课时提升训练1 力与物体的平衡
一、单项选择题
1．[2023·天津滨海八所重点学校联考]2022北京冬奥会自由式滑雪女子U型场地技巧决赛，中国队选手谷爱凌夺得冠军．如把U型场地近似看作半圆型轨道，则谷爱凌在滑至轨道最低点时，下列说法正确的是( )
A．处于平衡状态
B．处于超重状态
C．受到的支持力和重力是一对作用力和反作用力
D．受到重力、支持力、摩擦力和向心力四个力作用
2．[2023·江苏卷]
如图所示，“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处．已知探测器质量为m，四条腿与竖直方向的夹角均为θ，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的.每条腿对月球表面压力的大小为( )
A．B．
C．D．
3．如图所示，固定的光滑绝缘斜面OM的倾角θ＝37°，空间存在着平行于斜面向上的匀强电场，电场强度的大小E＝3.0×103N/C.现有一电荷量为q＝2.0×10－3C的带正电的小滑块从O点沿斜面匀速下滑(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，则小滑块的质量为( )
A.1kgB．2kg
C．3kgD．4kg
4．[2023·辽宁沈阳期中]如图甲、乙所示，某工厂将圆柱形工件a放在倾角为θ的斜面上，为防止工件滚动，在其下方垫一段半径与a相同的半圆柱体b.若逐渐减小斜面倾角θ，a、b始终处于静止状态，不计a与各接触面的摩擦，b的质量很小．则( )
A．斜面对a的弹力变大
B．斜面对a的弹力先变大后变小
C．b对a的弹力逐渐变大
D．b对a的弹力不变
5．[2023·重庆第二次调研]如图甲为某风景旅游区的观光索道．某段时间其运行的简化示意图如图乙，缆索倾角为37°，缆车通过卡扣固定悬挂在缆索上，在缆索的牵引下一起斜向上匀速运动．已知缆车和卡扣的总质量为m，运行过程中缆车始终处于竖直方向，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列说法正确的是( )
A．缆索对卡扣的摩擦力为0.6mg
B．缆索对卡扣的作用力为0.8mg
C．卡扣受到的合外力为mg
D．运行过程中缆车处于超重状态
6．如图所示，间距为L的足够长平行光滑导轨所在平面与水平面之间的夹角为θ，匀强磁场的方向是竖直方向，磁感应强度大小为B.将一根长为L、质量为m的导体棒垂直放置在导轨上，导体棒中通以方向从a向b的电流，此时金属棒静止在轨道上，则下列说法正确的是( )
A．匀强磁场的方向竖直向下
B．导体棒所受安培力方向竖直向上
C．导体棒中电流大小为
D．其他条件不变，仅电流方向突然反向，则金属棒可能继续保持静止
7．[2023·上海浦东新统考一模]如图，将橡皮筋的结点拉至O点并保持不动．水平移动滑轮C，并保持OB与竖直方向夹角α保持不变．要使OD绳下悬挂物质量最小，则OC与竖直方向的夹角β与α之间满足( )
A．α＝βB．α＋β＝90°
C．α＝2βD．2α＝β
8．[2023·广东省东莞市上学期期末]图示杆秤用3根长度相同细绳(重力不计)对称地系于圆形秤盘上，细绳的另一端汇聚后系在杆秤小吊环上的O点．用该秤来称质量为m(含秤盘)的物品，重力加速度为g，则平衡时( )
A.每根细绳的拉力大小均为
B．三根细绳拉力的合力小于mg
C．细绳越长，细绳的拉力越小
D．细绳的拉力大小与绳长无关
9．[2023·浙江舟山1月模拟]图甲是学校篮球存放架，支撑篮球的两个横杆一高一低，其右视图简化为图乙所示．若已知篮球重力大小为G，较低的水平横杆a对篮球的支持力大小为Fa，较高的水平横杆b对篮球的支持力大小为Fb，a、b两杆的距离正好等于篮球半径的倍，忽略杆的粗细，不计一切摩擦，则Fa、Fb、G的关系为( )
A．F－F＝G2B．F＋F＝G2
C．Fa＝FbD．Fb＝G
二、多项选择题
10．如图所示，重100N的物体A放在倾角为30°的粗糙斜面上，有一根原长为15cm，劲度系数为500N/m的弹簧，其一端固定在斜面底端，另一端放置物体A后，弹簧长度缩短为10cm，若滑块与斜面间最大静摩擦力为25N，现用一测力计沿斜面向上拉物体，当弹簧的长度仍为10cm时，测力计读数可能为( )
A．10NB．30N
C．50ND．70N
11．如图所示，绕过定滑轮的轻绳一端固定在竖直墙上，站在地面上的人用手拉着绳的另一端，定滑轮下吊着一个小球，处于静止状态，保持B点高度不变，在人缓慢向左移动一小段距离的过程中( )
A．绳上张力变大
B．人对地面的压力变大
C．地面对人的摩擦力变大
D．滑轮受到绳的作用力变大
12．如图所示，倾角θ＝30°的斜坡上放有一质量为m＝3kg的物体，给物体一沿斜坡向下的速度，物体刚好沿斜坡匀速下滑．现用轻绳拴接物体，一位同学站在斜坡的一定高度处用力拉物体沿斜坡缓慢上滑，已知拉动过程中该同学对轻绳的作用点到斜坡的距离不变，物体沿斜坡上滑，且轻绳与斜坡间的夹角为α时，外力最小为Fmin此时物体所受的摩擦力大小为Ff，物体对斜坡的压力大小为FN.重力加速度g＝10m/s2.下列说法正确的是( )
A．α＝60°B．Fmin＝15N
C．Ff＝15ND．FN＝N
三、非选择题
13．[2023·天津卷]如图，有一正方形线框静止悬挂着，其质量为m、电阻为R、边长为l.空间中有一个三角形磁场区域，其磁感应强度大小为B＝kt(k>0)，方向垂直于线框所在平面向里，且线框中磁场区域的面积为线框面积的一半，已知重力加速度为g，求：
(1)感应电动势E；
(2)线框开始向上运动的时刻t0.
课时提升训练1
1．解析：谷爱凌在滑至轨道最低点时，受合外力不为零，则不是处于平衡状态，选项A错误；谷爱凌在滑至轨道最低点时，加速度向上，则处于超重状态，选项B正确；受到的支持力和重力既不是一对作用力和反作用力，也不是平衡力，选项C错误；受到重力、支持力、摩擦力三个力作用，选项D错误．
答案：B
2．解析：对“嫦娥五号”探测器受力分析有FN＝mg月
则对一条腿有FN1＝mg月＝
根据牛顿第三定律可知每条腿对月球表面的压力为.故选D.
答案：D
3．解析：带正电的小滑块从O到M沿斜面匀速下滑，对小滑块受力分析，由平衡条件可知Eq＝mgsin37°，解得小滑块的质量m＝1kg，A正确．
答案：A
4．解析：以圆柱形工件为研究对象，受到重力mg、b对a的弹力T、斜面对a的支持力FN，设圆心连线与斜面的夹角为α，建立平面直角坐标系如图所示，根据几何关系得sinα＝＝，α＝30°，沿斜面方向根据平衡条件可得mgsinθ＝Tcosα，解得T＝，垂直于斜面方向根据平衡条件可得FN＝mgcosθ－Tsinα＝mgcosθ－mgtan30°sinθ，逐渐减小斜面倾角θ，则sinθ减小，cosθ增大，所以T减小，FN增大，选项A正确，B、C、D错误．
答案：A
5．解析：
缆车通过卡扣固定悬挂在缆索上，在缆索的牵引下一起斜向上匀速运动，对缆车和卡扣受力分析如图：根据共点力平衡条件可知f＝mgsin37°＝0.6mg，故A正确；缆索对卡扣的作用力为mg，卡扣受到的合外力为0，故B、C错误；运行过程中缆车处于平衡状态，既不失重也不超重，故D错误．故选A.
答案：A
6．解析：如果磁场方向竖直向上，由左手定则可知，安培力水平向右，导体棒所受合力不可能为零，导体棒不可能静止，则磁场方向竖直向下，故A正确，B错误；磁场的方向为竖直向下时，导体棒受到水平向左的安培力作用，同时还受竖直向下的重力和垂直于导轨向上的支持力作用，三力合力可以为零，由力的平衡有F＝BIL＝mgtanθ，解得I＝，故C错误；其他条件不变，仅电流方向突然反向，则安培力水平向右，导体棒所受合力不可能为零，导体棒不可能静止，故D错误．
答案：A
7．解析：
O点受到OA向上的拉力FA，大小、方向固定，OB斜向右下方的拉力FB，方向固定，画出力的矢量三角形如图所示．可知，当FB和FC垂直时，即α＋β＝90°时，OC绳上拉力最小，即OD绳下悬挂物质量最小．故选B.
答案：B
8．解析：设细绳与竖直方向夹角为θ，细绳拉力为T，根据平衡条件可得3Tcosθ＝mg
解得T＝>mg，A错误；
根据共点力平衡，三根细绳拉力的合力与重力等大反向，B错误；
细绳越长，θ越小，则T越小，C正确，D错误．
答案：C
9．解析：
根据勾股定理及“a、b两杆的距离正好等于篮球半径的倍”知∠aOb＝90°，对篮球受力分析如图所示，根据受力平衡知F＝G，根据勾股定理得F＋F＝F2，可得F＋F＝G2，B正确，A错误；设Fa与竖直方向的夹角为α，Fb与坚直方向的夹角为β，由于横杆a比b低，则α<β<90°，根据三角形的性质知同一个三角形中角越大所对的边越长，则G>Fa>Fb，C、D错误．
答案：B
10．解析：
施加拉力前，物体受到四个力的作用而平衡：重力G、垂直斜面向上的支持力FN、沿斜面向上的摩擦力Ff和弹簧对物体施加沿斜面向上的弹力F1，受力如图，其中F1＝kx1＝500×0.05N＝25N，根据平衡条件可求出Ff＝Gsin30°－F1＝25N，方向沿斜面向上；施加拉力F后，弹簧长度不变，说明物体仍然静止，并且弹簧对物体施加的弹力大小和方向不变，若摩擦力沿斜面向上，则F＋Ff＋F1＝Gsin30°，即F＋Ff＝25N，摩擦力Ff随着F增大而较小，当F＝25N时，Ff＝0；若F>25N，摩擦力沿斜面向下，因为物体没有滑动，所以F＋F1≤Gsin30°＋Ffmax，代入数据可得F≤50N，所以测力计读数在0～50N之间，故选项A、B、C正确，D错误．
答案：ABC
11．解析：滑轮两边绳上的力大小相等，人缓慢向左移动一小段距离的过程，滑轮两边绳间的夹角θ变大，根据2Tcos＝m球g，解得T＝，可知，θ变大，绳上的张力T变大，A正确；
对人分析有FN＝m人g＋Tcos
结合上述解得FN＝m人g＋Tcos＝m人g＋m球g
则人对地面的压力为F′N＝FN＝m人g＋m球g，可知人对地面的压力不变，B错误；
对人分析可知地面对人的摩擦力为f＝Tsin＝m球gtan
可知θ变大，地面对人的摩擦力变大，C正确；
对滑轮与小球整体分析可知，滑轮受到绳的作用力为
F＝m球g
即滑轮受到绳的作用力不变，D错误．
答案：AC
12．解析：物体在斜坡上刚好匀速向下运动时，由力的平衡条件得mgsinθ＝μmgcosθ，解得μ＝tanθ，用外力拉物体沿斜坡向上缓慢上滑时，物体处于动态平衡状态，则沿斜坡方向上有Fcosα＝mgsinθ＋Ff，沿垂直斜坡方向上有Fsinα＋FN＝mgcosθ，又Ff＝μFN，联立以上各式解得F＝，结合数学知识可知当α＝θ＝30°时，F有最小值，最小值为Fmin＝15N，A错误，B正确；当外力F最小时，由力的平衡条件得，沿斜坡方向上有Fmincosα＝mgsinθ＋Ff，沿垂直斜坡方向上有Fminsinα＋FN＝mgcosθ，解得Ff＝N，FN＝N，C错误，D正确．
答案：BD
13．解析：（1）根据法拉第电磁感应定律有
E＝n
又n＝1，＝·S＝kS，S＝
解得E＝.
（2）根据闭合电路欧姆定律可知线框中的感应电流为
I＝
结合安培力的公式和题图可知线框受到的安培力为
FA＝BIl
又B＝kt（k＞0）
联立可得线框受到的安培力为
FA＝
当线框开始向上运动时，有FA＝mg
＝mg
解得t0＝.
答案：（1） （2）课时提升训练2 力与直线运动
一、单项选择题
1．[2023·陕西省宝鸡市、汉中市部分校联考]牛顿是经典力学的奠基人，牛顿三定律是物理学乃至自然科学中第一个完整的理论体系，它把天地间万物的机械运动规律概括在一个严密的统一理论之中，这是人类认识自然的历史中第一次理论大综合．牛顿力学是经典物理学和天文学的基础，也是现代工程力学及与之有关的工程技术的理论基础．下列说法正确的是( )
A．牛顿通过理想斜面实验得出力是改变物体运动状态的原因
B．牛顿第一定律又被称为惯性定律，物体的速度越大，惯性越大
C．伽利略和笛卡尔的思想观点对牛顿第一定律的建立做出了基础性的贡献
D．牛顿第三定律指出先有作用力，后有反作用力
2．[2023·上海卷]一场跑步比赛中，第三跑道的运动员跑到30m处时，秒表计时为3.29s．根据以上信息，能否算得该运动员在这段时间内的平均速度和瞬时速度( )
A．可以算得平均速度，可以算得瞬时速度
B．无法算得平均速度，可以算得瞬时速度
C．可以算得平均速度，无法算得瞬时速度
D．无法算得平均速度，无法算得瞬时速度
3．[2023·北京卷]如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1kg，细线能承受的最大拉力为2N.若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动．则F的最大值为( )
A．1N B．2NC．4N D．5N
4．[2023·天津卷]质量为m的列车以速度v匀速行驶，突然以大小为F的力制动刹车直到列车停止，整个过程中列车还受到大小恒为f的阻力，下列说法正确的是( )
A．减速运动过程的加速度大小a＝
B．力F的冲量大小为mv
C．刹车距离为
D．匀速行驶时功率为(f＋F)v
5．[2023·渝琼辽名校模拟]近年来，重庆热门景点“李子坝列车穿楼”吸引了大量游客驻足，当地更是专门修建观景台“宠粉”．列车进站时以20m/s的初速度开始做匀减速直线运动，加速度大小为1.25m/s2，列车速度减为0后在李子坝站停靠了50s．则关于列车进站过程，下列说法正确的是( )
A．列车在减速运动阶段速度减小得越来越慢
B．列车开始减速后，t＝8s时的速度为12m/s
C．列车开始减速后，20s内的位移为150m
D．列车匀减速阶段最后1s内的位移大小是0.625m
6．[2023·山东卷]质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F和受到的阻力f均为恒力，如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运动．当小车拖动物体行驶的位移为S1时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落．物体继续滑行一段时间后停下，其总位移为S2.物体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力．小车的额定功率P0为( )
A.
B.
C.
D.
7．[2023·浙江金华模拟预测]最近，义乌中学实验室对一款市场热销的扫地机器人进行了相关测试，测试过程在材质均匀的水平地板上完成，获得了机器人在直线运动中水平牵引力大小随时间的变化图像a，以及相同时段机器人的加速度a随时间变化的图像b.若不计空气阻力，取重力加速度大小为10m/s2，则下列同学的推断结果正确的是( )
A．机器人与水平桌面间的最大静摩擦力为3N
B．机器人与水平桌面间的动摩擦因数为0.2
C．在0～4s时间内，合外力的冲量为12N·s
D．在0～4s时间内，合外力做的功为12J
二、多项选择题
8．[2023·湖北卷]t＝0时刻，质点P从原点由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t按图示的正弦曲线变化，周期为2t0.在0～3t0时间内，下列说法正确的是( )
A．t＝2t0时，P回到原点
B．t＝2t0时，P的运动速度最小
C．t＝t0时，P到原点的距离最远
D．t＝t0时，P的运动速度与t＝t0时相同
9．[2023·广东潮州二模]某高速公路上ETC专用通道是长为20m的直线通道，且通道前、后都是平直大道．安装有ETC的车辆通过ETC专用通道时，可以不停车而低速通过，限速为5m/s.如图所示是一辆小汽车减速到达通道口时立即做匀速运动，车尾一到通道末端立即加速前进的v t图像，则下列说法正确的是( )
A．由图像可知，小汽车的车身长度为5m
B．图像中小汽车减速过程的加速度大小为1.25m/s2
C．图像中小汽车减速过程的位移大小为200m
D．图像中小汽车加速过程的加速度比减速过程的加速度小
10.
[2023·福建厦门二模]如图所示，小明从羽毛球筒中取出最后一个羽毛球时，一手拿着球筒，另一只手迅速拍打筒的上端边缘，使筒获得向下的初速度并与手发生相对运动，筒内的羽毛球就可以从上端出来．已知球筒质量为M＝90g(不含球的质量)，球筒与手之间的滑动摩擦力为f1＝2.6N，羽毛球质量为m＝5g，球头离筒的上端距离为d＝9.0cm，球与筒之间的滑动摩擦力为f2＝0.1N，重力加速度g＝10m/s2，空气阻力忽略不计，当球筒获得一个初速度后( )
A．羽毛球的加速度大小为10m/s2
B．羽毛球的加速度大小为30m/s2
C．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为m/s
D．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为3m/s
三、非选择题
11．[2023·广东茂名二模]某超市为节省收纳空间，常常将手推购物车相互嵌套进行收纳．质量均为m＝16kg的两辆购物车相距L1＝1m静止在水平面上．第一辆车在工作人员猛推一下后，沿直线运动与第二辆车嵌套在一起，继续运动了L2＝1.25m后停了下来．人推车时间、两车相碰时间极短，可忽略，车运动时受到的阻力恒为车重的k＝0.25倍，重力加速度取g＝10m/s2，求：
(1)两辆车从嵌套后运动到停下来所用时间；
(2)两辆车在嵌套过程中损失的机械能；
(3)工人对第一辆车所做的功．
12．兴趣小组对老师演示惯性的一个实验进行了深入的研究．如图甲所示，长方形硬纸板放在水平桌面上，纸板一端稍稍伸出桌外，将一块橡皮擦置于纸板的中间，用手指将纸板水平弹出，如果弹的力度合适，橡皮擦将脱离纸板，已知橡皮擦可视为质点，质量为m1＝20g，硬纸板的质量为m2＝10g，长度为l＝5cm.橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，纸板与桌面间的动摩擦因数为μ2＝0.3，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.
