, 学生用书P4])
1．(考点一)(单选)2016年夏季奥运会在巴西里约热内卢举办，在以下几个奥运会比赛项目中，研究对象可视为质点的是( )
A．在撑竿跳高比赛中研究运动员手中的支撑竿在支撑地面过程中的转动情况时
B．研究马拉松运动员在比赛中运动快慢时
C．跆拳道比赛中研究运动员动作时
D．乒乓球比赛中研究乒乓球的旋转时
解析：选B.能否把某物体视为质点，关键要看忽略物体的大小和形状后，对所研究的问题是否有影响．显然A、C、D项中的研究对象的大小和形状忽略后，所研究的问题将无法继续，故A、C、D项不符合题意；而B项中的研究对象的大小和形状忽略后，所研究的问题不受影响，故B项符合题意．
2．(考点二)(多选)(2016·成都模拟)
如图所示，某赛车手在一次野外训练中，先用地图计算出出发地A和目的地B的直线距离为9
km，实际从A运动到B用时5
min，赛车上的里程表指示的里程数增加了15
km，当他经过某路标C时，车内速度计指示的示数为150
km/h，那么可以确定的是( )
A．整个过程中赛车的平均速度大小为180
km/h
B．整个过程中赛车的平均速度大小为108
km/h
C．赛车经过路标C时的瞬时速度大小为150
km/h
D．赛车经过路标C时速度方向为由A指向B
解析：选BC.从A到B位移为9
km，用时
h，由平均速度定义式可得整个过程的平均速度大小为108
km/h，故A错、B对；速度计显示的是瞬时速度大小，故C对；经过C时速度的方向沿运动轨迹在C点的切线方向，故D错．
3.
(考点二)(多选)如图所示，一个人沿着一个圆形轨道运动，由A点开始运动，经过半个圆周到达B点．下列说法正确的是( )
A．这个人从A到B的平均速度方向由A指向B
B．这个人从A到B的平均速度方向沿B点的切线方向
C．这个人在B点的瞬时速度方向由A指向B
D．这个人在B点的瞬时速度方向沿B点的切线方向
解析：选AD.平均速度的方向与位移方向相同，A对、B错；瞬时速度的方向沿曲线上该点的切线方向，C错、D对．
4．(考点三)(单选)一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，则在此过程中下列说法正确的是( )
A．速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值
B．速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值
C．位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大
D．位移逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值
解析：选B.加速度减小并不代表速度减小了，只是说明单位时间内速度的增加量小了，但仍是加速．
5．(考点三)(多选)一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4
m/s，1
s后速度大小为10
m/s，在这1
s内物体的加速度大小为( )
A．可能小于4
m/s2
B．可能等于6
m/s2
C．可能大于6
m/s2
D．一定等于6
m/s2
解析：选BC.设物体在某时刻的速度为v1，1
s后物体速度为v2，若v1与v2同向，a＝＝
m/s2＝6
m/s2；若v1与v2反向，a＝＝
m/s2＝14
m/s2，故B、C正确，A、D错误．
6．(微专题1)(单选)(2015·高考浙江卷)
如图所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间Δt.测得遮光条的宽度为Δx，用近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度．为使更接近瞬时速度，正确的措施是( )
A．换用宽度更窄的遮光条
B．提高测量遮光条宽度的精确度
C．使滑块的释放点更靠近光电门
D．增大气垫导轨与水平面的夹角
解析：选A.表示的是Δt时间内的平均速度，遮光条的宽度Δx越窄，则记录遮光时间Δt越小，越接近滑块通过光电门时的瞬时速度，选项A正确．, [学生用书P73])
1．(考点一)(多选)如图所示，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向．图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的．不计空气阻力，则( )
A．a的飞行时间比b的长
B．b和c的飞行时间相同
C．a的水平速度比b的小
D．b的初速度比c的大
解析：选BD.根据平抛运动的规律h＝gt2，得t＝
，因此平抛运动的时间只由高度决定，因为hb＝hc＞ha，所以b与c的飞行时间相同，大于a的飞行时间，因此选项A错误，选项B正确；又因为xa＞xb，而ta＜tb，所以a的水平初速度比b的大，选项C错误；做平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动，b的水平位移大于c，而tb＝tc，所以
vb＞vc，即b的水平初速度比c的大，选项D正确．
2.
(考点一)(多选)(2016·山东潍坊模拟)从竖直墙的前方A处，沿AO方向水平发射三颗弹丸a、b、c，在墙上留下的弹痕如图所示，已知Oa＝ab＝bc，则a、b、c三颗弹丸( )
A．初速度之比是
∶∶
B．初速度之比是1∶∶
C．从射出至打到墙上过程速度增量之比是1∶∶
D．从射出至打到墙上过程速度增量之比是
∶∶
解析：选AC.水平发射的弹丸做平抛运动，竖直方向上是自由落体运动，水平方向上是匀速直线运动．又因为竖直方向上Oa＝ab＝bc，即Oa∶Ob∶Oc＝1∶2∶3，由h＝gt2可知：ta∶tb∶tc＝1∶∶，由水平方向x＝v0t可知：va∶vb∶vc＝1∶∶＝∶∶，故选项A正确，B错误；由Δv＝gt可知：从射出至打到墙上过程速度增量之比是1∶∶，故选项C正确，D错误．
3．(考点二)(多选)如图所示，倾角为θ的斜面上有A、B、C三点，现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球，三个小球均落在斜面上的D点，今测得AB∶BC∶CD＝5∶3∶1由此可判断( )
A．A、B、C处三个小球运动时间之比为1∶2∶3
B．A、B、C处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为1∶1∶1
C．A、B、C处三个小球的初速度大小之比为3∶2∶1
D．A、B、C处三个小球的运动轨迹可能在空中相交
解析：选BC.由于沿斜面AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，故三个小球竖直方向运动的位移之比为9∶4∶1，运动时间之比为3∶2∶1，A项错误；斜面上平抛的小球落在斜面上时，速度与初速度之间的夹角α满足tan
α＝2tan
θ，与小球抛出时的初速度大小和位置无关，因此B项正确；同时tan
α＝，所以三个小球的初速度之比等于运动时间之比，为3∶2∶1，C项正确；三个小球的运动轨迹(抛物线)在D点相交，因此不会在空中相交，D项错误．
4．(考点一)(多选)如图所示，相距l的两小球A，B位于同一高度h(l、h均为定值)．将A向B水平抛出的同时，B自由下落．A，B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则( )
A．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度
B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰
C．A、B不可能运动到最高处相碰
D．A、B一定能相碰
解析：选AD.A做平抛运动，竖直方向的分运动为自由落体运动，满足关系式h＝gt2，水平方向上为匀速直线运动，满足关系式x＝vt，B做自由落体运动，因为A、B从同一高度开始运动，因此两者在空中同一时刻处于同一高度，即使两者与地面撞击，反弹后在空中也是同一时刻处于同一高度，而A在水平方向一直向右运动，因此A、B肯定会相碰，D项正确；当A的水平速度v足够大时，有可能在B未落地前二者相碰，因此A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度，A项正确．
5．(微专题11)如图所示，水平屋顶高H＝5
m，围墙高h＝3.2
m，围墙到房子的水平距离L＝3
m，围墙外空地宽x＝10
m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上，g取10
m/s2.求：
(1)小球离开屋顶时的速度v0的大小范围；
(2)小球落在空地上的最小速度的大小．
解析：(1)设小球恰好落到空地的右侧边缘时的水平初速度为v01，则小球的水平位移：L＋x＝v01t1
小球的竖直位移：H＝gt
解以上两式得
v01＝(L＋x)
＝13
m/s
设小球恰好越过围墙的边缘时的水平初速度为v02，则此过程中小球的水平位移：L＝v02t2
小球的竖直位移：H－h＝gt
解以上两式得：v02＝5
m/s
小球抛出时的速度大小的范围为5
m/s≤v0≤13
m/s.
(2)小球落在空地上，下落高度一定，落地时的竖直分速度一定，当小球恰好越过围墙的边缘落在空地上时，落地速度最小．
竖直方向：v＝2gH
又有：vmin＝eq
\r(v＋v)
解得：vmin＝5
m/s.
