2018年高考物理总复习配餐作业（打包40套）

(三十九)　光的折射　全反射
A组·基础巩固题
1.如图所示，口径较大、充满水的薄壁圆柱形浅玻璃缸底有一发光小球，则(　　)
A．小球必须位于缸底中心才能从侧面看到小球
B．小球所发的光能从水面任何区域射出
C．小球所发的光从水中进入空气后频率变大
D．小球所发的光从水中进入空气后传播速度变大
解析　小球在缸底的其他位置也能从侧面看到，选项A错误；光线由水射向空气时，有可能发生全反射，选项B错误；光在不同介质中的频率是不变的，选项C错误；由v＝可知，光在水中的速度小于在空气中的速度，选项D正确。
答案　D
2．(多选)如图为一直角棱镜的横截面，∠bac＝90°，∠abc＝60°，一平行细光束从O点沿垂直于bc面的方向射入棱镜。已知棱镜材料的折射率n＝，若不考虑原入射光在bc面上的反射光，则有光线(　　)
A．从ab面射出
B．从ac面射出
C．从bc面射出，且与bc面斜交
D．从bc面射出，且与bc面垂直
解析　由棱镜材料的折射率n＝可知，全反射临界角为45°，平行细光束在ab面上入射角为60°，大于临界角，发生全反射，反射光在ac面上入射角为30°，小于临界角，既有反射又有折射，光线在bc面上垂直出射，选项B、D正确。
答案　BD
3.如图所示，ABC为等腰棱镜，a、b两束不同频率的单色光垂直AB边射入棱镜，两束光在AB面上的入射点到OC的距离相等，两束光折射后相交于图中的P点，以下判断正确的是(　　)
A．在真空中，a光光速大于b光光速
B．在真空中，a光波长大于b光波长
C．a光通过棱镜的时间大于b光通过棱镜的时间
D．a、b两束光从同一介质射入真空过程中，a光发生全反射的临界角大于b光发生全反射的临界角
解析　因为两束光折射后相交于图中的P点，根据折射定律可知a光的折射率na＞nb，a光的频率νa＞νb，光在真空中的传播速度相等，A项错误；由λ＝得B项错误；由v＝和t＝得C项正确；根据sinC＝得D项错误。
答案　C
4.现在高速公路上的标志牌都用“回归反光膜”制成。夜间行车时，它能把车灯射出的光逆向返回，标志牌上的字特别醒目。这种“回归反光膜”是用球体反射元件制成的，反光膜内均匀分布着一层直径为10
μm的细玻璃珠，所用玻璃的折射率为，为使入射的车灯光线经玻璃珠折射→反射→再折射后恰好和入射光线平行，如图所示，那么第一次入射的入射角应是(　　)
A．15°　　　　　　　　　
B．30°
C．45°
D．60°
解析　通过“回归反光膜”的光路图可知入射角i是折射角r的2倍，即i＝2r，由折射定律，有n＝＝＝2cosr＝，得r＝30°，i＝2r＝60°，故选项D正确。
答案　D
5．华裔科学家高锟获得2009年诺贝尔物理奖，他被誉为“光纤通信之父”。光纤通信中信号传播的主要载体是光导纤维，它的结构如图所示，其内芯和外套材料不同，光在内芯中传播。下列关于光导纤维的说法正确的是(　　)
A．内芯的折射率比外套的大，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射
B．内芯的折射率比外套的小，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射
C．波长越短的光在光纤中传播的速度越大
D．频率越大的光在光纤中传播的速度越大
解析　光纤内芯比外套折射率大，在内芯与外套的界面上发生全反射，A对，B错；频率大的光波长短，折射率大，在光纤中传播速度小，C、D错。
答案　A
6．(2017·四川模拟)如图所示为一束复色光AO从某一介质射向空气时发生折射的情况，图中入射光束AO与分界面成60°角，折射光束OB与入射光束AO延长线的夹角为15°，折射光束OB与折射光束OC间的夹角也为15°，则以下说法正确的是(　　)
A．OB光的频率大于OC光的频率
B．全反射时OB光的临界角小于OC光的临界角
C．介质对OB光和OC光的折射率之比为∶2
D．OB光和OC光在介质中的速度之比为∶2
解析　过O点作法线，根据折射定律，对于OB光有nBsin
30°＝sin
45°，对于OC光有nCsin
30°＝sin
60°，解得nB＝和nC＝，因为在同一种介质中，介质对频率大的光的折射率也大，故选项A错；根据sinC临＝1/n可知，OB光的折射率较小，其全反射临界角较大，故选项B错；介质对OB光和OC光的折射率之比为∶3，故选项C错；由公式v＝c/n可知，选项D对。
答案　D
7．安庆市市民广场灯光音乐喷泉的水池中，有处于同一深度的若干彩灯，晚上在彩灯上方附近观察不同颜色彩灯的深度会有所不同，假设所有彩灯均视为点光源，现就红光灯和绿光灯比较，下列说法正确的是(　　)
A．红灯看起来较浅，因为红光折射率较大
B．绿灯看起来较浅，因为绿光折射率较小
C．绿灯看起来较深，因为绿光折射率较大
D．红灯看起来较深，因为红光折射率较小
解析　红绿两种色光中，折射率n红答案　D
8．(多选)固定的半圆形玻璃砖的横截面如图，O点为圆心，OO′为直径MN的垂线。足够大的光屏PQ紧靠玻璃砖右侧且垂直于MN。由A、B两种单色光组成的一束光沿半径方向射向O点，入射光线与OO′夹角θ较小时，光屏NQ区域出现两个光斑，逐渐增大θ角，当θ＝α时，光屏NQ区域A光的光斑消失，继续增大θ角，当θ＝β
时，光屏NQ区域B光的光斑消失，则(　　)
A．玻璃砖对A光的折射率比对B光的大
B．A光在玻璃砖中的传播速度比B光的大
C．α<θ<β时，光屏上只有1个光斑
D．β<θ<时，光屏上只有1个光斑
解析　当A光光斑消失时，sin
α＝；当B光光斑消失时，sin
β＝。由于β>α，故nA>nB，选项A正确；根据n＝，得vA答案　AD
B组·能力提升题
9．一个等腰直角三棱镜的截面如图所示，一细束蓝光从AC面的P点沿平行底面AB方向射入棱镜后，经AB面反射，再从BC面的Q点射出，且有PQ∥AB(图中未画光在棱镜内的光路)。如果将一细束绿光仍从P点沿平行底面AB方向射入三棱镜，则从BC面射出的光线(　　)
A．仍从Q点射出，出射光线平行于AB
B．仍从Q点射出，出射光线不平行于AB
C．可能从Q′点射出，出射光线平行于AB
D．可能从Q″点射出，出射光线平行于AB
解析　将蓝光换成绿光，其折射率变小，在AC面的折射角变大，光线如图所示，可能从Q点射出且平行于AB，故D正确。
答案　D
10．(2017·安徽联考)如图所示，AOB为透明扇形玻璃砖，圆心角∠AOB＝60°，OM为∠AOB的角平分线，平行于OM的单色光在空气中由OA边射入玻璃砖，经OA面折射后的光线恰平行于OB。则下列说法正确的是(　　)
A．该玻璃的折射率为2
B．经OA面折射后的光线射到AMB面都将发生全反射
C．该入射光在空气中的波长与玻璃砖中的波长相等
D．该入射光在空气中的频率与玻璃砖中的频率相等
解析　依题意作出光路图(图略)，由几何知识得：入射角i＝60°，折射角r＝30°，由折射定律n＝得n＝，A错误；由sinC＝可知，光在此介质中发生全反射的临界角C大于30°，经OA面折射后照射到面这一范围的光线可能发生全反射，经OA面折射后照射到范围的光线不能发生全反射，B错误；光在不同介质中传播的过程中频率不变，D正确；若光在真空中的传播速度为c，则光在玻璃砖中的传播速度为v＝＝c，由v＝λf可知，该入射光在空气和玻璃砖中的波长不同，C错误。
答案　D
11．如图所示，上下表面平行的玻璃砖折射率为n＝，下表面镶有银反射面，一束单色光与界面的夹角θ＝45°射到玻璃表面上，结果在玻璃砖右边竖直光屏上出现相距h＝2.0
cm的光点A和B(图中未画出A、B)。
(1)请在图中画出光路示意图。
(2)求玻璃砖的厚度d。
解析　(1)光路图如图所示。
(2)设第一次折射时折射角为r，
则有：n＝，
解得：r＝30°，
设第二次折射时折射角为α，则有：＝，
解得：α＝45°，
由几何关系得：h＝2dtanr，
d＝＝＝
cm。
答案　(1)见解析　(2)
cm
12．(2017·柳州模拟)如图所示，△ABC为等腰直角三棱镜的截面图，AB与水平屏幕MN垂直并接触于A点，由红光和紫光两种单色光组成的复色光垂直BC边射向AB中点O，在光屏MN上产生两个亮斑，已知该介质对红光和紫光的折射率分别为n1＝，n2＝。
(1)请画出光路图，并分析说出AM侧亮斑的颜色；
(2)已知AB＝10
cm，求两个亮斑间的距离。
解析　(1)设红光和紫光的临界角分别为C1、C2，sinC1＝＝，得C1＝60°
同理C2＝45°，由于i＝45°＝C2(2)画出如图光路图：
设折射角为r，两个光斑分别为P1、P2，根据折射定律得：n1＝
解得：sinr＝n1sini＝2×＝，
cosr＝＝
由几何知识可得：
P1A＝·＝5×＝
cm
由几何知识可得△OAP2为等腰直角三角形，解得AP2＝5
cm
所以P1P2＝P1A＋AP2＝
cm。
答案　(1)红色　
(2)
cm
13．(2016·全国卷Ⅰ)如图，在注满水的游泳池的池底有一点光源A，它到池边的水平距离为3.0
m。从点光源A射向池边的光线AB与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，水的折射率为。
(1)求池内的水深；
(2)一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛到池面的高度为2.0
m。当他看到正前下方的点光源A时，他的眼睛所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为45°。求救生员的眼睛到池边的水平距离。(结果保留一位有效数字)
解析　(1)如图，设到达池边的光线的入射角为i。依题意，水的折射率n＝，光线的折射角θ＝90°。由折射定律有
nsini＝sinθ　
①
由几何关系有sini＝　
②
式中，l＝3
m，h是池内水的深度。联立①②式并代入题给数据得
h＝
m　
③
(2)设此时救生员的眼睛到池边的距离为x。依题意，救生员的视线与竖直方向的夹角为θ′＝45°。由折射定律有nsini′＝sinθ′　④
式中，i′是光线在水面的入射角。设池底点光源A到水面入射点的水平距离为a。由几何关系有
sini′＝　
⑤
x＋l＝a＋h′　
⑥
式中h′＝2
m。联立③④⑤⑥式得
x＝m≈0.7
m　
⑦
答案　(1)
m　
(2)0.7
m
14．(2016·全国卷Ⅲ)如图，玻璃球冠的折射率为，其底面镀银，底面的半径是球半径的；在过球心O且垂直于底面的平面(纸面)内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点。求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角。
解析　设球半径为R，球冠底面中心为O′，连接OO′，则
OO′⊥AB。令∠OAO′＝α，
有cosα＝＝　
①
即α＝30°　
②
由题意MA⊥AB
所以∠OAM＝60°　
③
设图中N点为光线在球冠内底面上的反射点，则光线的光路图如图所示。
设光线在M点的入射角为i，折射角为r，在N点的入射角为i′，反射角为i″，玻璃折射率为n，由于△OAM为等边三角形，有
i＝60°　
④
由折射定律有sini＝nsinr　
⑤
代入题给条件n＝得r＝30°　
⑥
作底面在N点的法线NE，由于NE∥AM，有
i′＝30°　
⑦
根据反射定律，有i″＝30°　
⑧
连接ON，由几何关系知△MAN≌△MON，故有∠MNO＝60°　⑨
由⑦⑨式得∠ENO＝30°　
⑩
于是∠ENO为反射角，ON为反射光线。这一反射光线经球面再次折射后不改变方向。所以，经一次反射后射出玻璃球冠的光线相对于入射光线的偏角为β＝180°－∠ENO＝150°　

答案　150°
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1(三)　运动的图象　追及和相遇问题
　　　　　　　　　　A组·基础巩固题
1.两物体A、B由静止开始从同一位置沿相同方向同时开始做直线运动，其运动的位移－时间(x－t)图象如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．两物体A、B在t＝2.5t0时刻相距最远
B．两物体A、B在减速运动过程中加速度相同
C．两物体A、B在t＝2.5t0时刻速度相同
D．两物体A、B在t＝t0时刻相距最远
解析　两物体A、B在t＝2.5t0时刻处于同一位置，相距最近，两物体A、B在t＝t0时刻相距最远，选项A错误，D正确。两物体A、B都是先沿x轴正方向做匀速运动，后沿x轴负方向做匀速运动，根据位移图象斜率表示速度可知，在沿x轴负方向做匀速运动过程中速度相同，选项B错误。两物体A、B在t＝2.5t0时刻速度不相同，处于同一位置，选项C错误。
答案　D
2.(2017·乌鲁木齐诊断)做直线运动的质点其加速度随时间变化的图象如图所示，阴影部分的“面积”大小为A，t0时刻，质点的速度为零。在0～t0时间内，质点发生的位移是(　　)
A．－　　　
B.
C．－At0　　
D．At0
解析　a－t图象的面积表示0～t0时间内质点的速度变化量，即Δv＝v－v0＝A，即v0＝－A，故质点在0～t0时间内的位移为x＝v0t0＝－At0，A项正确，B、C、D项错。
答案　A
3.(2017·洛阳模拟)放在水平面上的物体，在水平力F作用下开始运动，以物体静止时的位置为坐标原点，力F的方向为正方向建立x轴，物体的加速度随位移的变化图象如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．位移为x1时，物体的速度大小为
B．位移为x2时，物体的速度达到最大
C．物体的最大速度为
D．0～x2过程中物体做匀加速直线运动，x2～x3过程中物体做匀减速直线运动
解析　在0～x2过程中，物体加速度a0不变，物体做匀加速直线运动，x2～x3过程中，物体加速度逐渐减小，但是加速度仍为正值，物体做加速度逐渐减小的加速运动，位移为x3时，物体的速度达到最大，选项B、D错误。由匀变速直线运动规律，位移为x1时，物体的速度大小为v1＝，选项A正确。位移为x2时，物体的速度大小为v2＝。位移为x3时，物体的速度达到最大，最大速度一定小于，选项C错误。
答案　A
4.(2017·石家庄调研)据英国《每日邮报》报道：27名跳水运动员参加了科索沃年度高空跳水比赛。自某运动员离开跳台开始计时，在t2时刻运动员以速度v2落水，选向下为正方向，其速度随时间变化的规律如图所示，下列结论正确的是(　　)
A．该运动员在0～t2时间内加速度大小先减小后增大，加速度的方向不变
B．该运动员在t2～t3时间内加速度大小逐渐减小，处于失重状态
C．在0～t2时间内，平均速度1＝
D．在t2～t3时间内，平均速度2＝
解析　由图象可知，在0～t2时间内运动员的加速度一直不变，A项错误；在t2～t3时间内图线上各点切线的斜率的大小逐渐减小，则加速度大小逐渐减小，运动员减速下落处于超重状态，B项错误；由图象可知，在0～t2时间内为匀变速直线运动，所以平均速度1＝，C项正确；在t2～t3时间内，由图线与t轴所围面积表示位移可知，此时间内的平均速度<，D项错误。
答案　C
5．如图所示是一个质点做匀变速直线运动的位移—时间图象的一段，从图中所给的数据可以确定(　　)
A．质点在运动过程中经过图线上P点所对应位置时的速度小于2
m/s
B．质点在运动过程中t＝3.5
s时的速度等于2
m/s
C．质点在运动过程中在3～3.5
s这段时间内位移等于1
m
D．以上说法均不正确
解析　物体做的是匀变速直线运动，P点为位移的中间位置，而这段时间的平均速度的大小为＝＝＝2
m/s，根据匀变速直线运动的规律可知，此段位移的中间时刻的瞬时速度即为2
m/s，由于中间时刻的瞬时速度要小于中间位置的瞬时速度，所以P点速度要大于2
m/s，A错误；质点做匀变速直线运动，根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度得到第4
s内的平均速度等于3.5
s时物体的瞬时速度，故质点在3.5
s时的速度等于2
m/s，B正确；质点做匀加速直线运动，速度增大，所以在3～3.5
s这段时间内位移小于1
m，在3.5～4
s这段时间内位移大于1
m，C错误；根据上述分析可知D错误。
答案　B
6．(2017·开封模拟)如图甲、乙所示为某物体在0～t时间内运动的x－t图象和v－t图象，由图可知，在0～t时间内(　　)
A．物体做的是曲线运动
B．物体做加速度越来越小的运动
C．甲图中t/2时刻，图线的斜率为v0/2
D．x1－x0>v0t/2
解析　运动图像(包括位移图象、速度图象、加速度图象)都是用来描述直线运动的，无论运动图象是直线还是曲线，物体都是做直线运动，都不能说物体做的是曲线运动，选项A错误。根据速度图象的斜率表示加速度可知，物体做匀减速直线运动，选项B错误。根据乙图可知，在t/2时刻，物体速度为v0/2。而位移图象斜率表示速度，由此可知，甲图中在t/2时刻，图线的斜率为v0/2，选项C正确。根据甲图，物体是从坐标x0位置出发沿x轴运动，t时刻运动到坐标为x1位置。位移为x＝x1－x0。根据乙图，速度图象的面积表示位移可知，可知位移x＝v0t/2，即x1－x0＝v0t/2，选项D错误。
答案　C
7．(2017·河南联考)以从塔顶由静止释放小球A的时刻为计时零点，t0时刻又在与小球A等高的位置处，由静止释放小球B。若两小球都只受重力作用，设小球B下落时间为t，在两小球落地前，两小球间的高度差为Δx，则－t0图线为(　　)
解析　t0时刻小球A的速度为gt0，小球B的速度为0，根据匀变速直线运动规律，两小球下落的高度分别为hA＝(gt0)t＋gt2和hB＝gt2，则Δx＝hA－hB＝gt0t，即与t0成正比，选项B正确。
答案　B
8.(2017·东北三校联考)(多选)一个质点，在x轴上做直线运动。在t＝0时刻质点处于静止状态，它的坐标x和时间平方t2的关系图象如图所示，则该质点(　　)
A．运动方向与x轴正方向相反
B．做匀速直线运动
C．运动加速度为3
m/s2
D．运动加速度为6
m/s2
解析　根据质点的坐标x和时间平方t2的关系图象可知，质点从x0＝6
m处由静止开始沿x轴负方向做匀加速直线运动，选项A正确，B错误。质点的运动方程可表示为x0－x＝at2，即x＝x0－at2，图象斜率绝对值的2倍等于加速度，即质点运动加速度为a＝2×
m/s2＝6
m/s2，选项C错误，D正确。
答案　AD
B组·能力提升题
9．(2017·兰州一中理综)某质点做直线运动，其位移x与时间t的关系图象如图所示。则(　　)
A．在12
s时刻质点开始做反向的直线运动
B．在0～20
s内质点的速度不断增加
C．在0～20
s内质点的平均速度大小为0.8
m/s
D．在0～20
s内质点的瞬时速度等于它在这段时间内平均速度的时刻只有一处
解析　在x－t图中，图线表示质点的位移随时间的变化关系，图线上任一点切线的斜率表示速度，速度方向一直不变，速度大小先增大后减小，选项A、B都错误；在0～20
s内质点的平均速度大小＝＝
m/s＝0.8
m/s，选项C正确；速度从0增大到最大，再减小到0，瞬时速度有两次为0.8
m/s，D错误。
答案　C
10.(2017·定州模拟)(多选)一个物体沿直线运动，从t＝0时刻开始，物体的－t的图象如图所示，图线与纵坐标轴的交点分别为0.5
m/s和－1
s，由此可知(　　)
A．物体做变加速直线运动
B．物体的初速度的大小为0.5
m/s
C．物体的加速度的大小为1
m/s2
D．物体的加速度的大小为0.5
m/s2
解析　由图得：
＝(0.5t＋0.5)
m/s
由x＝v0t＋at2得：
＝v0＋at
可得a＝0.5，a＝1
m/s2。v0＝0.5
m/s，可知，物体的加速度不变，做匀加速直线运动。故AD错误，BC正确。
答案　BC
11．(2017·山东联考)高速公路上甲乙两车在同一车道上同向行驶，甲车在前，乙车在后，速度均为v0＝108
km/h，距离s0＝100
m，t＝0时刻甲车遇紧急情况后，甲乙两车的加速度随时间变化如图甲、乙所示，取运动方向为正方向。
(1)t＝3
s时甲车速度是多少？此时甲乙两车间距是多少？
(2)通过计算说明两车在0～9
s内会不会相撞？
(3)上一问中如果相撞，则求出相撞时间；如果不相撞，则求第9
s末两车的间距。
(4)分别作出两车的速度－时间图线。
解析　(1)由图象知，甲车在0～3
s内做匀减速直线运动，初速度v0＝108
km/h＝30
m/s，则3
s末，甲车的速度v＝v0－at＝0
m/s
此时甲车的位移x1＝＝45
m。
乙车做匀速直线运动，位移
x2＝v0t＝90
m
则两车相距的距离Δx＝x1＋x0－x2＝55
m，甲车还在乙车的前方。
(2)3
s后，甲做初速度为零的匀加速直线运动，乙做匀减速直线运动，两车在3
s时相距55
m。此后前面的甲车从静止开始做匀加速直线运动，后面的乙车以30
m/s做匀减速直线运动。
当两车速度相等时，有：
a甲t′＝v0＋a乙t′
解得，t′＝3
s
此时前面甲的位移
x甲＝a甲t′2＝22.5
m
后面乙的位移
x乙＝v0t′＋a乙t′2＝67.5
m
因为x甲＋Δx＝77.5>x乙，故知两车不会相撞。
(3)对乙车在3～9
s，v乙9＝v0－a乙t＝0，可以得到乙车在9
s末的速度为零，则3～9
s内乙车的位移
x′1＝＝90
m
3～9
s内甲车的位移
x′2＝a甲t2＝90
m
(则在3～9
s内，两车都向前运动了90
m，其间距显然不变。)
则两车在9
s时的间距
Δx′＝x′＋55－x′1＝55
m
(4)
答案　(1)t＝3
s时，甲车速度是0，此时甲、乙两车间距是55
m。
(2)两车在3～9
s内不会相撞。
(3)9
s末两车相距55
m。
(4)见解析。
12．(2017·石家庄调研)甲、乙两车在平直公路上比赛，某一时刻，乙车在甲车前方L1＝11
m处，乙车速度v乙＝60
m/s，甲车速度v甲＝50
m/s，此时乙车离终点线尚有L2＝600
m，如图所示。若甲车加速运动，加速度a＝2
m/s2，乙车速度不变，不计车长。则：
(1)经过多长时间甲、乙两车间距离最大，最大距离是多少？
(2)到达终点时甲车能否超过乙车？
解析　(1)当甲、乙两车速度相等时，两车间距离最大，即
v甲＋at1＝v乙，得
t1＝＝
s＝5
s。
甲车位移x甲＝v甲t1＋at＝275
m，
乙车位移x乙＝v乙t1＝60×5
m＝300
m，
此时两车间距离
Δx＝x乙＋L1－x甲＝36
m。
(2)甲车追上乙车时，位移关系
x′甲＝x′乙＋L1，
甲车位移x′甲＝v甲t2＋at，
乙车位移x′乙＝v乙t2，
将x′甲、x′乙代入位移关系式，得
v甲t2＋at＝v乙t2＋L1，
代入数值并整理得t－10t2－11＝0，解得t2＝－1
s(舍去)或t2＝11
s。
此时乙车位移x′乙＝v乙t2＝660
m，因x′乙>L2，故乙车已冲过终点线，即到达终点时甲车不能追上乙车。
答案　(1)5
s　36
m　(2)不能
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1(二十五)　磁场及其对电流的作用
A组·基础巩固题
1．(2017·镇江模拟)指南针是我国古代四大发明之一。当指南针上方有一条水平放置的通电导线时，其N极指向变为如图实线小磁针所示。则对该导线电流的以下判断正确的是(　　)
A．可能东西放置，通有由东向西的电流
B．可能东西放置，通有由西向东的电流
C．可能南北放置，通有由北向南的电流
D．可能南北放置，通有由南向北的电流
解析　若导线东西放置，通有由东向西的电流，根据安培定则可知，小磁针所在处合磁场方向将在南北方向上，其不会出现图示情况，故A错误。若导线东西放置，通有由西向东的电流，根据安培定则可知，小磁针N极不偏转，故B错误。若导线南北放置，通有由北向南的电流时，根据安培定则可知，小磁针N极将顺时针偏转，可转向图中实线所示位置，故C正确。若导线南北放置，通有由南向北的电流，根据安培定则可知，小磁针N极将逆时针偏转，指向西北方，故D错误。
答案　C
2．(2017·南通模拟)如图所示，A为一水平旋转的橡胶盘，带有大量均匀分布的负电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直导线，电流方向如图。当圆盘高速绕中心轴OO′转动时，转动方向如图所示通电直导线所受磁场力的方向是(　　)
A．竖直向上　　　　　
B．竖直向下
C．水平向里
D．水平向外
解析　从上向下看，由于带负电的圆盘顺时针方向旋转，形成的等效电流为逆时针方向，由安培定则判定所产生的磁场方向竖直向上。由左手定则可判定通电导线所受安培力的方向垂直纸面向里，故C正确。
答案　C
3．(2017·南京、盐城模拟)已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B＝k，即磁感应强度B与导线中的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比。如图所示，两根平行长直导线相距为R，通以大小、方向均相同的电流。规定磁场方向垂直纸面向里为正，在0～R区间内磁感应强度B随r变化的图线可能是(　　)
解析　根据安培定则可知两根平行长直导线上的电流在两根导线间产生的磁感应强度的方向相反，又由B＝k可知，在其连线的中点上两电流产生的合磁感应强度为零，选项A、B错误；在靠近左导线处，左边导线电流产生的磁场要强于右边导线电流产生的磁场，则合场强的方向垂直纸面向里，为正值；同理，靠近右边导线处，合磁场方向垂直纸面向外，为负值，选项C正确。
答案　C
4．如图所示，一个边长为L的正方形金属框竖直放置，各边电阻相同，金属框放置在磁感应强度大小为B、方向垂直金属框平面向里的匀强磁场中。若A、B两端与导线相连，由A到B通以如图所示方向的电流(由A点流入，从B点流出)，流过AB边的电流为I，则金属框受到的安培力大小和方向分别为
A．2BIL　竖直向下
B.BIL　竖直向上
C．BIL　竖直向上
D.BIL　竖直向下
解析　由题图可知，电流由A点流入，从B点流出，则有A→B和A→D→C→B的电流，而A→D→C→B的电流产生的安培力可等效成DC边受到的安培力，由于流过AB边电流为I，根据电路并联特点，流过DC边的电流为I/3，因此金属框受到的合安培力为BIL，根据左手定则，方向竖直向上，故B正确，A、C、D错误。
答案　B
5．(2017·潍坊模拟)如图所示，两根长直导线m、n竖直插在光滑绝缘水平桌面上的小孔P、Q中，O为P、Q连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称，导线中通有大小、方向均相同的电流I。下列说法正确的是(　　)
A．O点的磁感应强度为零
B．a、b两点磁感应强度的大小Ba＞Bb
C．a、b两点的磁感应强度相同
D．n中电流所受安培力方向由P指向Q
解析　根据安培定则，m在O点产生的磁场方向垂直PQ连线向里，n在O点产生的磁场方向垂直PQ连线向外，根据对称性，两磁感应强度大小相等，磁感应强度的矢量和等于0，选项A正确；根据对称性，m、n在a、b两点产生的合磁场的磁感应强度大小相等，但是方向不同，选项B、C错误。根据同向电流相互吸引，n中电流所受安培力方向由Q指向P，选项D错误。
答案　A
6．(2017·永州联考)(多选)如图所示，有两根长均为L、质量均为m的细导体棒a、b，其中a被水平放置在倾角为45°的绝缘光滑斜面上，b被水平固定在斜面的右侧，且与a在同一水平面上，a、b相互平行。当两细棒中均通以大小为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止，关于电流b在a处产生的磁场的磁感应强度B，下列说法正确的是(　　)
A．方向竖直向上
B．大小为
C．大小为
D．若使b竖直向下移动，a仍能保持静止
解析　由安培定则，电流b在a处产生的磁场的磁感应强度方向竖直向上，选项A正确；对a受力分析，由平衡条件，BILcos
45°＝mgsin
45°，解得电流b在a处产生的磁场的磁感应强度B＝，选项C正确、B错误；若使b竖直向下移动，二者距离增大，a、b之间安培力减小，a不能保持静止，选项D错误。
答案　AC
7．(2017·南京调研)水平面上有U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电源，现垂直于导轨搁一根质量为m的金属棒ab，棒与导轨间的动摩擦因数为μ(滑动摩擦力略小于最大静摩擦力)，通过棒的电流强度为I，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于金属棒ab，与竖直方向的夹角为θ，如图所示，金属棒处于静止状态，重力加速度为g，则金属棒所受的摩擦力大小为(　　)
A．BILsin
θ
B．BILcos
θ
C．μ(mg－BILsin
θ)
D．μ(mg＋BILcos
θ)
解析　金属棒处于静止状态，其合力为零，对其进行受力分析，如图所示，在水平方向有Ff＝BILcos
θ，选项B正确。
答案　B
B组·能力提升题
8．(2017·内江联考)(多选)如图所示，一个半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B大小相等，方向均与环面轴线方向成θ角(环面轴线为竖直方向)。若导线环上载有如图所示的恒定电流I，则下列说法正确的是(　　)
A．导电圆环有收缩的趋势
B．导电圆环所受安培力方向竖直向上
C．导电圆环所受安培力的大小为2BIR
D．导电圆环所受安培力的大小为2πBIRsin
θ
解析　将磁感应强度B沿竖直和水平方向分解，则B竖直＝B·cos
θ，B水平＝B·sin
θ，由左手定则知，B竖直对圆环各处的安培力方向均指向圆心，使圆环具有收缩趋势，故A正确；由对称性知，B竖直对整个圆环的作用力为零，B水平对圆环各处的安培力均竖直向上，故B正确；安培力大小为：F＝B水平·I·2πR＝2πBIRsin
θ，故C错误、D正确。
答案　ABD
9．(2017·启东模拟)(多选)如图所示，在竖直向下的恒定匀强磁场中有一光滑绝缘的圆轨道，一重为G的金属导体MN垂直于轨道横截面水平放置，在导体中通入电流I，使导体在安培力的作用下以恒定的速率v从A点运动到C点，设导体所在位置的轨道半径与竖直方向的夹角为θ，安培力的瞬时功率为P，则从A到C的过程中，下列有关说法正确的是(　　)
A．电流方向从M指向N　　
B．I∝
C．P∝cos
θ
D．P∝sin
θ
解析　由于安培力方向始终水平向左，根据左手定则知电流方向从M指向N，A正确。因为导体棒做匀速圆周运动，所以有Gsin
θ＝F安cos
θ＝ILBcos
θ，故I＝tan
θ，则I∝tan
θ，B错误；又P＝F安vcos
θ＝Gvsin
θ，所以P∝sin
θ，C错误、D正确。
答案　AD
10．(多选)如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从t＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向。则金属棒(　　)
A．一直向右移动
B．速度随时间周期性变化
C．受到的安培力随时间周期性变化
D．受到的安培力在一个周期内做正功
解析　根据左手定则知金属棒在0～内所受安培力向右，大小恒定，故金属棒向右做匀加速运动，在～T内金属棒所受安培力与前半个周期大小相等，方向相反，金属棒向右做匀减速运动，一个周期结束时金属棒速度恰好为零，以后始终向右重复上述运动，选项A、B、C正确；在0～时间内，安培力方向与运动方向相同，安培力做正功，在～T时间内，安培力方向与运动方向相反，安培力做负功，在一个周期内，安培力所做总功为零，选项D错误。
答案　ABC
11．(多选)如图所示，两平行导轨ab、cd竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒PQ放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触。现在金属棒PQ中通以变化的电流I，同时释放金属棒PQ使其运动。已知电流I随时间t变化的关系式为I＝kt(k为常数，k＞0)，金属棒与导轨间存在摩擦。则下面关于棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图象中，可能正确的有(　　)
解析　根据牛顿第二定律得，金属棒的加速度a＝，Ff＝μFN＝μF安＝μBIL＝μBLkt，联立解得加速度a＝g－μ，由上式知加速度a与时间t成线性关系，故A正确、B错误；因为开始加速度方向向下，与速度方向相同，做加速运动，但随t变大加速度逐渐减小，即做加速度逐渐减小的加速运动，直到向下的加速度变为零，速度变为最大，然后加速度方向变为向上且逐渐增大，做加速度逐渐增大的减速运动，故C错误、D正确。
答案　AD
12．(2017·安徽联考)“电磁炮”是利用电磁力对弹体加速的新型武器，具有速度快，效率高等优点，如图是“电磁炮”的原理结构示意图。光滑水平加速导轨电阻不计，轨道宽为L＝0.2
m。在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1×102
T。“电磁炮”弹体总质量m＝0.2
kg，其中弹体在轨道间的电阻R＝0.4
Ω。可控电源的内阻r＝0.6
Ω，电源的电压能自行调节，以保证“电磁炮”匀加速发射。在某次试验发射时，电源为加速弹体提供的电流是I＝4×103
A，不计空气阻力。求：
　
(1)弹体从静止加速到4
km/s，轨道至少要多长？
(2)弹体从静止加速到4
km/s过程中，该系统消耗的总能量。
解析　(1)在导轨通有电流I时，炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为：
F＝ILB＝4×103×0.2×1×102
N＝8×104
N
由动能定理：Fx＝mv2
弹体从静止加速到4
000
m/s，轨道至少需要的长度为：
x＝＝＝20
m
(2)由F＝ma，v＝at＝t，解得：
t＝
s＝0.01
s；发射过程产生的热量：Q＝I2(R＋r)t＝(4×103)2×(0.4＋0.6)×0.01
J＝1.6×105
J，弹体的动能：Ek＝mv
2＝×0.2×(4
000)2
J＝1.6×106
J
系统消耗的总能量为：
E＝Ek＋Q＝1.6×106
J＋1.6×105
J＝1.76×106
J。
答案　(1)20
m　
(2)1.76×106
J
13．(2015·浙江卷)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡。线圈的水平边长L＝0.1
m，竖直边长H＝0.3
m，匝数为N1。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0
T，方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在0～2.0
A范围内调节的电流I。挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量。(重力加速度取g＝10
m/s2)
甲
　乙
(1)为使电磁天平的量程达到0.5
kg，线圈的匝数N1至少为多少？
(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10
Ω。不接外电流，两臂平衡。如图乙所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1
m。当挂盘中放质量为0.01
kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率。
解析　(1)线圈受到的安培力
F＝N1B0IL　①
天平平衡mg＝N1B0IL　②
代入数据得N1＝25匝　③
(2)由电磁感应定律得E＝N2　④
E＝N2Ld　⑤
由欧姆定律得I′＝　⑥
线圈受到的安培力F′＝N2B0I′L　⑦
天平平衡m′g＝NB0·　⑧
代入数据得
＝0.1
T/s　⑨
答案　(1)25　(2)0.1
T/s
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1(十)　曲线运动　运动的合成与分解
A组·基础巩固题
1.(2017·漳州模拟)对质点运动来讲，以下说法正确的是(　　)
A．加速度恒定的运动可能是曲线运动
B．运动轨迹对任何观察者来说都是不变的
C．当质点的加速度逐渐减小时，其速度也一定逐渐减小
D．作用在质点上的所有力消失后，质点运动的速度将不断减小
解析　加速度恒定的运动可能是曲线运动，如平抛运动，A正确；运动轨迹对不同的观察者来说可能不同，如匀速水平飞行的飞机上落下的物体，相对地面做平抛运动，相对飞机上的观察者做自由落体运动，B错误；当质点的速度方向与加速度方向同向时，即使加速度减小，速度仍增加，C错误；作用于质点上的所有力消失后，质点的速度将不变，D错误。
答案　A
2．(2017·运城调研)(多选)小明同学遥控小船做过河实验，并绘制了四幅小船过河的航线图，如图所示。图中实线为河岸，河水的流动速度不变，方向水平向右，虚线为小船从河岸M驶向对岸N的实际航线，小船相对于静水的速度不变，并且大于河水的流动速度。则(　　)
A．航线图甲是正确的，船头保持图中的方向，小船过河时间最短
B．航线图乙是正确的，船头保持图中的方向，小船过河位移最短
C．航线图丙是正确的，船头保持图中的方向，小船过河位移最短
D．航线图丁是不正确的，如果船头保持图中的方向，船的轨迹应该是曲线
解析　甲图中船速垂直于河岸，合速度的方向偏向下游，且过河时间最短，故A正确；乙图中根据平行四边形定则知，合速度的方向正好垂直河岸，过河的位移最小，故B正确；图丙中由于流水速度，因此不可能出现此现象，故C错误；船速与流水速度的合速度的方向不可能是图示方向，故D错误，故选AB。
答案　AB
3.(2017·镇江模拟)在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为a的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度v0水平匀速移动，经过时间t，猴子沿杆向上移动的高度为h，人顶杆沿水平地面移动的距离为x，如图所示。关于猴子的运动情况，下列说法正确的是(　　)
A．猴子相对地面的运动轨迹为直线
B．猴子相对地面做变加速曲线运动
C．t时刻猴子对地速度的大小为v0＋at
D．t时间内猴子对地的位移大小为
解析　猴子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，由运动的合成可知：猴子加速度不变，方向向上，与初速度方向垂直，做匀加速曲线运动，故A、B错；t时刻猴子竖直方向速度vy＝at，水平方向速度vx＝v0由运动的合成可知v＝＝，故C错；t时间内猴子水平位移为x，竖直位移为h，由运动的合成可知猴子对地的位移s＝，故D对。
答案　D
4．(多选)质量为m的物体，在F1、F2、F3三个共点力的作用下做匀速直线运动，保持F1、F2不变，仅将F3的方向改变90°(大小不变)后，物体可能做(　　)
A．加速度大小为的匀变速直线运动
B．加速度大小为的匀变速直线运动
C．加速度大小为的匀变速曲线运动
D．匀速直线运动
解析　物体在F1、F2、F3三个共点力作用下做匀速直线运动，必有F3与F1、F2的合力等大反向，当F3大小不变、方向改变90°时，F1、F2的合力大小仍为F3，方向与改变方向后的F3夹角为90°，故F合＝F3，加速度a＝＝。若初速度方向与F合方向共线，则物体做匀变速直线运动；若初速度方向与F合方向不共线，则物体做匀变速曲线运动，综上所述本题选B、C。
答案　BC
5.(2017·泰州模拟)(多选)一质点在xOy平面内运动轨迹如图所示，下列判断正确的是(　　)
A．质点沿x方向可能做匀速运动
B．质点沿y方向可能做变速运动
C．若质点沿y方向始终匀速运动，则x方向可能先加速后减速
D．若质点沿y方向始终匀速运动，则x方向可能先减速后加速
解析　物体做曲线运动过程中合力指向轨迹凹的一侧，则加速度大致指向轨迹凹的一侧，由图可知：加速度方向指向弧内，x轴方向有分加速度，所以x轴方向不可能匀速，y方向可能有分加速度，故质点沿y方向可能做变速运动，A错误，B正确；物体在x方向先沿正方向运动，后沿负方向运动，最终在x轴方向上的位移为零，所以x方向不能一直加速运动，也不能先加速后减速，x方向可能先减速后反向加速，故C错误，D正确。
答案　BD
6．(多选)一质量为2
kg的物体在5个共点力作用下做匀速直线运动。现同时撤去其中大小分别为10
N和15
N的两个力，其余的力保持不变。下列关于此后该物体运动的说法，正确的是(　　)
A．可能做匀减速直线运动，加速度大小为10
m/s2
B．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小为5
m/s2
C．可能做匀变速曲线运动，加速度大小可能为5
m/s2
D．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能为10
m/s2
解析　物体在5个共点力作用下处于平衡状态，合力为零，当撤去10
N和15
N的两个力时，剩余3个力的合力与这两个力的合力等大反向，即撤去力后物体所受的合力为5
N≤F合≤25
N，加速度大小2.5
m/s2≤a合≤12.5
m/s2，由于剩余3个力的合力方向与原速度方向不一定在一条直线上，所以可能做匀变速曲线运动，也可能做匀变速直线运动，A、C正确。
答案　AC
7.(2017·长春调研)(多选)如图所示，A、B两球分别套在两光滑的水平直杆上，两球通过一轻绳绕过一定滑轮相连，现在A球以速度v向左匀速移动，某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹角分别为α、β，下列说法正确的是(　　)
A．此时B球的速度为v
B．此时B球的速度为v
C．在β增大到90°的过程中，B球做匀速运动
D．在β增大到90°的过程中，B球做加速运动
解析　由于两球沿绳方向的速度大小相等，因此vcosα＝vBcosβ，解得vB＝v，A项正确，B项错误；在β增大到90°的过程中，α在减小，因此B球的速度在增大，B球在做加速运动，C项错误，D项正确。
答案　AD
8．(多选)跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法正确的是(　　)
A．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作
B．风力越大，运动员着地速度越大，有可能对运动员造成伤害
C．运动员下落时间与风力无关
D．运动员着地速度与风力无关
解析　水平风力不会影响竖直方向的运动，所以运动员下落时间与风力无关，A错误，C正确。运动员落地时竖直方向的速度是确定的，水平风力越大，落地时水平分速度越大，运动员着地时的合速度越大，有可能对运动员造成伤害，B正确，D错误。
答案　BC
B组·能力提升题
9.(2017·湖北联考)在岛上生活的渔民，曾用如图所示的装置将渔船拉到岸边。若通过人工方式跨过定滑轮拉船，使之匀速靠岸，已知船在此运动过程中所受阻力保持不变，则(　　)
A．绳对船的拉力逐渐增大
B．船所受水的浮力保持不变
C．岸上人拉绳的速度保持不变
D．岸上人拉绳的速度逐渐增大
解析　对船受力分析如图甲所示，因为船匀速靠岸，有F拉cosθ＝Ff，θ逐渐变大，则F拉逐渐增大，A正确；由F拉sinθ＋F浮＝mg知，F浮逐渐减小，B错误；对船速沿绳和垂直于绳分解如图乙所示，有v绳＝v船cosθ，v船不变，θ增大，v绳减小，C、D错误。
答案　A
10.一轻杆两端分别固定质量为mA和mB的两个小球A和B(可视为质点)。将其放在一个光滑球形容器中从位置1开始下滑，如图所示，当轻杆到达位置2时球A与球形容器球心等高，其速度大小为v1，已知此时轻杆与水平方向成θ＝30°角，B球的速度大小为v2，则(　　)
A．v2＝v1
B．v2＝2v1
C．v2＝v1
D．v2＝v1
解析　球A与球形容器球心等高，速度v1方向竖直向下，速度分解如图所示，有v11＝v1sin30°＝v1，球B此时速度方向与杆成α＝60°角，因此v21＝v2cos60°＝v2，沿杆方向两球速度相等，即v21＝v11，解得v2＝v1，C项正确。
答案　C
11．如图所示，水平面上固定一个与水平面夹角为θ的斜杆A，另一竖直杆B以速度v水平向左做匀速直线运动，则从两杆开始相交到最后分离的过程中，两杆交点P的速度方向和大小分别为(　　)
A．水平向左，大小为v
B．竖直向上，大小为vtanθ
C．沿A杆斜向上，大小为
D．沿A杆斜向上，大小为vcosθ
解析　两杆的交点P参与了两个分运动：与B杆一起以速度v水平向左的匀速直线运动和沿B杆竖直向上的匀速运动，交点P的实际运动方向沿A杆斜向上，如图所示，则交点P的速度大小为vP＝，故C正确。
答案　C
12．如图所示，质量m＝2.0
kg的物体在水平外力的作用下在水平面上运动，已知物体运动过程中的坐标与时间的关系为g＝10
m/s2。根据以上条件，求：
(1)t＝10
s时刻物体的位置坐标；
(2)t＝10
s时刻物体的速度和加速度的大小与方向。
解析　(1)由于物体运动过程中的坐标与时间的关系为
代入时间t＝10
s，可得：
x＝3.0t＝3.0×10
m＝30
m
y＝0.2
t2＝0.2×102
m＝20
m
即t＝10
s时刻物体的位置坐标为(30,20)。
(2)由于物体运动过程中的坐标与时间的关系式
比较物体在两个方向的运动学公式
可求得：v0＝3.0
m/s，a＝0.4
m/s2
当t＝10
s时，vy＝at＝0.4×10
m/s＝4.0
m/s
v＝＝
m/s＝5.0
m/s
tanα＝＝
即速度方向与x轴正方向夹角为53°。
物体在x轴方向做匀速运动，在y轴方向做匀加速运动，a＝0.4
m/s2，沿y轴正方向。
答案　(1)(30,20)
(2)5.0
m/s，与x轴正方向夹角为53°
0．4
m/s2，沿y轴正方向
13．如图所示，一个长直轻杆两端分别固定一个小球A和B，两球的质量均为m，两球半径忽略不计，杆AB的长度为l，现将杆AB竖直靠放在竖直墙上，轻轻振动小球B，使小球B在水平地面上由静止向右运动，求当A球沿墙下滑距离为时A、B两球的速度vA和vB的大小。(不计一切摩擦)
解析　A、B两球速度的分解情况如图所示，由题意知，θ＝30°，由运动的合成与分解得
vAsinθ＝vBcosθ　①
又A、B组成的系统机械能守恒，
所以mg＝mv＋mv　②
由①②解得vA＝，
vB＝。
答案　　
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1(三十八)　机械波
A组·基础巩固题
1.(2017·赣州模拟)以下关于波的说法中正确的是(　　)
A．干涉现象是波的特征，因此任何两列波相遇时都会产生干涉现象
B．因为声波的波长可以与通常的障碍物尺寸相比，所以声波很容易产生衍射现象
C．声波是横波
D．纵波传播时，媒质中的各质点将随波的传播一直向前移动
解析　干涉现象是波的特征，但是只有频率相同的两列波相遇时才会产生干涉现象，选项A错误；发生衍射的条件是波的波长与障碍物的尺寸差不多，因为声波的波长可以与通常的障碍物尺寸相比，所以声波很容易产生衍射现象，选项B正确；声波是纵波，选项C错误；纵波传播时，媒质中的各质点不随波向前移动，选项D错误。
答案　B
2．(多选)如图所示，一小型渔港的防波堤两端MN相距约60
m，在防波堤后A、B两处有两只小船进港躲避风浪。某次海啸引起的波浪沿垂直于防波堤的方向向防波堤传播，则下列说法中正确的是(　　)
A．假设波浪的波长约为10
m，则A、B两处小船基本上不受波浪影响
B．假设波浪的波长约为10
m，则A、B两处小船明显受到波浪影响
C．假设波浪的波长约为50
m，则A、B两处小船基本上不受波浪影响
D．假设波浪的波长约为50
m，则A、B两处小船明显受到波浪影响
解析　根据题意，A、B两处小船明显受到波浪影响的原因是水波发生了明显的衍射现象，波浪能传播到A、B两处。由于只有当障碍物或缝隙的尺寸比波长小或跟波长差不多的时候，才会发生明显的衍射现象，故A、D正确，B、C错误。
答案　AD
3．(2017·赣州模拟)(多选)一列沿x轴传播的简谐波，波速为4
m/s，某时刻的波形图象如图所示。此时x＝8
m处的质点具有正向最大速度，则再过4.5
s(　　)
A．x＝4
m处质点具有正向最大加速度
B．x＝2
m处质点具有负向最大速度
C．x＝0处质点一定有负向最大加速度
D．x＝6
m处质点通过的路程为20
cm
解析　据题意，图示时刻x＝8
m处的质点具有正向最大速度，质点正经过平衡位置向上，则波向x轴负方向传播。则该波的周期T＝＝
s＝2
s因为n＝＝＝2T，可知：图示时刻x＝4
m处质点速度向下，再经过4.5
s，处于波谷，位移为负向最大，则具有正向最大加速度，故A正确。图示时刻x＝2
m处质点位于波峰，再经过4.5
s，处于平衡位置向下，具有负向最大速度，故B正确。图示时刻x＝0处质点速度向上，再经过4.5
s，处于波峰位置，具有负向最大加速度，故C正确；再经过4.5
s，x＝6
m处，质点处于平衡位置，通过的路程为2×4×A＋A＝18
cm，故D错误。故选ABC。
答案　ABC
4．(2017·江西赣中南模拟)(多选)如图所示是一列简谐波在t＝0时的波形图象，波速为v＝10
m/s，此时波恰好传到I点，下列说法正确的是(　　)
A.
此列波的周期为T＝0.4
s
B.
质点B、F在振动过程中位移总是相等
C.
质点I的起振方向沿y轴负方向
D.
当t＝5.1
s时，x＝10
m的质点处于平衡位置处
解析　由波形图可知，波长λ＝4
m，则T＝＝
s＝0.4
s，故A正确；质点B、F之间的距离正好是一个波长，振动情况完全相同，所以质点B、F在振动过程中位移总是相等，故B正确；由图可知，I刚开始振动时的方向沿y轴负方向，故C正确；波传到x＝10
m的质点的时间t′＝＝
s＝1
s，t＝5.1
s时，x＝10
m的质点已经振动4.1
s＝10
T，所以此处处于波谷处，故D错误；故选ABC。
答案　ABC
5．(2017·牡丹江模拟)(多选)图甲为一列横波在t＝0时的波动图象，图乙为该波中x＝2
m处质点P的振动图象，下列说法正确的是(　　)
A．若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定干涉现象，则所遇到的波的频率为0.25
Hz
B．若该波能发生明显的衍射现象，则该波所遇到的障碍物尺寸一定比4
m大很多
C．再过0.5
s，P点的动能最大
D．波沿x轴正方向传播
解析　从图乙中可知周期为T＝1
s，故频率为f＝1
Hz，两列波相遇发生稳定干涉现象的条件是频率相同，故所遇到的波的频率为1
Hz，A错误；从甲图中可知该横波的波长为λ＝4
m，若该波能发生明显的衍射现象，则该波所遇到的障碍物尺寸比4
m小或接近，B错误；t＝0.5
s＝，P点到达平衡位置，速度最大，动能最大，C正确；由振动图象上t＝0时刻读出P点的速度方向沿y轴正方向，则由波动图象判断出波沿x轴正方向传播，D正确。
答案　CD
6．(多选)如图所示，沿x方向的一条细绳上有O、a、b、c四点，Oa＝ab，bc＝5ab，质点O在垂直于x轴方向上做简谐运动，沿x轴传播形成横波。t＝0时刻，O点开始向上运动，经t＝0.2
s，O点第一次到达上方最大位移处，这时a点才开始往上运动，由此可以判断，在t＝2.6
s时刻(　　)
A．a点位于x轴下方　　
B．c点位于x轴上方
C．a点正向上运动
D．c点正向下运动
解析　根据题述经t＝0.2
s，O点第一次到达上方最大位移处，波动周期为0.8
s，波长为4Oa。在t＝2.6
s时刻，波传播三个周期又四分之一周期，a点位于平衡位置且向上运动，c点位于平衡位置且向下运动，选项A、B错误，C、D正确。
答案　CD
7．(2017·内蒙古模拟)(多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t＝0.6
s时刻，这列波刚好传到Q点，波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则以下说法正确的是(　　)
A．这列波的波速为16.7
m/s
B．这列波的周期为0.8
s
C．质点c在这段时间内通过的路程一定等于30
cm
D．从t＝0时刻开始计时，质点a第一次到达平衡位置时，恰好是
s这个时刻
E．在t＝0.5
s时，质点b、P的位移相同
解析　t＝0时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t＝0.6
s时刻，这列波刚好传到Q点，波速v＝＝≈50
m/s，故A错误。由波速v＝可知，周期T＝＝
s＝0.8
s，故B正确；振动由P传到c需要的时间t1＝＝
s＝0.2
s，质点c的振动时间t2＝t－t1＝0.4
s＝，可知这段时间内质点c通过的路程为2个振幅，即sc＝2A＝20
cm，故C错误；t＝0时刻质点a正在向上振动，需要到达正向最大位移处，再需第一次回到平衡位置，质点a第一次到达平衡位置时ta＝＋＝T＝
s，故D正确；t＝0.5
s＝T，质点b由正向最大位移处向下到达负向最大位移处，在向上到达位移为－A处，质点P由平衡位置向上经正向最大位移处，再向下运动经过平衡位置，到达位移为－A处，故E正确。
答案　BDE
B组·能力提升题
8.(2015·海南单科)(多选)一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形如图所示，质点P的x坐标为3
m。已知任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4
s。下列说法正确的是(　　)
A．波速为4
m/s
B．波的频率为1.25
Hz
C．x坐标为15
m的质点在t＝0.6
s时恰好位于波谷
D．x坐标为22
m的质点在t＝0.2
s时恰好位于波峰
E．当质点P位于波峰时，x坐标为17
m的质点恰好位于波谷
解析　任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4
s，可知振动周期T＝0.8
s，频率f＝＝1.25
Hz，B正确。从题图中可以看出波长λ＝4
m，根据v＝λf得v＝5
m/s，A错误。由于波在传播过程中具有空间周期性，x坐标为15
m处的质点运动规律与x＝3
m处相同，从t＝0时刻经过0.6
s，即经历周期，质点应位于平衡位置，C错误。用同样的方法可判断出D、E正确。
答案　BDE
9．一简谐横波沿x轴正向传播，图甲是t＝0时刻的波形图，图乙是介质中某质点的振动图象，则该质点的x坐标值合理的是(　　)
甲
乙
A．0.5
m　　　　　
B．1.5
m
C．2.5
m
D．3.5
m
解析　由质点振动图象可知，t＝0时刻质点y坐标介于－0.1～－0.2之间，且振动方向向下。再由波的图象以及波的传播方向和振动方向的关系可知，该质点x坐标的合理值是x＝2.5
m，故选项C正确。
答案　C
10．(2017·洛阳模拟)如图所示为在同一绳上相向传播的甲、乙两列简谐横波某时刻的波形图，其中a、b、c是甲波上的三个点。下列说法正确的是
(　　)
A．这两列波相遇时能发生干涉现象
B．甲波的速度v甲比乙波的速度v乙大
C．质点
a
比质点
b先回到平衡位置
D．若v甲＝20
m/s，再经t
＝0.5
s，质点c运动的路程是
0.5
m
解析　波速是由介质决定的，两列波在同一介质中传播，波速相同，根据f＝可知，波长不同，频率不同，故不会发生稳定干涉，A、B错误；根据走坡法，a质点向上振动，b质点向下振动，所以b比a先到达平衡位置，C错误；若v甲＝20
m/s，则T甲＝
s＝0.4
s，故t＝0.5
s＝1
T，故质点c运动的路程为s＝5A＝5×0.1
m＝0.5
m，D正确。
答案　D
11．(2017·银川模拟)在某介质中形成一列简谐波，t＝0时刻的波形如图中的实线所示。若波向右传播，零时刻刚好传到A点，且再经过0.6
s，P点也开始起振，求：
(1)该列波的周期T为多少？
(2)从t＝0时起到P点第一次达到波峰时止，O点对平衡位置的位移y0及其所经过的路程s0各为多少？
解析　(1)由图象可知：波长λ＝2
m，振幅A＝2
cm。
波速v＝＝
m/s＝10
m/s
由v＝可解得，周期T＝＝0.2
s
(2)波向右传播，所有质点的起振方向向下。
由t＝0至P点第一次到达波峰止，经历的时间
Δt2＝Δt1＋T＝T
t＝0时O点在平衡位置向上振动，故经Δt2时间，O点运动到波谷
即相对于平衡位置的位移
y0＝－2
cm＝－0.02
m
质点O每通过的路程为一个振幅，经Δt2时间，质点O通过的路程s0＝15A＝30
cm＝0.3
m
答案　(1)T＝0.2
s　
(2)y0＝－0.02
m，s0＝0.3
m
12．(2017·定州模拟)如图所示是在竖直方向上振动并沿水平方向传播的简谐波，实线是t＝0时刻的波形图，虚线是t＝0.2
s时刻的波形图。
(1)若波沿x轴负方向传播，求它传播的速度。
(2)若波沿x轴正方向传播，求它的最大周期。
(3)若波速是25
m/s，求t＝0时刻P点的运动方向。
解析　(1)波沿x轴负方向传播时，传播的可能距离为Δx＝λ＝(4n＋3)m(n＝0,1,2,3，…)
传播的速度为：v＝＝
(20n＋15)m/s(n＝0,1,2,3，…)
(2)波沿x轴正方向传播，传播的时间与周期关系为：
Δt＝T　(n＝0,1,2,3，…)
得T＝＝
s(n＝0,1,2,3，…)
当n＝0时周期最大，即最大为0.8
s
(3)波在0.2
s内传播的距离
Δx＝vΔt＝5
m
传播的波长数，可见n＝＝1，波形图平移了λ的距离。由题图知波沿x轴正方向传播。
所以P点在t＝0
s时刻沿y轴负方向运动。
答案　(1)(20n＋15)
m/s(n＝0,1,2,3，…)　
(2)0.8
s　(3)沿y轴负方向运动
13．(2017·六安模拟)如图所示，实线和虚线分别是沿x轴传播的一列简谐横波在t＝0和t＝0.06
s时刻的波形图，已知在t＝0时刻，x＝1.5
m处的质点向y轴正方向运动。
(1)判断该波的传播方向；
(2)若3T<0.06
s<4T，求该波的速度大小。
解析　(1)因在t＝0时刻，x＝1.5
m处的质点向y轴正方向运动，由波形图可以求出该波的传播方向沿x轴正方向
(2)由图得：Δt＝T，若3Tt＝T，解得T＝0.016
s
由公式v＝，代入解得v＝75
m/s
答案　(1)x轴正方向
(2)v＝75
m/s
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1(五)　力的合成与分解
A组·基础巩固题
1.(原创题)2016年4月25日至30日，亚洲举重锦标赛在乌兹别克斯坦撒马尔罕举行。25日，海南省运动员蒙成代表中国队出征男子56公斤级比赛，以126公斤的成绩获得抓举第三名，159公斤的成绩获得挺举第一名，总成绩285公斤获得56公斤级冠军，为中国队拿下两金一铜。如图所示为我国选手蒙成比赛时的画面，若蒙成所举杠铃的质量为m，杠铃平衡时每只手臂与竖直线所成的夹角均为45°，则他每只手臂承受的作用力为(　　)
A.mg　　　
B.mg　　　
C.mg　　
D．mg
解析　由平衡条件可得2Fcos45°＝mg，解得
F＝mg，选项C正确。
答案　C
2．如图所示，一竖直挡板固定在水平地面上，图甲用一斜面将一质量为M的光滑球顶起，图乙用一圆柱体将同一光滑球顶起；当斜面或圆柱体缓慢向右推动的过程中，关于两种情况下挡板所受的压力，下列说法正确的是(　　)
A．两种情况下挡板所受的压力都不变
B．两种情况下挡板所受的压力都增大
C．图甲中挡板所受的压力不变，图乙中挡板所受的压力减小
D．图甲中挡板所受的压力不变，图乙中挡板所受的压力先减小后增大
解析　选球为研究对象，图甲中，球受重力、挡板的弹力、斜面的支持力，由于缓慢向右推动的过程中，各力的方向不变，重力不变，所以挡板的弹力、斜面的支持力大小均不变，由牛顿第三定律知挡板所受压力也不变，B错误；图乙中球受重力、挡板的弹力、圆柱体的支持力，由于缓慢向右推动的过程中，圆柱体支持力与竖直方向的夹角减小(示意图如图)，挡板的弹力方向不变，重力不变，因此挡板的弹力减小，挡板所受的压力也减小，C正确，A、D错误。
答案　C
3.(多选)如图所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时A、B静止。现用力F沿斜面向上推A，但AB并未运动。下列说法正确的是(　　)
A．A、B之间的摩擦力可能大小不变
B．A、B之间的摩擦力一定变小
C．B与墙之间可能没有摩擦力
D．弹簧弹力一定不变
解析　开始时A受重力、B对A的支持力和静摩擦力平衡，当施加F后，仍然处于静止，开始时A所受的静摩擦力大小为mAgsinθ，若F＝2mAgsinθ，则A、B之间的摩擦力大小可能不变，故A正确、B错误。对整体分析，由于A、B不动，弹簧的形变量不变，故弹簧的弹力不变，开始时弹簧的弹力等于A、B的总重力，施加F后，弹簧的弹力不变，总重力不变，根据平衡知，B与墙之间一定有摩擦力，故C错误、D正确。
答案　AD
4.两物体M、m用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图所示，OA、OB与水平面的夹角分别为30°、60°，M、m均处于静止状态。则(　　)
A．绳OA对M的拉力大于绳OB对M的拉力
B．绳OA对M的拉力等于绳OB对M的拉力
C．m受到水平面的静摩擦力大小为零
D．m受到水平面的静摩擦力的方向水平向左
解析　取O点为研究对象进行受力分析，如图，FTA＜FTB，再对物体m进行受力分析知，m受水平面的静摩擦力的方向水平向左，D正确。
答案　D
5.风洞是进行空气动力学实验的一种重要设备。一次检验飞机性能的风洞实验示意图如图所示，AB代表飞机模型的截面，OL是拉住飞机模型的绳。已知飞机模型重为G，当飞机模型静止在空中时，绳恰好水平，此时飞机模型截面与水平面的夹角为θ，则作用于飞机模型上的风力大小为(　　)
A．G/cosθ
B．Gcosθ
C．G/sinθ
D．Gsinθ
解析　作用于飞机模型上的风力F的方向垂直于AB向上，由平衡条件可知，风力F在竖直方向的分力与飞机模型重力G平衡，即Fcosθ＝G，解得：F＝，A正确。
答案　A
6.如图所示，A、B都是重物，A被绕过小滑轮P的细线悬挂着，B放在粗糙的水平桌面上；小滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点；O′是三根线的结点，bO′水平拉着B物体，cO′沿竖直方向拉着弹簧；弹簧、细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于平衡状态。若悬挂小滑轮的斜线OP的张力大小是20
N，g取10
m/s2，则下列说法错误的是(　　)
A．弹簧的弹力为10
N
B．重物A的质量为2
kg
C．桌面对B物体的摩擦力为10
N
D．OP与竖直方向的夹角为60°
解析　O′a与aA两细线拉力的合力与OP线的张力大小相等。由几何知识可知FO′a＝FaA＝20
N，且斜线OP与竖直方向的夹角为30°，D错误；重物A的重力GA＝FaA，所以mA＝2
kg，B正确；桌面对B的摩擦力Ff＝FO′b＝FO′acos30°＝10
N，C正确；弹簧的弹力F弹＝FO′asin30°＝10
N，故A正确。
答案　D
7.如图所示，轻质工件通过轻质杆与滑块B连接，当作用在滑块B上的水平推力F＝100
N时，整个装置静止，此时α＝30°。已知滑块与水平面间的摩擦力不计，则工件上受到的压力为(　　)
A．100
N　　　
B．100
N
C．50
N
D．200
N
解析　对B受力分析如图甲所示，则F2＝F/sinα＝2F，对上部分受力分析如图乙所示，其中F′2＝F2，得FN＝F′2·cosα＝100
N，故B正确。
甲
　　乙
答案　B
B组·能力提升题
8.(多选)如图所示，物体G用两根绳子悬挂，开始时绳OA水平，现将两绳同时沿顺时针方向转过90°，且保持两绳之间的夹角α不变(α＞90°)，物体保持静止状态。在旋转过程中，设绳OA的拉力为T1，绳OB的拉力为T2，则(　　)
A．T1先减小后增大
B．T1先增大后减小
C．T2逐渐减小
D．T2最终变为零
解析　以结点O为研究对象，分析受力情况，作出受力图：竖直悬绳的拉力大小等于重力G、绳OA的拉力T1，绳OB的拉力T2，根据平衡条件得知：拉力T1和拉力T2的合力与重力G大小相等、方向相反，如图。作出三个不同位置力的合成图，由图看出，T1先增大后减小，T2逐渐减小，最终减小到零，A错误，BCD正确。
答案　BCD
9.(2017·安徽模拟)如图所示，两个质量为m1的小球套在竖直放置的光滑固定支架上，支架的夹角为120°，用轻绳将两球与质量为m2的小球连接，绳与杆构成一个菱形，则m1∶m2为(　　)
A．1∶1
B．1∶2
C．1∶
D.∶2
解析　m1、m2小球受力分析如图所示，
对m2有：根据几何知识得：T＝m2g
对m1有：由平衡条件，在沿杆的方向有：m1gsin30°＝Tsin30°，得：T＝m1g
故可得m1∶m2＝1∶1。
答案　A
10.(2017·三明模拟)(多选)如图所示，将一根不可伸长、柔软的轻绳两端分别系于A、B两点，一物体用动滑轮悬挂在绳子上，达到平衡时，两段绳子间夹角为θ1，绳子张力为F1；将绳子B端移至C点，等整个系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为θ2，绳子张力为F2；将绳子B端移至D点，待整个系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为θ3，绳子张力为F3，不计摩擦，则(　　)
A．θ1＝θ2＝θ3
B．θ1＝θ2＜θ3
C．F1＞F2＞F3
D．F1＝F2＜F3
解析　设绳子结点为O，对其受力分析，如图
当绳子右端从B移动到C点时，根据几何关系，有AOsin＋OBsin＝AC，同理有AO′sin＋O′Bsin＝AC，绳子长度不变，有AO＋OB＝AO′＋O′B，故θ1＝θ2。绳子的结点受重力和两个绳子的拉力，由于绳子夹角不变，根据三力平衡可知，绳子拉力不变，即F1＝F2；绳子右端从B移动到D点时，绳子间夹角显然变大，绳子的结点受重力和两个绳子的拉力，再次根据共点力平衡条件可得F1＜F3，故θ1＝θ2＜θ3，F1＝F2＜F3。
答案　BD
11.(多选)如图所示，两个质量均为m的小环套在一水平放置的粗糙长杆上，两根长度均为l的轻绳一端系在小环上，另一端系在质量为M的木块上，两个小环之间的距离也为l，小环保持静止。求：
(1)小环对杆的压力大小；
(2)小环与杆之间的动摩擦因数μ至少为多大？
解析　(1)对两小环和木块整体由平衡条件得：
2FN－(M＋2m)g＝0，解得：
FN＝Mg＋mg
由牛顿第三定律得，小环对杆的压力为：
F′N＝Mg＋mg。
(2)对M由平衡条件得：
2Tcos30°－Mg＝0
小环刚好不滑动，此时小环受到的静摩擦力达到最大值，则：
Tsin30°－μFN＝0
解得动摩擦因数μ至少为：
μ＝。
答案　(1)Mg＋mg　(2)
12．(2017·哈尔滨联考)两个带电小球A、B(可视为质点)通过绝缘的不可伸长的轻绳相连，若将轻绳的某点O固定在天花板上，平衡时两个小球的连线恰好水平，且两根悬线偏离竖直方向的夹角分别为30°和60°。如图甲所示。若将轻绳跨接在竖直方向的光滑定滑轮(滑轮大小可不计)两端，调节两球的位置能够重新平衡，如图乙所示，求：
(1)两个小球的质量之比；
(2)图乙状态，滑轮两端的绳长O′A、O′B之比。
解析　(1)带电小球处于静止状态，受力平衡，对任意一个带点小球受力分析，受到重力、绳子的拉力T和库仑力F，根据平衡条件得：
Tcosθ－mg＝0，Tsinθ－F＝0
解得：mg＝，所以：＝＝
。
(2)对小球A受力分析，设绳子拉力为T，小球到滑轮的长度为L，O′C的距离为h，根据三角形相似，有
＝，解得：L＝
，所以：＝＝
。
答案　(1)　(2)
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1(十六)　机械能守恒定律及其应用
A组·基础巩固题
1.取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等。不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为(　　)
A.