(1)手指对纸板的作用力与时间的关系如图乙所示，要使橡皮擦相对纸板滑动，F0至少多大？
(2)手指对纸板的作用时间很短，可认为作用结束后，纸板获得速度v0但位移近似为零，则要使橡皮擦脱离纸板，v0需满足的条件？
课时提升训练2
1．解析：伽利略通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因，故A错误；牛顿第一定律又被称为惯性定律，物体的质量越大，惯性越大，故B错误；伽利略和笛卡尔的思想观点对牛顿第一定律的建立做出了基础性的贡献，故C正确；根据牛顿第三定律，作用力和反作用力是同时产生的，故D错误．故选C.
答案：C
2．解析：平均速度为某段时间（位移）内物体运动的平均快慢，等于该段时间（位移）内的总位移与总时间的比值，即：＝瞬时速度是某一时刻（位置）的速度，＝当Δt趋近于零时，平均速度近似等于瞬时速度，根据题意，已知总位移和总时间，可以计算平均速度，无法计算瞬时速度，故A、B、D错误，C正确；故答案为C.
答案：C
3．解析：设每个物块的质量均为m，细线上张力大小FT
对两物块整体做受力分析有F＝2ma
再对于后面的物块有FTmax＝ma
FTmax＝2N
联立解得F＝4N
故选C.
答案：C
4．解析：
答案：C
5．解析：列车做匀减速直线运动，速度均匀变化，A错误；根据速度与时间关系式可知8s时速度减为v＝v0－at＝（20－1.25×8）m/s＝10m/s，B错误；刹车问题，t′＝＝16s停下来，20s的位移为x＝＝160m, C错误；逆向思维求得，最后一秒位移为x′＝aT2＝×1.25×12m＝0.625m，D正确．
答案：D
6．解析：设物体与地面间的动摩擦因数为μ，当小车拖动物体行驶的位移为S1的过程中有
F－f－μmg＝（m＋M）a
v2＝2aS1
P0＝Fv
轻绳从物体上脱落后a2＝μg
v2＝2a2（S2－S1）
联立有P0＝
故选A.
答案：A
7．解析：由图乙可知机器人在2s时开始滑动，有加速度，所以刚要滑动时fm＝F2＝×2N＝6N，故A错误；
由图a、图b结合牛顿第二定律可得F4－f＝ma4，F2－f＝ma2
联立可得机器人质量m＝3kg
滑动摩擦力为f＝3N
机器人与水平桌面间的动摩擦因数为μ＝＝＝0.1，故B错误；
a t图像与时间轴所围成的面积表示速度的变化量
在0～4s时间内，合外力的冲量为I＝mΔv＝mt＝3××（4－2）N·s＝12N·s，故C正确；
4s末机器人的速度为v＝t＝×2m/s＝4m/s
在0～4s时间内，合外力做的功为W＝mv2＝24J，故D错误．
答案：C
8．解析：质点在0～t0时间内从静止出发先做加速度增大的加速运动再做加速度减小的加速运动，此过程一直向前加速运动，t0～2t0时间内加速度和速度反向，先做加速度增加的减速运动再做加速度减小的减速运动，2t0时刻速度减速到零，此过程一直向前做减速运动，2t0～4t0重复此过程的运动，即质点一直向前运动，A、C错误，B正确；a～t图像与时间轴所围成的面积表示速度的变化量，～t0内速度的变化量为零，因此时刻的速度与t0时刻相同，D正确．故选BD.
答案：BD
9．解析：根据题意，由图可知，汽车匀速运动的位移为x＝vt＝5×（25－20）m＝25m
由于通道长为20m，则小汽车的车身长度为5m，故A正确；
根据v t图像中斜率表示加速度，由图可知，小汽车减速过程的加速度大小为
a1＝m/s2＝1m/s2
小汽车加速过程的加速度大小为a2＝m/s2≈0.71m/s2，可知图像中小汽车加速过程的加速度比减速过程的加速度小，故B错误，D正确．
根据v t图像中面积表示位移，由图可知，小汽车减速过程的位移大小为
x1＝×（25＋5）×20m＝300m，故C错误．故选AD.
答案：AD
10．解析：依题意，对羽毛球受力分析，由于羽毛球相对于筒向上运动，受到筒对它竖直向下的摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得mg＋f2＝ma1
求得羽毛球的加速度为a1＝30m/s2
羽毛球向下做匀加速直线运动，故A错误，B正确；
对筒受力分析，根据牛顿第二定律有Mg－f1－f2＝Ma2
求得a2＝－20m/s2
负号表示筒的加速度方向竖直向上，说明筒向下做匀减速直线运动，若敲打一次后，羽毛球头部能从上端筒口出来，则当羽毛球到达筒口时，二者速度相等，此时筒获得的初速度为最小vmin，有
a1t＝vmin－a2t，（vmint＋a2t2）－a1t2＝d
联立，代入相关数据求得vmin＝3m/s，故C错误，D正确．
故选BD.
答案：BD
11．解析：（1）对整体，由牛顿第二定律k×2mg＝2ma
解得a＝2.5m/s2
逆向过程L2＝at2
得t＝1s.
（2）嵌套后，对整体根据运动学公式有，0＝v2－at
得v2＝2.5m/s
嵌套过程中，根据动量守恒定律有，mv1＝2mv2得v1＝5m/s
在嵌套过程中损失的机械能ΔE＝mv－×2mv
解得ΔE＝100J.
（3）对小车W－kmgL1＝mv－0
解得W＝240J.
答案：（1）1s （2）100J （3）240J
12．解析：（1）当橡皮擦刚好相对纸板滑动，对橡皮擦有
μ1m1g＝m1a1
对橡皮擦和纸板整体有F0－μ2（m1＋m2）g＝（m1＋m2）a2
要使橡皮擦在纸板上滑动，需满足a2>a1，解得F0>0.15N．
（2）纸板获得速度后做减速运动，橡皮擦做加速运动，当橡皮擦与纸板共速时刚好脱离纸板，此时，v0最小设为v0min.则对橡皮擦有x1＝at2；v＝at
对纸板有μ1m1g＋μ2（m1＋m2）g＝m2a2；x2＝v0mint－a2t2；v＝v0min－a2t
根据位移关系有x2－x1＝
联立解得v0min＝m/s
则要使橡皮擦脱离纸板，v0需满足v0≥v0min＝m/s
解得l2＝1.5m.
答案：（1）0.15N （2）v0≥m/s课时提升训练3 力与曲线运动
一、单项选择题
1．[2023·辽宁卷]某同学在练习投篮，篮球在空中的运动轨迹如图中虚线所示，篮球所受合力F的示意图可能正确的是( )
2．[2023·浙江6月卷]图为“玉兔二号”巡视器在月球上从O处行走到B处的照片，轨迹OA段是直线，AB段是曲线，巡视器质量为135kg，则巡视器( )
A．受到月球的引力为1350N
B．在AB段运动时一定有加速度
C．OA段与AB段的平均速度方向相同
D．从O到B的位移大小等于OAB轨迹长度
3．[2023·全国冲刺卷]2021年1月，“天通一号”03星发射成功．发射过程简化为如图所示：火箭先把卫星送上轨道1(椭圆轨道，P、Q是远地点和近地点)后火箭脱离；卫星再变轨，到轨道2(圆轨道)；卫星最后变轨到轨道3(同步圆轨道).轨道1、2相切于P点，轨道2、3相交于M、N两点．忽略卫星质量变化．则下列说法正确的是( )
A．卫星在三个轨道上的周期T3＞T2＞T1
B．由轨道1变至轨道2，卫星在P点向前喷气
C．卫星在三个轨道上机械能E3＝E2＞E1
D．轨道1在Q点的线速度小于轨道3的线速度
4．一景观喷泉示意图如图所示，图中各点在同一竖直平面内，其中A、B、C三点在同一竖直线上，C、D、E三点在同一水平线上，各点间的距离已标在图中．P为水平喷水管，管口较细，若将喷水管固定在AB间任意位置，水管中喷出的水都能直接喷入水池中．不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则水从管口喷出时的速度可能为( )
A．5m/sB．7m/s
C．9m/sD．10m/s
5.[2023·四川省绵阳市诊断]随着2022年北京冬奥会和冬残奥会的成功举办，北京成为世界上首个双奥之城．如图所示，一滑雪运动员从A点由静止沿半径r＝50m的圆弧形滑道AB下滑，经B点越过宽为d的横沟到达平台C时，其速度vC刚好沿水平方向．已知A、B两点的高度差为20m，B、C两点间的高度差h＝4.05m，坡道在B点的切线方向与水平面成37°，运动员的质量m＝50kg，重力加速度g取10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，下列说法正确的是( )
A．运动员在C点的速度大小vC＝9m/s
B．运动员在飞出B点前，对B点的压力大小为725N
C．从A到B的运动过程中，运动员机械能的减少量为4375J
D．从B到C的运动过程中，运动员动量的变化量大小为150kg·m/s
6．[2023·湖南永州三模]两颗相距较远的行星A、B的半径分别为RA、RB，距A、B行星中心r处，各有一卫星分别围绕行星做匀速圆周运动，线速度的平方v2随半径r变化的关系如图甲所示，两图线左端的纵坐标相同；卫星做匀速圆周运动的周期为T，lgT－lgr的图像如图乙所示的两平行直线，它们的截距分别为bA、bB.已知两图像数据均采用国际单位，bB－bA＝lg，行星可看作质量分布均匀的球体，忽略行星的自转和其他星球的影响，下列说法正确的是( )
A．图乙中两条直线的斜率均为3
B．行星A、B的质量之比为1∶3
C．行星A、B的密度之比为1∶9
D．行星A、B表面的重力加速度大小之比为3∶1
7．[2023·陕西省咸阳市模拟检测]某研究小组将一个装有几个相同的光滑小圆柱体(半径为r)的小盒子(其体积相对圆盘很小)放置到水平圆盘上，如图所示，其中图甲为装置图，图乙为小盒子内小圆柱体放大后的截面图．盒子中光滑的小圆柱体与所在位置的圆盘半径垂直．现让圆盘的角速度缓慢增大．已知小盒子与圆盘间的摩擦因数μ＝0.6，盒子到转轴的距离为L，且r L，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则( )
A．随圆盘转动的角速度缓慢增大，圆柱体Q对P的弹力增大
B．随圆盘转动的角速度缓慢增大，圆柱体Q对P的弹力不变
C．只要圆盘的角速度不超过，所有的物体都相对圆盘静止
D．只要圆盘的角速度不超过，所有的物体都相对圆盘静止
二、多项选择题
8．[2023·福建宁德市期中]2022年6月5日，“神舟十四号”成功对接于天和核心舱径向端口，航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲进入核心舱，开展相关工作．已知核心舱的运行轨道距地面高度约为400km，地球同步卫星距地面高度约为36000km.则( )
A．核心舱的运行周期比地球同步卫星的短
B．核心舱的线速度小于地球同步卫星的线速度
C．“神舟十四号”的在轨速度一定小于7.9km/s
D．航天员漂浮在核心舱中，其处于平衡状态
9.[2023·江苏苏锡常镇四市一模]2021年2月，天问一号火星探测器被火星捕获，经过系列变轨后从“调相轨道”进入“停泊轨道”，为着陆火星做准备．如图所示，阴影部分为探测器在不同轨道上绕火星运行时与火星的连线每秒扫过的面积，下列说法正确的是( )
A.图中两阴影部分的面积相等
B．从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器周期变小
C．从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器机械能变小
D．探测器在P点的加速度小于在N点的加速度
10．[2023·福建宁德5月检测]利用万有引力常量G和表中选择的一些信息可以完成的估算是( )
信息内容 地球公转周期约365天 地表重力加速度约为9.8m/s2 火星的公转周期为687天
信息内容 日地距离大约是1.5亿km 地球半径6400km 地球近地卫星的周期90min
A.地球的密度B．太阳的密度
C．近地卫星的质量D．火星公转的线速度
三、非选择题
11.
[2023·江苏卷]“转碟”是传统的杂技项目，如图所示，质量为m的发光物体放在半径为r的碟子边缘，杂技演员用杆顶住碟子中心，使发光物体随碟子一起在水平面内绕A点做匀速圆周运动．当角速度为ω0时，碟子边缘看似一个光环．求此时发光物体的速度大小v0和受到的静摩擦力大小f.
12.
[2023·陕西省咸阳市模拟检测]如图所示，“高台跳水投球”项目：选手从跳水板的末端由静止下落，下落过程中抛出球，球直接落入筐即可得分．该选手在跳板上双手举球，球到水面高度H＝7.2m，筐距离水面高度h＝2.2m，球距筐水平距离x＝2m，重力加速度g＝10m/s2.(下落过程中人和球视为质点，不计空气阻力，人的质量远大于球的质量)
(1)选手离开跳板时将球水平抛出并得分，求抛球速度v0；
(2)选手落至球筐等高处时抛球，人落水时球刚好进筐，求抛出时球相对水面的速度大小v1.
13．[2023·江苏苏锡常镇四市二模]图为一“永动机”玩具的模型，abcd是一组光滑细金属双轨，轨道间距为l＝0.8cm，bc段水平．按下一个隐蔽开关后，把质量m＝3.6g的钢球从软木盘中心洞口O无初速释放，钢球便沿轨道运动至d点斜向上飞出，速度与水平方向成53°，之后恰好落到洞口O点附近的G点，接着在洞口附近来回运动一段时间后，再次从洞口无初速落下，此后不断重复以上过程．不计空气阻力，g＝10m/s2，sin53°＝0.8.
(1)已知钢球直径d＝1cm，求钢球在bc段上滚动时，每条轨道对钢球的支持力F；
(2)若将钢球视做质点，Gd处在同一高度，水平距离s＝60cm，求钢球从d点飞出后能上升的最大高度h；
(3)要使钢球能“永动”，求小球每运动一圈，玩具中隐蔽的加速装置需对小球做的功W.
14．[2023·山东淄博实验中学考试]如图所示，长为L1＝0.6m的细线拴一质量为m＝1kg的物块在水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)，摆线与竖直方向的夹角为α＝60°，不计空气阻力，当物块运动到P点时绳子断了，一段时间后物块恰好从光滑圆弧ABC的A点沿切线方向进入圆弧，进入圆弧时无机械能损失，已知圆弧的半径R＝m，圆心角θ＝53°，物块经光滑地面从C点滑上顺时针转动的倾斜传送带CD，滑上C点前后瞬间速率不变．传送带CD与地面的倾角37°，其速度为v＝2m/s.已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.5(g取10m/s2，sin53°＝0.80，cos53°＝0.60)求：
(1)物块运动到P点时的速度v0大小；
(2)物块在圆弧轨道B点所受支持力大小；
(3)若传送带CD部分长L2＝2.35m，求物块从C运动到D的时间．
课时提升训练3
1．解析：篮球做曲线运动，所受合力指向运动轨迹的凹侧．故选A.
答案：A
2．解析：在月球上的g与地球不同，故质量为135kg的巡视器受到月球的引力不是1350N，故A错误；由于在AB段运动时做曲线运动，速度方向一定改变，一定有加速度，故B正确；平均速度的方向与位移方向相同，由图可知OA段与AB段位移方向不同，故平均速度方向不相同，故C错误；根据位移的定义可知从O到B的位移大小等于OB的连线长度，故D错误．故选B.
答案：B
3．解析：根据开普勒第三定律＝k可知，卫星在三个轨道上的周期T3＝T2＞T1，故A错误；由轨道1变至轨道2，加速做离心运动，卫星在P点向后喷气，故B错误；由轨道1变至轨道2，离心运动，卫星在P点向后喷气，机械能增大，而在轨道2、3上，高度相同，根据v＝可知，速度大小相同，动能相同，则机械能相同，故E3＝E2＞E1，故C正确；轨道1在Q点的线速度大于对应圆轨道的线速度，根据v＝可知Q点对应圆轨道的线速度大于轨道3的线速度，故轨道1在Q点的线速度大于轨道3的线速度，故D错误．
答案：C
4．解析：根据题意可知，喷泉管在最低点B时要满足水平位移大于CD，则竖直方向hBC＝gt，解得t1＝＝s＝0.4s，水平方向x1＝v0t1>2.4m，解得v0>6m/s，喷水管在最高点A时要满足水平位移小于CE，则竖直方向hAC＝gt，解得t2＝＝s＝0.6s，水平方向x2＝v0t2<4.8m，解得v0<8m/s，则满足题目要求的初速度的取值范围为6m/s答案：B
5．解析：运动员从B点运动至C点的过程中做斜上抛运动．设在B点时，运动员沿竖直方向分速度为v1，沿水平方向分速度为v0.则运动员在这个过程中，竖直方向做匀减速直线运动，水平方向做匀速直线运动．到达C点时，竖直方向速度恰好为零，水平方向速度不变．故有2gh＝v
根据B点时水平方向分速度和竖直方向分速度的关系，可得＝tan37°
联立可解得v1＝9m/s，v0＝12m/s，所以C点的速度12m/s，故A错误；
在B点时，根据速度的合成可得vB＝＝15m/s
在B点根据牛顿第二定律可得FN－mgcos37°＝m
联立可得FN＝625N，故B错误；
以B点为零势能面，则从A到B的运动过程中，运动员机械能的减少量为ΔE＝mgHAB－mv＝4375J，故C正确；
由上可知从B到C的运动过程中，运动员在水平方向上做匀速直线运动，故在水平方向动量变化量为零．在竖直方向上做匀减速直线运动，运动员竖直方向的动量的变化量大小为Δp＝0－mv1＝－450kg·m/s
故在此过程中，运动员动量的变化量大小为450kg·m/s.故D错误．
答案：C
6．解析：根据万有引力提供向心力有＝mr整理得T2＝r3
两边取对数得2lgT＝3lgr＋lg
整理可得lgT＝lgr＋lg
题图乙中两条直线的斜率均为，选项A错误；
根据已知条件有lg－lg＝lg解得MA∶MB＝3∶1，选项B错误；
由题图甲可知，两行星的第一宇宙速度相等，有＝解得RA＝3RB
两行星的密度满足ρA＝，ρB＝解得ρA∶ρB＝1∶9，选项C正确；
在星球表面aA＝，aB＝解得aA∶aB＝1∶3，选项D错误．故选C.