答案：(1)5
m/s≤v0≤13
m/s (2)5
m/s
PAGE, [学生用书P274])
1．(考点一)(2016·河北保定模拟)如图所示，这是一个研究光电效应的电路图，下列叙述中正确的是( )
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，电流表示数将一直增大
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
E．图中入射光束的频率减小到某一数值f0时，无论滑片P怎样滑动，电流表示数都为零，则f0是阴极K的极限频率
解析：选BCE.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项错误；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，B项正确；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．当光束的频率为f0时，无论P怎样滑动，电流表示数都为零，说明未飞出光电子，则有W＝hf0，所以f0为阴极K的极限频率，E项正确．
2．(考点一、二)关于光电效应，下列说法不正确的是( )
A．极限频率越大的金属材料逸出功越大
B．只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应
C．从金属表面飞出的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越小
D．入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数越多
E．入射光的频率一定时，光强越大，单位时间内逸出的光电子越多
解析：选BCD.据W0＝hν0可知，极限频率越大则该金属的逸出功越大，选项A正确；能否产生光电效应与照射光的频率有关，而与照射光的照射强度、照射时间无关，所以选项B错误；从金属表面飞出的光电子的最大初动能越大，说明照射光的频率越大，选项C错误；当产生光电效应，照射光的频率一定时，照射强度越大，单位时间内逸出的光电子数越多，选项D错误；由光电效应规律知，E正确．
3．(考点二、三)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
E．对于不同种金属，若照射光频率不变，Ek与金属的逸出功成线性关系
解析：选ADE.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，若频率不变，Ek与W0成线性关系，D、E正确．
4．(考点三)如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等，则下列也相等的是( )
A．速度
B．动能
C．动量
D．总能量
解析：选C.由λ＝知，C正确．
5．(考点三)某同学在研究某金属的光电效应现象时，
发现该金属逸出光电子的最大初动能与入射光频率的关系如图所示．若图线在两坐标轴上的截距分别为a和－b，由图线可以得到普朗克常量的数值为________，单位为________．若入射光的频率为该金属截止频率的2倍，则逸出的光电子的最大初动能为__________J.
解析：由爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0，光电子的最大初动能与入射光频率的关系在纵轴上截距为－b＝－W0，即金属逸出功为W＝b.斜率＝h，即普朗克常量的数值为，单位为J·s.根据金属截止频率与逸出功的关系可知，若入射光的频率为该金属截止频率的2倍，则逸出的光电子的最大初动能为b.
答案： J·s b, [学生用书P129])
1．(考点一)(单选)(2016·陕西西安摸底)如图所示，带箭头的实线表示电场中的一条电场线，在这条电场线上有a、b两点，则( )
A．a点的场强一定大于b点的场强
B．a点的电势一定高于b点的电势
C．从a点由静止释放的正电荷，仅在电场力作用下一定能运动到b点
D．将一负电荷从b点移到a点，电荷的电势能一定增加
解析：选B.由于一条电场线不能确定疏密程度，故a、b两点的场强大小不能确定，A错误；由电场线的方向可以确定a点的电势一定高于b点的电势，故B正确；由于电场线不是直线，故电荷在某点的受力方向沿该点的切线方向，那么加速度的方向也是该点的切线方向，故由静止释放的正电荷，仅在电场力作用下是不能运动到b点的，故C错误；将一负电荷从b点移到a点，电场力做正功，则电荷的电势能一定减少，故D错误．
2.
(考点二)(单选)如图所示，真空中有A、B两个等量异种点电荷，O、M、N是AB连线的垂线上的三个点，且AO>OB，A带负电荷，B带正电荷，一试探电荷仅受电场力作用，从M运动到N的轨迹如图中实线所示．下列判断中正确的是( )
A．此试探电荷可能带负电
B．此试探电荷一定带正电
C．两点电势φM小于φN
D．此试探电荷在M处的电势能小于在N处的电势能
解析：选B.试探电荷受到的电场力指向轨迹弯曲的一侧，所以该试探电荷受到的电场力指向带负电的A电荷，所以该试探电荷带的是正电，所以A错误、B正确；因为AO>OB，根据等量异种点电荷电场线及等势面分布特点可知，φM大于φN，试探电荷在M处的电势能大于在N处的电势能，所以C、D错误．
3．(考点三)(单选)
(2016·淮安模拟)如图所示，椭圆ABCD处于一匀强电场中，椭圆平面平行于电场线，AC、BD分别是椭圆的长轴和短轴，已知电场中A、B、C三点的电势分别为φA＝14
V、φB＝3
V、φC＝－7
V，由此可得D点的电势为( )
A．8
V
B．6
V
C．4
V
D．2
V
解析：选C.A、B、C、D顺次相连将组成菱形，由匀强电场的特点可知，φA－φB＝φD－φC或φA－φD＝φB－φC，解得φD＝4
V，选项C正确．
4．(考点四)(单选)如图所示，在两等量异种点电荷连线上有D、E、F三点，且DE＝EF.K、M、L分别为过D、E、F三点的等势面．一不计重力的带负电粒子，从a点射入电场，运动轨迹如图中实线所示，以|Wab|表示该粒子从a点到b点电场
力做功的数值，以|Wbc|表示该粒子从b点到c点电场力做功的数值，则( )
A．|Wab|＝|Wbc|
B．|Wab|<|Wbc|
C．粒子由a点到b点，动能减少
D．a点的电势较b点的电势低
解析：选C.由等量异种点电荷的电场线特点可知靠近电荷处电场强度大，类比公式U＝Ed知|Uab|>|Ubc|，而W＝qU，所以|Wab|>|Wbc|，则A、B均错误；从带负电粒子的运动轨迹可知该粒子从a点到c点受到大体向左的作用力，故左侧为正电荷，从左向右电势降低，则D错误；粒子由a点到b点，电场力做负功，电势能增加，动能减少，则C正确．
5.
(微专题19)(单选)(2016·江苏宿迁模拟)在某电场中，沿x轴上的电势分布如图所示，由图可以判断( )
A．x＝2
m处电场强度可能为零
B．x＝2
m处电场方向一定沿x轴正方向
C．沿x轴正方向，电场强度先增大后减小
D．某负电荷沿x轴正方向移动，电势能始终增大
解析：选D.φ－x图象的斜率等于电场强度，则知x＝2
m处的电场强度不为零，故A错误；从0到x＝3
m处电势不断降低，但x＝2
m点的电场方向不一定沿x轴正方向，故B错误；由斜率看出，从0到3
m，图象的斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，故C错误；沿x轴正方向电势降低，某负电荷沿x轴正方向移动，受电场力的方向始终指向x轴的负方向，电场力做负功，电势能始终增大，故D正确．一、单项选择题
1．(2016·天津渤海月考)如图所示，一箱苹果沿着倾角为θ的斜面，以速度v匀速下滑．在箱子的中央有一个质量为m的苹果，它受到周围苹果对它作用力的合力的方向( )
A．沿斜面向上
B．沿斜面向下
C．竖直向上
D．垂直斜面向上
解析：
选C.一箱苹果整体向下匀速运动，其中央的一个苹果也一定是做匀速运动，受到的合力为零．由于中央的那一个苹果只受重力与它周围苹果对它作用力的合力的作用，故重力与它周围苹果对它作用力的合力为一对平衡力，大小相等、方向相反，受力如图，故C正确．
2．(2016·湖北八校联考)如图所示，质量为m的木块A放在水平面上质量为M的斜面体B上，现用大小相等方向相反的两个水平推力F分别作用在A、B上，A、B均保持静止不动．则( )
A．A与B之间一定存在摩擦力
B．B与地面之间一定存在摩擦力
C．B对A的支持力一定等于mg
D．地面对B的支持力大小一定等于(m＋M)g
解析：选D.A在斜面体上处于静止状态，对A受力分析如图甲所示，若Fx＝Gx，则Ff＝0；若Fx＞Gx，则Ff≠0，且方向沿斜面向下，则A错误；由图甲知FN＝Fy＋Gy，C错误；对A、B整体受力分析，如图乙所示，水平推力的合力为0，与地面间无摩擦力，竖直方向上FN地＝GA＋GB＝(m＋M)g，则B错误、D正确．
3．如图所示，在竖直墙壁的A点处有一根水平轻杆a，杆的左端有一个轻滑轮O.一根细线上端固定在该天花板的B点处，细线跨过滑轮O，下端系一个重为G的物体，开始时BO段细线与天花板的夹角为θ＝30°.系统保持静止，当轻杆a缓慢向下移动的过程中，不计一切摩擦．下列说法中正确的是( )
A．细线BO对天花板的拉力不变
B．a杆对滑轮的作用力逐渐减小
C．a杆对滑轮的作用力的方向沿杆水平向右
D．墙壁对a杆的作用力不变
解析：选B.细线BO对天花板的拉力大小等于物体重力，当轻杆a缓慢向下移动的过程中，拉力大小不变，方向改变，选项A错误；以滑轮为研究对象，画出受力分析图，当轻杆a缓慢向下移动的过程中，a杆对滑轮的作用力与绳对滑轮的作用力大小相等，方向相反，故选项B正确、C错误；以杆为研究对象，分析受力可得，墙壁对a杆的作用力方向改变，大小减小，选项D错误．
4．(2016·长沙模拟)如图所示，一固定斜面上两个质量相同的小物块A和B紧挨着匀速下滑，A与B的接触面光滑．已知A与斜面之间的动摩擦因数是B与斜面之间动摩擦因数的2倍，斜面倾角为α，则B与斜面之间的动摩擦因数是( )
A.tan
α
B.cot
α
C．tan
α
D．cot
α
解析：选A.设两个物体的质量均为m，B与斜面之间动摩擦因数为μ.以A、B整体为研究对象．根据平衡条件得2mgsin
α＝2μmgcos
α＋μmgcos
α，解得μ＝tan
α，故A正确．
5.