B.
C.
D.
解析　设物块的初速度为v0，质量为m，
依题意有：mgh＝mv，设物块落地瞬间水平速度分量为vx，竖直速度分量为vy，则根据平抛运动的规律可得：vx＝v0，vy＝，即vx＝vy＝v0，所以物块落地时速度方向与水平方向夹角为，B项正确。
答案　B
2.(2017·南方五校联考)如图所示，在高1.5
m的光滑平台上有一个质量为2
kg的小球被一细线拴在墙上，球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧。当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成60°角。则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g＝10
m/s2)(　　)
A．10
J
B．15
J
C．20
J
D．25
J
解析　由h＝gt2，tan60°＝，可得v0＝
m/s。由小球被弹射过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒得，Ep＝mv＝10
J，故A正确。
答案　A
3.如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球悬挂在高为2L的O点处，小铁球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B处，不计空气阻力。若运动中轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为(　　)
A.
B.
C.
D.
解析　小铁球恰能到达最高点B，则小铁球在最高点处的速度v＝。以地面为零势能面，小铁球在B点处的总机械能为mg×3L＋mv2＝mgL，无论轻绳是在何处断的，小铁球的机械能总是守恒的，因此到达地面时的动能mv2＝mgL，故小铁球落到地面的速度v′＝，D正确。
答案　D
4．(多选)如图所示，放置在竖直平面内的光滑杆AB，是按照从高度为h处以初速度v0平抛的运动轨迹制成的，A端为抛出点，B端为落地点。现将一小球套于其上，由静止开始从轨道A端滑下。已知重力加速度为g，当小球到达轨道B端时(　　)
A．小球的速率为
B．小球的速率为
C．小球在水平方向的速度大小为v0
D．小球在水平方向的速度大小为
解析　由机械能守恒定律有mgh＝mv2，解得到达B端时小球的速率v＝，故A错误，B正确。当小球到达B端时，设小球的速度与水平方向夹角θ
则cosθ＝
小球在水平方向的速度大小
vx＝v·cosθ＝·＝。
D正确。
答案　BD
5．(2017·西安模拟)(多选)一球自由下落，与地面发生碰撞，原速率反弹，若从释放小球开始计时，不计小球与地面发生碰撞的时间及空气阻力。则下图中能正确描述小球位移x、速度v、动能Ek、机械能E与时间t关系的是(　　)
解析　小球自由下落，做初速度为零的匀加速运动；与地面发生碰撞，原速率反弹，做竖直上抛运动，速度图象B正确，位移图象A错误；小球下落时，速度与时间成正比，动能与时间的二次方成正比，动能图象C错误；机械能保持不变，机械能图象D正确。
答案　BD
6．(2017·云南模拟)如图所示，由半径为R的光滑圆周和倾角为45°的光滑斜面组成的轨道固定在竖直平面内，斜面和圆周之间由小圆弧平滑连接。一小球恰能过最高点，并始终贴着轨道内侧顺时针转动。则小球通过斜面的时间为(重力加速度为g)(　　)
A．2
B．2
C．(2－2)
D．(－)
解析　小球恰好通过最高点的速度v1＝，由机械能守恒定律得mv＋mgR＝mv，解得小球通过斜面顶端时的速度v2＝，由运动学规律得R＝v2t＋gt2sin45°，则t＝(－)
，选项D正确。
答案　D
7．(2017·安徽联考)如图所示，质量为m的小球，用OB和O′B两根轻绳吊着，两轻绳与水平天花板的夹角分别为30°和60°，这时OB绳的拉力大小为F1，若烧断O′B绳，当小球运动到最低点C时，OB绳的拉力大小为F2，则F1∶F2等于(　　)
A．1∶1
B．1∶2
C．1∶3
D．1∶4
解析　O′B烧断前，小球处于平衡状态，OB绳的拉力大小F1＝mgcos60°；O′B烧断后，小球摆动到C点过程中机械能守恒，mgl(1－cos60°)＝mv2，在最低点C时有F2－mg＝，解得F2＝2mg。所以F1∶F2＝1∶4，选项D正确。
答案　D
8．(多选)内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为R的轻杆，一端固定有质量为m的小球甲，另一端固定有质量为2m的小球乙，将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点，如图所示。由静止释放后(　　)
A．下滑过程中甲球减少的机械能总等于乙球增加的机械能
B．下滑过程中甲球减少的重力势能总等于乙球增加的重力势能
C．甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点
D．杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点
解析　根据题设条件可知甲、乙两小球组成的系统满足机械能守恒定律，故A、D对，B错；由于乙球的质量大于甲球的质量，所以甲球不可能沿凹槽下滑到槽的最低点，否则就不满足机械能守恒，C错。
答案　AD
B组·能力提升题
9．(2017·莱芜模拟)一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半悬在桌边，桌面足够高，如图甲所示。若将一个质量为m的小球分别拴在链条右端和左端，如图乙、图丙所示。约束链条的挡板光滑，三种情况均由静止释放，当整根链条刚离开桌面时，关于它们的速度关系，下列判断正确的是(　　)
A．v甲＝v乙＝v丙
B．v甲C．v丙>v甲>v乙
D．v乙>v甲>v丙
解析　三种情况下所研究的系统机械能守恒，由－ΔEp＝ΔEk得，对于甲：
mg×＋mg×＝mv，
v甲＝；对于乙：mg×＋mg×＋mg×＝×2mv，v乙＝
；对于丙：mg×＋mg×＝×2mv，v丙＝，故v乙>v甲>v丙，D对。
答案　D
10.(2017·清江模拟)(多选)如图所示，长为3L的轻杆可绕水平轴O自由转动，Oa＝2Ob，杆的上端固定一质量为m的小球(可视为质点)，质量为M的正方形静止在水平面上，不计一切摩擦阻力。开始时，竖直轻细杆右侧紧靠着正方体物块，由于轻微的扰动，杆逆时针转动，带动物块向右运动，当杆转过60°时杆与物块恰好分离。重力加速度为g，当杆与物块分离时，下列说法正确的是(　　)
A．小球的速度大小为
B．小球的速度大小为
C．物块的速度大小为
D．物块的速度大小为
解析　设小球、b端、物块的速度分别为va、vb、vM，根据系统的机械能守恒得：mg·2L(1－cos60°)＝mv＋Mv，a球与b端的角速度相等，由v＝rω，得va＝2vb，b端的线速度沿水平方向的分速度等于物块的速度，即有vbcos60°＝vM，得vb＝2vM，所以va＝4vM，联立解得：va＝
，vM＝
，故选项BD正确。
答案　BD
11.(多选)在竖直平面内的直角坐标系内，一个质量为m的质点，在恒力F和重力的作用下，从坐标原点O由静止开始沿直线OA斜向下运动，直线OA与y轴负方向成θ角(θ<90°)。不计空气阻力，重力加速度为g，则以下说法正确的是(　　)
A．当F＝mgtanθ时，质点的机械能守恒
B．当F＝mgsinθ时，质点的机械能守恒
C．当F＝mgtanθ时，质点的机械能可能减小也可能增大
D．当F＝mgsinθ时，质点的机械能可能减小也可能增大
解析　质点只受重力G和拉力F，质点做直线运动，合力方向与OA共线，如图
当拉力与OA垂直时，拉力最小，根据几何关系，有F＝Gsinθ＝mgsinθ，F的方向与OA垂直，拉力F做功为零，所以质点的机械能守恒，故B正确，D错误。若F＝mgtanθ，由于mgtanθ>mgsinθ，故F的方向与OA不再垂直，有两种可能的方向，F与物体的运动方向的夹角可能大于90°，也可能小于90°，即拉力F可能做负功，也可能做正功，重力做功不影响机械能的变化，故根据动能定理，物体机械能变化量等于力F做的功，即机械能可能增加，也可能减小，故A错误，C正确。
答案　BC
12．(2017·泰州模拟)(多选)如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上，现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直，右侧细线与斜面平行，已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态，释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面，下列说法正确的是(　　)
A．斜面倾角α＝30°
B．A获得最大速度为2g
C．C刚离开地面时，B的加速度最大
D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能不守恒
解析　A沿斜面下滑至速度最大时，即A重力沿斜面向下的分力等于绳子的拉力，即4mgsinα－T＝0；C恰好离开地面，弹簧的弹力等于C的重力，故有F＝mg，B此时和A的状态一致，加速度为零，即合力为零，所以有T－F－mg＝0，联立可得sinα＝0.5，即斜面倾角α＝30°，A正确，C错误；在ABC小球和弹簧组成的系统中，开始时，弹簧处于压缩状态，由于绳子没有拉力，所以弹簧的弹力等于B球的重力，即kx1＝mg，到A速度最大时，弹簧处于拉伸状态，弹簧的弹力等于C球的重力，而A球的重力等于C球的重力，即kx2＝mg，所以两次情况下弹簧的弹性势能相同，A下落的高度为h＝(x1＋x2)sinα，根据系统机械能守恒得：4mgh－mg(x1＋x2)＝(5m)v，解得vm＝2g
，故B正确；释放A到C刚离开地面的过程中，由于受弹力作用，A、B两小球组成的系统机械能不守恒，D正确。
答案　ABD
13.(2017·定州模拟)如图所示，B是质量为2m、半径为R的光滑半圆弧槽，放在光滑的水平桌面上。A是质量为3m的细长直杆，在光滑导孔的限制下，A只能上下运动。物块C的质量为m，紧靠B放置。初始时，A杆被夹住，使其下端正好与半圆弧槽内侧的上边缘接触，然后从静止释放A。求：
(1)杆A的下端运动到槽B的最低点时B、C的速度；
(2)杆A的下端经过槽B的最低点后，A能上升的最大高度。
解析　(1)最低点时，长直杆在竖直方向的速度为0，BC具有共同速度v，由(整个系统ABC)机械能守恒定律有3mgR＝×3mv2
所以，v＝vB＝vC＝
(2)B、C分离后，杆上升到所能达到的最高点时，AB的速度均为0，AB系统机械能守恒
×2mv2＝3mgh
解得h＝
答案　(1)vB＝vC＝　(2)
14.(2017·西安质检)一半径为R的半圆形竖直圆弧面，用轻质不可伸长的细绳连接的A、B两球悬挂在圆弧面边缘两侧，A球质量为B球质量的2倍，现将A球从圆弧边缘处由静止释放，如图所示。已知A球始终不离开圆弧内表面，且细绳足够长，若不计一切摩擦，求：
(1)A球沿圆弧内表面滑至最低点时速度的大小；
(2)A球沿圆弧内表面运动的最大位移。
解析　(1)设A球沿圆弧内表面滑至最低点时速度的大小为v，B球的质量为m，则根据机械能守恒定律有
2mgR－mgR＝×2mv2＋mv
由图甲可知，A球的速度v与B球速度vB的关系为vB＝v1＝vcos45°
联立解得v＝2。
(2)当A球的速度为零时，A球沿圆弧内表面运动的位移最大，设为x，如图乙所示，由几何关系可知A球下降的高度h＝
根据机械能守恒定律有2mgh－mgx＝0，解得
x＝R。
答案　(1)2　(2)R
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1(一)　描述运动的基本概念
A组·基础巩固题
1．(2017·海安模拟)下列说法正确的是(　　)
A．直线运动的物体位移大小等于路程
B．计算火车过桥时所用的时间，火车可当成质点
C．速度变化快的物体加速度不一定大
D．参考系可以是匀速运动的物体，也可以是变速运动的物体
答案　D
2．(2017·惠阳检测)如图所示，物体沿两个半径为R的圆弧由A到C，则它的位移和路程分别为(　　)
A.πR，A指向C；R
B.πR，A指向C；πR
C.R，A指向C；πR
D.R，C指向A；πR
解析　从A到C的直线距离l＝＝R，所以位移为R，从A指向C；从A到C的路径长度为πR，所以路程为πR。
答案　C
3．(多选)甲、乙两车从A地出发经历不同的时间后都到达B地，甲运动的时间较长，则(　　)
A．甲的平均速度一定比乙的大
B．甲的平均速度一定比乙的小
C．甲的瞬时速度一定比乙的小
D．甲、乙通过的位移一定相等
解析　位移只决定于初、末位置，故甲、乙通过的位移一定相等，选项D正确；由平均速度公式＝知，位移x相同，而甲运动的时间较长，故甲的平均速度比乙的小，选项A错误，B正确；因为甲和乙不一定做匀速直线运动，所以瞬时速度的大小和方向无法确定，选项C错误。
答案　BD
4．在日常生活中，人们常把物体运动的路程与运动时间的比值定义为物体运动的平均速率。某同学假日乘汽车到南京观光，在公路上两次看到路牌和手表表盘如图所示，则该同学乘坐的汽车在该段时间内行驶的平均速率为(　　)
A．60
km/h　　　　　
B．29
km/h
C．19
km/h　
D．9
km/h
解析　20
min＝
h，故平均速率
＝＝
km/h＝60
km/h。
答案　A
5．(多选)如图所示，物体沿曲线轨迹的箭头方向运动，在AB、ABC、ABCD、ABCDE四段轨迹上运动所用的时间分别是1
s、2
s、3
s、4
s，已知方格的边长为1
m。下列说法正确的是(　　)
A．物体在AB段的平均速度为1
m/s
B．物体在ABC段的平均速度为
m/s
C．AB段的平均速度比ABC段的平均速度更能反映物体处于A点时的瞬时速度
D．物体在B点的速度等于AC段的平均速度
解析　由v＝可得：vAB＝
m/s＝1
m/s，vAC＝
m/s，故A、B均正确；所选取的过程离A点越近，其阶段的平均速度越接近A点的瞬时速度，故选项C正确；由A经B到C的过程不是匀变速直线运动过程，故B点虽为中间时刻，但其速度不等于AC段的平均速度，选项D错误。
答案　ABC
6．(多选)如图所示，一人骑自行车晨练，由静止开始沿直线运动，她在第1
s内、第2
s内、第3
s内、第4
s内通过的位移分别为1
m、2
m、3
m、4
m，则(　　)
A．她在4
s末的瞬时速度为4
m/s
B．她在第2
s内的平均速度为2
m/s
C．她在4
s内的平均速度为2.5
m/s
D．她在1
s末的速度为1
m/s
解析　由v＝可得该人在第2
s内的平均速度为2
m/s，选项B正确；前4
s内的平均速度为v＝
m/s＝2.5
m/s，C正确；因该人的运动不是匀变速直线运动，故无法确定其瞬时速度大小，选项A、D均错误。
答案　BC
7．(多选)关于速度、速度的变化和加速度的关系，下列说法正确的是(　　)
A．速度变化的方向为正，加速度的方向也为正
B．物体加速度增大，速度一定越来越大
C．速度越来越大，加速度一定越来越大
D．加速度可能既不与速度同向，也不与速度反向
解析　由加速度的定义可知，速度变化的方向为正，加速度的方向为正，选项A正确；物体做减速运动时，物体加速度增大，速度反而越来越小，选项B错误；若物体做加速度逐渐减小的加速运动，速度越来越大，加速度反而越来越小，选项C错误；在曲线运动中，加速度既不与速度同向，也不与速度反向，可以与速度方向垂直，选项D正确。
答案　AD
8．(多选)甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，a甲＝4
m/s2，a乙＝－4
m/s2，那么对甲、乙两物体判断正确的是(　　)
A．甲的加速度与乙的加速度大小相等
B．甲做加速直线运动，乙做减速直线运动
C．甲的速度比乙的速度变化快
D．每经过1
s，甲的速度增加4
m/s
解析　加速度的正、负表示方向，绝对值表示大小，甲、乙加速度大小相等，选项A正确；甲的加速度与速度同向，所以做加速运动，乙的加速度与速度方向相反，所以做减速运动，选项B正确；加速度大小表示速度变化的快慢，甲、乙速度变化一样快，选项C错误；由Δv＝aΔt可知每经过1
s，甲的速度增加4
m/s，D正确。
答案　ABD
B组·能力提升题
9.(2017·石家庄模拟)甲、乙两辆汽车沿平直公路从某地同时驶向同一目标，甲车在前一半时间内以速度v1做匀速直线运动，后一半时间内以速度v2做匀速直线运动；乙车在前一半路程中以速度v1做匀速直线运动，后一半路程以速度v2做匀速直线运动(v1≠v2)，则(　　)
A．甲先到达　　　　　　
B．乙先到达
C．甲、乙同时到达
D．不能确定
解析　由于两车位移相同，所以平均速度大的先到达。对甲车：设所用时间为t，则前一半时间内的位移为x1＝v1·，后一半时间内的位移为x2＝v2·，故甲车的平均速度为v甲＝＝；对乙车：设整段位移为x，则前一半位移用时为t1＝，后一半位移用时为t2＝，故乙车的平均速度为v乙＝＝。则有v甲－v乙＝－＝＞0，故甲车先到。
答案　A
10．如图所示，相距为L的两质点A、B沿相互垂直的两个方向以相同的速率v在同一平面内做匀速直线运动。运动过程中，A、B间的最短距离为(　　)
A.L　　　
B．L　　　
C.L　　　
D．2L
解析　经过时间t后两质点的距离为
x＝
＝，当t＝时，位移有极小值L，即A正确。
答案　A
11．(多选)如图甲所示是一种速度传感器的工作原理图，在这个系统中B为一个能发射超声波的固定小盒子，工作时小盒子B向被测物体发出短暂的超声波脉冲，脉冲被运动的物体反射后又被B盒接收，从B盒发射超声波开始计时，经时间Δt0再次发射超声波脉冲，图乙是连续两次发射的超声波的位移－时间图象。则下列说法正确的是(　　)
A．超声波的速度为v声＝
B．超声波的速度为v声＝
C．物体的平均速度为＝
D．物体的平均速度为＝
解析　小盒子B向被测物体发出短暂的超声波脉冲后，超声波经过t1时间到达被测物体并被反射折回，再经过t1时间回到小盒子B，该过程中，超声波经过的路程为2x1，所以超声波的速度为v声＝，选项A正确；从B盒发射超声波开始计时，经时间Δt0再次发射超声波脉冲，超声波经过(t2－Δt0)时间到达被测物体并被反射折回，再经过(t2－Δt0)回到小盒子B，该过程中，超声波经过的路程为2x2，所以超声波的速度为v声＝，选项B错误；被测物体在t1时刻第一次接收到超声波，在Δt0＋(t2－Δt0)即(t2＋Δt0)时刻第二次接收到超声波，该过程中被测物体发生的位移为x2－x1，所以物体的平均速度为v＝＝，选项C错误，选项D正确。
答案　AD
12．为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为L＝3.0
cm的遮光板，如图所示，滑块在牵引力作用下先后匀加速通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间为Δt1＝0.30
s，通过第二个光电门的时间为Δt2＝0.10
s，遮光板从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间间隔为Δt＝3.0
s。试估算：
(1)滑块的加速度多大(保留两位有效数字)
(2)两个光电门之间的距离是多少？
解析　(1)遮光板通过第一个光电门的速度
v1＝＝
m/s＝0.10
m/s
遮光板通过第二个光电门的速度
v2＝＝
m/s＝0.30
m/s
故滑块的加速度a＝≈0.067
m/s2
(2)两个光电门之间的距离
x＝Δt＝0.6
m
答案　(1)0.067
m/s2　(2)0.6
m
13．有些国家的交通管理部门为了交通安全，特别制定了死亡加速度为500g(g取10
m/s2)，以醒世人，意思是如果行车加速度超过此值，将有生命危险，那么大的加速度，一般情况下车辆是达不到的，但如果发生交通事故时，将会达到这一数值。则：
(1)一辆以72
km/h的速度行驶的汽车在一次事故中撞向停在路上的大货车上，设大货车没有被撞动，汽车与大货车的碰撞时间为2.0×10－3
s，汽车驾驶员是否有生命危险？
(2)若汽车内装有安全气囊，缓冲时间为1×10－2
s，汽车驾驶员是否有生命危险？
解析　选汽车运动的方向为正方向
(1)汽车的加速度：
a＝＝
m/s2＝－104
m/s2
因为加速度大小为104
m/s2，大于500g，所以驾驶员有生命危险。
(2)在装有气囊的情况下，汽车的加速度
a′＝＝
m/s2＝－2
000
m/s2
因为加速度大小为2
000
m/s2，小于500
g，所以驾驶员无生命危险。
答案　(1)有生命危险　(2)无生命危险
14．一辆汽车从静止开始匀加速开出，然后保持匀速运动，最后匀减速运动，直到停止，下表给出了不同时刻汽车的速度：
时刻/s
1.0
2.0
3.0
5.0
7.0
9.5
10.5
速度/(m·s－1)
3
6
9
12
12
9
3
(1)汽车从开出到停止总共经历的时间是多少？
(2)汽车通过的总路程是多少？
解析　(1)汽车匀减速运动的加速度
a2＝
m/s2＝－6
m/s2
设汽车从3
m/s经t′停止，
t′＝
s＝0.5
s
故汽车从开出到停止总共经历的时间为
t总＝10.5
s＋0.5
s＝11
s
(2)汽车匀加速运动的加速度
a1＝
m/s2＝3
m/s2
汽车匀加速运动的时间
t1＝
s＝4
s
汽车匀减速运动的时间
t3＝
s＝2
s
汽车匀速运动的时间
t2＝t总－t1－t3＝5
s
汽车匀速运动的速度为v＝12
m/s
则汽车总共运动的路程
s＝t1＋vt2＋t3
＝
m
＝96
m
答案　(1)11
s　(2)96
m
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1(十一)　平抛运动
A组·基础巩固题
1.(2017·南京模拟)如图所示，某同学斜向上抛出一小石块，忽略空气阻力。下列关于小石块在空中运动的过程中，加速度a随时间t变化的图象中，正确的是(　　)
解析　由题意，忽略空气阻力，石块抛出后只受重力，由牛顿第二定律得知，其加速度为g，大小和方向均保持不变，故B正确。
答案　B
2.(2017·南京、盐城模拟)(多选)如图所示，A、B两点分别是斜面的顶端、底端，C、D是斜面上的两个点，LAC∶LCD∶LDB＝1∶3∶3，E点在B点正上方并与A点等高。从E点水平抛出质量相等的两个小球，球a落在C点，球b落在D点，球a和球b从抛出到落在斜面上的过程中(不计空气阻力)，下列说法正确的是(　　)
A．两球运动时间之比为1∶2
B．两球抛出时初速度之比为4∶1
C．两球动能增加量之比为1∶2
D．两球重力做功之比为1∶3
解析　球1和球2下降的高度之比为1∶4，根据t＝
知，时间之比为1∶2，故A正确。因为球1和球2的水平位移之比为2∶1，时间之比为1∶2，则初速度之比为4∶1，故B正确。根据动能定理知，重力做功之比为1∶4，则动能增加量之比为1∶4，故C、D错误。
答案　AB
3．(2017·安徽模拟)一个做平抛运动的物体，从运动开始到水平位移为s的时间内，它在竖直方向的位移为d1；紧接着物体在发生第二个水平位移s的时间内，它在竖直方向发生的位移为d2，已知重力加速度为g，则平抛运动物体的初速度的表达式中不正确的是(　　)
A．s
B．s
C.
D．s
解析　由平抛运动的规律有s＝v0t，d1＝gt2，联立解得初速度v0＝s
，B正确。因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，并且两个相邻阶段内的水平位移都为s，所以这两个阶段所用时间相同，在竖直方向上做自由落体运动，故根据逐差法可得d2－d1＝gt2，解得发生水平位移s所用时间为t＝
，故平抛运动的初速度为v0＝＝s
，A正确。由运动学规律知＝，所以从一开始物体下降的总高度为d2，由d2＝g(2t)2，得t＝
，所以v0＝＝s
，D正确。综上所述应选择C项。
答案　C
4．(2017·泰州模拟)从距地面h高度水平抛出一小球，落地时速度方向与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g，下列结论正确的是(　　)
A．小球初速度为tanθ
B．小球着地速度大小为
C．若小球初速度减为原来一半，则平抛运动的时间变为原来的两倍
D．若小球初速度减为原来一半，则落地时速度方向与水平方向的夹角变为2θ
解析　平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，所以落地时，竖直方向上的速度为vy＝，因为落地时速度方向与水平方向的夹角为θ，所以tanθ＝，故v0＝＝，A错误，根据速度的合成可得落地速度v＝＝，B正确；做平抛运动过程中的运动时间与水平速度无关，和下落的高度有关，故若小球初速度减为原来一半，则平抛运动的时间不变，C错误；因为tanθ＝，当初速度减半时，设落地的速度与水平方向的夹角为α，则tanα＝＝＝2tanθ，但是α≠2θ，故D错误。
答案　B
5.(2017·常州模拟)军事演习中，M点的正上方离地H高处的蓝军飞机以水平速度v1投掷一颗炸弹攻击地面目标，反应灵敏的红军的地面高炮系统同时在M点右方地面上N点以速度v2斜向左上方发射拦截炮弹，两弹恰在M、N连线的中点正上方相遇爆炸，不计空气阻力，则发射后至相遇过程(　　)
A．两弹飞行的轨迹重合
B．初速度大小关系为v1＝v2
C．拦截弹相对攻击弹做匀速直线运动
D．两弹相遇点一定在距离地面3H/4高度处
解析　两弹在M、N连线的中点正上方相遇，只能说明末位置相同，不能说明运动轨迹重合，故A错误。由于两弹恰在M、N连线的中点正上方相遇，说明它们的水平位移大小相等，又由于运动的时间相同，所以它们在水平方向上的速度相同，即v2cosθ＝v1，所以v2>v1，故B错误。两弹都只受到重力，都做匀变速运动，加速度相同，所以拦截弹相对攻击弹做匀速直线运动，故C正确。根据题意只能求出两弹运动时间相同，但不知道拦截炮弹竖直方向初速度的具体值，所以不能判断两弹相遇点距离地面的高度，所以D错误，故选C。
答案　C
6.(2017·镇江模拟)(多选)横截面为直角三角形的两个相同斜面如图所示紧靠在一起，固定在水平面上，它们的倾角都是30°。小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上。其中三个小球的落点分别是a、b、c，已知落点a最低，落点c最高。图中三小球比较，下列判断正确的是(　　)
A．落在a点的小球的初速度最大
B．落在a点的小球飞行过程速度的变化量最大
C．改变小球抛出时初速度大小，落在左边斜面时小球的瞬时速度的方向是一定的
D．改变小球抛出时初速度大小，落在b点或c点时小球的瞬时速度可能与斜面垂直
解析　平抛运动的时间由高度决定，由h＝gt2得，t＝
，由题意可知，ta>tb>tc，水平位移x＝v0t，所以落在c点的小球初速度最大，落在a点的小球初速度最小，故A错；平抛运动的速度变化量Δv＝gt，所以落在a点的小球飞行过程速度变化量最大，故B正确；设落在左边斜面的小球水平位移为x，竖直位移为y，则有＝tan30°，x＝
v0t，y＝gt2,
＝
＝tan30°落在斜面上时，速度与水平方向夹角的正切值tanα＝＝2tan30°，所以小球速度方向一定，故C正确；若垂直落在右边斜面上，则竖直位移y′，水平位移x′，满足＝＝tan60°＝，但由图可知，答案　BC
7．(2017·青岛模拟)如图所示，相同的乒乓球1、2恰好在等高处水平越过球网，不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自最高点到落台的过程中，正确的是(　　)
A．过网时球1的速度小于球2的速度
B．球1的飞行时间大于球2的飞行时间
C．球1的速度变化率小于球2的速度变化率
D．落台时，球1的重力功率等于球2的重力功率
解析　球1和球2平抛运动的高度相同，则运动的时间相同，由于球1的水平位移较大，可知过网时球1的速度大于球2的速度，故A错误，B错误。因为平抛运动的加速度不变，都为g，可知球1和球2的速度变化率相等，故C错误。落台时，由于时间相等，则竖直分速度相等，根据P＝mgvy知，重力的瞬时功率相等，故D正确。
答案　D
8.(2017·运城调研)如图所示，小球从楼梯上以2
m/s的速度水平抛出，所有台阶的高度和宽度均为0.25
m，取g＝10
m/s2，小球抛出后首先落到的台阶是(　　)
A．第一级台阶
B．第二级台阶
C．第三级台阶
D．第四级台阶
解析　设小球落到过台阶棱角的斜线上的时间为t，水平：x＝v0t；竖直：y＝gt2则＝＝1，代入数据解得t＝0.4
s；相应的水平距离：x＝2×0.4
m＝0.8
m；台阶数：n＝0.8/0.25＝3.2，知小球抛出后首先落到的台阶为第四级台阶，故D正确。
答案　D
B组·能力提升题
9.(2017·南昌模拟)(多选)如图所示，足够长的斜面上有a、b、c、d、e五个点，ab＝bc＝cd＝de，从a点水平抛出一个小球，初速度为v时，小球落在斜面上的b点，此时速度方向与斜面夹角为θ；不计空气阻力，初速度为2v时(　　)
A．小球可能落在斜面上的c点与d点之间
B．小球一定落在斜面上的e点
C．小球落在斜面时的速度方向与斜面夹角大于θ
D．小球落在斜面时的速度方向与斜面夹角也为θ
解析　设ab＝bc＝cd＝de＝L0，斜面倾角为α。初速度为v时，小球落在斜面上的b点，则有L0cosα＝vt1，L0sinα＝gt，初速度为2v时，有Lcosα＝2vt2，Lsinα＝gt，联立解得L＝4L0，即小球一定落在斜面上的e点，B正确，A错误；由平抛运动规律可知，小球落在斜面时的速度方向与斜面夹角也为θ，C错误，D正确。
答案　BD
10.如图所示，小朋友在玩一种运动中投掷的游戏，目的是在运动中将手中的球投进离地面高3
m的吊环，他在车上和车一起以2
m/s的速度向吊环运动，小朋友抛球时手离地面1.2
m，当他在离吊环的水平距离为2
m时将球相对于自己竖直上抛，球刚好进入吊环，他将球竖直向上抛出的速度是(g取10
m/s2)(　　)
A．1.8
m/s
B．3.2
m/s
C．6.8
m/s
D．3.6
m/s
解析　小球的运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直上抛运动，则运动时间为t＝，由上升高度h＝v竖t－gt2得，v竖＝6.8
m/s，选项C正确。
答案　C
11．静止的城市绿化洒水车，由横截面积为S的水龙头喷嘴水平喷出水流，水流从射出喷嘴到落地经历的时间为t，水流落地点与喷嘴连线与水平地面间的夹角为θ，忽略空气阻力(重力加速度g取10
m/s2)，以下说法正确的是(　　)
A．水流射出喷嘴的速度大小为gttanθ
B．空中水柱的水量为
C．水流落地时位移大小为
D．水流落地时的速度大小为2gtcosθ
解析　根据题意可得tanθ＝，由平抛运动规律得y＝gt2，x＝vt，联立解得水流射出喷嘴的速度大小为v＝，选项A错误；由V＝Svt得空中水柱的水量V＝，选项B正确；水流落地时位移大小为s＝＝，选项C错误；水流落地时的速度大小为＝gt
，选项D错误。
答案　B
12.(2017·莆田模拟)(多选)如图所示，空间存在匀强电场，方向竖直向下，从绝缘斜面上的M点沿水平方向抛出一带电小球，最后小球落在斜面上的N点。已知小球的质量为m、初速度大小为v0、斜面倾角为θ，电场强度大小未知。则下列说法正确的是(　　)
A．可以判断小球一定带正电荷
B．可以求出小球落到N点时速度的方向
C．可以分别求出小球到达N点过程中重力和静电力对小球所做的功
D．可以断定，当小球的速度方向与斜面平行时，小球与斜面间的距离最大
解析　小球做类平抛运动，电场力既可向上也可向下，故小球带正电、负电都可以，故A错误；利用平抛知识有：＝＝＝tanθ，速度偏向角设为α，则tanα＝＝2tanθ，可求出小球落到N点时的速度大小和方向，故B正确；求出小球到达N点的速度，由动能定理可以求出小球到达N点过程中重力和电场力对小球所做的功；然后结合速度偏转角与位移偏转角的关系，求出竖直方向的位移，即可分别求出小球到达N点过程中重力和静电力对小球所做的功，故C正确。小球在垂直于斜面方向上做匀减速直线运动，当小球在垂直于斜面方向的速度为零，即小球速度平行于斜面时，小球与斜面间的距离最大，故D正确。
答案　BCD
13．(2017·洛阳模拟)如图所示，在水平地面上固定一倾角θ＝37°，表面光滑的斜面体，物体A以v1＝6
m/s的初速度沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，有一物体B以某一初速度水平抛出。如果当A上滑到最高点时恰好被B物体击中。A、B均可看作质点(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10
m/s2)。求：
(1)物体A上滑到最高点所用的时间t；
(2)物体B抛出时的初速度v2的大小；
(3)物体A、B间初始位置的高度差h。
解析　(1)物体A上滑过程中，由牛顿第二定律得
mgsinθ＝ma
代入数据得a＝6
m/s2
设物体A滑到最高点所用时间为t，由运动学公式知
0＝v1－at
解得t＝1
s
(2)物体B平抛的水平位移
x＝v1tcos37°＝2.4
m
物体B平抛的初速度
v2＝＝2.4
m/s
(3)物体A、B间的高度差
h＝hA⊥＋hB＝v1tsin37°＋gt2＝6.8
m
答案　(1)1
s　(2)2.4
m/s　(3)6.8
m
14．(2017·郑州模拟)下图为“快乐大冲关”节目中某个环节的示意图。参与游戏的选手会遇到一个人造山谷OAB，OA是高h＝3
m的竖直峭壁，AB是以O点为圆心的弧形坡，∠AOB＝60°，B点右侧是一段水平跑道。选手可以自O点借助绳索降到A点后再爬上跑道，但身体素质好的选手会选择自O点直接跃上跑道。选手可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g取10
m/s2。
(1)若选手以速度v0水平跳出后，能跳在水平跑道上，求v0的最小值；
(2)若选手以速度v1＝4
m/s水平跳出，求该选手在空中的运动时间。
解析　(1)若选手以速度v0水平跳出后，能跳在水平跑道上，则hsin60°≤v0t
hcos60°＝gt2
解得：v0≥
m/s。
(2)若选手以速度v1＝4
m/s水平跳出，因v1下降高度y＝gt2
水平前进距离x＝v1t且
x2＋y2＝h2
解得t＝0.6
s。
答案　(1)
m/s　(2)0.6
s
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1(十四)　功、功率
A组·基础巩固题
1.如图所示，质量分别为m1和m2的两个物体，m1A．W1>W2
B．W1C．W1＝W2
D．条件不足，无法确定
解析　由题意可得F1和F2是恒力，物体移动的位移相同，并且力与位移的夹角相等，所以由功的公式W＝FLcosθ可知，它们对物体做的功是相同的，C正确。
答案　C
2.(2017·泰州模拟)如图所示，一物体在水平恒力作用下沿光滑的水平面做曲线运动，当物体从M点运动到N点时，其速度方向恰好改变了90°，则物体在M点到N点的运动过程中动能将(　　)
A．不断增大
B．不断减小
C．先减小后增大
D．先增大后减小
解析　其速度方向恰好改变了90°，可以判断恒力方向应为右下方，与初速度的方向夹角要大于90°，因此恒力先做负功，后来速度与恒力方向夹角小于90°，恒力做正功，动能先减小后增大，所以C正确。
答案　C
3．(2017·湖北联考)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1
m/s。从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平方向作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲和图乙所示。设在第1
s内、第2
s内、第3
s内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系正确的是(　　)
A．W1＝W2＝W3
B．W1C．W1D．W1＝W2解析　根据功的计算公式W＝Fx，速度时间图象与时间轴围成的面积代表位移x，对照力F随时间变化的图象和速度—时间图象。在0～1
s，力F1＝1
N，x1＝
m＝0.5
m，做功W1＝F1x1＝0.5
J。在1～2
s，力F2＝3
N，x2＝
m＝0.5
m，做功W2＝F2x2＝1.5
J，在2～3
s，力F3＝2
N，x3＝1×1
m＝1
m，做功W3＝F3x3＝2
J，所以有W3>W2>W1，选项B对。
答案　B
4．(2017·衡水质检)如图所示，木板可绕固定水平轴O转动。木板从水平位置OA缓慢转到OB位置，木板上的物块始终相对于木板静止。在这一过程中，物块的重力势能增加了2
J。用FN表示物块受到的支持力，用Ff表示物块受到的摩擦力。在此过程中，以下判断正确的是(　　)
A．FN和Ff对物块都不做功
B．FN对物块做功为2
J，Ff对物块不做功
C．FN对物块不做功，Ff对物块做功为2
J
D．FN和Ff对物块所做功的代数和为零
解析　由做功的条件可知：只要有力，并且物块沿力的方向有位移，那么该力就对物块做功。由受力分析知，支持力FN做正功，但摩擦力Ff方向始终和速度方向垂直，所以摩擦力不做功。由动能定理知WFN－WG＝0，故支持力FN做功为2
J。
答案　B
5．(2017·金丽衢联考)(多选)中国版“野牛”级重型气垫船，自重达540吨，最高时速为108
km/h，装有M－70大功率燃气轮机，该机额定输出功率为8
700
kW。假设“野牛”级重型气垫船在海面航行过程所受的阻力Ff与速度v成正比，即Ff＝kv。下列说法正确的是(　　)
A．“野牛”级重型气垫船的最大牵引力为2.9×105
N
B．在额定输出功率下以最高时速航行时，气垫船所受的阻力为2.9×105
N
C．以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船发动机的输出功率为4
350
kW
D．由题中所给数据，能计算阻力Ff与速度v的比值k
解析　由P＝Fv可知当输出功率最大且匀速运动时牵引力与阻力相等，此时F＝Ff＝2.9×105
N，在此之前牵引力都比这一值大，A错，B对；因为气垫船所受阻力与速度成正比，因此P＝Fv＝kv2，即以最大速度的一半匀速航行时，牵引力的功率为2
175
kW，C错；当输出功率最大且匀速运动时牵引力与阻力相等，由P＝Fv＝kv2可求k＝×103
N·s·m－1，D对。
答案　BD
6．(多选)我国自行研制的新一代8×8轮式装甲车已达到西方国家第三代战车的水平，将成为中国军方快速部署型轻装甲部队的主力装备。设该装甲车的质量为m，若在平直的公路上从静止开始加速，前进较短的距离s，速度便可达到最大值vm。设在加速过程中发动机的功率恒定为P，装甲车所受阻力恒为f，当速度为v(vA．装甲车速度为v时，装甲车的牵引力做功为Fs
B．装甲车的最大速度vm＝
C．装甲车速度为v时加速度为a＝
D．装甲车从静止开始到最大速度vm所用时间t＝
解析　装甲车以恒定功率加速，根据P＝Fv得，v增大，F减小，牵引力做的功不等于Fs，A错误；装甲车运动速度为vm时，牵引力等于阻力f，则vm＝，故B正确；装甲车速度为v时，牵引力为F，由牛顿第二定律得F－f＝ma，a＝，故C正确；装甲车做变加速运动，≠，t≠，D错误。
答案　BC
7．如图所示，木板质量为M，长度为L，小木块质量为m＝M，水平地面光滑，一根不计质量的轻绳通过定滑轮分别与M和m连接，小木块与木板间的动摩擦因数为μ，开始时木块静止在木板左端，现用水平向右的力将m缓慢拉至右端，拉力至少做功为(　　)
A．μmgL
B.μmgL
C．3μmgL
D．5μmgL
解析　将m拉至右端，则小木块的位移为L/2，再由m受力知F＝FT＋μmg，对M受力分析可知，FT＝μmg，所以拉力做的功为μmgL，选A。要注意此题中地面是光滑的，若地面不光滑且M与地面的动摩擦因数也为μ，则正确答案就选B了。
答案　A
8．(多选)一质点在光滑水平面上处于静止状态，现对该质点施加水平力F，力F随时间t按如图所示的正弦规律变化，力F的方向始终在同一直线上，在0～4
s内，下列说法正确的是(　　)
A．第2
s末，质点距离出发点最远
B．第2
s末，质点的动能最大
C．0～2
s内，力F瞬时功率一直增大
D．0～4
s内，力F做功为零
解析　从图象可以看出在前2
s力的方向和运动的方向相同，物体经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，第2
s末，拉力F方向反向，速度方向不变，所以2
s后，质点离出发点距离还在增大，故A错误；第2
s末，拉力F方向反向，速度方向不变，物体要做减速运动，所以第2
s末，质点的速度最大，动能最大，故B正确；0～1
s内，速度在增大，力F增大，根据瞬时功率P＝Fv得力F瞬时功率一直增大，1～2
s内，速度在增大，但是随时间变化速度增大变慢，而力F随时间减小变快，所以力F瞬时功率有减小的过程，故C错误；0～4
s内，初末速度都为零，根据动能定理得合力做功为零，所以力F做功为零，故D正确。
答案　BD
B组·能力提升题
9．(2017·杭州诊断)(多选)如图1所示，小物块静止在倾角θ＝37°的粗糙斜面上。现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化情况如图2所示，物块的速率v随时间t的变化规律如图3所示，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10
m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．物块的质量为1
kg
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.7
C．0～3
s时间内力F做功的平均功率为0.32
W
D．0～3
s时间内物体克服摩擦力做的功为5.12
J
解析　由速度图象知在1～3
s时间内，物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：
0．8＋mgsinθ－μmgcosθ＝ma，由v－t图象可知，加速度：a＝
m/s2＝0.4
m/s2。
在3～4
s时间内，物块做匀速直线运动，由平衡条件得：μmgcosθ－mgsinθ＝0.4
N，
解得：m＝1
kg，μ＝0.8，故A正确，B错误；由v－t图象可知，0～1
s时间内，物块静止，力F不做功，1～3
s时间内，力F＝0.8
N，物块的位移x＝×0.4×22
m＝0.8
m,0～3
s内力F做功的平均功率为：P＝＝＝
W＝0.213
W，故C错误；0～3
s时间内物体克服摩擦力做的功为：Wf＝μmgcosθ·x＝0.8×1×10×cos37°×0.8＝5.12
J，故D正确。
答案　AD
10.(2015·全国卷Ⅱ)一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是(　　)
A　　
　B
C　
D
解析　由P＝FvF↓a↓vmax＝，A正确，B、C、D错误。
答案　A
11．如图所示，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球。一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向成60°时，拉力的功率为(　　)
A．mgLω
B.mgLω
C.mgLω
D.mgLω
解析　由于杆做匀速转动，拉力的功率等于克服重力做功的功率，P＝mgωLcos60°＝mgLω，C正确。
答案　C
12．(2017·内江模拟)为了缓解城市交通拥堵问题，某市交通部门在禁止行人步行的十字路口增设了长度为12
m的“直行待行区”。如图所示，当其他车道的车辆右转时，直行道上的车辆可以提前进入“直行待行区”；当直行绿灯亮起时，可从“直行待行区”直行通过十字路口。如果该路段的限速为60
km/h，从提示进入“直行待行区”到直行绿灯亮起的时间为4
s。现某汽车司机驾驶着质量为1.5
t的小汽车，汽车的额定功率为63
kW，汽车的前端刚好停在停车线处，当司机看到上述提示时，立即由静止开始做匀加速直线运动，当汽车的前端运动到“直行待行区”的前端线时，正好直行的绿灯亮起，司机保持该加速度继续运动到额定功率后保持功率不变，汽车在运动中受到的阻力为车重的0.2倍，重力加速度g＝10
m/s2，则：
(1)在前4
s时间内，汽车发动机所做的功是多少？
(2)从开始运动计时，经过12
s达到该路段限速，汽车经过的总位移是多少？(结果保留两位有效数字)
解析　(1)在这段时间内，汽车前进的位移为
x＝at2
汽车的加速度为a＝＝1.5
m/s2
汽车受到的阻力
f＝kmg＝3×103
N
根据牛顿第二定律F－f＝ma
牵引力做功Wf＝F·x
由以上两式得：WF＝6.3×104
J
(2)设汽车达到额定功率时的速度为v′，时间为t′，位移为x1，则
P额＝F·v′
v′＝a·t′
x1＝at′2
设汽车以额定功率行驶的位移为x2
根据动能定理
P额(t－t′)－f·x2＝mv2－mv′2
由以上各式解得：x1＝48
m
x2＝50.55
m
汽车经过的位移x＝x1＋x2
即：x≈99
m
答案　(1)6.3×104
J　(2)99
m
13．(2017·西城区联考)某品牌汽车在某次测试过程中数据如下表所示，请根据表中数据回答问题。
整车行驶质量
1
500
kg
额定功率
75
kW
加速过程
车辆从静止加速到108
km/h所需时间为10
s
制动过程
车辆以36
km/h行驶时的制动距离为5.0
m
已知汽车在水平公路上沿直线行驶时所受阻力f跟行驶速率v和汽车所受重力mg的乘积成正比，即f＝kmgv，其中k＝2.0×10－3
s/m。取重力加速度g＝10
m/s2。
(1)若汽车加速过程和制动过程都做匀变速直线运动，求这次测试中加速过程的加速度大小a1和制动过程的加速度大小a2；
(2)求汽车在水平公路上行驶的最大速率vm；
(3)把该汽车改装成同等功率的纯电动汽车，其他参数不变。若电源功率转化为汽车前进的机械功率的效率η＝90%。假设1
kW·h电能的售价为0.50元(人民币)，求电动汽车在平直公路上以最大速度行驶的距离s＝100
km时所消耗电能的费用。结合此题目，谈谈你对电动汽车的看法。
解析　(1)加速过程的加速度大小
a1＝＝＝3
m/s2
制动过程满足：2a2x＝v－v
解得加速度大小a2＝10
m/s2。
(2)当汽车的速度达到最大时，汽车受到牵引力与阻力相等。满足：
Pm＝fvm，即Pm＝kmgv
解得：vm＝50
m/s。
(3)以最大速度行驶过程中，克服阻力所做的功
Wf＝fs＝kmgvms
代入数据，解得：Wf＝1.5×108
J
消耗电能E＝＝1.67×108
J＝46.4
kW·h
所以，以最大速度行驶100
km的费用
Y＝46.4×0.5＝23.2(元)
由以上数据可以看出，纯电动汽车比燃油汽车行驶费用低得多，而且无环境污染问题。
答案　(1)3
m/s2　10
m/s2
(2)50
m/s　(3)23.2元　见解析
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1(三十五)　分子动理论　热力学定律
A组·基础巩固题
1.(多选)关于扩散现象，下列说法正确的是(　　)
A．温度越高，扩散进行得越快
B．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的
C．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生
D．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的
解析　扩散现象是分子无规则热运动的反映，B正确、D错误；温度越高，分子热运动越激烈，扩散越快，A正确；气体、液体、固体的分子都在不停地进行着热运动，扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，C正确。
答案　ABC
2．(多选)下面关于分子力的说法正确的是(　　)
A．铁丝很难被拉长，这一事实说明铁分子间存在引力
B．水很难被压缩，这一事实说明水分子间存在斥力
C．将打气管的出口端封住，向下压活塞，当空气被压缩到一定程度后很难再压缩，这一事实说明这时空气分子间表现为斥力
D．磁铁可以吸引铁屑，这一事实说明分子间存在引力
解析　逐项分析：原来分子间距r等于r0，拉长时r>r0，表现为引力，A对；压缩时r答案　AB
3．(2017·重庆模拟)(多选)下列说法正确的是(　　)
A．气体放出热量，其分子的平均动能可能增大
B．布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规则运动
C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大
D．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律
E．某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA＝
解析　气体放出热量，若外界对气体做功，温度升高，分子的平均动能增大，故A正确；
布朗运动是固体小颗粒的运动，它是分子无规则运动的反映，故B正确；当分子间是斥力时，分子力随距离的减小而增大；分子力做负功，故分子势能也增大，故C正确；第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，故D错误；若气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，由于气体分子之间的距离远大于分子的直径所以阿伏伽德罗常数不能表示为NA＝，气体此式不成立，故E错误。
答案　ABC
4．地球上有很多的海水，它的总质量约为1.4×1018吨，如果这些海水的温度降低0.1
℃，将要放出5.8×1023焦耳的热量，有人曾设想利用海水放出的热量使它完全变成机械能来解决能源危机，但这种机器是不能制成的，其原因是
(　　)
A．内能不能转化成机械能
B．内能转化成机械能不满足热力学第一定律
C．只从单一热源吸收热量并完全转化成机械能的机器不满足热力学第二定律
D．上述三种原因都不正确
解析　内能可以转化为机械能，如热机，A错误；内能转化成机械能的过程满足热力学第一定律，即能量守恒定律，B错误；热力学第二定律告诉我们：不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化，C正确。
答案　C
5．(2017·三明质检)(多选)下列说法正确的是(　　)
A．分子质量不同的两种气体，温度相同时其分子的平均动能相同
B．一定质量的气体，在体积膨胀的过程中，内能一定减小
C．布朗运动表明，悬浮微粒周围的液体分子在做无规则运动
D．知道阿伏伽德罗常数、气体的摩尔质量和密度就可以估算出气体分子的大小
E．两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，它们的分子势能先减小后增大
解析　温度是分子平均动能的标志，温度相同，则分子平均动能一定相同，A正确；一定质量的气体，在体积膨胀的过程中，如果同时伴随着吸热，内能不一定减小，B错误；布朗运动是液体分子做无规则运动的表现，C正确；知道阿伏伽德罗常数、气体的摩尔质量和密度可算出摩尔体积，D错误；两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，分子之间的作用力开始时是斥力，当距离大于r0后表现为引力，所以该过程中分子力先做正功，后做负功，它们之间的分子势能先减小后增大，E正确。
答案　ACE
6．(2017·襄阳模拟)(多选)下列对热力学定律的理解正确的是(　　)
A．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功
B．由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能
C．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量
D．热量不可能由低温物体传给高温物体
E．如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能可能减少
解析　在引起其他变化的情况下，从单一热源吸收热量可以将其全部变为功，A正确；由热力学第一定律可知，当W≠0，Q≠0时，ΔU＝W＋Q，可以等于0，B错误；空调机在制冷过程中消耗了电能，总体上是放出热量，C正确；热量可以由低温物体传给高温物体，D错误；物体从外界吸收热量，可能同时对外做功，如果对外做的功大于从外界吸收的热量，则物体的内能减少，E正确。故选ACE。
答案　ACE
7．(2017·重庆模拟)(多选)下列说法正确的是(　　)
A．利用氧气的摩尔质量、密度以及阿伏加德罗常数就可以算出氧气分子体积
B．一定质量的理想气体，内能只与温度有关与体积无关
C．固体很难被压缩是因为其内部的分子之间存在斥力作用
D．只要物体与外界不发生热量交换，其内能就一定保持不变
E．物体温度升高，内能可能降低
解析　仅利用氧气的摩尔质量和氧气的密度这两个已知量，便可计算出氧气的摩尔体积，借助阿伏加德罗常数求出一个氧气分子占有的空间，但氧气分子间有很大空隙，故无法得出氧气分子的体积，故A错误；理想气体是一种理想化的物理模型，实际上并不存在；理想气体的内能仅与温度有关，与气体的体积无关；实际气体在温度不太低、压强不太大的情况下可以看做理想气体，故B正确；根据分子动理论的内容可知，固体很难被压缩是因为其内部的分子之间存在斥力作用，故C正确；不发生热传递的话，也可以是对外界做功或者外界对物体做功，照样可以改变物体的内能，故D错误；物体的内能跟物体的质量、状态、温度有关，因此只知道物体的温度关系无法比较内能关系，选项E正确。故选BCE。
答案　BCE
8．(多选)以下说法正确的是(　　)
A．在教室内空气中的氮气和氧气的分子平均动能相同
B．用活塞压缩气缸里的空气，活塞对空气做功52
J，这时空气的内能增加了76
J，则空气从外界吸热128
J
C．有一分子a从无穷远处靠近固定不动的分子b，当a、b间分子力为零时，它们具有的分子势能一定最小
D．显微镜下观察到的布朗运动是液体分子的无规则运动
E．一切与热现象有关的宏观物理过程都是不可逆的
解析　在教室内空气中的氮气和氧气的温度相等，分子的平均动能相同，选项A正确；用活塞压缩气缸里的空气，活塞对空气做功52
J，这时空气的内能增加了76
J，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知，空气从外界吸收的热量Q＝ΔU－W＝76
J－52
J＝24
J，选项B错误；a、b间分子力为零时，它们具有的分子势能一定最小，选项C正确；显微镜下观察到的布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，不是液体分子的无规则运动，选项D错误；根据热力学第二定律，一切与热现象有关的宏观物理过程都是不可逆的，选项E正确。
答案　ACE
9．下列关于热现象的描述正确的一项是(　　)
A．根据热力学定律，热机的效率可以达到100%
B．做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的
C．温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同
D．物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规则的
解析　根据热力学第二定律可知，热机不可能从单一热源吸收热量全部用来做功而不引起其他变化，因此，热机的效率不可能达到100%，选项A错误；做功是通过能量转化的方式改变系统的内能，热传递是通过能量的转移的方式改变系统的内能，选项B错误；温度是表示热运动的物理量，热传递过程中达到热平衡时，温度相同，选项C正确；单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动表现出统计规律，选项D错误。
答案　C
B组·能力提升题
10.(2017·广东模拟)(多选)下列说法正确的是(　　)
A．布朗运动就是液体分子的无规则运动
B．空气的相对湿度定义为空气中所含水蒸气压强与同温度水的饱和蒸汽压的比值
C．尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降至热力学零度
D．将一个分子从无穷远处无限靠近另一个分子，则这两个分子间分子力先增大后减小最后再增大，分子势能是先减小再增大
E．一定质量的理想气体，在体积不变时，分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减小
解析　布朗运动是指悬浮在液体中的微小的花粉颗粒的无规则运动(在显微镜下观察)，它是液体分子的无规则运动引起的，故A错误；空气的绝对湿度指大气中水蒸汽的实际压强，相对湿度是指水蒸汽的实际压强与该温度下水蒸汽的饱和压强之比，故B正确；根据热力学第二定律，热机的效率不可能达到100%，温度是分子热运动平均动能的标志，分子热运动的平均动能与物体的温度成正比，故绝对零度是不可能达到的，故C错误；两个分子相距无穷远时，分子力为零，逐渐靠近的过程，分子力先表现为引力，引力先增大后减小，减小到零后，又随距离的减小而表现为斥力，所以两个分子相互靠近时，分子力先做正功再做负功，分子力先增大后减小最后再增大，分子势能先减小后增大，故D正确；一定质量的气体，在体积不变时，分子个数不变，温度降低则气体的平均动能减少，气体的分子的平均速率减小，故气体分子每秒平均碰撞次数减小，故E正确。
答案　BDE
11．(2017·内蒙古模拟)(多选)下列说法正确的是(　　)
A．一定质量的气体，在体积不变时，分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度降低而减小
B．晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大
C．空调既能制热又能制冷，说明在不自发地条件下热传递方向性可以逆向
D．外界对气体做功时，其内能一定会增大
E．生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成
解析　一定质量的气体，在体积不变时，表示分子个数不变，温度降低则气体的平均动能减少，气体分子的平均速率减小，故气体分子每秒与器壁平均碰撞次数减小，故A正确；晶体具有特定的熔点，晶体熔化时吸收热量，但温度不变，分子平均动能一定不变，故B错误；一切与热量有关的现象都具有方向性，在外界条件帮助下可以进行逆向传递，空调既能制热又能制冷，说明在不自发地条件下热传递方向性可以逆向，故C正确；外界对气体做功时，在气体不向外放热时，气体的内能增大，若气体同时放热，气体的内能不变，故D错误；生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，故E正确。
答案　ACE
12．(2016·南昌模拟)(多选)下列说法正确的是(　　)
A．悬浮在液体中的小颗粒越小，布朗运动越明显
B．当分子间距离增大时，分子间作用力减小，分子势能增大
C．液晶具有光学的各向异性
D．单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减小，气体的压强可能增大
E．自然界凡是符合能量守恒定律的宏观过程都能自然发生
解析　悬浮在液体中的小颗粒越小，布朗运动越明显，选项A正确；当分子间距离从0增大时，分子间作用力先减小后增加，再减小，分子势能先减小后增大，选项B错误；液晶既像液体一样具有流动性，又跟某些晶体一样具有光学性质的各向异性，选项C正确；单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减小，如果气体的温度升高，气体对器壁的碰撞力变大，则气体的压强也可能增大，选项D正确；自然界凡是符合能量守恒定律的宏观过程有的具有方向性，不一定都能自然发生，选项E错误。故选ACD。
答案　ACD
13．一种海浪发电机的气室如图所示。工作时，活塞随海浪上升或下降，改变气室中空气的压强，从而驱动进气阀门和出气阀门打开或关闭。气室先后经历吸入、压缩和排出空气的过程，推动出气口处的装置发电。气室中的空气可视为理想气体。
(1)下列对理想气体的理解，正确的是________(填选项字母)。
A．理想气体实际上并不存在，只是一种理想模型
B．只要气体压强不是很高就可视为理想气体
C．一定质量的某种理想气体的内能与温度、体积都有关
D．在任意温度、任何压强下，理想气体都遵循气体实验定律
(2)压缩过程中，两个阀门均关闭。若此过程中，气室中的气体与外界无热量交换，内能增加了3.4×104
J，则该气体的分子平均动能__________(选填“增大”“减小”或“不变”)，活塞对该气体所做的功______(选填“大于”“小于”或“等于”)3.4×104
J。
(3)上述过程中，气体刚被压缩时的温度为27
℃，体积为0.224
m3，压强为1个标准大气压。已知1
mol气体在1个标准大气压、0
℃时的体积为22.4
L，阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023
mol－1。计算此时气室中气体的分子数。(计算结果保留一位有效数字)
解析　(1)理想气体是一种理想化的模型，实际并不存在，选项A正确；在温度不低于零下几十摄氏度、压强不超过标准大气压的几倍时，把实际气体当成理想气体来处理，选项B错误；一定质量的理想气体的内能只与温度有关，选项C错误；在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律，这样的气体是理想气体，选项D正确。
(2)气室中的气体与外界无热交换，内能增加，同时外界对气体做功，故密闭气体的温度升高，气体分子的平均动能增大。根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，Q＝0，W＝ΔU，所以活塞对该气体所做的功等于3.4×104
J。
(3)设气体在标准状态时的体积为V1，等压过程
＝
气体物质的量n＝，且分子数N＝nNA，
解得N＝NA
代入数据得N＝5×1024(或N＝6×1024)
答案　(1)AD　(2)增大　等于
(3)5×1024或6×1024
14．(1)若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则在此过程中关于气泡中的气体，下列说法中正确的是__________。(填选项字母)
A．气体分子间的作用力增大
B．气体分子的平均速率增大
C．气体分子的平均动能减小
D．气体组成的系统的熵增加
(2)若将气泡内的气体视为理想气体，气泡从湖底上升到湖面的过程中，对外界做了0.6
J的功，则此过程中的气泡__________(填“吸收”或“放出”)的热量是__________J。气泡到达湖面后，温度上升的过程中，又对外界做了0.1
J的功，同时吸收了0.3
J的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了__________J。
(3)已知气泡内气体的密度为1.29
kg/m3，平均摩尔质量为0.029
kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023
mol－1，取气体分子的平均直径为2×10－10
m，若气泡内的气体能完全变为液体，请估算液体体积与原来气体体积的比值。(结果保留一位有效数字)
解析　(1)掌握分子动理论和热力学定律才能准确处理本题。气泡的上升过程，气泡内的压强减小，温度不变，分子平均动能不变，由玻意耳定律知，上升过程中体积增大，微观上体现为分子间距增大，分子间引力减小，温度不变，所以气体分子的平均动能、平均速率不变，此过程为自发过程，故熵增大。D项正确。
(2)本题从热力学第一定律入手，抓住理想气体内能只与温度有关的特点进行处理。理想气体等温过程中内能不变，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，物体对外做功0.6
J，则一定同时从外界吸收热量0.6
J，才能保证内能不变。而温度上升的过程，内能增加了0.2
J。
(3)微观量的运算，注意从单位制检查运算结论，最终结果只要保证数量级正确即可。设气体体积为V0，液体体积为V1，
气体分子数n＝NA，
V1＝n(或V1＝nd3)，
则＝πd3NA
(或＝d3NA)，
解得＝1×10－4。(9×10－5～2×10－4都算对)
答案　(1)D　(2)吸收　0.6　0.2
(3)1×10－4(9×10－5～2×10－4都算对)
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1(二十一)　电场能的性质
A组·基础巩固题
1．(2015·全国卷Ⅰ)如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则(　　)
A．直线a位于某一等势面内，φM>φQ
B．直线c位于某一等势面内，φM>φN
C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功
D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功
解析　由题意可知WMN＝WMP，因此N和P是等势点，由匀强电场可知，c、d为等势面，A错误。电子由M到N电场力做负功，即φM>φN，B正确。M与Q位于同一等势面上，移动电荷不做功，C错误。由P到Q移动电子，电场力做正功，D错误。
答案　B
2．(2017·定州模拟)如图所示，M、N两点分别放置两个等量异种电荷，A是它们连线的中点，B为连线上靠近N的一点，C为连线中垂线上处于A点上方的一点。在A、B、C三点中(　　)