答案：C
7．解析：随着转盘角速度缓慢增大，P做圆周运动所需的向心力增大，受力分析可知，圆柱体Q对P的弹力将变小，A、B错误；
要使得所有物体相对于圆盘静止，则相对于要保证P相对于圆盘静止，对P进行受力分析如图所示
由图可知，当P只受到M的弹力和自身重力来提供向心力时，此时向心力达到最大值，由几何关系可得tan30°＝，F向＝mg
又由向心力与角速度关系可知F向＝mω2R
因为r远小于L，故R取成L，解得ω＝＝，C错误；
当小盒子刚要滑动时，对整体受力分析可知μmg＝mω′2L，解得ω′＝>，只要圆盘的角速度不超过，所有的物体都相对圆盘静止，D正确．
答案：D
8．解析：根据G＝m，解得T＝
可知轨道半径越大，运行周期越大，即核心舱的运行周期比地球同步卫星的短，A正确；
根据G＝m，解得v＝
可知轨道半径越小，运行线速度越大，则核心舱的线速度大于地球同步卫星的线速度，B错误；
7．9km/s是地球的第一宇宙速度，等于近地卫星的环绕速度，而“神舟十四号”的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，根据上述可知，“神舟十四号”的在轨运行速度一定小于7.9km/s，C正确；
航天员漂浮在核心舱中，其处于完全失重状态，D错误．
答案：AC
9．解析：根据开普勒第二定律可知探测器绕火星运行时在同一轨道上与火星的连线每秒扫过的面积相等，但在不同轨道上与火星的连线每秒扫过的面积不相等，故A错误；
根据开普勒第三定律知探测器在停泊轨道上运行周期比在调相轨道上小，故B正确；
探测器从“调相轨道”进入“停泊轨道”需在P点减速，做近心运动，机械能减小，故C正确；
根据牛顿第二定律＝ma可知P点的加速度比在N点的大，故D错误．
答案：BC
10．解析：对地球近地卫星有G＝mR
由于ρ＝解得ρ＝
可估算出地球的密度，近地卫星作为环绕天体，根据题中条件无法求出其质量，A正确，C错误；
地球绕太阳做匀速圆周运动有G＝Mr可得M0＝
利用地球公转周期T0、日地距离r只能求出太阳的质量，由于不知道太阳的半径，则不能求出太阳的密度，B错误；
根据开普勒第三定律有＝可以估算出火星到太阳的距离，根据v火＝则可以估算出火星的线速度，D正确．故选AD.
答案：AD
11．解析：发光体的速度v0＝ω0r
发光体做匀速圆周运动，则静摩擦力充当做圆周运动的向心力，则静摩擦力大小为f＝mωr
答案：ω0r mωr
12．解析：（1）选手离开跳板时将球水平抛出并得分，则由平抛运动规律H－h＝gt2，x＝v0t
解得v0＝2m/s.
（2）选手落至球筐等高处时抛球，人落水时球刚好进筐，则球抛出到进框运动的时间Δt等于人从球框等高处运动到水面所用时间，为Δt＝－＝0.2s
球抛出相对水面的水平方向速度为v1x，有x＝v1xΔt
球抛出相对水面的竖直方向速度为v1y，有v1y＝g·Δt
抛出时球相对水面的速度大小v1为v1＝
解得v1＝m/s.
答案：（1）2m/s （2）m/s
13.
解析：（1）钢球在bc段上滚动时，支持力与竖直方向夹角满足sinθ＝＝
竖直方向根据受力平衡可得2Fcosθ＝mg
联立解得F＝0.03N.
（2）Gd间的运动可以视为两段平抛运动，设钢球从d点飞出至最大高度用时为t
利用平抛知识可知，水平方向有＝vxt
竖直方向有vy＝gt
d点速度与水平方向夹角满足tan53°＝又h＝gt2
联立解得t＝0.2s，h＝m.
（3）d点抛出时的竖直分速度为vy＝gt＝2m/s
d点速度为vd＝＝2.5m/s
每次补偿的能量为W＝Ekd＝mv＝1.125×10－2J.
答案：（1）0.03N （2）m （3）1.125×10－2J
14．解析：（1）物块做圆周运动时，对物块进行受力分析，细线弹力的水平分力提供向心力，
水平方向上有Tsinα＝m
竖直方向上有Tcosα＝mg
解得v0＝3m/s.
（2）物块沿切线方向进入A，则cosθ＝，vA＝m/s＝5m/s
从A到B过程根据动能定理有mgR（1－cosθ）＝mv－mv
解得vB＝6m/s
设在B点轨道对物块的支持力为FN，根据牛顿第二定律得FN－mg＝m，FN＝N.
（3）刚滑上传送带时，物块相对传送带向上运动，受摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律得
a1＝＝10m/s2，方向平行传送带向下．
设速度减到与传送带速度相同时用时t1，位移为x1，剩余距离为x2，剩余时间为t2
t1＝＝0.4s，v－v2＝2a1x1，解得x1＝1.6m以后物块的加速度a2＝＝2m/s2，x2＝L2－x1＝0.75m
根据运动公式v2－v＝2a2x2
解得v1＝1m/s
用时间t2＝＝0.5s
总时间t＝t1＋t2＝0.9s.
答案：（1）3m/s （2）N （3）0.9s课时提升训练4 功能关系与能量守恒
一、单项选择题
1．[2023·全国甲卷]一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中( )
A．机械能一直增加
B．加速度保持不变
C．速度大小保持不变
D．被推出后瞬间动能最大
2.[2023·辽宁卷]如图(a)，从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道．两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图(b)所示．由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中( )
A．甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
B．甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
C．乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变
D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
3.
[2023·江苏卷]滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端．利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示．与图乙中相比，图甲中滑块( )
A．受到的合力较小
B．经过A点的动能较小
C．在A、B之间的运动时间较短
D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小
4．[2023·广东省广州市开学测试]福建土楼兼具居住和防御的功能，承启楼是圆形土楼的典型代表，如图(a)所示．承启楼外楼共四层，各楼层高度如图(b)所示．同一楼层内部通过直径约50m的圆形廊道连接．若将质量为100kg的防御物资先从二楼仓库搬到四楼楼梯口M处，再用100s沿廊道运送到N处，如图(c)所示．重力加速度大小取10m/s2，则( )
A．该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中，克服重力所做的功为5400J
B．该物资从M处被运送到N处的过程中，克服重力所做的功为78500J
C．从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为78.5m
D．从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为0.5m/s
二、多项选择题
5．[2023·四川省雅安市高三诊考]滑板项目是极限运动的鼻祖，许多的极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图所示为滑板运动场地的示意图，场地是圆心角为θ＝120°的圆弧面，A、C等高，B为最低点，滑板与场地之间的动摩擦因数μ＝，且处处相同．现运动员和滑板车一起由A点以一定的初速度沿圆弧面向下滑，且恰能到达C点，重力加速度用g表示．下列说法中正确的是( )
A．运动员在C点时的加速度为g
B．运动员在下滑过程中，重力的功率一直在增大
C．运动员由A到B过程中与由B到C过程中摩擦力做的功相等
D．运动员在整个运动过程中机械能一直在减少
6．[2023·广东省广州市一模]如图，中国古代的一种斜面引重车前轮矮小、后轮高大，在前后轮之间装上木板构成斜面；系紧在后轮轴上的绳索，绕过斜面顶端的滑轮与斜面上的重物连接．设重物的重力为G、绳索对重物的拉力为T、斜面对重物的作用力为F.推车子前进，重物被拉动沿木板上滑过程中( )
A．F与T的夹角一定大于90°
B．G和T的合力一定与F等大反向
C．T和F对重物做功之和等于重物动能的变化量
D．T和F对重物做功之和等于重物机械能的变化量
7．[2023·新课标卷]一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示．物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2.下列说法正确的是( )
A．在x＝1m时，拉力的功率为6W
B．在x＝4m时，物体的动能为2J
C．从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为2kgm/s
8．如图甲，劲度系数k＝10N/m的轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端连接一个质量为M的木板．开始时弹簧处于原长，木板静止在光滑的水平桌面上，一质量m＝1kg的物块(可视为质点)从木板左端以2m/s的初速度滑上木块，最终恰好停在木板的右端．图乙中A为物块的v t图线，B为木板的v t图线且为正弦图线．已知重力加速度g＝10m/s2，根据图中所给信息可得( )
A．木板的长度为2m
B．t＝1s时，弹簧的弹性势能为1.5J
C．t＝1s时，木板受到物块的摩擦力与弹簧的弹力大小相等
D．2s内物块和木板因摩擦产生的热量为2J
三、非选择题
9．[2023·四川巴中市上学期考试]滑板是同学们喜爱的体育运动，如图所示，一同学正在进行滑板运动．图中ABD是同一水平路面，BC是一段R＝4m的圆弧路面，圆弧的最高点C与其圆心O在同一竖直线上，BC圆弧对应的圆心角为37°，该同学从A点由静止开始在AB路段单脚用力蹬地，然后收腿和滑板一起冲上圆弧路段到达C点，在C点时滑板对路面的压力为300N；已知他和滑板的总质量为50kg，不计滑板与各路段之间的摩擦力以及经过B点时的机械能损失．已知重力加速度g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6.求：
(1)从C点水平抛出，其落地点与C点的水平距离x为多少？
(2)该同学在AB段消耗的体能中有多少焦转化为他和滑板的机械能．
10.[2023·山东青岛市期中]科技节上某中学科技社团设计了一个竖直面轨道模型，如图所示，该模型由一个半径R＝0.45m的光滑四分之一圆弧轨道和一个固定半径r＝0.6m的“S”型光滑管道以及一个倾角可调的斜直轨道构成．现从圆弧轨道的顶端A点由静止释放一个质量m＝0.5kg的小球，小球从B点水平进入“S”型管道，该管道B、C两管口切线水平，O1、O2为两细管道圆心，O1O2连线与竖直线间的夹角α＝120°.在光滑水平轨道CD中间静止放置一个质量也为0.5kg的小滑块，小滑块与小球发生弹性碰撞冲上与水平面平滑连接的足够长倾斜直轨道，不计小滑块经过D点处的机械能损失，直轨道DE的倾角θ可以在0到60°间调节，小滑块与轨道DE间的动摩擦因数μ＝0.75.已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)小球运动到B点时对管道作用力的大小和方向；
(2)若θ＝53°，滑块在倾斜轨道DE上经过的总路程s；
(3)写出θ取不同值时，滑块在倾斜轨道DE上克服摩擦力所做的功W与θ的关系．
11.
[2023·呼伦贝尔模拟]如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段平直倾斜且粗糙，BC段是光滑圆弧，对应的圆心角θ＝53°，半径为r，CD段水平粗糙，各段轨道均平滑连接，在D点右侧固定了一个圆弧挡板MN，圆弧半径为R，圆弧的圆心在D点．倾斜轨道所在区域始终有场强大小为E1＝、方向垂直于斜轨向下的匀强电场，在M、N两点所在直线右侧空间存在方向竖直向上的匀强电场(图中没有画出)，场强大小为E2＝.一个质量为m、电荷量为q的带正电小物块(可视为质点)在倾斜轨道上的A点由静止释放，最终从D点水平抛出并击中挡板，以D点为原点，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，建立平面直角坐标系．已知A、B之间距离为2r，斜轨与小物块之间的动摩擦因数为μ＝，重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求：
(1)小物块运动至圆弧轨道的C点时对轨道的压力大小；
(2)改变小物块释放点到B点的距离和电场强度E1的大小，使小物块每次都能从D点以不同的速度水平抛出并击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值，并求出小物块的落点坐标．
课时提升训练4
1．解析：铅球做平抛运动，仅受重力，故机械能守恒，A错误；铅球的加速度恒为重力加速度保持不变，B正确；铅球做平抛运动，水平方向速度不变，竖直方向做自由落体运动，根据运动的合成可知铅球速度变大，则动能越来越大，CD错误．故选B.
答案：B
2．解析：由图（b）可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿Ⅰ下滑，A、C错误；任意时刻甲的速率都小于乙的速率，可知同一时刻甲的动能比乙的小，B正确；乙沿Ⅰ下滑，开始时乙速度为0，到N点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式P＝mgvy可知重力瞬时功率先增大后减小，D错误．故选B.
答案：B
3．解析：设斜面倾角为θ、滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，对滑块受力分析有F合上＝mgsinθ＋μmgcosθ，F合下＝mgsinθ－μmgcosθ，故图甲中滑块受到的合力较大，A错；滑块由A到B的过程，有2a上xAB＝v，由B到A的过程，有2a下xAB＝v，又F合上＞F合下，则a上＞a下，故vA上＞vA下，图甲中滑块经过A点的动能较大，B错；将滑块由A到B的过程逆向思维为由B到A的初速度为0、加速度大小为a上的匀加速运动，则xAB＝a上t，又xAB＝a下t，a上＞a下，故t上＜t下，即图甲中滑块在A、B之间的运动时间较短，C对；上升和下降过程摩擦力大小相等，经过AB的距离相等，根据W＝－fx可知在A、B之间克服摩擦力做的功相等，D错．
答案：C
4．解析：该物资从二楼地面被运送到四楼M处的过程中，克服重力所做的功为WG＝mgΔh＝100×10×（2.7＋2.7）J＝5400J，故A正确；
该物资从M处被运送到N处的过程中，由于M、N高度差为零，所以克服重力做功为零，故B错误；
从M处沿圆形廊道运动到N处，位移大小为50m，故C错误；
从M处沿圆形廊道运动到N处，平均速率为＝＝＝m/s＝0.785m/s，故D错误．
答案：A
5．解析：对运动员在C点受力分析有mgsin60°－μmgcos60°＝ma，解得a＝g，选项A正确；在下滑到最低点B时，此时vB⊥mg，则重力的功率为零，所以重力的功率先增大后减小，选项B错误；运动员由A到C过程中，在同一等高处右边的速度始终大于左边的速度，则其对右边圆弧面的压力始终大于对左边圆弧面的压力，故运动员在右边圆弧面受到的摩擦力始终大于在左边圆弧面受到的摩擦力，因此右边摩擦力做的功大于左边摩擦力做的功，选项C错误；由于摩擦力一直做负功，所以运动员的机械能一直在减少，选项D正确．
答案：AD
6．解析：
对重物受力分析，受重力G、绳的拉力T、斜面的支持力N和摩擦力f，斜面对重物的作用力F为支持力N和摩擦力f的合力，如图所示：由受力分析图可知，F与T的夹角一定大于90°，故A正确；重物被拉动沿木板上滑过程中不一定做匀速运动，不一定处于平衡状态，所以G和T的合力不一定与F等大反向，故B错误；由动能定理可知，合外力对重物所做的功等于重物动能的变化量，即G、T和F对重物做功之和等于重物动能的变化量，故C错误；由功能关系可知，除重力以外的其他力对重物所做的功等于重物机械能的变化量，所以T和F对重物做功之和等于重物机械能的变化量，故D正确．
答案：AD
7．解析：由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W＝Fx
可看出W x图像的斜率代表拉力F.
在物体运动的过程中根据动能定理有W－μmgx＝mv2
则x＝1m时物体的速度为v1＝2m/s
x＝1m时，拉力为F＝＝6N
则此时拉力的功率P＝Fv1＝12W
x＝4m时物体的动能为Ek＝2J
A错误、B正确；
从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为Wf＝μmgx＝8J，C正确；
根据W x图像可知在0～2m的过程中F1＝6N，2～4m的过程中F2＝3N，由于物体受到的摩擦力恒为f＝4N，则物体在x＝2m处速度最大，动量最大，且根据选项AB分析可知此时的速度v2＝m/s
则从x＝0运动到x＝4的过程中，物体的动量最大为p＝mv＝2kg·m/s，D错误．
答案：BC
8．解析：由于v t图线与t轴围成的面积表示位移，通过图像可知，物块一直向右运动，位移s＝2m，木板先向右运动后向左运动，总位移为0.因此，物块运动的位移即为木板长度，即2m，A正确．由于v t图像的斜率表示加速度，可知物块减速运动的加速度大小为1m/s2，而物块仅受摩擦力的作用做匀减速运动，根据牛顿第二定律可知f＝ma＝1N，由木板的v t图线可知，t＝0.5s时，B的速度最大，此时木板的加速度为0，对木板进行受力分析可知，此时弹簧弹力与摩擦力二力平衡，且弹簧伸长量的大小为木板的位移x，有kx＝f，解得x＝0.1m，由正弦图线的对称性可知，t＝1s时，木板的速度为0，即木板向右运动的位移为2x，对0～1s内的运动过程，由能量守恒定律得mv＝mv＋f（sA－2x）＋Ep，其中物块在1s内的位移为sA＝t＝×1m＝1.5m，联立可得Ep＝0.2J，B错误.1s时，木板的v t图线切线斜率不为0，说明木板此时仍有加速度，故摩擦力与弹簧弹力大小并不相等，C错误.2s内物块和木板因摩擦产生的热量Q＝fΔs，由图像可知，全过程物块与木板的相对路程等于物块的位移s，因此物块和木板因摩擦产生的热量为2J，D正确．
答案：AD
9．解析：（1）他和滑板在C点受力分析有mg－FN＝m
由几何关系有h＝R（1－cos37°）
在C点平抛有h＝gt2，x＝vCt
联立解得x＝1.6m.