(2016·乐山市二次调研)如图所示，用三根轻绳将A、B两小球以及水平天花板上的固定点O之间两两连接．然后用一水平方向的力F作用于A球上，此时三根轻绳均处于直线状态，且OB绳恰好处于竖直方向，两球均处于静止状态．已知三根轻绳的长度之比为OA∶AB∶OB＝3∶4∶5，两球质量关系为mA＝2mB＝2m，则下列说法正确的是( )
A．OA绳的拉力大小为
B．OB绳的拉力大小为2mg
C．F的大小为
D．AB绳的拉力大小为mg
解析：选A.对球B受力分析，受到重力、OB的拉力，二力方向相反，假设AB绳子有拉力，则拉力的方向一定是沿着绳子由B指向A的，球B会偏离竖直方向，与题目矛盾，故AB绳子的拉力为零，OB绳子的拉力大小等于球B的重力(为mg)，故B、D错误；对球A受力分析，受拉力F、重力2mg和OA绳子的拉力FT，如图所示，根据几何关系，有F＝×2mg＝mg，FT＝×2mg＝mg，故A正确、C错误．
6．(2016·荆州质量检查)如图所示，左侧是倾角为
60°的斜面、右侧是圆弧面的物体固定在水平地面上，圆弧面底端的切线水平，一根两端分别系有质量为m1、m2小球的轻绳跨过其顶点上的小滑轮．当它们处于平衡状态时，连接m2小球的轻绳与水平线的夹角为60°，不计一切摩擦，两小球可视为质点．两小球的质量之比m1∶m2等于( )
A．1∶1
B．2∶3
C．3∶2
D．3∶4
解析：选B.m1、m2静止，设轻绳张力为FT，圆弧面对m2的支持力为FN.以m1为研究对象，有m1gsin
60°＝FT；以m2为研究对象，有FNsin
30°＝FTsin
30°，FNcos
30°＋FTcos
30°＝m2g，得FN＝FT，2FTcos
30°＝m2g，即FT＝.所以m1gsin
60°＝，得m1∶m2＝2∶3.
二、多项选择题
7．如图所示，固定的斜面上叠放着A、B两木块，木块A与B的接触面是水平的，水平力F作用于木块A，使木块A，B保持静止．且F≠0，则下列描述正确的是( )
A．B可能受到3个或4个作用力
B．斜面对木块B的摩擦力方向可能沿斜面向下
C．A对B的摩擦力可能为0
D．A、B整体可能受三个力
解析：选BD.对A、B整体，一定受到重力G、斜面支持力FN、水平力F，如图甲，这三个力可使整体平衡，因此斜面对整体的静摩擦力可能为0，可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，B、D项正确；对木块A，受力如图乙，水平方向受平衡力，因此一定有静摩擦力FfA与水平力F平衡，C项错误；对木块B，受力如图丙，其中摩擦力Ff可能为0，因此B可能受4个或5个作用，A项错误．
8．(2016·河北衡水中学模拟)质量均为1
kg的木块M和N叠放在水平地面上，用一根细线分别拴接在M和N右侧，在绳子中点用力F＝5
N拉动M和N一起沿水平面匀速滑动，细线与竖直方向夹角θ＝60°，则下列说法正确的是( )
A．木块N和地面之间的动摩擦因数μ＝0.25
B．木块M和N之间的摩擦力可能是Ff＝2.5
N
C．木块M对木块N的压力大小为10
N
D．若θ变小，拉动M、N一起匀速运动所需拉力应大于5
N
解析：选AB.以M、N为整体分析受力，得F＝μ·2mg，得μ＝0.25，A正确；单独分析
M受力，因绳子有竖直向下的分力，故M对N的压力大于10
N，θ变化后，N对地面的压力仍为20
N，所以需要拉力不变，B正确，C、D错误．
9．如图所示，横截面为直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力F通过球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态．当力F增大时，系统还保持静止，则下列说法正确的是( )
A．A所受合外力增大
B．A对竖直墙壁的压力增大
C．B对地面的压力一定增大
D．墙面对A的摩擦力可能变为零
解析：选BCD.由题设条件可知，A仍处于静止状态，其合力为零，选项A错误；当增加力F时，利用整体法受力分析可知，墙壁受到的压力变大，选项B正确；分别隔离A和B，可知A、B间的弹力变大，故B对地面的压力增大，选项C正确；由整体法可知，当地面对整体的支持力等于整体的重力时，墙面对A无摩擦力，选项D正确．
10.
如图所示，形状和质量完全相同的两个圆柱体a、b靠在一起，表面光滑，重力为G，其中b的下半部刚好固定在水平面MN的下方，上边露出另一半，a静止在平面上．现过a的轴心施以水平作用力F，可缓慢地将a拉离平面一直滑到b的顶端，对该过程分析，则应有( )
A．拉力F先增大后减小，最大值是G
B．开始时拉力F最大为
G，以后逐渐减小为0
C．a、b间的压力开始最大为2G，而后逐渐减小到G
D．a、b间的压力由0逐渐增大，最大为G
解析：选BC.要把a拉离平面，在开始时，平面MN对a球的支持力应为零，因此a球受力分析如图甲所示，则sin
θ＝＝，所以θ＝30°，拉力F＝＝G.当球a逐渐上移时，用图解法分析F的变化如图乙所示，在球a上移时，拉力F逐渐减小至零．在开始时，FN＝＝2G，以后逐渐减小至G，因此正确选项为B、C.
三、非选择题
11．(2016·江西上绕中学周练)轻绳AB总长l，用轻滑轮悬挂重G的物体．绳能承受的最大拉力是2G，将A端固定，将B端缓慢向右移动d而使绳不断，求d的最大可能值
.
解析：以与滑轮接触的那一小段绳子为研究对象，在任何一个平衡位置都在滑轮对它的压力(大小为G)和绳的拉力F1、F2共同作用下静止．而同一根绳子上的拉力大小F1、F2总是相等的，它们的合力F是压力的平衡力，方向竖直向上．因此以F1、F2为分力作力的合成的平行四边形一定是菱形，如图所示．利用菱形对角线互相垂直平分的性质，结合相似三角形知识可得d∶l＝∶4，所以d最大为l.
答案：l
12．(2016·江西白鹭洲中学月考)一般教室门上都安装一种暗锁，这种暗锁由外壳A、骨架B、弹簧C(劲度系数为k)、锁舌D(倾斜角θ＝45°)、锁槽E，以及连杆、锁头等部件组成，如图甲所示．设锁舌D的侧面与外壳A和锁槽E之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力Ffm由Ffm＝μFN(FN为正压力)求得．有一次放学后，当某同学准备关门时，无论用多大的力，也不能将门关上(这种现象称为自锁)，此刻暗锁所处的状态的俯视图如图乙所示，P为锁舌D与锁槽E之间的接触点，弹簧由于被压缩而缩短了x.
(1)求自锁状态时D的下表面所受摩擦力的方向．
(2)求此时(自锁时)锁舌D与锁槽E之间的正压力的大小．
(3)无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够保持自锁状态
，则μ至少要多大？
解析：(1)设锁舌D下表面受到的最大静摩擦力为Ff1，则其方向向右．
(2)设锁舌D受锁槽E的最大静摩擦力为Ff2，正压力为FN，下表面的正压力为F，弹力为kx，如图所示，由力的平衡条件可知：
kx＋Ff1＋Ff2cos
45°－FNsin
45°＝0①
F－FNcos
45°－Ff2sin
45°＝0②
Ff1＝μF③
Ff2＝μFN④
联立①②③④式解得正压力大小FN＝.
(3)令FN趋近于∞，则有1－2μ－μ2＝0
解得μ＝－1＝0.41.
答案：(1)向右 (2) (3)0.41
PAGE, [学生用书P260])
1.