A．场强最小的点是A点，电势最高的点是B点
B．场强最小的点是A点，电势最高的点是C点
C．场强最小的点是C点，电势最高的点是B点
D．场强最小的点是C点，电势最高的点是A点
解析　根据等量异种电荷电场线的分布，知道EB>EA>EC，场强最小的是C点。等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，知φA＝φC，沿着电场线方向电势逐渐降低，异种电荷间的电场线由正电荷指向负电荷，知φB>φA，所以电势最高点是B点，故A、B、D错误，C正确。
答案　C
3．空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．O点的电势最低
B．x2点的电势最高
C．x1和－x1两点的电势相等
D．x1和x3两点的电势相等
解析　由题图知，沿x轴方向O点两侧电场强度方向相反，故O点可能电势最低，也可能电势最高，A错误；x1、x2、x3三点在同一电场线上，由沿电场线方向电势逐渐降低可知，无论O点右侧电场强度沿x轴向右还是向左，x2点电势都不是最高，x1、x3两点的电势也不相等，B、D错误；由题图知，电场强度在O点两侧对称，故x1、－x1两点电势相等，C正确。
答案　C
4．(2017·安徽质检)如图所示的直线是真空中某电场的一条电场线，A、B是这条直线上的两点，一质量为m的带电粒子仅在电场力作用下以速度vA经过A点向B点运动，经过一段时间后，粒子以速度vB经过B点，且vB与vA方向相反，不计粒子重力，下面说法正确的是(　　)
A．可以确定A、B两点场强的大小关系
B．可以确定A、B两点电场强度的方向
C．可以确定A、B两点电势的大小关系
D．可以确定A、B两点速度的大小关系
解析　电场线的疏密表示场强的大小，一条电场线无法判断场强大小，故A错误；由于带电粒子在A点时速度方向向右，而到达B点时速度方向向左，故带电粒子所受电场力方向向左，但由于带电粒子的电性未知，所以不能确定A、B两点电场强度的方向，故B错误；因粒子的电性未知，电场线方向无法判断，则A、B两点电势的大小关系无法确定，故C错误；由于从A到B过程中电场力做负功，所以动能减小，速度减小，则B点的速度小于A点的速度，故D正确。
答案　D
5．(2016·全国卷Ⅰ)(多选)如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知(　　)
A．Q点的电势比P点高
B．油滴在Q点的动能比它在P点的大
C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大
D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
解析　根据带负电的油滴在竖直面内的轨迹可知，油滴所受合外力一定向上，则所受电场力一定向上，且电场力大于重力，故匀强电场的方向竖直向下，Q点的电势比P点高，选项A正确。油滴从P点运动到Q点，根据动能定理，合外力做正功，动能增大，所以油滴在Q点的动能比它在P点的大，选项B正确。油滴从P点运动到Q点，电场力做正功，电势能减小，油滴在Q点的电势能比它在P点的小，选项C错误。由于带电油滴所受的电场力和重力均为恒力，所以油滴在Q点的加速度和它在P点的加速度大小相等，选项D错误。
答案　AB
6．(2017·江西联考)空间存在着平行于x轴方向的静电场，A、M、O、N、B为x轴上的点，OA＜OB，OM＝ON，AB间的电势φ随x的分布如图。一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动，则下列判断正确的是(　　)
A．粒子可能带正电
B．粒子一定能通过N点
C．粒子从M向O运动过程所受电场力逐渐增大
D．AO间的电场强度小于OB间的电场强度
解析　由图可知，AB两点电势相等，O点的电势最高，A到O是逆电场线，粒子仅在电场力作用下，从M点由静止开始沿x轴向右运动即逆电场线方向运动，故粒子一定带负电，A错误；由图可知，AB两点电势相等，M点的电势小于N点的电势，故M到O电场力做的功大于O到N电场力做的功，所以粒子能通过N点，故B正确；由于AO的斜率不变，即AO之间的电场强度不变，所以粒子从M向O运动过程电场力不变，故C错误；由于OA＜OB，所以OA之间的电势变化快于OB之间的电势的变化，即AO间的电场强度大于OB间的电场强度，故D错误。
答案　B
7．(2017·沈阳模拟)如图所示，一个电荷量为－Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点。另一个电荷量为＋q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点时的速度减小到最小为v，已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，A、B间距离为L及静电力常量为k，则下列说法正确的是(　　)
A．点电荷甲在B点处的电场强度大小为
B．O、B间的距离大于
C．在点电荷甲形成的电场中，A、B间电势差UAB＝
D．点电荷甲形成的电场中，A点的电势小于B点的电势
解析　乙在B点时受力达到瞬间平衡，有qE＝μmg，点电荷甲在B点处的电场强度大小为，A正确；由k＝μmg得，O、B间的距离r＝，B错误；乙从A到B的过程有qUAB－μmgL＝mv2－mv，则A、B间电势差UAB＝，C错误；点电荷甲形成的电场中，A点的电势高于B点的电势，D错误。
答案　A
8．(多选)(2017·石家庄质检一)如图所示，A、B、C、D四点构成一边长为L的正方形。对角线AC竖直，在A点固定一电荷量为－Q的点电荷，规定电场中B点的电势为零。现将几个质量均为m、电荷量均为－q的带电小球从D点以大小均为v0的速度向各个方向抛出，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　)
A．通过B点的小球过B点时的速度大小为v0
B．通过C点的小球在C点时的电势能比通过B点的小球在B点时的电势能大
C．通过C点的小球在C点时受到的库仑力是通过B点的小球在B点时受到的库仑力的2倍
D．若通过C点的小球在C点时的速度大小为v，则C点的电势为(v2－v－gL)
解析　B、D两点在同一等势面上，在同一高度，所以电场力和重力做功均为零，由动能定理可知，小球通过B点时的速度大小为v0，A正确；小球从D到C电场力做正功，电势能减少，且小球在B、D两点电势能相等，所以小球在C点的电势能比在B点的电势能小，B错误；根据库仑定律得小球在B点受到的库仑力是在C点受到的库仑力的2倍，C错误；从D到C应用动能定理得mg·L－qUDC＝mv2－mv，且UDC＝UBC＝0－φC，解得φC＝(v2－v－gL)，D正确。
答案　AD
B组·能力提升题
9．如图所示，平行板电容器的两个极板竖直放置，并接直流电源。若一带电粒子恰好能沿图中轨迹穿过电容器，a到c是直线，由于电极板边缘效应，粒子从c到d是曲线，重力加速度为g，则该粒子(　　)
A．在ac段受重力与电场力平衡并做匀速运动，cd段电场力大于重力
B．a到c匀加速直线运动，加速度是
C．a至d重力势能减小，电势能增加
D．a至d粒子所受合力一直沿轨迹的切线方向
解析　由题意知在ac段粒子受重力和电场力的合力方向由a至c，做匀加速直线运动，加速度是；a至d重力、电场力做正功，重力势能、电势能均减小，cd段由合力指向轨迹的弯曲方向可判断出电场力大于重力，cd段粒子的合力方向不沿轨迹的切线方向，故只有选项B正确。
答案　B
10．(2017·皖江联考)在光滑绝缘水平桌面内作直线AB及AB的垂线CD，其中AB通过水平桌面正中心O点，AB与CD交于O′点，现在O点竖直插一根关于水平桌面对称的长直导体棒，让导体棒均匀带上正电，以下说法正确的是(　　)
A．O′点是CD直线上电势最低的点
B．正检验电荷q在O′点受电场力为零
C．正检验电荷q在O′点受电场力方向由O′指向B
D．CD直线是一条等势线
解析　由对称性可知，在直线CD上各点的场强方向沿O点与该点的连线向外，O′点离O点最近，场强最大，电势最高，所以选项A、D均错误；O′点场强方向沿OO′方向，正检验电荷在该点受电场力的方向沿OO′方向，B错误，C正确。
答案　C
11．(2017·黄冈模拟)(多选)如图所示，空间中固定的四个点电荷分别位于正四面体的四个顶点处，A点为对应棱的中点，B点为右侧面的中心，C点为底面的中心，D点为正四面体的中心(到四个顶点的距离均相等)。关于A、B、C、D四点的电势高低，下列判断正确的是(　　)
A．φA＝φB　　　　　　
B．φA＝φD
C．φB＞φC
D．φC＞φD
解析　A、B、C、D四点都位于MN的中垂面上，由于M和N是两个等量异种点电荷，所以M和N在A、B、C、D的电势相等；A、D两点在PQ的中垂面上，P和Q是等量异种点电荷，所以中垂线电势相等，则φA＝φD，选项B正确。B、C关于P和Q对称分布，沿电场线方向电势降低，所以φB>φA＝φD>φC，则A、D错误，C正确。
答案　BC
12．(2017·湖南十校联考)如图所示，BCD为固定在竖直平面内的半径为r＝10
m的圆弧形光滑绝缘轨道，O为圆心，OC竖直，OD水平，OB与OC间夹角为53°，整个空间分布着范围足够大的竖直向下的匀强电场。从A点以初速度v0＝9
m/s沿AO方向水平抛出质量m＝0.1
kg的小球(小球可视为质点)，小球带正电荷量q＝＋0.01
C，小球恰好从B点沿垂直于OB的方向进入圆弧轨道。不计空气阻力。求：
(1)A、B间的水平距离L；
(2)匀强电场的电场强度E；
(3)小球过C点时对轨道的压力的大小F′N；
(4)小球从D点离开轨道后上升的最大高度H。
解析　本题考查带电小球在重力场与电场叠加场的运动问题，意在考查考生的推理能力。
(1)设小球运动过程中的加速度为a，则小球的等效重力为ma；小球在B点的速度为vB，由小球恰好从B点垂直OB进入圆弧轨道得小球竖直方向的分速度为vBy＝v0tan53°
对小球从A点到B的运动过程，由平抛运动知识得
vBy＝at
竖直方向位移y＝rcos53°
y＝at2
联立各式并代入数据得
t＝1
s，a＝12
m/s2，L＝v0t＝9
m
(2)小球从A到B的运动过程中，对小球运用牛顿第二定律
mg＋qE＝ma
得E＝20
N/C
(3)小球从A到C的运动过程中，设在C点的速度为vC，运用动能定理mar＝mv－mv
在C点，对小球有
FN－ma＝m
得轨道对小球的支持力为FN＝4.41
N
由牛顿第三定律，小球对轨道的压力为F′N＝4.41
N
(4)对小球从A点到离开D点运动到最高点的全过程运用动能定理mv＝maH
得H＝3.375
m
答案　(1)L＝9
m
(2)E＝20
N/C
(3)F′N＝4.41
N
(4)H＝3.375
m
13．(2017·山东联考)如图所示，在绝缘水平直线轨道上方的A、B两点分别固定电荷量为＋Q、－Q的等量异种点电荷。一质量为m、带电荷量为＋q的小球(可视为质点)，从A点正下方轨道上的M点由静止开始沿轨道向右运动。O点为轨道上M、N连接的中点。已知小球与轨道间的动摩擦因数为μ。小球运动到O点时速度为v。孤立点电荷Q产生的电场在距场源电荷r处的电势为φ＝(取无穷远处电势为零)，k为静电常数。AB连线到水平直线轨道的竖直距离为h，A、N连线与水平轨道的夹角为30°，小球在运动过程中不脱离轨道。求：
(1)小球在N点的加速度大小；
(2)小球在轨道的MO段克服摩擦力做的功。
解析　本题考查了带电粒子在非匀强电场中的运动问题，意在考查考生的综合运用能力。
(1)小球在N点时，受力分析，由牛顿第二定律得
sin30°＋mg－－FN＝0
cos30°－Ff＝ma
又Ff＝μFN
联立解得a＝＋－μg
(2)由题意可知，M、O两点间的电势差
UMO＝φM
φM＝－＝
小球由M点运动到O点的过程中，由动能定理得
qUMO－Wf＝mv2
联立解得Wf＝－mv2
答案　(1)＋－μg
(2)－mv2
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1(二十七)　带电粒子在复合场中的运动
A组·基础巩固题
1．(2017·东城区统测)如图所示，界面MN与水平地面之间有足够大的正交的匀强磁场B和匀强电场E，磁感线和电场线互相垂直。在MN上方有一个带正电的小球由静止开始下落，经电场和磁场到达水平地面。若不计空气阻力，小球在通过电场和磁场的过程中，下列说法中正确的是(　　)
A．小球做匀变速曲线运动
B．小球的电势能保持不变
C．洛伦兹力对小球做正功
D．小球动能的增量等于其电势能和重力势能减少量的总和
解析　带电小球在刚进入复合场时受力如图所示，则带电小球进入复合场后做曲线运动，因为速度会发生变化，洛伦兹力就会跟着变化，所以小球不可能做匀变速曲线运动，选项A错误；根据电势能公式Ep＝qφ知只有带电小球竖直向下做直线运动时，电势能才保持不变，选项B错误；洛伦兹力的方向始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，选项C错误；从能量守恒角度分析，选项D正确。
答案　D
2．(2017·东北联考)如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1和U2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)(　　)
A．d随U1变化，d与U2无关
B．d与U1无关，d随U2变化
C．d随U1变化，d随U2变化
D．d与U1无关，d与U2无关
解析　设带电粒子在加速电场中被加速后的速度为v0，根据动能定理有qU1＝mv。设带电粒子从偏转电场中出来进入磁场时的速度大小为v，与水平方向的夹角为θ，如图所示，在磁场中有r＝，v＝，而d＝2rcos
θ，联立各式解得d＝2，因而选项A正确。
答案　A
3．如图所示，在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场，一带负电的粒子从原点O以与x轴成30°角斜向上的速度v射入磁场，且在x轴上方运动，半径为R。则下列说法正确的是(　　)
A．粒子经偏转一定能回到原点O
B．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1
C．粒子完成一次周期性运动的时间为
D．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进3R
解析　由r＝可知，粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，所以B错误；粒子完成一次周期性运动的时间t＝T1＋T2＝＋＝，所以C错误；粒子第二次射入x轴上方磁场时沿x轴前进l＝R＋2R＝3R，粒子经偏转不能回到原点O，所以A错误、D正确。
答案　D
4．(2017·中卫模拟)(多选)如图所示，金属板放在垂直于它的匀强磁场中，当金属板中有电流通过时，在金属板的上表面A和下表面A′之间会出现电势差，这种现象称为霍尔效应。若匀强磁场的磁感应强度为B，金属板宽度为h、厚度为d，通有电流I，稳定状态时，上、下表面之间的电势差大小为U。已知电流I与导体单位体积内的自由电子数n、电子电荷量e、导体横截面积S和电子定向移动速度v之间的关系为I＝neSv。则下列说法正确的是(　　)
A．在上、下表面形成电势差的过程中，电子受到的洛仑兹力方向向上
B．达到稳定状态时，金属板上表面A的电势高于下表面A′的电势
C．只将金属板的厚度d减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为
D．只将电流I减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为
解析　电流向右、磁场向内，根据左手定则，安培力向上；电流是电子的定向移动形成的，故洛伦兹力也向上，故上极板聚集负电荷，下极板带正电荷，故下极板电势较高，故A正确，B错误；电子最终达到平衡，有：evB＝e，则：U＝vBh。电流的微观表达式：
I＝nevS＝nevhd，则：v＝，代入得：U＝∝，只将金属板的厚度d减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为2U，故C错误；只将电流I减小为原来的一半，则上、下表面之间的电势差大小变为，故D正确。
答案　AD
5．(多选)如图所示，虚线空间中存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电场和磁场(图中实线为电场线)，有一个带正电小球(电荷量为＋q，质量为m)从正交或平行的电磁复合场上方的某一高度自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过的是(　　)
A　　　
B
C　　
　D
解析　带电小球进入复合场时受力情况：
A　
B
　C
D
其中只有C、D两种情况下合外力可能为零或与速度的方向相同，所以有可能沿直线通过复合场区域，A项中洛伦兹力随速度v的增大而增大，所以三力的合力不会总保持在竖直方向，合力与速度方向将产生夹角，做曲线运动，所以A错。
答案　CD
6．如图所示，竖直平面内有一固定的光滑绝缘椭圆大环，水平长轴为AC，竖直短轴为ED。轻弹簧一端固定在大环的中心O，另一端连接一个可视为质点的带正电的小环，小环刚好套在大环上，整个装置处在一个水平向里的匀强磁场中。将小环从A点由静止释放，已知小环在A、D两点时弹簧的形变量大小相等。下列说法中错误的是(　　)
A．刚释放时，小环的加速度为重力加速度g
B．小环的质量越大，其滑到D点时的速度将越大
C．小环从A运动到D，弹簧对小环先做正功后做负功
D．小环一定能滑到C点
解析　刚释放时，小环速度为零，洛伦兹力为零，只受重力，加速度为g，A正确。因为在A、D两点时弹簧的形变量相同，且OA长度大于OD，所以OA处于拉伸，OD处于压缩，所以弹簧由伸长变为压缩，弹力先做正功，后做负功，C正确。从A到D过程中洛伦兹力不做功，而弹簧的弹性势能不变，只有重力做功，所以无论小环的质量如何，小环到达D点的速度是一样的，因大环光滑，则小环一定能滑到C点，B错误，D正确。
答案　B
B组·能力提升题
7．(多选)一个带正电的小球穿在一根绝缘粗糙直杆上，杆与水平方向成θ角，如图所示。整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直于斜杆方向向上的匀强磁场，小球沿杆向下运动，在A点的动能为100
J，在C点时动能为零，B是AC的中点，在这个运动过程中(　　)
A．小球在B点的动能是50
J
B．小球电势能的增加量可能大于重力势能的减少量
C．小球在AB段克服摩擦力做的功与BC段克服摩擦力做的功相等
D．到达C点后小球可能沿杆向上运动
解析　由动能定理：mgh－qEh－Wf＝ΔEk，并注意到由于洛伦兹力随着速度的变化而变化，正压力(或摩擦力)也将随之变化，AB段克服摩擦阻力做的功显然不等于BC段克服摩擦阻力做的功，因此小球在中点B处动能也不是小球初动能的一半。由题意及上述分析可知，电场力Eq>mg是完全可能的，故选项B、D正确。
答案　BD
8．(2017·河南联考)(多选)如图所示，在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在x轴的下方等腰三角形CDM区域内有垂直于xOy平面由内向外的匀强磁场，磁感应强度为B，其中C、D在x轴上，C、D、M到原点O的距离均为a，现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从y轴上的P点由静止释放，设P点到O点的距离为h，不计重力作用与空气阻力的影响。下列说法正确的是(　　)
A．若h＝，则粒子垂直CM射出磁场
B．若h＝，则粒子平行于x轴射出磁场
C．若h＝，则粒子垂直CM射出磁场
D．若h＝，则粒子平行于x轴射出磁场
解析　粒子从P点到O点经电场加速，Eqh＝mv2，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，Bqv＝m。
(1)若粒子恰好垂直CM射出磁场时，其圆心恰好在C点，如图甲所示，其半径为r＝a。由以上两式可求得P到O的距离h＝，A选项正确。
(2)若粒子进入磁场后做匀速圆周运动，恰好平行于x轴射出磁场时，其圆心恰好在CO中点，如图乙所示，其半径为r＝a，由以上两式可得P到O的距离h＝，D选项正确。
答案　AD
9．(多选)如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B的复合场中(E和B已知)，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，则(　　)
A．小球可能带正电
B．小球做匀速圆周运动的半径为r＝
C．小球做匀速圆周运动的周期为T＝
D．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加
解析　小球在复合场中做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和重力满足mg＝Eq，则小球带负电，A错误；因为小球做圆周运动的向心力为洛伦兹力，由牛顿第二定律和动能定理可得Bqv＝，Uq＝mv
2，联立以上三式可得小球做匀速圆周运动的半径r＝
，由T＝可以得出T＝，与电压U无关，B、C正确，D错误。
答案　BC
10．(多选)空间存在一匀强磁场B，其方向垂直纸面向里，另有一个点电荷＋Q的电场，如图所示，一带电－q的粒子以初速度v0从某处垂直电场、磁场入射，初位置到点电荷的距离为r，则粒子在电、磁场中的运动轨迹可能(　　)
A．以点电荷＋Q为圆心，以r为半径的在纸平面内的圆周
B．开始阶段在纸面内向右偏转的曲线
C．开始阶段在纸面内向左偏转的曲线
D．沿初速度v0方向的直线
解析　当电场力大于洛伦兹力时，如果电场力和洛伦兹力的合力刚好提供向心力，选项A正确；如果电场力大于洛伦兹力，选项C正确；当电场力小于洛伦兹力，选项B正确；由于电场力的方向变化，选项D错误。
答案　ABC
11．(多选)如图所示，绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应的圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧的圆心为O′，半径为R；直线段AC、HD粗糙且足够长，与圆弧段分别在C、D端相切。整个装置处于方向垂直于轨道所在的平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和竖直虚线ND右侧还分别存在着电场强度大小相等、方向水平向右和水平向左的匀强电场。现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放。若PC＝L，小球所受的电场力等于其重力的倍，重力加速度为g，则(　　)
A．小球在第一次沿轨道AC下滑的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动
B．小球在轨道内受到的摩擦力可能大于mg
C．经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功是mgL
D．小球经过O点时，对轨道的弹力可能为2mg－qB
解析　带电小球沿轨道向下运动时，对小球受力分析，如图所示，由图中几何关系qE＝mg可知，小球受到的重力、电场力的合力为mg，方向正好沿轨道向下；由牛顿第二定律可得mg－μqvB＝ma，小球速度v增大，加速度a减小，即小球第一次沿轨道下滑过程中，先做加速度减小的加速运动，由于P点足够高，直到加速度为零时，做匀速直线运动，选项A正确；带电小球在下滑过程中，受到的摩擦力逐渐增加，当加速度为零时，fmax＝mg，选项B错误；带电小球在来回运动过程中，由于摩擦力做功，最终会在圆弧COD间运动，运动的最高点为C、D点，对全程，由动能定理可得·mgL－Wf＝0，Wf＝mgL，故选项C错误；对最终带电小球在圆弧COD间运动，由动能定理可得mg×R＝mv2，在最低点，由向心力公式可得qvB－mg＋FN＝，联立可得FN＝2mg－qB，选项D正确。
答案　AD
12．(多选)如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是图中的(　　)
A　　　B　　　C　　　D
解析　由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环受到竖直向下的重力、垂直杆的弹力及向左的摩擦力，当洛伦兹力初始时刻小于重力时，弹力方向竖直向上，圆环向右减速运动，随着速度减小，洛伦兹力减小，弹力越来越大，摩擦力越来越大，故做加速度增大的减速运动，直到速度为零而处于静止状态，选项中没有对应图象；当洛伦兹力初始时刻等于重力时，弹力为零，摩擦力为零，故圆环做匀速直线运动，A项正确；当洛伦兹力初始时刻大于重力时，弹力方向竖直向下，圆环做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，弹力减小，在弹力减小到零的过程中，摩擦力逐渐减小到零，故做加速度逐渐减小的减速运动，摩擦力为零时，开始做匀速直线运动，D项正确。
答案　AD
13．如图所示，与水平面成37°的倾斜轨道AC，其延长线在D点与半圆轨道DF相切，全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场(C点处于MN边界上)。一质量为0.4
kg的带电小球沿轨道AC下滑，至C点时速度为vC＝
m/s，接着沿直线CD运动到D处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过F点，在F点速度为vF＝4
m/s(不计空气阻力，g＝10
m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。求：
(1)小球带何种电荷？
(2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功；
(3)小球从F点飞出时磁场同时消失，小球离开F点后的运动轨迹与直线AC(或延长线)的交点为G点(未标出)，求G点到D点的距离。(计算结果均保留三位有效数字)
解析　(1)依题意可知小球在CD间做匀速直线运动，在CD段小球受到重力、电场力、洛伦兹力作用且合力为0，因此带电小球应带正电荷。
(2)在D点速度为vD＝vC＝
m/s
设重力与电场力的合力为F，则
F＝qvCB
又F＝＝5
N
解得qB＝＝
在F处由牛顿第二定律可得
qvFB＋F＝
把qB＝代入得R＝1
m
设小球在DF段克服摩擦力做功为Wf，由动能定理可得－Wf－2FR＝
Wf≈27.6
J
(3)小球离开F点后做类平抛运动，其加速度为
a＝
由2R＝得t＝
＝
s
交点G与D点的距离GD＝vFt＝
m≈2.26
m。
答案　(1)正电荷　(2)27.6
J
(3)2.26
m
14．(2016·盐城模拟)如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向里的有界圆形匀强磁场区域(图中未画出)；在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场。一粒子源固定在x轴上坐标为(－L,0)的A点，粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v的电子，电子恰好能通过y轴上坐标为(0,2L)的C点，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成15°角的射线ON(已知电子的质量为m，电荷量为e，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用)。求：
(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角θ；
(3)圆形磁场的最小半径Rmin。
解析　(1)电子在从A运动到C的过程中，
只受电场力eE作用，故做类平抛运动，设其运动时间为t，因此在x方向上有：L＝t2　①
在y方向上有：2L＝vt　②
由①②式联立解得：E＝。
(2)根据类平抛运动的结论可知，电子离开电场时的速度的反向延长线将交于y方向位移的中点，即经过(－L，L)点，因此tan
θ＝1，θ＝45°。
(3)电子进入磁场后仅受洛伦兹力evCB作用，在磁场中做匀速圆周运动，设其轨道半径为r，根据牛顿第二定律有：evCB＝m。　③
根据几何关系可知：
vC＝　④
根据题意作出电子的运动轨迹示意图如图所示。
由图中几何关系可知，电子在磁场中偏转120°后垂直于ON射出，因此当图中PQ为圆形磁场的直径时其半径最小，即有：Rmin＝rsin
60°⑤
由③④⑤式联立解得：Rmin＝。
答案　(1)
(2)45°
(3)
15．(2017·大同联考)如图所示，在平面直角坐标系内，第一象限的等腰三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y＜0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m，电荷量为q的带电粒子从电场中Q(－2h，－h)点以速度v0水平向右射出，经坐标原点O射入第一象限，最后以垂直于PN的方向射出磁场。已知MN平行于x轴，N点的坐标为(2h,2h)，不计粒子的重力，求：
(1)电场强度的大小；
(2)磁感应强度的大小B；
(3)粒子在磁场中的运动时间。
解析　(1)由几何关系可知粒子在水平电场中水平位移为2h，竖直方向的距离为h，由平抛运动规律及牛顿运动定律得：
2h＝v0t
h＝at2
由牛顿运动定律可知：
Eq＝ma
联立解得：E＝；
电场强度为；
(2)粒子到达O点，沿＋y方向的分速度
vy＝at＝·＝v0；
速度与x正方向的夹角α满足
tanα＝＝tan45°
粒子从MP的中点垂直于MP进入磁场，垂直于NP射出磁场，粒子在磁场中的速度v＝v0；
轨道半径R＝h
由Bqv＝m得：
B＝；
故磁感应强度为；
(3)由题意得，带电粒子在磁场中转过的角度为45°，故运动时间
t＝T＝·＝；
粒子在磁场中的运动时间为。
答案　(1)
(2)
(3)
16．(2017·黄冈模拟)如图甲所示，在平行边界MN、PQ之间存在宽度为d的匀强电场，电场周期性变化的规律如图乙所示，取竖直向下为电场正方向；在平行边界MN左侧和PQ右侧存在如图甲所示的两个长为2d，宽为d的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，其边界点分别为PQCD和MNFE。已知区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度大小是区域Ⅰ内匀强磁场的磁感应强度大小的3倍。在区域Ⅰ右边界中点A处，有一质量为m、电量为q、重力不计的带正电粒子以初速度v0沿竖直方向从磁场区域Ⅰ开始运动，以此作为计时起点，再经过一段时间粒子又恰好回到A点，如此循环，粒子循环一周，电场恰好变化一个周期，已知粒子离开区域Ⅰ进入电场时，速度恰好与电场方向垂直，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：
(1)区域Ⅰ的磁感应强度大小B；
(2)电场强度大小E及电场的周期T。
解析　(1)粒子在区域Ⅰ做圆周运动的半径r＝d，
由洛伦兹力提供向心力知qv0
B
＝
　联立得
B＝
(2)画出粒子运动的轨迹示意图如图所示，粒子在区域Ⅰ做匀速圆周运动，圆心为O1，粒子从区域Ⅰ进入电场，在电场中做类平抛运动，在区域Ⅱ做匀速圆周运动，圆心为O2半径记为R，在区域Ⅱ做匀速圆周运动圆心O2与区域Ⅰ做匀速圆周运动的圆心O1的连线必须与边界垂直才能完成上述运动。粒子从区域Ⅰ进入电场做类平抛运动水平方向d＝v0t
竖直方向y＝at2＝t2
离开电场时沿电场方向的速度
vy＝at＝，
离开电场时速度方向与边界MN的夹角为θ，离开电场时速度为v，v0＝vsinθ
粒子在区域Ⅱ做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力知3qvB＝
由几何关系有2y＋2Rsinθ＝2d
联立以上各式得E＝
由tanθ＝＝得θ＝37°
粒子在区域Ⅰ中运动的时间
t1＝
粒子在区域Ⅱ中运动的时间
t2＝＝
粒子在电场中运动的时间t3＝
电场变化的周期等于粒子运动的周期，所以电场周期
T＝t1＋t2＋t3＝d
答案　(1)
(2)　d
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1(十二)　圆周运动的规律和应用
A组·基础巩固题
1．一偏心轮绕垂直纸面的轴O匀速转动，a和b是轮上质量相等的两个质点，a、b两点的位置如图所示，则偏心轮转动过程中a、b两质点(　　)
A．线速度大小相等
B．向心力大小相等
C．角速度大小相等
D．向心加速度大小相等
解析　a和b两个质点都绕同一个转轴O转动，角速度ω相等，选项C对；但是由图知半径不相等，而线速度v＝ωR，因此线速度不相等，选项A错；向心加速度a＝ω2R，角速度相等半径不相等，因此向心加速度不相等，选项D错；向心力F＝ma，质量相等向心加速度不等，所以向心力不相等，选项B错。
答案　C
2．某同学设计了一种能自动拐弯的轮子。如图所示，两等高的等距轨道a、b固定于水平桌面上，当装有这种轮子的小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，会顺利实现拐弯而不会出轨。下列截面图所示的轮子中，能实现这一功能的是(　　)
A　
B　
C　
D
解析　要使小车顺利拐弯，必须提供向心力，根据小车的受力情况，判断轨道提供的向心力，即可判断。当该小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，由于惯性，内侧轮高度略降低，外侧轮高度略升高，轨道对小车的支持力偏向轨道内侧，与重力的合力提供向心力，从而顺利拐弯，故A正确；当该小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，由于惯性，内侧轮高度略升高，外侧轮高度略降低，轨道对小车的支持力偏向轨道外侧，小车会产生侧翻，故B错误；当该小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，由于惯性，内侧轮高度略升高，外侧轮高度略降低，轨道对小车的支持力偏向轨道外侧，小车会产生侧翻，故C错误；当该小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，没有外力提供向心力，由于惯性，小车会出轨，故D错误。
答案　A
3.(2017·东北三省模拟)如图所示，可视为质点的木块A、B叠放在一起，放在水平转台上随转台一起绕固定转轴OO′匀速转动，木块A、B与转轴OO′的距离为1
m，A的质量为5
kg，B的质量为10
kg。已知A与B间的动摩擦因数为0.2，B与转台间的动摩擦因数为0.3，如木块A、B与转台始终保持相对静止，则转台角速度ω的最大值为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10
m/s2)(　　)
A．1
rad/s
B.
rad/s
C.
rad/s
D．3
rad/s
解析　由于A、AB整体受到的静摩擦力均提供向心力，故对A，有：μ1mAg≥mAω2r
对AB整体，有：(mA＋mB)ω2r≤μ2(mA＋mB)g
带入数据解得：ω≤
rad/s，故选B。
答案　B
4.(2017·佛山一模)如图所示，内壁光滑质量为m的管形圆轨道，竖直放置在光滑水平地面上，恰好处在两固定光滑挡板M、N之间，圆轨道半径为R，质量为m的小球能在管内运动，小球可视为质点，管的内径忽略不计。当小球运动到轨道最高点时，圆轨道对地面的压力刚好为零，下列判断正确的是(　　)
A．圆轨道对地面的最大压力大小为8mg
B．圆轨道对挡板M、N的压力总为零
C．小球运动的最小速度为
D．小球离挡板N最近时，圆轨道对挡板N的压力大小为5mg
解析　当小球运动到最高点时，圆轨道对地面的压力为零，可知小球对圆轨道的弹力等于圆轨道的重力，根据牛顿第二定律得，N＋mg＝，N＝mg，解得最高点的速度v1＝，该速度为小球的最小速度。根据动能定理得，2mgR＝mv－mv，根据牛顿第二定律得N′－mg＝，联立解得小球对轨道的最大压力N′＝7mg，则圆轨道对地面的最大压力为8mg，故A正确，C错误。在小球运动的过程中，圆轨道对挡板的一侧有力的作用，所以对挡板M、N的压力不为零，故B错误。小球从最高点到最右侧的过程中，由动能定理得mgR＝mv－mv，根据牛顿第二定律得，N″＝，联立解得N″＝4mg，则圆轨道对挡板N的压力为4mg，故D错误。
答案　A
5．如图所示，内壁光滑的竖直圆桶，绕中心轴做匀速圆周运动，一物块用细绳系着，绳的另一端系于圆桶上表面圆心，且物块贴着圆桶内表面随圆桶一起转动，则(　　)
A．绳的张力可能为零
B．桶对物块的弹力不可能为零
C．随着转动的角速度增大，绳的张力保持不变
D．随着转动的角速度增大，绳的张力一定增大
解析　当物块随圆桶做圆周运动时，绳的拉力的竖直分力与物块的重力保持平衡，因此绳的张力为一定值，且不可能为零，A、D项错误，C项正确；当绳的水平分力提供向心力的时候，桶对物块的弹力恰好为零，B项错误。
答案　C
6．如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒，其轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动。有一质量为m的小球A紧贴着筒内壁在水平面内做匀速圆周运动，筒口半径和筒高分别为R和H，小球A所在的高度为筒高的一半。已知重力加速度为g，则(　　)
A．小球A做匀速圆周运动的角速度ω＝
B．小球A受到重力、支持力和向心力三个力作用
C．小球A受到的合力大小为
D．小球A受到的合力方向垂直筒壁斜向上
解析　对小球做受力分析可知，小球受重力、支持力两个力的作用，两个力的合力提供向心力，由向心力公式可得＝mω2r，其中tanθ＝，r＝，可知选项A正确，B错误；小球所受合力方向应指向圆周运动的圆心，提供向心力，所以合力大小为＝，选项C、D错误。
答案　A
7.长度不同的两根细绳悬于同一点，另一端各系一个质量相同的小球，使它们在同一水平面内做圆周运动，如图所示，则有关两个小球的物理量相同的是(　　)
A．周期
B．线速度的大小
C．向心力
D．绳的拉力
解析　设O到小球所在水平面的距离为h，对球进行受力分析如图所示，得F向＝F合＝mg·tanα＝m·htanα，解得T＝，故周期与α角无关，A正确，C错误；由v＝ωR＝R知，B错误；又知F拉＝，故绳的拉力不同，D错误。
答案　A
8.如图所示，某游乐场有一水上转台，可在水平面内匀速转动，沿半径方向面对面手拉手坐着甲、乙两个小孩，假设两小孩的质量相等，他们与盘间的动摩擦因数相同，当圆盘转速加快到两小孩刚要发生滑动时，某一时刻两小孩突然松手，则两小孩的运动情况是(　　)
A．两小孩均沿切线方向滑出后落入水中
B．两小孩均沿半径方向滑出后落入水中
C．两小孩仍随圆盘一起做匀速圆周运动，不会发生滑动而落入水中
D．甲仍随圆盘一起做匀速圆周运动，乙发生滑动最终落入水中
解析　在松手前，甲、乙两小孩做圆周运动的向心力均由静摩擦力及拉力的合力提供，且静摩擦力均达到了最大静摩擦力。因为这两个小孩在同一个圆盘上转动，故角速度ω相同，设此时手中的拉力为FT，则对甲：Ffm－FT＝mω2R甲，对乙：FT＋Ffm＝mω2R乙。当松手时，FT＝0，乙所受的最大静摩擦力小于所需要的向心力，故乙做离心运动，然后落入水中。甲所受的静摩擦力变小，直至与它所需要的向心力相等，故甲仍随圆盘一起做匀速圆周运动，选项D正确。
答案　D
B组·能力提升题
9.某机器内有两个围绕各自固定轴匀速转动的铝盘A、B，A盘固定一个信号发射装置P，能持续沿半径向外发射红外线，P到圆心的距离为28
cm。B盘上固定一个带窗口的红外线信号接收装置Q，Q到圆心的距离为16
cm。P、Q转动的线速度均为4π
m/s。当P、Q正对时，P发出的红外线恰好进入Q的接收窗口，如图所示，则Q每隔一定时间就接收到红外线信号，这个时间的最小值为(　　)
A．0.42
s
B．0.56
s
C．0.70
s
D．0.84
s
解析　P的周期TP＝＝
s＝0.14
s，同理Q的周期TQ＝＝
s＝0.08
s，而经过最短时间应是它们周期的最小公倍数0.56
s，因此B项正确。
答案　B
10.(2017·石家庄质检一)如图所示，一个大小可忽略、质量为m的模型飞机，在距水平地面高为h的水平面内以速率v绕圆心O做半径为R的匀速圆周运动。O′为圆心O在水平地面上的投影点。某时刻该飞机上有一小螺丝掉离飞机，不计空气对小螺丝的作用力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
A．飞机处于平衡状态
B．空气对飞机的作用力大小为m
C．小螺丝第一次落地点与O′点的距离为
D．小螺丝第一次落地点与O′点的距离为
解析　模型飞机做匀速圆周运动，合外力不为零，不是平衡状态，A错误；飞机的合外力为，则空气对飞机的作用力F＝，B错误；小螺丝掉落后做平抛运动，有h＝gt2，x＝vt，整理得x＝v，则小螺丝第一次落地点与O′点的距离s＝＝，C正确，D错误。
答案　C
11.(2017·江西联考)(多选)如图所示，水平转台上的小物体A、B通过轻弹簧连接，并随转台一起匀速转动，A、B的质量分别为m、2m，A、B与转台的动摩擦因数都为μ，A、B离转台中心的距离分别为1.5r、r，已知弹簧的原长为1.5r，劲度系数为k，设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的是(　　)
A．当B受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为
B．当A受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为
C．当B刚好要滑动时，转台转动的角速度为
D．当A刚好要滑动时，转台转动的角速度为
解析　当B受到的摩擦力为0时，则k(2.5r－1.5r)＝2mω2·r，解得ω＝，选项A错误；当A受到的摩擦力为0时，k(2.5r－1.5r)＝mω2·1.5r，解得：
ω＝
，选项B正确；当B刚好要滑动时，此时k(2.5r－1.5r)＋μ·2mg＝2mω2·r，解得ω＝，选项C错误；当A刚好要滑动时，则k(2.5r－1.5r)＋μ·mg＝mω2·1.5r，解得ω＝，选项D正确。
答案　BD
12．如图所示，轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动。现使小球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度vx随时间t的变化关系如图乙所示。不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)
甲
　乙
A．t1时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积相等
B．t2时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积相等
C．t1时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积不相等
D．t2时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积不相等
解析　小球在竖直平面内做圆周运动这个过程中只有重力对小球做功，因此小球机械能守恒，小球到达高点时，重力势能最大，所以动能最小，故小球的速度达到最小值且水平向右，因此t1时刻小球通过最高点；曲线与坐标轴围成的面积表示小球在运动过程中的水平位移，图乙中S1的面积表示小球从最低点运动到水平位置时小球在水平方向的位移，大小等于杆的长度，S2的面积表示小球从水平位置运动到最高点时小球在水平方向的位移，大小等于杆的长度。故图乙中S1和S2的面积相等，综上所示A正确。
答案　A
13．某学生设计并制作了一个简易水轮机，如图所示，让水从水平放置的水管流出，水流轨迹与下边放置的轮子边缘相切，水冲击轮子边缘上安装的挡水板，可使轮子连续转动。当该装置工作稳定时，可近似认为水到达轮子边缘时的速度与轮子边缘的线速度相同。调整轮轴O的位置，使水流与轮边缘切点对应的半径与水平方向成θ＝37°角。测得水从管口流出速度v＝3
m/s，轮子半径R＝0.1
m。(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10
m/s2)求：
(1)若不计挡水板的大小，则轮子转动角速度为多少？
(2)水管出水口距轮轴O水平距离和竖直距离h。
解析　(1)水从管口流出后做平抛运动，设水流到达轮子边缘的速度大小为v，所以：
v＝＝5
m/s　①
由题意可得：轮子边缘的线速度：
v′＝5
m/s　②
所以轮子转动的角速度：
ω＝＝50
rad/s　③
(2)设水流到达轮子边缘的竖直分速度为vy，运动时间为t，水平、竖直分位移分别为sx、sy：
vy＝v0cot37°＝4
m/s　④
t＝＝0.4
s　⑤
sx＝v0t＝1.2
m　⑥
sy＝gt2＝0.8
m　⑦
水管出水口距轮轴O水平距离和竖直距离h为：
l＝sx－Rcos37°＝1.12
m　⑧
h＝sy＋Rsin37°＝0.86
m　⑨
答案　(1)50
rad/s　(2)1.12
m、0.86
m
14．(2017·泰州模拟)如图所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO′匀速转动，规定经过圆心O水平向右为x轴的正方向。在圆心O正上方距盘面高为h处有一个正在间断滴水的容器，从t＝0时刻开始随传送带沿与x轴平行的方向做匀速直线运动，速度大小为v.已知容器在t＝0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面上时再滴一滴水。求：
(1)每一滴水经多长时间落到盘面上？
(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘转动的角速度ω应为多大？
(3)第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的最大距离x。
解析　(1)水滴在竖直方向上做自由落体运动，有
h＝gt2
解得t＝
(2)分析题意可知，在相邻两滴水的下落时间内，圆盘转过的角度应为nπ(n＝1、2、3、…)，所以角速度可由ωt＝nπ得
ω＝＝nπ
(n＝1、2、3、…)
(3)第二滴水落在圆盘上时到O点的距离为
x2＝v·2t＝2v
第三滴水落在圆盘上时到O点的距离为
x3＝v·3t＝3v
当第二滴水与第三滴水在盘面上的落点位于同一直径上圆心两侧时，两点间的距离最大，则
x＝x2＋x3＝5v
答案　(1)　(2)nπ
(n＝1、2、3、…)　(3)5v
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1(三十二)　变压器　电能的输送
A组·基础巩固题
1.(多选)关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是(　　)
A．通过正弦交变电流的原线圈的磁通量不变
B．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等
C．穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势
D．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈
解析　由于是交变电流，交变电流的磁场不断变化，磁通量也在变化，A错误；因理想变压器无漏磁，故B、C正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，故D错。
答案　BC
2．如图所示为四种亮度可调的台灯的电路示意图，它们所用的白炽灯泡相同，且都是“220
V　40
W”。当灯泡所消耗的功率都调至20
W时，哪种台灯消耗的功率最小(　　)
　　　
A　　　　　　
　　B
　　　
C　　　　　　
　　D
解析　台灯的消耗功率是指包含灯泡和其他辅助器件的总功率。由A、B、C、D四选项分析可知：C选项中理想变压器功率损耗为零，电源输出的总功率(台灯消耗功率)只有灯泡的功率20
W，而其他选项中，不论滑动变阻器是分压接法还是限流接法，滑动变阻器上总有功率损耗，台灯的消耗功率都大于20
W。故C选项正确。
答案　C
3.(多选)如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合开关S，下列说法正确的是(　　)
A．P向下滑动时，灯L变亮
B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变
C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小
D．P向上滑动时，变压器的输出功率变大
解析　由于U1保持不变，根据变压器的变压比可知，副线圈的输出电压U2不变，B项正确；P向下滑动时，灯泡L两端的电压不变，灯泡的亮度不变，A项错误；P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，副线圈电路的总电阻R变小，根据P2＝可知，变压器的输出功率变大，D项正确；由P1＝U1I1＝P2可知，变压器的输入电流增大，C项错误。
答案　BD
4．如图甲所示，T为理想变压器，原、副线圈匝数比为10∶1，副线圈所接电路中，电压表V1、V2和电流表A1、A2都为理想电表，电阻R1＝4
Ω，R2＝6
Ω，R3的最大阻值为12
Ω，原线圈两端加上如图乙所示的电压。在R3的滑片自最下端滑动到最上端的过程中，以下说法正确的是(　　)
甲
　
乙
A．电压表V1的示数增大
B．电压表V2的示数为22
V
C．电流表A1、A2的示数都增大
D．电压表V1的示数与电流表A1的示数的乘积一直减小
解析　当R3的滑片向上移动时，R2、R3的总电阻减小，分压减小，所以电压表V1的示数减小，A错误。由变压比公式＝得U2＝22
V，B错误。根据“串反并同”得电流表A1的示数增大，电流表A2的示数减小，C错误。电压表V1的示数与电流表A1的示数的乘积为电阻R2、R3消耗的功率之和，把变压器输出端当作电源，R1当作内阻，可知：当R2、R3的总电阻等于R1时，电阻R2、R3消耗的功率之和最大，R3的滑片在最下端时R23＝R1，所以当滑片上移时，R23减小，D正确。
答案　D
5.(多选)钳形电流表的外形和结构如图甲所示。图甲中电流表的读数为0.9
A，图乙中用同一电缆线绕了3匝，则(　　)
A．这种电流表能测出交变电流的有效值
B．这种电流表既能测直流电流，又能测交变电流
C．这种电流表能测交变电流，图乙的读数为0.3
A
D．这种电流表能测交变电流，图乙的读数为2.7
A
解析　由于变压器工作原理是通过原线圈的电流发生变化，则原线圈产生的磁场发生变化，故穿过副线圈的磁通量发生变化，从而在副线圈中产生感应电流，故这种电流表只能测交流电流，而且测量的是交变电流的有效值，故A正确，B错误；根据输入功率和输出功率的关系有：P1＝P2，即U1I1＝U2I2，所以：
＝，由题意可知：当n1＝1，I2＝0.9
A，即＝，当n1＝3时：＝，解得：I′2＝2.7
A，故C错误，D正确。
答案　AD
6．(2017·恩施模拟)(多选)如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路。线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为ω，匝数为N，线圈电阻不计。下列说法正确的是(　　)
A．将原线圈抽头P向上滑动时，灯泡变暗
B．电容器的电容C变大时，灯泡变暗
C．图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大
D．若线圈abcd转动的角速度变为2ω，则变压器原线圈电压的有效值为NBSω
解析　在图中将原线圈抽头P向上滑动时，原线圈的匝数变大，故输出的电压变小，灯泡变暗，选项A正确；电容器的电容C变大时，电容对电流的阻碍作用变小，故灯泡变亮，选项B错误；图示位置时，线圈的ab边与磁感线方向平行，故矩形线圈中瞬时感应电动势最小，选项C错误；若线圈abcd转动的角速度变为2ω，且线圈转动一周只有半周产生感应电压，在这半周中，电压的最大值是2NBSω，设变压器原线圈电压的有效值为U，则t＝×2t，即U＝NBSω，选项D正确；故选AD。
答案　AD
7．(2017·襄阳模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接u＝36sin100πt(V)的正弦交流电，图中D为理想二极管，(正向电阻不计，反向电阻为无穷大)，定值电阻R＝9
Ω，则下列说法正确的是(　　)
A．t＝
s时，原线圈输入电压的瞬时值为18
V
B．t＝
s时，电压表示数为18
V
C．电流表示数为1
A
D．变压器的输入功率为9
W
解析　t＝
s时，u＝
36sin100π×V＝18
V，A正确；电压表测量
的是有效值，输入电压的最大值为Um＝36
V，有效值为＝36
V，B错误；由＝得：U2＝9
V，由I＝＝1
A，根据二极管具有单向导电性，结合电流的热效应，则：I2R×＋0＝I′2RT，故电流表的示数为I′＝A，C错误；变压器的输入功率等于输出功率，即
P1＝P2＝U2I′＝
W，D错误。
答案　A
8．(2017·孝感调研)如图所示，一个匝数为N＝100匝的线圈以固定转速50转/秒在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n1∶n2＝10∶1的理想变压器给阻值R＝20
Ω的电阻供电，已知电压表的示数为20
V，从图示位置开始计时，则下列说法正确的是(　　)
A．t＝0时刻流过线圈的电流最大
B．原线圈中电流的有效值为10
A
C．穿过线圈平面的最大磁通量为
Wb
D．理想变压器的输入功率为10
W
解析　图示时刻为中性面位置，感应电动势为零，感应电流为零，故A错误；副线圈电流I2＝＝1
A，根据＝，可以得到原线圈电流I1＝0.1
A，故选项B错误；变压器的匝数比为n1∶n2＝10∶1，故输入电压为200
V，最大值为200
V，转速50
转/秒，角速度：ω＝2πn＝100π
rad/s，根据公式Em＝NBSω＝NΦω，穿过线圈平面的最大磁通量为Φ＝＝＝
Wb，故C正确；电阻R消耗的电功率P＝＝
W＝20
W，故理想变压器的输入功率为20
W，D错。
答案　C
B组·能力提升题
9.某发电机说明书的部分内容如下表所示，现在用一台该型号的柴油发电机给灾民临时安置区供电，如图所示。发电机到安置区的距离是400
m，输电线路中的火线和零线均为某型号单股铜导线，该型号导线单位长度的电阻为2.5×10－4
Ω。安置区家用电器的总功率为44
kW，当这些额定电压为220
V的家用电器都正常工作时(　　)
型号
××××
最大输出功率
60
kW
输出电压范围
220
V～300
V
A．输电线路中的电流为20
A
B．发电机实际输出电压是300
V
C．在输电线路上损失的电功率为8
kW
D．如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，则输出电压最大值是300
V
解析　额定电压为220
V的家用电器都正常工作时，输电线路中的电流I＝＝200
A，A错误。发电机的实际输出电压为U发＝U＋Ir＝260
V，B错误。在输电线路上损失的电功率P损＝I2r＝8
kW，C正确。如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，则其输出电压最大值是260
V≈367.7
V，D错误。
答案　C
10．(多选)(2017·郑州质检一)如图所示为一个小型电风扇的电路简图，其中理想变压器的原、副线圈的匝数比为n∶1，原线圈接电压为U的交流电源，输出端接有一只电阻为R的灯泡L和交流风扇电动机D，电动机线圈电阻为r。接通电源后，电风扇正常运转，测出通过副线圈的电流为I，则下列说法正确的是(　　)
A．理想变压器的输入功率为
B．风扇电动机D中的电流为
C．风扇电动机D输出的机械功率为
D．若电风扇由于机械故障被卡住，则通过原线圈的电流为
解析　本题考查理想变压器的知识，意在考查考生的推理能力和综合解决问题的能力。
根据原、副线圈电流与匝数成反比可知原线圈中电流为I1＝，根据P＝UI可知理想变压器输入功率P1＝UI1＝，A正确；根据原、副线圈电压与匝数成正比可知副线圈两端电压U2＝，风扇电动机D是非纯电阻元件，故风扇电动机中电流I22＝I－＝I－≠，B错误；风扇电动机输出机械功率为P22＝U2I22－Ir，C错误；若电风扇被卡住，则电风扇只是一个纯电阻r，副线圈电路电阻为R2＝，原、副线圈的功率相等，有＝I11U，解得I11＝，D正确。
答案　AD
11．如图所示，两种情况下变压器灯泡L2、L3的功率均为P，且L1、L2、L3为相同的灯泡，匝数比为n1
∶n2＝3∶1，则图甲中L1的功率和图乙中L1的功率分别为
(　　)
A．P、P　
B．9P、　　
C.、9P　
D.、P
解析　由题意可知，两种情况下变压器输出功率均为2P，设灯泡L2、L3的电压为U，电流为I，电阻为R，两种情况下变压器的输入电压为3U，变压器输入电流为I；图甲中L1的功率为P1＝＝9P；图乙中L1的功率为P2＝2R＝，选项B正确。
答案　B
12．(多选)一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5∶1，原线圈接入电压为220
V的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图所示，电压表和电流表均为理想交流电表。则下列说法正确的是
(　　)
A．原、副线圈中的电流之比为5∶1
B．电压表的读数约为31.11
V
C．若滑动变阻器接入电路的阻值为20
Ω，则1分钟内产生的热量为2.9×103
J
D．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均减小
解析　原、副线圈中的电流与匝数成反比，所以电流之比为1∶5，选项A错误；原线圈接入电压为220
V的正弦交流电，原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为44
V，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，而电表示数均是交流电的有效值，根据有效值的定义有×＝×T，从而求得电压表两端电压有效值为U＝22
V≈31.11
V，选项B正确；若滑动变阻器接入电路的阻值为20
Ω，则1
min内产生的热量为Q＝·t＝2.9×103
J，C正确；滑片向上滑动，滑动变阻器接入的阻值变小，其两端的电压不变，所以通过滑动变阻器的电流变大，即电压表示数不变，电流表示数变大，D错误。
答案　BC
13．三峡水利电力枢纽工程是长江流域治理开发的一项重大举措，又是全世界已建、在建的最大规模的水利枢纽工程。枢纽控制流域面积1.0×106
km2，占长江流域面积的56%，坝址处年平均流量为Q＝4.51×1011m3。水利枢纽的主要任务包括防洪、发电、航运三方面。在发电方面，三峡电站安装水轮发电机组26台，总装机容量(指26台发电机组同时工作时的总发电功率)为P＝1.82×107
kW，年平均发电量约为W＝8.40×1010kW·h。该工程已于2009年全部竣工，成为“西电东送”的中部通道，主要向华中、华东电网供电，以缓解这两个地区的用电紧张局面。
阅读上述材料，解答以下问题(水的密度ρ＝1.0×103
kg/m3，g取10
m/s2)：
(1)如果三峡电站上、下游水位差按H＝100
m计算，试推导三峡电站将水流的势能转化为电能的效率η的表达式，并计算效率η的数值；
(2)若26台发电机组全部建成并发电，要达到年发电量的要求，每台发电机组平均年发电时间为多少天？
(3)将该电站的电能输送到华中地区，输电功率为P1＝4.5×106
kW，采用超高压输电，输电电压为U＝500
kV，而发电机输出的电压为U0＝18
kV，要使输电线上损耗的功率为输电总功率的5%，求发电站的升压变压器原、副线圈的匝数比和输电线路的总电阻。
解析　(1)电站将水流的势能转化为电能的效率η的表达式：
η＝＝＝
代入数据，得η＝
×100%≈67.1
%。
(2)根据公式P＝得
t＝＝天≈192.3天。
(3)升压变压器的变压比
＝＝＝
输电线中的电流
I＝＝A＝9.0×103A
输电线上损耗的电功率
P损＝5%P1＝I2R线
输电线路的总电阻
R线＝
＝
Ω
＝2.78
Ω。
答案　(1)η＝　67.1%　
(2)192.3天　(3)9∶250　2.78
Ω
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1(十九)　动量守恒定律及应用
A组·基础巩固题
1.(2017·南京模拟)两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止。可以肯定的是，碰前两球的(　　)
A．质量相等　　　　　　　
B．动能相等
C．动量大小相等
D．速度大小相等
解析　两小球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒，两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止，故根据动量守恒定律可以断定碰前两球的动量大小相等、方向相反，C正确。
答案　C
2．如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是(　　)
A．A和B都向左运动
B．A和B都向右运动
C．A静止，B向右运动
D．A向左运动，B向右运动
解析　选向右的方向为正方向，根据动量守恒定律得：2mv0－2mv0＝mvA＋2mvB＝0，选项A、B、C都不满足此式，只有选项D满足此式，所以D项正确。
答案　D
3．(2017·泉州检测)有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是(　　)
A．3v0－v
B．2v0－3v
C．3v0－2v
D．2v0＋v
解析　在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一块的速度为v′＝3v0－2v，对比各选项可知，答案选C。
答案　C
4．在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反。则碰撞后B球的速度大小可能是(　　)
A．0.6v
B．0.4v
C．0.3v
D．0.2v
解析　设碰后A球的速度大小为vA，B球的速度大小为vB，以碰前A球的速度方向为正方向，由碰撞过程中动量守恒可得mv＝2mvB－mvA，因vA>0，则vB>0.5v，根据总动能不增加原则写出能量关系式：mv2≥×2mv＋mv，且vA≠0，可得×2mv＜mv2，解得vB＜v，故只有A项正确。
答案　A
5．(2017·运城模拟)如图所示，在光滑的水平面上有一物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C，两端A、B一样高。现让小滑块m从A点静止下滑，则(　　)
A．m不能到达小车上的B点
B．m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动
C．m从A到B的过程中小车一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零
D．M与m组成的系统机械能守恒，动量守恒
解析　M和m组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒所以m恰能达到小车上的B点，到达B点时小车与滑块的速度都是0，故A错误；M和m组成的系统水平方向动量守恒，m从A到C的过程中以及m从C到B的过程中m一直向右运动，所以M一直向左运动，m到达B的瞬间，M与m速度都为零，故B错误，C正确；小滑块m从A点静止下滑，物体M与滑块m组成的系统水平方向所受合力为零，系统水平方向动量守恒，竖直方向有加速度，合力不为零，所以系统动量不守恒，M和m组成的系统机械能守恒，故D错误。
答案　C
6．一弹丸在飞行到距离地面5
m高时仅有水平速度v＝2
m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10
m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)
解析　弹丸爆炸过程遵守动量守恒，若爆炸后甲、乙同向飞出，则有mv＝mv甲＋mv乙　①；若爆炸后甲、乙反向飞出，则有mv＝mv甲－mv乙　②；或mv＝－mv甲＋mv乙　③；爆炸后甲、乙从同一高度做平抛运动，由选项A中图可知，爆炸后甲、乙向相反方向飞出，下落时间t＝
＝
s＝1
s，速度分别为v甲＝＝
m/s＝2.5
m/s，v乙＝＝
m/s＝0.5
m/s，代入②式不成立，A项错误；同理，可求出选项B、C、D中甲、乙的速度，分别代入①式、②式、③式可知，只有B项正确。
答案　B
7．(2017·苏州模拟)A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上，已知A、B两球质量分别为2m和m。当用板挡住A球而只释放B球时，B球被弹出落于距桌边距离为x的水平地面上，如图所示。若用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，则B球的落地点距离桌边距离为(　　)
A.