（2）设其消耗的体能为E，A～C过程所做功为W，由功能关系有W－mgh＝mv
能量守恒有E＝W
则E＝800J.
答案：（1）1.6m （2）800J
10．解析：（1）小球从A到B，根据机械能守恒有mgR＝mv
小球在B点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m
联立解得FN＝15N
根据牛顿第三定律可知小球运动到B点时对管道作用力的大小为F′N＝FN＝15N，方向竖直向下．
（2）因小球和滑块的质量相等，发生弹性碰撞，故碰撞后两物体的速度交换，所以两者在轨道间的运动其实可以只考虑一个物体．对小滑块分析，则有mgsin53°>μmgcos53°
所以小滑块不能停在倾斜轨道上，最后停在水平面上的D点，根据全过程动能定理有mg[R＋2r＋2rsin（α－90°）]－μmgcos53°·s＝0
解得s＝5m.
（3）当mgsinθ＝μmgcosθ时，即tanθ＝μ＝0.75
解得θ＝37°
当0≤θ≤37°时，小滑块能停在倾斜轨道上，由动能定理得mg[R＋2r＋2rsin（α－90°）]－μmgcosθ·x2－mgx2sinθ＝0
解得x2＝
则滑块在直轨道CD上克服摩擦力所做的功W＝μmgcosθ·x2
解得W＝
当37°＜θ≤53°，小滑块最后停在D点，由动能定理得mg[R＋2r＋2rsin（α－90°）]－W＝0
解得W＝112.5J.
答案：（1）15N 方向竖直向下 （2）5m （3）见解析
11．解析：（1）小物块由A到B过程由动能定理，得mgsinθ·2r－μ（mgcosθ＋qE1）·2r＝mv
解得vB＝
小物块由B到C过程由机械能守恒定律，得
mgr（1－cosθ）＝mv－mv
解得vC＝
在C点由支持力与重力的合力提供向心力，得
FN－mg＝m
解得FN＝mg
由牛顿第三定律可得小物块对圆弧轨道的压力大小F′N＝mg.
（2）小物块离开D点后做类平抛运动，得水平方向x＝vDt
由牛顿第二定律有qE2－mg＝ma
解得a＝g
加速度方向竖直向上，则竖直方向位移大小y＝at2
而x2＋y2＝R2
小物块类平抛过程，由动能定理得
（qE2－mg）y＝Ek－mv
解得Ek＝＋
由数学中的均值不等式可知
Ek≥2＝mgR
当且仅当＝
即y＝R，x＝R时，物块落到圆弧上的坐标为，此时小物块动能的最小值为Ekmin＝mgR
答案：（1）mg （2）mgR 课时提升训练5 动量定理和动量守恒定律的应用
一、单项选择题
1．北京冬奥会中，中国健儿取得了出色的成绩．某次训练中，运动员将质量为19.1kg的冰壶甲以某一速度掷出，冰壶在向前运动过程中，碰到了对方的静止冰壶乙，冰壶乙在运动0.2m后停下．已知比赛双方所用冰壶完全相同，冰壶与冰面的动摩擦因数为0.01，当地重力加速度约为10m/s2.假设两冰壶的碰撞为一维碰撞，且不计碰撞的能量损失，则冰壶甲在碰前的速度约为( )
A．2.0m/sB．0.2m/s
C．1.0m/sD．0.1m/s
2．第24届北京冬奥会于2022年2月4日开幕，经过分站比赛的角逐，我国在短道速度滑冰项目获得满额参赛资格．短道速度滑冰接力赛很具有观赏性，某次训练参与接力的两队员，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，完成“交接棒”．忽略冰面的摩擦力，在乙推甲的过程中( )
A．两运动员的总动量守恒
B．甲、乙运动员的动量变化量相同
C．两运动员的总机械能守恒
D．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
3．如图，2022年9月2日凌晨，神舟十四号航天员乘组圆满完成第一次出舱活动，中国宇航员此次出舱活动也向世界展现了中国的最前沿科技——空间站核心舱机械臂；假设一个连同装备共90kg的航天员，离开空间站太空行走，在离飞船12m的位置与空间站处于相对静止的状态．装备中有一个高压气源，能以60m/s的速度喷出气体．航天员为了能在2min内返回空间站，他需要在开始返回的瞬间至少一次性向后喷出气体的质量是(不计喷出气体后航天员和装备质量的变化)( )
A．0.1kgB．0.13kg
C．0.15kgD．0.16kg
4．如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x.现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B，如图乙所示，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则( )
A．A物体的质量为2m
B．A物体的质量为3m
C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv
D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为2mv
5．[2023·安徽省蚌埠市单元测试]如图为丁俊晖正在准备击球，设丁俊晖在某一杆击球过程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA＝5kg·m/s，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为p′B＝4kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是( )
A．mB＝mAB．mB＝mA
C．mB＝mAD．mB＝6mA
6．[2023·河北保定一模]质量为2kg的小球b静止在光滑的水平地面上，左端连接一水平轻质弹簧，质量为2kg的另一小球a以4m/s的速度向b运动，从小球a接触弹簧到压缩到最短所经历的时间为s，已知此弹簧的压缩量x与弹性势能Ep的关系为x＝，则小球a、b在这段时间内的位移大小分别为( )
A．m，mB．m，m
C．m，mD．m，m
7．[2023·湖南怀化二模]如图所示，质量为m的小球A从地面上斜抛，抛出时的速度大小为25m/s，方向与水平方向夹角为53°角，在A抛出的同时有一质量为3m的黏性小球B从某高处自由下落，当A上升到最高点时恰能击中竖直下落中的黏性小球B，A、B两球碰撞时间极短，碰后A、B两球粘在一起落回地面，不计空气阻力，sin53°＝0.8，g取10m/s2.以下说法正确的是( )
A．小球B下落时离地面的高度是20m
B．小球A上升至最高处时离地面40m
C．小球A从抛出到落回地面的时间为3s
D．小球A从抛出到落回地面的水平距离为60m
二、多项选择题
8．[2023·黑龙江哈尔滨模拟]碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动．游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车迎面相撞，碰撞前后两人的位移－时间图像(x t图像)如图所示．已知小孩的质量为20kg，大人的质量为60kg，碰碰车质量相同，碰撞时间极短．下列说法正确的是( )
A．碰撞前后小孩的运动方向没有改变
B．碰碰车的质量为60kg
C．碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为80N·s
D．碰撞过程中损失的机械能为600J
9．[2023·福建福州4月检测]如图甲所示，质量为m的物块A与竖直放置的轻弹簧上端连接，弹簧下端固定在地面上．t＝0时，物块A处于静止状态，物块B从A正上方一定高度处自由落下，与A发生碰撞后一起向下运动(碰撞时间极短，且未粘连)，到达最低点后又向上运动．已知B运动的v t图像如图乙所示，其中0～t1的图线为直线，不计空气阻力，则( )
A．物块B的质量为m
B．t＝t2时，弹簧的弹性势能最大
C．t＝时，B速度为零
D．t＝时，A、B开始分离
三、非选择题
10．[2023·广东省东莞市期末]如图所示，O点为固定转轴，将一根长度为l＝0.5m的细绳上端固定在O点，细绳下端系一个质量为m＝0.8kg的小球，当小球处于静止状态时恰好与平台的右端B点接触，但无压力．一个质量为M＝2kg的小物块从粗糙水平面上的A点，以一定的初速度v0＝6m/s开始运动，到B点时与小球发生正碰，碰撞后小球在绳的约束下在竖直面内做圆周运动，物块做平抛运动落在水平地面上的C点．测得B、C两点间的水平距离x＝0.6m，平台的高度h＝0.2m，已知小物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，求：
(1)碰撞后小物块M做平抛运动的初速度大小v；
(2)若碰后小球恰好能到达圆周运动的最高点D，则A、B间距离s为多少？
11．2022年8月24日上午，北京市第十六届运动会开幕式在国家体育馆举行，滑板、霹雳舞为表演项目．如图所示，ABC为固定在竖直平面内光滑的滑板轨道，BC为四分之一圆弧，与水平面AB相切于B点．一运动员以初速度v0＝6.25m/s冲上静止在A点的滑板后立即与滑板一起共速运动，到C点时速度减为零．若运动员的质量M＝48kg，滑板质量m＝2kg，均可视为质点，忽略空气阻力的影响，重力加速度大小g＝10m/s2，求：
(1)运动员蹬上滑板后立即与滑板一起运动的共同速度v的大小和圆弧赛道的半径R.
(2)运动员(连同滑板)滑过圆弧形轨道B点时对轨道压力的大小．
(3)若A点左侧为μ＝0.1的水泥地面，则滑回后运动员与滑板停在距A点多远的距离．
课时提升训练5
1．解析：碰撞过程中，甲乙冰壶的动量守恒得mv0＝mv1＋mv2，根据机械能守恒定律得mv＝mv＋mv，对乙冰壶根据动能定理得－μmgx＝0－mv，解得v0＝0.2m/s，故B正确．
答案：B
2．解析：两运动员组成的系统所受合外力矢量和为0，系统动量守恒，选项A正确．系统动量守恒，两运动员的动量变化量等大反向，选项B错误．在光滑冰面上“交棒”时，后方运动员用力推前方运动员，导致系统机械能增加，消耗体内的化学能转化为系统的动能，甲的动能增加量不等于乙的动能减小量，选项C、D错误．
答案：A
3．解析：设喷出气体后宇航员及装备获得的反冲速度大小为u，则u＝＝m/s＝0.1m/s
设装备和宇航员的总质量为M，一次性向后喷出气体的质量是m.喷出的气体速度大小为v，对于喷气过程，取喷出的气体速度方向为正方向，根据动量守恒定律有0＝mv－Mu解得m＝0.15kg，故A、B、D错误，C正确．
答案：C
4．解析：设A物体的质量为mA，物体A压缩弹簧的最大压缩量为x时，A的动能全部转化为弹簧的弹性势能有Ep＝mAv，当A以2v0向右运动压缩弹簧过程，A、B及弹簧系统动量守恒，当二者共速时，设为v，弹簧压缩最大，也为x，此过程动量守恒有mA×2v0＝（mA＋m）v，由功能关系有mA（2v0）2－（mA＋m）v2＝Ep，联立解得mA＝3m，Ep＝mv，故B正确．
答案：B
5．解析：根据动量守恒定律得pA＋pB＝p′A＋p′B，得p′A＝1kg·m/s，
根据碰撞过程总动能不增加，则有≥＋，
代入解得mB≥mA，
碰后，两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则≤，
解得mB≤4mA，综上得mA≤mB≤4mA，故A正确，BCD错误．
答案：A
6．解析：小球a、b与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧被压缩至最短时，小球a、b达到共速，设共速时的速度为v1，小球a的初速度为v0，则由动量守恒定律有mav0＝（ma＋mb）v1
碰撞过程中机械能守恒，有mav＝（ma＋mb）v＋Ep解得Ep＝8J
由弹簧的压缩量x与弹性势能Ep的关系x＝可得x＝0.4m
设小球a、b在这段时间内的位移大小分别为l1、l2，任取极短的时间Δt，两小球在任意时刻动量均守恒，任意时刻的速度分别设为Δv1、Δv2则有mav0＝maΔv1＋mbΔv2
即有mav0Δt＝maΔv1Δt＋mbΔv2Δt
故有mav0t＝mal1＋mbl2
而两小球的对地位移之间的关系为l1－l2＝x
联立解得l1＝m，l2＝m.故选A.
答案：A
7．解析：A球竖直方向做竖直上抛运动至最高点，B球做自由落体运动，则两球运动的高度相同，均为hA＝hB＝＝20m，小球B下落时离地面的高度是40m，A、B错误；两球竖直方向的运动是互逆的，相遇时小球A竖直速度为0，小球B的速度为vB＝vsin53°＝20m/s
根据两球在竖直方向上的动量守恒3mvB＝4mvy
两球粘在一起后的竖直速度为vy＝15m/s
继续下落，有hA＝vyt′＋gt′2得t′＝1s，则小球A从抛出到落回地面的时间为3s，C正确；
小球A从抛出到与小球B相撞的水平距离为x1＝vcos53°＝30m
根据两球在水平方向上的动量守恒mvcos53°＝4mvx得vx＝3.75m/s
相撞后两球的水平位移为x2＝vxt′＝3.75m
小球A从抛出到落回地面的水平距离为x＝x1＋x2＝33.75m，D错误．
答案：C
8．解析：规定小孩初始运动方向为正方向，位移时间图像的斜率代表速度，由图像可知，碰后两车一起向碰前大人运动的方向运动，故碰撞前后小孩的运动方向发生了改变，故A错误；由图像可知，碰前瞬间小孩的速度v1＝2m/s，大人的速度v2＝－3m/s，碰后两人的共同速度v3＝－1m/s，设碰碰车的质量为M，由动量守恒定律有（M＋m1）v1－（M＋m2）v2＝（2M＋m1＋m2）v3，解得M＝60kg，故B正确；碰前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量为p1＝160kg·m/s，碰后总动量为p′1＝－80kg·m/s，由动量定理可知，碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量为I＝Δp＝－240N·s，故C错误；由能量守恒定律可得，碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝×80×22J＋×120×（－3）2J－×200×（－1）2J＝600J，故D正确．
答案：BD
9．解析：碰撞时间极短，可认为碰撞过程满足动量守恒，则有mBv1＝（mB＋m）
解得mB＝m，故A正确；
当vB为零时，弹簧压缩到最短，弹簧的弹性势能最大，故B错误；
B与A一起运动过程属于简谐振动，故图乙中B物体的速度时间图线为正余弦函数关系，设振动周期为T，由数学知识可得＝v1sin－v1＝v1sin
可得t1＋φ0＝，t2＋φ0＝π
则有t2－t1＝T
设B速度为零时刻为t，则有0＝v1sin可得t＋φ0＝π
则有t2－t＝联立解得t＝，故C正确；
根据－t2＝＝，可知t＝时，B的速度为
vB＝v1sin＝v1＝v1sin＝－
可知此时A、B刚好回到碰撞时的位置，此时弹簧仍处于压缩状态，A、B并未分离，故D错误．故选AC.
答案：AC
10．解析：（1）碰撞后小物块M做平抛运动，在水平方向则有x＝vt
在竖直方向则有h＝gt2，解得v＝3m/s.
（2）小球在最高点D时，重力恰好提供向心力，则有mg＝m
小球从B点到D点，由动能定理可得－2mgl＝mv－mv
小物块与小球碰撞，由动量守恒定律可得Mv′＝Mv＋mvB
小物块从A点到与小球开始碰撞的运动中，由动能定理可得－μMgs＝Mv′2－Mv
解得s＝1.1m.
答案：（1）3m/s （2）1.1m
11．解析：（1）运动员冲上滑板过程，运动员与滑板组成的系统在水平方向动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：Mv0＝（m＋M）v
代入数据解得，运动员蹬上滑板后立即与滑板一起运动的共同速度v＝6m/s
因为运动员与滑板恰好到C点速度减为零，以AB水平面为零势能面，由机械能守恒得：（m＋M）v2＝（m＋M）gR代入数据解得：R＝1.8m；
（2）在B点，由牛顿第二定律得：F′N－（m＋M）g＝（m＋M）
代入数据解得：F′N＝1.5×103N
由牛顿第三定律可知对轨道的压力大小FN＝F′N＝1.5×103N，方向竖直向下；
（3）因为ABC光滑，由机械能守恒知运动员滑回A点速度大小仍为v＝6m/s
滑过A点后至停下过程由动能定理得一μ（m＋M）gx＝0－（m＋M）v2
代入数据解得x＝18m.
