专题跟踪检测部分
第一部分 专题复习 整合突破
专题一 力与运动
第1讲 力与物体的平衡
1.A 根据牛顿第三定律可知，缆绳对违章车的拉力等于违章车对缆绳的拉力，A正确；违章车对坡道的作用力可能是摩擦力和压力的合力，这个合力与坡道不垂直；若违章车只受坡道的支持力，即违章车对坡道只有压力，没有摩擦力，违章车对坡道的作用力的方向与坡道垂直，B错误；设坡道与水平面的夹角为θ，则FN＝mgcos θ，坡道与水平面的夹角越小，坡道受到的压力就会越大，C错误；违章车除了受到重力、支持力、拉力作用之外还有可能受到坡道对它的摩擦力，D错误。
2.D 将力F垂直于木板1、2面分解如图
可得F1＝，F2＝，故选D。
3.A 由题意可知，支架对手机的作用力大小始终等于手机自身的重力，根据牛顿第三定律可知，手机对支架的作用力等于支架对手机的作用力，则手机对支架的作用力始终不变，A正确，C错误；根据手机的受力情况可知，手机的重力大小等于底部支撑平面ab对手机的弹力与背部支撑平面PQ对手机的弹力的合力，当θ角逐渐增大时，底部支撑平面ab对手机的弹力逐渐增大，背部支撑平面PQ对手机的弹力逐渐减小，根据牛顿第三定律可知，手机对底部支撑平面ab的弹力逐渐变大，B、D错误。
4.A 锅在竖直切面上受力分析如图所示，炉架的四个爪对锅的弹力的合力与锅受到的重力大小相等，方向相反，即4Fcos θ＝mg，由几何关系，可得cos θ＝，则R越大，爪与锅之间弹力越小，同理d越大，爪与锅之间弹力越大，锅受到的合力为零，故A正确；B、C、D错误。
5.C 设碗的半径为R，蚂蚁在最大高度处时，受重力mg、支持力FN、摩擦力f作用，如图所示，设蚂蚁与球心的连线与水平方向夹角为θ，则有sin θ＝＝，即θ＝53°，蚂蚁在最大高度处刚好处于平衡状态，则静摩擦力刚好达到最大静摩擦力，则有f＝μFN，则静摩擦因数μ＝＝＝＝0.75，故选C。
6.A 对b球，根据平衡条件及平行四边形定则可知tan θ＝，把两球以及它们间的连线看成整体，根据平衡条件及平行四边形定则可知tan α＝，则tan θ∶tan α＝2∶1，故选A。
7.B 对O点进行受力分析，它受到竖直方向的汽车对它的压力，大小等于汽车的重力G；OA方向杆的拉力FOA，BO方向的弹力FBO，OB与水平方向夹角为θ，可知G＝FBOsin θ，FOA＝，当θ变大时，FBO和FOA均变小。故选B。
8.D 由题意可知细线c对A的拉力和细线d对B的拉力大小相等、方向相反，对A、B整体分析可知细线a的拉力大小为Ta＝（mA＋mB）g＝1 N，设细线b与水平方向夹角为α，对A、B分析分别有Tbsin α＋Tcsin θ＝mAg，Tbcos α＝Tdcos θ，解得Tb＝0.5 N，故选D。
9.D 在卸下水桶的过程中，两个支持力的夹角是个定值，受力情况如图所示，根据力的示意图结合平衡条件可得＝＝，在转动过程中α从90°增大到180°，则sin α不断减小，F2将不断减小，β从钝角减小到锐角，其中跨过了90°，因此sin β先增大后减小，则F1将先增大后减小，故D正确、A、B、C错误。
10.B 对Q进行受力分析可知，P对Q的力为斥力，由安培定则和左手定则可知，则两导线的电流方向相反，即导线中电流方向垂直于纸面向外，故A错误；设导线Q受到两绳的拉力之和为T，导线P、Q间的安培力为F，对Q进行受力分析，根据三角形定则，受力分析如图所示：
由于两组绳长相同，则根据几何知识可得T＝mg，F＝2mgsin ，故B正确；由上述分析可知，导线Q受到两绳的拉力之和T始终为mg，与电流I和角度θ无关，则导线Q对悬线的拉力大小不变，故C错误；导线P中电流突然消失的瞬间，导线P、Q间的安培力消失，此时沿绳方向上的合力为零，则导线Q受到两绳的拉力大小之和为mgcos θ，故D错误。
11.D 设车辕与水平方向夹角为θ，则当车匀速前进时，Fcos θ＝k（mg－Fsin θ），解得F＝，而cos θ＋ksin θ＝sin（60°＋θ），则当θ＝30°时F最小，即此时车辕的长度约为l＝＝2H，故选D。
12.D 工件的重力可以分解为沿槽棱方向向下的分力Gsin 37°与垂直于槽棱方向的分力Gcos 37°，如图甲所示，垂直于槽棱方向的分力Gcos 37°又进一步分解为两个挤压斜面的压力，如图乙所示，
F1和F2的合力与Gcos 37°等大反向，由几何关系可知2F1cos 45°＝Gcos 37°，解得F1＝F2＝G，故A、B错误；沿槽棱方向的分力Gsin 37°与圆柱体和槽之间的摩擦力大小相等，有Ff＝2μF1＝Gsin 37°，解得动摩擦因数为μ＝，故C错误，D正确。
第2讲 直线运动与牛顿运动定律
1.D 无人机受到重力和空气升力，悬停时重力与升力平衡，故A错误；如果向下加速运动时，则处于失重状态；如果向下减速运动，则处于超重状态，故B错误；喷洒过程中药水的质量减小，则喷洒过程中惯性减小，故C错误；沿曲线轨迹运动时处于非平衡状态，则加速度一定不为零，故D正确。
2.C 演员在上升和下降的过程中，都只受重力作用，处于完全失重状态，选项A、B错误；演员上升过程中所用时间为t＝，则其在空中旋转的时间不超过，选项C正确；演员上升的最大高度为h＝，选项D错误。
3.D 由逆向思维可知，冰壶从静止开始做匀加速直线运动，由s＝aT2可知，冰壶通过连续相等距离所用时间之比为1∶（－1）∶（－）∶…∶（－），n为大于或等于1的整数，则冰壶通过最后的距离所需时间为t'＝＝（＋）t，故选D。
4.A 设列车减速过程的加速度大小为a，相邻两个相等时间为T，第二个相等时间的末速度为v，一节车厢的长度为L，根据逆向思维可得n2L＝vT＋aT2，（n1＋n2）L＝v·2T＋a（2T）2，可得n1L＝vT＋aT2，则有＝，可得＜＜，故选A。
5.B 雨滴从高空静止下落过程中，设雨滴的质量为m，根据牛顿第二定律可得a＝＝g－，可知随着雨滴速度的增大，加速度逐渐减小，所以雨滴做加速度逐渐减小的加速运动，则v-t图像的切线斜率逐渐减小；当空气阻力等于雨滴重力时，雨滴的加速度减为0，且加速度a与速度v不是线性关系。故选B。
6.A 设列车的加速度大小为a，根据几何关系及牛顿第二定律有F合＝mgtan θ＝ma，得列车加速度的大小为a＝gtan θ，故A正确，B错误；根据Tcos θ＝mg，得细线拉力的大小为T＝，故C、D错误。
7.C 作出单扇感应门打开过程的v-t图像如图所示，根据v-t图像与坐标轴所围图形的面积表示位移可知，vm×4 s＝2 m，解得vm＝1 m/s，根据加速度的定义可知a＝＝0.5 m/s2，C正确。
8.C 小球受重力、细绳OA斜向上的拉力及弹簧的弹力作用，设细绳与水平方向的夹角为θ，则细绳OA中的拉力大小为T＝，将细绳剪断的瞬间重力及弹簧的弹力均不变，所以小球的加速度沿AO方向且大小为a＝＝，故选C。
9.B 由v-t图像可知，0≤t≤140 s时，和谐号动车速度大于复兴号高铁，t＞140 s时，和谐号动车速度小于复兴号高铁，故复兴号高铁追上和谐号动车前，t＝140 s时两车相距最远，根据v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移，可知复兴号高铁追上和谐号动车前，两车最远相距Δx＝×140×70 m－×（140－70）×70 m＝2 450 m，故A、C、D错误；复兴号高铁的加速度为a＝＝ m/s2＝1 m/s2，复兴号高铁加速达到最大速度所需的时间为t1＝＝ s＝95 s，故B正确。
10.ACD 由牛顿第二定律知mgsin 30°－f＝ma，解得滑雪者加速度的大小为a＝4 m/s2，选项A正确，B错误；由运动学公式x＝v0t＋at2，其中v0＝1 m/s，t＝3 s，解得3 s内滑雪者下滑位移的大小为x＝21 m，选项C正确；由运动学公式知v＝v0＋at，重力的瞬时功率P＝mgvsin 30°，联立解得，3 s末人与滑板总重力的瞬时功率为P＝3 900 W，选项D正确。
11.（1）5 m/s2，方向向左，1 m/s2，方向向右 （2）3 m
解析：（1）A滑上B后，对A、B分别受力分析，由牛顿第二定律，对A有μ1mg＝ma1
解得A的加速度为a1＝5 m/s2，方向向左
对B有μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2
解得B的加速度为a2＝1 m/s2，方向向右。
（2）设经时间t1物块和木板速度相同，对物块A，有v1＝v0－a1t1
对木板B，有v1＝a2t1
则物块前进的位移为x1＝v0t1－a1
木板前进的位移为x2＝a2
则物块相对木板滑动的最大距离为ΔL＝x1－x2＝3 m。
12.（1）186 N 方向沿滑道向上 （2）245 N
（3）238 N≤F'≤1 176 N
解析：（1）给皮艇一沿滑道斜向上的恒力F将皮艇和小孩拉至顶端，由位移与时间的关系公式有L＝at2
得a＝0.2 m/s2
对小孩，由牛顿第二定律有f－mgsin θ＝ma
代入数据得f＝186 N
方向沿滑道向上。
（2）对皮艇和小孩构成的整体，由牛顿第二定律有F－（M＋m）gsin θ－μ1（M＋m）gcos θ＝（M＋m）a
代入数据得拉力的大小为F＝245 N。
（3）给小孩一个沿滑道斜向上的恒定拉力F'，能将他们拉至顶端的最小拉力
Fmin'＝（M＋m）gsin θ＋μ1（M＋m）gcos θ＝238 N
若小孩和皮艇恰好相对滑动，则皮艇和小孩之间的静摩擦力达到最大静摩擦力μ2mgcos θ，对整体，由牛顿第二定律有Fmax'－（M＋m）gsin θ－μ1（M＋m）gcos θ＝（M＋m）a'
对皮艇，由牛顿第二定律有μ2mgcos θ－μ1（M＋m）gcos θ－Mgsin θ＝Ma'
联立代入数据得a'＝26.8 m/s2
Fmax'＝1 176 N
故238 N≤F'≤1 176 N。
第3讲 抛体运动与圆周运动
1.A 根据题意可知“歼-20”水平方向做匀速直线运动，由v2-h图像可知竖直方向向上做匀速直线运动，得合运动为匀速直线运动，由速度的合成得方向斜向上，故选A。
2.B 设垂直于河岸的速度为v0，河宽为2d，花灯与河岸的距离为x（x≤d），则花灯沿水流方向的速度为v水＝kx，垂直于水流方向有x＝v0t，则有a＝＝＝kv0可知，加速度为一恒定值，且推出花灯处的加速度方向沿水流方向，靠近对岸位置加速度方向与水流方向相反，故花灯在从推出位置到河中间的运动为类平抛运动，从河中间到对岸的轨迹与该运动轨迹对称，根据加速度方向与合力方向相同，合力方向指向轨迹凹侧可知B项符合要求。
3.A 落到B处的石块下落的高度较小，根据h＝gt2知，运动时间较短；根据初速度v0＝知，落在B处的石块水平位移大，运动时间短，则初速度较大。故选A。
4.B 相同时间内运动方向改变的角度之比是3∶2，可知转过的角度之比为3∶2，根据ω＝可知，角速度之比为3∶2，根据T＝可知，周期大小之比为2∶3，选项A错误；相同时间内，它们通过的路程之比是4∶3，根据v＝，可知线速度大小之比为4∶3，根据an＝ωv可知，向心加速度大小之比为2∶1，选项B正确，D错误；根据r＝可知，运动半径之比为8∶9，选项C错误。
5.D 水柱中的水在空中处于失重状态，A错误；水柱最高点离地越高，水在空中运动的时间越长，B、C错误；根据斜抛运动的对称性，可知水从A点运动到B点的时间为A点运动到最高点时间的2倍，D正确。
6.BC 令石子接触水面时速度方向与水面的夹角为θ，石子水平抛出的速度为v0，石子竖直方向做自由落体运动，则有h＝gt2，石子接触水面时，有tan θ＝＝，解得tan θ＝，可知，出手高度越大，石子接触水面时速度方向与水面的夹角越大，根据题意可知，为了观察到明显的“水漂”效果，则应适当减小出手的高度，故A错误，B正确；结合上述可知，石子出手速度越大，石子接触水面时速度方向与水面的夹角越小，可知，为了观察到明显的“水漂”效果，则应适当增加出手的速度，故C正确，D错误。
7.D 小球刚离开桌面时，设绳子与竖直方向夹角为θ，则mgtan θ＝mω2R，又tan θ＝，联立可得ω2＝，A球绳子悬点更高，故A球先离开桌面，离开桌面时的角速度与绳长无关，故A、B、C错误，D正确。
8.