B.x
C．x
D.x
解析　当用板挡住小球A而只释放B球时，根据能量守恒有：Ep＝mv，根据平抛运动规律有：x＝v0t。当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B
同时释放，设A、B的速度分别为vA和vB，则根据动量守恒和能量守恒有：2mvA－mvB＝0，Ep＝×2mv＋mv，解得vB＝v0，B球的落地点距桌边距离为x′＝vBt＝x，D选项正确。
答案　D
8．(多选)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子的正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，在整个过程中，系统损失的动能为(　　)
A.mv2
B.v2
C.NμmgL
D．NμmgL
解析　由于水平面光滑，箱子和小物块组成的系统动量守恒，二者经多次碰撞后，保持相对静止，易判断两物体最终速度相等设为u，由动量守恒定律得mv＝(m＋M)u，系统损失的动能为mv2－(m＋M)u2＝v2，B正确；系统损失的动能等于克服摩擦力做的功，即ΔEk＝－Wf＝NμmgL，D正确。
答案　BD
B组·能力提升题
9．(2017·山西模拟)一个人在地面上立定跳远最好成绩是s。假设他站在静止于地面的小车的A端(车与地面的摩擦不计)，如图所示，他欲从A端跳上L远处的站台上，则(　　)
A．只要L＜s，他一定能跳上站台
B．只要L＜s，他有可能跳上站台
C．只要L＝s，他一定能跳上站台
D．只要L＝s，他有可能跳上站台
解析　当人往站台上跳的时候，人有一个向站台的速度，由于动量守恒，车子必然有一个离开站台的速度，这样的话，人相对于地面的速度小于之前的初速度，所以L＝s或L>s，人就一定跳不到站台上了，L答案　B
10．(2017·运城模拟)某同学质量为60
kg，在军事训练中要求他从岸上以大小为2
m/s的速度跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140
kg，原来的速度大小是0.5
m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上。(忽略水的阻力)则(　　)
A．人和小船最终静止在水面上
B．该过程同学的动量变化量为105
kg·m/s
C．船最终的速度是0.95
m/s
D．船的动量变化量是70
kg·m/s
解析　由题意，水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到同一速度的过程，人和船组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，则由动量守恒定律得：
m人v人－m船v船＝(m人＋m船)v，
代入数据解得：v＝0.25
m/s，方向与人的速度方向相同，故A错误，C错误；人的动量的变化Δp为：
Δp＝m人v－m人v人＝60×(0.25－2)kg·m/s＝－105
kg·m/s，负号表示方向与选择的正方向相反，故B正确；船的动量变化量为：Δp′＝m船v－m船v船＝140×kg·m/s＝105kg·m/s，故D错误。
答案　B
11．在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图象如图所示，下列关系正确的是(　　)
A．ma＞mb　　　　　　
B．ma＜mb
C．ma＝mb
D．无法判断
解析　由题图可知b球碰前静止，取a球碰前速度方向为正方向，设a球碰前速度为v0，碰后速度为v1，b球碰后速度为v2，两球碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，则
mav0＝mav1＋mbv2　①
mav＝mav＋mbv　②
联立①②得：
v1＝v0，v2＝v0
由a球碰撞前后速度方向相反，可知v1＜0，即ma＜mb，故B正确。
答案　B
12．如图所示，光滑水平面上有一质量为m＝1
kg的小车，小车右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量为m0＝1
kg的物块，物块与上表面光滑的小车一起以v0＝6
m/s的速度向右匀速运动，与静止在光滑水平面上、质量为M＝4
kg的小球发生正碰，碰后小球的速度为2
m/s，若碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内。求：
(1)小车与小球碰撞过程系统损失的机械能；
(2)从碰后瞬间到弹簧最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小。
解析　(1)设碰撞后瞬间小车的速度大小为v1，有
mv0＝Mv＋mv1
解得v1＝－2
m/s，说明碰撞后小车向左运动
则小车与小球碰撞过程损失的机械能为
ΔE＝mv－mv－Mv2
解得ΔE＝8
J
(2)当弹簧被压缩到最短时，设小车的速度大小为v2，根据动量守恒定律有m0v0＋mv1＝(m0＋m)v2
解得v2＝2
m/s
设碰撞后瞬间到弹簧最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小为I，根据动量定理有
I＝mv2－mv1
解得I＝4
N·s
答案　(1)8
J　(2)4
N·s
13．(2017·南昌模拟)如图所示，质量为m1＝3
kg的二分之一光滑圆弧形轨道ABC与一质量为m2＝1
kg的物块P紧靠着(不粘连)静置于光滑水平面上，B为半圆轨道的最低点，AC为轨道的水平直径，轨道半径R＝0.3
m
。一质量为m3
＝2
kg的小球(可视为质点)从圆弧轨道的A处由静止释放，g取10
m/s2，求：
(1)小球第一次滑到B点时的速度v1；
(2)小球第一次经过B点后，相对B能上升的最大高度h。
解析　(1)设小球第一次滑到B点时的速度为v1，轨道和P的速度为v2，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒有
(m1＋m2)v2＋m3v1＝0
根据系统机械能守恒
m3gR＝(m1＋m2)v＋m3v
联立解得v1＝－2
m/s，方向向右；v2＝1
m/s，方向向左
(2)小球经过B点后，物块P与轨道分离，小球与轨道水平方向动量守恒，且小球上升到最高点时与轨道共速，设为v，则有：m1v2＋m3v1＝(m1＋m3)v
解得v＝－0.2
m/s，方向向右
由机械能守恒
m1v＋m3v＝(m1＋m3)v2＋m3gh
解得h＝0.27
m
答案　(1)2
m/s，方向向右　(2)0.27
m
14．(2017·安徽阶段测试)有三块质量和形状都相同的平板A、B、C，其中板A放在板B上且两端对齐，两板作为整体一起以速度v0沿光滑水平面滑动，并与正前方的板C发生碰撞，B与C发生碰撞后粘在一起，当板A从板B全部移到板C上后，由于摩擦，A相对C静止且恰好两端对齐。板A与板C间的动摩擦因数为μ，板A和板B间的摩擦忽略不计。求：
(1)A相对C静止时系统的速度大小；
(2)板的长度l。
解析　本题考查动量守恒、能量守恒及相关知识点，意在考查考生解决实际问题的能力。
设每块板的质量都为m。
(1)以板A、B、C为一个系统进行研究，全过程动量守恒，有
2mv0＝3mv2
解得v2＝
(2)B、C发生完全非弹性碰撞，有mv0＝2mv1
解得v1＝
根据能量守恒定律，有
＋＝＋Wf
解得Wf＝
A在C上滑动时摩擦力按线性关系增大，所以做功大小为
Wf＝
解得l＝
答案　(1)　(2)l＝
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1(三十一)　交流电的产生和描述
A组·基础巩固题
1．(多选)如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间加上如下图所示的交变电压后，能使电子有可能做往返运动的电压是(　　)
解析　由A图象可知，电子先做加速度减小的加速运动，T时刻速度最大，由T到T做加速度增大的减速运动，T时刻速度为零。从T到T电子反向做加速度减小的加速运动，T时刻速度最大，由T到T做加速度增大的减速运动，T时刻速度为零，回到原位置，即电子能做往复运动。同样的方法可得B、C也对。
答案　ABC
2．电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器。如图甲所示为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管。一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号。若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量Φ随时间t的变化如图乙所示，则螺线管内感应电流i随时间t变化的图象为(　　)
甲
　
乙
解析　由感应电流公式I＝＝n，感应电流大小与磁通量的变化率有关，在Φ－t图线上各点切线的斜率的绝对值反映感应电流的大小，斜率的正、负号反映电流的方向；根据题图乙，在0～t0时间内，感应电流I的大小先减小到零，然后再逐渐增大，电流的方向改变一次，同理分析t0～2t0时间内，只有选项B符合要求。
答案　B
3．(2017·南京、盐城模拟)一只电阻分别通过四种不同形式的电源，电流随时间变化的情况如下图所示，在相同时间内电阻产生热量最大的是(　　)
解析　选项A、B中交变电流的频率不同但有效值相同，均为A，选项C为恒定电流，电流为1.5
A，选项D为交流，其有效值为2
A，综上所述，选项D中的电流有效值最大，产热功率最大，D正确。
答案　D
4．(多选)如图所示，一个单匝矩形导线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，转动周期为T0。线圈产生的电动势的最大值为Em，则(　　)
A．线圈产生的电动势的有效值为Em
B．线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为
C．线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为Em
D．经过2T0的时间，通过线圈电流的方向改变2次
解析　由交变电流有效值和最大值的关系可知线圈产生的电动势的有效值为Em，选项A错误；由题意知线圈产生的电动势的最大值为Em＝BSω＝BS，故线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值BS＝，选项B正确；线圈转动过程中磁通量变化率的大小等于产生的感应电动势的大小，选项C正确；正弦式交变电流一个周期内电流方向变化两次，经过2T0的时间，通过线圈电流的方向改变4次，选项D错误。
答案　BC
5．(2017·湖州联考)(多选)如图所示的电路中，A、B、C三灯亮度相同，电源为220
V、50
Hz的交流电源，以下叙述中正确的是(　　)
A．改接220
V、100
Hz的交流电源时，A灯变亮，B灯变暗，C灯亮度不变
B．改接220
V、100
Hz的交流电源时，A灯变暗，B灯变亮，C灯变亮
C．改接220
V的直流电源时，A灯熄灭，B灯变亮，C灯亮度不变
D．改接220
V的直流电源时，A灯熄灭，B灯变亮，C灯变暗
解析　增加交流电源的频率时，感抗增大，容抗减小，电阻的阻碍不变，故A变亮，B变暗，C不变，故A正确，B错误；改为直流电源时，电容断路，A灯灭，L对直流无阻碍，B灯更亮，电阻R阻碍不变，C灯亮度不变，C正确，D错误。
答案　AC
6．一个U形金属线框在匀强磁场中绕OO′轴以相同的角速度匀速转动，通过导线给同一电阻R供电，如图甲、乙所示。其中甲图中OO′轴右侧有磁场，乙图中整个空间均有磁场，两磁场磁感应强度相同。则甲、乙两图中交流电流表的示数之比为
(　　)
A．1∶　　　　　　
B．1∶2
C．1∶4
D．1∶1
解析　题图甲中只有OO′轴的右侧有磁场，所以线框只在半周期内有感应电流产生，如图1，电流表测的是有效值，所以I＝。题图乙中的磁场布满整个空间，线框中产生的感应电流如图2，所以I′＝，则I∶I′＝1∶，即A正确。
答案　A
7．如图所示，在xOy直角坐标系中的第二象限有垂直坐标平面向里的匀强磁场，第四象限有垂直坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B。直角扇形导线框半径为L、总电阻为R，在坐标平面内绕坐标原点O以角速度ω匀速转动。线框从图中所示位置开始转动一周的过程中，线框内感应电流的有效值是(　　)
A.　　　　
B.
C．0
D.
解析　从图示位置转过90°角的过程中，即在0～时间内，线框中的感应电动势为E＝BL2ω，感应电流沿顺时针方向；在转过90°至180°的过程中，即在～时间内，线框中的感应电动势仍为E＝BL2ω，感应电流沿逆时针方向；在转过180°至270°的过程中，即在～时间内，线框中的感应电动势仍为E＝BL2ω，感应电流沿逆时针方向；在转过270°至360°的过程中，即在～T时间内，线框中的感应电动势仍为E＝BL2ω，感应电流沿顺时针方向，根据有效值的定义知I＝。
答案　B
B组·能力提升题
8.(多选)(2017·石家庄质检一)如图所示为一含有理想变压器的电路。交流电源电压恒定，电阻r、R0为定值电阻，R为滑动变阻器。各电表均为理想电表。现将滑动变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置。观察到电流表A1的示数增加量大于电流表A2的示数增加量。下列说法正确的是(　　)
A．滑动变阻器滑片是向上滑动
B．电压表V2示数始终大于电压表V3示数
C．电压表V1、V2示数不变，V3示数减小
D．理想变压器原线圈的匝数小于副线圈的匝数
解析　由“串反并同”可知，滑动变阻器的阻值应减小，故滑片向下滑动，A错误；由＝得变压器的原线圈匝数小于副线圈的匝数，D正确；由电路连接可知，B正确；电流增大，电阻r两端电压增大，V1、V2、V3示数减小，C错误。
答案　BD
9．(多选)如图所示，某电路上接有保险丝、交流电压表、“220
V　900
W”的电饭锅及“220
V　200
W”的抽油烟机。现接入u＝311sin100πt
(V)的交流电，下列说法正确的是(　　)
A．交流电压表的示数为311
V
B．1
s内流过保险丝的电流方向改变100次
C．电饭锅的热功率是抽油烟机的热功率的4.5倍
D．为保证电路正常工作，保险丝的额定电流不能小于5
A
解析　由u＝311sin100πt(V)知，电压最大值Um＝311
V，f＝
Hz＝50
Hz,1
s内电流方向改变100次，有效值为U＝＝220
V，故选项A错误，B正确；电饭锅的功率为抽油烟机功率的4.5倍，但抽油烟机不是纯电阻元件，其热功率小于200
W，故选项C是错误的；电路正常工作时的总功率P＝1
100
W，有I＝＝
A＝5
A，故选项D正确。
答案　BD
10．如图所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A、B间加一正弦交流电u＝20sin
100πt
V，则加在R2上的电压有效值为(　　)
A．10
V　　　　　　　　
B．20
V
C．15
V
D．5
V
解析　由有效值定义，·＋·＝T，解得U＝5
V，选D。
答案　D
11．如图所示，矩形线圈abcd，面积为S，匝数为N，线圈电阻为R，在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度ω匀速转动(P1以ab边为轴，P2以ad边中点与bc边中点的连线为轴)，当从线圈平面与磁场方向平行开始计时，线圈转过90°的过程中，绕P1及P2轴转动产生的交流电的电流大小、电荷量及焦耳热分别为I1、q1、Q1及I2、q2、Q2，则下面判断正确的是(　　)
A．线圈绕P1和P2轴转动时电流的方向相同，都是a→b→c→d
B．q1>q2＝
C．I1＝I2＝
D．Q1解析　绕P1、P2轴转动时电流的方向相同，电流的方向都是a→d→c→b→a，A错；电荷量q＝，与绕哪个轴转动没有关系，B项错；线圈绕两轴转动时产生的电动势相同，所以电流相同，焦耳热也相同，C对，D错。
答案　C
12.如图所示，一个半径为r的半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直于纸面向里(与ab垂直)的匀强磁场，磁感应强度为B。M和N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，求：
(1)感应电动势的最大值；
(2)从图示位置起转过转的时间内，负载电阻R上产生的热量；
(3)从图示位置起转过转的时间内，通过负载电阻R的电荷量；
(4)电流表的示数。
解析　(1)线圈绕轴匀速转动时，在电路中产生如图所示的交变电流。
此交变电动势的最大值为
Em＝BSω＝B··2πn＝π2Bnr2
(2)在线圈从图示位置转过转的时间内，电动势的有效值为
E＝＝
电阻R上产生的热量为
Q＝2R·＝
(3)在线圈从图示位置转过转的时间内，电动势的平均值为＝
通过R的电荷量
q＝·Δt＝＝
(4)设此交变电动势在一个周期内的有效值为E′，由有效值的定义得·＝T，解得E′＝
故电流表的示数为
I＝＝。
答案　(1)π2Bnr2　(2)
(3)　(4)
13．如图甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图，它的结构是一个套在辐向形永久磁铁槽中的半径为r＝0.10
m、匝数n＝20匝的线圈，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)。在线圈所在位置磁感应强度B的大小均为B＝
T，线圈的电阻为R1＝0.50
Ω，它的引出线接有R2＝9.5
Ω的小灯泡。外力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过小灯泡。当线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙所示时(摩擦等损耗不计)，求：
　
(1)小灯泡中电流的最大值；
(2)电压表的示数；
(3)t＝0.1
s时外力F的大小。
解析　(1)由题意及法拉第电磁感应定律知道，由于线圈在磁场中做往复运动，产生的感应电动势的大小符合正弦曲线变化规律，线圈中的感应电动势的最大值为：Em＝nBlv＝2πnBrvm。
电路总电阻为R1＋R2，那么小灯泡中电流的最大值为Im＝
＝
A＝0.16
A。
(2)电压表示数为有效值
U＝＝ImR2＝×0.16×9.5
V
＝0.76
V≈1.07
V。
(3)当t＝0.1
s也就是时，外力F的大小为
F＝nB2πrIm＝vm＝0.128
N。
答案　(1)0.16
A　(2)1.07
V　
(3)0.128
N
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1(二十六)　磁场对运动电荷的作用
A组·基础巩固题
1.下列装置中，没有利用带电粒子在磁场中发生偏转的物理原理的是(　　)
A.磁流体发电机
B.电子显像管
C.回旋加速器
　D.洗衣机
解析　洗衣机将电能转化为机械能，不是利用带电粒子在磁场中的偏转制成的，所以选项D符合题意。
答案　D
2．在北半球，地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下(以“×”表示)。如果你家中电视机显像管的位置恰好处于南北方向，那么由南向北射出的电子束在地磁场的作用下将向哪个方向偏转(　　)
A．不偏转　　　　　
B．向东
C．向西
D．无法判断
解析　根据左手定则可判断由南向北运动的电子束所受洛伦兹力方向向东，因此电子束向东偏转，故选项B正确。
答案　B
3．(多选)带电油滴以水平速度v0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图所示，若油滴质量为m，磁感应强度为B，则下述说法正确的是(　　)
A．油滴必带正电荷，电荷量为
B．油滴必带正电荷，比荷＝
C．油滴必带负电荷，电荷量为
D．油滴带什么电荷都可以，只要满足q＝
解析　油滴水平向右匀速运动，其所受洛伦兹力必向上与重力平衡，故带正电，其电荷量q＝，油滴的比荷为＝，选项AB正确。
答案　AB
4．(2017·诸暨调研)如图所示，在第Ⅰ象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速率沿与x轴成30°角的方向从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动的时间之比为(　　)
A．1∶2
B．2∶1
C．1∶
D．1∶1
解析　正、负电子在磁场中运动轨迹如图所示，正电子做匀速圆周运动在磁场中的部分对应圆心角为120°，负电子圆周部分所对应圆心角为60°，故时间之比为2∶1。
答案　B
5．(多选)如图所示，虚线MN将平面分成Ⅰ和Ⅱ两个区域，两个区域都存在与纸面垂直的匀强磁场。一带电粒子仅在磁场力作用下由Ⅰ区运动到Ⅱ区，弧线aPb为运动过程中的一段轨迹，其中弧aP与弧Pb的弧长之比为2∶1，下列判断一定正确的是(　　)
A．两个磁场的磁感应强度方向相反，大小之比为2∶1
B．粒子在两个磁场中的运动速度大小之比为1∶1
C．粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为2∶1
D．弧aP与弧Pb对应的圆心角之比为2∶1
解析　粒子在磁场中所受的洛伦兹力指向运动轨迹的凹侧，结合左手定则可知，两个磁场的磁感应强度方向相反，根据题中信息无法求得粒子在两个磁场中运动轨迹所在圆周的半径之比，所以无法求出两个磁场的磁感应强度之比，选项A错误；运动轨迹粒子只受洛伦兹力的作用，而洛伦兹力不做功，所以粒子的动能不变，速度大小不变，选项B正确；已知粒子通过aP、Pb两段弧的速度大小不变，而路程之比为2∶1，可求出运动时间之比为2∶1，选项C正确；由图知两个磁场的磁感应强度大小不等，粒子在两个磁场中做圆周运动时的周期T＝也不等，粒子通过弧aP与弧Pb的运动时间之比并不等于弧aP与弧Pb对应的圆心角之比，选项D错误。
答案　BC
6．(多选)如图所示，MN、PQ之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域水平方向足够长，MN、PQ间距为L，现用电子枪将电子从O点垂直边界MN射入磁场区域，调整电子枪中的加速电压可使电子从磁场边界不同位置射出。a、b、c为磁场边界上的三点，下列分析正确的是　(　　)
A．从a、b、c三点射出的电子速率关系为va＜vb＜vc
B．从a、b、c三点射出的电子速率关系为va＜vc＜vb
C．若从边界MN射出的电子出射点与O点的距离为s，则无论怎样调整加速电压，必有0＜s＜2L
D．若从边界PQ射出的电子出射点与O点的距离为s，则无论怎样调整加速电压，必有L＜s＜2L
解析　画出轨迹圆可知，从a、b、c三点射出的电子的半径关系为Ra＜Rb＜Rc，由R＝，知va＜vb＜vc，A对，B错；电子垂直于边界MN射入磁场，能从边界MN射出，其轨迹的最大圆与边界PQ相切，则无论怎样调整加速电压，必有0＜s＜2L，C对；若电子从边界PQ射出，其轨迹的最小圆也与边界PQ相切，则无论怎样调整加速电压，必有L＜s＜L，D错。
答案　AC
7．如图所示，一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v。若加上一个垂直纸面指向读者方向的磁场，则滑到底端时(　　)
A．v变大
B．v变小
C．v不变
D．不能确定
解析　洛伦兹力虽然不做功，但其方向垂直斜面向下，使物体与斜面间的正压力变大，故摩擦力变大，损失的机械能增加。
答案　B
8．如图所示，MN为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B1＝2B2，一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从O点垂直MN进入B1磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O点(　　)
A.
B.
C.
D.
解析　粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由周期公式T＝知，粒子从O点进入磁场到再一次通过O点的时间t＝＋＝，所以B选项正确。
答案　B
B组·能力提升题
9．(2017·石家庄质检一)如图所示，在平面直角坐标系xOy中只有第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，点M的坐标为(0，－d)。一电荷量为q，质量为m的带电粒子以某一速度从点M与y轴负方向成θ＝37°角垂直磁场射入第四象限，粒子恰好垂直穿过x轴，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。若不考虑粒子重力，下列说法正确的是(　　)
A．粒子可能带负电
B．粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为d
C．粒子的速度大小为
D．若仅减小磁感应强度大小，粒子可能不会穿过x轴
解析　粒子运动轨迹如图，由左手定则判断粒子应带正电，A错误；由几何知识得粒子的轨道半径r＝＝，B错误；结合qvB＝得粒子的速度大小v＝，C正确；若减小磁感应强度B，粒子的轨道半径增大，一定能过x轴，D错误。
答案　C
10．(多选)如图所示，圆心角为90°的扇形COD内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，E点为半径OD的中点。现有比荷大小相等的两个带电粒子a、b(不计重力)以大小不等的速度分别从O、E点均沿OC方向射入磁场，粒子a恰从D点射出磁场，粒子b恰从C点射出磁场，已知sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，则下列说法正确的是(　　)
A．粒子a带正电，粒子b带负电
B．粒子a、b在磁场中运动的加速度大小之比为5∶2
C．粒子a、b的速率之比为2∶5
D．粒子a、b在磁场中运动的时间之比为180∶53
解析　两个粒子的运动轨迹如图所示，根据左手定则判断知粒子a带负电，粒子b带正电，A错误；设扇形COD的半径为r，粒子a、b的轨道半径分别为Ra、Rb，则Ra＝r/2，R＝r2＋(Rb－r/2)2，sinθ＝r/Rb，得Rb＝5r/4，θ＝53°，由qvB＝m，得v＝qBR/m，所以粒子a、b的速率之比为va∶vb＝Ra∶Rb＝2∶5，C正确；由牛顿第二定律得加速度a＝，所以粒子a、b在磁场中运动的加速度大小之比为aa∶ab＝va∶vb＝2∶5，B错误；粒子a在磁场中运动的时间ta＝，粒子b在磁场中运动的时间tb＝，则ta∶tb＝180∶53，D正确。
答案　CD
11．(多选)在xOy平面上以O为圆心，半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，从原点O以初速度v沿y轴正方向开始运动，经时间t后经过x轴上的P点，此时速度与x轴正方向成θ角，如图所示。不计重力的影响，则下列关系一定成立的是(　　)
A．若r＜，则0°＜θ＜90°
B．若r≥，则t≥
C．若t＝，则r＝
D．若r＝，则t＝
解析　带电粒子在磁场中从O点沿y轴正方向开始运动，圆心一定在垂直于速度的方向上，即在x轴上，轨道半径R＝。当r≥时，P点在磁场内，粒子不能射出磁场区，所以垂直于x轴过P点，θ最大且为90°，运动时间为半个周期，即t＝；当r＜时，粒子在到达P点之前射出圆形磁场区，速度偏转角φ在大于0°、小于180°范围内，如图所示，能过x轴的粒子的速度偏转角φ＞90°，所以过x轴时0°＜θ＜90°，A对，B错；同理，若t＝，则r≥，若r＝，则t＝，C错，D对。
答案　AD
12．如图所示，一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，不计重力，在a点以某一初速度水平向左射入磁场区域Ⅰ，沿曲线abcd运动，ab、bc、cd都是半径为R的圆弧，粒子在每段圆弧上运动的时间都为t。规定垂直于纸面向外的磁感应强度为正，则磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感应强度B随x变化的关系可能是下图中的(　　)
解析　由左手定则可判断出磁感应强度B在磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ内磁场方向分别为向外、向里和向外，在三个区域中均运动1/4圆周，故t＝T/4，由于T＝，求得B＝，只有选项C正确。
答案　C
13.如图所示，在半径为R＝的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，圆形区域右侧有一竖直感光板，圆弧顶点P有一速率为v0的带正电的粒子平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m，电荷量为q，粒子重力不计。
(1)若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；
(2)若粒子对准圆心射入，且速率为v0，求它打到感光板上时速度的垂直分量；
(3)若粒子以速率v0从P点以任意角射入，试证明它离开磁场后均垂直打在感光板上。
解析　(1)设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，由牛顿第二定律得
Bqv0＝m
所以r＝＝R
带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周，轨迹对应的圆心角为，则它在磁场中运动的时间
t＝＝
(2)由(1)知，当v＝v0时，带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，其运动轨迹如练图所示。
由几何关系可知
∠PO2O＝∠OO2A＝30°
所以带电粒子离开磁场时偏转角为60°
粒子打到感光板上时速度的垂直分量为
v⊥＝vsin60°＝v0
(3)由(1)知，当带电粒子以v0射入时，粒子在磁场中的运动轨迹半径为R，设粒子射入方向与PO方向之间的夹角为θ，带电粒子从区域边界S射出，带电粒子的运动轨迹如图所示。
因PO3＝O3S＝PO＝SO＝R
所以四边形POSO3为菱形
由几何关系可知：PO∥O3S
在S点的速度方向与O3S垂直，因此，带电粒子射出磁场时的方向为水平方向，离开磁场后垂直打在感光板上，与入射的方向无关。
答案　(1)　(2)v0　(3)见解析
14．如图所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径A2A4为边界的两个半圆形区域Ⅰ、Ⅱ中，A2A4与A1A3的夹角为60°。一质量为m、电荷量为＋q的粒子以某一速度从Ⅰ区的边缘点A1处沿与A1A3成30°角的方向射入磁场，随后该粒子沿垂直于A2A4的方向经过圆心O进入Ⅱ区，最后再从A4处射出磁场。已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t，求：
(1)画出粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中的运动轨迹；
(2)粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中的轨迹半径R1和R2的比值；
(3)Ⅰ区和Ⅱ区中磁感应强度的大小(忽略粒子重力)。
解析　(1)画出粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中的运动轨迹如图所示。
(2)设粒子的入射速度为v，已知粒子带正电，故它在磁场中先顺时针做圆周运动，再逆时针做圆周运动，最后从A4点射出，用B1、B2，R1、R2，T1、T2分别表示在磁场Ⅰ、Ⅱ区的磁感应强度、轨迹半径和周期。
设圆形区域的半径为r，已知带电粒子过圆心且垂直A2A4进入Ⅱ区磁场，连接A1A2，△A1OA2为等边三角形，A2为带电粒子在Ⅰ区磁场中运动轨迹的圆心，其半径R1＝A1A2＝OA2＝r
粒子在Ⅱ区磁场中运动的轨迹半径R2＝
即＝2∶1
(3)qvB1＝m
qvB2＝m
T1＝＝
T2＝＝
圆心角∠A1A2O＝60°，带电粒子在Ⅰ区磁场中运动的时间为t1＝T1
在Ⅱ区磁场中运动的时间为t2＝T2
带电粒子从射入到射出磁场所用的总时间t＝t1＋t2
由以上各式可得
B1＝
B2＝
答案　(1)见解析图　(2)2∶1　(3)　
15.(2016·浙江卷)为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”。在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转。
扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示，圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布。峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，谷区内没有磁场。质量为m，电荷量为q的正离子，以不变的速率v旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示。
(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针；
(2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T；
(3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B′和B的关系。已知：sin(α±β)＝sinαcosβ±cosαsinβ，cosα＝1－2sin2
解析　(1)峰区内圆弧半径r＝　①
旋转方向为逆时针　②
(2)由对称性，峰区内圆弧的圆心角θ＝　③
每个圆弧的长度l＝＝　④
每段直线长度
L＝2rcos＝r＝　⑤
周期T＝　⑥
代入得T＝　⑦
(3)谷区内的圆心角
θ′＝120°－90°＝30°　⑧
谷区内的轨道圆弧半径
r′＝　⑨
由几何关系rsin＝r′sin　⑩
由三角关系
sin＝sin15°＝
代入得B′＝B　
答案　(1)　逆时针
(2)　
(3)B′＝B
16．(2016·江苏卷)回旋加速器的工作原理如图1所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m、电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图2所示，电压值的大小为U0，周期T＝。一束该种粒子在t＝0～时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用。求：
(1)出射粒子的动能Em；
(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0；
(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件。
解析　(1)粒子运动半径为R时qvB＝m
且Em＝mv2
解得Em＝
(2)粒子被加速n次达到动能Em，则Em＝nqU0
粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt
加速度a＝
匀加速直线运动nd＝a·(Δt)2
由t0＝(n－1)·＋Δt，解得
t0＝－
(3)只有在0～(－Δt)时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例为η＝
由η>99%，解得d<
答案　(1)
(2)－
(3)d<
17．(2017·吉安质检)如图甲所示，在矩形ABCD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝1.0
T，其中AB长为L1＝1
m，AD长为L2＝
m，带正电的粒子经加速电场后从C点射入磁场区，加速电压按图乙所示规律变化，已知带电粒子的比荷＝105
C/kg，不计粒子的重力以及粒子在电场中的加速时间。问：
(1)在电压变化的每一个周期内，哪些时间内发射的粒子能从AD边上飞出磁场。
(2)所有从AD边飞出磁场的粒子在磁场中的运动时间最长与最短的比值。
解析　(1)粒子经电场加速后的速度为v
qu＝mv2得：v＝
在磁场偏转轨迹的半径为R
由qvB＝得R＝
由以上得：R＝
由几何关系：从A点飞出磁场的粒子半径
R2＝＝2
m
从D点飞出磁场的粒子半径R1＝＝0.5
m
能从AD边上飞出磁场的粒子半径范围为
R1≤R≤R2得：R1≤
≤R2
即≤u≤
代入数据得：×105
V≤u≤2×105
V
对应的时间为
s≤t≤(n＋1)
s
(n＝0、1、2…)
(2)由几何关系知从D点飞出的粒子对应的圆心角为π，最长时间为t2＝
从A点飞出的粒子对应的圆心角为，对应时间为
t1＝
得t2∶t1＝3∶1。
答案　(1)
s≤t≤(n＋1)
s(n＝0,1,2…)
(2)3∶1
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1(二十二)　电容器与电容　带电粒子在电场中的运动
A组·基础巩固题
1．(2017·西安模拟)(多选)上海世博会中稳定运营的36辆超级电容客车吸引了众多观光者的眼球。据介绍，电容车在一个站点充电30秒到1分钟后，空调车可以连续运行
3公里，不开空调则可以坚持行驶
5公里，最高时速可达
44公里。超级电容器可以反复充放电数十万次，其显著优点有：容量大、功率密度高、充放电时间短、循环寿命长、工作温度范围宽。如图所示为某汽车用的超级电容器，规格为“48
V,3
000
F”，放电电流为1
000
A，漏电电流为10
mA，充满电所用时间为30
s，下列说法正确的是(　　)
A．充电电流约为4
800
A
B．放电能持续的时间超过10分钟
C．若汽车一直停在车库，则电容器完全漏完电，时间将超过100天
D．所储存电荷量是手机锂电池“4.2
V,1
000
mAh”的40倍
解析　由题知，电容器的额定电压
U＝48
V，电容C＝3
000
F，则所能储存的电荷量为Q＝CU。充电时，有Q＝I充t充，得充电电流
I充＝＝
A＝4
800
A，故A正确；放电能持续的时间
t放＝＝
s＝144
s，小于10分钟，故B错误；若汽车一直停在车库，则电容器完全漏完电，时间为
t漏＝
＝1.44×107
s＝天≈166.7天，故C正确；手机锂电池“4.2
V，1
000
mAh”的电荷量
q＝It＝1×3
600
C＝3
600
C，则Q＝40q，故D正确。
答案　ACD
2．(2017·苏州模拟)一对平行金属板带有等量异种电荷，如果金属板不是足够大，两板之间的电场线就不是相互平行的直线，如图所示，C、D、E、F为金属板表面上的不同位置。关于该电场，下列说法正确的是(　　)
A．A点的场强小于B点的场强
B．A点的电势低于B点的电势
C．一带电粒子分别从C移到D和从E移到F，电场力做功相等
D．带正电粒子从P点沿平行于极板方向射入，它将做类平抛运动
解析　电场线的疏密表示电场强度的相对大小，则电场内部A点的电场强度大于B点的电场强度，故A错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，故A点电势高于B点电势，故B错误；C、E两点的电势相等，D、F两点的电势相等，且C、E两点的电势高于D、F两点的电势，则C、D两点的电势差等于E、F两点的电势差，故一带电粒子分别从C移到D和从E移到F，电场力做功相等，选项C正确；带正电粒子从P点沿平行于极板方向射入，则由于竖直方向所受的电场力不是恒力，故它不是做类平抛运动，选项D错误，故选C。
答案　C
3．如图甲所示，水平正对放置的两极板间加有按如图乙所示规律变化的电压，电压大小先由U0随时间均匀减小到零，然后又从零随时间均匀增大到U0，开始时极板间某带电微粒处于静止状态，则下列各图能正确描述该微粒的加速度a或速度v随时间t变化规律的是(　　)
解析　微粒受到的合外力F＝mg－Eq＝ma，E＝，根据图乙中给的U－t图线可知，电势差U先减小后增大，则电场强度E随时间先减小后增大，所以微粒的加速度a随时间先增大后减小，反映到v－t图线上就是切线的斜率先增大后减小，D正确。
答案　D
4．如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上板的过程中(　　)
A．它们运动的时间tQ>tP
B．它们运动的加速度aQC．它们所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2
D．它们的动能增量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2
解析　本题考查带电粒子在电场中的运动。带电粒子在电场中偏转，水平方向做匀速直线运动，t＝，它们的运动时间相等，A项错误；竖直方向，h＝at2，hQ＝2hP，aQ＝2aP，＝2，qP∶qQ＝1∶2，B项错误、C项正确；动能增量ΔEk＝qU，ΔEkP＝qP·，ΔEkQ＝qQU，ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，D项错误。
答案　C
5．如图所示，D是一只二极管，AB是平行板电容器，在电容器两极板间有一带电微粒P处于静止状态，当两极板A和B间的距离增大一些的瞬间(两极板仍平行)，带电微粒P的运动情况是(　　)
A．向下运动　　　　　
B．向上运动
C．仍静止不动
D．不能确定
解析　当带电微粒P静止时，对其进行受力分析得Eq＝mg，即q＝mg。当A、B之间距离增大时，电容器的电容C减小，由Q＝CU得，Q也减小，但由于电路中连接了一个二极管，它具有单向导电性，不能放电，故电容器A、B两极板上的电荷量不变，场强不变，电场力仍等于微粒的重力，故带电微粒仍保持静止状态，C选项正确。
答案　C
6．如图所示，在绝缘平面上方存在着足够大的水平向右的匀强电场，带正电的小金属块以一定初速度从A点开始沿水平面向左做直线运动，经L长度到达B点，速度变为零。此过程中，金属块损失的动能有转化为电势能。金属块继续运动到某点C(图中未标出)时的动能和A点时的动能相同，则金属块从A开始运动到C整个过程中经过的总路程为(　　)
A．1.5L
B．2L
C．3L
D．4L
解析　根据题述，小金属块从A运动到B，克服摩擦力做功Wf＝Ek＝fL，克服电场力做功，WE＝Ek＝qEL。设小金属块从B运动到C经过的路程为s，由动能定理，qEs－fs＝Ek，解得s＝3L。金属块从A开始运动到C整个过程中经过的总路程为L＋s＝4L，选项D正确。
答案　D
7．(2017·静海调研)如图所示，一种β射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成。放射源O在A极板左端，可以向各个方向发射不同速度、质量为m的β粒子(电子)。若极板长为L，间距为d。当A、B板加上电压U时，只有某一速度的β粒子能从细管C水平射出，细管C离两板等距。已知元电荷为e，则从放射源O发射出的β粒子的这一速度为(　　)
A.
B.
C.
D.
解析　β粒子反方向的运动为类平抛运动，水平方向有L＝v0t，竖直方向有＝at2，且a＝。从A到C的过程有－qU＝mv－mv2，以上各式联立解得v＝
，选项C正确。
答案　C
8．(多选)在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图所示。由此可见(　　)
A．电场力为2mg
B．小球带负电
C．小球从A到B与从B到C的运动时间相等
D．小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等
解析　两个平抛过程水平方向的位移是二倍的关系，所以时间也是二倍的关系，故C错误；分别列出竖直方向的方程，即h＝gt2，＝·2，解得F＝3mg，故A错误；小球受到的电场力向上，与电场方向相反，所以小球应该带负电，故B正确；速度变化量等于加速度与时间的乘积，即Δv＝at，结合以上的分析可得，AB过程Δv＝gt，BC过程Δv＝·＝gt，故D正确。
答案　BD
B组·能力提升题
9．(2017·江阴、澄西模拟)如图所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为场强E1，方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E2，方向竖直向上的匀强电场。一个质量m，带电荷量＋q的小球从上方电场的A点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A关于虚线对称的B点，则下列结论正确的是(　　)
A．若AB高度差为h，则UAB
＝
－mgh/q
B．带电小球在AB两点电势能相等
C．在虚线上下方的电场中，带电小球运动的加速度相同
D．两电场强度大小关系满足E2
＝2E1
解析　对A到B的过程运用动能定理得，qUAB＋mgh＝0，解得：UAB＝，知A、B的电势不等，则电势能不等，故A正确，B错误；A到虚线速度由零加速至v，虚线到B速度v减为零，位移相同，根据匀变速运动的推论知，时间相同，则加速度大小相等，方向相反，故C错误；在上方电场，根据牛顿第二定律得：a1＝，在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：a2＝，因为a1＝a2，解得：E2－E1＝。故D错误。
答案　A
10．(2017·杭州诊断)(多选)如图所示，在一竖直平面内，BCDF段是半径为R的圆弧挡板，AB段为直线型挡板(长为4R)，两者在B点相切，θ＝37°，C、F两点与圆心等高，D在圆弧形挡板的最低点，所有接触面均光滑，绝缘挡板处于水平方向场强为E的匀强电场中。现将带电量为＋q，质量为m的小球从挡板内侧的A点由静止释放，小球沿挡板内侧ABCDF运动到F点后抛出，在这段运动过程中，下列说法正确的是(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(　　)
A．匀强电场的场强大小可能是
B．小球运动到D点时动能一定不是最大
C．小球机械能增加量的最大值是2.6qER
D．小球从B到D运动过程中，动能的增量为1.8mgR－0.8EqR
解析　小球能沿挡板内侧的ABC运动，则有：qEcos37°≥mgsin37°，则得：E≥，故场强大小不可能等于，故A错误；小球在复合场中受重力和电场力，所以小球运动到合力方向上的最低点时动能最大，则知在CD之间的某一点上时动能最大，故B正确；小球运动到C点时，电场力做正功最多，小球的机械能增加量最大，所以小球机械能增加量的最大值为ΔE＝qE＝2.6qER，故C正确；小球从B到D运动过程中，根据动能定理得：动能的增量为ΔEk＝mgR(1＋sin37°)－qERcos37°＝1.6mgR－0.8qER，故D错误。
答案　BC
11．(2017·西安模拟)如图所示，ABCD竖直放置的光滑绝缘细管道，其中AB部分是半径为R的圆弧形管道，BCD部分是固定的水平管道，两部分管道恰好相切于B。水平面内的M、N、B三点连线构成边长为L的等边三角形，MN连线过C点且垂直于BCD。两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M、N两点，电荷量分别为＋Q和－Q。现把质量为m、电荷量为＋q的小球(小球直径略小于管道内径，小球可视为点电荷)，由管道的A处静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g。求：
(1)小球运动到B处时受到电场力的大小；
(2)小球运动到C处时的速度大小；
(3)小球运动到圆弧最低点B处时，小球对管道压力的大小。
解析　(1)设小球在圆弧形管道最低点B处受到＋Q和－Q的库仑力分别为F1和F2。则
F1＝F2＝k　①
小球沿水平方向受到的电场力为F1和F2的合力F，由平行四边形定则得F＝2F1cos60°　②
联立①②得F＝k　③
(2)管道所在的竖直平面是＋Q和－Q形成的合电场的一个等势面，小球在管道中运动时，小球受到的电场力和管道对它的弹力都不做功，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，有
mgR＝mv－0　④
解得vC＝　⑤
(3)设在B点管道对小球沿竖直方向的压力的分力为NBy，在竖直方向对小球应用牛顿第二定律得
NBy－mg＝m　⑥
vB＝vC
　⑦
联立⑤⑥⑦解得NBy＝3mg　⑧
设在B点管道对小球在水平方向的压力的分力为NBx，则
NBx＝F＝k　⑨
圆弧形管道最低点B处对小球的压力大小为
NB＝＝。　⑩
由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点B的压力大小为N′B＝NB＝。
答案　(1)k　(2)　
(3)
12．如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8
m。有一质量为500
g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑。小环离杆后正好通过C端的正下方P点处。
(g取10
m/s2)求：
(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向。
(2)小环从C运动到P过程中的动能增量。
(3)小环在直杆上匀速运动速度的大小v0。
解析　(1)结合题意分析知：
qE＝mg
F合＝mg＝ma
a＝g＝10
m/s2，
方向垂直于杆向下。
(2)设小环从C运动到P的过程中动能的增量为
ΔEk＝W重＋W电
其中W重＝mgh＝4
J，W电＝0，所以ΔEk＝4
J。
(3)环离开杆做类平抛运动，
平行杆方向匀速运动：
h＝v0t
垂直杆方向匀加速运动：
h＝at2
解得v0＝2
m/s。
答案　(1)10
m/s2　垂直于杆向下　(2)4
J　　(3)2
m/s
13．在如图甲所示的平面坐标系内，有三个不同的静电场：第一象限内有位于O点且电荷量为Q的点电荷产生的电场E1，第二象限内有水平向右的匀强电场E2，第四象限内有方向水平、大小按图乙所示规律变化的电场E3，E3以水平向右为正方向，变化周期T＝。一质量为m、电荷量为＋q的离子从(－x0，x0)点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做圆周运动。以离子经过x轴时为计时起点，已知静电力常量为k，不计离子重力。求：
(1)离子刚进入第四象限时的速度；
(2)E2的大小；
(3)当t＝时，离子的速度；
(4)当t＝nT时，离子的坐标。
解析　(1)设刚进入第四象限的速度为v0。在第一象限内，有
k＝，
得v0＝。
(2)在第二象限内，由动能定理得
qE2x0＝mv
解得E2＝。
(3)离子进入第四象限后，在水平方向上，有
v水平＝at＝×，
得v水平＝＝v0，
v合＝＝v0＝，
方向与水平方向成45°角斜向右下方。
(4)离子在第四象限中运动时，y方向上做匀速直线运动，x方向上前半个周期向右匀加速运动，后半个周期向右匀减速运动直到速度为0；每半个周期向右前进
·，每个周期前进x0，
x＝x0＋nx0，
y＝－v0nT＝－2nx0
故t＝nT时，离子的坐标为
答案　(1)
(2)
(3)
　方向与水平方向成45°角斜向右下
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1(四十)　光的干涉、衍射和偏振　电磁波与相对论
A组·基础巩固题
1.(多选)关于电磁波谱，下列说法正确的是(　　)
A．红外线比红光波长长，它的热作用很强
B．X射线就是伦琴射线
C．阴极射线是一种频率极高的电磁波
D．紫外线的波长比伦琴射线的长，它的显著作用是荧光作用
解析　在电磁波谱中，红外线的波长比可见光的长，而红光属于可见光，故选项A正确。X射线就是伦琴射线，是高速电子流射到固体上产生的一种波长很短的电磁波，故选项B正确。阴极射线与电磁波有着本质的不同，电磁波在电场、磁场中不偏转，而阴极射线在电场、磁场中可能会偏转，电磁波在真空中的速度是3×108
m/s，而阴极射线的速度总是小于3×108
m/s，阴极射线实际是高速电子流，故选项C错误。紫外线的显著作用是荧光作用，而伦琴射线的显著作用是穿透作用，且紫外线的波长比伦琴射线的长，故选项D正确。
答案　ABD
2．结合电磁波传播速度表达式v＝λf，下述结论正确的是(　　)
A．波长越大，传播速度就越大
B．频率越高，传播速度就越大
C．发射能量越大，传播速度就越大
D．电磁波的传播速度与传播介质有关
答案　D
3．某同学使用激光器作光源，在不透光的挡板上开一条缝宽为0.05
mm的窄缝，进行光的衍射实验，如图所示，则他在光屏上看到的条纹是图中的(　　)
　
　
A
B
　
C
D
解析　激光照射到单缝发生衍射，单缝衍射条纹的特点是条纹明暗相间，中央条纹宽，两侧的条纹窄，单缝衍射条纹与单缝平行，选项D正确。
答案　D
4．理论联系实际是物理学科特点之一。以下给出的几组表述中，实际应用与相应的物理理论相符合的是(　　)
①干涉法检查平面的平整度应用了光双缝干涉原理
②伦琴射线管应用了光电效应原理
③光纤通信应用了光的折射原理
④光谱分析应用了原子光谱理论
⑤立体电影应用了光的偏振理论
A．①②　　　　　　
B．②③
C．③④
D．④⑤
解析　干涉法检查平面的平整度应用了光的薄膜干涉原理，伦琴射线管应用了高速电子撞击固体产生X射线原理，光纤通信应用了光的全反射原理，①②③与相应的物理理论不相符合；④⑤与相应的物理理论相符合，选项D正确。
答案　D
5．(多选)关于下列光学现象，说法正确的是(　　)
A．水中蓝光的传播速度比红光快
B．光从空气射入玻璃时可能发生全反射
C．在岸边观察前方水中的一条鱼，鱼的实际深度比看到的要深
D．分别用蓝光和红光在同一装置上做双缝干涉实验，用红光时得到的条纹间距更宽
解析　对于水蓝光折射率大于红光，由n＝得v＝，可知在水中红光传播速度快，选项A错误；光只有从光密介质射入光疏介质才可能发生全反射，选项B错误；水中的鱼发出的光线射出水面后，折射光线远离法线，因而鱼所成像在鱼的实际位置上方，选项C正确；由双缝干涉条纹间距公式Δx＝·λ可知，由于红光的波长长，所以其条纹间距宽，选项D正确。
答案　CD
6．光热转换是将太阳能转换成其他物质内能的过程，太阳能热水器就是一种光热转换装置，它的主要转换器件是真空玻璃管，这些玻璃管将太阳能转换成水的内能。如图所示，真空玻璃管上采用镀膜技术增加透射光，使尽可能多的太阳能转换成内能，这种镀膜技术的物理依据是(　　)
A．光的直线传播
B．光的粒子性
C．光的干涉
D．光的衍射
解析　真空玻璃管上镀膜技术是利用薄膜干涉原理来增强透射光的，这种镀膜技术的物理依据是使薄膜厚度等于光在薄膜介质中波长的，入射光经薄膜的前后表面反射后发生光的干涉，选项C正确。
答案　C
7．市场上有种灯具俗称“冷光灯”，用它照射物品时能使被照物品处产生的热效应大大降低，从而广泛地应用于博物馆，商店等处，这种灯降低热效应的原因之一是在灯泡后面放置的反光镜玻璃表面上镀了一层薄膜(例如氟化镁)，这种膜能消除不镀膜时玻璃表面反射回来的热效应最显著的红外线。以λ表示此红外线的波长，则所镀薄膜的厚度最小应为(　　)
A．λ/8
B．λ/4
C．λ/2
D．λ
解析　若使膜能消除不镀膜时玻璃表面反射回来的热效应，即让膜的前后两表面反射光叠加作用减弱，为减小反射的热效应显著的红外线，则要求红外线在薄膜的前后表面反射后叠加作用减弱，即光程差为半波长的奇数倍，故膜的最小厚度为红外线在膜中波长的1/4。
答案　B
8．假设所有的汽车前窗玻璃和前灯玻璃均按同一要求设置，使司机不仅可以防止对方汽车强光的刺激，也能看清自己车灯发出的光所照亮的物体。以下措施中可行的是(　　)
A．前窗玻璃的透振方向是竖直的，车灯玻璃的透振方向是水平的
B．前窗玻璃的透振方向是竖直的，车灯玻璃的透振方向也是竖直的
C．前窗玻璃的透振方向是斜向右上45°，车灯玻璃的透振方向是斜向左上45°
D．前窗玻璃的透振方向是斜向右上45°，车灯玻璃的透振方向也是斜向右上45°
解析　首先，司机要能够看清楚自己车灯发出的经对面物体反射回来的光线，所以他自己车灯的偏振片的透振方向和前窗玻璃的透振方向一定要平行；其次，他不能看到对面车灯发出的强光，所以对面车灯玻璃的透振方向与他自己车窗玻璃的透振方向一定要垂直。满足上述要求的只有D。
答案　D
B组·能力提升题
9．如图所示的双缝干涉实验，用绿光照射单缝S时，在光屏P上观察到干涉条纹。要得到相邻条纹间距更大的干涉图样，可以(　　)
A．增大S1与S2的间距
B．减小双缝屏到光屏的距离
C．将绿光换为红光
D．将绿光换为紫光
解析　据光的干涉产生的条纹间距满足的关系Δx＝可知，增大S1与S2的间距，条纹间距减小，A选项错误；减小双缝屏到光屏的距离，条纹间距减小，B选项错误；将绿光换成红光，波长增大，条纹间距增大，C选项正确；绿光换成紫光，波长减小，条纹间距减小，D选项错误。
答案　C
10．在双缝干涉实验中，以白光为光源，在屏幕上观察到了彩色干涉条纹。若在双缝中的一缝前放一块红色滤光片，在另一缝前放一块绿色滤光片(只能分别透过红光和绿光)，这时(　　)
A．屏上只有红色和绿色的双缝干涉条纹，其他颜色的双缝干涉条纹消失
B．屏上红色和绿色的双缝干涉条纹消失，其他颜色的双缝干涉条纹依然存在
C．屏上任何颜色的双缝干涉条纹都不存在，但仍有光亮
D．屏上无任何光亮
解析　红色滤光片只允许红光通过，绿色滤光片只允许绿光通过。通过一缝的光是红光，通过另一缝的光是绿光，而红光和绿光不能发生干涉，屏上无干涉条纹，但有光到达，选项C正确。
答案　C
11．(多选)在用单色平行光照射单缝观察衍射现象的实验中，下列说法正确的是(　　)
A．缝越窄，衍射现象越显著
B．缝越宽，衍射现象越显著
C．照射光的波长越长，衍射现象越显著
D．照射光的频率越高，衍射现象越显著
解析　缝的宽度越接近光波的波长，衍射越显著，因缝越窄，越接近光的波长，故选项B错误，选项A正确；光波的波长越长，越接近缝的宽度，衍射越显著，选项C正确；光的频率越高，波长越小，衍射越不显著，选项D错误。
答案　AC
12．如图所示，让灯光通过偏振片P，在偏振片P的后面再放置另一个偏振片Q，转动Q观察通过两块偏振片的透射光。当透射的光线最强时，记录P、Q放置的位置关系，如果在这一位置处将P转动90°，在Q的另一侧观察到的现象是(　　)
A．射出光线的强度保持不变
B．有光线射出，强度变弱
C．有光线射出，强度变强
D．无光线射出
解析　当P、Q的透光方向相同时，透过的光线最强，当P、Q的透光方向垂直时，光线不能透过两个偏振片。透射光最强时，P、Q的透光方向相同，P转动90°，P、Q的透光方向垂直，无光线透过偏振片Q，选项D正确。
答案　D
13．如果你想通过同步卫星转发的无线电与对方通话，则在你讲完话后，至少要等多长时间才能听到对方的回话？(已知地球的质量M＝6.0×1024
kg，地球半径R＝6.4×106
m，引力常量G＝6.67×10－11
N·m2/kg2)
解析　同步卫星是相对地面静止的卫星，它的运动周期T＝3
600×24
s，设卫星离地面距离为h，它绕地球转动的向心力是地球对它的万有引力，即
G＝m(R＋h)2，
所以h＝
－R，
代入数值，算得h＝3.59×107
m。
最短通信距离是发话人和听话人均在同步卫星的正下方，这时无线电信号传播的最短距离为s＝2h，则最短时间t＝＝s＝0.24
s。
答案　0.24
s
14．(1)激光具有相干性好、平行度好、亮度高等特点，在科学技术和日常生活中应用广泛。下面关于激光的叙述正确的是________。(填选项字母)
A．激光是纵波
B．频率相同的激光在不同介质中的波长相同
C．两束频率不同的激光能产生干涉现象
D．利用激光平行度好的特点可以测量月球到地球的距离
(2)如图所示是双缝干涉实验装置，使用波长为600
nm的橙色光源照射单缝S，在光屏中央P处观察到亮条纹，在位于P点上方的P1点出现第一条亮纹中心(即P1到S1、S2的路程差为一个波长)。现换用波长为400
nm的紫光源照射单缝，则________。(填选项字母)
A．P和P1仍为亮点
B．P为亮点，P1为暗点
C．P为暗点，P1为亮点
D．P、P1均为暗点
(3)如图所示，一束激光从O点由空气射入厚度均匀的介质，经下表面反射后，从上表面的A点射出。已知入射角为i，A与O相距l，介质的折射率为n，试求介质的厚度d。
解析　(1)本题主要考查激光的性质，意在考查考生综合分析问题的能力。光是横波，选项A错；激光在介质中的波长为λ＝，不同介质n不同，所以波长不同，选项B错；产生干涉的条件是频率相同，选项C错；利用激光平行度好的特点可以测量月球和地球之间的距离，选项D正确。
(2)从单缝S射出的光波被S1、S2两缝分成的两束光为相干光，由题意，屏中央P点到S1、S2距离相等，即由S1、S2分别射出的光到P点的路程差为零，因此是亮纹中心。因而，无论入射光是什么颜色的光，波长多大，P点都是中央亮纹中心。而P1点到S1、S2的路程差刚好是橙光的一个波长，即|P1S1－P1S2|＝600
nm＝λ橙，则两列光波到达P1点振动情况完全一致，振动得到加强，因此出现亮纹。光换用波长为400
nm的紫光时，|P1S1－P1S2|＝600
nm＝，则两列光波到达P1点时振动情况完全相反，即由S1、S2射出的光波到达P1点就相互削弱，因此出现暗条纹。综上所述，B正确。
(3)设折射角为r，则＝n，由几何关系得l
＝2dtanr，解得d＝l。
答案　(1)D　(2)B
(3)l
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1(十五)　动能定理及其应用
A组·基础巩固题
1.两颗人造地球卫星，都能在圆形轨道上运行，它们的质量相等，轨道半径之比等于2，则它们的动能之比等于(　　)
A．2　　　
B.　　　