答案：（1）6m/s 1.8m （2）1.5×103N （3）18m课时提升训练6 力学三大观点的综合应用
一、单项选择题
1．如图甲所示，一光滑圆管轨道由相互连接的两个半圆轨道及一个四分之一圆轨道组成，圆管轨道竖直固定(管内直径可以忽略)，右侧底端与直轨道相切于M点，直轨道粗糙，圆管轨道的半径R＝0.2m．质量m1＝0.1kg的物块A，自圆管左端开口的正上方高h＝4.8m处自由下落，沿切线落入圆管轨道，经过竖直圆管轨道后与M点处静止的质量m2＝0.3kg的物块B发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后物块B在直轨道上滑行过程的x t图像如图乙所示．已知A、B与直轨道间的动摩擦因数相同，A、B均可视为质点，不计空气阻力，取g＝10m/s2.则( )
A．最终A静止的位置到M点的距离为1m
B．A、B碰后瞬间B的速度大小为2m/s
C．A滑过竖直圆管轨道P、Q两点时受到管壁的弹力大小之差为6N
D．A、B与直轨道间的动摩擦因数为0.15
二、多项选择题
2．[2023·重庆第二次调研]如图，光滑平行轨道abcd的曲面部分是半径为R的四分之一圆弧，水平部分位于竖直向上、大小为B的匀强磁场中，导轨Ⅰ部分两导轨间距为L，导轨Ⅱ部分两导轨间距为，将质量均为m的金属棒P和Q分别置于轨道上的ab段和cd段，且与轨道垂直．P、Q棒电阻均为r，导轨电阻不计．Q棒静止，让P棒从圆弧最高点静止释放，当P棒在导轨Ⅰ部分运动时，Q棒已达到稳定运动状态．下列说法正确的是( )
A．P棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力的大小为2mg
B．Q棒第一次稳定运动时速度大小为
C．Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定，该过程通过P棒的电荷量为
D．从P棒进入导轨Ⅱ运动到再次稳定过程中，P、Q棒中产生的总热量为mgR
3．[2023·广东省广州市执信中学测试]如图甲所示，质量为m＝0.1kg的滑块(可视为质点)，在内壁光滑、固定的水平筒内压缩弹簧，弹簧原长小于筒长，且弹簧与滑块不拴接．滑块由静止释放，离开筒后立即滑上位于水平面上的木板左端，此后木板的速度－时间图像如图乙所示，已知木板质量M＝0.2kg，最终滑块恰好没有离开木板，重力加速度g取10m/s2，则( )
A．滑块与木板之间的动摩擦因数为0.1
B．木板长度为0.75m
C．释放滑块时弹簧的弹性势能为0.45J
D．木板与水平面间因摩擦产生的热量为0.375J
三、非选择题
4．[2023·陕西省咸阳市高三下学期模拟检测]如图甲所示，一轻质短弹簧被夹在质量均为m＝0.10kg的两小木块A、B之间，弹簧长度被锁定，将此装置放在水平支撑面上．若解除锁定，木块B能上升的最大高度h＝2.5m．g取10m/s2，忽略空气阻力．
(1)求弹簧解锁前的弹性势能Ep；
(2)若撤去A的支撑面同时解除锁定，此时B的加速度大小为a1＝8.0m/s2，求此时A的加速度大小a2；
(3)图乙为同一竖直平面内两个四分之一光滑圆弧MP和QN与光滑水平面PQ组成的轨道，M、N与圆心O1、O2等高，圆弧MP和QN半径均为R＝1.8m．若将图甲中装置由轨道M端静止释放，第一次滑至水平面时，解除锁定，求木块到达N点后还能上升的最大高度H．
5．[2023·浙江省台州市模试]如图所示，在水平面上静置一质量M＝450g的滑块，滑块上表面是一个半径R＝0.2m的四分之一圆弧，圆弧最低点A与水平地面相切．现给质量m＝50g的小球一个大小v0＝4m/s的水平初速度，小球经B点离开滑块时，随即撤去滑块．小球于C点第一次着地，小球每次与地面碰撞前后，水平速度保持不变，竖直速度大小减半，方向反向．A点始终与地面接触，忽略小球通过各轨道连接处的能量损失，不计一切摩擦和空气阻力，求：
(1)小球刚运动到滑块最低点A时，对滑块的压力；
(2)小球离开滑块后所能到达的最大高度；
(3)要使小球能水平进入接收器最低点P，P与C间的最小距离为多大．
课时提升训练6
1．解析：在A从开始至运动到P点的过程中，由机械能守恒定律可得：m1g（R＋h）＝m1v，可得vP＝10m/s.A在P点时，由牛顿第二定律可得FN－m1g＝m1，解得FN＝51N；在A从P点运动到Q点的过程中，由机械能守恒定律可得：m1v＝2m1gR＋m1v，A在Q点时，由牛顿第二定律可得F′N＋m1g＝m1，解得F′N＝45N，A滑过竖直圆管轨道P、Q两点时受到管壁的弹力差为ΔFN＝FN－F′N＝51N－45N＝6N，故C正确；
由机械能守恒定律可知，A与B碰前瞬间A的速度为v0＝vP＝10m/s.碰后B做匀减速运动，由其x t图像和运动学公式得：＝＝m/s＝2m/s
解得A、B碰后瞬间B的速度大小为v2＝4m/s，故B错误；
碰后B运动的过程，由动能定理得：－μm2gx＝0－m2v
解得A、B与直轨道间的动摩擦因数为μ＝，故D错误；
A与B碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1＋m2v2，解得碰后A的速度：v1＝－2m/s
设A最终位置到M点的距离为x1.由动能定理得：－μm1gx1＝0－m1v，解得A静止的位置到M点的距离x1＝1.5m，故A错误．
答案：C
2．解析：P棒到达轨道最低点时速度大小设为v0，根据机械能守恒定律得mgR＝mv
根据牛顿第二定律得FN－mg＝
解得FN＝3mg
由牛顿第三定律可得，P棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力的大小为3mg，故A错误；
设Q棒第一次稳定运动时的速度为vQ，P棒的速度为vP，则有BLvP＝B··vQ
Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定过程中，对P、Q棒分别分析，由动量定理可得
BLt＝mv0－mvP，B··t＝mvQ又因q＝t
解得vP＝，vQ＝，q＝，故B错误，C正确；
从P棒进入导轨Ⅱ运动后，两棒速度稳定时，速度相同，设稳定速度为v.由动量守恒定律得
mvP＋mvQ＝2mv
由能量守恒定律得P、Q棒中产生的总热量为Q＝mv＋mv－·2mv2
解得Q＝mgR，故D正确．故选CD.
答案：CD
3．解析：设木板与地面之间的摩擦因数为μ2，木板做匀减速的加速度为a3，根据牛顿第二定律得
μ2（M＋m）g＝（M＋m）a3
根据图像得a3＝m/s2＝1m/s2，解得μ2＝0.1
设滑块与木板之间的摩擦因数为μ1，木板做匀加速的加速度为a2，根据牛顿第二定律得μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2
根据图像得a2＝m/s2＝1m/s2
解得μ1＝0.5，滑块与木板之间的动摩擦因数为0.5，A错误；
设滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律得μ1mg＝ma1
解得a1＝5m/s2
根据逆向思维，滑块滑上木板时的速度为v0＝0.5＋a1×0.5＝3m/s
木板长度为L＝×0.5m－m＝0.75m，B正确；
根据机械能守恒定律得，释放滑块时弹簧的弹性势能为Ep＝mv＝0.45J，C正确；
木板与水平面间因摩擦产生的热量为Q＝μ2（M＋m）g×＝0.075J，D错误．
答案：BC
4．解析：（1）由机械能守恒定律有Ep＝mgh
代入数据解得Ep＝2.5J.
（2）对B有F－mg＝ma1
对A有F＋mg＝ma2
代入数据解得a2＝28.0m/s2.
（3）设木块A、B滑至水平面时的速度为v0，则2mgR＝×2mv
设解除锁定后，两木块A、B离开水平面PQ前的速度分别为vA、vB，则由动量守恒定律有
2mv0＝mvA＋mvB
由机械能守恒定律有×2mv＋Ep＝mv＋mv
同理有mg（R＋H）＝mv
代入数据解得H＝4.25m.
答案：（1）2.5J （2）28.0m/s2 （3）4.25m
5．解析：M＝450g＝0.45kg；m＝50g＝0.05kg
（1）小球刚运动到滑块最低点A时，对小球受力分析，根据牛顿第二定律可得：
FN－mg＝
解得：FN＝4.5N
由牛顿第三定律可知，小球对滑块的压力F′N＝FN＝4.5N，方向竖直向下．
（2）小球滑上滑块到运动至最高点的过程中，小球和滑块组成的系统水平方向动量守恒，设小球运动到最高点h时，滑块和小球水平方向的速度大小相等，设为v共，选择水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得：
mv0＝（M＋m）v共
＝＋mgh
联立解得：h＝0.72m.
（3）设小球第一次着地前瞬间，竖直方向的速度大小设为vy1，初次着地后经t时间，小球与地面发生第n＋1次碰撞时与C点的距离为x，则根据运动学公式可得：
v＝2gh
x＝v共t
解得：t＝
当n→∞时t＝
此时x＝m
即要使小球能水平进入接收器最低点P，P与C间的最小距离为m.
答案：（1）4.5N 方向竖直向下 （2）0.72m
（3）m.课时提升训练7 电场及带电粒子在电场中的运动
一、单项选择题
1.
[2023·湖南长沙一中模拟]在水平面上固定了三个点电荷，分别放在等腰梯形的三个顶点上，AB＝AD＝DC＝BC＝L，电量关系及电性如图所示，静电力常数为k.E点的场强大小为( )
A．0B．
C．D．
2．[2023·江苏常州联考期末]静电除尘烟囱，放电极附近的强电场使空气分子电离为正离子和电子，使尘埃颗粒带负电，被吸附到正极．图为一个尘埃颗粒的运动轨迹，下列说法正确的是( )
A．尘埃颗粒的初速度可能为零
B．尘埃颗粒的动能一直增大
C．尘埃颗粒的加速度先减小后增大
D．尘埃颗粒的电势能先增大后减小
3．[2023·上海卷]如图所示，a为匀强电场，b为非匀强电场，三个电荷用轻棒连接为正三角形，则整个系统受合力的情况是( )
A．a为0，b为0B．a为0，b不为0
C．a不为0，b为0D．a不为0，b不为0
4．[2023·广东茂名茂名一模]平时我们所处的地球表面，实际上存在场强大小为100V/m的电场，可将其视为匀强电场，在地面立一金属杆后空间中的等势面如图所示．空间中存在a、b、c三点，其中a点位于金属杆正上方，b、c等高．则下列说法正确的是( )
A．b、c两点的电势差Ubc＝0
B．a点场强大小大于100V/m
C．a点场强方向水平向右
D．a点的电势低于c点
5．[2023·广东一模]避雷针附近的电场分布如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，等势面和电场线关于避雷针所在的竖直线对称分布，曲线为某带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，A、B、C为轨迹上的三个点，A、B是关于避雷针所在的竖直线对称的两点，C点在竖直线上，则( )
A．A、B两点的电场强度相同
B．此时避雷针的尖端聚集大量正电荷
C．粒子在A点具有的电势能比在C点的电势能大
D．粒子在A点具有的动能比在C点的动能大
6．[2023·陕西宝鸡市模拟]如图所示，在坐标系xOy平面内有一个匀强电场，电场强度方向平行于xOy平面．以坐标原点O为圆心、半径为R＝2cm的圆与坐标轴相交于M、N、P、Q四点．现测得P点的电势为3V，Q点的电势为－3V，M点的电势为4V，则下列说法正确的是( )
A．电场强度方向沿y轴负方向
B．N点的电势为－3V
C．匀强电场的电场强度大小为250V/m
D．圆周上两点间的最大电势差为8V
7．[2023·北京朝阳统考二模]某同学设计如图所示的实验装置来验证库仑定律：将一个带电小球A用绝缘细线悬挂，并将另一个与小球A带同种电荷的小球B与它靠近，A球受到B球的静电斥力F而发生偏移，测得A球的质量为m，悬点到A球球心的距离为l.首先，在保持两球电荷量不变的情况下，移动小球B改变两球之间的距离，用刻度尺测量稳定后两球间的距离r和A球偏移的距离d(实验中满足l d)；然后，设法改变两球的电荷量，再进行相关实验．下列说法正确的是( )
A．实验中，小球A所受静电力的测量值F＝mg
B．为方便验证“静电力与距离平方成反比的关系”，应由实验数据作出F与r2的关系图像
C.用不带电导体球C分别与A、B两球接触后，A、B两球一定带等量同种电荷
D．实验中仅测量d与r，也可以验证“静电力与距离平方成反比的关系”
二、多项选择题
8.
[2023·天津卷]如图，在一个固定的正点电荷产生的电场中，一个正试探电荷q两次以大小相等、方向不同的初速度从P点出发，分别抵达M点、N点，且q在M、N点时的速度大小也相等，则下列说法正确的是( )
A．P点电势高于M点电势
B．M点电势高于N点电势
C．q从P点运动到M点一直做减速运动
D．M、N两点处电场强度大小相等
9．[2023·福建省宁德市质检]在某静电场中，x轴上场强E随x的变化关系如图所示，规定x轴正向为场强正方向．一电子仅在电场力的作用下以某一初速度从x1沿x轴运动到x4的过程中，则( )
A．电势先增大后减小
B．x1和x3处的电场强度相同
C．电子的速度先增大后减小
D．电子的电势能先增大后减小
10．[2023·湖南省永州市适应性考试]微信运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的．如图所示，电容M极板固定，N极板可运动，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动．图中R为定值电阻．下列对传感器描述正确的是( )
A．静止时，电流表示数为零，且电容器两极板带电
B．电路中的电流表示数越大，说明手机的加速度越大
C．由静止突然向后加速时，电流由a向b流过电流表
D．由静止突然向前加速时，电流由a向b流过电流表
11．[2023·福建省南平市质检]如图，光滑绝缘水平地面上有一水平绝缘轻弹簧左端固定，右端与一质量为m、电荷量为＋q的滑块P(可视作质点)拴接，沿水平方向建立x轴，沿x轴加一水平方向电场(图中未画出)，x轴上的电势φ随位置x的变化关系如图所示．滑块从弹簧原长处静止释放(未超出弹性限度)，沿x轴正方向运动直至速度为零的过程中( )
A．电场的电势越来越低，电场强度越来越小
B．滑块的加速度先增大后减小
C．当滑块的速度最大时，弹簧弹性势能与滑块动能之和最大
D．滑块克服弹力做的功等于电势能的减少量
三、非选择题
12．[2023·江西南昌模拟预测]如图所示，在光滑的水平面内存在沿y轴方向的匀强电场，质量为m的带电量为q(q>0)的带电小球以某一速度从O点出发后，恰好通过A点，已知小球通过A点的速度大小为v0，方向沿x轴正方向，连线与Ox轴夹角为37°.已知sin37°＝0.6，求：
(1)小球从O点出发时的速度大小；
(2)OA之间的电势差UOA.
13．[2023·北京卷]某种负离子空气净化原理如图所示．由空气和带负电的灰尘颗粒物(视为小球)组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器．在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变．在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集，已知金属板长度为L，间距为d、不考虑重力影响和颗粒间相互作用．
(1)若不计空气阻力，质量为m、电荷量为－q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U1；
(2)若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为f＝krv，其中r为颗粒的半径，k为常量．假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度．
①半径为R、电荷量为－q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U2；
②已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10μm和2.5μm的两种颗粒，若10μm的颗粒恰好100%被收集，求2.5μm的颗粒被收集的百分比．
14．[2023·上海上外附中模拟预测]如图(a)，长度L＝0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量QA＝1.8×10－7C，一质量m＝0.02kg，带电量为q的小球B套在杆上．将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系．点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图(b)中曲线Ⅰ所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图(b)中曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线．求：(静电力常量k＝9×109N·m2/C2)
(1)小球B所带电量q及电性；
(2)非均匀外电场在x＝0.3m处沿细杆方向的电场强度E；
(3)在合电场中，x＝0.4m与x＝0.6m之间的电势差U.
(4)已知小球在x＝0.2m处获得v＝0.4m/s的初速度时，最远可以运动到x＝0.4m．若小球在x＝0.16m处受到方向向右，大小为0.04N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s是多少？
课时提升训练7
1．解析：
连接AE，如图所示
根据几何知识可知AE＝L
则A点的点电荷在E点产生的场强大小为EA＝
则B点的点电荷在E点产生的场强为EB＝，方向水平向左
则C点的点电荷在E点产生的场强为EC＝，方向水平向右
故B、C两处点电荷的电场强度之和为EBC＝，方向水平向右
根据平行四边形定则，则有E点的场强大小为E＝
故选C.
答案：C
2．解析：由尘埃颗粒的运动轨迹可知，尘埃颗粒做曲线运动，尘埃颗粒的初速度不可能为零，否则尘埃颗粒将做直线运动，故A错误；根据尘埃颗粒的运动轨迹知，电场力对尘埃颗粒先做负功后做正功，故动能先减小后增大，电势能先增大后减小，故B错误，D正确；尘埃颗粒在运动过程中，电场线的分布先密集后稀疏，故电场力先增大后减小，加速度先增大后减小，故C错误．
答案：D
3．解析：在a匀强电场中，两个正q点电荷受到的电场力沿电场线方向，合力大小为：F＋＝E·2q，而－2q的点电荷受到的电场力沿电场线反方向，大小为：F－＝E·2q，则用轻棒连接为正三角形的合力为零；在b非匀强电场中，正点电荷所在位置电场强度小于－2q处的电场强度，正点电荷电场力方向沿电场线切线方向，－2q的点电荷受到的电场力沿电场线反方向，使得两个正的点电荷所受电场力的合力小于－2q电荷所受的电场力，则用轻棒连接为正三角形的合力不为零．故A、C、D错误，B正确．
答案：B
4．解析：由图可知，b、c两点的电势差为Ubc＝200V－300V＝－100V，故A错误；
由图可知，a点与相邻两等势面的距离小于1m，电势差等于100V，根据E＝
可知a点场强大小大于100V/m，故B正确；
根据场强方向垂直于等势面，可知a点的场强方向沿竖直方向，不是水平方向，故C错误；
由图可知，a点与c点在同一等势面上，电势均为300V，故D错误．
答案：B
5．解析：电场线疏密表示电场强度的大小，电场线上某点的切线方向表示该点的电场强度方向．A、B两点的电场强度大小相同，方向不同，A错误；
电场线从无穷远终止于负电荷，此时避雷针的尖端聚集大量负电荷，B错误；
由运动轨迹可知，电场力指向轨迹的凹侧，可知该带电粒子带负电．电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，可知φA>φC
又Ep＝qφ
粒子在A点具有的电势能比在C点的电势能小，C错误；
运动过程中，只有电场力做功，动能和电势能之间相互转化，动能和电势能的和保持不变．粒子在A点具有的电势能比在C点的电势能小，粒子在A点具有的动能比在C点的动能大，D正确．
答案：D
6．解析：由题意可知O点的电势为零，则电场强度在＋x方向的分量为Ex＝V/m＝200V/m，沿－y方向的分量为Ey＝V/m＝150V/m，则电场强度大小E＝＝250V/m，方向与x轴正方向夹角θ的正切值为tanθ＝＝0.75，则θ＝37°，选项A错误，C正确；因为φM－φO＝φO－φN，可得φN＝－4V，选项B错误；圆周上两点间的最大电势差为U＝E·2R＝10V，选项D错误．
答案：C
7．解析：设小球A受静电斥力作用发生偏移达到平衡后细丝线与竖直方向的夹角为θ，由于l d，可以认为两小球在一直线上，小球A所受的静电力F＝mgtanθ
由于θ很小，tanθ≈sinθ＝，所以F≈mg
再由库仑定律F＝k＝mg
可得d＝
所以实验中仅测量d与r，也可以验证“静电力与距离平方成反比的关系”，故A错误，D正确；
为方便验证“静电力与距离平方成反比的关系”，应由实验数据作出F与的关系图像，得到一条倾斜的直线，故B错误；
用完全相同的不带电导体球C先与A接触，A的电量减半；C再与B球接触时，由于C球此时已经带有一定电量，故B小球的电量不会减半，A、B两球带电量不相等，故C错误．
答案：D
8．解析：由题意可知正试探电荷q两次以大小相等、方向不同的初速度从P点出发，分别到达M点和N点，且其在M、N点时的速度大小相等，则这两个过程中试探电荷动能的变化量相等，即电场力做的功相等，由W＝qU可知P、M两点的电势差和P、N两点的电势差相等，故M、N两点的电势相等，B错误；由图可知，正试探电荷q从P点运动到N点的轨迹向右弯曲，则可以判断出试探电荷q在P点受到的电场力方向向右，又根据正试探电荷q从P点运动到M点的轨迹为直线可判断出q从P点到M点，其所受的电场力沿PM方向，所以q从P点到M点一直做加速运动，电场力一直做正功，P点电势高于M点电势，A正确，C错误；由于M、N两点的电势相等，则M、N两点在同一等势面上，又点电荷产生的电场中，等势面是一系列的同心球面，所以M、N两点到固定正点电荷的距离相等，由点电荷的场强公式E＝可知，M、N两点处的电场强度大小相等，D正确.