解析：设水下落的高度为h，则竖直方向有h＝gt2，故下落高度相同，水流入下方的时间相同，水平方向有x＝vt，减排前后出水口处水的流速之比就等于水平位移之比，所以减排前后相同时间内的排水量之比就等于水平位移之比，即为。
9.D 设沙包b下落时间为t，则沙包a下落时间为（t＋0.5 s），A处比B处高为Δh＝g（t＋0.5 s）2－gt2，由此可知Δh＞1.25 m，故A错误；根据平抛运动的轨迹可知，在落地前两沙包不会相遇，故B错误；由于速度方向与竖直方向夹角相等，则＝，A、B的水平距离为x＝vbt＋va（t＋0.5 s），由此可知，需要已知沙包的下落时间和初速度，平抛运动的下落时间与高度有关，故C错误，D正确。
10.D 依题意，球在AB段做斜抛运动，看成反方向的平抛运动，则有hBB'＝g，球在BC段做平抛运动，有hBB'＝g，联立解得t1＝t2，故C错误，D正确；球在AB段水平方向，有xAB'＝v1t1，球在BC段水平方向，有xCB'＝v2t2，由图可知xAB'＞xCB'，联立解得v1＞v2，故A、B错误。
11.（1）3.6 m （2） m/s （3）
解析：（1）跑酷爱好者到达右墙壁P点时，竖直方向的速度恰好为零，根据逆向思维可知，从M点到P点的逆过程为平抛运动，则h＝g，从P点到Q点的过程为斜抛运动，根据对称性可得H－h＝g，L＝v0t2，解得t1＝0.4 s，t2＝1 s，v0＝6 m/s，跑酷爱好者助跑的距离为x＝L－v0t1＝3.6 m。
（2）跑酷爱好者刚离开墙壁时竖直方向的速度大小为vy＝g×＝5 m/s，跑酷爱好者刚离开墙壁时的速度大小为v＝＝ m/s。
（3）跑酷爱好者刚离开P点时的速度方向与竖直方向夹角的正切值为tan θ＝＝。
12.（1）60 m （2）1 000 V
解析：（1）灭火弹离开炮口后做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做竖直上抛运动。则灭火弹在水平方向上有vx＝v0cos 53°＝30 m/s，
灭火弹从离开炮口到击中高楼所用的时间
t＝＝ s＝2 s，
在竖直方向上有vy＝v0sin 53°＝40 m/s，
灭火弹击中高楼位置距地面的高度H＝vyt－gt2，
代入数据解得H＝60 m。
（2）由题意可知ηE＝ m，
解得E＝25 000 J，
又E＝ CU2，
代入数据解得U＝1 000 V。
13.（1）2 100 N，方向竖直向上 （2）10.8 m
（3） m
解析：（1）在C点，对运动员，由牛顿第二定律有FN－mg＝
解得FN＝2 100 N
即运动员在C点时受到圆弧轨道的弹力大小为2 100 N，方向竖直向上。
（2）设运动员在由D点飞出时速度与水平方向成α角，从D点运动到P点的过程中，竖直方向有（v2sin α）2＝2gh，v2sin α＝gt1
水平方向有xDE＝v2t1cos α
解得α＝53°，xDE＝10.8 m。
（3）运动到P点的速度vP＝v2cos α
对其垂直于斜坡方向分解vy＝vPsin θ，ay＝gcos θ
当垂直于斜坡方向上的速度减为0时，距离斜坡最远，由几何关系可知d＝hcos θ＋H
其中＝2ayH
解得d＝ m。
14.（1）4.8 m （2）12 m
解析：（1）在M点，设运动员在ABCD面内垂直于AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得v1＝vMsin 72.8°①
设运动员在ABCD面内垂直于AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得mgcos 17.2°＝ma1 ②
由运动学公式得d＝ ③
联立①②③式，代入数据得d＝4.8 m④
（2）在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规律得
v2＝vMcos 72.8°⑤
设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得mgsin 17.2°＝ma2 ⑥
设腾空时间为t，由运动学公式得t＝ ⑦
L＝v2t＋a2t2 ⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L＝12 m⑨
第4讲 万有引力与宇宙航行
1.BC 根据开普勒第一定律可知，太阳处在12P彗星椭圆轨道的焦点上，选项A错误； 根据开普勒第二定律可知，12P彗星在近日点的速度比在远日点的速度大，选项B正确； 根据开普勒第三定律可知，12P彗星轨道半长轴的三次方与它公转周期的二次方的比值是一个定值，选项C正确；根据开普勒第二定律可知，在远离太阳的过程中，12P彗星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等，选项D错误。
2.AB 从图中我们可以看到，冬至时地球位于近日点附近，公转速度最快。随着地球向远日点移动，公转速度逐渐减慢。因此，芒种 （位于远日点附近）时的地球公转速度应该比小满 （位于近日点和远日点之间）时慢，故A正确；地球公转轨道是椭圆形的，但轨道上的速度并不是均匀分布的。由于公转速度的变化，芒种到小暑的时间间隔与大雪到小寒的时间间隔并不相等。从图中可以看出，芒种到小暑的时间间隔要大于大雪到小寒的时间间隔，故B正确；地球公转的加速度与地球到太阳的距离有关。立春时和立秋时，地球到太阳的距离并不相等（立春时离太阳较近，立秋时离太阳较远），因此公转加速度也不相等，故C错误；春分、夏至、秋分、冬至四个节气虽然分别代表了春、夏、秋、冬四季的开始，但它们并不刚好将一年的时间分为四等份。实际上，由于地球公转轨道是椭圆形的，各季节的时间并不相等，故D错误。
3.C 设月球表面的重力加速度为g0，则有G＝mg0，解得g0＝＝×πR3ρ＝，根据竖直上抛运动的规律可知，物体落回月球表面的时间t＝＝2v0×＝，C正确。
4.BD 地球的第一宇宙速度等于卫星在近地轨道的环绕速度，根据万有引力提供向心力得＝m，结合mg＝得第一宇宙速度v＝，又g月＝g地，R月＝R地，可知返回舱相对月球的速度小于地球的第一宇宙速度，选项A错误，B正确；根据万有引力提供向心力得，在近地（月）轨道上有＝mR，又GM＝gR2，得T＝，可得＝·＝，可知选项C错误，D正确。
5.B 鹊桥二号离开火箭时速度要大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，才能进入到地月转移轨道，A错误；由开普勒第三定律＝k，鹊桥二号在捕获轨道上运行的周期大于在环月轨道上运行的周期，B正确；在P点要由捕获轨道变轨到环月轨道，鹊桥二号需要做近心运动，必须降低速度，所以经过P点时，需要点火减速，C错误；根据万有引力提供向心力知G＝ma，解得a＝，则经过A点的加速度比经过B点时小，D错误。
6.B 高轨卫星01星绕地心做匀速圆周运动，轨道平面必过地心，在赤道正上方，因此不可能静止在咸宁的正上方，故A错误；由题意可知，高轨卫星01星所受的万有引力提供向心力G＝mrω2，又S＝πr2，ω＝，综合解得地球的质量为M＝，故B正确；在地球表面，有G＝mg，得地球表面的重力加速度为g＝，故C错误；贴近地球表面，由万有引力提供向心力，可得G＝m，得地球的第一宇宙速度为v1＝，故D错误。
7.C 由第一宇宙速度定义可知G＝，解得第一宇宙速度为v1＝，又M＝ρV＝ρ·πR3，由题意可知v2＝v1，且对于黑洞有v2＝c，联立可得该黑洞半径最小为R＝≈3×103 m，故选C。
8.A 双星系统两个恒星的角速度相同，周期相同，设恒星A和恒星B的轨道半径分别为rA和rB，对A，根据万有引力提供向心力得G＝mrA，对B，根据万有引力提供向心力得G＝2mrB，又L＝rA＋rB，联立解得rA＝，故选A。
9.AB 第一宇宙速度是地球卫星的最小发射速度，发射“神舟十八号”的速度应大于第一宇宙速度，A正确；由开普勒第三定律知，神舟十八号进入Ⅱ轨道后周期变长，B正确；M卫星若要与空间站对接，M卫星应该由低轨道与高轨道的空间站对接，对接开始时需要点火加速，脱离原有轨道，此后做离心运动与空间站实现对接，若在同一轨道，M卫星点火加速轨道会变的更高，C错误；根据牛顿第二定律有G＝ma，可得a＝G，Ⅲ轨道上的c点的加速度等于Ⅱ轨道上的c点的加速度，D错误。
10.D 由开普勒第二定律知小行星甲在远日点的速度小于在近日点的速度，A错误；小行星乙在远日点到太阳的距离与地球到太阳的距离相等，由G＝ma可知，小行星乙在远日点的加速度和地球的公转加速度相等，B错误；根据开普勒第三定律，有＝，解得＝，C错误；甲、乙两星从远日点到近日点的时间之比＝＝，D正确。
11.BC 根据万有引力提供向心力，有G＝m＝mω2r，可得v＝，ω＝，卫星Ⅱ的轨道半径小于卫星Ⅰ的轨道半径，则卫星Ⅱ运动的线速度大于卫星Ⅰ的线速度，卫星Ⅱ运动的角速度大于卫星Ⅰ的角速度，故A错误，B正确；根据牛顿第二定律G＝ma，可得a＝，其中rⅠ＝，rⅡ＝R，卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度之比为aⅠ∶aⅡ＝∶＝sin2θ∶1，故C正确；根据万有引力提供向心力，有G＝mrⅠ，解得地球的质量为M＝，故D错误。
12.AC 根据题意可知R太∶R地＝100，R月∶R地＝1∶4，结合视角图可得地球到太阳的距离与月球到地球的距离之比约为r1∶r2＝400∶1，故A正确；由＝，可得M＝，则太阳的质量与地球质量之比为＝＝3.8×105，地球对月球的引力与太阳对月球的引力之比为＝∶≈0.4，因星球的密度为ρ＝＝，则地球与太阳的平均密度之比为ρ地∶ρ太＝≈2.6，故C正确，B、D错误。
专题二 能量和动量
第5讲 功与功率 动能定理
1.C 重力做的功WG＝mgr＝400 J，选项A错误；经过Q点时轨道对货物的支持力的大小FN＝mg＋m＝140 N，根据牛顿第三定律知，货物对轨道的压力大小140 N，选项B错误；经过Q点时货物的向心加速度大小an＝＝4 m/s2，选项C正确；货物克服阻力做的功Wf＝mgr－mv2＝320 J，选项D错误。
2.BC 拉力所做的功WF＝Fxcos θ，轮胎做加速运动，则Fcos θ＞f，则轮胎克服阻力做的功小于Fxcos θ，选项A、D错误；由动能定理可知，轮胎所受合外力做的功W合＝mv2，选项B正确；拉力的最大功率Pm＝Fvcos θ，选项C正确。
3.A 水车每秒转动的圈数为，水车转动一圈对水做的功W＝Nmg·2R，则水车运水的功率P＝×＝2NmgR×＝，故选A。
4.AD 根据牛顿第二定律，在0～1 s内，有F－f＝ma1，在1～3 s内，有f＝ma2，结合图线可得a1＝＝ m/s2＝2 m/s2，a2＝＝ m/s2＝1 m/s2，联立可得F＝1 500 N，f＝500 N，0～1 s内，帆船的位移为x1＝vt1＝1 m，在0～1 s内，风力对帆船做功WF＝Fx1＝1 500 J，水的阻力对帆船做功Wf＝－fx1＝－500 J，合外力对帆船做功W合＝WF＋Wf＝1 000 J，故A正确，B、C错误；在1～3 s内，帆船的位移x2＝vt2＝2 m，水的阻力对帆船做功Wf'＝－fx2＝－1 000 J，故D正确。
5.D 由图丙可知ω＝2t，所以水斗速度随时间变化规律为v＝ωr＝0.2t，可知水斗从静止开始做匀加速直线运动，其水斗上升的加速度a＝0.2 m/s2，故A错误；10 s时水斗的速度v10＝0.2×10 m/s＝2 m/s，动能Ek＝（m＋m'）v2＝5 J，故B错误；由牛顿第二定律，可得F－（m＋m'）g＝（m＋m'）a，解得F＝25.5 N，10 s时井绳拉力的瞬时功率P＝Fv10＝51 W，故C错误；水斗匀加速上升，0～10 s内它上升的高度h＝at2＝10 m，0～10 s内井绳拉力所做的功W＝Fh＝255 J，故D正确。
6.B 时间Δt内，通过圆面的空气的质量m＝ρvΔt·πR2，该部分空气的动能Ek＝mv2，则此风力发电机发电的功率P＝，解得P≈1.5×105 W，故选B。
7.C 在A点，汽车加速度a1＝＝2 m/s2，根据牛顿第二定律F1－Ff－mgsin θ＝ma1，此时汽车的功率P＝F1v＝（Ff＋mgsin θ＋ma1）v0，由图可知汽车最大速度vm＝16 m/s，此时牵引力F2＝Ff＋mgsin θ，则P＝F2v＝（Ff＋mgsin θ）vm，汽车功率不变，联立两式解得Ff＝2×103 N，P＝64 kW，故A、B错误；从A点到D点，根据动能定理Pt－（Ff＋mgsin θ）L＝m－m，解得斜坡长L＝160 m，故C正确；根据P＝Fv，可得当v＝10 m/s时，牵引力F3＝6.4×103 N，根据牛顿第二定律F3－Ff－mgsin θ＝ma2，解得汽车的加速度a2＝1.2 m/s2，故D错误。