C.　　　
D.
解析　地球引力提供向心力G＝m，则卫星的动能为Ek＝mv2＝∝。
所以＝＝，选C。
答案　C
2．(多选)人通过滑轮将质量为m的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，如图所示。则在此过程中(　　)
A．物体所受的合外力做功为mgh＋mv2
B．物体所受的合外力做功为mv2
C．人对物体做的功为mgh
D．人对物体做的功大于mgh
解析　物体沿斜面做匀加速运动，根据动能定理：W合＝WF－WFf－mgh＝mv2，其中WFf为物体克服摩擦力做的功。人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功，所以W人＝WF＝WFf＋mgh＋mv2，A、C错误，B、D正确。
答案　BD
3．(2017·宜春调研)据海军论坛报道，我国02号新型航母将采用令世界震惊的飞机起飞方式—电磁弹射起飞。原理相当于电磁炮的加速原理，强大的电磁力能使飞机在很短时间内由静止加速到v1，然后在发动机的推力作用下加速到起飞速度v2。假设电磁加速轨道水平且长为x，不计阻力，某舰载机的质量为m，电磁力恒定，则电磁力的平均功率是(　　)
A.
B.
C.
D.
解析　以飞机为研究对象，由动能定理得Fx＝mv，＝Fv1，解得＝，故选项B正确。
答案　B
4．(多选)如图是利用太阳能驱动的小车，若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t前进距离s，速度达到最大值vm，在这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为F，那么这段时间内(　　)
A．小车做匀加速运动
B．电动机所做的功为Pt
C．电动机所做的功为mv
D．电动机所做的功为Fs＋mv
解析　对小车由牛顿第二定律得－F＝ma，由于小车的速度逐渐增大，故小车加速度逐渐减小，小车做加速度逐渐减小的加速运动，A错误；电动机对小车所做的功W＝Pt，B正确；对小车由动能定理得W－Fs＝mv，解得W＝Fs＋mv，C错误，D正确。
答案　BD
5．(2017·吉安模拟)如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，且2AB＝BC。小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。已知P由静止开始从A点释放，恰好滑动到C点而停下，那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是(　　)
A．tanθ＝2μ2－μ1
B．tanθ＝
C．tanθ＝2μ1－μ2
D．tanθ＝
解析　从A到C的过程应用动能定理得mgACsinθ－μ1mgABcosθ－μ2mgBCcosθ＝0，解得tanθ＝，D正确。
答案　D
6.(2017·常德模拟)质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用。设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是(　　)
A.mgR
B.mgR
C.mgR
D．mgR
解析　设小球通过最低点时绳的张力为FT，则FT－mg＝，即6mg＝①，小球恰好过最高点，绳子拉力为零，这时mg＝②，小球从最低点到最高点的过程中，由动能定理得－mg·2R－WFf＝mv－mv③，由①②③式解得WFf＝3mgR－2mgR－mgR＝mgR，C正确。
答案　C
7．(2017·衡水模拟)(多选)物体沿直线运动的v－t关系如图所示，已知在第1
s内合力对物体做的功为W，则(　　)
A．从第1
s末到第3
s末合力做功为4W
B．从第3
s末到第5
s末合力做功为－2W
C．从第5
s末到第7
s末合力做功为W
D．从第3
s末到第4
s末合力做功为－0.75W
解析　由题图知，第1
s末速度、第3
s末速度、第7
s末速度大小关系为v1＝v3＝v7，由动能定理知W＝mv－0，则第1
s末到第3
s末合力做功W2＝mv－mv＝0，A错误；第3
s末到第5
s末合力做功W3＝0－mv＝－W，B错误；第5
s末到第7
s末合力做功W4＝mv－0＝W，C正确；第3
s末到第4
s末合力做功W5＝mv－mv，因v4＝v3，所以W5＝－0.75W，D正确。
答案　CD
8．(多选)如图所示，一个粗糙的水平转台以角速度ω匀速转动，转台上有一个质量为m的物体，物体与转台间用长L的绳连接着，此时物体与转台处于相对静止，设物体与转台间的动摩擦因数为μ，现突然制动转台，则(　　)
A．由于惯性和摩擦力，物体将以O为圆心、L为半径做
变速圆周运动，直到停止
B．若物体在转台上运动一周，物体克服摩擦力做的功为2πμmgL
C．若物体在转台上运动一周，摩擦力对物体不做功
D．物体在转台上运动圈后，停止运动
解析　制动转台后，物体在绳子约束作用下做圆周运动，速率在减小，运动一周滑动摩擦力做功为WFf＝－μmg2πL。绳子的拉力对物体不做功，由动能定理可知－N·2πμmgL＝0－mv2，又v＝ωL，联立得物体在转台上转动的圈数为N＝，A、B、D正确。
答案　ABD
B组·能力提升题
9.(2017·株洲模拟)(多选)“娱乐风洞”是一集高科技与惊险的娱乐项目，它可把游客在一个特定的风洞内“吹”起来，让人体验太空飘忽感觉。在某次表演中，假设风洞内向上的总风量和风速保持不变，表演者通过调整身姿，来改变所受的向上风力大小，人体可上下移动的空间总高度为H。人体所受风力大小与正对面积成正比，站立时受风面积为水平横躺时。当人体与竖直方向成一定倾斜角时，受风正对面积是最大值的，恰好可以静止或匀速漂移。表演者开始时，先以站立身势从A点下落，经过某处B点，立即调整为横躺身姿。运动到最低点C处恰好减速为零。则有(　　)
A．运动过程中的最大加速度是g
B．B点的高度是H
C．表演者A至B克服风力所做的功是B至C过程的
D．表演者A至B动能的增量大于B至C克服风力做的功
解析　平衡时：kS＝mg，站立时：mg－kS＝ma1，a1＝g；横躺时：kS－mg＝ma2，a2＝g，故A错；v＝2a1(H－h)，v＝2a2h，解得h＝H，故B对；A到B克服风力做功W1＝kS·H＝kSH，B到C克服风力做功W2＝kS·H＝kSH，W1＝W2，C对；A到B动能的增量即合外力做功W＝mg·H＝mgH，而B到C过程克服风力做功W2＝kSH＝mgH，故D错。
答案　BC
10．(多选)(2017·佛山一模)如图所示，有五个完全相同、质量均为m的滑块(可视为质点)用长均为L的轻杆依次相连接，最右侧的第1个滑块刚好位于水平面的O点处，O点左侧水平面光滑、O点右侧水平面由长3L的粗糙面和长L的光滑面交替排列，且足够长，已知在恒力F的作用下，第3个滑块刚好进入O点右侧后，第4个滑块进入O点右侧之前，滑块恰好做匀速直线运动，则可判断(重力加速度为g)(　　)
A．滑块与粗糙段间的动摩擦因数μ＝
B．第4个滑块进入O点后，滑块开始减速
C．第5个滑块刚进入O点时的速度为
D．轻杆对滑块始终有弹力作用
解析　3个滑块刚好进入O点右侧后，第4个滑块进入O点右侧之前，滑块恰好做匀速直线运动，则F－3μmg＝0，解得μ＝，故A正确；第4个滑块进入O点后，第一个滑出粗糙面，此时受到摩擦力还是f＝3μmg＝F，还是匀速运动，故B错误；从开始到第5个滑块刚到达O点的过程中，由动能定理得F·4L－3μmgL－3μmgL－2μmgL－μmgL＝·5mv2，解得v＝，故C正确；在匀速阶段，未进入粗糙段的滑块不受轻杆的弹力作用，故D错误。
答案　AC
11.如图所示，质量为M＝0.2
kg的木块放在水平台面上，台面比水平地面高出h＝0.20
m，木块与平台的右端的距离L＝1.7
m。质量为m＝0.10M的子弹以v0＝180
m/s的速度水平射向木块，当子弹以v＝90
m/s的速度水平射出时，木块的速度为v1＝9
m/s(此过程作用时间极短，可认为木块的位移为零)。若木块落到水平地面时与台面右端的水平距离为l＝1.6
m，g取10
m/s2。求：
(1)木块对子弹所做的功W1和子弹对木块所做的功W2；
(2)木块与台面间的动摩擦因数μ。
解析　(1)根据动能定理，木块对子弹所做的功为
W1＝mv2－mv＝－243
J
子弹对木块所做的功为W2＝Mv＝8.1
J。
(2)设木块离开台面时的速度为v2，木块离开台面后做平抛运动。
水平方向有l＝v2t
竖直方向有h＝gt2
联立解得l＝v2
木块在台面上滑行阶段对木块由动能定理
－μMgL＝Mv－Mv　解得μ＝0.50。
答案　(1)－243
J　8.1
J　(2)0.50
12.(2017·济宁检测)如图所示，一可以看作质点的质量m＝2
kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，其中B为轨道的最低点，C为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB对应的圆心角θ＝53°，轨道半径R＝0.5
m。已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不计空气阻力，取g＝10
m/s2，求：
(1)小球的初速度v0的大小；
(2)若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功。
解析　(1)小球从桌面飞出到A点的过程中，做平抛运动，则由动能定理有：
mv2－mv＝mg(R＋Rcosθ)
cosθ＝
解得：v0＝3
m/s；
(2)小球恰好能通过最高点C的临界条件是：
mg＝m
而小球从桌面到C的过程中，重力做的功为0，由动能定理得：Wf＝mv－mv；解得在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功为：Wf＝－4
J
答案　(1)3
m/s　(2)－4
J
13．(2017·常州模拟)如图所示，固定斜面AB、CD与竖直光滑圆弧BC相切于B、C点，两斜面的倾角θ＝37°，圆弧BC半径R＝2
m。一质量m＝1
kg的小滑块(视为质点)从斜面AB上的P点由静止沿斜面下滑，经圆弧BC冲上斜面CD。已知P点与斜面底端B间的距离L1＝6
m，滑块与两斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，g＝10
m/s2。求：
(1)小滑块第1次经过圆弧最低点E时对圆弧轨道的压力；
(2)小滑块第1次滑上斜面CD时能够到达的最远点Q(图中未标出)距C点的距离；
(3)小滑块从静止开始下滑到第n次到达B点的过程中在斜面AB上运动通过的总路程。
解析　(1)小滑块由P运动到E点，由动能定理得：
mgL1sin37°＋mgR(1－cos37°)－μmgL1cos37°＝
mv－0
经E点：FN－mg＝m，解得，FN＝38
N
滑块对轨道的压力F′N＝FN＝38
N，方向竖直向下
(2)设小滑块在斜面AB上依次下滑的距离分别为L1、L2、L3…，在斜面CD上依次上滑的距离分别为x1、x2、x3…，
小滑块由P运动到Q点，由动能定理得：mg(L1－x1)sin37°－μmg(L1＋x1)cos37°＝0
解得：x1＝＝3
m
(3)同理可得：L2＝，x2＝，L3＝，x3＝。
L1、L2、L3构成公比为的等比数列
设从静止开始下滑到第n次到达B点的过程中在斜面AB上运动通过的总路程为sn。
当n为奇数时，总路程
sn＝L1＋2(L2＋L3＋…＋Ln)＝
6＋2×
m＝10－23－n
m。
当n为偶数时，总路程
sn＝L1＋2(L2＋L3＋…＋Ln－1)＝
6＋2×
m＝10－24－n
m
答案　(1)38
N　方向竖直向下　(2)3
m
(3)10－24－n
m(n为偶数)或10－23－n
m(n为奇数)
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1(九)　牛顿运动定律的综合应用
A组·基础巩固题
1.某同学找了一个用过的“易拉罐”在底部打了一个洞，用手指按住洞，向罐中装满水，然后将易拉罐竖直向上抛出，空气阻力不计，则下列说法正确的是(　　)
A．易拉罐上升的过程中，洞中射出的水的速度越来越快
B．易拉罐下降的过程中，洞中射出的水的速度越来越快
C．易拉罐上升、下降的过程中，洞中射出的水的速度都不变
D．易拉罐上升、下降的过程中，水都不会从洞中射出
解析　易拉罐被抛出后，不论上升还是下降，易拉罐及水均处于完全失重状态，水都不会从洞中射出，A、B、C错误，选项D正确。
答案　D
2．(多选)用力传感器悬挂一钩码，一段时间后，钩码在拉力作用下沿竖直方向由静止开始运动。如图所示，图中实线是传感器记录的拉力大小变化情况，则(　　)
A．钩码的重力约为4
N
B．钩码的重力约为2
N
C．A、B、C、D四段图线中，钩码处于超重状态的是A、D，失重状态的是B、C
D．A、B、C、D四段图线中，钩码处于超重状态的是A、B，失重状态的是C、D
解析　求解本题的关键是对图象及超重、失重概念的准确理解。由于初始状态物体静止，所以钩码的重力等于拉力，从图上可读出拉力约为4
N，故A正确，B错误；据“超重时拉力大于重力、失重时拉力小于重力”可知，C正确，D错误。
答案　AC
3.(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接放在倾角为θ的光滑斜面上，用始终平行于斜面向上的恒力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，为了增加轻线上的张力，可行的办法是(　　)
A．增大A物块的质量
B．增大B物块的质量
C．增大倾角θ
D．增大拉力F
解析　对于A、B整体由牛顿第二定律得F－(mA＋mB)gsin
θ＝(mA＋mB)a，对于B由牛顿第二定律得
FT－mBgsinθ＝mBa，解以上两式得FT＝F，选项B、D正确。
答案　BD
4.质量为m0＝20
kg、长为L＝5
m的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数为μ1＝0.15。将质量m＝10
kg的小木块(可视为质点)，以v0＝4
m/s的速度从木板的左端被水平抛射到木板上(如图所示)，小木块与木板面的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10
m/s2)。则下列判断正确的是(　　)
A．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板
B．木板一定静止不动，小木块能滑出木板
C．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板
D．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板
解析　木板与地面间的最大静摩擦力为Ff1＝μ1(m0＋m)g＝0.15×(20＋10)×10
N＝45
N，小木块与木板之间的最大静摩擦力为Ff2＝μ2mg＝0.4×10×10
N＝40
N，Ff1>Ff2，所以木板一定静止不动；设小木块在木板上滑行的距离为x，v＝2μ2gx，解得x＝2
mm，所以小木块不能滑出木板，A正确。
答案　A
5．(多选)某马戏团演员做滑杆表演，已知竖直滑杆上端固定，下端悬空，滑杆的重力为200
N，在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小。从演员在滑杆上端做完动作开始计时，演员先在杆上静止了0.5
s，然后沿杆下滑，3.5
s末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零，整个过程演员的v－t图象和传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图甲、乙所示，g＝10
m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．演员的体重为800
N
B．演员在最后2
s内一直处于超重状态
C．传感器显示的最小拉力为620
N
D．滑杆长7.5
m
解析　演员在滑杆上静止时传感器显示的800
N等于演员和滑杆的重力之和，所以演员体重为600
N，A错误；由v－t图象可知，1.5～3.5
s内演员向下做匀减速运动，加速度方向向上，演员处于超重状态，B正确；演员加速下滑时滑杆所受拉力最小，此时a1＝3
m/s2，对演员由牛顿第二定律知mg－Ff1＝ma1，解得Ff1＝420
N，对滑杆由平衡条件得传感器显示的最小拉力为F1＝420
N＋200
N＝620
N，C正确；由v－t图象中图线围成的面积可得滑杆长为4.5
m，D错误。
答案　BC
6.(2017·淄博质检)放在电梯地板上的一个木箱，被一根处于伸长状态的弹簧拉着而处于静止状态(如图)，后发现木箱突然被弹簧拉动，据此可判断出电梯的运动情况是(　　)
A．匀速上升
B．加速上升
C．减速上升
D．减速下降
解析　木箱突然被拉动，表明木箱所受摩擦力变小了，也表明木箱与地板之间的弹力变小了，重力大于弹力，合力向下，处于失重状态，选项C正确。
答案　C
7.如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M、倾角为θ的光滑斜面体，斜面上有一质量为m的物块沿斜面下滑。关于物块下滑过程中对斜面压力大小的解答，有如下四个表达式。要判断这四个表达式是否合理，你可以不必进行复杂的计算，而是根据所学的物理知识和物理方法进行分析，从而判断解的合理性。根据你的判断，下述表达式可能正确的是(　　)
A.
B.
C.
D.
解析　如果物体不是放在斜面上，而是在水平面上，即θ＝0°的时候，此时M与m之间的作用力应该是mg，而此时的sinθ＝0，A、B选项的结果为0，所以选项A、B错误；对于C选项，可能出现M＝msin2θ，此时的结果为无穷大，所以C错误；排除法可知D选项正确，故选D。
答案　D
B组·能力提升题
8．(2017·海淀模拟)如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，木板运动的速度－时间图象可能是图中的(　　)
解析　放上小物块后，长木板受到小物块施加的向左的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，小物块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小于木板刚开始运动时的加速度，故A正确，B、C错误；由于水平面有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，D错误。
答案　A
9．一足够长的倾角为θ的斜面固定在水平面上，在斜面顶端放置一长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为μ，木板上固定一力传感器，连接传感器和光滑小球间是一平行于斜面的轻杆，如图所示，当木板固定时，传感器的示数为F1。现由静止释放木板，木板沿斜面下滑，稳定时传感器的示数为F2。则下列说法正确的是(　　)
A．稳定后传感器的示数一定为零
B．tanθ＝
C．tanθ＝
D．tanθ＝
解析　木板与球的质量分别为M和m，对球由平衡条件和牛顿第二定律得：F1－mgsinθ＝0，mgsinθ－F2＝ma，对木板和球整体得：(M＋m)gsinθ－μ(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a，则a＜gsinθ，解得F2＝mgsinθ－ma>0，A项错；tanθ＝，B项对，C、D项错。
答案　B
10.(2017·盐城模拟)(多选)如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两个物体放在斜面上，中间用一个轻杆相连，A、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，它们在斜面上加速下滑，关于杆的受力情况。下列分析正确的是(　　)
A．若μ1＞μ2，m1＝m2，则杆受到压力
B．若μ1＝μ2，m1＞m2，则杆受到拉力
C．若μ1＜μ2，m1＜m2，则杆受到拉力
D．若μ1＝μ2，m1≠m2，则杆无作用力
解析　假设杆不受力，则aA＝gsinα－μ1gcosα，aB＝gsinα－μ2gcosα，若μ1＞μ2，m1＝m2，则aAaB，两物体有远离的趋势，所以杆受到拉力作用，C正确；若μ1＝μ2，m1≠m2，aA＝aB，所以杆不受力，D正确。
答案　ACD
11.(2017·南京、盐城模拟)如图所示，一固定杆与水平方向夹角为θ，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ。若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为β，且θ<β，不计空气阻力，则滑块的运动情况是(　　)
A．沿着杆减速下滑
B．沿着杆减速上滑
C．沿着杆加速下滑
D．沿着杆加速上滑
解析　把滑块和球看做一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系得，若速度方向向下，则，沿斜面方向：(m1＋m2)gsinθ－f＝(m1＋m2)a　垂直斜面方向：
FN＝(m1＋m2)gcosθ
摩擦力：f＝μFN
联立可解得：a＝gsinθ－μgcosθ，
对小球有：若θ＝β，a＝gsinβ
现有：θ＜β，则有a＞gsinβ
所以gsinθ－μgcosθ＞gsinβ
gsinθ－gsinβ＞μgcosθ
因为θ＜β，所以gsinθ－gsinβ＜0，但μgcosθ＞0
所以假设不成立，即速度的方向一定向上。由于加速度方向向下，所以物体沿杆减速上滑，故B正确。
答案　B
12.一弹簧秤的秤盘质量M＝1.5
kg，盘内放一质量为m＝10.5
kg的物体P，弹簧质量不计，其劲度系数为k＝800
N/m，系统处于静止状态，如图所示。现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在最初0.2
s内F是变化的，在0.2
s后是恒定的，求F的最大值和最小值各是多少(g＝10
m/s2)
解析　0.2
s后P离开了秤盘，0.2
s时秤盘支持力恰为零，力F最大为Fmax，则由牛顿第二定律知此时加速度为a＝　①
此时M的加速度也为a，设此时弹簧的压缩量为x，则
a＝　②
所以kx＝M(g＋a)　③
原来静止时，弹簧压缩量设为x0，则
kx0＝(m＋M)g　④
而x0－x＝at2　⑤
由③④⑤得mg－Ma＝0.02ak
a＝＝6
m/s2　⑥
将⑥代入①得
Fmax＝m(a＋g)＝10.5×(6＋10)
N＝168
N
F最大值为168
N。
刚开始运动时F为最小Fmin，对物体与秤盘这一整体应用牛顿第二定律得
Fmin＋kx0－(m＋M)g＝(m＋M)a　⑦
将④⑥代入⑦有
Fmin＝(m＋M)a＝72
N
F的最小值为72
N。
答案　168
N　72
N
13．10个同样长度的木块放在水平地面上，每个木块的质量m＝0.5
kg、长度L＝0.6
m，它们与地面之间的动摩擦因数μ1＝0.1，在左方第一个木块上放一质量M＝1
kg的小铅块(视为质点)，它与木块间的动摩擦因数μ2＝0.25。现给铅块一水平向右、大小为5
m/s的初速度v0，使其在木块上滑行。g取10
m/s2，求：
(1)开始带动木块运动时铅块的速度；
(2)铅块与木块间因摩擦产生的总热量；
(3)铅块运动的总时间。
解析　(1)设铅块可以带动n个木块移动，以这几个木块为研究对象，铅块施加的摩擦力应大于地面施加的摩擦力，即μ2Mg>μ1(M＋nm)g，解得n<3
取n＝2，此时铅块已滑过8个木块
根据动能定理得－μ2Mg·8L＝Mv2－Mv
代入数据得刚滑上木块9时铅块的速度v＝1
m/s。
(2)从木块开始运动开始计时，设经过t2时间铅块、木块达到共同速度
对铅块：a2＝＝2.5
m/s2，
v2＝v－a2t2
对木块9和木块10整体：
a1＝＝0.5
m/s2，v1＝a1t2
令v1＝v2，则它们获得共同速度所需时间
t2＝＝
s
铅块位移x2＝vt2－a2t，木块位移x1＝a1t
铅块相对木块位移
Δx＝vt2－(a1＋a2)t＝
m(小于L)
铅块与木块间因摩擦产生的总热量
Q＝μ2Mg(8L＋Δx)＝12.42
J。
(3)由(2)问知，共同速度
v1＝a1t2＝
m/s
铅块、木块一起做匀减速运动的时间
t3＝＝
s
铅块在前8个木块上运动的时间
t1＝＝1.6
s
铅块运动的总时间
t＝t1＋t2＋t3＝2.1
s。
答案　(1)1
m/s　(2)12.42
J　(3)2.1
s
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1(十七)　功能关系　能量守恒定律
　　　　　　　　　　A组·基础巩固题
1.(2016·四川卷)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1
900
J，他克服阻力做功100
J。韩晓鹏在此过程中(　　)
A．动能增加了1
900
J
B．动能增加了2
000
J
C．重力势能减小了1
900
J
D．重力势能减小了2
000
J
解析　根据动能定理，物体动能的增量等于物体所受所有力做功的代数和，即增加的动能为ΔEk＝WG＋Wf＝1
900
J－100
J＝1
800
J，A、B项错误；重力做功与重力势能改变量的关系为WG＝－ΔEp，即重力势能减少了1
900
J，C项正确，D项错误。
答案　C
2．(2017·襄阳联考)用恒力F竖直向上拉一物体，使其由地面处开始加速上升到某一高度。若该过程空气阻力不能忽略，则下列说法正确的是(　　)
A．力F做的功和阻力做的功之和等于物体动能的增量
B．重力所做的功等于物体重力势能的增量
C．力F做的功和阻力做的功之和等于物体机械能的增量
D．力F、重力、阻力三者的合力所做的功等于物体机械能的增量
解析　在物体向上运动的过程中，恒力F、重力、空气阻力做功，根据动能定理可知，三力做的功之和等于物体的动能增量，所以A错误；克服重力做的功等于物体重力势能的增量，所以B错误；除重力外的其它力做的功之和等于物体机械能的增加量，所以C正确、D错误。
答案　C
3.(2017·西安模拟)一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道边缘由静止滑下，到半圆底部时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为(　　)
A.mgR
B.mgR
C.mgR
D.mgR
解析　在半圆底部，由牛顿第二定律，1.5mg－mg＝，解得v2＝0.5gR。由功能关系可得此过程中铁块损失的机械能为ΔE＝mgR－mv2＝0.75mgR，选项D正确。
答案　D
4.(2017·潍坊模拟)如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，B、C在水平线上，其距离d＝0.50
m。盆边缘的高度为h＝0.30
m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的位置到B的距离为(　　)
A．0.50
m
B．0.25
m
C．0.10
m
D．0
解析　设小物块在盆内水平面上来回运动的总路程为x，由能量守恒定律可得：mgh＝μmgx，解得x＝3.0
m＝6d，故小物块最终停在B点，D正确。
答案　D
5.(2017·安庆模拟)如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体m放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，那么力F对木板做功的数值为(　　)
A.
B.
C．mv2
D．2mv2
解析　由能量转化和守恒定律可知，拉力F对木板所做的功W一部分转化为物体m的动能，一部分转化为系统内能，故W＝mv2＋μmg·s相，s相＝vt－t，v＝μgt，以上三式联立可得：W＝mv2，故C正确。
答案　C
6.如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)。初始时刻，A、B处于同一高度并恰好处于静止状态。剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块(　　)
A．速率的变化量不同
B．机械能的变化量不同
C．重力势能的变化量相同
D．重力做功的平均功率相同
解析　由题意根据力的平衡有mAg＝mBgsinθ，所以mA＝mBsinθ。根据机械能守恒定律mgh＝mv2，得v＝，所以两物块落地速率相等，选项A错；因为两物块的机械能守恒，所以两物块的机械能变化量都为零，选项B错误；根据重力做功与重力势能变化的关系，重力势能的变化为ΔEp＝－WG＝－mgh，选项C错误；因为A、B两物块都做匀变速运动，所以A重力的平均功率为A＝mAg·，B的平均功率B＝mBg·sinθ，因为mA＝mBsin
θ，所以A＝B，选项D正确。
答案　D
7．如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsinθ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q，滑块动能Ek、势能Ep、机械能E随时间t、位移x关系的是(　　)
解析　根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力。施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsinθ，物体机械能保持不变，重力势能随位移x均匀增大，选项C正确，D错误。产生的热量Q＝Ffx，随位移均匀增大，滑块动能Ek随位移x均匀减小，选项A、B错误。
答案　C
8.(多选)如图所示，足够长的传送带与水平方向的倾角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m。开始时，a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中(　　)
A．物块a的重力势能减少mgh
B．摩擦力对a做的功等于a机械能的增量
C．摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增量之和
D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等
解析　因为开始时，a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，说明b的重力等于a沿斜面方向的分量，即mg＝magsinθ；当物块b上升h后，物块a沿斜面下滑的距离为h，故a下降的高度为hsinθ，所以物块a的重力势能减少量为maghsinθ＝mgh，选项A正确；根据功能关系，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量，所以选项B错误，C正确；在任意时刻，设b的速度为v，则a的速度大小也是v，该速度沿竖直方向的分量为vsinθ，故重力对b做功的瞬时功率为Pb＝mbgv，重力对a做功的瞬时功率为Pa＝magvsinθ，故Pa＝Pb，所以选项D正确。
答案　ACD
B组·能力提升题
9．(多选)如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮，质量分别为M、m(M>m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中(　　)
A．两滑块组成系统的机械能守恒
B．重力对M做的功等于M动能的增加
C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加
D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功
解析　以M和m两滑块整体为研究对象，除重力外，M受到的摩擦力做负功，所以两滑块组成系统的机械能不守恒，且系统机械能的损失等于M克服摩擦力做的功，A错误，D正确。由动能定理可知，M动能的增加应等于重力、摩擦力、轻绳的拉力对M做功之和，B错误。以m为研究对象，除重力外，只有轻绳对其做功，所以其机械能的增加等于轻绳对其做的功，C正确。
答案　CD
10．(2017·定州模拟)(多选)如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则(　　)
A．固定位置A到B点的竖直高度可能为2R
B．滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关
C．滑块可能重新回到出发点A处
D．传送带速度v越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多
解析　设AB的高度为h，假设物块从A点下滑刚好通过最高点C，则此时应该是A下滑的高度的最小值，则刚好通过最高点时，由重力提供向心力，有：mg＝m，则vC＝，从A到C根据动能定理：mg(h－2R)＝mv－0，整理得到：h＝2.5R，故选项A错误；从A到最终在减速带上减速到零，根据动能定理得：mgh－μmgx＝0，可以得到x＝，可以看出滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v无关，与高度h有关，故选项B错误；物块在传送带上先做减速运动，可能反向做加速运动，如果再次到达D点时速度大小不变，则根据能量守恒，可以再次回到A点，故选项C正确；滑块与传送带之间产生的热量Q＝μmgΔx相对，当传送带的速度越大，则在相同时间内二者相对位移越大，则产生的热量越多，故选项D正确。
答案　CD
11．(2017·黄冈模拟)(多选)在大型物流货场，广泛的应用着传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面夹角为θ的倾斜传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝1
kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2
s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图象如图乙所示，已知重力加速度g＝10
m/s2。由v－t图可知(　　)
A．A、B两点的距离为2.4
m
B．货物与传送带的动摩擦因数为0.5
C．货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功大小为12.8
J
D．货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8
J
解析　物块由A到B的间距对应图象所围梯形的“面积”，x＝s＝×2×0.2＋×(2＋4)×1＝3.2
m，故A错误。由v－t图象可知，物块在传送带上先做a1匀加速直线运动，加速度为a1＝＝10
m/s2，对物体应用牛顿第二定律得mgsinθ＋f＝ma1，即：
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1①，
同理，做a2的匀加速直线运动时，加速度
a2＝＝＝2
m/s2
mgsinθ－μmgcosθ＝ma2②，
联立①②解得：cosθ＝0.8，μ＝0.5，故B正确；货物受的摩擦力f＝μmgcosθ＝0.5×10×1×0.8＝4
N，做a1匀加速直线运动的位移为：x1＝×2×0.2＝0.2
m，摩擦力做正功为：Wf1＝fx1＝4×0.2＝0.8
J；
同理做a2匀加速直线运动的位移为：
x2＝×(2＋4)×1＝3
m，
摩擦力做负功为：Wf2＝－fx2＝－4×3＝－12
J，所以整个过程，传送带对货物做功大小为：12
J－0.8
J＝11.2
J，故C错误；根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，由C中可知：f＝μmgcosθ＝0.5×10×1×0.8＝4
N；
做a1匀加速直线运动时，皮带位移为：x皮＝2×0.2＝0.4
m，相对位移为：
Δx1＝x皮－x1＝(0.4－0.2)
m＝0.2
m；
同理：做a2匀加速直线运动时，x皮2＝2×1＝2
m，相对位移为：Δx2＝x2－x皮2＝3－2＝1
m，
故两者之间的总相对路程为：
Δx＝Δx1＋Δx2＝1＋0.2＝1.2
m，
货物与传送带摩擦产生的热量为：Q＝W＝fΔx＝4×1.2＝4.8
J，故D正确。
答案　BD
12．(2017·石家庄质检一)在倾角为30°的光滑斜面底端固定一挡板，质量均为m的物块B、C通过轻弹簧连接，且均处于静止状态，此时弹簧的压缩量为x0，O点为弹簧的原长位置。在斜面上距物块B的距离为3x0的P点由静止释放一质量为m的物块A，A与B相碰(不粘连)后立即一起沿斜面向下运动，并恰好能返回到O点。物块A、B、C均可视为质点，重力加速度为g。
(1)求A、B碰前弹簧具有的弹性势能；
(2)若物块A从P点以一定的初速度沿斜面下滑，两物块A、B返回O点时还具有沿斜面向上的速度，此后恰好可以使C离开挡板而不上滑，求物块A在P点的初速度v0。
解析　(1)物块A与B碰撞前后，A球的速度分别是v1和v2，因A下滑过程中，机械能守恒，有：
mg·3x0·sin30°＝mv
解得：v1＝
又因物块A与B碰撞过程中，动量守恒，有：
mv1＝2mv2
联立得：v2＝v1＝
碰后，A、B和弹簧组成的系统在运动过程中，机械能守恒，
则有：Ep＋·2mv＝2mg·x0sin30°
解得：Ep＝2mg·x0sin30°－·2mv＝
mgx0－mgx0＝mgx0
(2)物块A与B碰撞前后，A的速度分别是v3和v4，因A滑下过程中，机械能守恒，有：
mg·3x0·sin30°＝mv－mv
物块A与B碰撞过程中，动量守恒，有：mv3＝2mv4
物块A、B和弹簧组成的系统在运动过程中，机械能守恒，设A、B回到O点时的速度为v5。
Ep＋·2mv＝2mg·x0sin30°＋·2mv
A、B在O点分离后，恰好将C拉离挡板，弹簧伸长量也为x0，弹簧的弹性势能与初始相同，对B、C系统由机械能守恒得：mv＝Ep＋mgx0sin30°
解得：v0＝
答案　(1)mgx0　(2)
13.(2017·徐州模拟)如图甲所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态。作用于滑块的水平力F随时间t变化图象如图乙所示，t＝2.0
s时撤去力F，最终滑块与木板间无相对运动。已知滑块质量m＝2
kg，木板质量M＝1
kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10
m/s2。求：
(1)t＝0.5
s时滑块的速度大小；
(2)0～2.0
s内木板的位移大小；
(3)整个过程中因摩擦而产生的热量。
解析　(1)木板M的最大加速度am＝＝4
m/s2，滑块与木板保持相对静止时的最大拉力Fm＝(M＋m)am＝12
N，即F为6
N时，M与m一起向右做匀加速运动
对整体分析有：F＝(M＋m)a1
v1＝a1t1
代入数据得：v1＝1
m/s
(2)对M：0～0.5
s，x1＝a1t，0.5～2
s，μmg＝Ma2
x2＝v1t2＋a2t
则0～2
s内板的位移
x＝x1＋x2＝6.25
m。
(3)对滑块：0.5～2
s，
F－μmg＝ma′2
0～2
s时滑块的位移
x′＝x1＋
在0～2
s，m与M相对位移
Δx1＝x′－x＝2.25
m
t＝2
s时木板速度
v2＝v1＋a2t2＝7
m/s
滑块速度v′2＝v1＋a′2t2＝10
m/s
撤去F后，对M：μmg＝Ma3
对m：－μmg＝ma′3
当滑块与木板速度相同时保持相对静止，即
v2＋a3t3＝v′2＋a′3t3
解得t3＝0.5
s
该段时间内，M位移
x3＝v2t3＋a3t
m位移x′3＝v′2t3＋a′3t
相对位移Δx2＝x′3－x3＝0.75
m
整个过程中滑块在木板上滑行的相对位移
Δx＝Δx1＋Δx2＝3
m
系统因摩擦产生的内能
Q＝μmg·Δx＝12
J。
答案　(1)1
m/s　(2)6.25
m　(3)12
J
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1(三十四)　原子核和核能
A组·基础巩固题
1.下列与α粒子相关的说法正确的是(　　)
A．天然放射现象中产生的α射线速度与光速相当，穿透能力很强
B.U
(铀238)核放出一个α粒子后就变为Th(钍234)
C．高速α粒子轰击氮核可从氮核中打出中子，核反应方程为He＋N
→O＋n
D．丹麦物理学家玻尔进行了α粒子散射实验并首先提出了原子的核式结构模型
解析　α射线是速度为0.1c的氦核流，穿透能力最弱，A错误。由核反应过程中质量数、核电荷数守恒可知B项正确，C项中核电荷数和质量数都不守恒，C错误，D项中的物理学家不是玻尔而是卢瑟福所以D错误。
答案　B
2．在存放放射性元素时，若把放射性元素①置于大量水中；②密封于铅盒中；③与轻核元素结合成化合物。则(　　)
A．措施①可减缓放射性元素衰变
B．措施②可减缓放射性元素衰变
C．措施③可减缓放射性元素衰变
D．上述措施均无法减缓放射性元素衰变
解析　放射性元素的衰变快慢由其原子核内部结构决定，与外界因素无关，所以A、B、C错误，D正确。
答案　D
3．14C测年法是利用14C衰变规律对古生物进行年代测定的方法。若以横坐标t表示时间，纵坐标m表示任意时刻14C的质量，m0为t＝0时14C的质量。图中能正确反映14C衰变规律的是(　　)
　　　
A
B
　　　
C
D
解析　设半衰期为τ，则剩余质量m＝m0，故m－t图象是曲线，C正确。
答案　C
4．(多选)铀核裂变是核电站核能的重要来源，关于核电站的说法正确的是(　　)
A．铀块体积对链式反应的发生无影响
B．铀核的链式反应可人工控制
C．在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度
D．在核反应堆的外面修建很厚的水泥层能防止放射线和放射性物质的泄漏
解析　铀块的体积必须大于临界体积才能发生链式反应，A项错误；通过控制中子数可以控制链式反应，B项正确；镉棒可以吸收中子，进而控制核反应速度，C项正确；在反应堆的外面修建很厚的水泥层可以用来屏蔽裂变产物放出的各种射线，D项正确。
答案　BCD
5．(多选)正电子发射型计算机断层显像(PET)的基本原理是：将放射性同位素O注入人体，O在人体内衰变放出的正电子与人体内的负电子相遇而湮灭转化为一对γ光子，被探测器采集后，经计算机处理生成清晰图象，则根据PET原理判断下列表述正确的是(　　)
A.O在人体内衰变的方程是O→N＋e
B．正、负电子湮灭的方程是e＋e→2γ
C．在PET中，O主要用途是穿透作用
D．在PET
中，O主要用途是参与人体的新陈代谢
解析　由题意知A、B正确，显像的原理是采集γ光子，即注入人体内的O衰变放出正电子和人体内的负电子湮灭转化为γ光子，因此O主要用途是作为示踪原子，故C、D错。
答案　AB
6．碘131的半衰期约为8天，若某药物含有质量为m的碘131，经过32天后，该药物中碘131的含量大约还有(　　)
A.　　　　　　　　
B.
C.
D.