(考点一)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：选C.由双缝干涉条纹间距公式Δx＝λ可知，要增大相邻条纹间距，可以增大双缝到屏的距离，减小双缝间距，选用波长更长的单色光，因此C正确．
2．(考点一)(2016·陕西宝鸡联考)劈尖干涉是一种薄膜干涉，其装置如图甲所示，在一块平板玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜，当光垂直入射后，从上往下看到的干涉条纹如图乙所示，干涉条纹有如下特点：(1)任意一条明条纹或暗条纹所在位置下面的薄膜厚度相等；(2)任意相邻两条明条纹所对应的薄膜厚度恒定，现若在图甲装置中抽去一张纸片，则当光垂直入射到新的劈形空气薄膜后，从上往下观察到的干涉条纹
( )
A．变疏
B．变密
C．不变
D．消失
解析：选A.撤去一张纸后劈形空气的薄膜的劈度减缓，相同水平距离上，劈度厚度变化减小，以致波程差变化减小，条纹变宽，条纹数量变少(变疏)，故A正确．
3．(考点二)关于光的衍射现象，下面说法正确的是( )
A．红光的单缝衍射图样是红暗相间的直条纹
B．白光的单缝衍射图样是红暗相间的直条纹
C．光照到不透明小圆盘上出现泊松亮斑，说明发生了衍射
D．光照到较大圆孔上出现大光斑，说明光沿直线传播，不存在光的衍射
答案：AC
4．(考点三)如图所示，白炽灯的右侧依次放置偏振片P和Q，A点位于P、Q之间，B点位于Q右侧，旋转偏振片P，A、B两点光的强度变化情况是( )
A．A、B均不变
B．A、B均有变化
C．A不变，B有变化
D．A有变化，B不变
解析：选C.旋转偏振片P，A处得到的是强度始终相同的偏振光，偏振光再经过偏振片Q，在B处光强随着P的转动而变化，当Q的透振方向与经过P的偏振光的振动方向垂直时，B处的光强为0.
5．(考点四)(2016·浙江名校模拟)(1)用游标卡尺观察光的衍射现象时，某次游标卡尺的示数如图甲所示，则两测脚间狭缝的宽度为________．用激光照射该狭缝，在屏上出现衍射条纹，如果减小狭缝的宽度，衍射条纹的宽度将变________．
甲
(2)在用如图乙所示的装置研究光的双缝干涉现象时，有下面几种方法：
乙
A．将观察屏移近双缝，干涉条纹间距变窄
B．将滤光片由蓝色的换成红色的，干涉条纹间距变宽
C．将单缝向双缝移动一小段距离后，干涉条纹间距变宽
D．换一个两缝之间距离较大的双缝，干涉条纹间距变窄
E．去掉滤光片后，干涉现象消失
其中正确的是________．
答案：(1)0.36
mm 大 (2)ABD, [学生用书P141])
1．(考点一)(单选)一个内电阻可以忽略的电源，给一个绝缘的圆管子里装满的水银供电，电流为0.1
A，若把全部水银倒在一个内径大一倍的绝缘圆管子里，那么通过的电流将是( )
A．0.4
A
B．0.8
A
C．1.6
A
D．3.2
A
解析：选C.因电阻R＝ρ，内径大一倍，截面积就变为原来的四倍，又因水银体积不变，所以长度l变为原来的，故电阻变为原来的，所以电流变为原来的16倍，为1.6
A.
2．(考点二)(单选)
(2016·湖北七市联考)某一导体的伏安特性曲线如图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：选B.A点电阻RA＝
Ω＝30
Ω，B点电阻RB＝
Ω＝40
Ω，故A错误、B正确．ΔR＝RB－RA＝10
Ω，故C、D错误．
3．(考点三)(单选)
(2016·福建宁德质检)电阻R1和R2分别标有“2
Ω，1.0
A”和“4
Ω 0.5
A”，将它们串联后接入电路中，如图所示，则此电路中允许消耗的最大功率为( )
A．1.5
W
B．3.0
W
C．5.0
W
D．6.0
W
解析：选A.两电阻的额定电流不同，R2允许通过的最大电流为0.5
A，为保证电路安全，电路允许通过的最大电流I＝0.5
A，所以，此电路中允许消耗的最大功率为P＝I2(R1＋R2)＝1.5
W.
4．(微专题21)(单选)
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：选D.根据R＝ρ、I＝和I＝nSqv得v＝，即v∝，所以v1∶v2∶v3＝1∶2∶3，D正确．
5．(考点三)一台电风扇，内阻为20
Ω，接上220
V电压后正常工作，消耗功率66
W，求：
(1)电风扇正常工作时通过电动机的电流是多少？
(2)电风扇正常工作时转化为机械能的功率是多少？转化为内能的功率是多少？电动机的效率是多少？
(3)如果接上电源后，电风扇的扇叶被卡住，不能转动，这时通过电动机的电流以及电动机消耗的电功率和发热功率是多少？
解析：(1)因为P入＝IU
所以I＝＝
A＝0.3
A.
(2)电风扇正常工作时转化为内能的功率为
P内＝I2R＝0.32×20
W＝1.8
W
电风扇正常工作时转化为机械能的功率为
P机＝P入－P内＝66
W－1.8
W＝64.2
W
电风扇正常工作时的效率为
η＝＝＝×100%≈97.3%.
(3)电风扇的扇叶被卡住后通过电风扇的电流
I＝＝
A＝11
A
电动机消耗的电功率
P＝IU＝11×220
W＝2
420
W.
电动机的发热功率
P内＝I2R＝112×20
W＝2
420
W.
答案：(1)0.3
A (2)64.2
W 1.8
W 97.3%
(3)11
A 2
420
W 2
420
W一、单项选择题
1.
(2015·高考四川卷)小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示．矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，
不计线圈电阻，则发电机输出电压( )
A．峰值是e0
B．峰值是2e0
C．有效值是Ne0
D．有效值是Ne0
解析：选D.因每匝矩形线圈ab边和cd边产生的电动势的最大值都是e0，每匝矩形线圈中ab和cd串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e0.N匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne0，因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值E＝Ne0，故选项D正确．
2．通过一阻值R＝100
Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1
s．电阻两端电压的有效值为( )
A．12
V
B．4
V
C．15
V
D．8
V
解析：选B.由电流的热效应可得×1
s＝(0.1
A)2×R×0.4
s×2＋(0.2
A)2×R×0.1
s×2，其中R＝100
Ω，可得U＝4
V，B正确．
3．(2016·北京房山区一模)在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的轴匀速转动，如图甲所示，产生的感应电动势如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A．t＝0.015
s时线框的磁通量变化率为零
B．t＝0.01
s时线框平面与中性面重合
C．线框产生的交变电动势有效值为311
V
D．线框产生的交变电动势频率为100
Hz
解析：选B.由题图乙可知t＝0.015
s时感应电动势最大，根据E＝n知磁通量变化率最大，选项A错误．t＝0.01
s时感应电动势为零，磁通量变化率为零，但通过线框的磁通量最大，即线框平面与中性面重合，选项B正确．正弦交流电的有效值E＝＝220
V，选项C错误．根据题图乙知交流电周期T＝0.02
s，所以频率f＝＝50
Hz，选项D错误．
4．图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R＝10
Ω连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表，示数是10
V．图乙是穿过矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的图象．则下列说法正确的是( )
A．电阻R上的电功率为20
W
B．0.02
s时R两端的电压瞬时值为零
C．R两端的电压随时间变化的规律是u＝14.1cos
100πt(V)
D．通过R的电流随时间变化的规律是i＝cos
50πt(A)
解析：选C.电阻R上的电功率为P＝＝10
W，选项A错误；0.02
s时穿过线圈的磁通量变化率最大，R两端的电压瞬时值最大，选项B错误；R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos
100πt(V)；通过R的电流随时间变化的规律i＝1.41cos
100πt(A)，选项C正确，D错误．
5.
(2016·福建福州质检)某交流电源电动势随时间变化的规律如图所示，现用该电源对标称值为“5
V 10
W”的电动机供电，电源内阻不计，下列说法正确的是( )
A．电动机的内阻为2.5
Ω
B．电动机的发热功率为10
W
C．通过电动机的电流为2
A
D．通过电动机的电流为2
A
解析：选C.由图知该电源电动势最大值为Em＝5
V，则有效值E＝5
V，通过电动机的电流I＝
A＝2
A，电动机是非纯电阻元件，电动机内阻r<
Ω＝2.5
Ω，电动机的发热功率P热＝I2r
W，故A、B、D错误，C正确．
6．如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO′匀速转动，从图示位置开始计时，产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图乙所示．若线圈的转速变为原来的2倍，而其他条件保持不变，从图示位置转过90°开始计时，则能正确反映线圈中产生的电动势e随时间t的变化规律的图象是( )
解析：选A.由题图乙知，周期T＝4
s，感应电动势的最大值Em＝1
V，而感应电动势的最大值的表达式Em＝NBSω＝NBS·.若仅把线圈的转速变为原来的2倍，则周期T′变为原来的，即T′＝2
s，而感应电动势的最大值E′m变为原来的2倍，即E′m＝2
V，所以选项B、C错误；从图示位置转过90°开始计时，也就是t＝0时线圈中产生的感应电动势应为0，所以选项A正确，D错误．
二、多项选择题
7．如图是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的( )
A．周期是0.01
s
B．最大值是311
V
C．有效值是220
V
D．表达式为u＝220sin
100πt(V)
解析：选BC.由题图可知，最大值Um＝311
V，有效值U＝＝220
V，周期T＝0.02
s，表达式u＝311sin
100πt(V)，故选项B、C正确．
8．标有“220
V 40
W”的电灯和标有“20
μF 300
V”的电容器并联接到交流电源上，V为交流电压表．交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关．下列判断正确的是( )
A．t＝时刻，V的示数为零
B．电灯恰正常发光
C．电容器有可能被击穿
D．交流电压表V的示数保持110
V不变
解析：选BC.交流电压表V的示数应是电压的有效值220
V，故A、D错；电压的有效值恰等于电灯的额定电压，电灯正常发光，B对；电压的峰值220
V≈311
V，大于电容器的耐压值，故有可能被击穿，C对．
9．面积都为S且电阻相同的正方形线圈和圆形线圈，分别放在如图所示的磁场中，图甲中是磁感应强度为B0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T绕OO′轴匀速转动，图乙中磁场变化规律为B＝B0cos
，从图示位置开始计时，则( )
A．两线圈的磁通量变化规律相同
B．两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同
C．经相同的时间t(t>T)，两线圈产生的热量相同
D．从图示位置时刻起，经时间，流过两线圈横截面的电荷量相同
解析：选ACD.图甲中通过线圈的磁通量变化规律为Φ甲＝B0Scos
t，图乙中通过线圈的磁通量变化规律为Φ乙＝B0Scos
t.由于两线圈的磁通量变化规律相同，则两线圈中感应电动势的变化规律相同，达到最大值的时刻也相同，有效值E也相同．又因两线圈电阻相同，所以经过相同的时间t，Q＝t也相同．经过时间，流过两线圈横截面的电荷量q＝·也相同，故选项A、C、D正确．
10.