8.（1）2 m/s （2）5 000 N 方向水平向左 （3）4 000 J
解析：（1）在B点，由牛顿第二定律，可得mg＝m，解得v1＝2 m/s。
（2）同理，在C点，有FN＝m，解得FN＝5 000 N，由牛顿第三定律可知FN'＝FN＝5 000 N，方向水平向左。
（3）从A到B过程，根据动能定理可得W－mg×2R＝m－m（2v1）2，解得W＝4 000 J。
9.（1）2 600 N （2）14 m
解析：（1）对滑板和运动员从A点到C点，根据动能定理可得
mgLsin 37°－μmgLcos 37°＋mgR（1－cos 37°）＝mv2－0
解得v＝10 m/s，
在最低点C点，有FN－mg＝，解得FN＝2 600 N，由牛顿第三定律可得，滑板和运动员通过圆弧轨道最低点C时对C点的压力大小为2 600 N。
（2）从C到P的过程，根据动能定理可得－mgR（1－cos 60°）＝m－mv2，
解得v1＝ m/s，
设右侧斜面的落点到P点的距离为l，由抛体运动规律可得lcos 60°＝v1xt，
lsin 60°＝－v1yt＋gt2，其中v1x＝v1cos 60°，v1y＝v1sin 60°，
解得l＝14 m。
第6讲 机械能守恒定律 能量守恒定律
1.A 运动员从A点运动到B点的过程中机械能守恒；运动员从B点运动到C点的过程中，蹦床对运动员的弹力做负功，运动员的机械能减小，选项A正确，B错误；运动员从B点运动到C点的过程中先重力大于弹力，向下加速，后弹力大于重力，向下减速，则动能先增大后减小，蹦床的弹性势能一直增大，选项C、D错误。
2.D 从B到A过程中，小球除受重力外还受弹簧对小球的弹力，且弹力做正功，故小球的机械能不守恒，故A错误；从B到A过程中，弹簧弹力和重力平衡位置处动能最大，合力对小球先做正功后做负功，小球的动能先增大后减小，故B错误；从B到A过程中，弹簧的压缩量一直在减小，故弹簧的弹性势能一直减小，故C错误；因为从B到C过程弹簧的平均作用力大于从C到A过程弹簧的平均作用力，两过程位移大小相等，故从B到C过程弹簧弹力对小球做的功大于从C到A过程弹簧弹力对小球做的功，故D正确。
3.C 上升过程竖直速度vy＝v0y－gt，下降过程竖直速度vy＝gt，可知图像是两段直线，选项A错误；足球在空中运动时机械能守恒，则E-t图像是平行横轴的直线，选项B错误；根据机械能守恒定律可知Ek＝Ek0－mgh，选项C正确；重力的功率P＝mgvy＝mg，则P-h图像是曲线，选项D错误。
4.A 假设弹簧的作用力为F，可知F＝kx，在上升过程中有F－mg＝ma，a＝＝，随着人的上升，弹簧形变量减小，a逐渐减小，在高度为h1时F＝mg，此时a＝0，并非加速度取最大值，故A错误；由图像可知，h1～h2阶段人向上做加速度增大的减速运动，此时仍有弹力。h2～h3阶段人向上做匀减速直线运动，此时已没有弹力作用。因此h2高度时鞋开始脱离地面，故B正确；在0～h2的过程中，弹簧对人做正功，人的机械能增大，故C正确；在h2～h3的过程中，人做竖直上抛运动，加速度向下，处于失重状态，故D正确。
5.BCD 由图乙可知，无人机先做变加速直线运动后做匀加速直线运动，故A错误；飞至h0高处时，根据动能定理可得W合＝mgh0＝mv2，解得速度大小为v＝，故B正确；飞至2h0高处时，根据牛顿第二定律F－mg＝mg，解得无人机所受的升力为F＝2mg，故C正确；从地面飞至3h0高处的过程中，无人机动能的增加量ΔEk＝mgh0＋mg·2h0＝2.5mgh0，重力势能的增加量ΔEp＝mg·3h0＝3mgh0，机械能的增加量ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝5.5mgh0，故D正确。
6.AD 当钢球从右侧管口处释放时，钢球的机械能最大，到达最高点时的速率最大，根据动能定理得mg×（4R－2R）＝mv2，解得v＝2，故A正确；当钢球的释放高度h＝2.5R，此时，根据机械能守恒得mg×（h－2R）＝mv2，所需向心力Fn＝m，解得Fn＝mg，可得此时重力恰好提供向心力，钢球在圆管最高点时对轨道的弹力为零，故B错误；钢球若从左侧管口离开，则钢球需能到达圆管的最高点，由题意可知，钢球恰能通过最高点时的速率为零，则根据机械能守恒得mg×（hmin－2R）＝0，解得hmin＝2R，所以，钢球若能从左侧管口离开，则释放高度h≥2R，故C错误，D正确。
7.（1）0.2 N （2）0.45 J
（3）0.45 J≤Ep≤0.656 J
解析：（1）滑块在C点，受到的弹力提供向心力，则FNC＝m，解得FNC＝0.2 N。
（2）假定滑块刚好到达F点有vF＝0，从A运动到F点－mg（2R＋2r）＝－Ep1，解得Ep1＝0.4 J，滑块要能到F点，须先通过D点，刚好过D点时有mg＝m，得vD＝3 m/s，从A运动到D点，有－mg×2R＝m－Ep2，解得Ep2＝0.45 J，因为Ep2＞Ep1，所以恰好到F点时，弹簧的弹性势能为0.45 J。
（3）由于μ＞tan θ，滑块在弹回的过程中刚好停在F点时弹簧的弹性势能最大，从A运动到F过程，根据动能定理得－mg（2R＋2r）－μmgcos θ·2l＝0－Ep，解得Ep＝0.656 J，所以弹簧的弹性势能Ep的取值范围0.45 J≤Ep≤0.656 J。
8.（1） （2） （3）
解析：（1）由于P、Q两点处弹簧弹力的大小相等，则由胡克定律可知P点的压缩量等于Q点的伸长量，由几何关系知PQ＝dtan α＝d
则小球位于P点时弹簧的压缩量为x＝PQ＝d
对P点的小球由力的平衡条件可知mg＝kx
解得k＝。
（2）当小球运动到Q点时，假设小球甲的速度为v，此时小球甲的速度与绳子OQ垂直，所以物体乙的速度为零，又知小球、物体和弹簧组成的系统机械能守恒，则由机械能守恒定律得4mg·－mgdtan α＝mv2
解得v＝ 。
（3）由系统的机械能守恒定律可知，弹簧弹性势能为零时，小球甲和物体乙的机械能之和最大Em＝kx2＝。
第7讲 动量定理和动量守恒定律
1.C 平板车将货物沿斜坡向上匀速运送，速度不变，动量不变，根据动量定理可知所受合外力的冲量为零，A错误，C正确；平板车将货物沿斜坡向上匀速运送，平板车与货物组成的系统动能不变，重力势能增加，则机械能增加，B错误；同学利用平板车将货物沿斜坡向上匀速运送，推力不为零，位移不为零，则所受推力做功不为零，D错误。
2.C 由牛顿第三定律可知1 s时间内喷出的离子受到发动机的平均作用力大小为F＝0.1 N，对1 s时间内喷出的离子，由动量定理可得Ft＝mv－0，解得该发动机1 s时间内喷出离子的质量为m＝＝ kg＝4×10－6 kg，故选C。
3.A 设向后为正方向，由动量守恒定律有0＝m1v1－（M－m1）v2，由动量定理有－t＝－（M－m1）v2－0，解得＝360 N，故选A。
4.C 水球与球拍作用过程中，把水球与球拍作为系统，受到手对系统的作用力，所以系统动量不守恒，故A错误；由冲量公式I＝Ft可知与球拍作用过程中水球受地球引力并且其作用时间不为0，所以它的冲量不为零，故B错误；实验舱内的物体处于完全失重状态，航天员会观察到水球离开球拍后相对天宫号空间站做匀速直线运动，被击打后水球相对地球做变速曲线运动，故C正确，D错误。
5.B 由题意可知，水虿逃窜时的速度达到v1＝15 m/s，水虿和喷出的水组成的系统动量守恒，设水虿喷射出水的速度为v2，取水虿向前逃窜的方向为正方向，由动量守恒定律可得（m－m0）v1－m0v2＝0，解得v2＝v1＝×15 m/s＝22.5 m/s，故选B。
6.C 对C由动能定理得WC＝mC，解得vC＝4 m/s，爆炸后B和C共速，即vBC＝vC＝4 m/s，对A、B、C整体，动量守恒，则mvA＝2mvBC，解得vA＝8 m/s，爆炸释放的能量为三者动能之和，故E＝m＋×2m＝96 J，故选C。
7.B 人从船尾走到船头的过程动量守恒，则Mv船＝mv人，即M＝m，解得渔船的质量为M＝，故选B。
8.A 对风筝受力分析如图1所示，作出矢量三角形如图2所示，可知风筝此时获得的垂直于风筝面的力F＝2mgcos θ，根据牛顿第三定律，风筝对垂直于风筝面的风的作用力大小也为F，以风为研究对象，Δt时间内，垂直打在风筝面的风的质量Δm＝ρSvΔt，在垂直于风筝面方向上由动量定理有F·Δt＝Δm·v，联立解得空气密度为ρ＝，故选A。
9.D 碰撞过程由动量守恒定律可知p＝－＋p'，由能量关系可得：＝＋，解得m'＝3m，选项A错误；t1时刻图线切线斜率最大，此时加速度最大，两粒子距离最近，两者共速，则由动量守恒定律得p＝（m＋3m）v，解得t1时刻α粒子的动量为pα＝mv＝，选项B、C错误；当两粒子相距最近时电势能最大，最大电势能为Epm＝－（m＋3m）v2＝，选项D正确。
10.（1）3 m/s （2）16.7 m
解析：（1）对人与木箱组成的系统，根据动量守恒定律可知m1v0＝m1v1＋m2v，得v1＝3 m/s。
（2）人推出木箱后，此后木箱向前匀减速运动，加速度大小为a，则有a＝μg＝2 m/s2，经时间t人追上木箱，则有s1＝v1t，s2＝vt－at2，s＝s1＝s2，得t＝2 s，s＝6 m，此时木箱速度为v2'＝v－at＝1 m/s，人抓住木箱后，共同速度为v'，系统动量守恒，则m1v1＋m2v2'＝（m1＋m2）v'，得v'＝m/s，此后二者共同匀减速运动，则（m1＋m2）v'2＝μm2gs'，解得s'＝ m，又因为x＝s＋s'，所以x＝ m＝16.7 m。
11.（1）0.25 m/s 0.75 m/s （2）1.0 s
（3）0.05（3n2－3n＋1） m
解析：（1）A沿斜面下滑，其受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律3mgsin θ－μA×3mg·cos θ＝3ma，分析B的受力，则mgsin θ＝μBmgcos θ，即B静止在斜面上。A与B发生第一次碰撞前，由运动学规律得＝2al，A与B发生第一次碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得3mvA0＝3mvA1＋mvB1，×3m＝×3m＋m，解得vA1＝0.25 m/s，vB1＝0.75 m/s。
（2）由（1）可得，A从静止释放后，经过时间t0与B发生第一次碰撞，有vA0＝at0，B以速度vB1做匀速直线运动，A以初速度vA1，加速度a做匀加速直线运动，第二次碰撞前，有vA1t1＋a＝vB1t1，此时，B以速度vB1做匀速直线运动，A的速度为vA1'＝vA1＋at1，A与B发生第二次碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得3mvA1'＋mvB1＝3mvA2＋mvB2，×3mvA1'2＋m＝×3m＋m，B以速度vB2做匀速直线运动，A以初速度vA2，加速度a做匀加速直线运动，第三次碰撞前，有vA2t2＋a＝vB2t2，显然，每次碰撞后，B均相对A以初速度vA0、加速度aA做匀减速直线运动至下一次碰撞，经过时间均为0.4 s。故A与B发生第三次碰撞后的时刻为T3＝t0＋t1＋t2，解得T3＝1.0 s。
（3）从开始至第一次碰撞xA1＝l，从第一次碰撞至第二次碰撞xA2＝2l＋4l＝6l，从第二次碰撞至第三次碰撞xA3＝8l＋4l＝12l，从第三次碰撞至第四次碰撞xA4＝14l＋4l＝18l，从第n－1次碰撞至第n次碰撞xAn＝（6n－10）l＋4l （n＞1），A从静止释放到第n次碰撞后运动的总位移XAn＝xA1＋xA2＋xA3＋…＋xAn＝（3n2－3n＋1）l＝0.05（3n2－3n＋1） m。
素养培优1 “板块”模型中动力学、
能量和动量的综合
1.（1）1 m/s （2）1 s
解析：（1）小滑块在木板上滑动过程中，滑块和木板组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得mv0＝（m＋M）v，解得v＝1 m/s。
（2）根据题意，对滑块，由动量定理有－μmgt＝mv－mv0，解得t＝1 s。