解析　由半衰期公式m′＝m可知，m′＝m＝m，故选项C正确。
答案　C
7.Th经过一系列α衰变和β衰变后变成Pb，则Pb比Th少(　　)
A．16个中子，8个质子
B．8个中子，16个质子
C．24个中子，8个质子
D．8个中子，24个质子
解析　Pb比Th质子数少(90－82)＝8个，核子数少(232－208)＝24个，所以中子数少(24－8)＝16个，故A正确；B、C、D错误。
答案　A
8．一个质子和一个中子聚变结合成一个氘核，同时辐射一个γ光子。已知质子、中子、氘核的质量分别为m1、m2、m3，普朗克常量为h，真空中的光速为c。下列说法正确的是(　　)
A．核反应方程是H＋n→H＋γ
B．聚变反应中的质量亏损Δm＝m1＋m2－m3
C．辐射出的γ光子的能量E＝(m3－m1－m2)c
D．γ光子的波长λ＝
解析　此核反应的核反应方程为H＋n→H＋γ，A错；由质能方程，γ光子的能量为E＝(m1＋m2－m3)c2，C错；由E＝h知，波长λ＝，D错；故B正确。
答案　B
9．(2017·东阳联考)(多选)有关放射性同位素P的下列说法，正确的是(　　)
A.P与Si互为同位素
B.P与其同位素有相同的化学性质
C．用P制成化合物后它的半衰期变长
D．含有P的磷肥释放正电子，可用作示踪原子，观察磷肥对植物的影响
解析　同位素有相同的质子数，所以选项A错误；同位素有相同的化学性质，所以选项B正确；半衰期与元素属于化合物或单质没有关系，所以P制成化合物后它的半衰期不变，即选项C错误；含有P的磷肥由于衰变，可记录磷的踪迹，所以选项D正确。
答案　BD
B组·能力提升题
10.(多选)氘核、氚核、中子和氦核的质量分别是m1、m2、m3和m4，如果氘核和氚核结合生成氦核，则下列说法正确的是(　　)
A．核反应方程为H＋H→He＋n
B．这是一个裂变反应
C．核反应过程中亏损的质量Δm＝m1＋m2－m3
D．核反应过程中释放的核能ΔE＝(m1＋m2－m3－m4)c2
解析　A选项中的核反应方程为轻核聚变方程，故B选项错误；核反应过程中的质量亏损为：Δm＝m1＋m2－m3－m4，故C选项错误；由质能方程可知D选项正确。
答案　AD
11．一个铍原子核(Be)从最靠近核的K层电子轨道上俘获一个电子后发生衰变，生成一个锂核(Li)，并放出一个不带电的、质量接近零的中微子νe(质量不计)，人们把这种衰变叫做铍核的EC衰变，核反应方程为：Be＋e→Li＋νe。已知一个铍原子质量为m1，一个锂原子质量为m2，一个电子质量为me，光速为c，则一个铍原子核发生上述核反应释放的能量为(　　)
A．(m1－m2)c2　　　　
B．(m1＋me＋m2)c2
C．(m1＋me－m2)c2
D．(m2－m1－me)c2
解析　铍原子核的质量为m1－4me，锂原子核的质量为m2－3me，则质量亏损为(m1－4me＋me)－(m2－3me)＝m1－m2，故核反应中释放的能量为(m1－m2)c2，选项A正确。
答案　A
12．在匀强磁场中，有一个原来静止的C原子核，它放出的粒子与反冲核的径迹是两个相内切的圆，圆的直径之比为7∶1，那么碳14的衰变方程应为(　　)
A.C→e＋B
B.C→He＋Be
C.C→H＋B
D.C→e＋N
解析　由动量守恒定律可知：放出的粒子与反冲核动量大小相等、方向相反，由在磁场中两圆径迹内切可知，反冲核带正电，放出的粒子带负电，由两圆直径之比为7∶1和R＝可知，反冲核的电量是粒子的7倍，故只有D正确。
答案　D
13．质量为m1的He核，以速度v0轰击质量为m2的静止的N核，发生了核反应，最终产生两种新粒子A和B。其中A为O核，质量为m3，速度为v3；B的质量为m4。
(1)写出核反应方程式；
(2)计算粒子B的速度vB；
(3)粒子A的速度符合什么条件时，粒子B的速度方向与He核的运动方向相反？
解析　(1)He＋N―→O＋H。
(2)由动量守恒定律有
m1v0＝m3v3＋m4vB，
解得vB＝。
(3)当m1v0－m3v3＜0时，
B的速度与He核的速度方向相反。
解得v3＞。
答案　(1)He＋N―→O＋H
(2)　(3)v3＞
14．浙江秦山核电站第三期工程有两个60万千瓦发电机组已并网发电。
(1)发电站的核能来源于U的裂变，现有四种说法：
A.U裂变时释放出大量能量，产生明显的质量亏损，所以核子数要减小；
B.U的一种可能的裂变是变成两个中等质量的原子核，反应方程式为：U＋n―→Ba＋Kr＋3n；
C.U是天然放射性元素，常温下它的半衰期约为45亿年，升高温度半衰期缩短；
D．一个U核裂变能放出约200
MeV的能量，合3.2×10－11
J。
以上四种说法正确的是__________。
(2)已知铀235的质量为235.043
9
u，钡141的质量为140.913
9
u，氪92的质量为91.897
3
u，每个中子质量为1.008
7
u。
1
kg铀235发生(1)中的铀核裂变所放出的能量相当于多少优质煤完全燃烧时放出的能量？(1
kg优质煤完全燃烧时能产生3.36×107
J的热量)
(3)这座核电站核能转化为电能的效率为η＝40%，假定反应堆中发生的裂变反应全是(1)中的核反应，则每年需要多少浓缩铀(浓缩铀中铀235的含量占2%)
解析　(1)U裂变时，核子数、质量数守恒，只是重核的核子平均质量大于中等质量的核子平均质量，产生质量亏损，释放核能，故A错，B对。U的半衰期不会随环境温度的变化而改变，它是由核内部自身的因素决定的，故C错。
200
MeV＝200×106×1.6×10－19
J＝3.2×10－11
J，故D对。
(2)质量亏损为：Δm＝(mU＋mn)－(mBa＋mkr＋3mn)＝236.052
6u－235.837
3u＝0.215
3
u。
释放的能量：ΔE＝Δmc2＝210
MeV。
1
kg铀235含有的铀原子核数目为
N＝×6.02×1023＝2.56×1024个。
1
kg铀完全反应释放的总能量为：
E总＝N·ΔE＝2.56×1024×201×106×1.60×10－19
J＝8.23×1013
J。
1
t煤完全燃烧释放的能量为：
E＝1
000×3.36×107
J＝3.36×1010
J，
故1
kg铀完全反应相当于这样的煤完全燃烧的质量为：m煤＝2.45×103
t。
(3)核电站每年放出的热量
Q＝
＝
J
＝9.46×1016
J。
需要浓缩铀：
m＝＝5.7×104
kg。
答案　(1)BD　(2)2.45×103
t　(3)5.7×104
kg
15．(1)Th是不稳定的，能自发的发生衰变。
①完成Th衰变反应方程Th→Pa＋______。
②Th衰变为Rn，经过__________次α衰变，________次β衰变。
(2)1919年，卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子。科学研究表明其核反应过程：α粒子轰击静止的氮核后形成了不稳定的复核，复核发生衰变放出质子，变成氧核。设α粒子质量为m1，初速度为v0，氮核质量为m2，质子质量为m0，氧核的质量为m3，不考虑相对论效应。
①α粒子轰击氮核形成不稳定复核的瞬间，复核的速度为多大？
②求此过程中释放的核能。
解析　(1)①根据核电荷数守恒和质量数守恒，粒子为e。
②设发生n次α衰变，m次β衰变，则有234＝222＋4n,90＝86＋2n－m，解得n＝3，m＝2。
(2)①设复核的速度为v，由动量守恒定律得
m1v0＝(m1＋m2)v
解得v＝。
②核反应过程中的质量亏损
Δm＝m1＋m2－m0－m3
反应过程中释放的核能
ΔE＝Δm·c2＝(m1＋m2－m0－m3)c2。
答案　(1)①e　②3　2
(2)①v＝　②(m1＋m2－m0－m3)c2
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1(二)　匀变速直线运动的规律
A组·基础巩固题
1.(2017·定州模拟)浙江百丈漈瀑布是全国单体落差最高的瀑布。第一漈207米，第二漈68米，第三漈12米，三漈相加是287米，折合古时鲁班尺是一百丈多17米，故名百丈漈。假设忽略上游水的初速度和空气的阻力，那么，水仅仅下落第一漈后的速度大约是(　　)
A．63
m/s
B．76
m/s
C．6.3
m/s
D．44
m/s
解析　忽略上游水的初速度和空气的阻力，做自由落体运动，由运动规律v2＝2gh，h＝207
m代入得v＝63
m/s。故选A。
答案　A
2．(多选)在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动，刚运动了8
s，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4
s停在巨石前。则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是(　　)
A．加速、减速中的加速度大小之比为a1∶a2等于2∶1
B．加速、减速中的平均速度大小之比1∶2等于1∶1
C．加速、减速中的位移大小之比x1∶x2等于2∶1
D．加速、减速中的加速度大小之比a1∶a2不等于1∶2
解析　汽车由静止运动8
s，又经4
s停止，加速阶段的末速度与减速阶段的初速度相等，由v＝at，知a1t1＝a1t2，＝，A、D错；又由v2＝2ax知a1x1＝a2x2，＝＝，C对；由＝知，∶＝1∶1，B对。
答案　BC
3．(原创题)2016年7月13日零时5分，随着牌号为蒙HL3827车辆在锡林浩特南主线收费站的成功缴费，标志着锡(锡林浩特)张(张家口)高速公路全线开通，也标志着内蒙古通往京津冀地区的又一条重要出口通道正式建成，锡张高速公路全长约398公里，限速120
km/h，一般也要求速度不小于60
km/h。冬天大雾天气的时候高速公路经常封道，否则会造成非常严重的车祸。如果某人大雾天开车在高速上行驶，设能见度(观察者与能看见的最远目标间的距离)为30
m，该人的反应时间为0.5
s，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为5
m/s2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度是(　　)
A．10
m/s
B．15
m/s
C．10
m/s
D．20
m/s
解析　设汽车的最大速度为v，在反应时间内，汽车做匀速直线运动，即x1＝vt，刹车过程汽车做匀减速直线运动，位移为x2＝，要安全行驶，则x1＋x2≤30
m，联立解得v＝15
m/s(另一解v＝－20
m/s不符合题意)，故B正确。
答案　B
4．(2017·拉萨模拟)(多选)某一时刻a、b两物体以不同的速度经过某一点，并沿同一方向做匀加速直线运动，已知两物体的加速度相同，则在运动过程中(　　)
A．a、b两物体速度之差保持不变
B．a、b两物体速度之差与时间成正比
C．a、b两物体位移之差与时间成正比
D．a、b两物体位移之差与时间的平方成正比
解析　由v1＝v0＋at得两物体的速度之差为：Δv＝v1－v2＝Δv0，所以速度之差保持不变，故A正确，B错误。设a、b两个物体的初速度分别为v1、v2，加速度为a，由公式x＝v0t－at2可得两物体的位移之差为：Δx＝(v1－v2)t＝Δv0t，故C正确，D错误；故选AC。
答案　AC
5．(2017·长春质检)一列火车从静止开始做匀加速直线运动，一人站在第一节车厢前端的旁边观测，第一节车厢通过他历时2
s，整列车厢通过他历时8
s，则这列火车的车厢有(　　)
A．16节
B．17节
C．18节
D．19节
解析　火车做初速度为零的匀加速直线运动，则L＝at，全部车厢通过时nL＝at，解得n＝16，故选项A正确。
答案　A
6．(2017·巴彦淖尔模拟)汽车以20
m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5
m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，2
s与5
s时汽车的位移之比为(　　)
A．5∶4
B．4∶5
C．3∶4
D．4∶3
解析　汽车刹车到停止所需的时间，t＝＝
s＝4
s，t＝2
s时位移，x1＝v0t－at2＝20×2－×5×22＝30
m，5
s时的位移等于4
s时的位移，此时车已停，x2＝＝
m＝40
m,2
s与5
s时汽车的位移之比x1∶x2＝3∶4，故选C。
答案　C
7.伽利略在研究自由落体运动时，做了如下的实验：他让一个铜球从阻力很小(可忽略不计)的斜面上由静止开始滚下，并且做了上百次。假设某次实验在固定斜面上任取三个位置A、B、C。让小球分别由A、B、C滚下，如图所示，让A、B、C与斜面底端的距离分别为s1、s2、s3，小球由A、B、C运动到斜面底端的时间分别为t1、t2、t3，小球由A、B、C运动到斜面底端时的速度分别为v1、v2、v3，则下列关系式中正确并且是伽利略用来证明小球沿光滑斜面向下运动是匀变速直线运动的是(　　)
A.＝＝
B.＝＝
C.＝＝
D．s1－s2＝s2－s1
解析　根据s＝at2得＝＝，即B正确，选项C的关系式虽然成立，但不是伽利略证明结论的依据。
答案　B
8．(2017·河南联考)为了研究汽车的启动和制动性能，现用甲、乙两辆完全相同的汽车在平直公路上分别进行实验。让甲车以最大加速度a1加速到最大速度后匀速运动一段时间再以最大加速度a2制动，直到停止；乙车以最大加速度a1加速到最大速度后立即以加速度a2/2制动，直到停止。实验测得甲、乙两车的运动时间相等，且两车运动的位移之比为5∶4。则a1∶a2的值为(　　)
A．2∶1
B．1∶2
C．4∶3
D．4∶5
解析　根据题述，作出甲乙两车的速度图象，如图所示。设甲车加速运动的时间为t1，总时间为t2。则有：
∶v＝5∶4，解得：
t1∶t2＝1∶2。可知a1＝，即a1∶a2＝1∶2，B正确。
答案　B
B组·能力提升题
9．(2017·黄冈模拟)(多选)t＝0时刻，一物体以一定初速度做匀加速直线运动，现在只测出了该物体在第3
s内以及第7
s内的位移，则下列说法正确的是(　　)
A．不能求出任一时刻的瞬时速度
B．能够求出任一时刻的瞬时速度
C．能求出第3
s末到第7
s初的位移
D．能够求出该物体的加速度
解析　由第3
s内以及第7
s内的位移可分别求得t＝2.5
s和t＝6.5
s时的瞬时速度，即v2.5＝和v6.5＝，则有a＝，可以求得加速度a；又因为v2.5＝v0＋a×2.5t1，可求出初速度v0，则由a与v0可以求出任意时刻的速度，也可以求出任意时间段内的位移。
答案　BCD
10．人民广场上喷泉的喷嘴与地面相平且竖直向上，某一喷嘴喷水流量Q＝5
L/s，水的出口速度v0＝20
m/s，不计空气阻力，g＝10
m/s2。则处于空中的水的体积是(　　)
A．5
L
B．20
L
C．10
L
D．40
L
解析　设水在空中的运动时间为t，则t＝＝4
s，而V＝Qt＝20
L。故B正确。
答案　B
11．如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8
m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5
s和2
s。关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2
m/s2
由静止加速到2
m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是(　　)
A．关卡2
B．关卡3
C．关卡4
D．关卡5
解析　由题意知，该同学先加速后匀速，速度增大到2
m/s用时t1＝1
s，在加速时间内通过的位移x＝at＝1
m，匀速运动4
s时间内的位移x2＝vt2＝8
m，已过关卡2，t3＝2
s时间内位移x3＝4
m，在接下来的5
s时间内，关卡3打开，可以通过，x4＝10
m，当关卡4关闭时，该同学距离关卡4还有1
m，到达关卡4还需要0.5
s，小于2
s，所以最先挡在他面前的是关卡4，故选项C正确。
答案　C
12．(2017·黄冈调研)某人在相距10
m的A、B两点间练习折返跑，他在A点由静止出发跑向B点，到达B点后立即返回A点。设加速过程和减速过程都是匀变速运动，加速过程和减速过程的加速度大小分别是4
m/s2和8
m/s2，运动过程中的最大速度为4
m/s，从B点返回的过程中达到最大速度后即保持该速度运动到A点。求：
(1)从B点返回A点的过程中以最大速度运动的时间；
(2)从A点运动到B点与从B点运动到A点的平均速度的大小之比。
解析　(1)设此人从静止到加速至最大速度所用的时间为t1，加速运动的位移大小为x1，从B点返回A点的过程中做匀速运动的时间为t2，A、B两点间的距离为L，由运动学公式可得
vm＝a1t1，x1＝t1，L－x1＝vmt2
联立以上各式并代入数据解得
t2＝2
s。
(2)设此人从A点运动到B点的过程中做匀速运动的时间为t3，减速运动的位移大小为x2，减速运动的时间为t4，由运动学规律可得
vm＝a2t4，x2＝t4，
L－x1－x2＝vmt3
＝
联立以上各式并代入数据可得
＝。
答案　(1)2
s　(2)
13．(创新题)在高速公路上行驶的车辆随意变更车道容易造成交通事故。某司机驾车以108
km/h在快车道上行驶，行驶在该车前面的另一辆小轿车以72
km/h在慢车道上行驶，当后车车头和前车车尾相距d＝5
m时，前面司机突然加速变道至后车正前方，其加速度
大小a1＝1
m/s2。不考虑变道带来的方向变化。(取＝3.9)求：
(1)若后车的司机不减速，经过多少时间两车相撞；
(2)若后车的司机发现前车变道，立即刹车减速，为避免发生车祸，后车刹车减速的加速度a2至少为多大。
解析　设后车经过时间t1追上前车，由运动学规律得
v2t1＝v1t1＋a1t＋d，
代入数据解得t1＝(10－2)
s＝2.2
s(另一解t1＝(10＋2)
s不合题意舍去)
(2)后车刚好追上前车时速度相等，所用时间为t2，由运动学规律得
v2－a2t2＝v1＋a1t2，
v2t2－a2t＝v1t2＋a1t＋d
代入数据解得a2＝1.5
m/s2。
答案　(1)2.2
s　(2)1.5
m/s2
14.(2017·济南模拟)如图所示是一种较精确测重力加速度g值的方法：将下端装有弹射装置的真空玻璃直管竖直放置，玻璃管足够长，小球竖直向上被弹出，在O点与弹簧分离，然后返回。在O点正上方选取一点P，利用仪器精确测得OP间的距离为H，从O点出发至返回O点的时间间隔为T1，小球两次经过P点的时间间隔为T2。求：
(1)重力加速度g；
(2)若O点距玻璃管底部的距离为L0，玻璃管最小长度。
解析　(1)小球从O点上升到最大高度过程中：h1＝g2　①
小球从P点上升的最大高度：
h2＝g2　②
依据题意：h1－h2＝H　③
联立①②③解得：g＝
(2)真空管至少的长度：L＝L0＋h1
故L＝L0＋
答案　(1)
(2)L0＋
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1(三十六)　固体、液体和气体
A组·基础巩固题
1.(2017·牡丹江模拟)(多选)下列说法正确的是(　　)
A．晶体一定具有各向异性，非晶体一定具有各向同性
B．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同
C．液晶既像液体一样具有流动性，又跟某些晶体一样具有光学性质的各向异性
D．随着分子间距离的增大，分子间作用力减小，分子势能也减小
解析　只有单晶体具有各向异性，而多晶体是各向同性的，故A错误；内能与物体的温度、体积、分子数等因素有关，内能不同，温度可能相同，则分子热运动的平均动能可能相同，故B正确；液晶，即液态晶体，像液体一样具有流动性，具有各向异性，故C正确；随着分子间距离的增大，分子间作用力不一定减小，当分子表现为引力时，分子力做负功，分子势能增大，故D错误。
答案　BC
2．(2017·昌平区模拟)堵住打气筒的出气口，缓慢向下压活塞使气体体积减小，你会感到越来越费力。设此过程中气体的温度保持不变。对这一现象的解释正确的是(　　)
A．气体的密度增大，使得在相同时间内撞击活塞的气体分子数目增多
B．气体分子间没有可压缩的间隙
C．气体分子的平均动能增大
D．气体分子间相互作用力表现为斥力
解析　当气体的密度增大时，单位体积的分子数增加，气体分子的密度变大，使得在相同时间内撞击活塞的气体分子数目增多，故对活塞的压强变大，你会感到越来越费力，故选A。
答案　A
3．(2017·长沙模拟)(多选)下列对理想气体的理解正确的是
(　　)
A．理想气体实际上并不存在，只是一种理想模型
B．只要气体压强不是很大就可视为理想气体
C．密闭容器内的理想气体随着温度的升高，其压强增大，内能增大
D．一定质量的理想气体对外界做功时，它的内能有可能增大
E．理想气体的压强是由气体分子间斥力产生的
解析　理想气体实际上并不存在，只是一种理想化的物理模型，故A正确；实际气体在压强不太高、温度不太低的情况下可以看做理想气体，故B错误；温度升高，理想气体的分子势能为零，内能等于分子动能，所以温度升高，分子平均动能增大，内能增大，C正确；根据热力学第一定律，一定质量的理想气体对外界做功时，有可能还从外界吸收热量，内能可能增大，D正确；理想气体的压强是由于大量分子频繁撞击器壁产生的，理想气体分子作用力为零，E错误。
答案　ACD
4．(2017·泉州质检)(多选)下列说法正确的是(　　)
A．饱和汽压随温度降低而减小，与饱和汽的体积无关
B．能量耗散反映了与热现象有关的宏观自然过程具有不可逆性
C．液体表面层分子间距离较大，这些液体分子间作用力表现为引力
D．若某气体摩尔体积为V，阿伏加德罗常数用NA表示，则该气体的分子体积为
E．用“油膜法”估测分子直径时，滴在水面的油酸酒精溶液体积为V，铺开的油膜面积为S，则可估算出油酸分子直径为
解析　饱和汽压随温度降低而减小，与饱和汽的体积无关，选项A正确；能量耗散反映了与热现象有关的宏观自然过程具有不可逆性，选项B正确；液体表面层分子间距离较大，这些液体分子间作用力表现为引力，这也是表面张力产生的原因，选项C正确；若某气体摩尔体积为V，阿伏加德罗常数用NA表示，则该气体的分子运动占据的空间是，此值不是分子的体积，选项D错误；用“油膜法”估测分子直径时，若滴在水面的油酸酒精溶液中油酸的体积为V，铺开的油膜面积为S，则可估算出油酸分子直径为，选项E错误。故选ABC。
答案　ABC
5．(2017·江西模拟)(多选)将质量相同的同种气体A、B分别密封在体积不同的两容器中，保持两部分气体体积不变，A、B两部分气体的压强随温度t的变化曲线如图所示。则(　　)
A．A部分气体的体积比B部分小
B．A、B直线的延长线将相交于t轴上的同一点
C．A、B气体温度改变量相同时，压强改变量相同
D．A、B气体温度改变量相同时，A部分气体压强改变量较大
解析　A、B两部分气体都发生等容变化，p—t图线都过t轴上－273
℃的点—绝对零度。由理想气体状态方程＝c知，图象的斜率越大，越大，则气体的体积越小，故有A部分气体的体积比B部分小，故A、B正确。图中A图线的斜率较大，由数学知识可知温度改变量相同时，A气体压强改变量较大，故C错误，D正确。故选ABD。
答案　ABD
6．如图所示，横坐标v表示分子速率，纵坐标f(v)表示各等间隔速率区间的分子数占总分子数的百分比。图中曲线能正确表示某一温度下气体分子麦克斯韦速率分布规律的是(　　)
A．曲线①　　　　　　　
B．曲线②
C．曲线③
D．曲线④
解析　气体分子的速率呈“中间多、两头少”的分布，且速度为零的分子占的百分比也为零，曲线④正确。
答案　D
7．如图所示，容积一定的测温泡，上端有感知气体压强的压力传感器。待测物体温度升高时，泡内封闭气体(　　)
A．内能不变，压强变大
B．体积不变，压强变大
C．温度不变，压强变小
D．温度降低，压强变小
解析　待测物体温度升高时，泡内封闭气体温度升高，内能变大，因体积不变，气体的压强变大，故B正确。
答案　B
8.如图所示，质量为M、导热性能良好的气缸由一根平行于斜面的细线系在光滑斜面上。气缸内有一个质量为m的活塞，活塞与气缸壁之间无摩擦且不漏气。气缸内密封有一定质量的理想气体。如果大气压强增大(温度不变)，则(　　)
A．气体的体积增大
B．细线的张力增大
C．气体的压强增大
D．斜面对气缸的支持力增大
解析　对活塞受力分析，沿斜面方向可得：pS＋mgsinα＝p0S，所以p＝p0－，若p0增大，则p增大，根据pV＝常量，可知V减小；对气缸和活塞的整体而言，细线的张力T＝(M＋m)gsinα；斜面对气缸的支持力F＝(M＋m)gcosα，与大气压强无关。选项C正确。
答案　C
B组·能力提升题
9．(多选)如图所示，倒悬的导热气缸中有一个可无摩擦上下移动且不漏气的活塞A，活塞A的下面吊着一个重物，气缸中封闭着一定质量的理想气体。起初各部分均静止不动，大气压强保持不变。对于气缸内的气体，当其状态缓慢发生变化时，下列判断正确的是(　　)
A．若环境温度升高，则气体的压强一定增大
B．当活塞向下移动时，外界一定对气体做正功
C．保持环境温度不变，缓慢增加重物的质量，气体一定会吸热
D．若环境温度降低，缓慢增加重物的质量，气体体积可能保持不变
解析　若环境温度升高，气体等压膨胀，气体的压强不变，选项A错误；当活塞向下移动时，气体对外界做正功，选项B错误；保持环境温度不变，缓慢增加重物的质量，气体压强减小，体积增大，对外做功，内能不变，气体一定会吸热，选项C正确；若环境温度降低，气体温度降低，缓慢增加重物的质量，气体压强减小，气体体积可能保持不变，选项D正确。
答案　CD
10．一定质量的理想气体状态变化过程如图所示，第1种变化是从A到B，第2种变化是从A到C。比较两种变化过程，则(　　)
A．A到C过程气体吸收热量较多
B．A到B过程气体吸收热量较多
C．两个过程气体吸收热量一样
D．两个过程气体内能增加不相同
解析　在p－T图中，等容线是过原点的倾斜直线，由题图可知VC＝VA>VB，故从A→B，外界对气体做功，由TB＝TC可知两过程内能增量相同，根据ΔU＝W＋Q可知，从A→C，气体吸收热量较多，选项A正确，而BCD错误。
答案　A
11．(2017·佛山模拟)如图所示，一个上下都与大气相通的直圆筒，内部横截面的面积S＝0.01
m2，中间用两个活塞A与B封住一定质量的理想气体，A、B都可沿圆筒无摩擦地上、下滑动，但不漏气，A的质量可不计、B的质量为M，并与一劲度系数k＝5×103
N/m的较长的弹簧相连。已知大气压强p0＝1×105
Pa，平衡时两活塞间的距离l0＝0.6
m。现用力压A，使之缓慢向下移动一定距离后保持平衡。此时，用于压A的力F＝5×102
N。假定气体温度保持不变，求：
(1)此时两活塞间的距离。
(2)活塞A向下移的距离。
(3)大气压对活塞A和活塞B做的总功。
解析　(1)活塞A受压向下移动的同时，活塞B也向下移动。已知达到平衡时，F＝5×102
N。
p＝p0＋F/S＝1.5×105
Pa
p0l0S＝plS　解得l＝0.4
m
(2)当气体的压强为p0时，弹簧受B的作用而有一定的压缩量，当气体的压强变为p0＋F/S时，弹簧增加的压缩量就是B向下移动的距离x，由胡克定律：
F＝kx　x＝0.1
m
设A向下移动的距离为y，
l＝l0＋x－y得：y＝0.3
m
(3)W＝p0(l0－l)S＝200
J
答案　(1)0.4
m　
(2)0.3
m
(3)200
J
12．(2017·定州模拟)如图所示，左右两个容器的侧壁都是绝热的、底部都是导热的、横截面积均为S。左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭。两个容器的下端由容积可忽略的细管连通。容器内两个绝热的活塞A、B下方封有氮气，B上方封有氢气。大气的压强为p0，外部气温为T0＝273
K保持不变，两个活塞因自身重力对下方气体产生的附加压强均为0.1p0。系统平衡时，各气体柱的高度如图所示。现将系统的底部浸入恒温热水槽中，再次平衡时A上升了一定的高度。用外力将A缓慢推回第一次平衡时的位置并固定，第三次达到平衡后，氢气柱高度为0.8h。氮气和氢气均可视为理想气体。求：
(1)第二次平衡时氮气的体积；
(2)水的温度。
解析　(1)考虑氢气的等温过程，该过程的初态压强为p0，体积为hS，末态体积为0.8hS，
设末态的压强为p，由玻意耳定律
p(0.8hs)＝p0hs
解得p＝1.25p0
活塞A从最高点被第一次推回平衡位置的过程是等温过程，该过程的初态压强为1.1p0，体积为V，末态压强为p′，末态体积V′
则：p′＝p＋0.1p0＝1.35p0
V′＝2.2hS
由玻意耳定律1.1p0V＝p′V′
得：V＝2.7hS
(2)活塞A从最初位置升到最高位置过程为等压过程，该过程的初态体积和温度分别为2hS和T0＝273
K，末态体积为2.7hS，
设末态温度为T，由盖－吕萨克定律＝
解得T＝368.55
K
答案　(1)V＝2.7hS　
(2)T＝368.55
K
13．一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸内，气缸壁导热良好，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动。开始时气体压强为p，活塞下表面相对于气缸底部的高度为h，外界温度为T0。现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了。若此后外界的温度变为T，求重新到达平衡后气体的体积。已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g。
解析　设气缸的横截面积为S，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为Δp，由玻意耳定律得
phS＝(p＋Δp)(h－h)S　
①
解得Δp＝p　
②
外界的温度变为T后，设活塞距底面的高度为h′。
根据盖－吕萨克定律，得
＝　
③
解得h′＝h　
④
据题意可得Δp＝　
⑤
气体最后的体积为V＝Sh′　
⑥
联立②④⑤⑥式得V＝　
⑦
答案　
14．(2017·西安八校联考)
(1)下列说法正确的是________。(填正确答案标号)
A．显微镜下观察到墨水中的小碳粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性
B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大
C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大
D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素
E．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大
(2)如图所示，柱形容器内用轻质绝热活塞封闭一定量的理想气体，容器外包裹保温材料。开始时活塞至容器底部的高度为H1＝50
cm，容器内气体温度与外界温度相等。在活塞上逐步加上多个砝码后，活塞下降到距容器底部H2＝30
cm处，气体温度升高了ΔT＝60
K；然后取走容器外的保温材料，活塞位置继续下降，最后静止于距容器底部H3＝25
cm处，已知大气压强为p0＝1×105
Pa。求气体最后的压强与温度。
解析　(1)显微镜下观察到墨水中的小碳粒在不停地做无规则运动，是由于液体分子对小碳粒的撞击所致，这反映了液体分子的无规则运动，A正确；当r＝r0时，分子间的作用力为零，当分子之间的距离由此位置开始增大时，分子间的作用力先增大后减小，B错误；当r＝r0时，分子间引力等于斥力，当分子间距从
r(2)本题考查理想气体实验定律，意在考查考生的分析综合能力。
对取走容器外的保温材料，活塞位置继续下降的等压过程，由盖 吕萨克定律：＝
解得气体最后的温度T0＝300
K
从初状态到末状态，温度相同，由玻意耳定律：
p0H1S＝p3H3S
解得气体最后的压强p3＝2×105
Pa
答案　(1)ACD　(2)2×105
Pa　300
K
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1(四)　重力　弹力　摩擦力
A组·基础巩固题
1.(2017·洛阳模拟)下列说法正确的是(　　)
A．有力作用在物体上，其运动状态一定改变
B．单个孤立物体有时也能产生力的作用
C．作用在同一物体上的力，只要大小相同，作用的效果就相同
D．找不到施力物体的力是不存在的
解析　由于力的作用效果有二：其一是改变物体运动状态，其二是使物体发生形变，A错误；力的作用效果是由大小、方向、作用点共同决定的，C错误；力是物体与物体之间的相互作用，只要有力就一定会有施力物体和受力物体，B错误，D正确。
答案　D
2．下列关于重力、弹力和摩擦力的说法正确的是(　　)
A．物体的重心一定在物体的几何中心上
B．劲度系数越大的弹簧，产生的弹力越大
C．动摩擦因数与物体之间的压力成反比，与滑动摩擦力成正比
D．静摩擦力的大小在零和最大静摩擦力之间变化
解析　物体的重心由物体的形状和质量分布决定，A错误；弹簧弹力的大小还与其形变量有关，B错误；动摩擦因数与压力和滑动摩擦力无关，C错误；静摩擦力的大小范围为0答案　D
3.如图所示，在一个正方体的盒子中放有一个质量分布均匀的小球，小球的直径恰好和盒子内表面正方体的边长相等，盒子沿倾角为α的固定斜面滑动，不计一切摩擦，下列说法正确的是(　　)
A．无论盒子沿斜面上滑还是下滑，球都仅对盒子的下底面有压力
B．盒子沿斜面下滑时，球对盒子的下底面和右侧面有压力
C．盒子沿斜面下滑时，球对盒子的下底面和左侧面有压力
D．盒子沿斜面上滑时，球对盒子的下底面和左侧面有压力
解析　先以盒子和小球组成的系统为研究对象，无论上滑还是下滑，用牛顿第二定律均可求得系统的加速度大小为a＝gsinα，方向沿斜面向下，由于盒子和小球始终保持相对静止，所以小球的加速度大小也是a＝gsinα，方向沿斜面向下，小球沿斜面向下的重力分力大小恰好等于所需的合外力，因此不需要左、右侧面提供弹力。故选项A正确。
答案　A
4．(2017·扬州模拟)在如图所示的装置中，小球的质量均相同，弹簧和细线的质量均不计，一切摩擦忽略不计，平衡时各弹簧的弹力分别为F1、F2、F3，其大小关系是(　　)
A．F1＝F2＝F3
B．F1＝F2C．F1＝F3>F2
D．F3>F1>F2
解析　对小球受力分析，左边装置中下面的小球受到重力mg和轻弹簧的弹力F1的作用，根据平衡条件可知F1＝mg；其他两个装置中弹簧的弹力等于细线的拉力，对小球受力分析，根据平衡条件可知细线上拉力等于小球重力，则有F2＝F3＝mg。因此，F1＝F2＝F3＝mg，A正确，B、C、D错误。
答案　A
5．(2017·江阴段考)如图所示，P是位于水平粗糙桌面上的物块，用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳将P与钩码Q相连，Q的质量为m，在P向右匀速运动的过程中，桌面上的绳子始终是水平的，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A．P所受拉力的施力物体是钩码Q，大小等于mg
B．P所受拉力的施力物体是绳子，大小等于mg
C．P所受摩擦力的方向水平向左，大小一定小于mg
D．P所受摩擦力的方向水平向左，大小一定大于mg
解析　P受绳子的作用，不受钩码的作用，故A错误；P受拉力的施力物体为绳子，大小等于钩码的重力mg，故B正确；P所受到的摩擦力方向与拉力方向相反，故向左，但根据平衡关系可知，其大小一定等于mg，故CD错误。故选B。
答案　B
6.(2017·湖南联考)如图所示，用恒力F将物体压在粗糙竖直面上，当F从实线位置绕O点顺时针转至虚线位置，物体始终静止，则在这个过程中，摩擦力f与墙壁对物体弹力的变化情况是(　　)
A．f方向可能一直竖直向上
B．f先变小后变大
C．FN先变小后变大
D．FN先变小后变大再变小
解析　物体始终静止状态，受力平衡，对物体受力分析，若F斜向下，设与水平方向的夹角为θ，根据平衡条件得：f＝mg＋Fsinθ，方向向上，FN＝Fcosθ，当F从实线位置绕O点顺时针转至水平位置的过程中，θ减小，则sinθ减小，cosθ增大，所以f减小，FN增大；若F斜向上，设与水平方向的夹角为θ，根据平衡条件得：f＝mg－Fsinθ，若Fsinθ＜mg，则摩擦力方向向上，FN＝Fcosθ，当F从水平位置转至虚线位置时，θ增大，则sinθ增大，cosθ减小，所以f减小，FN减小，综上可知，f的方向可以一直向上，大小逐渐减小，FN先增大后减小，故A正确，BCD错误。故选A。
答案　A
7.(多选)如图所示，重80
N的物体A放在倾角为30°的粗糙斜面上，有一根原长为10
cm、劲度系数为1
000
N/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8
cm。现用一测力计沿斜面向上拉物体，若物体与斜面间最大静摩擦力为25
N，当弹簧的长度仍为8
cm时，测力计读数可能是(　　)
A．30
N
B．40
N
C．50
N
D．60
N
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N、沿斜面向上的摩擦力f和弹簧对物体施加沿斜面向上的弹力F1，受力如图，
其中F1＝kx＝1
000×(10－8)×10－2
N＝20
N，
根据平衡条件可求出，
f＝Gsin30°－F1＝20
N，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＋f＋F1＝Gsin30°，即F＋f＝20
N，摩擦力f随着F增大而较小，当F＝20
N时，f＝0，若F>20
N，摩擦力沿斜面向下，因为物体没有滑动，所以F＋F1N，所以测力计读数在0～45
N之间。AB可能，CD不可能。
答案　AB
8．(2017·咸阳质检)如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧两端分别与竖直墙壁和物块连接，弹簧、地面水平。A、B是物块能保持静止的位置中离墙壁最近和最远的两点，A、B两点离墙壁的距离分别是x1、x2。则物块与地面的最大静摩擦力为(　　)
A．k(x2－x1)
B．k(x2＋x1)
C.
D.
解析　从A到B弹簧弹力的改变量为2f，根据胡克定律得ΔF＝kΔx，有k(x2－x1)＝2f，所以f＝，C正确。
答案　C
B组·能力提升题
9.如图所示，长方体物块A叠放在长方体物块B上，B置于水平地面上。A、B质量分别为mA＝6
kg，mB＝2
kg，A与B之间、B与水平地面之间的动摩擦因数均为0.2。现用大小为10
N的水平恒力F向右拉A，若最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，g＝10
m/s2，则以下说法正确的是(　　)
A．A、B两物块将一起沿水平地面匀速运动
B．物块B保持静止，物块A相对B匀速滑动
C．物块A所受的摩擦力大小为10
N
D．物块B所受的摩擦力大小为20
N
解析　A、B间的最大静摩擦力fA＝μmAg＝12
N>10
N，物块B和地面间的最大静摩擦力为fB＝μ(mA＋mB)g＝16
N，用10
N的水平恒力F向右拉A，A、B均保持静止，物块A受到B的摩擦力大小为10
N，B受到A和地面的摩擦力作用，摩擦力大小都是10
N，故C项正确。
答案　C
10．(2017·泰州模拟)如图所示，一物块受到一水平力F作用静止于斜面上，此力F的方向与斜面平行，如果将力F撤除，下列对物块的描述正确的是(　　)
A．木块将沿斜面下滑
B．木块受到的摩擦力变大
C．木块立即获得加速度
D．木块所受的摩擦力方向改变
解析　设木块的重力为G，将木块所受的重力分解为垂直于斜面方向和沿斜面向下方向，沿斜面向下的分力大小为Gsinθ，如图，在斜面平面内受力如图。
力F未撤掉时，由图根据平衡条件得，静摩擦力大小f1＝，力F撤掉时，重力分力Gsinθ＜，所以木块仍保持静止。由图，根据平衡条件得f2＝Gsinθ，所以木块受到的摩擦力变小。由图看出，木块所受的摩擦力方向发生了改变。故选D。
答案　D
11.如图所示，一直杆倾斜固定并与水平方向成30°的夹角；直杆上套有一个质量为0.5
kg的圆环，圆环与轻弹簧相连，在轻弹簧上端施加一竖直向上、大小F＝10
N的力，圆环处于静止状态，已知直杆与圆环之间的动摩擦因数为0.7，取g＝10
m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．圆环受到直杆的弹力，方向垂直直杆向上
B．圆环受到直杆的弹力大小等于2.5
N
C．圆环受到直杆的摩擦力，方向沿直杆向上
D．圆环受到直杆的摩擦力大小等于2.5
N
解析　圆环受到直杆的弹力，方向垂直直杆向下，A错误；画出圆环受力示意图如图所示，应用平行四边形定则可得，圆环受到直杆的弹力大小等于
N，B错误；圆环受到直杆的摩擦力，方向沿直杆向下，大小等于2.5
N，C错误，D正确。
答案　D
12.如图所示，质量为m的物体悬挂在轻质支架上，斜梁OB与竖直方向的夹角为θ。设水平横梁OA和斜梁OB作用于O点的弹力分别为F1和F2，以下结果正确的是(　　)
A．F1＝mgsinθ
B．F1＝
C．F2＝mgcosθ
D．F2＝
解析　由题可知，对悬挂的物体由力的平衡条件可知绳子的拉力等于其重力，则绳子拉O点的力也等于重力。求OA和OB的弹力，选择的研究对象为作用点O，受力分析如图，由平衡条件可知，F1和F2的合力与FT等大反向，则由平行四边形定则和几何关系可得：F1＝mgtanθ，F2＝，故D正确。
答案　D
13.如图所示，斜面倾角为θ＝30°，一个重20
N的物体在斜面上静止不动。弹簧的劲度系数为k＝100
N/m，原长为10
cm，现在的长度为6
cm。
(1)试求物体所受的摩擦力大小和方向。
(2)若将这个物体沿斜面上移6
cm，弹簧仍与物体相连，下端仍固定，物体在斜面上仍静止不动，那么物体受到的摩擦力的大小和方向又如何呢？
解析　(1)设物体所受的摩擦力大小为f1，方向沿斜面向上，
对物体m进行受力分析，则有
f1＝mgsinθ－F，
由于F＝kx1＝4
N，故f1＝20
N×－4
N＝6
N，方向沿斜面向上。
(2)若将物体上移，设物体所受的摩擦力大小为f2，方向沿斜面向上，
则再对物体进行受力分析可得：
f2＝mgsinθ＋F′，
由于F′＝kx2＝100
N/m(0.12
m－0.10
m)＝2
N，故f2＝20
N×＋2
N＝12
N，方向沿斜面向上。
答案　(1)6
N，方向沿斜面向上　(2)12
N，方向沿斜面向上
14.如图所示，在倾角θ＝30°的斜面上放一木板A，重为GA＝100
N，板上放一重为GB＝500
N的木箱B，斜面上有一固定的挡板，先用平行于斜面的绳子把木箱与挡板拉紧，然后在木板上施加一平行斜面方向的拉力F，使木板从木箱下匀速抽出，此时，绳子的拉力T＝400
N。设木板与斜面间的动摩擦因数μ＝，求拉力F的大小。
解析　以AB整体为研究对象，受力分析如图，由平衡条件得：F＝FfA＋T－(GA＋GB)sinθ，FNA＝(GA＋GB)cosθ，FfA＝μFNA
解得：F＝325
N。
答案　F＝325
N
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1(八)　牛顿第二定律及应用
A组·基础巩固题
1.(2017·漳州调研)“加速度计”的部分结构简图如图所示，滑块与轻弹簧a、b连接并置于光滑凹槽内，静止时a、b长度均为l；若该装置加速向右运动，a、b长度分别为la、lb，则(　　)
A．la>l，lb>l
B．laC．la>l，lbD．lal
解析　加速度计向右加速运动，则滑块受到的合力向右，所以a被压缩，b被拉长，即lal，D正确。
答案　D
2.女航天员王亚平在“天宫一号”目标飞行器里通过一个实验成功展示了失重状态下液滴的表面张力引起的效应。在视频中可观察到漂浮的液滴处于相互垂直的两个椭球之间不断变化的周期性“脉动”中。假设液滴处于完全失重状态，液滴的上述“脉动”可视为液滴形状的周期性微小变化(振动)，如图所示。已知液滴振动的频率表达式为f＝，其中k为一个无单位的比例系数，r为液滴半径，ρ为液体密度，σ为液体表面张力系数(其单位为N/m)，x是待定常数。对于待定常数x的大小可能是(　　)
A.　　
B．－　　　
C．2　　
D．－3
解析　从物理单位的量纲来考虑：A选项中，
答案　B
3.一质量为m的物块在倾角为θ的足够长斜面上匀减速下滑。现对物块施加一个竖直向下的恒力F，如图所示。则物块减速为零的时间将(　　)
A．变大
B．变小
C．不变
D．不能确定
解析　物块在斜面上匀减速下滑，则mgsinθ－μmgcosθ＝ma①，现对物块施加一个竖直向下的恒力F，即(mg＋F)sinθ－μ(mg＋F)cosθ＝ma′②，由①②得ma＋F(sinθ－μcosθ)＝ma′，可得加速度大小|a|<|a′|，由v初＝at知物块减速为零的时间将变小，B正确。
答案　B
4.(多选)如图所示，质量为m的小球与弹簧Ⅰ和水平细绳Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q两点。球静止时，Ⅰ中拉力大小为FT1，Ⅱ中拉力大小为FT2，当仅剪断Ⅰ、Ⅱ其中一根的瞬间，球的加速度a应是(　　)
A．若剪断Ⅰ，则a＝g，方向竖直向下
B．若剪断Ⅱ，则a＝方向水平向左
C．若剪断Ⅰ，则a＝，方向沿Ⅰ的延长线方向
D．若剪断Ⅱ，则a＝g，方向竖直向上
解析　首先分析没有剪断Ⅰ、Ⅱ之前的小球受力情况。小球受力情况如图所示。在剪断Ⅰ的瞬间，由于小球的速度为零，绳Ⅱ上的力突变为零，则小球只受重力作用，加速度为g，A项正确，C项错误；若剪断Ⅱ，由于弹簧的弹力不能突变，FT1与重力的合力大小仍等于FT2，所以此时加速度为a＝，方向水平向左，B项正确，D项错误。
答案　AB
5.(2017·台州模拟)如图甲，一竖直放置的轻弹簧下端固定于桌面，现将一物块放于弹簧上同时对物块施加一竖直向下的外力，并使系统静止，若将外力突然撤去，则物块在第一次到达最高点前的速度－时间图象(图中实线)可能是图乙中的(　　)
解析　撤去外力后，
物块先向上做加速度减小的加速运动，当重力与弹力相等时速度达到最大值，以后再做加速度增大的减速运动，当物块与弹簧分离后，再做竖直上抛运动，到最高点时速度为0，故A对。
答案　A
6．(2017·石家庄质检)质量1
kg的小物块，在t＝0时刻以5
m/s的初速度从斜面底端A点滑上倾角为53°的斜面，0.7
s时第二次经过斜面上的B点，若小物块与斜面间的动摩擦因数为，则AB间的距离为(已知g＝10
m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)(　　)
A．1.05
m　
B．1.13
m　　
C．2.03
m　
D．1.25
m
解析　物块沿斜面上滑和下滑时，加速度分别为：a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝10
m/s2，a2＝g(sinθ－μcosθ)＝6
m/s2，物块滑到最高点所用时间为t1＝＝0.5
s，位移为x1＝a1t＝1.25
m，物块从最高点滑到B点所用时间为t2＝t－t1＝0.2
s，位移为x2＝a2t＝0.12
m，所以AB间的距离为x1－x2＝1.13
m，选项B对。
答案　B
7．(2017·中山质检)(多选)乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如图所示。在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)。则(　　)
A．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上
B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下
C．小物块受到的滑动摩擦力大小为mg＋ma
D．小物块受到的静摩擦力大小为mg＋ma
解析　小物块相对斜面静止，因此它与斜面间的摩擦力是静摩擦力。缆车以加速度a上行，小物块的加速度也为a，以小物块为研究对象，对其受力分析如图所示，则有Ff－mgsin30°＝ma，Ff＝mg＋ma，方向平行斜面向上。
答案　AD
8.(2017·宜宾质检)(多选)如图所示为粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)
A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小
B．粮袋开始运动的加速度为g(sinθ－μcosθ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动
C．若μD．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>gsinθ
解析　开始时，粮袋相对传送带向上运动，受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律可知，mgsinθ＋μFN＝ma，FN＝mgcosθ，解得a＝gsinθ＋μgcosθ，B错误；粮袋加速到与传送带相对静止时，若mgsinθ>μmgcosθ，即当μ答案　AC
B组·能力提升题
9.(2017·临沂模拟)(多选)在光滑水平面上，a、b两小球沿水平面相向运动，当小球间距小于或等于L时，受到大小相等，方向相反的相互排斥恒力作用，小球间距大于L时，相互间的排斥力为零，小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v随时间t的变化关系图象如图所示，由图可知(　　)
A．b球质量大于a球质量
B．在t2时刻两小球间距最小
C．在t1时刻两小球间距最小
D．在0～t3时间内a球所受排斥力方向始终与运动方向相反
解析　小球a沿规定正方向做匀减速运动，b球沿规定负方向做匀减速运动，在t2时刻两球速度方向相同且大小相等，间距最小，B对；由图可知两球加速度aamb，A错；0～t3时间内a球一直减速，所以所受排斥力始终与运动方向相反，D对。
答案　BD
10．(2016·江苏卷)(多选)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中(　　)
A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大
D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面
解析　将桌布从鱼缸下拉出的过程，鱼缸相对桌布向左运动，因此桌布对它的摩擦力方向向右，A项错误。设动摩擦因数为μ，鱼缸在桌布对它的滑动摩擦力的作用下做初速度为零的匀加速运动，加速度大小为μg，设经过t1时间鱼缸滑离桌布，滑离时的速度为v，则v＝μgt1；鱼缸滑到桌面上后，做匀减速运动，加速度大小也为μg，因此鱼缸在桌面上运动的时间t2＝，因此t1＝t2，B项正确。若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，大小为μmg，保持不变，C项错误。若猫减小拉力，则鱼缸与桌布间的摩擦力有可能小于滑动摩擦力，则鱼缸与桌布一起运动，从而滑出桌面，D项正确。
答案　BD
11．为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示。他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向垂直。假设滑块和风帆总质量为m。滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，帆受到的空气阻力与帆的运动速率成正比，即Ff＝kv。
(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；
(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；
(3)若m＝2
kg，斜面倾角θ＝30°，g取10
m/s2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t＝0时v－t图线的切线，由此求出μ、k的值。(计算结果保留两位有效数字)
解析　(1)由牛顿第二定律有：
mgsinθ－μmgcosθ－kv＝ma
解得a＝gsinθ－μgcosθ－。
(2)当a＝0时速度最大，
vm＝
减小最大速度的方法有：适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些。
(3)当v＝0时，
a＝gsinθ－μgcosθ＝3
m/s2，
解得μ＝≈0.23
最大速度vm＝2
m/s，
vm＝＝2
m/s，
解得k＝3.0
kg/s。
答案　(1)a＝gsinθ－μgcosθ－
(2)　适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些
(3)0.23　3.0
kg/s
12．一质量为m＝0.4
kg的电动遥控玩具车在水平地面上做直线运动，如图所示为其运动的v－t图象的一部分，已知0.4
s以前车做匀变速运动，之后做变加速运动直到速度最大，2
s时刻关闭发动机，玩具车开始做匀减速运动最终停止。小汽车全过程中所受阻力可视为恒定。
(1)关闭发动机后小车运动的时间；
(2)求匀加速阶段小汽车的驱动力；
(3)估算全过程小汽车行驶的距离。
解析　(1)设2
s后小汽车加速度为大小a2，据图象得
a2＝＝
m/s2＝2
m/s2。
设减速阶段时间为t，由
vt＝v0－a2t，解得t＝4
s。
(2)设0～0.4
s内，小汽车加速度大小为a1
a1＝＝
m/s2＝10
m/s2
据牛顿第二定律得F－Ff＝ma1
关闭发动机后Ff＝ma2
解得F＝4.8
N。
(3)0～0.4
s内的位移
x1＝a1t＝×10×0.42
m＝0.8
m
根据图象可得0.4～2
s内的位移
x2＝58×0.2×1
m＝11.6
m
2
s以后的位移x3＝a2t2＝×2×42
m＝16
m
小汽车的总位移x＝x1＋x2＋x3＝28.4
m(计算结果在27.6～29.2间均可)。
答案　(1)4
s　(2)4.8
N　(3)28.4
m
13．如图所示，水平轨道AB段为粗糙水平面，BC段为一水平传送带，两段相切于B点，一质量为m＝1
kg的物块(可视为质点)，静止于A点，AB距离为x＝2
m。已知物块与AB段和BC段的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10
m/s2。
(1)若给物块施加一水平拉力F＝11
N，使物块从静止开始沿轨道向右运动，到达B点时撤去拉力，物块在传送带静止情况下刚好运动到C点，求传送带的长度；
(2)在(1)问中，若将传送带绕B点逆时针旋转37°后固定(AB段和BC段仍平滑连接)，要使物块仍能到达C端，则在AB段对物块施加拉力F′应至少多大；
(3)若使物块以初速度v0从A点开始向右运动，并仍滑上(2)问中倾斜的传送带，且传送带以4
m/s速度向上运动，要使物块仍能到达C点，求物块初速度v0至少多大。
解析　(1)物块在AB段：
F－μmg＝ma1
a1＝6
m/s2
则到达B点时速度为vB，有
vB＝＝2
m/s
滑上传送带μmg＝ma2
刚好到达C点，有v＝2a2L
得传送带长度L＝2.4
m。
(2)将传送带倾斜，滑上传送带有
mgsin37°＋μmgcos37°＝ma3，
a3＝10
m/s2，
物块仍能刚好到C端，有v′＝2a3L
在AB段，有v′＝2ax
F′－μmg＝ma
联立解得F′＝17
N。
(3)由于μ＜tan37°，故要使物块能到达C点，物块初速度最小时，有物块滑到C时速度恰好为0。0－v″＝2a4L，且mgsinθ－μmgcosθ＝ma4，在AB段有v－v″＝2mgx
解得v0＝
m/s
答案　(1)2.4
m　(2)17
N　
(3)
m/s
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1(三十三)　光电效应　原子结构　氢原子光谱
A组·基础巩固题
1.关于光电效应，下列表述正确的是(　　)
A．光照时间越长，光电流越大
B．入射光频率大于极限频率时就能产生光电子
C．入射光足够强，就可以有光电流
D．不同的金属逸出功都是一样的
解析　光电流的大小与入射光的强度有关，与光照射的时间长短无关，故A错误。发生光电效应的条件是入射光频率大于极限频率，故B正确。能否发生光电效应与入射光的强度无关，入射光足够强，不一定能产生光电流，故C错误。不同的金属逸出功是不同的，故D错误。
答案　B
2．卢瑟福利用α粒子轰击金箔的实验研究原子结构，正确反映实验结果的示意图是图中的(　　)
　
A　　
　　　B　
　　　　C　
　
　　D
解析　本题考查学生对α粒子散射实验现象的定性认识。由教材中讲述的实验现象可知，只有D选项符合题意。
答案　D
3．关于物质的波粒二象性，下列说法不正确的是(　　)
A．不仅光子具有波粒二象性，一切运动的微粒都具有波粒二象性
B．运动的微观粒子与光子一样，当它们通过一个小孔时，都没有特定的运动轨道
C．波动性和粒子性，在宏观现象中是矛盾的、对立的，但在微观高速运动的现象中是统一的
D．实物的运动有特定的轨道，所以实物不具有波粒二象性
解析　光具有波粒二象性是微观世界具有的特殊规律，大量光子运动的规律表现出光的波动性，而单个光子的运动表现出光的粒子性。光的波长越长，波动性越明显，光的频率越高，粒子性越明显。而宏观物体的德布罗意波的波长太小，实际很难观察到波动性，不是不具有波粒二象性，D项错误。
答案　D
4．(多选)用极微弱的可见光做双缝干涉实验，随着时间的增加，在照相底片上先后出现如图甲、乙、丙所示的图象，则(　　)
A．图象甲表明光具有粒子性
B．图象乙表明光具有波动性
C．用紫外线观察不到类似的图象
D．实验表明光是一种概率波
解析　图象甲曝光时间短，通过光子数很少，呈现粒子性。图象乙曝光时间长，通过了大量光子，呈现波动性，故A、B正确；同时也表明光波是一种概率波，故D也正确；紫外线本质和可见光本质相同，也可以发生上述现象，故C错误。
答案　ABD
5．(多选)产生光电效应时，关于逸出光电子的最大初动能Ek，下列说法正确的是(　　)
A．对于同种金属，Ek与照射光的强度无关
B．对于同种金属，Ek与照射光的波长成反比
C．对于同种金属，Ek与照射光的时间成正比
D．对于同种金属，Ek与照射光的频率成线性关系
解析　发生光电效应，一个电子获得一个光子的能量，Ek＝hν－W0，所以Ek与照射光的强度无关，与光照射的时间无关，A正确，C错误；由Ek＝hν－W0＝h－W0可知Ek与λ并非成反比关系，B错误；由Ek＝hν－W0可知，Ek与照射光的频率成线性关系，D正确。
答案　AD
6．用波长为2.0×10－7m的紫外线照射钨的表面，释放出来的光电子中最大的动能是4.7×10－19J。由此可知，钨的极限频率是(普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，光速c＝3.0×108
m/s，结果取两位有效数字)(　　)
A．5.5×1014Hz　　　　　
B．7.9×1014Hz
C．9.8×1014Hz
D．1.2×1015Hz
解析　本题考查光电效应方程，意在考查考生对光电效应方程Ek＝hν－W逸的理解，并能应用光电效应方程求解极限频率。由光电效应方程Ek＝hν－W逸，而W逸＝hν0，ν＝，所以钨的极限频率ν0＝－＝
7．9×1014Hz，选项B正确。
答案　B
7．(多选)在单缝衍射实验中，中央亮纹的光强占从单缝射入的整个光强的95%以上。假设现在只让一个光子通过单缝，那么该光子(　　)
A．一定落在中央亮纹处
B．可能落在其他亮纹处
C．不可能落在暗纹处
D．落在中央亮纹处的可能性最大
解析　根据概率波的概念，对于一个光子通过单缝落在何处是不可确定的。当然也可落在其他亮纹处，还可能落在暗纹处，故B正确。
答案　B
8．(2017·重庆模拟)如图所示为氢原子能级图，可见光的光子能量范围约为1.62
eV～3.11
eV。下列说法正确的是(　　)
A．大量处在n>3的高能级的氢原子向n＝3能级跃迁时，发出的光有一部分是可见光
B．大量处在n＝3能级的氢原子向n＝2能级跃迁时，发出的光是紫外线
C．处在n＝3能级的氢原子吸收任意频率的紫外线光子都能发生电离
D．处在n＝3能级的氢原子跃迁到n＝1能级，辐射出的光照射逸出功为6.34
eV的金属铂能发生光电效应
解析　大量处在n>3的高能级的氢原子向n＝3能级跃迁时，辐射的最大光子能量为1.51
eV，比可见光的最小光子能量还小，所以发出的光不可能有可见光，故A错误。大量处在n＝3能级的氢原子向n＝2能级跃迁时，发出光的光子能量ΔE32＝－1.51
eV－(－3.40
eV)＝1.89
eV，在可见光的能量范围内，故发出的是可见光，故B错误。因为紫外线的光子能量大于3.11
eV，所以处在n＝3能级的氢原子吸收任意频率的紫外线光子都能发生电离，故C正确。ΔE31＝－1.51
eV－(－13.60
eV)＝12.09
eV>6.34
eV，能使金属铂发生光电效应，选项D正确。
答案　CD
9．现有a、b、c三束单色光，其波长关系为λa∶λb∶λc＝1∶2∶3。当用a光束照射某种金属板时能发生光电效应，飞出的光电子最大动能为Ek，若改用b光束照射该金属板，飞出的光电子最大动能为Ek，当改用c光束照射该金属板时(　　)
A．能发生光电效应，飞出的光电子最大动能为Ek
B．能发生光电效应，飞出的光电子最大动能为Ek
C．能发生光电效应，飞出的光电子最大动能为Ek
D．由于c光束光子能量较小，该金属板不会发生光电效应
解析　对a、b、c三束光由光电效应方程有：－W＝Ek，－W＝Ek，由以上两式可得＝Ek，W＝Ek。当改用c光速照射该金属板时－W＝Ek－Ek＝Ek，故B正确。
答案　B
B组·能力提升题
10.如图所示，N为钨板，M为金属网，它们分别和电池两极相连，各电池的极性和电动势在图中标出。钨的逸出功为4.5
eV。现分别用能量不同的光子照射钨板(各光子的能量在图上标出)。那么，下列图中有光电子到达金属网的(　　)
A．①②③　　　　　
B．②③④
C．②③
D．③④
解析　由光电效应方程知，若有光电效应发生，入射光的频率必须大于金属的极限频率，①错，②③④发生光电效应；②所加电压为正向电压，只要有光电子逸出，电子就能到达M板，②可以；③④所加电压为反向电压，由爱因斯坦的光电效应方程知，入射光的能量为8
eV时，逸出的光电子的最大初动能为3.5
eV，反向电压必须小于3.5
eV才有光电子到达M板，故③可以，④不能。由上分析知C对。
答案　C
11．(2017·保定模拟)(多选)如图所示，这是一个研究光电效应的电路图，下列叙述正确的是(　　)
A．只调换电源的极性，移动滑片P，当电流表示数为零时，电压表示数为遏止电压U0的数值
B．保持光照条件不变，滑片P向右滑动的过程中，电流表示数可能一直增大
C．不改变光束颜色和电路，增大入射光束强度，电流表示数会增大
D．阴极K需要预热，光束照射后需要一定的时间才会有光电流
解析　当只调换电源的极性时，电子从K到A减速运动，到A恰好速度为零时对应电压为遏止电压，所以A项正确；当其他条件不变，P向右滑动，加在光电管两端的电压增加，光电子运动更快，由I＝得电流表读数变大，当达到饱和光电流后，电流表示数不再增加，B项错误；只增大入射光束强度时，单位时间内光电子数变多，电流表示数变大，C项正确；因为光电效应的发生是瞬间的，阴极K不需要预热，所以D项错误。
答案　AC
12．(多选)某同学采用如图所示的实验装置来研究光电效应现象。当用某单色光照射光电管的阴极K时，会发生光电效应现象。闭合开关S，在阳极A和阴极K之间加上反向电压，通过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大电压，直至电流计中电流恰为零，此电压表的电压值U称为遏止电压，根据遏止电压，可以计算出光电子的最大初动能Ekm。现分别用频率为ν1和ν2的单色光照射阴极，测量到遏止电压分别为U1和U2，设电子质量为m，电荷量为e，则下列关系式正确的是(　　)
A．用频率为ν1的光照射时，光电子的最大初速度v＝
B．阴极K金属的逸出功W0＝hν1－eU1
C．阴极K金属的极限频率νc＝
D．普朗克常数h＝
解析　光电子在电场中做减速运动，根据动能定理得：－eU1＝0－mv，则得光电子的最大初速度vm1＝，故A正确；根据爱因斯坦光电效应方程得：hν1＝eU1＋W0，hν2＝eU2＋W0，得：金属的逸出功W0＝hν1－eU1，联立得：h＝，故B正确，D错误，阴极K金属的极限频率ν0＝＝，故C正确。
答案　ABC
13．氢原子在基态时轨道半径r1＝0.53×10－10
m，能量E1＝－13.6
eV。求氢原子处于基态时：
(1)电子的动能；
(2)原子的电势能；
(3)用波长是多少的光照射可使其电离？
解析　(1)设处于基态的氢原子核外电子速度为v1，
则：k·＝，
故电子动能Ek1＝mv＝＝
eV＝13.6
eV。
(2)E1＝Ek1＋Ep1，
故Ep1＝E1－Ek1＝－13.6
eV－13.6
eV＝－27.2
eV。
(3)设用波长λ的光照射可使氢原子电离：
＝0－E1，
λ＝－
＝
m
＝0.914
1×10－7
m。
答案　(1)13.6
eV　(2)－27.2
eV
(3)0.914
1×10－7
m
14．氢原子处于基态时，原子的能量为E1＝－13.6
eV，当处于n＝3的激发态时，能量为E3＝－1.51
eV，则：
(1)当氢原子从n＝3的激发态跃迁到n＝1的基态时，向外辐射的光子的波长是多少？
(2)若要使处于基态的氢原子电离，至少要用多大频率的电磁波照射原子？
(3)若有大量的氢原子处于n＝3的激发态，则在跃迁过程中可能释放出几种不同频率的光子？
解析　(1)由跃迁公式得：
hν＝E3－E1　①
ν＝　②
由①②代入数据得：
λ＝1.03×10－7m。
(2)若要将基态原子电离：
hν＝0－E1，
代入数据得ν＝3.3×1015Hz。
(3)光子种数N＝C＝＝3种。
答案　(1)1.03×10－7m　(2)3.3×1015
Hz
(3)3种
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1(三十七)　机械振动
A组·基础巩固题
1．如图所示是弹簧振子的振动图象，由此图象可得，该弹簧振子做简谐运动的公式是(　　)
A．x＝2sin
B．x＝2sin
C．x＝sin
D．x＝2sin2.5πt
解析　由图象可知：A＝2
cm，ω＝＝＝2.5π，
φ＝0。所以x＝2sin2.5πt，D正确。
答案　D
2．(多选)一质点做简谐运动，其位移x与时间t的关系图象如图所示，由图可知(　　)
A．质点振动的频率是4
Hz
B．质点振动的振幅是2
cm
C．t＝3
s时，质点的速度最大
D．t＝3
s时，质点的振幅为零
解析　由题图可以直接看出振幅为2
cm，周期为4
s，所以频率为0.25
Hz，所以选项A错误，B正确；t＝3
s时，质点经过平衡位置，速度最大，所以选项C正确；振幅等于质点偏离平衡位置的最大位移，与质点的位移有着本质的区别，t＝3
s时，质点的位移为零，但振幅仍为2
cm，所以选项D错误。
答案　BC
3．(2017·慈溪调研)(多选)物体A做简谐运动的振动方程是xA＝3sin100t
(m)，物体B做简谐运动的振动方程是xB＝5sin100t
(m)。比较A、B的运动(　　)
A．振幅是矢量，A的振幅是6
m，B的振幅是10
m
B．周期是标量，A、B周期相等，都为100
s
C．A振动的频率fA等于B振动的频率fB
D．A、B的周期都为6.28×10－2
s
解析　振幅是标量，A、B的振幅分别是3
m、5
m，A错；A、B的周期均为T＝＝
s＝6.28×10－2
s，B错，C、D对。
答案　CD
4．一个在y方向上做简谐运动的物体，其振动图象如图甲所示。下列关于图乙(1)～(4)的判断正确的是(选项中v、F、a分别表示物体的速度、受到的回复力和加速度)(　　)
A．图(1)可作为该物体的v－t图象
B．图(2)可作为该物体的F－t图象
C．图(3)可作为该物体的F－t图象
D．图(4)可作为该物体的a－t图象
解析　采用排除法，由y—t图象知t＝0时刻，物体通过平衡位置，速度沿y轴正方向，此时速度达到最大值，加速度为0，故ABD错，C对。
答案　C
5．一个弹簧振子，第一次被压缩x后释放做自由振动，周期为T1，第二次被压缩2x后释放做自由振动，周期为T2，则两次振动周期之比T1∶T2为(　　)
A．1∶1　　　　　　
B．1∶2
C．2∶1
D．1∶4
解析　只要是自由振动，其振动的周期只由自身因素决定，对于弹簧振子而言，就是只由弹簧振子的质量m和弹簧的劲度系数k决定的，而与形变大小，也就是振幅无关。所以只要弹簧振子这个系统不变(m、k不变)，周期就不会改变，所以答案为A。
答案　A
6．(多选)如图所示，弹簧下端挂一质量为m的物体，物体在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，则物体在振动过程中(　　)
A．物体在最低点时所受的弹力大小应为2mg
B．弹簧的弹性势能和物体动能总和不变
C．弹簧的最大弹性势能等于2mgA
D．物体的最大动能应等于mgA
解析　由于物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，故该点处物体的加速度大小为g，方向竖直向下，根据振动的对称性，物体在最低点时的加速度大小也为g，方向竖直向上，由牛顿第二定律F－mg＝ma，而a＝g，得物体在最低点时所受的弹力大小应为2mg，A选项正确；在振动过程中弹簧的弹性势能、物体的动能及物体的重力势能总和不变，B选项错误；从最高点运动到最低点时，由机械能守恒得重力势能的减少等于弹簧弹性势能的增加，故弹簧的最大弹性势能等于2mgA，C
选项正确；物体在平衡位置时具有最大动能，从最高点到平衡位置的过程，由动能定理得Ekm＝mgA－W弹簧，故D选项错误。
答案　AC
7．(多选)如图甲所示，小球在内壁光滑的固定半圆形轨道最低点附近做小角度振动，其振动图象如图乙所示，以下说法正确的是(　　)
A．t1时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最小
B．t2时刻小球速度最大，轨道对它的支持力最小
C．t3时刻小球速度为零，轨道对它的支持力最大
D．t4时刻小球速度最大，轨道对它的支持力最大
解析　小球在t1和t3时刻，位移最大，小球速度为零，轨道对小球支持力最小；在t2和t4时刻，位移为零，小球速度最大，轨道对小球的支持力最大。
答案　AD
8．(多选)某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移x随时间t变化的关系为x＝Asinωt，振动图象如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．弹簧在第1
s末与第3
s末的长度相同
B．简谐运动的角速度是
rad/s
C．第3
s末振子的位移大小为A
D．从第3
s末到第5
s末，振子的速度方向发生变化
解析　由振动图象可知，弹簧在第1
s末与第3
s末的位移相同，弹簧长度相同，选项A正确；由振动图象可知，振动周期为8
s，简谐运动的角速度是ω＝＝
rad/s，选项B正确；第3
s末振子的位移大小为x＝Asinωt＝Asin(·3)＝A，选项C正确；从第3
s末到第5
s末，振子的速度方向不发生变化，选项D错误。
答案　ABC
B组·能力提升题
9．(多选)如图所示为半径很大的光滑圆弧轨道上的一小段，小球B静止在圆弧轨道的最低点O处，另有一小球A自圆弧轨道上C处由静止滚下，经时间t与B发生正碰。碰后两球分别在这段圆弧轨道上运动而未离开轨道。当两球第二次相碰时(　　)
A．相间隔的时间为4t
B．相间隔的时间为2t
C．将仍在O处相碰
D．可能在O点以外的其他地方相碰
解析　小球在圆弧上滚动过程中，其受力情况与摆长等于圆弧轨道半径(严格地讲，摆长应等于圆弧轨道半径与小球半径之差)的单摆的受力情况相同，因此其运动情况与单摆的运动情况应相同，即以O点为平衡位置做机械振动。又题设条件中圆弧轨道半径“很大”，圆弧长度为“一小段”，这就暗示在小球的整个摆动过程中，最大位移对应的圆心角很小，因此，小球的振动可视为简谐运动。由单摆振动周期公式T＝2π(此处l即为圆弧轨道半径)知，两球周期相同，碰撞后应同时回到平衡位置，即只能在平衡位置处相碰。又由振动的周期性知，两次相碰的间隔时间为2t，综上讨论可知，正确选项为BC。
答案　BC
10．如图所示，物体A和B用轻绳相连挂在弹簧下静止不动，A的质量为m，B的质量为M，弹簧的劲度系数为k。当连接A、B的绳突然断开后，物体A将在竖直方向上做简谐运动，则A振动的振幅为(　　)
A.　　　　　　　
B.
C.
D.