(2016·忻州联考)如图所示，一个“U”形线框处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，OO′为磁场的边界．现使线框以角速度ω绕轴OO′匀速转动，线框通过金属转轴和电刷与阻值为R的外电阻相连．已知线框各边的长均为L，总电阻为r，不计转轴与电刷的电阻，则( )
A．图示时刻线框产生的感应电动势为BωL2
B．线框产生的感应电动势的最大值为BωL2
C．电路中电阻R两端电压的有效值为
D．电路中电流的有效值为
解析：选BD.由法拉第电磁感应定律知，图示时刻，磁通量最大，感应电动势为零，A项错误；由交变电流电动势最大值表达式Em＝BSω＝BωL2可知B项正确；根据闭合电路欧姆定律可知，C项中表达式为R两端电压的最大值，C项错误；由图可知，线框转动一圈的过程中，只有半个周期为正弦交变电流，另半个周期电流为零，由有效值定义有T＝·，解得E＝，由欧姆定律可知，D项正确．
三、非选择题
11．电压u＝120sin
ωt
V、频率为50
Hz的交变电流，把它加在激发电压和熄灭电压均为u0＝60
V的霓虹灯的两端．
(1)求在一个小时内，霓虹灯发光时间有多长？
(2)试分析为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象.
解析：(1)如图所示，画出一个周期内交变电流的u－t图象，其中阴影部分对应的时间t1表示霓虹灯不能发光的时间，根据对称性，一个周期内霓虹灯不能发光的时间为4t1
当u＝u0＝60
V时，
由u＝120sin
ωt
V求得：t1＝
s
再由对称性知一个周期内能发光的时间为：
t＝T－4t1＝
s－4×
s＝
s
再由比例关系求得一个小时内霓虹灯发光的时间为：
t＝×
s＝2
400
s.
(2)很明显霓虹灯在工作过程中是忽明忽暗的，而熄灭的时间只有
s(如图中t2～t3那段时间)，由于人的眼睛具有视觉暂留现象，而这个视觉暂留时间约为
s远大于
s，因此经过灯光刺激的人眼不会因为短暂的熄灭而有所感觉．
答案：(1)2
400
s (2)见解析
12.
(2016·开封模拟)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，并求出电流表的示数．
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
Q＝R·＝.
(3)在线圈从图示位置转过转的时间内，电动势的平均值为E＝
通过R的电荷量
q＝I·Δt＝·Δt＝＝.
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) 一、单项选择题
1．(2016·湖北部分重点中学联考)伽利略和牛顿都是物理学发展史上最伟大的科学家，巧合的是，牛顿就出生在伽利略去世后第二年．下列关于力和运动关系的说法中，不属于他们观点的是( )
A．自由落体运动是一种匀变速直线运动
B．力是使物体产生加速度的原因
C．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性
D．力是维持物体运动的原因
解析：选D.伽利略通过斜面实验以及逻辑推理证明自由落体运动是一种匀变速直线运动，A项不符合题意；牛顿第一定律表明力是产生加速度的原因、惯性是物体的固有属性，B、C项不符合题意；亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，D项符合题意．
2.
(2016·兰州模拟)在向前行驶的客车上，某时刻驾驶员和乘客的身体姿势如图所示，则对客车运动情况的判断正确的是( )
A．客车一定做匀加速直线运动
B．客车一定做匀速直线运动
C．客车可能是突然减速
D．客车可能是突然加速
答案：C
3．月球表面上的重力加速度为地球表面上重力加速度的.对于同一个飞行器，在月球表面上时与在地面表面上时相比较( )
A．惯性减小为在地球表面时的，重力不变
B．惯性和重力都减小为在地球表面时的
C．惯性不变，重力减小为在地球表面时的
D．惯性和重力都不变
解析：选C.因同一物体的质量与它所在位置及运动状态无关．所以这个飞行器从地球到月球，其惯性大小不变．物体的重力发生变化，这个飞行器在月球表面上的重力为G月＝mg月＝m·g地＝G地，选C.
4.
如图所示，质量相等的甲、乙两人所用绳子相同，甲拉住绳子悬在空中处于静止状态；乙拉住绷紧绳子的中点把绳子拉断了，则下列说法正确的是( )
A．绳子对甲的拉力小于甲的重力
B．绳子对甲的拉力大于甲对绳子的拉力
C．乙拉断绳子前瞬间，绳上的拉力一定小于乙的重力
D．乙拉断绳子前瞬间，绳上的拉力一定大于乙的重力
答案：D
5.
一物体静止于斜面上，如图所示，则下列说法正确的是( )
A．物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力
B．物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力
C．物体所受的重力和斜面对物体的作用力是一对作用力和反作用力
D．物体所受的重力可以分解为沿斜面向下的力和对斜面的压力
解析：选B.根据作用力和反作用力及平衡力的特点可知物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力及物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力，分别作用在斜面和物体上，因此它们是两对作用力和反作用力，故A错、B对；物体所受的重力是地球施加的，它的反作用力应作用在地球上，由此可知C错；对重力分解，其分力也是作用在物体上的，不可能分解为对斜面的压力，D错．
6．(2016·福建六校联考)
我国在太原卫星发射中心用“长征四号丙”运载火箭，成功将“遥感二十二号”卫星发射升空并送入预定轨道．关于这次卫星与火箭上天的情形叙述正确的是( )
A．火箭尾部向外喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力
B．火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力
C．火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力
D．卫星进入预定轨道之后，与地球之间不存在相互作用力
解析：选A.火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体，火箭向下喷气时，喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力，即为火箭上升的推动力，此动力并不是由周围的空气提供的，因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关，因而选项B、C错误，选项A正确；火箭运载卫星进入轨道之后，卫星与地球之间依然存在相互吸引力，即卫星吸引地球，地球吸引卫星，这是一对作用力与反作用力，故选项D错误．
二、多项选择题
7．我国《道路交通安全法》中规定：各种小型车辆前排乘坐的人(包括司机)必须系好安全带，则下列说法正确的是( )
A．系好安全带可以减小惯性
B．是否系好安全带对人和车的惯性没有影响
C．系好安全带可以防止因车的惯性而造成的伤害
D．系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害
解析：选BD.根据惯性的定义知：安全带与人和车的惯性无关，A错、B对，系好安全带主要是防止刹车时由于人具有惯性而造成的伤害事故，C错、D对．
8．(2016·茂名模拟)跳高运动员从地面起跳的瞬间，下列说法中正确的是( )
A．运动员对地面的压力大于运动员受到的重力
B．地面对运动员的支持力大于运动员受到的重力
C．地面对运动员的支持力等于运动员对地面的压力
D．运动员对地面的压力大小等于运动员受到的重力
解析：选ABC.压力与支持力是相互作用力，大小相等，C正确；跳起瞬间，支持力大于重力，则压力大于重力，故A、B正确，D错误．
9.
2014年10月7日21时49分在云南普洱市景谷县发生6.6级地震，如图所示，解放军某部出动直升机救助被困受伤灾民，若不考虑悬索质量，下列说法正确的是( )
A．只有在匀速吊起时，悬索对人的拉力才等于人对悬索的拉力
B．当加速吊起时，悬索对人的拉力等于人对悬索的拉力
C．当加速吊起时，悬索对人的拉力大于悬索对飞机的拉力
D．无论如何吊起，悬索对人的拉力都等于人对悬索的拉力
解析：选BD.悬索对人的拉力和人对悬索的拉力是一对作用力与反作用力，在任何情况下大小都相等，故A选项错误，B、D选项正确；悬索对飞机的拉力和飞机对悬索的拉力是一对作用力和反作用力，且悬索中张力处处相等，故C选项错误．
10.