2.（1）0 （2）2 m/s （3）0.2
解析：（1）物块C与木板A发生弹性正碰，由动量守恒定律有mCv0＝mAvA＋mCvC，由机械能守恒定律有mC＝mA＋mC，解得vA＝3 m/s，vC＝0，即碰后C的速度为零。
（2）再经t＝1 s时间B与A相对静止，此过程A与B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有mAvA＝（mA＋mB）v共，解得v共＝2 m/s。
（3）对物块B，根据动量定理有μmBgt＝mBv共，所以A的上表面与B之间的动摩擦因数为μ＝0.2。
3.（1）40 N （2）4 m/s （3）0.15
解析：（1）对A从开始运动至运动到最低点的过程，根据动能定理有mgl（1－cos 60°）＝m－0
在最低点，对A由牛顿第二定律有T－mg＝
根据牛顿第三定律得T'＝T
联立解得细绳受到的拉力T'＝40 N。
（2）由于碰撞时间极短，则碰撞过程A、C组成的系统水平方向动量守恒，有
mv0＝0＋mvC
结合（1）问解得vC＝4 m/s。
（3）C与B相互作用的过程，系统所受外力矢量和为零，动量守恒，则有mvC＝（m＋3m）v共，根据能量守恒定律有
m＝（m＋3m）＋μmgΔx
联立解得μ＝0.15。
4.（1） （2） （3）v0 v0
解析：（1）当A在B上滑动时，A与B、C整体发生相互作用，由于水平面光滑，A与B、C组成的系统动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得mv0＝m·＋2mv1 ①，由能量守恒定律得μmgL＝m－m·－×2m ②，联立①②解得v1＝v0，μ＝ ③。
（2）当A滑上C时，B与C分离，A、C发生相互作用，A到达C的最高点时两者的速度相等，设为v2，A、C组成的系统在水平方向动量守恒，则m·＋mv1＝（m＋m）v2 ④，A、C组成的系统机械能守恒，则m·＋m＝×（2m）＋mgR ⑤，联立③④⑤解得R＝。
（3）A滑上C后，B与C分离，只有A与C发生相互作用，此后B的速度一直为v0，设A滑离C时，A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，对A与C组成的系统，由动量守恒定律得m·＋mv1＝mvA＋mvC，由能量守恒定律得m·＋m＝m＋m，联立解得vA＝v0，vC＝v0。
5.（1）0.2 42 N （2） m/s （3） m
解析：（1）由图乙可知，对物块在0～2 s的时间内，有a1＝＝ m/s2＝2 m/s2，对物块根据牛顿第二定律得μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2。0～2 s的时间内长木板做加速运动，由图乙可知a＝＝ m/s2＝9 m/s2，对木板由牛顿第二定律得F1－μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma，解得F1＝42 N。
（2）t＝2 s后，由题意得F2＝μ2（M＋m）g，故长木板与物块组成的系统动量守恒，可得mv1＋Mv2＝（m＋M）v3，解得v3＝ m/s。
（3）由图乙可得，0～2 s时，物块相对长木板的位移Δx1＝×2×（18－4） m＝14 m，2 s后，到物块与长木板共速时，由能量守恒定律有μ1mgΔx2＝m＋M－（m＋M），解得Δx2＝ m，故长木板的最小长度L＝Δx1＋Δx2＝ m。
6.（1）6 m/s2 2 m/s2 （2）1 s （3） m
解析：（1）撤去F前，假设小物块与木板间未发生相对滑动，对整体，根据牛顿第二定律有F＝（M＋m）·a共，解得a共＝ m/s2，对木板，根据牛顿第二定律有f＝Ma共＝ N＞μmg，则小物块与木板之间发生相对滑动，对小物块，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma物，解得a物＝6 m/s2，对木板，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma木，解得a木＝2 m/s2。
（2）设力F作用的时间为t，根据位移与时间的关系式x＝v0t＋at2可知，此时，小物块的位移为x1＝a物t2，木板的位移为x2＝a木t2，又有x1－x2＝L1，解得t＝1 s。
（3）撤去拉力时，根据v＝v0＋at可知，此时，物块的速度为v物＝6 m/s，木板的速度为v木＝2 m/s，要使小物块不从木板上掉下来，则小物块到达木板最右端时与木板共速，根据动量守恒定律有mv物＋Mv木＝（M＋m）v共，解得v共＝ m/s，撤去拉力后，对物块，根据牛顿第二定律有－μmg＝ma1，解得a1＝－4 m/s2，木板的受力没有发生变化，则木板的加速度不变，根据公式v2－＝2ax可知，小物块的位移为x1＝ m，木板的位移为x2＝ m，则木板的最小长度L＝L1＋（x1－x2）＝ m。
7.（1）4 m/s s （2） m
解析：
（1）解法一 由题意可知物块在薄板上运动的过程中，物块和薄板之间一直存在相对运动，物块向右做匀减速直线运动，薄板向右做匀加速直线运动，又物块和薄板的质量相等，则物块和薄板的加速度大小均为
a＝μg＝3 m/s2
设物块的初速度大小为v0，物块在薄板上的运动时间为t1，则由运动学公式有
x物＝v0t1－a＝l＋
x板＝a＝
联立并代入数据解得v0＝4 m/s、t1＝ s。
解法二 对物块与薄板组成的系统，从开始运动到状态一，根据动量守恒定律有
mv0＝mv1＋mv2
分别对物块和薄板根据动能定理有
－μmg·l＝m－m
μmg·l＝m－0
联立并代入数据解得v0＝4 m/s，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s
对薄板由动量定理有
μmgt1＝mv2－0
代入数据解得t1＝ s。
（2）结合（1）问可知物块从薄板飞出瞬间，薄板的速度大小为
v2＝at1＝1 m/s
由题意可知物块从薄板飞出后，物块做平抛运动，薄板做匀速直线运动，设物块从薄板飞出后的运动时间为t2，平台距地面的高度为h，则由运动学公式有
－＝v2t2
h＝g
联立并代入数据解得h＝ m。
素养培优2 传送带模型中动力学、
能量和动量的综合
1.D 刚开始，物体速度小于传送带速度，物体相对传送带向后运动，A错误；物体匀速运动过程中，不受摩擦力作用，B错误；加速运动过程中，传送带对物体的摩擦力向前，则摩擦力对物体做正功，C错误；加速运动过程 ＝μmg＝ma加速时间t＝ v越大，t越大，D正确。
2.A 开始时物块受向右的拉力F和向右的摩擦力Ff而做加速运动，则动能Ek＝（F＋Ff）x；若物块在到达最右端之前还未达到与传送带共速，此时图像为C；若F＞Ff，则当物块与传送带共速后还会加速，此时动能增加量ΔEk＝（F－Ff）x，此时图像为D；若F≤Ff，则当物块与传送带共速后会随传送带一起匀速运动，动能不变，此时图像为B；物块与传送带共速后只能匀速或者加速，不可能减速，则图像A不可能。
3.（1）2.08 s （2）1.5 m
解析：（1）物块在传送带上加速过程，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝2 m/s2，所以物块在传送带上加速的时间t1＝＝ s＝1.5 s，加速运动的位移x1＝a＝×2×1.52 m＝2.25 m＜4 m，所以物块在传送带上先加速后匀速，匀速的时间t2＝＝ s＝0.58 s，所以物块在传送带上运动的时间t＝t1＋t2＝2.08 s。
（2）物块平稳滑上木板，由于木板下表面光滑，物块与木板组成的系统动量守恒，则有mv0＝（m＋M）v，物块最终刚好停在木板的右端没有滑下，对系统，根据能量守恒定律知系统动能的减少量等于物块与木板发生相对滑动的过程中产生的内能，即μmgd＝m－（m＋M）v2，联立解得d＝1.5 m。
4.（1）2 m/s （2）2 m/s （3）0.5 J
解析：（1）假设物块能加速到和传送带速度相等，则加速过程，根据牛顿第二定律得μ0mg＝ma，设加速过程物块的位移为x，则v2＝2ax，解得x＝1 m＜L，假设成立，A碰B前，A物块的速度大小为2 m/s。
（2）A、B碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv＝mvA＋mvB，mv2＝m＋m，解得vA＝0，vB＝2 m/s。
（3）A、B碰撞后到弹簧弹性势能最大的过程，摩擦生热Q＝－Wf，由图乙知B运动0.5 m时μ＝0.4，摩擦力对物块做的功Wf＝－d，根据能量守恒得mB＝Q＋Epm，解得Epm＝0.5 J。
5.（1）2.25 m （2）2 m/s （3）9 J
解析：（1）根据动量守恒定律得mv0＝（m＋M）v，解得子弹与物块共速的速度为v＝6 m/s，物块沿传送带上滑过程，根据动能定理得－[（m＋M）gsin 30°＋μ（m＋M）gcos 30°]x＝0－（m＋M）v2，物块在传送带上滑动的最远距离为x＝2.25 m。
（2）设传送带速度为v1，物块到达B端时的速度为0。要求传送带速度最小，则物块速度大于v1，根据牛顿第二定律（m＋M）gsin 30°＋μ（m＋M）g·cos 30°＝（m＋M）a1，物块减速到v1的过程中－v2＝－2a1x1，因为μ＝0.2＜tan 30°，共速后，继续减速运动，有（m＋M）gsin 30°－μ（m＋M）g·cos 30°＝（m＋M）a2，物块减速至0的过程中＝2a2x2，又x1＋x2＝L，联立得v1＝2 m/s。
（3）若物块用最短时间从A端滑到B端，物块所受摩擦力沿传送带向上，则W＝μ（m＋M）gLcos 30°＝9 J。
6.（1）8 J （2）2 kg 2.5 J （3）32 J
解析：（1）甲从A到C，由动能定理得m1gh－Wf＝m1－0，解得Wf＝8 J。
（2）甲、乙碰撞，由动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2，解得m2＝2 kg，则损失的机械能ΔE机＝m1－，解得ΔE机＝2.5 J。
（3）甲冲上传送带，其先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得μm1g＝m1a1，可得a1＝5 m/s2，甲加速到与传送带共速的时间Δt1＝＝0.5 s，此过程传送带发生的位移x1＝vΔt1＝2 m，甲在传送带上运动的位移x2＝Δt1＝1.375 m，甲与传送带的相对位移Δx1＝x1－x2＝0.625 m，乙冲上传送带，其先做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律μm2g＝m2a2，可得a2＝5 m/s2，乙减速到与传送带共速的时间Δt2＝＝0.2 s，此过程传送带发生的位移x3＝vΔt2＝0.8 m，乙在传送带上运动的位移x4＝Δt2＝0.9 m，乙与传送带的相对位移Δx2＝x4－x3＝0.1 m，电动机需额外消耗的电能ΔE电＝m1v2－m1＋＋μm1gΔx1＋μm2gΔx2＝32 J。
7.（1）18 N，方向竖直向下 （2）2.5 m/s
（3）9 J 54 J
解析：（1）a从出发点到N点，由动能定理有m1gr＝m1，在N点对物块a分析，由牛顿第二定律有FN－m1g＝m1，得物块a运动到圆弧轨道最低点N时受到的支持力大小FN＝18 N，根据牛顿第三定律可知，物块a对圆弧轨道的压力大小为18 N，方向竖直向下。
（2）a在传送带上运动，由牛顿第二定律有μm1g＝m1a，由运动学公式有－＝2ax，解得a在传送带上减速的位移为x＝1.4 m＜L，故物块a到达M点时速度为v0＝3 m/s，a和b发生弹性碰撞有m1v0＝m1va＋m2vb，m1＝m1＋m2，解得vb＝v0＝v0＝0.5 m/s，va＝v0＝－v0＝－2.5 m/s，物块a第一次碰后的速度大小为2.5 m/s。
（3）物块a第一次碰后返回传送带时的速度小于传送带的速度，所以物块a将先在传送带上向右做减速运动，然后在传送带上向左做加速运动，由运动的对称性可知物块a离开传送带的速度仍然是va，且加速与减速的位移大小相等，由＝2ax1解得位移的大小x1＝，传送带的位移x2＝v0t，运动时间t＝，经过M点到第二次碰前经过M点产生的热量Q1＝μm1g[（x1＋x2）＋（x2－x1）]，联立解得Q1＝μm1g＝2×m1＝9 J，物块a第一次碰后速度小于传送带速度v0，故第二次碰前速度仍为v0，第二次碰后a的速度为v0，则第2次碰后到第3次碰前产生的热量为Q2＝μm1g＝2×m1，由数学知识可知Qn＝2×m1，则物块a与传送带之间由于相对运动产生的总热量Q＝2m1·＝54 J。