解析　剪断轻绳前，弹簧伸长的长度为x1＝。若弹簧下只挂有A，则静止时弹簧的伸长量x2＝，此位置为A在竖直方向上做简谐运动的平衡位置。则A振动的振幅为x1－x2＝－＝。
答案　A
11．如图所示，一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点的正下方的O′点钉一个光滑钉子，使OO′＝，将单摆拉至A处释放，小球将在A、B、C间来回振动，若振动中摆线与竖直方向夹角小于5°，则此摆的周期是(　　)
A．2π
B．2π
C．2π
D．π
解析　根据T＝2π
，该单摆有周期摆长为L，周期摆长为L，故T＝π
＋π
＝
π，故D正确。
答案　D
12．(2017·定州测试)(多选)如图所示为两个弹簧振子的振动图象。下面的说法正确的是(　　)
A．甲的振动能量是乙的2倍
B．甲的振动频率是乙的2倍
C．乙的振动周期是甲的2倍
D．甲、乙的位移不可能同时达到正向最大值
解析　根据振动的能量公式E＝kA2，由于两振子的劲度系数不确定，故不能比较两振子的能量关系，选项A错误；由图象可知，乙的周期是甲周期的2倍，则甲的振动频率是乙的2倍，选项B、C正确；因乙的周期是甲周期的2倍，则甲、乙的位移不可能同时达到正向最大值，选项D正确；故选BCD。
答案　BCD
13．如图甲所示，在弹簧振子的小球上安装了一支记录用的笔P，在下面放一白纸带。当小球做简谐运动时，沿垂直于振动方向拉动纸带，笔P就在纸带上画出了一条振动曲线。已知在某次实验中沿如图甲所示方向拉动纸带，且在某段时间内得到如图乙所示的曲线。根据曲线回答下列问题：
甲　　　　　　　　　　　乙
(1)纸带速度的变化是__________(填“增大”“不变”或“减小”)。
(2)若已知纸带的加速度a＝2
m/s2，且已测出图乙中xab＝0.54
m，xbc＝0.22
m，则弹簧振子的周期T________________。
(3)若纸带做v＝2
m/s的匀速直线运动，从t0时刻，即振子经过平衡位置向y轴正方向振动时开始计时，试在如图所给的坐标中画出纸带上产生的曲线。(忽略振幅的减小)
解析　(1)由于纸带上振动曲线由B到A间距增大，故纸带做加速运动，纸带速度增大。
(2)由Δx＝at2可知：
t＝
＝
s＝0.4
s
T＝2t＝0.8
s。
(3)横轴表示纸带的位移，且与时间成正比，故一个周期对应的位移L＝vT＝2×0.8
m＝1.6
m
所以曲线如图所示。
答案　(1)增大　(2)0.8
s
(3)见解析中图
14．弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，在t＝0时刻，振子从O、B间的P点以速度v向B点运动；在t＝0.2
s时，振子速度第一次变为－v；在t＝0.5
s时，振子速度第二次变为－v。
(1)求弹簧振子振动周期T；
(2)若B、C之间的距离为25
cm，求振子在4.0
s内通过的路程；
(3)若B、C之间的距离为25
cm，从平衡位置计时，写出弹簧振子位移表达式，并画出弹簧振子的振动图象。
解析　(1)弹簧振子简谐运动示意图如练图所示，由
对称性可得：T＝0.5×2
s＝1.0
s
(2)若B、C之间距离为25
cm，
则振幅A＝×25
cm＝12.5
cm
振子4.0
s内通过的路程
s＝×4×12.5
cm＝200
cm
(3)根据x＝Asinωt，A＝12.5
cm，ω＝＝2π
得x＝12.5sin2πt
(cm)。振动图象为
答案　(1)1.0
s　(2)200
cm　
(3)x＝12.5sin2πt
(cm)
图象见上图
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1(三十)　电磁感应规律的综合应用
A组·基础巩固题
1．如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处，由静止开始下落，最后落在水平地面上。磁铁下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过圆环，而不与圆环接触。若不计空气阻力。重力加速度为g，下列说法中正确的是(　　)
A．在磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针(从上向下看圆环)
B．磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力先竖直向上后竖直向下
C．磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变
D．磁铁落地时的速率一定等于
解析　当条形磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为逆时针(从上向下看圆环)，当条形磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为顺时针(从上向下看圆环)，A正确；根据楞次定律的推论“来拒去留”原则，可判断磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力始终竖直向上，B错误；磁铁在整个下落过程中，由于受到磁场力的作用，机械能不守恒，C错误；若磁铁从高度h处做自由落体运动，其落地时的速度v＝，但磁铁穿过圆环的过程中要产生一部分电热，根据能量守恒定律可知，其落地速度一定小于，D错误。
答案　A
2．如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置。小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部。则小磁块(　　)
A．在P和Q中都做自由落体运动
B．在两个下落过程中的机械能都守恒
C．在P中的下落时间比在Q中的长
D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大
解析　小磁块从铜管P中下落时，P中的磁通量发生变化，P中产生感应电流，给小磁块一个向上的磁场力，阻碍小磁块向下运动，因此小磁块在P中不是做自由落体运动，而塑料管Q中不会产生电磁感应现象，因此Q中小磁块做自由落体运动，A项错误；P中的小磁块受到的磁场力对小磁块做负功，机械能不守恒，B项错误；由于在P中小磁块下落的加速度小于g，而Q中小磁块做自由落体运动，因此从静止开始下落相同高度，在P中下落的时间比在Q中下落的时间长，C项正确；根据动能定理可知，落到底部时在P中的速度比在Q中的速度小，D项错误。
答案　C
3．(2017·广东联考)如图所示，△ABC为等腰直角三角形，AB边与x轴垂直，A点坐标为(a,0)，C点坐标为(0，a)，三角形区域内存在垂直平面向里的磁场，磁感应强度B与横坐标x的变化关系满足B＝(k为常量)，三角形区域的左侧有一单匝矩形线圈，线圈平面与纸面平行，线圈宽为a，高为2a，电阻为R。若线圈以某一速度v匀速穿过磁场，整个运动过程中线圈不发生转动，则下列说法正确的是(　　)
A．线圈穿过磁场的过程中感应电流的大小逐渐增大
B．线圈穿过磁场的过程中产生的焦耳热为Q＝
C．线圈穿过磁场的过程中通过导线截面的电荷量为零
D．穿过三角形区域的磁通量为2ka
解析　线圈穿过磁场的过程中，感应电动势为E＝BLv，根据欧姆定律可得感应电流大小为I＝，由几何关系知，切割边运动距离为x时，L＝2x，解得I＝，为定值，所以A错误；产生的焦耳热为Q＝I2Rt，而t＝，解得Q＝，所以B错误；因为E＝，所以q＝＝IΔt＝，解得ΔΦ＝2ka，所以穿过三角形区域的磁通量为2ka，故C错误、D正确。
答案　D
4．(2017·运城模拟)如图所示，在0≤x≤2L的区域内存在着匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面(纸面)向里，具有一定电阻的矩形线框abcd位于xOy平面内，线框的ab边与y轴重合，bc边的长度为L。线框从t＝0时刻由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流i(取顺时针方向的电流为正)随时间t的函数图象大致是下图中的(　　)
解析　设ab边的长度为l，在线框进入磁场过程中，线框中产生的感应电流I＝＝＝t，知I∝t，由左手定则可知，此过程中电流方向为逆时针，故A、D错误；当线框全部处于磁场中时，线框内的磁通量不发生变化，所以线框中没有电流；当线框的ab边离开磁场时，线框的cd边切割磁感线，此时速度为v′＝＝2，电流为I＝＝≠0，方向为顺时针，故选项B错误、C正确。
答案　C
5．(2017·泸州模拟)(多选)如图甲所示，光滑绝缘水平面上，虚线MN的右侧存在磁感应强度B＝2
T的匀强磁场，MN的左侧有一质量m＝0.1
kg的矩形线圈abcd，bc边长L1＝0.2
m，线圈电阻R＝2
Ω。t＝0时，用一恒定拉力F拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过时间1
s，线圈的bc边到达磁场边界MN，此时立即将拉力F改为变力，又经过1
s，线圈恰好完全进入磁场，整个运动过程中，线圈中感应电流i随时间t变化的图象如图乙所示。则下列说法正确的是(　　)
A．恒定拉力大小为0.1
N
B．线圈在第2
s内的加速度大小为1
m/s2
C．线圈ab边长L2＝0.5
m
D．在第2
s内流过线圈的电荷量为0.2
C
解析　在第1
s末，i1＝，E＝BL1v1，v1＝a1t1，F＝ma1，联立得F＝0.05
N，A项错误；在第2
s内，由题图分析知线圈做匀加速直线运动，第2
s末，i2＝，E′＝BL1v2，v2＝v1＋a2t2，解得a2＝1
m/s2，B项正确；在第2
s内，v－v＝2a2L2，得L2＝1
m，C项错误；q＝＝＝0.2
C，D项正确。
答案　BD
6．(2017·河南联考)(多选)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻。质量为m、电阻为r的金属棒在距磁场上边界某处由静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示，不计导轨的电阻，重力加速度为g，则
(　　)
A．金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向为a→b
B．金属棒的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为
C．金属棒的最大速度为
D．金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为2R
解析　金属棒在磁场中向下运动时，由楞次定律知，流过电阻R的电流方向为b→a，选项A错误；金属棒的速度为v时，金属棒中感应电动势E＝BLv，感应电流I＝，所受的安培力大小为F＝BIL＝，选项B正确；当安培力F＝mg时，金属棒下滑速度最大，金属棒的最大速度为v＝，选项C错误；金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R和r的总热功率为P＝mgv＝2(R＋r)，电阻R的热功率为2R，选项D正确。
答案　BD
7．(2017·扬州模拟)(多选)如图所示，平行金属导轨与水平面间的夹角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B。有一质量为m、长为l的导体棒从ab位置获得平行于斜面的、大小为v的初速度向上运动，最远到达a′b′的位置，滑行的距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ。则(　　)
A．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为
B．上滑过程中电流做功放出的热量为mv2－mgs(sin
θ＋μcos
θ)
C．上滑过程中导体棒克服安培力做的功为mv2
D．上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2－mgssin
θ
解析　上滑过程中，开始时导体棒的速度最大，受到的安培力最大为，A错；根据能量守恒，上滑过程中电流做功放出的热量为mv2－mgs(sin
θ＋μcos
θ)，B对；上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于电流做功产生的热，也是mv2－mgs(sin
θ＋μcos
θ)，C错；上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2－mgssin
θ，D对。
答案　BD
8．(2017·邯郸模拟)(多选)如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计。在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力作用下以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中(　　)
A．通过R的电流方向为由外向内
B．通过R的电流方向为由内向外
C．R上产生的热量为
D．流过R的电量为
解析　金属棒从轨道最低位置cd运动到ab处的过程中，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律判断得知通过R的电流方向为由外向内，故A正确，B错误。金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，可得产生的感应电动势的最大值为Em＝BLv0，有效值为E＝Em，根据焦耳定律有：Q＝t，时间为t＝，联立解得Q＝，故C正确；通过R的电量由公式：q＝Δt＝＝＝，故D错误。
答案　AC
9．如图所示，在半径为R的半圆形区域内，有磁感应强度为B的垂直纸面向里的有界匀强磁场，PQM为圆内接三角形线圈，且PM为圆的直径，三角形线圈的各边由材料相同的细软弹性导线组成(不考虑导线中电流间的相互作用)。设线圈的总电阻为r，且不随形状改变，此时∠PMQ＝37°，下列说法正确的是(　　)
A．穿过线圈PQM中的磁通量大小为Φ＝0.96BR2
B．若磁场方向不变，只改变磁感应强度B的大小，且B＝B0＋kt，则此时线圈中产生的感应电流大小为I＝
C．保持P、M两点位置不变，将Q点沿圆弧顺时针移动到接近M点的过程中，线圈中有感应电流且电流方向不变
D．保持P、M两点位置不变，将Q点沿圆弧顺时针移动到接近M点的过程中，线圈中不会产生焦耳热
解析　由几何关系知PQ＝1.2R，QM＝1.6R，则三角形面积S＝0.96R2，根据公式Φ＝BS判断可知选项A正确；根据法拉第电磁感应定律E＝＝·S，I＝，联立解得I＝，选项B错误；Q顺时针移动时，由几何关系知面积先增大后减小，则线圈中产生电流且方向有改变，选项C、D错误。
答案　A
10．如图所示，在粗糙绝缘水平面上有一正方形闭合线框abcd，其边长为l，质量为m，金属线框与水平面的动摩擦因数为μ。虚线框a′b′c′d′内有一匀强磁场，磁场方向竖直向下。开始时金属线框的ab边与磁场的d′c′边重合。现使金属线框以初速度v0沿水平面滑入磁场区域，运动一段时间后停止，此时金属线框的dc边与磁场区域的d′c′边距离为l。在这个过程中，金属线框产生的焦耳热为(　　)
A.mv＋μmgl　　　　
B.mv－μmgl
C.mv＋2μmgl
D.mv－2μmgl
解析　依题意知，金属线框移动的位移大小为2l，此过程中克服摩擦力做功为2μmgl，由能量守恒定律得金属线框中产生的焦耳热为Q＝mv－2μmgl，故选项D正确。
答案　D
B组·能力提升题
11．(2017·新余模拟)(多选)如图所示，在坐标系xOy中，有边长为L的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处。在y轴的右侧，在Ⅰ、Ⅳ象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行。t＝0时刻，线框以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域。取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则在线框穿过磁场区域的过程中，感应电流i、ab间的电势差Uab随时间t变化的图线是下图中的(　　)
解析　在d点运动到O点过程中，ab边切割磁感线，根据右手定则可以确定线框中电流方向为逆时针方向，即正方向，电动势均匀减小到0，则电流均匀减小到0；然后cd边开始切割磁感线，感应电流的方向为顺时针方向，即负方向，电动势均匀减小到0，则电流均匀减小到0，故A正确、B错误；d点运动到O点过程中，ab边切割磁感线，ab相当于电源，电流由a到b，b点的电势高于a点，ab间的电势差Uab为负值，大小等于电流乘bc、cd、da三条边的电阻，并逐渐减小。ab边出磁场后，cd边开始切割，cd边相当于电源，电流由b到a，ab间的电势差Uab为负值，大小等于电流乘ab边的电阻，并逐渐减小，故C错误、D正确。
答案　AD
12．如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料，不同粗细的导线绕制(Ⅰ为细导线)。两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面。运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界。设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2，不计空气阻力，则(　　)
A．v1B．v1＝v2，Q1＝Q2
C．v1Q2
D．v1＝v2，Q1解析　由于从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，切割磁感线产生感应电流同时受到磁场的安培力的作用且F＝，又因为R＝ρ(ρ为材料的电阻率，l为线圈的边长，S为导线的横截面积)，所以安培力F＝，此时加速度a＝g－，且m＝ρ0S·4l(ρ0为材料的密度)，所以加速度a＝g－是定值，线圈Ⅰ和Ⅱ同步运动，落地速度相等v1＝v2。由能量守恒可得产生的热量Q＝mg(h＋H)－mv2(H是磁场区域的高度)，Ⅰ为细导线，m较小，产生的热量较少，所以Q1答案　D
13．(多选)如图所示，边长为L、电阻不计的n匝正方形金属线框位于竖直平面内，连接的小灯泡的额定功率、额定电压分别为P、U，线框及小灯泡的总质量为m，在线框的下方有一匀强磁场区域，区域宽度为l，磁感应强度方向与线框平面垂直，其上、下边界与线框底边均水平。线框从图示位置开始静止下落，穿越磁场的过程中，小灯泡始终正常发光。则(　　)
A．有界磁场宽度lB．磁场的磁感应强度应为
C．线框匀速穿越磁场，速度恒为
D．线框穿越磁场的过程中，灯泡产生的焦耳热为mgL
解析　因线框穿越磁场的过程中小灯泡正常发光，故线框匀速穿越磁场，且线框长度L和磁场宽度l相同，A错误；因线框匀速穿越磁场，故重力和安培力相等，mg＝nBIL＝nBL，得B＝，B正确；线框匀速穿越磁场，重力做功的功率等于电功率，即mgv＝P，得v＝，C正确；线框穿越磁场时，通过的位移为2L，且重力做功完全转化为焦耳热，故Q＝2mgL，D错误。
答案　BC
14．(多选)在倾角为θ足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L，如图所示。一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形线框在t＝0时刻以速度v0进入磁场，恰好做匀速直线运动，若经过时间t0，线框ab边到达gg′与ff′中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则下列说法正确的是(　　)
A．当ab边刚越过ff′时，线框加速度的大小为gsin
θ
B．t0时刻线框匀速运动的速度为
C．t0时间内线框中产生的焦耳热为
mgLsin
θ＋mv
D．离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动
解析　当ab边进入磁场时，有E＝BLv0，I＝，mgsin
θ＝BIL，有＝mgsin
θ。当ab边刚越过ff′时，线框的感应电动势和电流均加倍，则线框做减速运动，有＝4mgsin
θ，加速度方向沿斜面向上且大小为3gsin
θ，A错误；t0时刻线框匀速运动的速度为v，则有＝mgsin
θ，解得v＝，B正确；线框从进入磁场到再次做匀速运动的过程，沿斜面向下运动距离为L，则由功能关系得线框中产生的焦耳热为Q＝＋＝＋，C正确；线框离开磁场时做加速运动，D错误。
答案　BC
15．(2017·南京模拟)如图所示，足够长的金属导轨竖直放置，金属棒ab、cd均通过棒两端的环套在金属导轨上。虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场，两匀强磁场的磁感应强度大小均为B。ab、cd棒与导轨间动摩擦因数均为μ，两棒总电阻为R，导轨电阻不计。开始两棒静止在图示位置，当cd棒无初速释放时，对ab棒施加竖直向上的力F，沿导轨向上做匀加速运动。则(　　)
A．ab棒中的电流方向由b到a
B．cd棒先加速运动后匀速运动
C．cd棒所受摩擦力的最大值等于cd棒的重力
D．力F做的功等于两棒产生的电热与ab棒增加的机械能之和
解析　根据右手定则知ab棒切割磁感线运动产生的感应电流方向为从b到a，A正确；电流I＝，cd棒受到的安培力Fcd＝BIL＝，cd棒受到的摩擦力f＝μFcd，所以随着速度的均匀增大，cd棒受到的摩擦力也均匀增大，则cd棒先做加速运动，后做减速运动，最后停止运动，B、C均错误；由功能关系得，力F做的功等于两棒产生的电热、cd棒摩擦生热与两棒增加的机械能之和，D错误。
答案　A
16．(2017·杭州模拟)在同一水平面中的光滑平行导轨P、Q相距L＝1
m，导轨左端接有如图所示的电路。其中水平放置的平行板电容器两极板M、N间距离d＝10
mm，定值电阻R1＝R2＝12
Ω，R3＝2
Ω，金属棒ab电阻r＝2
Ω，其他电阻不计。磁感应强度B＝1
T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间，质量m＝1×10－14kg，带电量q＝－1×10－14
C的微粒恰好静止不动。取g＝10
m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，且运动速度保持恒定。求：
(1)匀强磁场的方向；
(2)ab两端的路端电压；
(3)金属棒ab运动的速度。
解析　(1)带负电的微粒受到重力和电场力处于静止状态，因重力竖直向下，则电场力竖直向上，故M板带正电。
ab棒向右切割磁感线产生感应电动势，ab棒等效于电源，感应电流方向由b→a，其a端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下。
(2)由平衡条件，得　mg＝Eq
又E＝
所以MN间的电压：UMN＝＝
V＝0.1
V
R3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R3的电流
I＝＝
A＝0.05
A
ab棒两端的电压为
Uab＝UMN＋I·＝(0.1＋0.05×6)
V＝0.4
V
(3)由闭合电路欧姆定律得ab棒产生的感应电动势为：E感＝Uab＋Ir＝(0.4＋0.05×2)
V＝0.5
V
由法拉第电磁感应定律得感应电动势
E感＝BLv
联立上两式得
v＝0.5
m/s
答案　(1)匀强磁场的方向竖直向下
(2)0.4
V
(3)0.5
m/s
17．(2017·天津联考)如图所示，两条平行的金属导轨相距L＝1
m，金属导轨的倾斜部分与水平方向的夹角为37°，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中。金属棒MN和PQ的质量均为m＝0.2
kg，MN，PQ电阻分别为R1＝1
Ω和R2＝2
Ω。MN置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，PQ置于光滑的倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好。从t＝0时刻起，MN棒在水平外力F1的作用下由静止开始以a＝1
m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，PQ则在平行于斜面方向的力F2作用下保持静止状态。t＝3
s时，PQ棒消耗的电功率为8
W，不计导轨的电阻，水平导轨足够长，MN始终在水平导轨上运动。求：
(1)磁感应强度B的大小；
(2)0～3
s时间内通过MN棒的电荷量；
(3)求t＝6
s时F2的大小和方向；
(4)若改变F1的作用规律，使MN棒的运动速度v与位移x满足关系：v＝0.4x，PQ棒仍然静止在倾斜轨道上。求MN棒从静止开始到x＝5
m的过程中，系统产生的焦耳热。
解析　(1)当t＝3
s时，设MN的速度为v1，则
v1＝at＝3
m/s
E1＝BLv1
E1＝I(R1＋R2)
P＝I2R2
代入数据得：B＝2
T。
(2)＝
q＝Δt＝
代入数据可得：q＝3
C
(3)当t＝6
s时，设MN的速度为v2，则
v2＝at＝6
m/s
E2＝BLv2＝12
V
I2＝＝4
A
F安＝BI2L＝8
N
规定沿斜面向上为正方向，对PQ进行受力分析可得：
F2＋F安cos37°＝mgsin37°
代入数据：F2＝－5.2
N
负号说明力的方向沿斜面向下
(4)MN棒做变加速直线运动，当x＝5
m时
因为速度v与位移x成正比，所以电流I、安培力也与位移x成正比，
安培力做功W安＝－BL··x＝－
J
Q＝－W安＝
J
答案　(1)2
T
(2)3
C
(3)5.2
N；方向沿斜面向下
(4)
J
18．(2017·合肥模拟)如图甲所示，平行长直导轨MN、PQ水平放置，两导轨间距L＝0.5
m，导轨左端M、P间接有一阻值R＝0.2
Ω的定值电阻，导体棒ab质量m＝0.1
kg，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，导体棒垂直于导轨放在距离左端为d＝1.0
m处，导轨和导体棒始终接触良好，电阻均忽略不计。整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，t＝0时刻，磁场方向竖直向下，此后，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，不计感应电流磁场的影响。取重力加速度g＝10
m/s2。
(1)求t＝0时棒所受到的安培力F0的大小；
(2)分析前3
s时间内导体棒的运动情况并求前3
s内棒所受的摩擦力Ff随时间t变化的关系式；
(3)若t＝3
s时，突然使ab棒获得向右的速度v0＝8
m/s，同时垂直棒施加一方向水平、大小可变化的外力F，使ab棒的加速度大小恒为a＝4
m/s2、方向向左。求从t＝3
s到t＝4
s的时间内通过电阻的电荷量q。
解析　(1)由题图知
＝
T/s＝0.1
T/s
t＝0时棒的速度为零，故只有感生电动势：
E＝＝＝0.1×0.5×1.0
V＝0.05
V
I＝＝
A＝0.25
A
得：t＝0时棒所受到的安培力
F0＝IB0L＝0.025
N。
(2)棒与轨道间的最大静摩擦力Ffm＝μmg＝
0．1×0.1×10＝0.1
N>F0＝0.025
N
所以t＝0时棒静止不动，加速度为零，这以后磁感应强度B都小于B0，棒所受到的安培力都小于最大静摩擦力，故前3
s时间内导体棒静止不动，电流恒为I＝0.25
A
在0～3
s的时间内，磁感应强度
B＝B0－kt＝0.2－0.1t
因导体棒静止不动，故棒在水平方向受安培力和静摩擦力，合力为零，Ff＝BIL＝(0.2－0.1t)×0.25×0.5
N＝0.012
5(2－t)N(t<3
s)。
(3)3.0～4.0
s时间内磁感应强度大小恒为B2＝0.1
T，ab棒做匀变速运动，Δt2＝4.0
s－3.0
s＝1.0
s
设t＝4.0
s时速度大小为v，位移为x，
则v＝v0－aΔt2＝4
m/s
x＝Δt2＝6
m
在这段时间内的平均电动势为
E＝
在这段时间内通过电阻的电荷量为
q＝IΔt2＝Δt2＝＝＝1.5
C。
答案　(1)0.025
N
(2)见解析
(3)1.5
C
19．(2017·邯郸模拟)如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨MAC、NBD水平放置，MA、NB间距L＝0.4
m，AC、BD的延长线相交于E点且AE＝BE，E点到AB的距离d＝6
m，M、N两端与阻值R＝2Ω的电阻相连。虚线右侧存在方向与导轨平面竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1
T。一根长度也为L＝0.4
m、质量m＝0.6
kg、电阻不计的金属棒，在外力作用下从AB处以初速度v0＝2
m/s沿导轨水平向右运动，棒与导轨接触良好，运动过程中电阻R上消耗的电功率不变。求：
(1)电路中的电流I；
(2)金属棒向右运动过程中克服安培力做的功W；
(3)金属棒向右运动过程中外力做功的平均功率P。
解析　(1)金属棒开始运动时产生感应电动势
E＝BLv0＝1×0.4×2
V＝0.8
V；
电路中的电流I＝＝
A＝0.4
A；
(2)金属棒向右运动距离为x时，金属棒接入电路的有效长度为L1，由几何关系可得：
＝
L1＝＝0.4－
此时金属棒所受安培力为：
F＝BIL1＝0.16－
作出F－x图象，由图象可得运动过程中克服安培力所做的功为：
W＝x＝×3＝0.36
J；
(3)金属棒运动过程所用时间为t，W＝I2Rt；
解得：t＝
s；
设金属棒运动的的速度为v，由于电阻R上消耗的电功率不变；
则有：
BLv0＝Bv；v＝2v0
由动能定理可得：
Pt－W＝mv2－mv
解得：P＝
代入数据解得：P＝3.52
W
答案　(1)0.4
A
(2)0.36
J
(3)3.52
W
PAGE
1(七)　牛顿第一定律　牛顿第三定律
A组·基础巩固题
1.16世纪末意大利科学家伽利略在研究运动和力的关系时，提出了著名的斜面实验，其中应用到的物理思想方法属于(　　)
A．等效替代
B．实验归纳
C．理想实验
D．控制变量
解析　伽利略在研究运动和力的关系时，提出了著名的斜面实验，其中应用到的物理思想方法属于理想实验，故C正确。
答案　C
2．在一次交通事故中，一辆载有30吨“工”字形钢材的载重汽车由于避让横穿马路的摩托车而紧急制动，结果车厢上的钢材向前冲出，压扁驾驶室。关于这起事故原因的物理分析正确的是(　　)
A．由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，钢材继续向前运动，压扁驾驶室
B．由于汽车紧急制动，使其惯性减小，而钢材惯性较大，所以继续向前运动
C．由于车厢上的钢材所受阻力太小，不足以克服其惯性，所以继续向前运动
D．由于汽车制动前的速度太大，汽车的惯性比钢材的惯性大，在汽车制动后，钢材继续向前运动
解析　由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，钢材继续向前运动，压扁了驾驶室，惯性只与质量有关，与运动状态、受力情况无关，A正确。
答案　A
3．如图所示，在一辆表面光滑且足够长的小车上，有质量为m1和m2的两个小球(m1>m2)随车一起匀速运动，当车突然停止时，若不考虑其他阻力，则两个小球(　　)
A．一定相碰
B．一定不相碰
C．不一定相碰
D．无法确定
解析　因小车表面光滑，因此小球在水平方向上没有受到外力作用，原来两球与小车有相同的速度，当车突然停止时，由于惯性，两小球的速度将不变，所以不会相碰。
答案　B
4.如图所示，物体在水平力F作用下压在竖直墙上静止不动，则(　　)
A．物体所受摩擦力的反作用力是重力
B．力F就是物体对墙的压力
C．力F的反作用力是墙壁对物体的支持力
D．墙壁对物体的弹力的反作用力是物体对墙壁的压力
解析　作用力与反作用力的性质相同，故A错；力F与物体对墙的压力是两个不同的力，故B错；力F与墙壁对物体的支持力是一对平衡力，故C错；只有D对。
答案　D
5．(多选)引体向上是同学们经常做的一项健身运动。该运动的规范动作：两手正握单杠，由悬垂开始，上拉时，下颚须超过单杠面。下放时，两臂放直，不能曲臂(如图所示)，这样上拉下放，重复动作，达到锻炼臂力和腹肌的目的。关于做引体向上动作时人的受力，以下判断正确的是(　　)
A．上拉过程中，人受到两个力的作用
B．上拉过程中，单杠对人的作用力大于人对单杠的作用力
C．下放过程中，单杠对人的作用力小于人对单杠的作用力
D．下放过程中，在某瞬间人可能只受到一个力的作用
解析　上拉过程中，人受到两个力的作用，一个是重力，一个是单杠给人的作用力，A对。不论是上拉过程还是下放过程，单杠对人的作用力总等于人对单杠的作用力，与人的运动状态无关，B、C均错。在下放过程中，若在某瞬间人向下的加速度为重力加速度g，则人只受到一个重力的作用，D对。
答案　AD
6.身高和质量完全相同的两人穿同样的鞋在同一水平面上通过一轻杆进行顶牛比赛。企图迫使对方后退。设甲、乙两人对轻杆的推力分别是F1、F2，甲、乙两人身体因前倾而偏离竖直方向的夹角分别为α1、α2，倾角α越大，此刻人手和杆的端点位置就越低，如图所示，若甲获胜，则(　　)
A．F1＝F2，α1>α2
B．F1>F2，α1＝α2
C．F1＝F2，α1<α2
D．F1>F2，α1>α2
解析　由于杆是轻杆，把杆当做甲或乙的一部分，由牛顿第三定律，F1＝F2，故B、D错误；甲获胜是由于甲所受地面的最大静摩擦力大于乙所受地面的最大静摩擦力，故甲端杆的端点的位置较低，由受力分析和力的平衡可知，α1>α2，故A对，C项错。
答案　A
7.(多选)如图所示，重球系于绳DC下端，重球下再系一根同样的绳BA，下列说法正确的是(　　)
A．在绳的A端缓慢增加拉力，结果CD绳被拉断
B．在绳的A端缓慢增加拉力，结果AB绳被拉断
C．在绳的A端突然猛一拉，结果AB绳被拉断
D．在绳的A端突然猛一拉，结果CD绳被拉断
解析　受力分析如图所示，在绳的A端慢慢增加拉力F1，使得重球在足够长的时间里发生了微小位移，以至重球受到的CD绳的拉力F2逐渐增大，这个过程进行缓慢，可以认为重球始终处于平衡状态，即F2＝F1＋mg，随着F1增大，F2也增大且F2总是大于F1，所以CD绳被拉断，A正确，B错误；若在A端猛拉，由于重球质量很大，力的作用时间极短，由于惯性，重球向下的位移极小(可以看成运动状态未来得及改变)以至上段绳的拉力几乎未增加，下段绳已达到了极限程度，故AB绳先断，C正确，D错误。
答案　AC
8.(多选)在水平的路面上有一辆匀速行驶的小车，车上固定一盛满水的碗。现突然发现碗中的水洒出，水洒出的情况如图所示，则关于小车在此种情况下的运动，下列叙述正确的是(　　)
A．小车匀速向左运动
B．小车可能突然向左加速
C．小车可能突然向左减速
D．小车可能突然向右减速
解析　原来水和小车相对静止，以共同速度运动，水突然向右洒出有两种可能：①原来小车向左运动，突然加速，碗中水由于惯性保持原速度不变，故相对碗向右洒出。②原来小车向右运动，突然减速，碗中水由于惯性保持原速度不变，相对于碗向右洒出，故B、D正确。
答案　BD
B组·能力提升题
9．对一些实际生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以解释，其中正确的是(　　)
A．采用了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车(质量不变)的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度。这表明，可以通过科学手段使小质量的物体获得大惯性
B．射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透，这表明它的惯性小了
C．货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性
D．摩托车转弯时，车手一方面要控制适当的速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，通过调控人和车的惯性达到安全行驶的目的
解析　采用了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度，原因是功率变大了，但惯性不变，惯性只与物体的质量有关，选项A错误；射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透，原因是子弹具有的动能过小，但惯性不变，选项B错误；货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，列车的质量改变了，其惯性也改变了，选项C正确；摩托车转弯时，车手一方面要控制适当的速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，调控人和车的重心位置，但整体的惯性不变，选项D错误。
答案　C
10．如图所示，一个楔形物体M放在固定的粗糙斜面上，M上表面水平且光滑，下表面粗糙，在其上表面上放一光滑小球m，楔形物体由静止释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是(　　)
A．沿斜面方向的直线
B．竖直向下的直线
C．无规则的曲线
D．抛物线
解析　对小球进行受力分析可知：小球所受的重力和支持力均沿竖直方向，小球在水平方向上不受力。根据牛顿第一定律可知，小球在水平方向上的运动状态不变，又因楔形物体由静止释放，故小球在水平方向上无运动，只沿竖直方向向下做直线运动，选项B正确。
答案　B
11．在一艘匀速向北行驶的轮船甲板上，一运动员做立定跳远，若向各个方向都用相同的力，则相对地面跳的最远的是(　　)
A．向北跳最远
B．向南跳最远
C．向东向西跳一样远，但没有向南跳远
D．无论向哪个方向都一样远
解析　运动员起跳后，因惯性其水平方向还具有与船等值的速度。因此应选答案A。
答案　A
12.如图所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为(　　)
A．(M＋m)g
B．(M＋m)g－ma
C．(M＋m)g＋ma
D．(M－m)g
解析　对竿上的人分析：受重力mg、摩擦力Ff，有mg－Ff＝ma得Ff＝m(g－a)。竿对人有摩擦力，人对竿也有反作用力——摩擦力，且大小相等，方向相反；对竿分析：受重力Mg、竿上的人对竿向下的摩擦力F′f＝Ff、顶竿的人对竿的支持力FN，有Mg＋F′f＝FN，又因为竿对“底人”的压力F′N和“底人”对竿的支持力FN是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律，得到F′N＝FN＝Mg＋F′f＝(M＋m)g－ma。B项正确。
答案　B
13．一质量为m的消防队员从一平台上无初速度跳下，下落2
m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使重心又下降了0.5
m，在着地过程中，试估计双脚对地面的平均作用力。(重力加速度为g)
解析　落地时的速度为v＝
缓冲过程中a＝＝＝4g，方向向上。
由牛顿第二定律FN－mg＝ma，
则地面对消防员双脚的平均作用力FN＝mg＋ma＝5mg，方向向上，由牛顿第三定律可知，双脚对地面的平均作用力F′N＝FN＝5mg，方向向下。
答案　5mg，方向向下
14．一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱子与杆的质量为M，环的质量为m，如图所示，已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小为Ff，则此时地面对箱子的弹力大小为多少？
解析　环在竖直方向上受力情况如图甲所示，根据牛顿第三定律，环应对杆有一个竖直向下的摩擦力F′f。
箱子在竖直方向上受力情况如图乙所示，
由于箱子处于平衡状态，可得：
FN＝F′f＋Mg＝Ff＋Mg
根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的支持力大小，则
F′N＝FN＝Ff＋Mg
答案　Ff＋Mg
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1(六)　受力分析　共点力的平衡
A组·基础巩固题
1.如图所示，两楔形物块A、B部分靠在一起，接触面光滑，物块B放置在地面上，物块A上端用绳子拴在天花板上，绳子处于竖直伸直状态，A、B两物块均保持静止，下列说法正确的是(　　)
A．绳子的拉力可能小于A的重力
B．地面受的压力大于物块B的重力
C．物块B受到地面的摩擦力方向水平向左
D．物块B与地面间不存在摩擦力
解析　AB之间光滑无摩擦，以A为研究对象只受拉力与重力，T＝mAg，B受重力和地面支持力，二力平衡，B错误。以AB整体为研究对象水平合力为0，所以不受地面摩擦力，C错误，D正确。
答案　D
2.(2017·苏州模拟)如图所示，一个质量m＝1
kg的小环套在倾角为37°的光滑固定直杆上，为使小环能够静止不动，需对它施加一个水平拉力F。已知重力加速度g＝10
m/s2，sin37°＝0.6。则F的大小和方向分别是(　　)
A．7.5
N，水平向左
B．7.5
N，水平向右
C．13.3
N，水平向左
D．13.3
N，水平向右
解析　对小环受力分析，根据平衡知识可知：F＝mgtan37°＝10×
N＝7.5
N，方向水平向左，故选A。
答案　A
3．(2017·孝义模拟)如图所示，两小球A、B通过光滑的小滑轮O用细线相连，小球A置于光滑半圆柱上，小球B用水平线拉着系于竖直板上，两球均处于静止状态。已知O点在半圆柱圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与圆柱半径相等，OA⊥OB，则A、B两球的质量之比为(　　)
A．2∶1
B．2∶
C．1∶2
D.∶3
解析　对A受力分析应用平衡条件得2Fcosθ＝mAg，对B应用平衡条件得Fsinθ＝mBg，两式联立解得＝2，选项A正确。
答案　A
4.(2017·吉安质检)三根相同的圆柱形木料按如图所示的方法放置于水平地面上，每根木料的重量均为G，对它们的受力情况分析，以下说法错误的是(　　)
A．地面对b的支持力为
B．bc间的弹力一定为零
C．地面对b有向右的摩擦力
D．b对a的支持力大小等于G
解析　以三根木料整体为研究对象，结合平衡条件和对称性可得地面对b的支持力FN＝，bc之间的弹力为零，地面对b有向右的摩擦力，A、B、C均正确；由几何关系可知，b、c对a的弹力之间的夹角为60°，则两弹力大小相等，均等于，D错误。综上所述，应选择D。
答案　D
5.近年来，智能手机的普及使“低头族”应运而生。近日研究发现，玩手机时，就有可能让颈椎承受多达60磅(约270
N)的重量，相当于给颈椎挂俩大西瓜，比一个7岁小孩还重。不当的姿势与一系列健康问题存在关联，如背痛、体重增加、胃痛、偏头痛和呼吸道疾病等。当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量；但当低头时，颈椎受到的压力会随之变化。现将人体头颈部简化为如图的模型：重心在P点的头部，在可绕O转动的颈椎OP(轻杆)的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止。当低头时，颈椎与竖直方向的夹角为45°，PQ与竖直方向的夹角为60°，此时，颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到压力的(　　)
A．4.2倍
B．3.3倍
C．2.8倍
D．2.0倍
解析　解法一：力的图示法：取直立时颈椎受到压力G为单位长度，按比例作出平行四边形，如图所示，则对角线长度稍大于三个单位长度，故选项B正确。
解法二：解析法：由正弦定理
可知＝
得F＝G≈3.3G，
故选项B正确。
答案　B
6．(2017·邯郸模拟)如图所示，挡板垂直于斜面固定在斜面上，一滑块m放在斜面上，其上表面呈弧形且左端最薄，一球M搁在挡板与弧形滑块上，一切摩擦均不计，用平行于斜面的拉力F拉住弧形滑块，使球与滑块均静止。现将滑块平行于斜面向上拉过一较小的距离，球仍搁在挡板与滑块上且处于静止状态，则与原来相比(　　)
A．滑块对球的弹力增大
B．挡板对球的弹力减小
C．斜面对滑块的弹力增大
D．拉力F不变
解析　对球进行受力分析，如图(a)，球只受三个力的作用，挡板对球的力F1方向不变，作出力的矢量图，挡板上移时，F2与竖直方向夹角减小，最小时F2垂直于F1，可以知道挡板弹力F1和滑块对球的作用力F2都减小；故A错误，B正确；再对滑块和球一起受力分析，如图(b)，其中F
N＝Gcosθ不变，F＋F1不变，F1减小，可以知道斜面对滑块的支持力不变，拉力F增大，故C错误，D错误。
答案　B
7.(2017·汕头模拟)一串小灯笼(五只)彼此用轻绳连接，并悬挂在空中。在稳定水平风力作用下发生倾斜，悬绳与竖直方向的夹角为30°，如图所示。设每个灯笼的质量均为m。则自上往下第一只灯笼对第二只灯笼的拉力大小为(　　)
A．2mg
B.mg
C.mg
D．8mg
解析　以下面的四个灯的整体为研究对象，由平衡条件可知，第一只灯对第二只灯的拉力为T＝＝，故选项C正确。
答案　C
8．(2017·黄冈模拟)如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上。物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，先用平行于斜面的推力F1作用于物体上使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力F2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次的推力之比为(　　)
A．cosθ＋μsinθ
B．cosθ－μsinθ
C．1＋μtanθ
D．1－μtanθ
解析　施加平行于斜面的推力F1，由平衡条件得
F1＝mgsinθ＋μmgcosθ；施加水平推力F2时，
F2cosθ＝mgsinθ＋μ(mgcosθ＋F2sinθ)，则
F2＝，解得＝cosθ－μsinθ，选项B正确。
答案　B
B组·能力提升题
9．(2017·合肥模拟)质量均为m的两物块A和B之间连接着一个轻质弹簧，其劲度系数为k，现将物块A、B放在水平地面上一斜面的等高处，如图所示，弹簧处于压缩状态，且物体与斜面均能保持静止，已知斜面的倾角为θ，两物块和斜面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是(　　)
A．斜面和水平地面间一定有静摩擦力
B．斜面对A、B组成的系统的静摩擦力大于2mgsinθ
C．若将弹簧拿掉，物块有可能发生滑动
D．弹簧的最大压缩量为
解析　对整体分析，整体处于平衡状态，没有相对运动或相对运动趋势，故斜面与水平地面没有摩擦力作用，故选项A错误；对A和B整体分析，AB整体的重力的分力等于摩擦力，即fAB＝2mgsinθ，即使拿掉弹簧后，由于AB整体受力不变，故不会发生滑动，故选项BC错误；弹簧弹力水平方向kx，则弹力等于mgsinθ和静摩擦力f的合力，当静摩擦力最大时，合力最大，此时：kx＝，
故x＝，故选项D正确。
答案　D
10.如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为(　　)
A.∶4
B．4∶
C．1∶2
D．2∶1
解析　将两小球及弹簧B视为整体进行受力分析如图，有FC＝FAsin30°，FA＝kxA，＝＝2∶1，＝2∶1，故D正确，A、B、C错误。
答案　D
11.(2017·衡水模拟)(多选)物体A和B相对静止，以共同的速度沿斜面匀速下滑，则(　　)
A．A、B间无摩擦力的作用
B．B受到滑动摩擦力的大小为(mA＋mB)gsinθ
C．B受到的静摩擦力的大小为mAgsinθ
D．取走A物后，B物将匀加速下滑
解析　以A为研究对象，A处于平衡状态，因此有f＝mAgsinθ，所以A受到B给其沿斜面向上的摩擦力作用，故A错误；以整体为研究对象，根据平衡状态有：(mA＋mB)·gsinθ＝fB，故B正确；A对B的静摩擦力与B对A的静摩擦力大小相等，故有：f′＝f＝mAgsinθ，C正确；由前面分析知：(mA＋mB)gsinθ＝fB，又根据滑动摩擦力公式有：fB＝μ(mA＋mB)gcosθ，得：μ＝tanθ，取走A物体后，物体B受滑动摩擦力为μmBgcosθ，代入μ＝tanθ得，μmBgcosθ＝mgsinθ，即物体B受力平衡，则物体B仍能做匀速直线运动，故D错误。
答案　BC
12.(2017·定州模拟)如图所示，一轻质细杆两端分别固定着质量为mA和mB的两个小球A和B(可视为质点)。将其放在一个直角形光滑槽中，已知轻杆与槽右壁成α角，槽右壁与水平地面成θ角时，两球刚好能平衡，且α≠θ，则A、B两小球质量之比为(　　)
A.
B.
C.
D.
解析　对A球受力分析，受重力、杆的弹力、斜面的支持力，如图所示：
根据共点力平衡条件，有：
＝　①
再对B球受力分析，受重力、杆的弹力、斜面的支持力，如图所示：
根据平衡条件，有：
＝　②
联立①②解得：＝，故选项C正确。
答案　C
13.(2017·潍坊模拟)如图所示，两块相互垂直的光滑挡板OP、OQ，OP竖直放置，小球a、b固定在轻弹簧的两端。水平力F作用于b时，a、b紧靠挡板处于静止状态。现保证b球不动，使挡板OP向右缓慢平移一小段距离，则(　　)
A．弹簧变长
B．弹簧变短
C．力F变大
D．b对地面的压力变大
解析　选a球为研究对象，受力分析如图所示，由画出的平行四边形可知，挡板的弹力FN变小，弹力F逐渐减小，即弹簧的压缩量变短，弹簧变长，选项A正确，B错误；选a球、b球整体为研究对象，由平衡条件可知，F变小，b对地面的压力不变，选项C、D均错。
答案　A
14.一盏电灯重力为G，悬于天花板上A点，在电线O处系一细线OB，使电线OA与竖直方向的夹角为β＝30°，如图所示，现保持β角不变，缓慢调整OB方向至OB线拉力最小为止，此时OB与水平方向的夹角α等于多少？最小拉力是多少？
解析　对电灯受力分析如图所示，据三力平衡特点可知：OA、OB对O点的作用力TA、TB的合力T与G等大反向，
即T＝G　①
在△OTBT中，∠TOTB＝90°－α
又∠OTTB＝∠TOA＝β，
故∠OTBT＝180°－(90°－α)－β＝90°＋α－β
由正弦定理得
＝　②
联立①②解得TB＝
因β不变，故当α＝β＝30°时，TB最小，且TB＝Gsinβ＝G/2。
答案　30°　
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1(十三)　万有引力与航天
A组·基础巩固题
1.星系由很多绕中心做圆形轨道运行的恒星组成。科学家研究星系的一个方法是测量恒星在星系中的运行速度v和离星系中心的距离r。用v∝r
n这样的关系来表达，科学家们特别关心指数n。若作用于恒星的引力主要来自星系中心的巨型黑洞，则n的值为(　　)
A．1　　
B．2　　　
C．－　　　
D.
解析　由万有引力定律得G＝，整理可得v＝
，可知n＝－，C正确。
答案　C
2．(原创题)我国以2016年8月10日在太原卫星发射中心成功将目前全球分辨率最高的C频段雷达遥感卫星“高分三号”送入太空。如果该卫星在地球上空绕地球做匀速圆周运动，经过时间t，卫星行程为s，卫星与地球中心连线扫过的角度是1弧度，万有引力常量为G，根据以上数据估算地球的质量是(　　)
A.
B.
C.
D.
解析　由s＝r
θ，θ＝1弧度，可得r＝s，由s＝vt可得：
v＝，由＝m，解得：M＝，B正确。
答案　B
3．假设宇宙中有一颗未命名的星体，其质量为地球的6.4倍，一个在地球表面重力为50
N的物体，经测定在该未知星体表面的重力为80
N，则未知星体与地球的半径之比为(　　)
A．0.5
B．2
C．3.2
D．4
解析　由＝80
N，
＝50
N，
可得：＝·＝4，故＝2，B正确。
答案　B
4．(2017·漯河模拟)宇航员站在某一星球距离其表面h高度处，以初速度v0沿水平方向抛出一个小球，经过时间t后小球落到星球表面，已知该星球的半径为R，引力常量为G，则该星球的质量为(　　)
A.
B.
C.
D.