(2016·昆明模拟)如图所示，我国有一种传统的民族体育项目叫“押加”，实际上相当于两个人拔河，如果甲、乙两人在“押加”比赛中，甲获胜，则下列说法中正确的是( )
A．甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力，所以甲获胜
B．当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力大小等于乙对甲的拉力大小
C．当甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力
D．甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，所以甲获胜
解析：选BD.物体的运动状态是由其自身的受力情况决定的，只有当物体所受的合外力不为零时，物体的运动状态才会改变，不论物体处于何种状态，物体间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，但由于它们作用在不同的物体上，其效果可能不同．甲加速前进的原因是甲受到地面的摩擦力大小大于绳子对甲的拉力大小；乙加速后退的原因是绳子对乙的拉力大小大于乙受到地面的摩擦力大小；但是，根据牛顿第三定律，甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，A、C错误，B、D正确．
三、非选择题
11.
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，竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑，求竿对“底人”的压力大小．
解析：对竿上的人分析：受重力mg、摩擦力Ff，有mg－Ff＝ma、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、顶竿的人对竿的支持力FN，有Mg＋F′f＝FN，又因为竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律，得到F′N＝Mg＋F′f＝(M＋m)g－ma.
答案：(M＋m)g－ma
12.
如图所示，两块小磁铁质量均为0.5
kg，A磁铁用轻质弹簧吊在天花板上，B磁铁在A正下方的地板上，弹簧的原长L0＝10
cm，劲度系数k＝100
N/m.当A、B均处于静止状态时，弹簧的长度为L＝11
cm.不计地磁场对磁铁的作用和磁铁与弹簧间相互作用的磁力，求B对地面的压力大小．(g取10
N/kg)
解析：A受力如图所示，由平衡条件得：
k(L－L0)－mg－F＝0
解得：F＝－4
N
故B对A的作用力大小为4
N，方向竖直向上．
由牛顿第三定律得A对B的作用力F′＝－F＝4
N
方向竖直向下
B受力如图所示，由平衡条件得：
FN－mg－F′＝0
解得：FN＝9
N
由牛顿第三定律得B对地面的压力大小为9
N.
答案：9
N
PAGE, [学生用书P280])
1．(考点一)氢原子的能级如图所示，已知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．处于n＝3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并发生电离
B．大量氢原子从高能级向n＝3能级跃迁时，发出的光具有显著的热效应
C．大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出6种不同频率的光
D．大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出3种不同频率的光
E．氢原子向低能级跃迁，放出光子，原子电势能、电子动能都减小
解析：选ABC.大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，由N＝C可知，共可发出6种频率的光，故D错误，C正确．n＝3能级的能量为－1.51
eV，因紫外线能量大于1.51
eV，故紫外线可使处于n＝3能级的氢原子电离，故A正确；从高能级跃迁到n＝3能级释放能量最多为1.51
eV＜1.62
eV，此光为红外线具有显著热效应，故B正确．原子向低能级跃迁，原子的电势能减小，电子的动能增大，E错误．
2．(考点三)(2014·高考重庆卷)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：选C.经过n个半衰期剩余碘131的含量m′＝m.因32天为碘131的4个半衰期，故剩余碘131含量：m′＝m＝，选项C正确．
3．(考点四、五)(2016·山西模拟)核反应堆是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量核能.U＋n→Ba＋Kr＋aX是反应堆中发生的许多核反应中的一种，X是某种粒子，a是X粒子的个数，用mU、mBa、mKr分别表示U、Ba、Kr核的质量，mX表示X粒子的质量，c为真空中的光速，以下说法正确的是( )
A．X为中子，a＝2
B．X为中子，a＝3
C．上述核反应中放出的核能ΔE＝(mU－mBa－mKr－2mX)c2
D．上述核反应中放出的核能ΔE＝(mU－mBa－mKr－3mX)c2
E．只有铀块体积达到临界体积才可能发生链式反应
解析：选BCE.核反应中，质量数守恒，电荷数守恒，则知U＋n→Ba＋Kr＋aX中X为n，a＝3，则A错误，B正确．由ΔE＝Δmc2可得：ΔE＝(mU＋mX－mBa－mKr－3mX)c2＝(mU－mBa－mKr－2mX)c2，则C正确，D错误．由链式反应条件可知，铀块体积达到临界体积，反应才可发生，则E正确．
4．(微专题37)在匀强磁场中，有一个原来静止的6C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：选D.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．
5．(考点四、五)(2016·河南六市一联)朝鲜进行了第三次核试验，韩美情报部门通过氙(Xe)和氪(Kr)等放射性气体，判断出朝鲜使用的核原料是铀(U)还是钚(Pu)，若该实验的核原料是U，则
(1)完成核反应方程式U＋n→Sr＋Xe＋________．
(2)本次核试验释放的能量大约相当于7
000吨TNT当量，已知铀核的质量为m1、中子的质量为m2、锶(Sr)核的质量为m3、氙(Xe)核的质量为m4，光速为c.则一个U原子裂变释放的能量ΔE＝________________．
解析：(1)根据质量数、电荷数守恒可得该核反应方程为U＋n→Sr＋Xe＋10n.(2)该核反应过程质量亏损Δm＝m1－m3－m4－9m2，由爱因斯坦质能方程有ΔE＝Δmc2＝(m1－m3－m4－9m2)c2.
答案：(1)10n (2)(m1－m3－m4－9m2)c2一、选择题
1．关于光的传播现象及应用，下列说法正确的是( )
A．一束白光通过三棱镜后形成了彩色光带是光的色散现象
B．光导纤维丝内芯材料的折射率比外套材料的折射率大
C．海面上的海市蜃楼将呈现倒立的像，位置在实物的上方，又称上现蜃景
D．一束色光从空气进入水中，波长将变短，色光的颜色也将发生变化
E．一束白光从空气斜射进入水中，也将发生色散
解析：选ABE.一束白光通过三棱镜后形成了彩色光带是光的色散现象，A正确；由全反射的条件可知，内芯材料的折射率比外套材料的折射率要大，故B正确；海市蜃楼将呈现正立的像，位置在实物的上方，又称上现蜃景，C错误；色光进入水中，光的频率不变，颜色不变，D错误；白光斜射入水中，由于水对不同色光的折射率不同，各种色光将分开，故E正确．
2.
半圆形玻璃砖横截面如图，AB为直径，O点为圆心．在该截面内有a、b两束单色可见光从空气垂直于AB射入玻璃砖，两入射点到O的距离相等．两束光在半圆边界上反射和折射的情况如图所示，则a、b两束光( )
A．在同种均匀介质中传播，a光的传播速度较大
B．以相同的入射角从空气斜射入水中，b光的折射角大
C．在真空中，a光的波长小于b光波长
D．让a光向A端逐渐平移，将发生全反射
E．分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距大
解析：选ADE.由题图可知，b光发生了全反射，a光没有发生全反射，即a光发生全反射的临界角Ca大于b光发生全反射的临界角Cb，根据sin
C＝，知a光的折射率小，即navb，选项A正确；根据n＝，当i相等时，ra>rb，选项B错误；a光束向A端平移，射到圆面的入射角增大到大于临界角，发生全反射，故选项D正确；根据条纹间距离公式Δx＝λ知，用a光时条纹间距大，选项E正确．
3.
(2016·贵州六校联考)如图所示，实线为空气和水的分界面，一束蓝光从空气中的A点沿AO1方向(O1点在分界面上，图中O1点和入射光线都未画出)射向水中，折射后通过水中的B点．图中O点为A、B连线与分界面的交点．下列说法正确的是( )
A．O1点在O点的右侧
B．蓝光从空气中射入水中时，速度变小
C．若沿AO1方向射向水中的是一束紫光，则折射光线有可能通过B点正下方的C点
D．若沿AO1方向射向水中的是一束红光，则折射光线有可能通过B点正上方的D点
E．若蓝光沿AO方向射向水中，则折射光线有可能通过B点正上方的D点
解析：选BCD.据折射定律，知光由空气斜射入水中时入射角大于折射角，则画出光路图如图所示，知O1点应在O点的左侧，故A错．光从光疏介质(空气)进入光密介质(水)中时，速度变小，故B对．紫光的折射率大于蓝光，所以折射角要小于蓝光的，则可能通过B点正下方的C点，故C对．若是红光，折射率小于蓝光，折射角大于蓝光的，则可能通过B点正上方的D点，故D对．若蓝光沿AO方向射入，据折射定律，知折射光线不可能过B点正上方的D点，故E错．
4.
(2016·湖北质检)如图，一个三棱镜的截面为等腰直角△ABC，∠A为直角．此截面所在平面内的光线沿平行于BC边的方向射到AB边，进入棱镜后直接射到AC边上，并刚好能发生全反射．该棱镜材料的折射率为( )
A.
B.
C.
D.