专题三 电场和磁场
第8讲 电场及带电粒子在电场中的运动
1.B B正确。
2.B 虚线是粉尘的运动轨迹，其所受的合外力指向轨迹的凹侧，即带电粉尘受到的电场力的方向指向金属圆筒，即粉尘带负电荷，故A项错误；沿着电场线方向，电势逐渐降低，由题图可知，Q点的电势比P点的电势低，因粉尘带负电，由Ep＝qφ，可知电势大的地方，电势能小，即粉尘在P点的电势能比在Q点的电势能小，对于粉尘有E＝Ek＋Ep，对于同一个粉尘，粉尘在P点的速度大于在Q点的速度，由动量的定义可知，粉尘在P点的动量大小比在Q点的大，故B正确，C错误；由于粉尘带负电，而金属圆筒带正电，正负电荷互相吸引，所以粉尘最终会被吸附到金属圆筒上，故D项错误。
3.D 由于处于静电平衡状态的导体内部电场强度处处为零，所以L点的电场强度比K点的大，故选项A错误；因为金属球壳的球心有一个负点电荷，根据静电感应规律，正电荷受到负电荷的吸引力聚集在球壳内部，球壳外部有多余的负电荷，所以球壳内表面带正电，外表面带负电，故选项B错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，N点的电势比M点的电势高，所以试探电荷＋q在M点的电势能比在N点的小，故选项C错误；试探电荷＋q的受力方向与电场强度方向相同，所以逆着电场线从M点运动到N点，电场力做负功，故选项D正确。
4.AC 对于带正电的粒子，在匀强电场中受电场力作用，根据动能定理，有Uq＝mv2，可得v＝，可知粒子到达右极板的速度v的大小与极板间距离d无关，A正确，B错误；设粒子在电场中运动的加速度为a，有Eq＝ma，E＝，d＝at2，联立可得t＝d，可知，粒子从出发至右极板所用的时间与极板间距离成正比，C正确，D错误。
5.D 根据题意可知，小球所受合力方向沿虚线向下，则其所受电场力方向水平向右，小球从O点运动到与O点等高处的过程做类平抛运动，小球的速度增大，动能增大，由于小球所受电场力与小球速度的夹角一直为锐角，则电场力做正功，小球的电势能减小，A、B、C错误，D正确。
6.B 根据沿电场线方向电势降低，结合题图可知，Q1＞0，Q2＜0，A、C错误；设两点电荷间的距离为3L，则有k＋k＝0，解得＝－2，B正确，D错误。
7.B φ-x图像切线的斜率表示电场强度，图中切线斜率在变化，表示电场强度发生变化，不是匀强电场，A错误；根据φ-x图像可知A点电势小于B点电势，根据Ep＝φq可知，该负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能，B正确；一正电荷从A点移到B点，电势升高，电势能增加，电场力做负功，C错误；由于顺着电场线方向电势降低，因此A、B间电场方向为由A指向O和由B指向O，D错误。
8.C 结合电场叠加原理和点电荷的电场强度公式E＝k可知P、Q两点电场强度大小相等、方向相同，A错误；两等量异种点电荷产生的电场中，电场线从正点电荷出发，指向负点电荷，又沿电场线方向电势降低，则φP＞φQ，B错误；P点电场强度大小为EP＝k＋k，若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P点电场强度大小也变为原来的2倍，C正确；若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P、Q之间的电场强度均变大，又P、Q两点间的距离不变，则根据U＝Ed定性分析可知P、Q之间的电势差变大，D错误。
9.B 设半球面在B点的电势为φ1，在半球面的右侧填补一个均匀的带电荷量为＋Q的、半径为R的半球面，根据φ＝k ，填补后圆心O点的电势为φO＝k，又因为φO＝φA＝φB，填补后，根据题意得φB＝φ1＋φ0，φA＝φ0＋φ1 ，解得φ1＝－φ0 ，故选B。
10.（1）v0 （2）
解析：（1）粒子在电场E1中沿x方向做匀速直线运动，沿y方向做初速度为零的匀加速直线运动
沿x方向，有2L＝v0t1
沿y方向，有L＝t1
粒子运动至A点处的速度大小为vA＝＝v0。
（2）粒子在电场E2中沿x方向做初速度不为零的匀加速直线运动，沿y方向做匀速直线运动，沿y方向，有
2L－L＝vyt2
沿x方向，有4L－2L＝v0t2＋a2
由牛顿第二定律有qE2＝ma2
联立解得电场强度的大小为E2＝。
11.D 由题意可知小球所受静电力与重力的合力方向竖直向上，大小为F＝qE－mg＝2mg，若要使小球不脱离轨道，设其在A点所具有的最小速度为vmin，根据牛顿第二定律有F＝m，解得vmin＝，所以只有当v0≥时，小球才不会脱离轨道，故A、B错误；假设小球可以在轨道中做完整的圆周运动，在C点的速度大小为v1，根据动能定理有m－m＝F·2R，在A、C点小球所受轨道的支持力大小分别为F0和F1，根据牛顿第二定律有F0＋F＝m，F1－F＝m，联立以上三式解得ΔF＝F1－F0＝6F＝12mg，根据牛顿第三定律可知小球在A、C两点对轨道的压力差等于12mg，与v0的大小无关，故C错误；若将小球无初速度从D点释放，由于F向上，所以小球一定能沿DC轨道经过C点，故D正确。
第9讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动
1.A 根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向左，A正确；小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度的大小和方向都在变，B、C错误；小球受到的洛伦兹力对小球永不做功，D错误。
2.BD 由安培定则可知，导线a在导线b点产生的磁场方向竖直向下，根据左手定则可知，导线b所受安培力水平向左，根据牛顿第三定律，导线a所受安培力水平向右，相互吸引，故A错误，B正确；由安培定则可知，在导线a左侧和导线b右侧两导线中的电流产生的磁场方向相同，合磁感应强度不可能为零，所以磁感应强度为零的点在两导线之间，设磁感应强度为零的点到a的距离为x，则有k＝k，解得x＝，x轴上只有1个点的磁感应强度为零，到导线a的距离为，故C错误，D正确。
3.A 电容器所带电荷量为Q＝CU，设炮弹出膛的速度为v，根据动量定理可得，Blt＝mv－0，又q＝t＝0.05Q，联立解得v＝，故选A。
4.D 带电粒子在垂直于纸面向外的磁场中运动，根据左手定则可知a、b、c都是正电子的径迹，d、e都是负电子的径迹，A错误；带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得R＝，由图可知a径迹对应的粒子的运动半径最小，a径迹对应的粒子的速度最小，根据p＝mv，可知a径迹对应的粒子动量最小，B错误；根据Ek＝mv2，可知Eka＜Ekb＜Ekc，即b径迹对应的粒子动能不是最大的，C错误；带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，T＝，则T＝，所以Ta＝Tb＝Tc＝Td＝Te，粒子在磁场中的运动时间t＝T，其中α为粒子在磁场中的偏转角度，由图可知a径迹对应的偏转角度最大，则a径迹对应的粒子运动时间最长，D正确。
5.BC 根据安培定则可得，两圆柱形电磁线圈中间的匀强磁场方向竖直向上，刚开始运动时，根据左手定则，正离子受到的洛伦兹力方向沿x轴正方向，故A错误，B正确；若所有的离子都在晶圆上，则离子在磁场中做圆周运动的最小半径为r＝L，根据牛顿第二定律得qvB＝m，解得最大的磁感应强度为B＝＝，故C正确，D错误。
6.C 设粒子带正电，粒子恰好不能进入小圆区域，轨迹如图所示，根据几何关系可得r2＋（3R）2＝（r＋R）2，解得粒子轨道半径为r＝4R，故A、B错误；由几何关系可得tan θ＝＝，可得θ＝37°，则粒子在磁场中的运动时间为t＝T＝×＝，故C正确，D错误。
7.B 假设该电荷在磁场中运动轨迹圆心为O'，由几何关系可知△AOC为正三角形。假设运动轨迹半径为r，由几何关系可知r＝R，由洛伦兹力公式可知v＝＝，故A错误；由图可知，轨迹经过圆心，故B正确；由于此时运动轨迹所对圆心角为240°，结合公式T＝可知，所用时间为t＝T＝，故C错误；由几何关系可知s＝·2πr＝，故D错误。
8.B 若磁场沿M指向A的方向，在平面ACPM中对磁感应强度沿AP和与AP垂直的方向分解，如图，
则与电流垂直的磁感应强度分量B⊥＝Bcos α＝B，安培力大小F＝I×L×B＝ILB，故A错误，B正确；若磁场沿M指向Q的方向，对磁场沿平行、垂直于面ACPM的方向分解，如图，
分量B1＝B2＝B，则在面ACPM中，安培力大小F＝I×L×B1＝I×L×B＝ILB，分量B2同样要产生安培力，因此安培力肯定要大于ILB，故C、D错误。
9.（1）（2－）R （2）
解析：（1）根据洛伦兹力提供向心力
qvB＝
又v＝
联立解得r＝R
根据几何关系知沿y轴负向射出的粒子到恰好过x＝R处挡板最上端点A的粒子都被挡板挡住了，而粒子过A点时的轨迹圆心设为O3，则知△OAO3为等边三角形，OO3与水平方向的夹角为60°，故轨迹圆与y轴正半轴的交点距原点O的距离为2Rsin 60°＝R
从原点O沿x轴正半轴射出的粒子打在y轴正半轴的位置距原点O的距离为2R，故y轴正半轴上有粒子飞出部分的长度为2R－R＝（2－）R。
（2）根据题意粒子均匀持续地发射在第四象限的各个方向，发射角为90°，又发射中能被挡板挡住的粒子的发射角为60°，故同一时刻发射出的粒子中能被挡板挡住的粒子数占发射粒子总数的比值等于发射角度的比值，为＝。
10.（1），方向垂直于纸面向里
（2）≤s≤
解析：（1）根据题意可知从粒子源中点P发出的粒子在磁场中运动轨迹为四分之一圆周，轨迹半径为r1，由几何关系可知r1＝R
根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
联立解得B＝
根据左手定则可知，磁感应强度方向垂直于纸面向里。
（2）根据题意可知，从N点射出的粒子在磁场中运动的路程最短，如图甲所示
根据几何关系可得
cos ∠COB＝＝
解得∠COB＝60°
因为四边形OBO1Q为菱形
所以∠QO1B＝60°
则粒子经过磁场区域的最短路程为s1＝×2πR＝
根据题意可知，从M点射出的粒子在磁场中运动的路程最长，如图乙所示
易知四边形O2DOQ为菱形，根据几何关系可知∠QO2D＝120°
则粒子经过磁场区域的最长路程为s2＝×2πR＝
所以从粒子源发出的粒子经过磁场区域的路程范围为≤s≤。
素养培优3 带电粒子在组合场中的运动
1.AB 根据左手定则可知，粒子在速度选择器中受到的洛伦兹力向右，则电场力向左，极板M带负电荷，故A正确；根据平衡条件有＝qvB1，解得v＝，故B正确；粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB2＝，解得r＝∝，显然光斑A是氚核产生的，设氕核的质量为m0、所带的电荷量为e，则氚核的比荷为＝，氦核的比荷为＝，故C错误；根据r＝∝，可知光斑B是氘核和氦核产生的，光斑C是氕核产生的，B、C两点将AS3三等分，则相邻两光斑的距离均为，故D错误。
2.D 由静电分析器中电场力充当向心力可知，粒子带正电，根据左手定则可知，磁分析器中磁场方向垂直于纸面向里，故A错误；在加速电场中，根据动能定理得qU＝mv2，在静电分析器中，根据电场力充当向心力得qE＝，联立可得电场强度E＝，故B错误；在磁分析器中，根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝，可得粒子进入磁分析器到打在胶片上的距离D＝，所以与粒子的比荷有关，仅改变粒子的比荷，粒子不能打在胶片上的同一点，故C错误；由上述公式可知，磁场磁感应强度B越小，半径越大，当B为最小值时，粒子与QD边相切，由于圆心在PN上，则半径R＝2d，此时有4d＝，解得Bmin＝，故D正确。