答案：AD
9．解析：从x1处到x2处，场强为负值，电势升高；从x2处到x4处，场强为正值，则场强方向沿x轴正向，则电势逐渐降低，故A正确；根据场强E随x的变化关系图，x1和x3处的电场强度大小相等，方向相反，故B错误；电子从x1处到x2处，电势升高，电场力做正功，根据动能定理，速度增大；电子从x2处沿直线运动到x4处，电场力一直做负功，根据动能定理，则速度一直减小，故C正确；从x1处到x2处，电势升高；从x2处到x4处，电势降低，根据公式Ep＝qφ，则一电子从x1处沿直线运动到x4处，电势能先减小后增大，故D错误．
答案：AC
10．解析：静止时，N板不动，电容器的电容不变，则电容器电量不变，则电流表示数为零，电容器保持与电源相连，两极板带电，A正确；
由静止突然向后加速时，N板相对向前移动，则板间距减小，根据C＝
知电容C增大，电压不变，由Q＝CU
知电容器电量增大，电容器充电，电流由a向b流过电流表，C正确；
由静止突然向前加速时，N板相对向后移动，则板间距增大，根据C＝
知电容C减小，电压不变，由Q＝CU
知电容器电量减小，电容器放电，电流由b向a流过电流表，D错误；
由CD项分析可知，手机“前后”方向运动的加速度变化越快，电容变化越大，相同时间内电容充电或放电的电荷量大，电路中的电流表示数越大．因此电路中的电流表示数越大，说明手机“前后”方向运动的加速度变化越快，B错误．
答案：AC
11．解析：由x轴上的电势φ随位置x的变化关系图像，可知电场的电势越来越低，由图像的斜率的绝对值表示电场强度的大小，可知电场强度越来越小，A正确；由题意可知，沿x轴正方向电势降低，即电场方向沿x轴正方向．滑块P沿x轴正方向运动时，受到向右的电场力和向左的弹力，开始两力的合力方向沿x轴正方向，且合力由大变小，当合力是零时，加速度是零，滑块P速度最大，沿x轴正方向运动位移继续增大，电场强度逐渐减小，弹力逐渐增大，其合力方向向左，且逐渐增大，当滑块P速度是零时，弹力最大，因此滑块P的加速度先减小后增大，B错误；由题意可知，滑块P运动中，电势能的减少量等于滑块动能的增加量与弹簧的弹性势能的增加量之和，因此滑块P速度是零时，电势能的减少量最大，则有弹簧弹性势能与滑块动能之和最大，C错误；由以上分析可知，滑块P速度是零时，电势能的减少量最大，且全部转化为弹簧的弹性势能，即为滑块P克服弹力所做的功，D正确．
答案：AD
12．解析：（1）小球从O到A点做类平抛运动，有x＝v0t，
y＝at2
且tan37°＝
解得vy＝at＝v0
小球经过坐标原点O的速度为v＝＝v0.
（2）小球从O到A的过程中，电场力所做的功为
WOA＝mv－mv2
又因为WOA＝qUOA
故UOA＝－.
答案：（1）v0 （2）－
13．解析：（1）只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集板右侧，颗粒就能够全部收集，水平方向有L＝v0t
紧直方向有d＝at2
根据牛顿第二定律qE＝ma
又E＝
解得U1＝.
（2）①颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度
F电＝f
即＝kRv
且＝
解得U2＝
②10μm带电荷量q的颗粒恰好100%被收集，颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于电场力，有
f＝kRvmax
f＝
在竖直方向颗粒匀速下落d＝vmaxt
2．5μm的颗粒带电荷量为q′＝
颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于电场力，有f′＝kRv′max
f′＝
设只有距下极板为d′的颗粒被收集，在竖直方向颗粒匀速下落d′＝v′maxt
解得d′＝
2．5μm的颗粒被收集的百分比
×100%＝25%.
答案：（1） （2） 25%
14．解析：（1）小球A带正电，根据点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线Ⅰ所示，可判断知点电荷A对小球B的作用力方向与x轴正方向相同，即为库仑斥力，故小球B带正电；由图（b）中曲线Ⅰ可知，当x＝0.3m时，有F1＝k＝0.018N
因此q＝＝1×10－6C；
（2）设在x＝0.3m处点电荷与小球间作用力为F2，有F合＝F2＋qE
因此E＝＝N/C＝－3×104N/C
电场在x＝0.3m处沿细杆方向的电场强度大小为3×104N/C，方向水平向左；
（3）根据图像可知在x＝0.4m与x＝0.6m之间合力做功为W合＝－0.004×0.2J＝－8×10－4J
由公式qU＝W合
可得U＝＝－800V；
（4）根据图（b）中曲线Ⅱ围成的面积表示合电场力做的功，可知小球从x＝0.16m到x＝0.2m处，合电场力做功为W1＝＝6×10－4J
小球从x＝0.2m到x＝0.4m处，
合电场力做功为W2＝－mv2＝－1.6×10－3J
由图可知小球从x＝0.4m到x＝0.8m处，合电场力做功为W3＝－0.004×0.4J＝－1.6×10－3J
由动能定理可得W1＋W2＋W3＋F外s＝0
解得恒力作用的最小距离s＝＝0.065m.
答案：（1）1.0×10－6C，正电
（2）3.0×104N/C，方向水平向左
（3）－800V （4）0.065m课时提升训练8 磁场及带电粒子在磁场中的运动
一、单项选择题
1．[2023·海南卷]
如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力的说法正确的是( )
A．小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
B．小球运动过程中的速度不变
C．小球运动过程中的加速度保持不变
D．小球受到的洛伦兹力对小球做正功
2．[2023·江苏苏北地区一模]将一根粗细均匀的硬质合金丝制成半径为r的圆形导线框，P、Q两点接入电路，电流表示数为I，范围足够大的匀强磁场垂直于导线框平面，磁感应强度大小为B，则线框所受安培力大小为( )
A．0 B．BIr
C．πBIrD．BIr
3．[2023·广东深圳统考一模]反亥姆霍兹线圈是冷原子实验室中的科研装置，结构如图所示．一对完全相同的圆形线圈，共轴放置．已知O为装置中心点，a、b、c、d点到O点距离相等，直线dOb与线圈轴线重合，直线cOa与轴线垂直．现两线圈内通入大小相等且方向相反的电流，则( )
A.两线圈间为匀强磁场
B．O点的磁感应强度为零
C．a、c两点的磁感应强度相同
D．b、d两点的磁感应强度相同
4.
[2023·浙江Z20名校联盟第三次联考]一光滑绝缘的正方体固定在水平面内．AB导体棒可绕过其中点的转轴在正方体的上表面内自由转动，CD导体棒固定在正方体的下底面．开始时两棒相互垂直并静止，两棒中点O1、O2连线在正方体的中轴线上．现对两棒同时通有如图所示(A到B、D到C)方向的电流．下列说法中正确的是( )
A．通电后AB棒仍将保持静止
B．通电后AB棒将要顺时针转动(俯视)
C．通电后AB棒将要逆时针转动(俯视)
D．通电瞬间线段O1O2间存在磁感应强度为零的位置
5．图甲为指尖般大小的一种电动机，由于没有铁芯，被称为空心杯电机．这种新颖的结构消除了由于铁芯形成涡流而造成的电能损耗，具有体积小、灵敏、节能等特性，广泛应用在智能手机、平板电脑、医疗、无人机等方面．图乙为一种空心杯电机原理的简化示意图．固定的圆柱形永磁体形成沿辐向均匀分布的磁场(俯视图)；作为转子的多组线圈绕制成水杯状，电流经边缘流入和流出，可简化为沿圆柱体对角线的单匝线圈(图中a、b分别为线圈与顶面和底面的切点).当线圈通电时，可在安培力作用下绕OO′轴转动．设图示时刻线圈的电流为I，方向如图所示，线圈所在处的磁感应强度大小均为B.图中线圈实线部分的长度为L.下列说法正确的是( )
A.图中线圈转动过程中，穿过该线圈的磁通量保持不变
B．图示位置，线圈实线部分所受安培力的大小为BIL
C．图示位置，线圈在安培力的作用下将绕OO′轴逆时针转动(俯视)
D．为使空心杯电机正常转动，则应保持线圈中的电流方向不变
6.
[2023·河北五个一名校联盟高三上学期开学考试]如图所示，竖直平面内有三根轻质细绳，绳1水平，绳2与水平方向成60°角，O为结点，竖直绳3的下端栓接一质量为m、长度为L的垂直于纸面放置的金属棒．金属棒所在空间存在竖直向上，磁感应强度大小为B的匀强磁场，整个装置处于平衡状态．现给金属棒通入方向向里，大小由零缓慢增大的电流，电流的最大值为I0，可观察到绳3转过的最大角度为60°.已知重力加速度为g，则在此过程中，下列说法正确的是( )
A．绳1的拉力先增大后减小
B．绳2的拉力先增大后减小
C．绳3的拉力最大值为2mg
D．金属棒中电流I0的值为
7．[2023·广东湛江统考一模]如图所示，空间正四棱锥P ABCD的底边长和侧棱长均为a，此区域存在平行于CB边由C指向B方向的匀强磁场，现一质量为m、电量为＋q的粒子，以竖直向上的初速度v0从底面ABCD的中心O垂直于磁场方向进入磁场区域，最后恰好没有从侧面PBC飞出磁场区域，忽略粒子受到的重力．则磁感应强度大小为( )
A．B．
C．D．
8．[2023·云南统考二模]如图所示，纸面内有一圆心为O，半径为R的圆形磁场区域，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向里．由距离O点0.4R处的P点沿着与PO连线成θ＝30°的方向发射速率大小不等的电子．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力且不考虑电子间的相互作用．为使电子不离开圆形磁场区域，则电子的最大速率为( )
A．B．
C．D．
9．[2023·四川省绵阳市三诊]如图所示，一个圆柱体空间被过旋转轴的平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场．一质子以某一速度从圆柱体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域．质子重力忽略不计．下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是( )
二、多项选择题
10.
如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝0.1m，导轨平面内分布着垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝5T，导轨上端分别接有电阻R和电源E.质量为m＝0.2kg的金属棒MN紧靠导轨水平放置，已知电阻R＝1Ω，电源E＝1.5V、内阻r＝0.5Ω，重力加速度g＝10m/s2，不计金属棒和导轨的电阻．闭合开关后将金属棒MN由静止释放，以下说法正确的是( )
A．若开关与1接通，金属棒MN克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热
B．若开关与2接通，金属棒MN克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热
C．若开关与1接通，金属棒MN最终以8m/s的速度匀速运动
D．若开关与2接通，金属棒MN最终以1m/s的速度匀速运动
11．如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直．管道横截面半径为a，长度为l(l a).带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为＋q，不计粒子的重力、粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )
A．粒子在磁场中运动的圆弧半径为a
B．粒子质量为
C．管道内的等效电流为nqπa2v
D．粒子束对管道的平均作用力大小为Bnql
12．[2023·山东省历城二中一模]如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里，图中虚线为磁场的边界，其中bc段是半径为R的四分之一圆弧，ab、cd的延长线通过圆弧的圆心，Ob长为R.一束质量为m、电荷量为q的粒子，在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场，已知所有粒子均从圆弧边界射出，其中M、N是圆弧边界上的两点，不计粒子间的相互作用和重力．则下列分析中正确的是( )
A．粒子带正电
B．从M点射出粒子的速率一定大于从N点射出粒子的速率
C．从M点射出粒子在磁场中运动时间一定小于从N点射出粒子所用时间
D．所有粒子所用最短时间为
三、非选择题
13．如图，在以x轴和虚线围成的区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面．x轴上a点左侧有一足够长的金属板，半圆形边界的圆心为O、半径为L，上边界到x轴的距离为2L.在O点有一粒子源，在纸面内向第一、第二象限均匀发射带正电的粒子，每秒钟射出n个粒子，粒子质量为m，电荷量为e，速度为v0＝L，不计粒子之间的相互作用．求：
(1)某个粒子沿与x轴正方向成60°射出，它在磁场中运动的时间t；
(2)电流表的示数I；
(3)磁场上边界有粒子射出的区域宽度d.
14．[2023·湖北卷]如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场．t＝0时刻，一带正电粒子甲从点P(2a，0)沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰．碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周．己知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q.假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响．求：
(1)第一次碰撞前粒子甲的速度大小；
(2)粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；
(3)t＝时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到t＝的过程中粒子乙运动的路程．(本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可)
课时提升训练8
1．解析：小球刚进入磁场时速度方向竖直向下，由左手定则可知，小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力方向水平向右，A对；小球运动过程中，受重力和洛伦兹力的作用，且合力不为零，所以小球运动过程中的速度变化，B错；小球受到的重力不变，洛伦兹力时刻变化，则合力时刻变化，加速度时刻变化，C错；洛伦兹力永不做功，D错．
答案：A
2．解析：由图可知圆形导线框的大圆弧部分与小圆弧部分并联，两端圆弧受安培力的等效长度相等，即L＝r
电流表示数为I，由于大圆弧部分的电阻是小圆弧部分电阻的3倍，根据电路串并联规律可得大圆弧部分与小圆弧部分的电流大小分别为I大＝，I小＝
故线框所受安培力大小为F安＝BI大L＋BI小L＝BIr
故选B.
答案：B
3．解析：由于两线圈内通入的电流大小相等，根据对称性可知，两线圈在O点产生的磁场的磁感应强度大小相等，方向相反，则O点的磁感应强度为零，B正确；根据上述O点的磁感应强度为零，可知两线圈间的磁场不是匀强磁场，A错误；根据环形电流磁场的磁感线分布规律可知，左侧线圈在a点的磁场方向斜向右下方，在c点的磁场方向斜向右上方，右侧线圈在a点的磁场方向斜向左下方，在c点的磁场方向斜向左上方，根据对称性结合磁场叠加可知，两线圈在a、c两点的磁感应强度大小相等，方向相反，即a、c两点的磁感应强度不相同，C错误；根据环形电流磁场的磁感线分布规律可知，左侧线圈在b、d两点的磁场方向均向右，右侧线圈在b、d两点的磁场方向均向左，根据对称性结合磁场叠加可知，b、d两点的磁感应强度大小相等，方向相反，即b、d两点的磁感应强度不相同，D错误．
答案：B
4．解析：从正视方向研究CD导体棒电流产生的磁场分布，可知CD导体棒电流在B端有垂直AB棒向上的分磁场，根据左手定则可知B端受到垂直于纸面向外的安培力，B端向外转动，CD导体棒电流在A端有垂直AB棒向下的分磁场，根据左手定则可知A端受到垂直于纸面向里的安培力，A端向里转动，故俯视导体棒AB将要顺时针转动，B正确，A、C错误；根据安培定则可知通电瞬间CD导体棒电流和AB导体棒电流在线段O1O2间产生的磁场方向相互垂直，故通电瞬间线段O1O2间不存在磁感应强度为零的位置，D错误．
答案：B
5．解析：图中线圈转动过程中，由于固定的圆柱形永磁体形成沿辐向均匀分布的磁场，则穿过该线圈的磁通量发生变化，故A错误；图示位置，线圈实线部分所受安培力为F＝BId，其中d为实际切割磁感线的线圈长度，故B错误；根据左手定则可知，线圈实线部分受到的安培力向里，线圈虚线部分受到的安培力向外，故线圈在安培力的作用下将绕OO′轴逆时针转动（俯视），故C正确；由于固定的圆柱形永磁体形成沿辐向均匀分布的磁场，所以转动过程中，线圈中的电流方向需改变，才可以使空心杯电机正常转动，故D错误．故选C.
答案：C
6．解析：对整体分析，重力大小和方向不变，绳1、2弹力方向不变，根据左手定则，安培力水平向右逐渐增大，由平衡条件得，水平方向F1＝F2cos60°＋BIL
竖直方向F2sin60°＝mg，则电流逐渐变大，则F1增大、F2不变，故AB错误；
当电流增大到I0时，安培力与重力的合力最大，即绳3的拉力最大sin30°＝
最大值为F3＝2mg，故C正确；
对金属棒受力分析得tan30°＝
得I0＝，故D错误．
答案：C
7．解析：
粒子从空间正四棱锥P－ABCD的底面ABCD中心O向上垂直进入磁场区域，最后恰好没有从侧面PBC飞出磁场区域，可知粒子刚好与侧面PBC相切，做出粒子的运动轨迹如图所示，
由几何关系可知r＋＝
θ为面PBC与底面的夹角，由几何关系可算出sinθ＝
由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m
联立解得B＝，故选C.
答案：C
8．解析：如图，
当电子的运动轨迹与磁场边界相切时，根据evB＝m，得v＝；电子运动半径最大，速度最大．电子圆周运动的圆心与圆形磁场的圆心以及切点共线，过电子圆周运动的圆心做OP的垂线，由几何关系得rcos60°＋＝0.4R，得r＝R，则最大速率为v＝，故选C.
答案：C
9．解析：
根据左手定则，质子所受的磁场力和磁场方向垂直，质子始终在xOy平面内运动，在圆柱体左侧做顺时针圆周运动，在圆柱体的右侧做逆时针圆周运动，其运动轨迹在平行于xOy平面的投影如图所示
故AB错误；
质子始终在平行于xOy的平面内运动，z轴坐标为正值且不变，其运动轨迹在zOy平面的投影始终出现在y轴负半轴，运动轨迹可能如图所示
故C错误，D正确．
故选D.