解析　设该星球表面的重力加速度g，小球在星球表面做平抛运动，h＝gt2。设该星球的质量为M，在星球表面有：mg＝。由以上两式得，该星球的质量为M＝，A正确。
答案　A
5．(2017·长沙模拟)如图所示，A为太阳系中的天王星，它绕太阳O运行的轨道视为圆时，运动的轨道半径为R0，周期为T0，长期观测发现，天王星实际运动的轨道与圆轨道总有一些偏离，且每隔t0时间发生一次最大偏离，即轨道半径出现一次最大。根据万有引力定律，天文学家预言形成这种现象的原因可能是天王星外侧还存在着一颗未知的行星(假设其运动轨道与A在同一平面内，且与A的绕行方向相同)，它对天王星的万有引力引起天王星轨道的偏离，由此可推测未知行星的运动轨道半径是(　　)
A.R0
B．R0
C．R0
D．R0
解析　依＝，则R＝R0，又依题意有：－＝1，则＝，求得R＝R0，D对。
答案　D
6．(2017·莆田质检)美国宇航局宣布，他们发现了太阳系外第一颗类似地球的、可适合居住的行星——“开普勒—22b”，其直径约为地球的2.4倍。至今其确切质量和表面成分仍不清楚，假设该行星的密度和地球相当，根据以上信息，估算该行星的第一宇宙速度等于(　　)
A．3.3×103
m/s
B．7.9×103
m/s
C．1.2×104
m/s
D．1.9×104
m/s
解析　由该行星的密度和地球相当可得＝，地球第一宇宙速度v1＝
≈7.9
km/s，该行星的第一宇宙速度v2＝
，联立解得v2＝2.4v1＝1.9×104
m/s，D正确。
答案　D
7．(多选)(2017·吉安质检)2016年9月15日22时04分12秒，“天宫二号”空间实验室在酒泉卫星发射中心发射成功。经北京航天飞行控制中心两次轨道控制后，进入距地面为393
km的轨道上绕地球做匀速圆周运动，运行周期为90
min。若还知道地球的半径和万有引力常量，仅利用以上条件能求出的是(　　)
A．地球的平均密度
B．地球自转的周期
C．天宫二号的质量
D．地球的第一宇宙速度
解析　由＝可求得地球的质量M，地球的体积V＝πR3，代入ρ＝可求得地球的平均密度，A正确；题中并未给出空间实验室的轨道半径，无法求出地球的自转周期，B错误；天宫二号的质量无法求得，C错误；结合求出的地球质量和v＝可求得地球的第一宇宙速度，D正确。
答案　AD
8．(2016·江苏卷)(多选)如图所示，两质量相等的卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，用R、T、Ek、S分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积。下列关系式正确的有(　　)
A．TA>TB
B．EkA>EkB
C．SA＝SB
D.＝
解析　卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，即
G＝m＝mR2，得v＝，T＝2π，由于RA>RB可知，TA>TB，vA答案　AD
B组·能力提升题
9.(2017·广西三校联考)(多选)如图所示，两颗靠得很近的天体组合为双星，它们以两者连线上的某点为圆心，做匀速圆周运动，以下说法中正确的是(　　)
A．它们做圆周运动的角速度大小相等
B．它们做圆周运动的线速度大小相等
C．它们的轨道半径与它们的质量成反比
D．它们的轨道半径与它们的质量的平方成反比
解析　它们做圆周运动的角速度大小相等，线速度大小不一定相等，选项A正确，B错误；由＝mAωrA＝mBωrB，它们的轨道半径与它们的质量成反比，选项C正确，D错误。
答案　AC
10．(2017·哈尔滨联考)设宇宙中某一小行星自转较快，但仍可近似看作质量分布均匀的球体，半径为R。宇航员用弹簧测力计称量一个相对自己静止的小物体的重量，第一次在极点处，弹簧测力计的读数为F1＝F0；第二次在赤道处，弹簧测力计的读数为F2＝。假设第三次在赤道平面内深度为的隧道底部，示数为F3；第四次在距星表高度为R处绕行星做匀速圆周运动的人造卫星中，示数为F4，已知均匀球壳对壳内物体的引力为零，则以下判断正确的是(　　)
A．F3＝，F4＝　
B．F3＝，F4＝0
C．F3＝，F4＝0
D．F3＝4F0，F4＝
解析　设该行星的质量为M，则质量为m的物体在极点处受到的万有引力：F1＝＝F0由于球体的体积公式为：V＝
，由于在赤道处，弹簧测力计的读数为F2
＝
。则：Fn2
＝
F1
－F2
＝
F0
＝
mω2
·
R，所以半径
以内的部分的质量为：M′＝·M＝M，物体在
处受到的万有引力：F′3＝＝F1＝F0，物体需要的向心力：Fn
3
＝mω2·
＝
mω2R＝F0，所以在赤道平面内深度为的隧道底部，示数为：F3＝F′3－Fn3＝F0－F0＝F0，第四次在距星表高度为R处绕行星做匀速圆周运动的人造卫星中时，物体受到的万有引力恰好提供向心力，所以弹簧秤的示数为0，故选项B正确。
答案　B
11．(2017·佛山模拟)宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用。设四星系统中每个星体的质量均为m，半径均为R，四颗星稳定分布在边长为a的正方形的四个顶点上。已知引力常量为G。关于四星系统，下列说法不正确的是(　　)
A．四颗星围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动
B．四颗星的轨道半径均为
C．四颗星表面的重力加速度均为G
D．四颗星的周期均为2πa
解析　四星系统的分布如图所示，四颗星均绕正方形的中心做匀速圆周运动，轨道半径为a，A正确，B错误；星体表面的重力加速度g＝G，C正确；某一颗星受到其他星的引力的合力提供向心力，＋＝m··a，解得T＝2πa，D正确。综上所述应选择B。
答案　B
12.(多选)如图所示，有甲、乙两颗卫星分别在不同的轨道围绕一个半径为R、表面重力加速度为g的行星运动，卫星甲、卫星乙各自所在的轨道平面相互垂直，卫星甲的轨道为圆，距离行星表面的高度为R，卫星乙的轨道为椭圆，M、N两点的连线为其椭圆轨道的长轴且M、N两点间的距离为4R。则以下说法正确的是(　　)
A．卫星甲的线速度大小为
B．卫星乙运行的周期为4π
C．卫星乙沿椭圆轨道运行经过M点时的速度大于卫星甲沿圆轨道运行的速度
D．卫星乙沿椭圆轨道运行经过N点时的加速度小于卫星甲沿圆轨道运行的加速度
解析　卫星甲绕中心天体做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，可计算出卫星甲环绕中心天体运动的线速度大小v＝
，A选项错误；同理可计算出卫星甲环绕的周期T甲＝4π
，由卫星乙椭圆轨道的半长轴等于卫星甲圆轨道的半径，根据开普勒第三定律可知，卫星乙运行的周期和卫星甲运行的周期相等，则T乙＝T甲＝4π
，B选项正确；卫星乙沿椭圆轨道经过M点时的速度大于沿轨道半径为M至行星中心距离的圆轨道的卫星的线速度，而轨道半径为M至行星中心距离的圆轨道的卫星的线速度大于卫星甲在圆轨道上的线速度，C选项正确；卫星运行时只受万有引力，向心加速度a＝，r越大，a越小，D选项正确。
答案　BCD
13.石墨烯是近些年发现的一种新材料，其超高强度及超强导电、导热等非凡的物理化学性质有望使21世纪的世界发生革命性的变化，其发现者由此获得2010年诺贝尔物理学奖。用石墨烯制作超级缆绳，人类搭建“太空电梯”的梦想有望在21世纪实现。科学家们设想，通过地球同步轨道站向地面垂下一条缆绳至赤道基站，电梯仓沿着这条缆绳运行，实现外太空和地球之间便捷的物资交换。
(1)若“太空电梯”将货物从赤道基站运到距地面高度为h1的同步轨道站，求轨道站内质量为m1的货物相对地心运动的动能。设地球自转角速度为ω，地球半径为R。
(2)当电梯仓停在距地面高度h2＝4R的站点时，求仓内质量m2＝50
kg的人对水平地板的压力大小。地面附近重力加速度g取10
m/s2，地球自转角速度ω＝7.3×10－5
rad/s，地球半径R＝6.4×103
km。
解析　(1)设货物相对地心的距离为r1，线速度为v1，则r1＝R＋h1　①
v1＝r1ω　②
货物相对地心的动能为
Ek＝m1v　③
联立①②③得
Ek＝m1ω2(R＋h1)2　④
(2)设地球质量为M，人相对地心的距离为r2，向心加速度为an，受地球的万有引力为F，则
r2＝R＋h2　⑤
an＝ω2r2　⑥
F＝G　⑦
g＝　⑧
设水平地板对人的支持力大小为FN，人对水平地板的压力大小为F′N，则
F－FN＝m2an　⑨
F′N＝FN　⑩
联立⑤－⑩式并代入数据得
F′N＝11.5
N。　
答案　m1ω2(R＋h1)2
(2)11.5
N
14.如图所示，A是地球的同步卫星。另一卫星B的圆形轨道位于赤道平面内，离地面高度为h。已知地球半径为R，地球自转角速度为ω0，地球表面的重力加速度为g，O为地心。
(1)求卫星B的运行周期。
(2)如卫星B绕行方向与地球自转方向相同，某时刻A、B两卫星相距最近(O、B、A在同一直线上)，则至少经过多长时间，它们再一次相距最近？
解析　(1)由万有引力定律和向心力公式得
卫星B：G＝m(R＋h)
地球表面上：G＝mg
联立解得TB＝2π
(2)由题意得(ωB－ω0)t＝2π
由ωB＝
解得t＝
答案　(1)2π
(2)
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1(二十八)　电磁感应现象　楞次定律
A组·基础巩固题
1.如图所示的现象中涉及电磁感应的是(　　)
答案　B
2．(2017·丽水调研)如图所示，绝缘光滑水平面上有两个离得很近的导体环a、b。将条形磁铁沿它们的正中向下移动(不到达该平面)，a、b将如何移动(　　)
A．a、b将相互远离　　　　
B．a、b将相互靠近
C．a、b将不动
D．无法判断
解析　根据Φ＝BS，磁铁向下移动过程中B增大，所以穿过每个环中的磁通量都增大，a、b中产生同方向的感应电流，两环间有斥力作用，所以a、b将相互远离。选项A正确。
答案　A
3．(2017·杭州联考)(多选)如图所示，A为多匝线圈，与开关、滑动变阻器相连后接入M、N间的交流电源，B为一接有小灯泡的闭合多匝线圈，下列关于小灯泡发光的说法正确的是(　　)
A．闭合开关后小灯泡可能发光
B．若闭合开关后小灯泡发光，则再将B线圈靠近A，则小灯泡更亮
C．闭合开关瞬间，小灯泡才能发光
D．若闭合开关后小灯泡不发光，将滑动变阻器滑片左移后，小灯泡可能会发光
解析　闭合开关后，A产生交变磁场，B的磁通量变化，小灯泡通电后可能发光，选项A正确，C错误；闭合开关后再将B线圈靠近A，B的磁通量变化率增大，产生的感应电动势更大，小灯泡更亮，选项B正确；闭合开关后小灯泡不发光，将滑动变阻器滑片左移后，A中电流减小，B的磁通量变化率减小，小灯泡更不可能会发光，选项D错误。
答案　AB
4．如图所示，光滑导电圆环轨道竖直固定在匀强磁场中，磁场方向与轨道所在平面垂直，导体棒ab的两端可始终不离开轨道无摩擦地滑动，当ab由图示位置释放，直到滑到右侧虚线位置的过程中，关于ab棒中的感应电流情况，正确的是(　　)
A．先有从a到b的电流，后有从b到a的电流
B．先有从b到a的电流，后有从a到b的电流
C．始终有从b到a的电流
D．始终没有电流产生
解析　ab与被其分割开的两个圆环构成的回路，在ab棒运动过程中，磁通量都保持不变，无感应电流产生。
答案　D
5.如图所示，在圆形空间区域内存在关于直径ab对称、方向相反的两个匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小相等，一金属导线制成的圆环刚好与磁场边界重合，下列说法正确的是(　　)
A．若使圆环向右平动，感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向
B．若使圆环竖直向上平动，感应电流始终沿逆时针方向
C．若圆环以ab为轴转动，a点的电势高于b点的电势
D．若圆环以ab为轴转动，b点的电势高于a点的电势
解析　若圆环向右平动，由右手定则知感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向，A选项正确；若圆环竖直向上平动，由于穿过圆环的磁通量未发生变化，所以圆环中无感应电流产生，B选项错误；若圆环以ab为轴转动，在0～90°内，由右手定则知b点的电势高于a点的电势，在90°～180°内，由右手定则知a点的电势高于b点的电势，以后a、b两点电势按此规律周期性变化，C、D选项错误。
答案　A
6．如图所示，一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中，能使圆环中产生感应电流的做法是(　　)
A．使匀强磁场均匀减少
B．保持圆环水平并在磁场中上下移动
C．保持圆环水平并在磁场中左右移动
D．保持圆环水平并使圆环绕过圆心的竖直轴转动
解析　根据闭合回路中磁通量变化产生感应电流这一条件，能使圆环中产生感应电流的做法是使匀强磁场均匀减少，选项A正确。
答案　A
7．某同学设计了一个电磁冲击钻，其原理示意图如图所示，若发现钻头M突然向右运动，则可能是(　　)
A．开关S由断开到闭合的瞬间
B．开关S由闭合到断开的瞬间
C．保持开关S闭合，变阻器滑片P加速向右滑动
D．保持开关S闭合，变阻器滑片P匀速向右滑动
解析　若发现钻头M突然向右运动，则两螺线管互相排斥，根据楞次定律，可能是开关S由断开到闭合的瞬间，选项A正确。
答案　A
8．美国《大众科学》月刊网站报道，美国明尼苏达大学的研究人员发现：一种具有独特属性的新型合金能够将热能直接转化为电能。具体而言，只要略微提高温度，这种合金就会变成强磁性合金，从而使环绕它的线圈中产生电流，其简化模型如图所示。A为圆柱形合金材料，B为线圈，套在圆柱形合金材料上，线圈的半径大于合金材料的半径。现对A进行加热，则(　　)
A．B中将产生逆时针方向的电流
B．B中将产生顺时针方向的电流
C．B线圈有收缩的趋势
D．B线圈有扩张的趋势
解析　合金材料加热后，合金材料成为强磁体，通过线圈B的磁通量增大，由于线圈B内有两个方向的磁场，由楞次定律可知线圈只有扩张，才能阻碍磁通量的增加，C错误、D正确；由于不知道极性，无法判断感应电流的方向，A、B错误。
答案　D
9．(多选)如图所示的电路中，若放在水平光滑金属导轨上的ab棒突然向右移动，这可能发生在(　　)
A．闭合开关S的瞬间
B．断开开关S的瞬间
C．闭合开关S后，减小滑动变阻器R的阻值时
D．闭合开关S后，增大滑动变阻器R的阻值时
解析　闭合S瞬间，通过L2的磁感线向下，磁通量增大，由楞次定律知，感应电流方向为a→b。由左手定则知，ab受安培力方向向右，故A正确；减小R的阻值与闭合S瞬间效果相同，故C正确。
答案　AC
B组·能力提升题
10．两块水平放置的金属板，板间距离为d，用导线将两块金属板与一线圈连接，线圈中存在方向竖直向上、大小变化的磁场，如图所示。两板间有一带正电的油滴恰好静止，则磁场的磁感应强度B随时间变化的图象是(　　)
解析　带正电的油滴静止，即所受重力与电场力平衡，两板间为匀强电场，因此线圈中产生的感应电动势为恒定值，由法拉第电磁感应定律可知，通过线圈的磁通量一定是均匀变化的，A、D两项错误；油滴带正电，故下极板电势高于上极板电势，感应电流产生磁场与原磁场方向相同，由楞次定律可知，通过线圈的磁通量均匀减小，故C项正确，B项错误。
答案　C
11．匀强磁场区域宽为d，一正方形线框abcd的边长为l，且l>d，线框以速度v通过磁场区域，如图所示，从线框进入到完全离开磁场的时间内，线框中没有感应电流的时间是(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
解析　因为磁场宽度d小于线框边长l，所以当bc边进入时线框有电流，当bc边到达磁场最右边时ad边还没有进入磁场，且离磁场还有l－d的距离，但是bc边出来且ad边还没有进入磁场这段时间是没有磁通量变化的，这段时间里线框移动了l－d的距离，所以t＝＝，故选B。
答案　B
12．如图所示，四根等长的铝管和铁管(其中C中铝管不闭合，其他两根铝管和铁管均闭合)竖直放置在同一竖直平面内，分别将磁铁和铁块沿管的中心轴线从管的上端由静止释放，忽略空气阻力，则下列关于磁铁和铁块穿过管的运动时间的说法正确的是(　　)
A　
　B　
　C　　
　D　
A．tA>tB＝tC＝tD
B．tC＝tA＝tB＝tD
C．tC>tA＝tB＝tD
D．tC＝tA>tB＝tD
解析　当磁铁穿过闭合的金属管时，会因穿过闭合的金属管的磁通量发生变化而产生感应电流，根据楞次定律可知感应电流又阻碍引起感应电流的磁通量的变化，从而阻碍了磁铁的通过，而铁块或不闭合的金属管，无感应电流产生，也就没有这种阻碍作用，从而可知，选项A正确。
答案　A
13．如图所示，矩形闭合线圈abcd竖直放置，OO′是它的对称轴，通电直导线AB与OO′平行，且AB、OO′所在平面与线圈平面垂直。若要在线圈中产生abcda方向的感应电流，可行的做法是(　　)
A．AB中电流I逐渐增大
B．AB中电流I先增大后减小
C．AB正对OO′，逐渐靠近线圈
D．线圈绕OO′轴逆时针转动90°(俯视)
解析　若要在线圈中产生abcda方向的感应电流，可行的做法是线圈绕OO′轴逆时针转动90°，选项D正确。
答案　D
14．如图所示是家庭用的“漏电保护器”的关键部分的原理图，其中P是一个变压器铁芯，入户的两根电线(火线和零线)采用双线绕法，绕在铁芯的一侧作为原线圈，然后再接入户内的用电器。Q是一个脱扣开关的控制部分(脱扣开关本身没有画出，它是串联在本图左边的火线和零线上，开关断开时，用户的供电被切断)，Q接在铁芯另一侧副线圈的两端a、b之间，当a、b间没有电压时，Q使得脱扣开关闭合，当a、b间有电压时，脱扣开关即断开，使用户断电。
(1)用户正常用电时，a、b之间有没有电压？
(2)如果某人站在地面上，手误触火线而触电，脱扣开关是否会断开？为什么？
答案　(1)用户正常用电时，a、b之间没有电压，因为双线绕成的初级线圈两根导线中的电流总是大小相等而方向相反的，穿过铁芯的磁通量总为零，副线圈中不会有感应电动势产生。
(2)人站在地面上手误触火线，电流通过火线和人体而流向大地，不通过零线，这样变压器的铁芯中就会有磁通量的变化，从而产生感应电动势，脱扣开关就会断开。
15．如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形。为使MN棒中不产生感应电流。从t＝0开始，求磁感应强度B随时间t变化的关系式。
解析　要使MN棒中不产生感应电流，应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化，在t＝0时刻，穿过线圈平面的磁通量Φ1＝B0S＝B0l2
设t时刻的磁感应强度为B，此时磁通量为
Φ2＝Bl(l＋vt)
由Φ1＝Φ2得B＝。
答案　B＝
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1(二十四)　电路的基本规律和应用
A组·基础巩固题
1.(多选)电源的电动势和内电阻都保持一定，在外电路的电阻逐渐减小的过程中，下面说法正确的是(　　)
A．电源的路端电压一定逐渐变小
B．电源的输出功率一定逐渐变小
C．电源内部消耗的功率一定逐渐变大
D．电源的供电效率一定逐渐变小
解析　当外电路的电阻逐渐减小时，电路中的电流增大，内电压增大，路端电压减小，A选项正确；电源的输出功率在内电阻等于外电阻时最大，由于题目没有明确外电阻和内电阻之间的关系，所以不能判断它的变化情况，B选项错误；电源内部消耗的功率和电流有关，电流越大，内电路上消耗的功率越大，C选项正确；电源的供电效率等于路端电压和电源电动势的比值，由于路端电压减小，D选项正确。
答案　ACD
2．(多选)一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则(　　)
A．电动机消耗的总功率为UI
B．电动机消耗的热功率为
C．电源的输出功率为EI
D．电源的效率为1－
解析　电动机不是纯电阻用电器，电动机消耗的总功率为UI，选项A正确；电动机消耗的热功率为I2R，选项B错误；电源的输出功率为UI，选项C错误；电源的效率为＝，选项D正确。
答案　AD
3．(2017·安徽联考)某同学做电学实验(电源内阻r不能忽略)，通过改变滑动变阻器电阻大小，观察到电压表和电流表的读数同时变大，则他所连接的电路可能是下图中的(　　)
解析　设图中定值电阻的阻值为R，则四个选项中电压表的读数分别为UA＝E－I(r＋R)、UB＝E－Ir、UC＝IR和UD＝E－Ir，则可知只有C项满足题中要求，所以选项C正确。
答案　C
4．如图所示，电源为“9
V　1
Ω”的电池组，要将“4
V　4
W”的灯泡接入虚线框中，在正常发光的条件下，最多能接灯泡的个数为(　　)
A．2个　　　　　　
B．3个
C．4个
D．5个
解析　要使灯泡正常发光，灯泡两端电压为4
V，每个灯泡的工作电流为1
A。当滑动变阻器接入电路的电阻为零时，所接灯泡最多，此时电源内电压为5
V，电路中的总电流为5
A，所以最多能接5个灯泡。
答案　D
5．如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，定值电阻R的阻值也为r，滑动变阻器的最大阻值是2r。闭合开关，当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动过程中，下列说法中正确的是(　　)
A．电压表的示数变大
B．电流表的示数变小
C．滑动变阻器消耗的功率变小
D．定值电阻R消耗的功率先变大后变小
解析　
滑片从a端滑向b端，滑动变阻器接入电路的阻值减小，由“串反并同”原则可知，电压表示数减小，电流表示数增大，电阻R消耗的功率增大，A、B、D错误；把电阻R当作电源内电阻(等效电源)，则R内＝2r，因为等效电源的内、外电阻相等时，电源的输出功率最大，所以滑片由a端滑向b端过程中，滑动变阻器消耗的功率变小，C正确。
答案　C
6．(2017·浙江联考)在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，V为电压表，A为电流表，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，开关闭合后，电路正常工作，当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是(　　)
A．灯泡L将变亮
B．电压表的示数将增大
C．电流表的示数将减小
D．电阻R0上消耗的电功率将减小
解析　由电路可知，当滑动变阻器的滑片向右移动时，连入电路的有效长度变长，电阻增大，电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律知，电路总电流减小，路端电压增大，则电压表示数增大，电流表示数增大，电阻R0上消耗的电功率增大，选项B正确，C、D错误；通过灯泡L中的电流减小，亮度变暗，则选项A错误。
答案　B
7．(多选)有一种测量人体重的电子秤，其原理如图中的虚线所示，它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R(是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器)、显示体重的仪表G(实质是理想电流表)。设踏板的质量可忽略不计，已知理想电流表的量程为3
A，电源电动势为12
V，内阻为2
Ω，电阻R随压力变化的函数式为R＝30～0.02
F(F和R的单位分别是N和Ω)。下列说法正确的是(　　)
A．该秤能测量的最大体重是1
400
N
B．该秤能测量的最大体重是1
300
N
C．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G刻盘0.375
A处
D．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表刻度盘0.400
A处
解析　本题考查传感器及闭合电路欧姆定律。电路中允许的最大电流为3
A，因此根据闭合电路欧姆定律，压力传感器的最小电阻应满足R＋2＝
Ω，R最小值为2Ω，代入R＝30－0.02F，求出F最大值Fm＝1
400
N，A项正确，B项错误；当F＝0时，R＝30
Ω，这时电路中的电流I＝
A＝0.375
A，C项正确，D项错误。
答案　AC
8．如图所示，将一根粗细均匀的电阻丝弯成一个闭合的圆环，接入电路中，电路与圆环的O点固定，P为与圆环良好接触的滑动头。闭合开关S，在滑动头P缓慢地由m点经n点移到q点的过程中，电容器C所带的电荷量将(　　)
A．由小变大
B．由大变小
C．先变小后变大
D．先变大后变小
解析　在图示位置时并联电阻最大，从m点到图示位置过程中圆环总电阻增大，从图示位置到q位置过程中圆环总电阻减小，则电阻R两端的电势差先减后增，即电容器上的电压先减后增，由C＝，电容器C所带的电荷量先减小后增大，C对。
答案　C
B组·能力提升题
9.(2017·盐城检测)如图所示的电路中，R1、R2、R3是定值电阻，R4是光敏电阻，其阻值随光照的强度增大而减小。开关S闭合且无光照射时电容器C不带电。当用强光照射R4，待电路稳定后，与无光照射时比较(　　)
A．通过R4的电流变小
B．电源提供的总功率变小
C．电源的路端电压增大
D．电容器C的下极板带正电
解析　未用强光照射R4时，电容器C不带电，则R3分得的电压与R1分得的电压相等，即U＝U；当用强光照射R4，待电路稳定后，与无光照射时比较，电阻R4的阻值变小，电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，路端电压减小，C项错误；总电流增大，而通过R1、R2所在支路的电流减小，故通过R4的电流增大，A项错误；电源提供的总功率P＝IE增大，B项错误；由于R4减小，因此U>U，即R3分得的电压大于R1分得的电压，电容器上极板的电势低于下极板的电势，因此电容器下极板带正电，D项正确。
答案　D
10．(多选)如图所示电路中，R1、R2为定值电阻，电源的内阻为r。闭合开关S，电压表显示有读数，调节可变电阻R的阻值，电压表示数增大量为ΔU。对此过程，下列判断正确的是(　　)
A．可变电阻R阻值增大，流过它的电流增大
B．电阻R2两端的电压减小，减小量小于ΔU
C．通过电阻R2的电流减小，减小量等于
D．路端电压一定增大，增大量小于ΔU
解析　调节可变电阻R的阻值，电压表示数增大量为ΔU。可变电阻R阻值增大，流过它的电流减小，选项A错误。电阻R2两端的电压减小，电源内电压减小，二者减小量之和等于ΔU，所以电阻R2两端的电压的减小量小于ΔU，选项B正确。通过电阻R2的电流减小，减小量小于，选项C错误。路端电压等于并联部分电路电压与R2两端电压之和，结合选项B，选项D正确。
答案　BD
11．(2017·石家庄调研)(多选)如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，R1、R2、R3为定值电阻，R为光敏电阻(光敏电阻被光照射时阻值变小)，C为电容器。闭合开关S，电路稳定后，用光照射R，下列说法正确的是(　　)
A．电压表示数增大　　　
B．电源的效率增大
C．电容器所带电荷量增加
D．R2消耗的功率增大
解析　在电路中，用光照射R时，光敏电阻阻值减小，则外电路总电阻R外减小，干路电流I＝增大，内电压Ur＝Ir增大，路端电压U外＝E－Ur减小，电压表示数减小，通过R1支路的电流I1＝减小，则通过R、R2支路的电流I2＝I－I1增大，R2消耗的功率PR2＝IR2增大，R2两端电压UR2＝I2R2增大，电容器两端电压增大，由Q＝CU，知电容器所带电荷量增加，电源的效率η＝＝＝变小，综上知A、B错误，C、D正确。
答案　CD
12．(多选)如图所示，A、B分别为电源E和电阻R的U—I图线，虚线C是过图线A、B交点的曲线B的切线。现将电源E与电阻R及开关、导线组成闭合电路，由图象可知(　　)
A．电源的电动势为3
V，此时消耗的总功率为6
W
B．R的阻值随电压升高而增大，此时的阻值为1
Ω
C．此时电源消耗的热功率为4
W，效率约为66.7%
D．若再串联一定值电阻，电源的输出功率可能不变
解析　由电源的U－I图线可知电源的电动势为3
V，内电阻为1
Ω，此时电阻两端电压为1
V，通过的电流为2
A，所以电源消耗的总功率为P＝EI＝6
W，A对；由题图可知R的阻值随电压升高而增大，此时的阻值为R＝＝0.5
Ω，B错；由P＝I2r知此时电源消耗的热功率为4
W，由η＝×100%知电源的效率是33.3%，C错；当内、外电阻相等时，电源的输出功率为最大，所以再串联一定值电阻，电源的输出功率可能不变、增大或减小，D对。
答案　AD
13．如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长l＝80
cm，两板间的距离d＝40
cm，电源电动势E＝40
V，内电阻r＝1
Ω，电阻R＝15
Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度v0＝4
m/s水平向右射入两板间，该小球可视为质点。若小球带电量q＝1×10－2
C，质量为m＝2×10－2
kg，不考虑空气阻力，电路中电压表、电流表均是理想电表。若小球恰好从A板右边缘射出(g取10
m/s2)。求：
(1)滑动变阻器接入电路的阻值为多少？
(2)此时电流表、电压表的示数分别为多少？
(3)此时电源的输出功率是多少？
解析　(1)设小球在板间飞行时间为t，
t＝＝
s＝0.2
s
根据d＝at2得小球在电场中的飞行加速度
a＝＝
m/s2＝20
m/s2
对小球根据牛顿第二定律得
q－mg＝ma，解得
UAB＝＝
V＝24
V
所以滑动变阻器两端电压
U滑＝UAB＝24
V
设通过滑动变阻器的电流为I，由欧姆定律得
I＝＝
A＝1
A
滑动变阻器接入电路的阻值
R滑＝＝24
Ω。
(2)此时电流表的示数为1
A
电压表的示数为
U＝E－Ir＝(40－1×1)V＝39
V。
(3)电源的输出功率
P出＝IU＝39
W。
答案　(1)24
Ω　(2)1
A　39
V　(3)39
W
14．一个电源的路端电压U随外电路电阻R的变化规律如图甲所示，图中U＝12
V的直线为图线的渐近线。现将该电源和一个变阻器R0接成如图乙所示电路，已知电源允许通过的最大电流为2
A，变阻器的最大阻值为R0＝22
Ω。求：
(1)电源电动势E和内电阻r；
(2)空载时A、B两端输出的电压范围；
(3)A、B两端所能接负载的电阻的最小值。
解析　(1)据全电路欧姆定律：
E＝U＋Ir
由图甲可知，当I＝0时，
E＝U＝12
V
当E＝12
V，R＝2
Ω时，U＝6
V，据全电路欧姆定律可得：r＝2
Ω。
(2)空载时，当变阻器滑片移至最下端时，输出电压UAB＝0
当滑片移至最上端时，有
E＝U＋Ir，I＝
可得这时的输出电压U＝11
V
所以，空载时输出电压范围为0～11
V。
(3)设所接负载电阻的最小值为R′，此时滑片应移至最上端，电源电流最大I＝2
A，有：E＝I(R外＋r)，其中R外＝，代入数据可得：R′＝4.9
Ω。
答案　(1)12
V　2
Ω　(2)0～11
V
(3)4.9
Ω
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1(二十九)　法拉第电磁感应定律　自感和涡流
A组·基础巩固题
1．如图所示是描述电磁炉工作原理的示意图。炉子的内部有一个金属线圈，当电流通过线圈时，会产生磁场，这个磁场的大小和方向是不断变化的，这个变化的磁场又会引起放在电磁炉上面的铁质(或钢质)锅底内产生感应电流，由于锅底有电阻，所以感应电流又会在锅底产生热效应，这些热能便起到加热物体的作用从而煮食。因为电磁炉是以电磁感应产生电流，利用电流的热效应产生热量，所以不是所有的锅或器具都适用。以下说法正确的是
(　　)
A．最好使用铝锅或铜锅
B．最好使用平底不锈钢锅或铁锅
C．最好使用陶瓷锅或耐热玻璃锅
D．在电磁炉与铁锅之间放一层白纸后无法加热
解析　选用陶瓷锅或耐热玻璃锅无法形成涡流，C选项错误；A、B选项中均能形成涡流，铜和铝的电阻率小，电热少，效率低，相对来说选用平底不锈钢锅或铁锅为最佳，A选项错误，B选项正确；由于线圈产生的磁场能穿透白纸到达锅底，在铁锅中产生涡流，能够加热，D选项错误。
答案　B
2．(多选)如图所示，将一个近似超导的圆环水平置于非匀强磁场中，圆环恰好能处于静态平衡。则以下分析正确的是(　　)
A．俯视圆环，圆环中的电流方向为顺时针方向
B．若给圆环一个向下的扰动，俯视圆环，电流将变为逆时针方向
C．若增大圆环的微小阻值，圆环将缓慢下降
D．若增大磁场的磁感应强度，圆环将向下加速运动
解析　这里的“置于非匀强磁场中”，应该理解为从正上方放下，当将环靠近磁铁时，由于越靠近磁铁，其磁场就越强，磁感线就越密，所以在靠近过程中环会切割磁感线运动，即在该环中会产生感应电流；由于发生了超导，即没有电阻，所以此时环中的电流不会变小；同时据焦耳定律能看出，由于没有电阻，所以在B环上不会产生电热。根据楞次定律，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，原磁通量向上增加，所以感应出顺时针方向(俯视)的电流以阻碍之，A正确；在向下扰动使原磁通量继续向上增加，电流方向依然不变，B错；如果存在电阻，那么环中电流会不断减少，这样，安培力减小，不足以平衡重力时，环就会下降，C正确；若增大磁场的磁感应强度，则安培力增加，会排斥圆环即圆环向上运动，D错。
答案　AC
3．(2017·宁波联考)(多选)单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的关系图象如图所示，则(　　)
A．在t＝0时刻，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大
B．在t＝1×10－2
s时刻，感应电动势最大
C．在t＝2×10－2
s时刻，感应电动势为零
D．在0～2×10－2
s时间内，线圈中感应电动势的平均值为零
解析　由法拉第电磁感应定律知E∝，故t＝0及t＝2×10－2
s时刻，E＝0，A错，C对；t＝1×10－2
s，E最大，B对；0～2×10－2
s，ΔΦ≠0，E≠0，D错。
答案　BC
4．(多选)如图所示是研究通电自感实验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合开关S，调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，调节可变电阻R1，使它们都正常发光，然后断开开关S，再重新闭合开关S，则(　　)
A．闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮
B．闭合瞬间，A2立刻变亮，A1逐渐变亮
C．稳定后，L和R两端电势差一定相同
D．稳定后，A1和A2两端电势差不相同
解析　根据题设条件可知，闭合开关S，调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，说明此时电阻R接入电路的阻值与线圈L的电阻一样大，断开开关S，再重新闭合开关S的瞬间，根据自感原理，可判断A2立刻变亮，而A1逐渐变亮，B正确，A错误；稳定后，自感现象消失，根据题设条件，可判断线圈L和R两端的电势差一定相同，A1和A2两端电势差也相同，所以，C正确，D错误。
答案　BC
5．如图甲所示，光滑导轨水平放置在斜向下且与水平方向夹角为60°的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(规定斜向下为B的正方向)，导体棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好，除导体棒电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力作用下始终处于静止状态。规定a→b的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0～t1时间内，能正确反映流过导体棒ab的电流I和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图象是(　　)
解析　由楞次定律可判定回路中的电流方向始终为b→a，由法拉第电磁感应定律可判定回路中的电流大小恒定，故A、B两项错；由F安＝BIl可得F安随B的变化而变化，在0～t0时间内，F安方向水平向右，故外力F与F安等值反向，方向水平向左，为负值；在t0～t1时间内，F安方向改变，故外力F方向也改变，为正值，综上所述，D项正确。
答案　D
6．如图所示，两块水平放置的金属板距离为d，用导线、开关K与一个n匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的均匀变化的磁场B中。两板间放一台小型压力传感器，压力传感器上表面绝缘，在其上表面静止放置一个质量为m、电荷量为q的带正电小球。K没有闭合时传感器有示数，K闭合时传感器示数变为原来的一半。则线圈中磁场B的变化情况和磁通量的变化率分别为(　　)
A．正在增强，＝　　
B．正在增强，＝
C．正在减弱，＝
D．正在减弱，＝
解析　根据K闭合时传感器示数变为原来的一半，推出带正电小球受向上的电场力，即上极板带负电，下极板带正电，线圈感应电动势的方向从上极板经线圈流向下极板，根据安培定则知感应电流磁场的方向向下，与原磁场方向相反，又由楞次定律得线圈中磁场正在增强；对小球受力分析得q＝，其中感应电动势E＝n，代入得＝，故B正确。
答案　B
7．(2015·山东卷)(多选)如图所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动。现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速。在圆盘减速过程中，以下说法正确的是
A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高
B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动
C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动
D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动
解析　将圆盘看成很多根由圆心沿半径指向外的金属杆。根据右手定则可知，磁场中的导体部分电流由b指向a，即a端电势高，A正确。由于磁场部分导体切割磁感线，会在圆盘中形成涡流，根据楞次定律可知，磁场部分受到与转动方向相反的力使圆盘停止转动，而且磁场越强圆盘停止越快，B正确。若所加磁场方向相反，则电流会反向，安培力仍阻碍圆盘转动，不会加速，C错误。若磁场穿过整个圆盘，圆心与边缘会形成一个恒定的电势差，不会形成涡流，也就不存在安培力，因此，圆盘将匀速转动，D正确。
答案　ABD
8．(2017·南京、盐城模拟)(多选)如图所示，铁芯上有两个线圈A和B，线圈A跟电源相连，LED(发光二极管，具有单向导电性)M和N并联后接在线圈B两端。图中所有元件均正常，则(　　)
A．S闭合瞬间，A中有感应电动势
B．S断开瞬间，A中有感应电动势
C．S闭合瞬间，M亮一下，N不亮
D．S断开瞬间，M和N二者均不亮
解析　S闭合和断开开关的瞬间，线圈A、B中均有感应电动势产生，所以选项A、B正确；S闭合瞬间，根据楞次定律、安培定则等可判断线圈B中产生感应电动势的方向下端电势高，则二极管M导通，亮一下，N不亮；S断开的瞬间，线圈B中上端电势高，二极管N亮一下，M不亮，故C正确，D错误。
答案　ABC
9．(多选)如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴。一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时(　　)
A．穿过回路的磁通量为零
B．回路中感应电动势大小为2Blv0
C．回路中感应电流的方向为顺时针方向
D．回路中ab边与cd边所受安培力方向相同
解析　由于两磁场的磁感应强度大小相等，方向相反，且回路此时关于OO′对称，因而此时穿过回路的磁通量为零，A项正确；ab、cd均切割磁感线，相当于两个电源，由右手定则知，回路中感应电流方向为逆时针，两电源串联，感应电动势为2Blv0，B项正确，C项错误；由左手定则知ab、cd所受安培力方向均向左，D项正确。
答案　ABD
B组·能力提升题
10．如图所示，已知大线圈的面积为2×10－3
m2，小探测线圈有2
000匝，小线圈的面积为5×10－4
m2。整个串联回路的电阻是1
000
Ω，当电键S反向时测得ΔQ＝5.0×10－7
C。则被测处的磁感应强度为(　　)
A．1.25×10－4
T　　　　　
B．5×10－4
T
C．2.5×10－4
T
D．1×10－3
T
解析　由I＝＝，I＝，得感应电荷量公式ΔQ＝n，ΔΦ＝2BS，联立得B＝R，代入数据得B＝2.5×10－4
T，故C对。
答案　C
11．(2017·汕头质检)(多选)如图所示，正方形线框的边长为L，电容器的电容为C。正方形线框的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，当磁感应强度以k为变化率均匀减小时，下列说法正确的是(　　)
A．线框产生的感应电动势大小为kL2
B．电压表没有读数
C．a点的电势高于b点的电势
D．电容器所带的电荷量为零
解析　由于线框的一半放在磁场中，因此线框产生的感应电动势大小为，A错误；由于线框所产生的感应电动势是恒定的，且线框连接了一个电容器，相当于电路断路，电路中无电流，电压表没有读数，B正确；根据楞次定律可以判断，a点的电势高于b点的电势，C正确；电容器所带电荷量为Q＝C，D错误。
答案　BC
12．英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场，如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为＋q的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是(　　)
A．0
B.r2qk
C．2πr2qk
D．πr2qk
解析　变化的磁场产生的感生电动势为E＝πr2＝kπr2，小球在环上运动一周感生电场对其所做的功W＝qE＝πr2qk，D项正确，A、B、C项错误。
答案　D
13．(多选)如图，在水平桌面上放置两条相距为l的平行光滑导轨ab与cd，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连。质量为m、电阻也为R的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动。整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小为B。导体棒的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也为m的物块相连，绳处于拉直状态。现若从静止开始释放物块，用h表示物块下落的高度(物块不会触地)，g表示重力加速度，其他电阻不计，则物块下落h的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．电阻R中的感应电流方向由c到a
B．物块下落的最大加速度为g
C．若h足够大，物块下落的最大速度为
D．通过电阻R的电荷量为
解析　由右手定则可知，电阻R中的感应电流方向由c到a，A正确；物块刚下落时加速度最大，由牛顿第二定律有2ma0＝mg，最大加速度：a0＝，B错误；对导体棒与物块m，当所受的安培力与物块m的重力平衡时，达到最大速度，即＝mg，所以vm＝，C正确；通过电阻R的电荷量q＝＝，D错误。
答案　AC
14．(2017·石家庄质检一)某校科技实验小组利用如图甲所示装置测量圆环形匀强磁场区域的磁感应强度B的大小，O点为磁场区域的圆心，磁场区域的内、外半径分别为r1和r2。导体棒OA绕O点在纸面内顺时针匀速转动。导体棒每转一周与图中的弹性片短暂接触一次，利用传感器得到如图乙所示的脉冲电流。已知回路中每隔时间T有一次大小为I的瞬时电流且回路中的总电阻为R。
(1)导体棒上的O点和A点哪点的电势高；
(2)求匀强磁场的磁感应强度B的大小。
解析　(1)由右手定则，可知A点电势高。
(2)根据匀速圆周运动规律可得：角速度ω＝
在Δt内，导体棒在磁场中扫过的面积
ΔS＝ωrΔt－ωrΔt＝(r－r)ωΔt
磁通量变化量
ΔΦ＝B·ΔS＝(r－r)BωΔt
感应电动势
E＝n＝(r－r)Bω
由闭合电路欧姆定律得：E＝IR
有(r－r)Bω＝IR
解得：B＝
答案　(1)A点电势高
(2)
15．(2016·全国卷Ⅲ)如图，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里。某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计。求：
(1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；
(2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。
解析　(1)在金属棒未越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为Φ＝ktS　①
设在从t时刻到t＋Δt的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R的电荷量为Δq。由法拉第电磁感应定律有ε＝　②
由欧姆定律有i＝　③
由电流的定义有i＝　④
联立①②③④式得|Δq|＝Δt　⑤
由⑤式得，在t＝0到t＝t0的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝对值为|q|＝　⑥
(2)当t>t0时，金属棒已越过MN，由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有f＝F　⑦
式中，f是外加水平恒力，F是匀强磁场施加的安培力。设此时回路中的电流为I，F的大小为
F＝B0lI　⑧
此时金属棒与MN之间的距离为s＝v0(t－t0)　⑨
匀强磁场穿过回路的磁通量为
Φ′＝B0ls　⑩
回路的总磁通量为Φt＝Φ＋Φ′　
式中，Φ仍如①式所示。
由①⑨⑩ 式得，在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量为Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt　
在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变量为
ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt　
由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为εt＝　
由欧姆定律有I＝　
联立⑦⑧ 式得
f＝(B0lv0＋kS)　
答案　(1)
(2)B0lv0(t－t0)＋kSt
(B0lv0＋kS)
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1(二十)　库仑定律　电场力的性质
A组·基础巩固题
1．(2017·普陀区调研)如图，把塑料匙在干燥的布上摩擦几下，然后去舀爆米花，爆米花就会到处乱蹦。对发生这种情况的原因描述不正确的是(　　)
A．爆米花与带电的勺子接触，带同种电荷
B．爆米花与带电的勺子接触，带异种电荷
C．爆米花受到塑料匙的作用力而到处乱跳
D．爆米花带电后，因质量很小而到处乱跳
解析　塑料匙与布摩擦带电，爆米花与带电的勺子接触时带同种电荷，爆米花质量很小，受到塑料匙的作用力后到处乱跳，不正确的描述只有选项B。
答案　B
2．A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图甲所示。则此电场的电场线分布可能是图乙中的(　　)
解析　从图象可以看出，粒子的速度随时间逐渐减小，图线的斜率增大，说明粒子的加速度逐渐增大，电场强度变大，从A到B电场线变密，综合分析可知，负电荷顺着电场线运动，A正确。
答案　A
3．如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的电场强度大小为Ea，方向与ab连线成60°角，b点的电场强度大小为Eb，方向与ab连线成30°角。关于a、b两点电场强度大小Ea、Eb的关系，以下结论正确的是(　　)
A．Ea＝　　　　　　　
B．Ea＝Eb
C．Ea＝Eb
D．Ea＝3Eb
解析　由题图可知，a、b两点与O点的距离关系为rb＝ra，再由E＝可得，＝＝，D正确。
答案　D
4．(多选)用电场线能直观、方便地比较电场中各点电场的强弱。如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对于O点对称的两点，B、C和A、D也相对于O点对称。则(　　)
A．B、C两点场强大小和方向都相同
B．A、D两点场强大小相等，方向相反
C．E、O、F三点比较，O点场强最强
D．B、O、C三点比较，O点场强最弱
解析　由等量异种点电荷的电场线分布规律可知选项A、C、D正确，选项B错误。
答案　ACD
5．(多选)如图所示，两个带等量正电荷的小球A、B(可视为点电荷)被固定在光滑绝缘水平面上。P、N是小球A、B连线的垂直平分线上的点，且PO＝ON。现将一个电荷量很小的带负电的小球C(可视为质点)从P点由静止释放，在小球C向N点运动的过程中，关于小球C的速度图象中，可能正确的是(　　)
解析　
在AB的垂直平分线上，从无穷远处到O点电场强度先变大后变小，到O点变为零，小球C受力沿垂直平分线，加速度先变大后变小，速度不断增大，在O点加速度变为零，速度达到最大，v－t图线的斜率先变大后变小；由O点到无穷远处，速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性。如果P、N相距足够远，则B正确，如果P、N相距很近，则A正确。
答案　AB
6．如图所示，质量为m1的不带电小环A套在动摩擦因数为μ＝的竖直杆上，其最大静摩擦力等于滑动摩擦力，一质量为m2、带电荷量为＋q的小球B与A用一绝缘细线相连，整个装置处于匀强电场中，恰好保持静止，则当电场强度E存在最小值时，E与水平方向的夹角θ为(　　)
A．0°
B．30°
C．45°
D．60°
解析　对AB整体研究，受到竖直向下总的重力(m1＋m2)g、电场力Eq、沿水平方向垂直于杆的弹力N和竖直向上的摩擦力，则由平衡条件可得Eqsinθ＋μN＝(m1＋m2)g，N＝Eqcosθ。解得Eq(sinθ＋μcosθ)＝(m1＋m2)g，因为sinθ＋μcosθ＝sin(θ＋φ)，其中tanφ＝μ，φ＝30°，所以当θ＝60°时，E最小，D正确。
答案　D
7．(2017·慈溪模拟)(多选)如图所示，P、Q为可视为点电荷的带电物体，电性相同，倾角θ＝30°的斜面放在粗糙的水平面上，将物体P放在粗糙的斜面上，当物体Q放在与P等高(PQ连线水平)且与物体P相距为r的右侧位置时，P静止且不受摩擦力，现保持Q与P的距离r不变，将物体Q顺时针缓慢转过α角度(α＝60°)，整个过程斜面和P始终静止，则在Q旋转的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．P物体会受到沿斜面向下的静摩擦力
B．斜面给物体P的作用力方向始终竖直向上
C．物体P受到的静摩擦力先增大后减小到0
D．地面对斜面的摩擦力不断变小
解析　物体Q顺时针缓慢转动过程中库仑力沿斜面向上的分力先增大后减小，所以物体P受到的静摩擦力沿斜面向下，且先增大后减小到0，选项A、C正确；斜面给物体P的作用力为支持力和摩擦力的合力，不可能竖直向上，B错误；地面对斜面的摩擦力等于库仑力在水平方向的分力大小，所以一定不断减小，D正确。
答案　ACD
8．(多选)如图所示，A、B、C三个小球(可视为质点)的质量分别为m、2m、3m，B小球带负电，电荷量为q，A、C两小球不带电(不考虑小球间的电荷感应)，不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为E。则以下说法正确的是(　　)
A．静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg＋qE
B．静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg－qE
C．剪断O点与A小球间细线瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE
D．剪断O点与A小球间细线瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE
解析　本题考查力的瞬时作用效果和电场力的问题。静止时由受力分析可知A、B两小球间细线的拉力为F＝5mg＋qE，故A正确，B错误；O点与A小球间细线剪断的瞬间，由于B小球受到竖直向下的电场力，故A、B两小球的加速度大于C小球的加速度，B、C两小球间细线将处于松弛状态，故以A、B两小球整体为研究对象有：3mg＋qE＝3ma，以A小球为研究对象有：mg＋F′＝ma，解得：F′＝qE，故C正确，D错误。
答案　AC
B组·能力提升题
9.(2017·慈溪模拟)一个外半径为R，内半径为r的带正电空心金属球壳，球心在x轴上的O点，金属球壳在周围空间产生静电场，则其电场强度的大小E在x轴上的分布情况是(　　)
A　　
　B
C　　
　D
解析　带电金属球壳内的场强为零，所以选项D正确。
答案　D
10．(多选)如图所示，电荷量为Q1、Q2的两个正点电荷分别置于A点和B点，两点相距L。在以L为直径的光滑绝缘半圆环上，穿着一个带电小球＋q(视为点电荷)，在P点平衡，PA与AB的夹角为α。不计小球的重力，则(　　)
A．tan3α＝　　　　　
B．tanα＝
C．O点场强不为零
D．Q1解析　对带电小球＋q受力分析，画出带电小球＋q受力图，根据库仑定律，F1＝k，F2＝k，设半圆环对带电小球＋q的弹力为FN，根据平行四边形定则可得，F1＝F′Ncosα，F2＝F′Nsinα，FN＝F′N，联立解得：tan3α＝，故A正确，B错误；由tan3
α＝，α<45°，得<1，即Q2答案　AC
11．如图所示，在真空区域Ⅰ、Ⅱ中存在两个匀强电场，其电场线方向竖直向下，在区域Ⅰ中有一个带负电的粒子沿电场线以速度v0匀速下落，并进入区域Ⅱ(电场范围足够大)。则下图中描述的粒子在这两个电场中运动的速度－时间图象中，可能正确的是(以v0方向为正方向)(　　)
A
B
C
D
解析　带负电的粒子受到重力和电场力的作用，在上面的电场中重力等于电场力，粒子恰好做匀速直线运动，在下面的电场中，电场力将大于重力，粒子做匀减速直线运动，待速度为零后反向运动，然后返回上面的电场做匀速直线运动，由分析可知，C正确。
答案　C
12．如图所示，绝缘水平面上静止着两个质量均为m、电量均为＋Q的物体A和B(A、B均可视为质点)，
它们间的距离为r，与水平面间的动摩擦因数均为μ。求：
(1)A受的摩擦力为多大？
(2)如果将A的电量增至＋4Q，两物体开始运动，当它们的加速度第一次为零时，A、B各运动了多远距离？
解析　(1)由平衡条件可知A受的摩擦力
f＝F＝k。
(2)物体运动后，当加速度a＝0时，设A、B间距离为r′。根据牛顿第二定律：
k－μmg＝0得r′＝2Q
。
由题意可知：A、B运动的距离均为s＝。
故s＝Q
－。
答案　(1)k　(2)A、B运动距离均为Q－
13．如图所示，在光滑绝缘水平面上B点的正上方O处固定一个质点，在水平面上的A点放另一个质点，两个质点的质量均为m，带电荷量均为＋Q。C为AB直线上的另一点(O、A、B、C位于同一竖直平面上)，A、O间的距离为L，A、B和B、C间的距离均为，在空间加一个水平方向的匀强电场后A处的质点处于静止状态。试问：
(1)该匀强电场的场强为多大？其方向如何？
(2)给A处的质点一个指向C点的初速度，该质点到达B点时所受的电场力为多大？
(3)若指向C点的初速度大小为v0，质点到达C点时的加速度和速度分别为多大？
解析　(1)根据库仑定律有
F＝k
根据共点力平衡条件有
Fsin
30°＝EQ
由以上两式得E＝＝，方向由A指向C(或水平向右)。
(2)小球在B点受到的库仑力
F库＝
由平行四边形定则得合电场力
F合＝＝。
(3)由牛顿第二定律得
a＝＝
根据动能定理有
EQL＝
mv2－mv
由此得v＝。
答案　(1)，方向由A指向C
(2)
(3)　
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1(二十三)　电流　电阻　电功和电功率
A组·基础巩固题
1.下列说法正确的是(　　)
A．每种金属都有确定的电阻率，电阻率不随温度变化
B．导体材料的电阻率与其粗细长短无关
C．一般金属的电阻率都随温度升高而降低
D．测电阻率时为了提高精度，通过导线的电流要足够大，而且要等到稳定一段时间后才可读数
解析　电阻率是反映材料导电性能好坏的物理量。电阻率与导体的粗细长短无关，但受温度的影响较明显，金属材料的电阻率随温度的升高而增大，故A、C错。D项中电流大时产热多，对金属的电阻率的测量误差较大，所以D错，B项正确。
答案　B
2．(2017·吉林模拟)某电力公司曾举办“计量日进您家”活动，免费上门为市民进行家庭用电耗能诊断分析，针对每户家庭提出个性化的节能建议。在上门实测过程中，电力技术人员发现，家电待机耗电成为最容易被市民忽略的问题。以电视机为例，待机一天的耗电量在0.2度左右，小小机顶盒一天待机耗电量更高达0.4度。根据专家统计：每使用1度(千瓦时)电，就相应消耗了0.4
kg标准煤，同时产生0.272
kg碳粉尘、0.997
kg二氧化碳、0.03
kg二氧化硫、0.015
kg氮氧化物，根据下表提供的数据，若按照1度电电费为0.5元，估算一户普通家庭待机一年(　　)
每户普通家庭家用电器平均数
一台台式电脑
两台平板电视机
两台空调
一台洗衣机
每台电器待机平均功率(W)
4
1
4
2
A.多消耗电能14度
B．多交电费7元
C．相应多消耗了标准煤56
kg
D．相应多产生的二氧化碳为1
400
kg
解析　本题考查电能的计算，意在考查考生的理解能力和对所学知识的迁移应用能力。
一户普通家庭待机一年消耗电能为E＝(4＋2×1＋2×4＋1×2)×24×365÷1
000度≈140度，相应消耗了标准煤m1＝140×0.4
kg＝56
kg，选项A错误，C正确；多交电费140×0.5元＝70元，选项B错误；相应产生的二氧化碳为m2＝140×0.997
kg≈140
kg，选项D错误。
答案　C
3．用如图所示的电路可以测量电阻的阻值。图中Rx是待测电阻，R0是定值电阻，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝。闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP＝l1，PN＝l2，则Rx的阻值为(　　)
A.R0　　　　　　　B.R0
C.R0
D.R0
解析　对均匀的电阻丝有R＝ρ，得＝，对桥式电路当IG＝0时满足＝＝，得Rx＝R0，所以C项正确。
答案　C
4．(多选)如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成。当闭合开关S1、S2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出。已知电吹风的额定电压为220
V，吹冷风时的功率为120
W，吹热风时的功率为1
000
W。关于该电吹风，下列说法正确的是(　　)
A．电热丝的电阻为55
Ω
B．电动机线圈的电阻为
Ω
C．当电吹风吹热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为1
000
J
D．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120
J
解析　
电吹风吹热风时电热丝消耗的功率为P＝1
000
W－120
W＝880
W，对电热丝，由P＝可得电热丝的电阻为R＝＝
Ω＝55
Ω，选项A正确；由于不知道电动机线圈的发热功率，所以电动机线圈的电阻无法计算，选项B错误；当电吹风吹热风时，电热丝每秒消耗的电能为880
J，选项C错误；当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120
J，选项D正确。
答案　AD
5．某个由导电介质制成的电阻截面如图所示，导电介质的电阻率为ρ，制成内、外半径分别为a和b的半球壳层形状(图中阴影部分)，半径为a、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心成为一个引出电极，在导电介质的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极，设该电阻的阻值为R。下面给出R的四个表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解R，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断。根据你的判断，R的合理表达式应为(　　)
A．R＝ρ
B．R＝ρ
C．R＝ρ
D．R＝ρ
解析　
根据R＝ρ，从单位上看，答案中，分子应是长度单位，而分母应是面积单位，只有A、B符合，C、D错误；再代入特殊值，若b＝a，球壳无限薄，此时电阻为零，因此B正确，A错误。
答案　B
6．有一长方体导体，长a、宽b、高h之比为6∶3∶2，它的六个面的中心各焊接一根电阻不计的导线，如图所示，分别将AA′、BB′、CC′接在同一恒压电源上时，导体中电荷的运动速度分别为v1、v2、v3。则v1∶v2∶v3为(　　)
A．6∶3∶2
B．1∶1∶1
C．2∶3∶6
D．1∶2∶3
解析　根据R＝ρ、I＝和I＝nSqv得v＝，即v∝，所以v1∶v2∶v3＝1∶2∶3，D正确。
答案　D
7．把六个相同的小灯泡接成如图甲、乙所示的电路，调节变阻器使灯泡正常发光，甲、乙两电路所消耗的功率分别用P甲和P乙表示，则下列结论正确的是(　　)
A．P甲＝P乙
B．P甲＝3P乙
C．P乙＝3P甲
D．P乙＞3P甲
解析　设各灯泡正常工作时的电流为I，则甲电路的总电流为I甲＝3I，乙电路的总电流为I乙＝I，所以由P＝UI得P甲＝3P乙，应选B。
答案　B
8．两根材料相同的均匀导线A和B，其长度分别为L和2L，串联在电路中时沿长度方向电势的变化如图所示，则A和B导线的横截面积之比为(　　)
A．2∶3
B．1∶3
C．1∶2
D．3∶1
解析　由图象可知两导线电压降分别为UA＝6
V，UB＝4
V；由于它们串联，则3RB＝2RA；由电阻定律可知＝，得＝，选项B正确。
答案　B
B组·能力提升题
9．某一导体的伏安特性曲线如图中AB段(曲线)所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是(　　)
A．B点的电阻为12
Ω
B．B点的电阻为40
Ω
C．导体的电阻因温度的影响改变了1
Ω
D．导体的电阻因温度的影响改变了9
Ω
解析　
根据电阻的定义式可以求出A、B两点的电阻分别为RA＝
Ω＝30
Ω，RB＝
Ω＝40
Ω，所以ΔR＝RB－RA＝10
Ω，故B对，A、C、D错。
答案　B
10．(多选)一个用半导体材料制成的电阻器D，其电流I随它两端的电压U的关系图象如图甲所示，将它与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源上，如图乙所示，三个用电器消耗的电功率均为P。现将它们连成如图丙所示的电路，仍然接在该电源的两端，设电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别是PD、P1、P2，它们之间的大小关系是(　　)
A．P1＝4P2　　　　　
B．PD＜P2
C．P1＜4P2
D．PD＞P2
解析　当三个电阻并联接到电压为U的电源上时，消耗的功率都是P，说明此时三个电阻的阻值相等，因此两个定值电阻R1＝R2，有P＝。若将它们连接成如题图丙所示的电路，仍然接在该电源的两端，则R2与D并联的阻值小于电阻R1，所以R1两端电压U1＞U，D与R2两端电压U2＜U，由D的I－U图象可知，电压越小，D的电阻越大，所以此时RD＞R2。设题图丙中总电流为I，则流过R2的电流I2＞I，由P＝I2R得P1＜4P2，选项A错误，选项C正确。由P＝得：PD＜P2，选项D错误，选项B正确。
答案　BC
11．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图甲、乙所示，则闭合开关后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是(　　)
A．图甲中的A1、A2的示数相同
B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同
C．图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同
D．图乙中的A1、A2的指针偏角相同
解析　图甲中流过表头的电流相同，故指针偏角相同，但由于A1、A2的量程不同，所以示数不同，故A项错，B项对。图乙中A1、A2中的电流相同，故示数相同，但两者表头中的电流不等，指针偏角不同，故C、D项错。
答案　B
12.某辆以蓄电池为驱动能源的环保汽车，总质量m＝3×103
kg。当它在水平路面上以v＝36
km/h的速度匀速行驶时，蓄电池的输出电流I＝50
A，输出电压U＝200
V。在此行驶状态下，该环保汽车能够将蓄电池输出功率的90%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P机。(g取10
m/s2)
(1)求汽车所受阻力；
(2)若该环保汽车的驱动电机的内部结构如图所示，其中R1＝0.1
Ω，R2＝1
950
Ω，求电动机M的热功率。
解析　(1)蓄电池输出功率
P＝UI＝200×50
W＝104
W。
90%P＝Fv，
解得：汽车所受阻力f＝F＝900
N。
(2)电动机M两端电压
U′＝U－IR1＝195
V。
R2中电流I2＝U′/R2＝0.1
A，
电动机输入电流I′＝I－I2＝49.9
A
电动机输入功率
P＝U′I′＝9
730.5
W，
输出功率P出＝90%P＝9
000
W。
电动机M的热功率
P热＝P－P出＝730.5
W。
答案　(1)900
N　(2)730.5
W
13．在如图甲所示的电路中，电阻R1和R2都是纯电阻，它们的伏安特性曲线分别如图乙中Oa、Ob所示。现在电路两端BC之间加上恒定的电压U0＝7.0
V。调节滑动变阻器R3，使电阻R1和R2消耗的电功率恰好相等，求此时电阻R1和R2的阻值为多大？R3接入电路的阻值为多大？
解析　R1、R2和R3串联，电流相等。当电阻R1和电阻R2消耗的电功率相等时，有R1＝R2
由伏安特性曲线可知，此时电路中的电流I＝2.5
mA
这时加在电阻R1和R2上的电压U1＝U2＝2.5
V
由欧姆定律得R1＝R2＝＝1
000
Ω
滑动变阻器R3两端电压为
U3＝U0－U1－U2＝2
V
由欧姆定律得R3＝＝800
Ω。
答案　R1＝R2＝1
000
Ω
R3＝800
Ω
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1(十八)　动量和动量定理
A组·基础巩固题
1.下列说法正确的是(　　)
A．动能为零时，物体一定处于平衡状态
B．物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动
C．物体所受合外力不变时，其动量一定不变
D．动能不变，物体的动量一定不变
解析　动能为零时，速度为零，而加速度不一定等于零，物体不一定处于平衡状态，选项A错误；物体受恒力，也可能做曲线运动，如平抛运动，选项B正确；合外力不变，加速度不变，速度均匀变化，动量一定变化，C项错误；动能不变，若速度的方向变化，动量就变化，选项D错误。
答案　B
2．(2017·运城模拟)有关实际中的现象，下列说法不正确的是(　　)
A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度
B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力
C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响
D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好
解析　根据反冲运动的特点与应用可知，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度，故A正确；体操运动员在落地的过程中，动量变化一定。由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定；由I＝Ft可知，体操运动员在着地时屈腿是延长时间t，可以减小运动员所受到的平均冲力F，故B正确；用枪射击时子弹给枪身一个反作用力，会使枪身后退，影响射击的准确度，所以为了减少反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身，故C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞的时间，由I＝Ft可知位于车体前部的发动机舱不能太坚固，故D错误。
答案　D
3．一物体从某高处由静止释放，设所受空气阻力恒定，当它下落h时的动量大小为p1，当它下落2h时动量大小为p2，那么p1∶p2等于(　　)
A．1∶1　　
B．1∶　　　　
C．1∶2　　
D．1∶4
解析　物体做初速度为零的匀加速直线运动，v＝2ah，v＝2a(2h)，则p1＝m，p2＝m，p1∶p2＝1∶，故B选项正确。
答案　B
4．甲、乙两物体分别在恒力F1、F2的作用下，沿同一直线运动。它们的动量随时间变化如图所示。设甲在t1时间内所受的冲量为I1，乙在t2时间内所受的冲量为I2，则F、I的大小关系是(　　)
A．F1>F2，I1＝I2
B．F1C．F1>F2，I1>I2
D．F1＝F2，I1＝I2
解析　冲量I＝Δp，从题图上看，甲、乙两物体动量变化的大小I1＝I2，又因为I1＝F1t1，I2＝F2t2，t2>t1，所以F1>F2。
答案　A
5．在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t停止，现将该木板改置成倾角为45°的斜面，让小物块以相同的初速度沿木块上滑，若小物块与木块之间的动摩擦因数为μ，则小物块上滑到最高位置所需时间t′与t之比为(　　)
A.
B.
C.
D.
解析　本题考查动量定理的应用，意在考查学生对动量和动量定理的理解和应用其解决实际问题的能力。对第一种情况，以小物块为研究对象，设小物块的初速度为v，由动量定理得：－μmg·t＝0－mv，对第二种情况，设减速到零所用的时间为t′，则由动量定理可得：
－mgsin45°·t′－μmgcos45°·t′＝0－mv，由以上两式可解得：＝，故正确选项为A。
答案　A
6．质量为m的小球从高为h处自由落下，与地面碰撞时间为Δt，地面对小球平均作用力为F，不计空气阻力，取向上为正方向，则在碰撞过程中(　　)
A．重力的冲量为mg
B．地面对小球的冲量为FΔt
C．合力的冲量为(mg－F)·Δt
D．合力的冲量为(mg＋F)·Δt
解析　碰撞过程重力的冲量为－mgΔt。地面对小球的作用力的冲量为F·Δt，则合力冲量为(F－mg)Δt，B正确。
答案　B
7．如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点，若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为(　　)
A．仍在P点
B．在P点左边
C．在P点右边不远处
D．在P点右边原水平位移的两倍处
解析　以v或2v抽纸条时，纸条给铁块的摩擦力不变，以2v抽纸条时，纸条对铁块的作用时间短，对铁块的冲量小，铁块获得的速度小，根据平抛知识可知它的水平射程短，所以落点在P点的左边。
答案　B
8．质量为1
kg的物体做直线运动，其速度图象如图所示。则物体在前10
s内和后10
s内所受外力的冲量分别是(　　)
A．10
N·s,10
N·s
B．10
N·s，－10
N·s
C．0,10
N·s
D．0，－10
N·s
解析　由图象可知，在前10
s内初、末状态的动量相同，p1＝p2＝5
kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10
s内末状态的动量p3＝－5
kg·m/s，由动量定理得I2＝p3－p2＝－10
N·s，故正确答案为D。
答案　D
B组·能力提升题
9.(2017·合肥质检)一质量为2
kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a—t图象如图所示，t＝0时其速度大小为2
m/s，滑动摩擦力大小恒为2
N，则(　　)
A．在t＝6
s的时刻，物体的速度为18
m/s
B．在0～6
s时间内，合力对物体做的功为400
J
C．在0～6
s时间内，拉力对物体的冲量为36
N·s
D．在t＝6
s的时刻，拉力F的功率为200
W
解析　类比速度—时间图象中位移的表示方法可知，速度变化量在加速度－时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6
s内Δv＝18
m/s，v0＝2
m/s，则t＝6
s时的速度v＝20
m/s，A项错；由动能定理可知，0～6
s内，合力做的功为W＝mv2－mv＝396
J，B项错；由动量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，代入已知条件解得IF＝48
N·s，C项错；由牛顿第二定律可知，6
s末F－Ff＝ma，解得F＝10
N，所以拉力的功率P＝Fv＝200
W，D项对。
答案　D
10．(多选)水平推力F1和F2分别作用在水平面上等质量的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间后停下，两物体v－t的图象如图所示，图中AB∥CD，则(　　)
A．F1的冲量小于F2的冲量
B．F1的冲量等于F2的冲量
C．两物体受到的摩擦力大小相等
D．两物体受到的摩擦力大小不等
解析　设a，b两物体的运动时间分别为t1、t2，则由图知t1＜t2，当只有摩擦力Ff作用时，由AB∥CD知图线斜率相同，则加速度相等，由牛顿第二定律知，摩擦力Ff相等，故C选项正确，D选项错误。对a，由动量定理得：IF1－Fft1＝mvA；对b同理得：IF2－Fft2＝mvC。由图象知，vA＝vC，t1＜t2，所以由mvA＝mvC知，IF1答案　AC
11．物体A和B用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动，如图甲所示。A的质量为m，B的质量为m′。当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升经某一位置时的速度大小为v，这时物体B下落速度大小为u，如图乙所示。在这段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为(　　)
A．mv　　　　　　
B．mv－m′u
C．mv＋m′u
D．mv＋mu
解析　解法一：对A有I弹－mgt＝mv，对B有m′gt＝m′u，解得弹簧弹力的冲量I弹＝mv＋mu。
解法二：对A、B系统有I弹－(mg＋m′g)t＝mv－m′u，m′gt＝m′u，联立解得I弹＝mv＋mu。
答案　D
12．在水平力F＝30
N的作用下，质量m＝5
kg的物体由静止开始沿水平面运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用6
s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止？(g取10
m/s2)
解析　用动量定理求解，研究全过程。选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的始、终状态的物体速度都等于零。
取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得
(F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0
解得t2＝t1＝
×6
s＝12
s。
答案　12
s
13．(2017·运城模拟)一垒球手水平挥动棒球，迎面打击一以速度5
m/s水平飞来的垒球，垒球随后在离打击点水平距离为30
m的垒球场上落地，设垒球质量为0.18
kg，打击点离地面高度为2.2
m，球棒与垒球的作用时间为0.010
s，重力加速度为9.9
m/s2，求球棒对垒球的平均作用力的大小。
解析　垒球被击后做平抛运动，由平抛运动的公式即可求出球被击后的速度，然后对球棒击球的过程运用动量定理列方程求解作用力。
由题意可知，垒球被击后做平抛运动，竖直方向：
h＝gt2
所以：t＝
＝
＝
s
水平方向：x＝vt
所以球被击后的速度：v＝45
m/s
选取球被击出后的速度方向为正方向，则：
v0＝－5
m/s
设平均作用力为F，则：
Ft0＝mv－mv0
代入数据得：F＝900
N
答案　900
N
14．(2017·湖南高三联考)有一种装置，静止在太空中的飞行器上，它利用电场加速带电粒子，形成向外发射的高速粒子流，从而对飞行器产生反冲力，使其获得加速度。已知飞行器质量为M，发射的是2价氧离子，每秒射出的氧离子数为N，用来加速离子的电压为U，每个氧离子的质量为m，单位电荷的电荷量为e。不计发射氧离子后飞行器质量的变化，求：
(1)射出的氧离子速度大小；
(2)飞行器受到的反冲力大小；
(3)射出离子后飞行器开始运动时的加速度大小。
解析　本题考查动能定理和动量定理，意在考查考生的理解和推理能力。
(1)根据动能定理：2eU＝mv
解得：v0＝2
(2)根据动量定理得：Ft＝Nmv0＝2N
t＝1
s，可得飞行器受到的反冲力大小为
F＝2N
(3)根据牛顿第二定律得：F＝Ma
解得：a＝
答案　(1)2　(2)
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