3.C 由洛伦兹力提供向心力可知qvB＝m，可得v＝，当r＝R时，质子的速度最大，质子的动能最大Ekm＝mv2＝，若只增大交变电压U，则质子的最大动能Ek不变，A错误；为了使质子能在回旋加速器中加速，质子的运动周期应与交变电压的周期相同，B错误；由nqU＝m以及rn＝，可得质子第n次被加速前、后的动能之比为Ek（n－1）∶Ekn＝∶n，速度之比为vn－1∶vn＝∶，由牛顿第二定律得qvB＝ma，则a＝，可知向心加速度之比为an－1∶an＝∶，故C正确，D错误。
4.（1） （2） （3）2πR
解析：（1）粒子从A点运动到C点，根据动能定理得qU＝mv02
解得v0＝。
（2）设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，如图所示
由几何关系得（R）2＋r2＝（r＋R）2
解得r＝R
由牛顿第二定律得qv1B＝m
又因qU1＝mv12
解得U1＝。
（3）设粒子在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角为θ，由几何关系得tan＝
解得θ＝
粒子在磁场中运动的周期为T＝
粒子从C点到第一次与绝缘薄板碰撞所需时间为t＝
解得t＝πR
由几何关系可得粒子在危险区运动时总共与绝缘薄板发生5次碰撞，粒子从离开电场到再次返回电场时间为t总＝6t＝2πR。
5.（1） （2） （3）（π＋2）
解析：由题意，画出粒子在磁场和电场中的运动轨迹如图所示
（1）研究粒子在磁场中的匀速圆周运动时，由向心力公式，得qv0B＝m
又r＝d
解得匀强磁场的磁感应强度大小B＝。
（2）粒子在电场中做匀减速直线运动，由动能定理，得－qEd＝0－m
则匀强电场的电场强度大小E＝。
（3）粒子在磁场中运动的周期T＝＝
粒子第一次在磁场中运动的时间t1＝T＝
在电场中的加速度a＝＝
粒子第一次在电场中来回的时间t2＝2×＝
粒子第二次在磁场中运动的时间t3＝T＝
粒子从O点射出至第三次穿过边界线OM所用的时间t总＝t1＋t2＋t3＝（π＋2）。
6.（1） （2）
（3）
解析：（1）设电子进入插入体前的速度大小为v0，则电子经过插入体前后，由洛伦兹力提供向心力有ev0B＝m
e·kv0B＝m
联立解得＝。
（2）电子多次循环稳定后，对电子从c'd'出发经电场到ab的过程，由动能定理有
eU＝mv2－m（kv）2
解得v＝。
（3）结合（2）问分析，当电子到达cd中点P时速度稳定后，其在abcd区域运动有
evB＝m
解得r＝
结合（1）问分析可知，电子在a'b'c'd'区域运动的半径为r'＝
所以电子相邻两次经过cd边的位置间的距离为
l＝2（r－r'）
由几何关系可知＝nl
又电子在磁场中运动的周期为
T＝＝
联立解得电子从P运动到d的时间为
t＝nT＝。
素养培优4 带电粒子（体）在叠加场、
交变场中的运动
1.AC 由左手定则可知，带正电粒子在磁场中受到向上的洛伦兹力，带负电粒子在磁场中受到向下的洛伦兹力，则等离子体从左侧喷入磁场时，带正电粒子向上偏转，带负电粒子向下偏转，所以极板MN带正电，为发电机的正极，A正确；极板间的电压稳定后，对在极板间运动的某个带电粒子，有qE＝qvB，又U＝Ed，可得U＝vBd，所以仅增大两极板间的距离d，极板间的电压增大，B错误；仅增大等离子体的喷入速率v，极板间的电压增大，C正确；仅增大等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压不变，D错误。
2.C 对粒子受力分析可知，粒子受到的洛伦兹力与速度大小和方向有关，则粒子必定做匀速直线运动，粒子受到的电场力水平向右，受到的重力竖直向下，则洛伦兹力垂直运动轨迹斜向上，根据左手定则可知，匀强磁场的方向垂直于纸面向外，故A错误；根据受力平衡有tan 30°＝，sin 30°＝，则粒子的电荷量q＝，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝，故B错误，C正确；若粒子运动过程中，磁场突然消失，粒子受到的合力方向与粒子的速度方向不共线，则粒子一定做曲线运动，故D错误。
3.AC 带电小球的比荷为，则有Eq＝mg，则在复合场中小球合力为洛伦兹力，所以小球在复合场中做匀速圆周运动，射出时的速度方向与下边界的夹角为60°，则小球运动情况有两种，轨迹如图所示，
若小球速度为v1，根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为120°，此时小球在复合场中的运动时间为t1＝T＝·＝，根据几何知识可得，其轨迹半径为R1＝h，根据洛伦兹力提供向心力有Bqv1＝m可得，小球的速度v1＝，小球的路程s1＝×2πR1＝πh，小球的加速度a1＝＝，若小球速度为v2，则根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为60°，此时小球在复合场中的运动时间t2＝T＝×＝，根据几何知识可得，其轨迹半径为R2＝2h，根据洛伦兹力提供向心力有Bqv2＝m，可得小球的速度为v2＝，小球在复合场中运动的路程为s2＝×2πR2＝πh，小球的加速度为a2＝＝，故选A、C。
4.（1） （2）L （3）
解析：（1）由粒子受力平衡可知
qv0B＝qE
解得B＝，因此匀强磁场磁感应强度B的大小为。
（2）撤去电场，调整磁感应强度B大小使粒子刚好从极板a右端射出，其运动轨迹如图所示
由几何关系得r2＝L2＋
解得r＝L，因此粒子运动半径为L。
（3）撤去磁场，粒子做类平抛运动，则有
L＝v0t，y＝at2
又由牛顿第二定律得qE＝ma
解得y＝
由动能定理得ΔEk＝qEy＝，因此，粒子穿越电场过程中的动能增量为。
5.（1） （2）t0和t0
（3）v0t0
解析：（1）粒子在磁场中运动的周期
T＝＝t0
根据洛伦兹力提供向心力，有
B0qv0＝m，又因B0＝，解得r1＝
所以时刻粒子坐标为，即。
（2）0～4t0时间内的运动轨迹如图
由图可知0～4t0时间段内粒子速度沿－x方向的时刻为t1＝ 和t2＝2T＋T，即t1＝t0和t2＝t0。
（3）0～7t0时间内粒子运动的轨迹如图所示
t0～2t0时间内粒子沿y轴方向位移
y1＝v0t0
6t0～7t0时间内粒子沿y轴方向最大位移
y磁＝r2
因为r2＝v0t0，y1＝y2＝y3
所以ym＝3y0＋y磁
得ym＝v0t0。
6.（1） （2）πL （3）F＝Δx
解析：（1）根据题意，作出甲、乙两粒子在Ⅰ区和Ⅱ区中的运动轨迹，如图所示
乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，则乙在Ⅰ区运动轨迹所对的圆心角为30°
根据几何关系有r乙sin 30°＝L
对乙在Ⅰ区运动的过程，由洛伦兹力提供向心力有
qv0B＝m
联立解得B＝。
（2）从乙从进入Ⅰ区到运动至P点的过程，运动时间t1＝T
又T＝＝
解得t1＝
分析可知，甲、乙都沿＋x方向从P点射入Ⅲ区，在t1时间内，甲从P点运动到O点，根据运动学规律有
d＝v0t1＋a
根据牛顿第二定律有qE0＝ma
联立解得d＝πL。
（3）甲从P点运动到O点的过程中，根据运动学规律有
v甲O＝v0＋at1
解得v甲O＝3v0
由于甲在Ⅳ区做匀速直线运动，则甲所在位置的电场强度为E甲＝ωt－kx＝ωt－kv甲Ot＝0
解得k＝
当甲运动t0时间至x＝x0处时，乙在Ⅳ区x＝（x0－Δx）处
在x＝x0处有E甲＝ωt0－kx0＝0
在x＝（x0－Δx）处有E乙＝ωt0－k（x0－Δx）
又F＝qE乙
联立解得F＝Δx。
素养培优5 带电粒子在三维空间中的运动
1.（1） （2） （3）
解析：（1）带电粒子在yOz平面左侧磁场中做匀速圆周运动，由几何关系得R2＝（2L）2＋（R－L）2
解得R＝L
由牛顿第二定律可得qvB1＝m
解得B1＝。
（2）在右侧磁场中由牛顿第二定律得qvB2＝m，又B2＝5B1
解得r＝L
粒子经过y轴坐标为y＝2rsin 45°＝
粒子经过z轴坐标为z＝L－2rcos 45°＝
即粒子第二次经过yOz平面的坐标为。
（3）粒子在电场中做类平抛运动，x轴方向上2L＝vt
y轴方向上L－y＝t2
解得E＝。
2.（1），沿y轴负方向
（2） （3）（n＝1，3，5，…）
解析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，沿AD方向有L＝v0t
沿y轴方向有L＝at2
沿y轴方向的加速度a＝
解得匀强电场的电场强度大小为E＝
方向沿y轴负方向。
（2）粒子到达OPMN的中心，如图甲所示，平行于正四棱柱底面的分速度大小始终为v0，带电粒子在平行于正四棱柱底面的方向上做匀速圆周运动，恰好未从四棱柱的侧面飞出，做出其运动的圆轨迹如图乙所示
由几何关系可得粒子做匀速圆周运动的半径
r＝L
由洛伦兹力提供其做匀速圆周运动所需的向心力，可得qv0B＝m
解得B＝。
（3）若带电粒子最终从JH连线上的一点射出磁场区域，由几何关系可知，粒子做匀速圆周运动的半径为r'＝L
时间对应半个周期的奇数倍，即
t1＝n（n＝1，3，5，…）
如图甲所示，到达截面OPMN中心的带电粒子沿y轴负方向的速度大小
vy＝at，I点的y轴坐标
y＝vyt1
代入数据可得y＝（n＝1，3，5，…）。
3.（1） （2） d＋（n＝0，1，2，3，…） （3）
解析：（1）粒子在电场中运动时，有
d＝v0t，qE＝ma，vy＝v0＝at
解得匀强电场电场强度的大小E＝。
（2）在电场中的偏转距离y1＝t＝d
在垂直磁场方向上做匀速圆周运动的半径R1＝y2－y1＝d
根据qB1vy＝m
解得B1＝
周期T＝＝
t＝nT＝（n＝0，1，2，3，…）
则荧光屏中心C初始位置可能的x轴坐标
x＝d＋v0t＝d＋（n＝0，1，2，3，…）。
（3）由题意可知B＝＝
设粒子进入磁场速度为v，则v＝2v0
B与速度v方向垂直，则
R2＝＝d
由x＝d＋
可知圆轨迹与荧光屏相切，则
y＝y1＋R2sin 60°＝d
z＝－R2＝－d
粒子打在荧光屏上的位置坐标为（d＋，d，－d）。
4.（1） （2） （3）
解析：（1）通过速度选择器的离子由于受力平衡需满足qE＝qvB，可得速度v＝
由题图知，从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为R＝
由＝qvB，得＝＝。
（2）偏转系统仅加电场时，离子在偏转系统中做类平抛运动，设离子离开偏转系统时速度的偏转角为θ，离开电场时，离子在x方向偏转的距离
x1＝··
tan θ＝＝
离开电场后，离子在x方向偏移的距离
x2＝Ltan θ＝
则x＝x1＋x2＝＝
离子注入晶圆的位置坐标为。
（3）如图所示，偏转系统仅加磁场时，由qvB＝得，离子进入磁场后做匀速圆周运动的半径r＝＝
sin α＝
离开磁场时，离子在y方向偏转距离y1＝r（1－cos α）≈sin2α≈
离开磁场后，离子在y方向偏移距离
y2＝Ltan α≈Lsin α≈
则y＝y1＋y2＝
故位置坐标为。
专题四 电路和电磁感应
第10讲 直流电路和交流电路
1.D 由图像可知交流电的周期为0.02 s，则频率f＝＝50 Hz，故A错误；根据图像可知电压的峰值为10 V，根据欧姆定律可知电流的峰值Im＝＝＝0.2 A，故B错误；电流的有效值为I＝＝0.2 A，所以电阻在1 s内消耗的电能为W＝I2Rt＝0.22×50×1 J＝2 J，故C错误；根据图像可知电阻两端电压表达式为u＝Umsin ωt＝10sint（V）＝10sin 100πt（V），故D正确。
2.B 由题意可知，线圈产生的是正弦式交流电，电动势的最大值为Em＝2πnBrv0，电动势的有效值为E＝＝nπBrv0，由于线圈电阻不计，则变压器原、副线圈匝数比为＝＝，故选B。
3.C 分析电路特点可知，在接入正弦式交流电的一个周期内，有半个周期只给L1供电，另半个周期只给L2供电，L1两端电压的有效值与L2两端电压的有效值相等，又R1∶R2＝2∶1，则根据P＝可知，灯泡L1、L2的电功率之比P1∶P2＝1∶2，C正确。
4.C 减弱照射光敏电阻R3的光照强度，R3的阻值增大，总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可得干路电流减小，则路端电压增大，即电压表示数增大，A错误；路端电压增大，则R1两端的电压增大，电流增大，电流表的示数增大，B错误；总电流减小，通过R1的电流增大，则通过R2的电流减小，R2的电压减小，即电容器两端的电压减小，又Q＝CU，可得电容器所带电荷量减小，C正确；当电源的内阻和外电阻阻值相等时，电源输出功率最大，本题中电源内阻与外电阻阻值之间的大小关系未知，故无法判断电源输出功率是增大还是减小，D错误。