解析：
选A.如图所示，由θ2＋θ3＝，n＝与n＝，解得n＝.
5．(2016·杭州模拟)如图
所示，一束复色光从长方体玻璃砖上表面射入玻璃，穿过玻璃后从侧面射出，变为a、b两束单色光，则以下说法正确的是
( )
A．玻璃对a光的折射率较大
B．在玻璃中b光的波长比a光短
C．在玻璃中b光传播速度比a光大
D．减小入射角i，a、b光线有可能消失
解析：选BD.由图可知折射率navb，综上得λb<λa，故A、C错误，B正确．减小入射角i，由几何关系可知在玻璃内的入射角变大，可能发生全反射，a、b都可能消失，D正确．
6．(2014·高考四川卷)
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：选D.发光小球沿水平方向发出的光，均能射出玻璃缸，不发生全反射，选项A错误；小球发出的光射到水面上时，当入射角大于等于临界角时，会发生全反射，选项B错误；光的频率由光源决定，光由一种介质进入另一种介质时，光的频率不变，选项C错误；根据n＝，光在水中的传播速度较小，选项D正确．
7．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：选AD.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vA8．(2014·高考重庆卷)
打磨某剖面如图所示的宝石时，必须将OP、OQ边与轴线的夹角θ切磨在θ1<θ<θ2的范围内，才能使从MN边垂直入射的光线，在OP边和OQ边都发生全反射(仅考虑如图所示的光线第一次射到OP边并反射到OQ边后射向MN边的情况)，则下列判断正确的是( )
A．若θ>θ2，光线一定在OP边发生全反射
B．若θ>θ2，光线会从OQ边射出
C．若θ<θ1，光线会从OP边射出
D．若θ<θ1，光线会在OP边发生全反射
解析：选D.题图中，要使光线可在OP边发生全反射，图中光线在OP边上的入射角大于90°－θ2.从OP边上反射到OQ边的光线，入射角大于90°－(180°－3θ1)＝3θ1－90°可使光线在OQ边上发生全反射．若θ>θ2，光线不能在OP边上发生全反射；若θ<θ1，光线不能在OQ边上发生全反射，综上所述，选项D正确．
9．(2016·安徽六校联考)
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.则下列说法中正确的是( )
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：选D.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sin
C＝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．
二、非选择题
10．某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行．正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图甲所示．
甲
(1)此玻璃的折射率计算式为n＝________(用图中的θ1、θ2表示)；
(2)如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度________(选填“大”或“小”)的玻璃砖来测量．
乙
(3)若该同学用他测得的多组入射角θ1与折射角θ2作出sin
θ1－sin
θ2的图象如图乙所示，下列判断不正确的是________．
A．他做实验时，研究的是光线从空气射入玻璃的折射现象
B．玻璃的折射率为0.67
C．玻璃的折射率为1.5
D．玻璃临界角的正弦值为0.67
解析：(1)据题意可知入射角为90°－θ1，折射角为90°－θ2，则玻璃的折射率为n＝＝.
(2)玻璃砖越宽，光线在玻璃砖内的传播方向越容易确定，测量结果越准确．故应选用宽度大的玻璃砖来测量．
(3)由sin
θ1－sin
θ2图象可知，＝≈1.5>1，故光是从空气射入玻璃的，入射角为θ1，A正确．由折射率的定义知n＝1.5，B错误，C正确．由临界角定义知临界角的正弦值sin
C＝＝0.67，D正确．
答案：见解析
11．(2014·高考海南卷)
如图所示，矩形ABCD为一水平放置的玻璃砖的截面，在截面所在平面有一细束激光照射玻璃砖，入射点距底面的高度为h，反射光线和折射光线与底面所在平面的交点到AB的距离分别为l1和l2，在截面所在平面内，改变激光束在AB面上入射点的高度与入射角的大小，当折射光线与底面的交点到AB的距离为l3时，光线恰好不能从底面射出，求此时入射点距离底面的高度H.
解析：设玻璃砖的折射率为n，入射角和反射角为θ1，折射角为θ2，由光的折射定律n＝
根据几何关系有sin
θ1＝eq
\f(h,\r(l＋h2))，sin
θ2＝eq
\f(h,\r(l＋h2))
因此求得n＝
eq
\r(\f(l＋h2,l＋h2))
根据题意，折射光线在某一点刚好无法从底面射出，此时发生全反射，设在底面发生全反射时的入射角为θ3，有sin
θ3＝，由几何关系得sin
θ3＝eq
\f(l3,\r(l＋H2))
解得H＝
eq
\r(\f(l－
l,l＋h2))l3.
答案：
eq
\r(\f(l－l,l＋h2))l3
12．(2016·河北保定模拟)如图所示，一个半圆形玻璃砖的截面图，AB与OC垂直，半圆的半径为R.一束平行单色光垂直于AOB所在的截面射入玻璃砖，其中距O点距离为的一条光线自玻璃砖右侧折射出来，与OC所在直线交于D点，OD＝R.求：
(1)此玻璃砖的折射率是多少？
(2)若在玻璃砖平面AOB某区域贴上一层不透光的黑纸，平行光照射玻璃砖后，右侧没有折射光射出，黑纸在AB方向的宽度至少是多少？
解析：(1)连接O、E并延长至H，作EF垂直OD于F，光线与AB的交点为G，
由几何关系可知∠EOD＝30°，∠DEH＝60°
所以此玻璃砖的折射率n＝＝.
(2)设光线IJ恰好发生全反射，则∠IJO为临界角，
所以有sin
∠IJO＝＝
根据几何关系有sin
∠IJO＝
求得OI＝R
所以黑纸宽至少是R.
答案：(1) (2)R一、单项选择题
1.
如图所示，有5个力作用于同一点O，表示这5个力的有向线段恰构成一个正六边形的两邻边和三条对角线，已知F1＝10
N，求这5个力的合力大小( )
A．50
N
B．30
N
C．20
N
D．10
N
解析：选B.利用三角形定则可知：F2和F4的合力等于F1，F5和F3的合力也等于F1，这5个力的合力大小为3F1＝30
N.
2.
(2016·安徽合肥阶段考试)“叠罗汉”是一种高难度的杂技．由六人叠成的三层静态造型如图所示，假设六个人的质量均为m，下面五人弯腰后背部呈水平状态，则底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为(重力加速度为g)( )
A.mg
B．mg
C.mg
D.mg
解析：选C.由受力分析可知，最上面一层人对第二层人的压力(单只脚)为mg.第二层对底层人的压力(单只脚)为＝mg，底层中间的人受到的压力为两只脚的压力，即2×mg＝mg，单脚对地压力为＝mg，故选项C正确．
3．某物体同时受到同一平面内的三个共点力F1、F2、F3作用，在如图所示的四种情况中(坐标纸中每格边长表示大小为1
N的力)，该物体所受的合力大小正确的是( )
A．甲图中物体所受的合力大小等于4
N
B．乙图中物体所受的合力大小等于2
N
C．丙图中物体所受的合力大小等于0
N
D．丁图中物体所受的合力大小等于0
N
解析：选D.题图甲中物体所受的合力大小为5
N，选项A错误；题图乙中物体所受的合力大于2
N，选项B错误；题图丙中物体所受合力大小为2F1＝6
N，选项C错误；题图丁中三力构成首尾相接的封闭三角形，则三力的合力为0，选项D正确．
4．如图所示，三角形ABC三边中点分别是D、E、F，在三角形中任取一点O，如果、、三个矢量代表三个力，那么这三个力的合力为( )
A.
B.
C.
D.
解析：选A.由矢量三角形可知与的合力为，由三角形中位线性质知＝，所以与的合力即为、、三力的合力．由矢量三角形可得与的合力为，则选项A正确．
5．一物体受到三个共面共点力F1、F2、F3的作用，三力的矢量关系如图所示(小方格边长相等)，则下列说法正确的是( )
A．三力的合力有最大值F1＋F2＋F3，方向不确定
B．三力的合力有唯一值3F3，方向与F3同向
C．三力的合力有唯一值2F3，方向与F3同向
D．由题给条件无法求出合力大小
解析：选B.沿F3方向和垂直于F3方向建立x轴、y轴，将不在坐标轴上的力F1、F2沿坐标轴正交分解，然后再合成．
如图所示，假设图中的方格边长代表1
N，则F3＝4
N，沿x轴方向有：Fx＝F1x＋F2x＋F3x＝(6＋2＋4)N＝12
N，沿y轴方向有：Fy＝F1y＋F2y＋F3y＝(3－3＋0)N＝0，F合＝3F3，故B正确．
6．体育器材室里，篮球摆放在图示的球架上．已知球架的宽度为d，每个篮球的质量为m、直径为D，不计球与球架之间摩擦及球架圆柱面的粗细，则每个篮球对一侧球架的压力大小为( )
A.mg
B.
C.
D.