答案：D
10．解析：若开关与1接通，该回路为纯电阻回路且只有动生电动势，因此金属棒MN克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热，当金属棒MN所受的安培力大小与重力相等时，金属棒做匀速运动，即BI1L＝mg，又I1＝，联立解得v1＝8m/s，即若开关与1接通，金属棒MN最终以8m/s的速度匀速运动，AC正确；若开关与2接通，导体棒与电源串联，回路中除了动生电动势外还有电源，电源在回路中产生的电流也产生焦耳热，因此，金属棒MN克服安培力做的功不等于回路中产生的焦耳热，当金属棒MN所受的安培力大小与重力相等时，金属棒做匀速运动，即BI2L＝mg，又I2＝，联立解得v2＝1m/s，即若开关与2接通，金属棒MN最终以1m/s的速度匀速运动，B错误，D正确．
答案：ACD
11．解析：带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子运动的圆弧半径为r＝a
故A正确；
根据qvB＝m可得粒子的质量m＝，故B正确；
管道内的等效电流为I＝＝nq，故C错误；
粒子束对管道的平均作用力大小等于等效电流受的安培力F＝BIl＝Bnql
故D正确．
答案：ABD
12．解析：粒子做逆时针的匀速圆周运动，根据左手定则，可知粒子带正电，A正确；
根据qvB＝m，得v＝，从M点射出粒子的圆周半径小于从N点射出粒子的半径，则从M点射出的粒子速度小于从N点射出的粒子速度，B错误；
由t＝T＝·，粒子周期不变，圆周运动的圆心角越大，运动时间越长，由几何关系可知，弦切角等于圆心角的一半，当弦切角越小，运动时间越短，如图，
当弦与bc圆弧边界相切时，弦切角最小．Ob等于R，由几何关系，此时圆周运动的圆心角为120°，则最短时间为tmin＝×＝
M、N两点具体位置未知，则无法判断从M点射出粒子所用时间和从N点射出粒子所用时间的大小关系，C错误，D正确．
答案：AD
13．解析：（1）由eBv0＝m，得r＝L
分析出粒子在磁场中运动的圆心在磁场边界与y轴交点d，从e点垂直于边界射出磁场，偏转角为30°，则在磁场中的运动时间为t＝T，又T＝，解得t＝.
（2）左边的临界状况是在f点与磁场边界相切，射入方向与x轴负方向成60°，
则单位时间内打在金属板上的粒子数为
N＝n＝n，
电流表的示数为I＝ne.
（3）粒子从磁场左边射出的临界点为f点
df＝L，
粒子从磁场右边射出的临界点为g点，原点O、轨迹圆心、g点三点一线，dg＝＝L，
粒子从上边界射出磁场的宽度
d＝fd＋dg＝L＋L＝（＋）L.
答案：（1） （2）ne （3）（＋）L
14．解析：（1）由题知，粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入到达点O，则说明粒子甲的半径
r＝a
根据qv甲0B＝m
解得v甲0＝
（2）由题知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则T甲＝2T乙
根据qvB＝mr，有＝
则m乙＝m
粒子甲、乙碰撞过程，取竖直向下为正，有
mv甲0＋m乙v乙0＝－mv甲1＋m乙v乙1
mv＋m乙v＝mv＋m乙v
解得v乙0＝－5v甲0，v乙1＝3v甲0
则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为.
（3）已知在t1＝时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有
v甲1＝－3v甲0，v乙1＝3v甲0
则根据qvB＝m，可知此时乙粒子的运动半径为r乙1＝a
可知在t2＝时，甲、乙粒子发生第二次碰撞，且甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S1＝6πa
且在第二次碰撞时有
mv甲1＋m乙v乙1＝mv甲2＋m乙v乙2
mv＋m乙v＝mv＋m乙v
解得
v甲2＝v甲0，v乙2＝－5v甲0
可知在t3＝时，甲、乙粒子发生第三次碰撞，且甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S2＝10πa
且在第三次碰撞时有
mv甲2＋m乙v乙2＝mv甲3＋m乙v乙3
mv＋m乙v＝mv＋m乙v
解得
v甲3＝－3v甲0，v乙3＝3v甲0
依次类推
在t9＝时，甲、乙粒子发生第九次碰撞，且甲、乙粒子发生第八次碰撞到第九次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S8＝10πa
且在第九次碰撞时有
mv甲8＋m乙v乙8＝mv甲9＋m乙v乙9
mv＋m乙v＝mv＋m乙v
解得
v甲9＝－3v甲0，v乙9＝－3v甲0
在t9＝到t＝过程中，甲粒子刚好运动半周，甲粒子的运动半径为3a，则t＝时甲粒子运动到P点即（－6a，0）处．
在t10＝到t＝过程中，乙粒子刚好运动一周，则t＝时乙粒子回到坐标原点，且此过程中乙粒子走过的路程为
S0＝3πa
故整个过程中乙粒子走过总路程为
S＝4×6πa＋4×10πa＋3πa＝67πa
答案：（1） （2）m，
（3）甲（－6a，0），乙（0，0），67πa课时提升训练9 带电粒子在复合场中的运动
一、单项选择题
1．有一个辐向分布的电场，距离O相等的地方电场强度大小相等，有一束粒子流通过电场，又垂直进入一匀强磁场，则运动轨迹相同的粒子，它们具有相同的( )
A.质量B．电量
C．比荷D．动能
2．[2023·湖南雅礼中学二模]武汉病毒研究所是我国防护等级最高的P4实验室，在该实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如图乙所示模型：废液内含有大量正负离子，从直径为d的圆柱形容器右侧流入，左侧流出，流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积．空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，下列说法正确的是( )
A．只需要测量磁感应强度B、直径d及MN两点电压U，就能够推算污水的流量
B．只需要测量磁感应强度B及MN两点电压U，就能够推算污水的流速
C．当磁感应强度B增大时，污水流速将增大
D．当污水中离子浓度升高时，MN两点电压将增大
3．[2023·浙江1月]某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B＝k1I，通有待测电流I′的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B′＝k2I′.调节电阻R，当电流表示数为I0时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流I′的方向和大小分别为( )
A．a→b，I0B．a→b，I0
C．b→a，I0D．b→a，I0
4．[2023·湖南卷]如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下(与纸面平行)，磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域(区域Ⅱ)内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直．A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ.若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0.若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是( )
A.若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t>t0
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t>t0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2，则t＝
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2，则t＝t0
二、多项选择题
5．[2023·浙江名校协作体开学考试]如图所示，图甲为速度选择器原理示意图，图乙为质谱仪原理示意图，图丙和图丁分别为多级直线加速器和回旋加速器的原理示意图，忽略粒子在图丁的D形盒狭缝中的加速时间．下列说法正确的是( )
A．图甲中，只有具有速度v＝的粒子才能沿图中虚线路径经过速度选择器
B．图乙中，H、H、H三种粒子经加速电场射入磁场，H在磁场中偏转半径最大
C．图丙中，由于技术上产生过高的电压是很困难的，为了使粒子获得更高的能量，所以采用多级直线加速装置
D．图丁中，随着粒子速度的增大，交流电源的频率也应该增大
6．[2023·广东省肇庆中学考试]如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场E和匀强磁场B，有一个带正电的小球(电荷量为＋q、质量为m)从电磁复合场上方的某一高度处自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过的电磁复合场的是( )
7．[2023·黑龙江大庆铁人中学期末]应用霍尔效应可以测量车轮的转动角速度ω，如图所示为轮速传感器的原理示意图，假设齿轮为五齿结构，且均匀分布，当齿轮凸起部分靠近磁体时，磁体与齿轮间的磁场增强，凹陷部分靠近磁体时，磁体与齿轮间的磁场减弱．工作时，通过霍尔元件上、下两面通入电流I，前、后两面连接控制电路．下列说法正确的是( )
A．若霍尔元件内部是通过负电荷导电的，则前表面比后表面的电势低
B．增大通过霍尔元件的电流，可以使控制电路监测到的电压变大
C．若I不变，控制电路接收到的电压升高，说明齿轮的凹陷部分在靠近霍尔元件
D．若控制电路接收到的信号电压变化周期为T，则车轮的角速度为
8.
[2023·辽宁丹东二模]如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内有一虚线，虚线与x轴正方向间夹角θ＝30°.虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.75×10－3T．虚线下方到第四象限内有与虚线平行、电场强度E＝20N/C的匀强电场．一比荷＝2×105C/kg的带电粒子从y轴正半轴上的P点以速度v0＝300m/s沿x轴正方向射入磁场，粒子进入磁场后，从虚线上的M点(M点图中未画出)垂直虚线方向进入电场(不计重力)，则( )
A．该带电粒子一定带正电
B．OM之间的距离为2m
C．粒子第一次穿过虚线后与x轴间的最小距离约为0.98m
D．粒子第一次穿过虚线后能击中x轴
三、非选择题
9．[2023·江苏无锡高三阶段练习]如图所示为一种带电粒子电磁分析器原理图．在xOy平面的第二象限存在垂直平面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场，第三象限有一离子源C飘出质量为m、电荷量为q、初速度为0的一束正离子，这束离子经电势差为U＝的电场加速后，从小孔A垂直x轴射入磁场区域，小孔A离O点的距离为a＝，在x轴正向放置足够长的探测板．不考虑离子重力和离子间的相互作用．
(1)求离子从小孔A射入磁场后打到板上的M的坐标；
(2)若离子源C能飘出两种质量分别为2m和m、电荷量均为＋q的甲、乙两种离子，离子从静止开始经如图所示的电压为U的加速电场加速后都能通过A垂直磁场射入磁场区域，如图乙所示．现在y轴上放置照相底片，若加速电压在(U－ΔU)到(U＋ΔU)之间波动，要使甲、乙两种离子在底片上没有交叠，求ΔU与U的比值要满足什么条件？
(3)在x轴正向铺设足够长的光滑绝缘板，如图丙所示．离子打到板上后垂直板方向的碰后速度总是碰前该方向上速度的0.6，平行板方向上分速度不变，在板上M点的右边有边界平行于y轴的宽为d的有界磁场磁感应强度也为B，磁场竖直方向足够长，若要求离子在磁场中与板碰撞3次后(M点除外)水平离开磁场右边界，则磁场宽度d应满足什么条件？
10.[2023·福建省南平市质检]如图，在三维坐标系Oxyz中有一长方体空间区域，与Oyz平面平行的截面是以x轴为中心对称的正方形，其边长为L.在－2L≤x≤－L的区域Ⅰ内存在沿z轴负方向的匀强电场和沿y轴正方向的匀强磁场：－L≤x≤L为区域Ⅱ，区域Ⅰ和区域Ⅱ间用正中心留有小孔的正方形绝缘薄板隔开．有一电子枪从x＝－2L处不断沿x轴正方向正对小孔发射速率不同的电子．已知电子电量为e，质量为m，匀强电场的电场强度大小为E，匀强磁场的磁感应强度大小为.
(1)若电子能沿x轴穿过区域Ⅰ到区域Ⅱ，求电子的速度大小；
(2)若某电子穿过小孔运动到O点时，给区域Ⅱ加上一个磁感应强度大小为、方向沿y轴负方向的匀强磁场，求该电子穿出区域Ⅱ的位置坐标；
(3)若某电子穿过小孔运动到O点时，给区域Ⅱ加上一个磁感应强度大小为10的匀强磁场和一个大小未知的匀强电场E′，方向均沿y轴负方向，该电子能打到的坐标位置为(，，)，求电场强度E′的可能值．
11．[2023·江苏统考一模]波荡器是利用同步辐射产生电磁波的重要装置，它能使粒子的运动轨迹发生扭摆．其装置简化模型如图所示，n个互不重叠的圆形匀强磁场沿水平直线分布，半径均为R，磁感应强度大小均相同，方向均垂直纸面，相邻磁场方向相反、间距相同，初始时磁感应强度为B0.一重力不计的带正电粒子，从行板电容器P板处由静止释放，PQ极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面从A点射入波荡器，射入时速度与水平直线夹角为θ，θ在0～30°范围内可调．
(1)若粒子入射角θ＝0°，粒子恰好能从O1点正下方离开第一个磁场，求粒子的比荷k;
(2)若粒子入射角θ＝30°，调节AO1的距离d、磁场的圆心间距D和磁感应强度的大小，可使粒子每次穿过水平线时速度与水平线的夹角均为30°，最终通过同一水平线上的F点，A到F的距离为L＝2nR，求D的大小和磁感应强度B1的大小；
(3)在(2)问的情况下，求粒子从A运动到F的时间．
课时提升训练9
1．解析：带电粒子在辐射电场中做圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律得qE＝m
带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得qvB＝m
解得：r1＝，r2＝，
运动轨迹相同的粒子半径相同，即它们具有相同的速度和比荷，故C正确，ABD错误．
答案：C
2．解析：废液流速稳定后，粒子受力平衡，有qvB＝q
解得废液的流速v＝
废液流量Q＝Sv，S＝
解得Q＝
只需要测量磁感应强度B、直径d及MN两点电压U，就能够推算污水的流量，而要测量出废液的流速，除需要测量磁感应强度B及MN两点电压U外，还需要测量出圆柱形容器直径d，故A正确，B错误；
电磁流量计可利用v＝
的表达式来测出污水的流速，但是不能通过改变磁感应强度B来改变污水的流速，故C错误；
由Q＝，可知U＝
可知MN两点电压与磁感应强度B、流量Q、直径d有关，而与离子的浓度无关，故D错误．
答案：A
3．解析：霍尔元件输出的电压为零，则霍尔元件中的载流子不发生偏转，即霍尔元件所在处的磁感应强度为零，故螺绕环在霍尔元件处所产生磁场的磁感应强度与直导线在霍尔元件处所产生磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即k1I0＝k2I′，解得I′＝，又由右手螺旋定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向竖直向下，则直导线在该处产生的磁场方向应竖直向上，由安培定则可知直导线中的电流方向由b到a，D正确，ABC错误．
答案：D
4．解析：由题知粒子在AC做直线运动，则有qv0B1＝qE
区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，则粒子转过的圆心角为90°，根据qvB＝mr，有t0＝＝
若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则粒子沿AC做直线运动的速度，有qvA·2B1＝qE
则vA＝
再根据qvB＝m，可知粒子运动半径减小，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t＝t0，A错误；
若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则粒子沿AC做直线运动的速度，有qv1B1＝q·2E
则v1＝2v0
再根据qvB＝m，可知粒子运动半径变为原来的2倍，则粒子F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t＝t0，B错误；
若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2，则粒子沿AC做直线运动的速度仍为v0，再根据qvB＝m，可知粒子半径变为原来的>2，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为60°，根据qvB＝mr，有t＝
则t＝，C错误；
若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据qvB＝m，可知粒子半径变为原来的>2，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为45°，根据qvB＝mr，有t＝
则t＝t0，D正确．
答案：D
5．解析：图甲中，当粒子沿直线通过时，满足qvB＝Eq
即v＝
即只有具有速度v＝的粒子才能沿图中虚线路径经过速度选择器，选项A正确；
图乙中，H、H、H三种粒子经加速电场射入磁场，则由Uq＝mv2，qvB＝m
解得R＝
因为H的最大，则在磁场中偏转半径最大，选项B正确；
图丙中，由于技术上产生过高的电压是很困难的，为了使粒子获得更高的能量，所以采用多级直线加速装置，选项C正确；
图丁中，由T＝可知，随着粒子速度的增大，粒子在磁场中运动的周期不变，则交流电源的频率也是不变的，选项D错误．
答案：ABC
6．解析：A图中，小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定增大，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动，故A错误；
B图中，小球受重力、向上的电场力、垂直纸面向外的洛伦兹力，合力与速度一定不共线，故一定做曲线运动，故B错误；
C图中，小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则粒子做匀速直线运动，故C正确；
D图中，粒子受向下的重力和向上的电场力，没有洛伦兹力，则合力一定与速度共线，故粒子一定做直线运动，故D正确．
答案：CD
7．解析：霍尔元件内部是通过负电荷导电的，因磁场方向由N极指向齿轮，电流方向竖直向下，由左手定则可知电子移动到前表面，则前表面的电势低，故A正确；根据霍尔元件原理可知，洛伦兹力和电场力平衡，则有qvB＝q，解得U＝Bdv，由电流的微观表达式可知，增大电流，则v增大，故电压增大，故B正确；若I不变，当电压升高时，说明磁场增强，齿轮的凸起部分在靠近霍尔元件，故C错误；根据题意可知，转过相邻齿所用时间为T，则转一周的时间为5T，故车轮的角速度为ω＝，故D正确．
答案：ABD
8．解析：该粒子所受洛伦兹力向下，根据左手定则，该带电粒子一定带负电，A错误；
根据牛顿第二定律得qv0B＝m
解得r＝2m，OM之间的距离为2m，B正确；
竖直方向的分速度为vy＝v0cos30°＝150m/s
竖直方向的加速度为a＝＝2×106m/s2
由v＝2ay得
竖直方向的位移为y≈0.017m
M点到x轴的距离为d＝rsin30°＝1m
粒子第一次穿过虚线后与x轴间的最小距离约为ymin＝d－y≈0.983m，C正确，D错误．
答案：BC
9．解析：（1）正离子经电场加速过程中，由动能定理
qU＝mv2
得v＝v0
正离子在磁场中做匀速圆周运动qvB＝m
联立得r＝a
如图
正离子在第一象限做匀速直线运动，由几何关系sinθ＝＝
得θ＝30°
可得OM＝＝a
打到板上的M的坐标为（a，0）.