5.C 开关S闭合时，电容C将会被短路，不会充电，A错误；开关S闭合瞬间，变压器原线圈两端电压不会超过电源的电动势，则副线圈两端电压不超过1 200 V，B错误；开关S断开瞬间，变压器副线圈两端电压可达30 kV，则变压器原线圈至少需产生300 V自感电压，C正确；开关S断开后，由于变压器原线圈发生自感，电容器将先充电再放电，D错误。
6.D t＝0时刻，bc边运动方向与磁场方向平行，感应电动势为零，穿过线框磁通量的变化率为零。电路中没有感应电流，bc边所受安培力为零，A、B错误；依题意，感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝2Bl2ω，a、d两点间的电压的最大值为Um＝Em＝Bl2ω，则a、d两点间电压变化规律为u＝Umsin ωt＝Bωl2sin ωt，C错误；电动势的有效值为E＝＝Bl2ω，线框转一圈过程中外力对线框做功为W＝Q＝·＝，D正确。
7.A 由题图可知，分压式电路电压范围较大，A选项中滑片P处于最左端时电容器两端电压为0，当滑片处于最右端时，电容器两端电压为U＝，故电容器极板间电压变化范围为0～；B选项中滑片P处于最左端时电容器两端电压为0，当滑片处于最右端时，电容器两端电压为U＝，故电容器极板间电压变化范围为0～，但是B选项中不利于保护元件，滑片处于最左端时电源短路；C、D选项中电容器极板间电压始终为电源电动势；故应选A。
8.B 降压变压器副线圈中的电流I2＝＝＝500 A，设输电线上的电流为I1，根据＝，解得I1＝5.5 A，根据＝，解得U3＝20 000 V，输电线上损失的电压ΔU＝I1R＝1 100 V，可知升压变压器副线圈两端的电压U2＝U3＋ΔU＝21 100 V，根据＝，解得U1＝316.5 V，故选B。
9.C 由图乙可知周期T＝0.02 s，则ω＝＝100π rad/s，所以输入电压u的表达式应为u＝20sin 100πt（V），A错误；只断开S1后，L1、L2断路，均不能正常发光，B错误；理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝5∶1，则副线圈的有效值U2＝U1＝× V＝4 V，若S1换接到2后，只有电阻R接入电路，则R消耗的电功率P＝＝0.8 W，C正确；只断开S2后，负载电阻变大，副线圈的功率减小，由于原线圈的输入功率等于副线圈的功率，所以原线圈的输入功率减小，D错误。
10.（1）50 V （2）e＝50sin 10πt（V） （3）10 J
解析：（1）线圈中感应电动势的最大值Em＝nBωS＝100××10π×0.05 V＝50 V。
（2）线圈中感应电动势的瞬时值表达式e＝Emsin ωt＝50sin 10πt（V）。
（3）电路中电流有效值I＝＝ A＝5 A。
外接电阻R上产生的热量Q＝I2Rt＝（5）2×4× J＝10 J。
11.BD 等效电路图如图所示，两副线圈的等效电阻为R2'＝（R＋R2），R3'＝R3；当滑片P从a端滑到b端的过程中，总电阻减小，总电流增大，R1两端的电压增大，R3'两端的电压减小，故电阻R3的功率一直减小，A错误；原线圈的两端电压为U＝＝10 V，当滑片位于a端时，电流表的示数最小，此时滑动变阻器的阻值为3 Ω，原线圈电流最小值为I1＝＝ A，B正确；由图可知当滑片P从a端滑到b端的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值变小，则总电阻减小，原线圈的电流变大，又因为P＝UI1，所以当滑片Р滑至b端时，整个电路的功率达到最大，C错误；将R1等效为电源内阻。则电源的输出功率最大时满足R1＝，此时原线圈电压与R1两端电压相等，理想变压器输出最大功率为Pm＝U1I1＝×＝6.25 W，D正确。
第11讲 电磁感应规律及其应用
1.A 当磁铁穿过固定的闭合线圈时，在闭合线圈中会产生感应电流，感应电流的磁场会阻碍磁铁靠近或离开线圈，这样磁铁振动时除了受空气阻力外，还要受到线圈的磁场阻力，克服阻力需要做的功较多，机械能损失较快，因而会很快停下来。故铝框放置方式效果最明显的是选项A。
2.ABC 将强磁铁N极快速靠近小车，穿过线圈的磁通量增大，由“楞次定律”可知，整个回路中产生逆时针方向的感应电流，二极管A将闪亮，A正确；将强磁铁S极快速靠近小车，穿过线圈的磁通量增大，由“楞次定律”可知，整个回路中产生顺时针方向的感应电流，则二极管B将闪亮，B正确；不管是强磁铁N极快速靠近小车，还是强磁铁S极快速靠近小车，根据楞次定律的推论“来拒去留”，小车都将向右运动，C正确，D错误。
3.D 根据“来拒去留”，则x＞0的那些时刻，当磁铁远离线圈向上运动时，磁铁对线圈有向上的作用力，此时线圈对桌面的压力小于线圈的重力；当磁铁靠近线圈向下运动时，磁铁对线圈有向下的作用力，此时线圈对桌面的压力大于线圈的重力，A错误；x＝0的那些时刻磁铁的速度最大，则穿过线圈的磁通量变化率最大，则线圈中有感应电流，B错误；更换电阻率更大的线圈，线圈中产生的感应电流会变小，线圈中产生的感应电流的磁场变弱，对磁铁的“阻碍”作用变弱，则振幅A会更慢地衰减到零，C错误；增加线圈的匝数，线圈中产生的感应电动势变大，感应电流变大，机械能很快就转化为内能，则t0会减小，由于开始时线圈的机械能不变，则线圈产生的内能不变，D正确。
4.BC 根据右手定则，线框进入磁场时，感应电流沿顺时针方向。线框此时切割磁感线产生的感应电动势为Blv，导线框右边两端的电压为路端电压，即两端的电压为U＝E＝Blv，A错误，B正确；根据功能关系可知线框克服安培力做的功全部转化为电能，线框为纯电阻电路，则又全部转化为线框中产生的焦耳热，则克服安培力做的功等于线框中产生的焦耳热，C正确；线框离开磁场过程中，根据动能定理可知克服安培力做功与克服摩擦力、空气阻力做功之和等于线框和列车动能的减小量，D错误。
5.AD 设导线的电阻率为ρ，横截面积为S，线圈的半径为r，线圈的轴线与磁场方向的夹角为θ，则感应电流为I＝＝n＝n·πr2cos θ·＝··cos θ，可见，仅将r增大1倍，则I增大1倍，即线圈内感应电流大小变为原来的2倍，D正确；I与线圈匝数无关，A正确；若仅将线圈的面积增大1倍，半径r增大为原来的倍，电流增大为原来的倍，B错误；仅将线圈与磁场方向的夹角改变时，cos θ不能变为原来的2倍（因cos θ的最大值为1），C错误。
6.D 金属线框切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，设线框总电阻是R，则感应电流I＝，由题图乙所示图像可知，感应电流先均匀变大，后均匀变小，由于B、v、R是定值，故金属线框的有效长度L应先变大，后变小，且L随时间均匀变化。闭合圆环匀速进入磁场时，有效长度L先变大，后变小，但L随时间不是均匀变化，不符合题意，A错误；正方形线框进入磁场时，有效长度L不变，感应电流不变，不符合题意，B错误；梯形线框匀速进入磁场时，有效长度L先均匀增大，后不变，最后均匀减小，不符合题意，C错误；三角形线框匀速进入磁场时，有效长度L先增大，后减小，且随时间均匀变化，符合题意，D正确。
7.B 根据I＝＝，可得感应电流之比I1∶I2＝1∶2，A错误；根据F＝F安＝BIL＝，可得外力大小之比F1∶F2＝1∶2，B正确；根据P＝Fv＝，可得拉力的功率之比P1∶P2＝1∶4，C错误；根据I＝Ft，又t＝，联立解得I＝，可得拉力的冲量大小之比IF1∶IF2＝1∶1，D错误。
8.（1） （2） （3）
解析：（1）金属框进入磁场过程中，产生的电动势为E1＝B0Lv0，感应电流为I1＝＝，通过回路的电荷量为q＝I1t＝·＝。
（2）金属框进入磁场过程中，拉力对金属框所做的功为W＝FAL＝I1B0L·L＝。
（3）金属框在磁场运动过程中，产生的感应电动势为E2＝＝S＝L2＝，感应电流为I2＝＝，cd边由磁场左边界运动到磁场右边界的过程中，金属框产生的焦耳热为Q＝R·＋R·＝。
9.AC 金属棒切割磁感线时，根据右手定则可知电流方向由M流向N，则电容器的A极板带正电， A正确；根据v-t图像可知，金属棒MN越过虚线O1O2后的加速度大小为a＝＝ m/s2＝5 m/s2，以小物块和金属棒组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得2mg－μmg＝3ma，联立解得μ＝0.5，B错误；金属棒在虚线O1O2左侧运动时，以小物块和金属棒组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得2mg－BId＝3ma1，又I＝＝＝＝CBda1，联立可得a1＝，可知金属棒在虚线O1O2左侧做初速度为零的匀加速直线运动，根据v-t图像可知，该过程的运动时间为1 s，末速度为4 m/s，则加速度为a1＝ m/s2＝4 m/s2，联立解得匀强磁场的磁感应强度大小为B＝25 T，金属棒的释放点到虚线O1O2的距离为x＝a1＝×4×12 m＝2 m，C正确，D错误。
素养培优6 电磁感应中动力学、
能量和动量的综合
1.AD 剪断细线后，由于弹簧的作用，导体棒ab、cd反向运动，穿过导体棒ab、cd与导轨构成的矩形回路的磁通量增大，回路中产生感应电动势，A正确；导体棒ab、cd中产生的感应电流方向相反，根据左手定则，可知两根导体棒所受安培力的方向相反，B错误；两根导体棒和弹簧构成的系统在运动过程中所受外力矢量和为0，所以系统动量守恒，由于产生感应电流，产生热量，所以一部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，C错误，D正确。
2.BD 对a受力分析，结合牛顿第二定律有F－F安＝ma，F安＝BIL＝BL＝，解得a＝－，所以a做加速度减小的加速运动，故a棒所受的安培力一直增大，A错误；当a棒的加速度为a＝0时，a棒的速度最大，此时F＝，可得v＝，B正确；若解除b的固定，对a受力分析，结合牛顿第二定律有F－F安＝maa，对b受力分析结合牛顿第二定律有F安＝mab，开始时安培力较小，所以aa＞ab，两个棒都加速，由E＝BL（va－vb），可知电动势增大，安培力增大，所以a的加速度减小，b的加速度增大，最终稳定后两个棒的加速度相等，两个棒的速度差恒定，安培力不再变化，C错误，D正确。
3.（1） （2）
解析：（1）当OA棒切割磁感线的有效长度为l1＝L时，该棒产生的感应电动势最大，有
Emax＝＝BL2ω
此时CD棒所受的安培力最大，结合I＝和安培力公式有
FAmax＝ImaxBL＝
当OA棒切割磁感线的有效长度为l2＝L时，该棒产生的感应电动势最小，有
Emin＝＝
此时CD棒所受的安培力最小，有
FAmin＝IminBL＝。
（2）设CD棒的质量为m，CD棒与平行导轨间的最大静摩擦力为f，OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好静止，则有FAmax＝mgsin θ＋f，FAmin＋f＝mgsin θ，结合（1）问分析有FAmax＝mgsin θ，则撤去推力瞬间，CD棒的加速度方向沿平行导轨向上，对CD棒由牛顿第二定律有FAmax＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma，联立解得CD棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝。
4.（1）0.4 m/s，方向水平向左 （2）0.72 J
解析：（1）由动量定理得
nBL··Δt＝mΔv
其中d＝Δt
右侧磁场的磁感应强度为B＝kI
解得Δv＝0.4 m/s
方向水平向左。
（2）第3个线圈完全进入磁场时恰好减速为零，由动量定理得
－nBL··Δt'＝0－mv
其中3d＝Δt'
解得第一个线圈刚进入磁场时的速度为v＝1.2 m/s
线圈中产生的焦耳热Q＝mv2＝0.72 J。
5.（1） （2） （3）mgr
解析：（1）a棒沿圆弧轨道运动到最低处MM'时，由机械能守恒定律得mgr＝m
解得a棒运动到圆弧轨道最低处MM'时的速度v0＝
从a棒进入水平轨道开始到两棒达到相同速度v1的过程中，两棒在水平方向受到的安培力总是大小相等，方向相反，所以两棒的总动量守恒。由动量守恒定律得mv0＝2mv1
解得两棒做匀速运动时的速度为v1＝。
（2）经过一段时间，b棒离开轨道后，a棒与电阻R组成回路，从b棒离开轨道到a棒离开轨道的过程中，a棒受到安培力的冲量大小Ia＝BLt
又＝，＝，ΔΦ＝BLx
对a棒，由动量定理得－Ia＝mv2－mv1
解得a棒离开轨道时的速度v2＝
由平抛运动规律得，两棒落到地面后的距离为
Δx＝（v1－v2）＝。
（3）由能量守恒定律可知，从a棒开始运动至b棒离开轨道的过程中， 回路中产生的焦耳热Q＝mgr－×2m
解得Q＝mgr。
专题五 振动与波 光
第12讲 振动与波
1.B 由图可知波长为20 m，A错误；波速为v＝＝8 m/s，B正确；由图知振幅为0.25 m，C错误；该简谐波沿x轴正方向传播，根据上下坡法可知，t＝0时，P向y轴正方向运动，D错误。
2.B 该降噪器是利用声波干涉原理设计，故A错误；根据波的叠加原理可知，该降噪器对于路程差为｜s1－s2｜＝（2n＋1）（n＝0，1，2，3…）的声波降噪效果良好，对于不符合上述条件的声波降噪作用较差，甚至不能起到降噪作用，故而并非对所有波长或频率的声波均有效，当n取8时，路程差为8.5λ，通道②的长度可能为8.5λ，若通道②的长度为8λ，不能起到降噪作用，故C、D错误，B正确。
3.C 由题意可知两列波的波速相同，所以相同时间内传播的距离相同，故两列横波在x＝11.0 m处开始相遇，A、B错误；甲波峰的坐标为x1＝5 m，乙波峰的坐标为x2＝16 m，由于两列波的波速相同，所以波峰在x'＝5 m＋ m＝10.5 m处相遇，C正确，D错误。
4.D 由图像可知，甲的周期为4t0，乙的周期为8t0，由单摆周期公式T＝2π可知，甲、乙的摆长之比为1∶4，A错误；由图像可知，甲的振动方程为x＝A1sin t（cm），乙的振动方程为x＝A2sin，t0时刻甲、乙的相位差为Δφ＝－＝，B错误；甲、乙两个单摆的摆球完全相同，摆线的最大摆角相同，从最高点到最低点，由动能定理有mgL（1－cos θ）＝Ek，由于乙的摆长大，则甲摆球的最大动能小于乙摆球的最大动能，C错误；由图像可知，t＝6t0时，乙摆球第2次经过最低点，此时，两摆球速度方向相反，D正确。
5.D 小球经过O点时开始计时，经过0.3 s首次到达B点，若小球开始计时时是向右运动的，则小球振动的周期T＝1.2 s；若小球开始计时时是向左运动的，则T＝0.3 s，小球振动的周期T＝0.4 s，小球振动的周期可能为1.2 s或0.4 s，A错误；由题意可知2A＝30 cm，小球振动的振幅为A＝0.15 m，B错误；当T＝0.4 s时，有ω＝＝5π rad/s，可知弹簧振子的振动方程为x＝0.15sin 5πt（m），当T＝1.2 s时，有ω＝＝π rad/s，可知弹簧振子的振动方程为x＝0.15sin πt（m），C错误；周期若为0.4 s，则小球经t＝0.6 s＝T，运动到平衡位置；周期若为1.2 s，则小球经t＝0.6 s＝T，运动到平衡位置，所以小球在0.6 s末一定在平衡位置，D正确。
6.AC 简谐横波沿x轴正方向传播，在t＝2 s时刻，质点C处于平衡位置并向y轴负方向振动，与题图乙振动图像上t＝2 s时刻一致，则质点C的振动图像与图乙相同，A正确；在t＝0时刻，质点A位于波谷， 速度为零，质点B位于平衡位置，则质点A的速率比质点B的小，B错误；由图乙可知周期为4 s，因此在t＝1 s时刻，质点A在平衡位置，质点B在波谷，质点A的位移比质点B的小，则质点A的加速度比质点B的小，C正确；由于周期为4 s，20 s为5个周期，质点A在20 s内的运动路程为5×4A＝100 cm，D错误。
7.BC 由于两列波的波速均为2 m/s，则t＝0.5 s时，题图所示平衡位置在x＝1 m处和x＝3 m处两质点的振动形式传到P点处，则由波的叠加可知，t＝0.5 s时，P偏离平衡位置的位移为－2 cm，A错误，B正确；t＝1 s时，题图所示平衡位置在x＝0处和x＝4 m处两质点的振动形式（均向y轴正方向运动）传到P点处，根据波的叠加可知，t＝1 s时，P向y轴正方向运动，C正确，D错误。
8.D 以竖直向上为正方向，根据图乙可知，t1时刻，小球位于平衡位置，随后位移为负值，且位移增大，可知，t1时刻小球向下运动，故A错误；以竖直向上为正方向，t2时刻光源的位移为正值，光源振动图像为正弦函数图像，表明其做简谐运动，根据F回＝－kx＝ma可知，其加速度方向与位移方向相反，位移方向向上，则加速度方向向下，故B错误；根据图乙可知，小球与光源的振动步调总是相反，由于影子是光源发出的光被小球遮挡后，在屏上留下的阴影，可知，影子与小球的振动步调总是相同，即t2时刻小球与影子相位差为0，故C错误；根据图乙可知，t3时刻，光源位于最低点，小球位于最高点，根据光的直线传播可知在屏上影子的位置也处于最高点，影子位于正方向上的最大位移处，根据几何关系有＝，解得x影子＝5A，即t3时刻影子的位移为5A，故D正确。
9.（1）25 m/s （2）y＝0.2cos πt（m）
解析：（1）由题意知，波传播的时间间隔
T＜Δt＝0.3 s＜2T
设波沿x轴正向传播的距离为Δx，则有
λ＜Δx＜2λ
由波的图像得λ＝6 m
结合波的图像可得Δx＝7.5 m
故由v＝
解得长绳波的波速v＝25 m/s。
（2）由T＝＝ s
得圆频率ω＝＝π rad/s
设质点P的振动方程为y＝Acos ωt
由图乙得振幅A＝0.2 m
代入数据得y＝0.2cos πt（m）。
10.B 双曲线－＝1中，半实轴长a＝4 cm，半虚轴长b＝3 cm，故半焦距长c＝＝5 cm；点A和点B到两个波源的路程差等于实轴长，即为8 cm，波的波长为4 cm，故点A和点B到两个波源的路程差等于波长的2倍；点C和点D到两个波源的路程差为零；两个波源的频率相同，但起振方向不一定相同，故若A、B振动加强，则C、D振动一定加强，故A、C、D错误，B正确。
第13讲 光学
1.B 泊松亮斑是一种由于光的衍射而产生的一种光学现象，是指当单色光照射在宽度小于或等于光源波长的不透光的小圆板时，就会在小圆板之后的光屏上出现环状的互为同心圆的明暗相间的衍射条纹，并且在同心圆的圆心处会出现一个较小的亮斑，这就是泊松亮斑，A错误；光照射刀片的阴影轮廓模糊不清，是光的衍射现象，B正确；鱼缸中的气泡在灯光的照射下看起来特别明亮，是光的全反射现象，C错误；用双缝干涉测量光的波长时，在单缝与光源之间放上滤光片是为了使入射光变成单色光，D错误。
2.D 立体眼镜的左、右两镜片为透振方向相互垂直的偏振片，开始时左镜片明亮、右镜片暗，则手机液晶屏幕发出的光的振动方向与左镜片的透振方向一致，手机屏幕旋转90°，其屏幕发出的光的振动方向与右镜片的透振方向一致，则左镜片变暗，右镜片变亮，D正确。
3.CD 一束光斜向下射入地第9讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动
1.（2024·福建福州高三期中）如图所示，带负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左
B.小球运动过程中的速度不变
C.小球运动过程的加速度保持不变
D.小球受到的洛伦兹力对小球做负功
2.（多选）（2024·云南曲靖二模）如图所示，x轴上有两根垂直x轴放置的平行长直导线a、b，两导线中通有方向相同且大小分别为I、2I的电流，两导线相距L。已知通电长直导线在其周围某点产生的磁感应强度B的大小与导线中的电流I成正比，与该点到导线的距离r成反比，即B＝k（k为常量）。导线横截面积大小忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A.导线a、b相互排斥
B.导线a、b相互吸引
C.x轴上有2个点的磁感应强度为零
D.导线a、b之间磁感应强度为零的点到导线a的距离为
3.（2024·河北石家庄三模）超级电容器储存的大量电能是电磁炮瞬间大电流发射的重要基础，如图所示。若超级电容器的电容为C，充电电压为U，发射一枚电磁炮的炮弹所需电荷量为超级电容所存储电荷量的5％，炮弹质量为m，导轨宽为l，导体推杆垂直导轨并良好接触，垂直导轨平面的磁场的磁感应强度为B，不计空气阻力和摩擦，则炮弹出膛的速度为（ ）
A. B. C. D.
4.（2024·北京海淀三模）云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示通过它的带电粒子径迹的装置。如图为一张云室中拍摄的照片。云室中加了垂直于纸面向外的磁场。图中a、b、c、d、e是从O点发出的一些正电子或负电子的径迹。有关这些径迹以下判断正确的是（ ）
A.d、e都是正电子的径迹 B.a径迹对应的粒子动量最大
C.b径迹对应的粒子动能最大 D.a径迹对应的粒子运动时间最长
5.（多选）（2024·广东深圳一模）如图所示的是晶圆掺杂机的简图，O是晶圆面（设其半径足够大）的圆心，上、下竖直放置的圆柱形电磁线圈可在中间圆柱形区域形成匀强磁场；圆柱形磁场区域的横截面半径为L、圆心为O1，OO1水平且垂直于晶圆面；若线圈中通入如图所示的电流，比荷为k的正离子以速度v、沿O1O射入，且全部掺杂在晶圆上，则（ ）
A.离子掺杂在x轴的负半轴上
B.离子掺杂在x轴的正半轴上
C.圆柱形磁场的磁感应强度必须小于
D.圆柱形磁场的磁感应强度必须小于
6.（2024·贵州遵义三模）如图所示，空间存在垂直于纸面向外的环形匀强磁场，磁感应强度为B，磁场内、外边界为两个同心圆，半径分别为R、3R。现有质量为m，电荷量为q的粒子，沿半径方向垂直于磁场进入环形区域，粒子恰好不能进入小圆区域，不计重力，则粒子在磁场中运动的（ ）
A.轨道半径为1.5R B.轨道半径为3R
C.运动时间为 D.运动时间为
7.（2024·山东临沂二模）如图所示，半径为R圆形区域内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外。质量为m、电荷量为＋q的带电粒子由A点沿平行于直径CD的方向射入磁场，最后经过C点离开磁场。已知弧CA对应的圆心角为60°，不计粒子重力，则（ ）
A.粒子运动速率为
B.带电粒子运动过程中经过圆心O
C.粒子在磁场中运动的时间为
D.粒子在磁场中运动的路程为
8.（2024·河南开封二模）如图所示，有一个边长为L的立方体空间ABCD-MNPQ，一长度为L的导体棒沿AP方向放置。空间内加上某一方向的匀强磁场（图中未画出）。磁感应强度的大小为B。在导体棒中通以从A至P、大小为I的电流，则关于导体棒受到的安培力，下列说法中正确的是（ ）
A.若磁场沿M指向A的方向，安培力的大小为ILB
B.若磁场沿M指向A的方向，安培力的大小为ILB
C.若磁场沿M指向Q的方向，安培力的大小为ILB
D.若磁场沿M指向Q的方向，安培力的大小为ILB
9.（2024·河北石家庄二模）如图所示，在xOy平面坐标系的第一、四象限内分布着磁感应强度大小为B、垂直于纸面向里的匀强磁场，在原点O处有一粒子源，可向坐标系xOy平面内第四象限的各个方向（速度方向与x轴正方向间的夹角α满足0°≤α≤90°）均匀持续地发射大量质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子，粒子初速度大小v＝。在第四象限内x＝R处有一垂直于x轴的挡板（不计挡板厚度），其长度为R。不计粒子重力及粒子间的相互作用力。求：
（1）y轴正半轴上有粒子飞出部分的长度；
（2）同一时刻发射出的粒子中能被挡板挡住的粒子数占发射粒子总数的几分之几。
10.（2024·重庆市模拟调研）如图所示，半径为R的圆形区域的圆心位于直角坐标系的坐标原点O，该圆形区域内有垂直坐标平面的匀强磁场（图中未画出）。磁场区域外右侧有宽度为R的粒子源，M、N为粒子源两端点，M、N连线垂直于x轴，粒子源中点P位于x轴上，粒子源持续向x轴负方向发射质量为m、电荷量为q（q＞0）、速率为v的粒子。已知从粒子源中点P发出的粒子，经过磁场区域后，恰能从圆与y轴负半轴的交点Q处沿y轴负方向射出磁场，不计粒子重力及粒子间相互作用力。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度；
（2）从粒子源发出的粒子经过磁场区域的路程范围。
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