（2）由（1）中两式联立可得r＝
对质量为m的正离子，当加速电压为U＋ΔU时，半径最大r1＝
对质量为2m的正离子，当加速电压为U－ΔU时，半径最小r2＝
需满足r1即<
（3）正离子从M点弹起后再次与板相撞，两撞击点相距x1＝＝
同理，多次与板撞击，间距分别为x2＝，x3＝，x4＝
离子打到板上后垂直板方向的碰后速度总是碰前该方向上速度的0.6倍，则vny＝（）nv＝（）n×v0
要求离子在磁场中与板碰撞3次后（M点除外）水平离开磁场右边界，则d＝x1＋x2＋x3＋
联立得d＝0.8272＝0.8272a
答案：（1）（a，0） （2）< （3）d＝0.8272a
10．解析：（1）直线通过Ⅰ区的电子受力平衡Ee＝evB
由于B＝
可得v＝＝
（2）区域Ⅱ加上磁场后，电子将做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律evB＝m
可得R＝2L
根据左手定则，电子向上偏转，假设粒子打在区域右侧面某处，则根据几何关系，其z坐标z＝R－＝（2－）L<
粒子打在区域右侧面，坐标为（L，0，（2－）L）；
（3）电子的运动可分解为沿y轴正方向的匀加速直线运动和平行于xOz平面内的匀速圆周运动，圆周运动的半径根据10evB＝m
可得R′＝<
电子不会打到区域的上下侧面或左右侧面．电子打到区域边界的坐标为（R′，，R′），则电子至少旋转圆周，圆周运动的周期T＝
电子运动的时间t＝（n＋）T（n＝0，1，2，…）
又粒子在y轴正方向的分运动满足＝at2，a＝
联立解得E′＝E（n＝0，1，2，…）
答案：（1） （2）（L，0，（2－）L）
（3）E′＝E（n＝0，1，2，…）
11．解析：（1）设粒子经电场加速后速度为v，根据动能定理可得qU＝mv2
由几何关系可知粒子在磁场中偏转半径为R，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB0＝
联立解得粒子的比荷为k＝＝
（2）粒子的轨迹如图所示
由几何关系可得D＝2d＝＝2R
粒子转动的圆心恰好在磁场圆周上且在磁场圆心的正下方或正上方．
由几何关系可得r1＝R，qvB1＝
可得B1＝＝B0
（3）由几何关系可得α＝，AH＝R
每次从水平线到磁场边缘的时间为t1＝
每次在磁场中运动的时间为t2＝
可得粒子运动的时间为t＝n（2t1＋t2）＝（1＋）
答案：（1） （2）2R B0
（3）（1＋）课时提升训练10 直流电路与交流电路
一、单项选择题
1.[2023·浙江6月]我国1100kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流，用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流．下列说法正确的是( )
A．送电端先升压再整流
B．用户端先降压再变交流
C．1100kV是指交流电的最大值
D．输电功率由送电端电压决定
2．[2023·辽宁朝阳建平县二模]图甲是电动公交车无线充电装置，供电线圈设置在充电站内，受电线圈和电池系统置于车内．如图乙所示，供电线路中导线的等效电阻为R，当输入端ab接入电压为U0正弦交流电时，供电线圈与受电线圈两端电压分别为U1、U2，通过电池系统的电流为I.若不计其他电阻，忽略线圈中的能量损失，下列说法正确的是( )
A．ab端的输入功率等于U2I
B．ab端的输入功率等于U0I
C．供电线圈和受电线圈匝数比为U0∶U2
D．供电线圈和受电线圈匝数比为U1∶U2
3．[2023·北京卷]自制一个原、副线圈匝数分别为600匝和190匝的变压器，原线圈接12V的正弦交流电源，副线圈接额定电压为3.8V的小灯泡．实际测得小灯泡两端电压为2.5V.下列措施有可能使小灯泡正常发光的是( )
A．仅增加原线圈匝数
B．仅增加副线圈匝数
C．将原、副线圈匝数都增为原来的两倍
D．将两个3.8V小灯泡并联起来接入副线圈
4．[2023·广东佛山统考二模]如图，某兴趣小组设计用一小风力发电机给灯泡供电．发电机线圈与风叶固定在同一转轴上一起转动，灯泡正常发光．若线圈转速变为原来的2倍，理想变压器副线圈匝数变为原来的，其他条件不变，发电机内阻不计，则以下说法正确的是( )
A.流经灯泡电流的频率增大
B．流经灯泡电流的最大值减小
C．灯泡两端电压的有效值增大
D．发电机线圈中的感应电动势大小不变
5.
[2023·广东模拟预测]随着社会发展，人民生活水平的提高，电能在工业、农业、国防、科研和人民生活中，以及在国民经济的其他各个部门中，将愈来愈广泛的应用，它既能大大地提高劳动生产率，改善劳动条件，又能提高人们的物质生活和文化生活水平．远程输电、电网监控、用电安全等等，都是提高电网运行效率，实现可靠供电，并对其的安全状况进行掌控的极其重要环节．如图所示，理想变压器原线圈输入电压u＝Umsinωt，通过单刀双掷开关S1可改变变压器原线圈的匝数，电路中R1、R2、R3为定值电阻，R是滑动变阻器，V是理想交流电压表，示数用U表示，A是理想交流电流表，示数用I表示，下列说法正确的是( )
A．I表示电流的瞬时值，U表示电压的最大值
B．若将滑片P向上滑动，变压器输入功率变大
C．若闭合开关S2，则U不变，I变大
D．若将原线圈开关S1由1掷向2，则U、I都变大
6．[2023·江苏常州三模]无线充电器能给手机充电是因为两者内部有线圈存在，当电源的电流通过无线充电器的送电线圈会产生变化的磁场，手机端的受电线圈靠近该磁场就会产生电流，双方密切配合，手机成功无线充电．如图为自制的简易无线充电装置，由一个电磁炉(发射线圈)、一个接收线圈、一个二极管、一个车载充电器构成，发射线圈、接收线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，若电磁炉两端所加电压为u＝220sin (314t) V，不考虑充电过程中的各种能量损失．则下列说法正确的是( )
A．通过车载充电器的电流为交流电
B．通过车载充电器的电流方向周期性地变化
C．车载充电器两端电压的有效值约为22V
D．车载充电器两端电压的有效值约为V
7．[2023·浙江省嘉兴市模拟]如图所示，2022年长江流域发生严重干旱灾害期间，农民通过潜水泵抽取地下水灌溉农田．已知潜水泵由电动机、水泵、输水钢管组成，某地下水源距离地表6m深，安装潜水泵时将一根输水钢管竖直打入地底下与地下水源连通，水泵出水口离地表高度为0.45m，水流由出水口水平喷出时的速度为4m/s，每秒出水量为3kg.水泵由功率为330W的电动机带动，已知电动机额定电压为220V，水泵的抽水效率为75%，水的密度为1.0×103kg/m3，则( )
A．出水口钢管横截面积为2.5×10－3m2
B．每秒内水流机械能增加24J
C．水泵的输出功率为217.5W
D．电动机线圈的电阻为Ω
8.[2023·浙江省嘉兴市模拟]风力发电将为2023年杭州亚运会供应绿色电能，其模型如图所示．风轮机叶片转速m转/秒，并形成半径为r的圆面，通过1∶n转速比的升速齿轮箱带动面积为S、匝数为N的发电机线圈高速转动，产生的交变电流经过理想变压器升压后，输出电压为U.已知空气密度为ρ，风速为v，匀强磁场的磁感应强度为B，忽略线圈电阻，则( )
A．单位时间内冲击风轮机叶片气流的动能为ρπr2v2
B．经升压变压器后，输出交变电流的频率高于mn
C．变压器原、副线圈的匝数比为πNBSmn∶U
D．高压输电有利于减少能量损失，因此电网的输电电压越高越好
9．[2023·广东惠州一模]一理想变压器原、副线圈的匝数比为311∶11，原线圈输入电压的变化规律如图甲，副线圈接如图乙电路，P为滑动变阻器的触头，下列说法正确的是( )
A．副线圈输出电压的频率为200Hz
B．副线圈输出电压的有效值为11V
C．P向右移动时，变压器原、副线圈的电流都增加
D．P向右移动时，变压器的输入功率减小
10.[2023·浙江省宁波市模拟]电焊机内部有一种特殊用途的降压变压器，可以利用两极在瞬间短路时产生的高温电弧来熔化电焊条上的焊料和被焊材料．如图所示为其简要原理图，图中初级线圈在铁芯左侧上绕330匝铜线，次级线圈在铁芯左侧上绕40匝，转到铁芯右侧上绕35匝抽头为“弱”挡，再绕15匝抽头为“中”挡，再继续绕15匝抽头为“强”挡．下列说法正确的是( )
A．输出端置于“弱”挡时，空载电压最大
B．若输入端接220V的交流电，输出端置于“强”挡时，空载电压为70V
C．输入端可采用直流电源
D．由于焊条与焊材料之间存在较大的接触电阻，该处产生的热量较小
二、多项选择题
11．[2023·湖北荆门市联考二模]咸宁九宫山的风电通过如图所示的线路输送到某工厂．两变压器均为理想变压器，升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶5，输电线的总电阻R＝3Ω.风力发电机的输出功率为62.5kW，升压变压器的输入电压U1＝250V，降压变压器的输出电压U4＝220V．下列说法正确的是( )
A．降压变压器输出的电流为50A
B．降压变压器匝数比n3∶n4＝5∶1
C．输电线路上损失的电功率750W
D．降压变压器的输入电压U3＝1.1kV
12．[2023·湖南省邵阳市联考]如图(a)所示，调压变压器原副线圈的匝数比为3∶1，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“9V，6W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端交变电压u的图像如图(b)所示．则以下说法中正确的是( )
A．电压表的示数为27V
B．电流表的示数为2A
C．四只灯泡均能正常发光
D．顺时针旋转P，则灯泡L1变亮
13．[2023·广东湛江一模]图甲为某小型水电站的电能输送示意图，其输入电压如图乙所示．输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器).降压变压器右侧部分为一火灾报警系统(报警器未画出)，R0和R1为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，下列说法正确的是( )
A．>
B．图乙中电压的瞬时值表达式为
u＝250sin100πt(V)
C．R处出现火警时，输电线上的电流增大
D．R处出现火警时，电压表V的示数增大
14．如图所示，在马蹄形磁铁内部放置盛有导电液的玻璃皿，玻璃皿中央电极接电源负极，玻璃皿内贴着玻璃壁放置一圆环电极接电源正极，若磁感应强度B＝0.02T，玻璃皿的直径D＝0.1m，电源的电动势E(未知)，内阻r＝0.1Ω，电阻R1＝0.4Ω，R2＝6Ω，正负电极间导电液的等效电阻R＝0.8Ω，闭合开关，液体转动稳定时电压表的示数为4.2V，电流表的示数为0.5A，则下列说法正确的是( )
A．液体按逆时针转动(俯视看)
B．电源的电动势E＝6V
C．1分钟内液体产生的热量是300J
D．液体转动的机械功率为2.5W
课时提升训练10
1．解析：升压和降压都需要在交流的时候才能进行，故送电端应该先升压再整流，用户端应该先变交流再降压，故A正确，B错误；1100kV指的是交流电的有效值，故C错误；输电的功率是由用户端负载的总功率来决定的，故D错误．故选A.
答案：A
2．解析：根据题意可知，变压器的输出功率为U2I，由于原线圈上串联的电阻R也要消耗功率，所以ab端的输入功率大于U2I，变压器原线圈中的电流不等于I，所以ab端的输入功率也不等于U0I，故AB错误；
根据变压器电压比等于匝数比，可得供电线圈和受电线圈匝数比为U1∶U2，故C错误，D正确．
答案：D
3．解析：由＝知，仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压U2减小，不能使小灯泡正常发光，故A错误；
由＝知，仅增加副线圈匝数，副线圈的输出电压U2增大，有可能使小灯泡正常发光，故B正确；
由＝知，将原、副线圈匝数都增为原来的两倍，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故C错误；
将两个3.8V小灯泡并联，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故D错误．故选B.
答案：B
4．解析：线圈转速变为原来的2倍，可知周期变为原来的，故交流电的频率变为原来的2倍，A正确；
根据交流电压的最大值公式Em＝NBSω
周期变为原来的，角速度变为原来的2倍，故发电机线圈中的感应电动势最大值变为原来的2倍，同时理想变压器副线圈匝数变为原来的，设原来原副线圈匝数比为，根据理想变压器原副线圈电压与匝数比的关系有＝，＝
解得U2＝U′2
即副线圈电压最大值不变，所以流经灯泡电流的最大值不变，B错误；
副线圈电压最大值不变，故灯泡两端电压的有效值不变，C错误；
根据前面分析发电机线圈中的感应电动势最大值变为原来的2倍，故线圈中感应电动势变为原来的2倍，D错误．
答案：A
5．解析：交流电表的示数为有效值，故A错误；
P向上移动过程中，R变大，由于交流电源原副线圈匝数不变，副线圈两端电压不变，变压器输出功率变小，所以变压器输入功率变小，故B错误；
当开关S2闭合后副线圈电压不变，副线圈负载电阻变小，副线圈电流变大，R1两端电压变大，所以电压表示数U变小，I变小，故C错误；
当开关S1由1掷向2时，副线圈两端电压升高，电阻不变，所以U变大，I变大，故D正确．
答案：D
6．解析：接收线圈与车载充电器之间连接一个二极管，二极管具有单向导电性，一个周期内只有半个周期的交流电能通过二极管，所以通过车载充电器的电流方向不变，不是交流电，A、B错误；由＝，可得接收线圈的电压有效值为U2＝＝V＝22V，由电流的热效应可得·＝T，解得车载充电器两端电压的有效值约为U3＝V，C错误，D正确．
答案：D
7．解析：由m＝ρ·S·vt知，出水口钢管横截面积S＝＝m2＝7.5×10－4m2，故A错误；
每秒内水流机械能增加ΔE＝mg（h1＋h2）＋mv2＝217.5J，故B错误；
水泵的输出功率P出＝＝＝290W，故C错误；
对电动机，由P总＝P出＋I2r＝UI，解得电动机线圈的电阻r＝Ω，故D正确.
答案：D
8．解析：单位时间内冲击风轮机叶片气流的体积V＝Sh＝Sv·Δt＝πr2v，气体质量m＝ρV＝ρπr2v，动能Ek＝mv2＝ρπr2v3，故A错误；
发电机线圈转速为mn，则ω＝2πmn，频率f＝＝mn，经升压变压器后，输出交变电流的频率仍为mn，故B错误；
变压器原线圈两端电压最大值Um＝NBSω＝2πNBSmn，有效值U1＝＝πNBSmn，则变压器原、副线圈的匝数比为πNBSmn∶U，故C正确；
考虑到高压输电的安全性和可靠性，电网的输电电压并非越高越好，故D错误．故选C.
答案：C
9．解析：由图像可知，交流电的周期为T＝0.02s
变压器不改变交流电的频率，故副线圈输出电压的频率为f＝＝Hz＝50Hz
故A错误；
原线圈的电压的最大值为U1m＝311V
根据电压与匝数成正比可知U1m∶U2m＝n1∶n2＝311∶11
可得副线圈电压的最大值为U2m＝11V
副线圈输出电压的有效值为U2＝V
故B错误；
原、副线圈电压之比等于匝数之比，原、副线圈的匝数不变，输入电压不变，则副线圈两端的电压不变，P右移，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据功率公式P＝可知变压器的输出功率增加，则变压器的输入功率也增加；由P＝UI可知变压器原、副线圈的电流都增加，故C正确，D错误．故选C.
答案：C
10．解析：电焊机是一个降压变压器，因此，次级线圈匝数越多，对应的空载电压越大，则输出端置于“弱”挡时，空载电压最小，故A错误；
输出端置于“强”挡时，由＝，代入N0＝330匝，N3＝（40＋35＋15＋15）匝＝105匝
解得：U3＝70V，故B正确；
直流电无法实现变压，故C错误；
由于焊条与被焊材料之间存在较大的接触电阻，故该处产生的热量较大，故D错误．
答案：B
11．解析：理想变压器原、副线圈的电压之比等于线圈匝数之比，则U2＝U1＝5×250V＝1250V；原、副线圈的电流之比等于线圈匝数的反比，则I2＝I1＝×＝×A＝50A；则降压变压器的输入电压为U3＝U2－I2R＝1250V－50×3V＝1100V，故D正确；
降压变压器原、副线圈匝数之比为＝＝＝，故B正确；
降压变压器的输出电流为I3＝I2＝5×50A＝250A，故A错误；
输电线路上损失的电功率为P＝IR＝502×3W＝7500W，故C错误．
答案：BD
12．解析：输入端电压有效值为36V，设输出端每个灯泡电流为I，输出电压为U，则输出电流为3I，根据原副线圈电流、电压与匝数的关系可得，输入电流为I，输入电压为3U，则
36＝IR＋3U，U＝IR，R＝
解得U＝9V＝UL，I＝A，故C正确；
电压表的示数为UV＝3U＝27V，故A正确；
电流表的示数为IA＝3I＝2A，故B错误；
根据题意，有36＝I1R＋U1，＝，U2＝I2·，＝
所以36＝I1R＋（）2I1R
若顺时针旋转P，则n2减小，I1减小，灯泡L1变暗，故D错误．
答案：AC
13．解析：由题分析可知<，故A错误；
图乙中电压最大值Um＝250V，T＝0.02s，
所以ω＝＝100πrad/s，
图乙中的电压瞬时值表达式u＝250sin100πt（V），故B正确；
当R处出现火警时，其阻值减小，负载总电阻减小，负载的总功率增大，则I4增大，则I3增大，故C正确；
又ΔU＝I3r增大，输入电压U1不变，n1和n2不变，所以U2不变，
由于ΔU＝U2－U3，所以U3减小，n3和n4不变，则U4变小，即电压表V的示数减小，故D错误．
答案：BC
14．解析：通过液体的电流由玻璃皿边缘流向中心，玻璃皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故A正确；
R2的电压为U2＝I2R2＝0.5×6V＝3V，流过电阻R1的电流为I＝＝A＝3A，则电源的电动势E＝U＋Ir＝（4.2＋3×0.1）V＝4.5V，故B错误；
流过液体的电流为IR＝I－I2＝（3－0.5）A＝2.5A，1分钟内液体产生的热量是Q＝IRt＝2.52×0.8×60J＝300J，故C正确；
液体转动的机械功率为P机＝U2IR－IR＝（3×2.5－2.52×0.8）W＝2.5W，故D正确．
答案：ACD