解析：选C.将篮球重力按效果分解如图．
两个分力等于对球架的压力．
由几何知识得：cos
α＝
由力的三角形得：2Fcos
α＝mg
解得F＝，故C正确．
7.
(2016·河南平顶山模拟)如图所示，一条细绳跨过定滑轮连接两个小球A、B，它们都穿在一根光滑的竖直杆上，不计绳与滑轮间的摩擦，当两球平衡时OA绳与水平方向的夹角为θ，OB绳与水平方向的夹角为2θ，则球A、B的质量之比为( )
A．2cos
θ∶1
B．1∶2cos
θ
C．tan
θ∶1
D．1∶2sin
θ
解析：选B.A、B的重力都与绳拉力的竖直分量相等，即FTsin
θ＝mAg，FTsin
2θ＝mBg，mA∶mB＝1∶2cos
θ，选项B正确．
8．用三根轻绳将质量为m的物块悬挂在空中，如图所示．已知ac和bc与竖直方向的夹角分别为30°和60°，则ac绳和bc绳中的拉力大小分别为( )
A.mg，mg
B.mg，mg
C.mg，mg
D.mg，mg
解析：选A.
结点c受到绳子向下的拉力F大小等于物块的重力mg，它产生两个作用效果：拉紧ac绳和bc绳．将力F沿ac绳和bc绳方向分解，如图所示．由图中的几何关系可得F1＝Fcos
30°＝mg，F2＝Fsin
30°＝mg.则有ac绳中的拉力Fac＝F1＝mg，bc绳中的拉力Fbc＝F2＝mg，故A正确．
9.
(2016·济南模拟)如图所示，在粗糙水平面上放置A、B、C、D四个小物块，各小物块之间由四根完全相同的轻弹簧相互连接，正好组成一个菱形，∠BAD＝120°，整个系统保持静止状态．已知A物块所受的摩擦力大小为Ff，则D物块所受的摩擦力大小为( )
A.Ff
B．Ff
C.Ff
D．2Ff
解析：选C.假设弹簧处于拉伸状态，设弹簧的弹力为F，以A物块为研究对象，受力如图甲所示，根据平衡条件可得F＝Ff；再以D物块为研究对象，受力如图乙所示，Ff′＝2F′cos
30°＝2Fcos
30°＝Ff，选项C正确．
10.
如图所示，A、B两物体的质量分别为mA和mB，且mA＞mB，整个系统处于静止状态
，小滑轮的质量和一切摩擦均不计．如果绳的一端由Q点缓慢地向左移到P点，整个系统重新平衡后，物体A的高度和两滑轮间绳与水平方向的夹角θ的变化情况是( )
A．物体A的高度升高，θ角变大
B．物体A的高度降低，θ角变小
C．物体A的高度不变，θ角不变
D．物体A的高度升高，θ角不变
解析：选D.系统静止时，与滑轮接触的那一小段绳子受力情况如图所示，同一根绳子上拉力F1、F2大小总是相等的，它们的合力F与F3大小相等、方向相反，以F1、F2为邻边所作的平行四边形是菱形，故mBg＝2mAgsin
θ，绳的端点由Q点移到P点时，由于mA、mB的大小不变，故θ不变，绳长不变，因为B下降，故A上升，选项D正确．
二、多项选择题
11．一物体位于光滑水平面上，同时受到三个水平共点力F1、F2和F3的作用，其大小分别为F1＝42
N、F2＝28
N、F3＝20
N，且F1的方向指向正北，下列说法中正确的是( )
A．这三个力的合力可能为零
B．F1、F2两个力的合力大小可能为20
N
C．若物体处于匀速直线运动状态，则F2、F3的合力大小为48
N，方向指向正南
D．若物体处于静止状态，则F2、F3的合力大小一定为42
N，方向与F1相反，为正南
解析：选ABD.F1、F2的合力范围|F1－F2|≤F≤F1＋F2，即14
N≤F≤70
N，选项B正确；F3的大小处于此范围之内，所以这三个力的合力可能为零，选项A正确；若物体处于平衡状态(即静止或匀速直线运动状态)，则某两个力的合力必定与第三个力等大反向，选项C错误、D正确．
12．(2016·辽宁抚顺六校模拟)如图所示，重20
N的物体放在粗糙水平面上，用F＝8
N的力斜向下推物体，F与水平面成30°角，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，则( )
A．物体对地面的压力为24
N
B．物体所受的摩擦力为12
N
C．物体所受的合力为5
N
D．物体所受的合力为零
解析：选AD.对物体受力分析可知：物体对地面的压力FN＝mg＋Fsin
30°＝24
N，A正确；F水平方向的分力为Fx＝Fcos
30°＝4
N，滑动摩擦力Ff＝μFN＝12
N，因Fx＜Ff，无法推动物体，故物体处于静止状态，所受合力为零，摩擦力等于4
N，B、C错误，D正确．
13．(2016·潍坊模拟)自卸式货车可以提高工作效率，如图所示．在车厢由水平位置缓慢地抬起到一定高度且货物还未滑离车厢的过程中，货物所受车厢的支持力FN和摩擦力Ff都在变化．下列说法中正确的是( )
A．FN逐渐减小
B．FN先减小后不变
C．Ff逐渐增大
D．Ff先增大后不变
解析：选AC.设车厢与水平面的夹角为α，FN＝mgcos
α，α增大，则FN减小，A正确、B错误．货物滑动前Ff＝mgsin
α，α增大，则Ff增大，故C正确，D错误．
14．(2016·浙江教育学院高考抽测卷)两同学用如图所示方法做共点力平衡实验．M、N为摩擦不计的定滑轮，O点是轻质细绳OA、OB和OC的结点，桌上有若干相同的钩码，一同学已经在A点和C点分别挂了3个和4个钩码，为使O点在两滑轮间某位置受力平衡，另一同学在B点挂的钩码数可能是( )
A．1个
B．3个
C．4个
D．5个
解析：选BC.设细绳OM与OC的夹角为θ，则根据力的平衡条件可得：F＝42＋32＋24cos
θ，而90°＜θ＜180°，解得1＜FTB＜5，所以选项B、C正确．
15.
如图所示，物体在沿粗糙斜面向上的拉力F作用下处于静止状态．当F逐渐增大到物体即将相对于斜面向上运动的过程中，斜面对物体的作用力可能( )
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．先增大后减小
D．先减小后增大
解析：选AD.因初始状态拉力F的大小未知，故分两种情况讨论．若初始状态
F≥mgsin
θ，则静摩擦力随F的增大而增大，与斜面对物体的支持力的合力逐渐增大，A对、B错；若初始状态拉力F＜mgsin
θ，则静摩擦力先减小后反向增大，则斜面对物体的作用力先减小后增大，C错、D对．
PAGE, 学生用书P29])
1．(考点一)(单选)如图所示，F1、F2、F3恰好构成封闭的直角三角形，这三个力的合力大小最大的是( )
解析：选C.题图A中合力大小为2F3，题图B中合力大小为0，题图C中合力大小为2F2，题图D中合力大小为2F1，故C正确．
2．(考点一)(单选)如图所示，在同一平面内的3个力作用在一个物体上，其合力为零．现在将其中的一个力F1在该平面内顺时针转过60°，其余的力均不变，则此时物体受的合力大小为( )
A．F1
B.F1
C．2F1
D．2F1
解析：选A.根据共点力的合成法则可知，F2、F3的合力F与F1等大、反向，即F＝F1，当F1在该平面内顺时针转过60°时，F与F1的夹角为120°，根据平行四边形定则可知，此时物体受到的合力大小为F1，故选项A正确．
3．(考点二)(单选)如图所示，重力为G的物体静止在倾角为α的斜面上，将重力G分解为垂直斜面向下的力F1和平行斜面向下的力F2，那么( )
A．F1就是物体对斜面的压力
B．物体对斜面的压力方向与F1方向相同，大小为Gcos
α
C．F2就是物体受到的静摩擦力
D．物体受到重力、斜面对物体的支持力、静摩擦力、F1和F2共五个力的作用
解析：选B.重力G是物体受的力，其两个分力F1和F2作用在物体上，故A错误；F2与物体受到的静摩擦力等大反向，并不是物体受到的静摩擦力，C错误；F1、F2不能与物体的重力G同时作为物体受到的力，D错误；物体对斜面的压力的大小等于重力G的分力F1＝Gcos
α，方向与F1方向相同，B正确．
4．(考点二)(单选)(2016·福建四地六校第一次月考)如图所示，完全相同的质量为m的A、B两球，用两根等长的细线悬挂在O点，两球之间夹着一根劲度系数为k的轻弹簧，静止不动时，弹簧处于水平方向，两根细线之间的夹角为θ.则弹簧被压缩的长度为( )
A.
B.
C.
D.
解析：选C.
对球A受力分析可知，球A受竖直向下的重力mg、沿着细线方向的拉力FT以及水平向左的弹簧弹力F，由正交分解法可得水平方向FTsin
＝F＝kΔx，竖直方向FTcos
＝mg，解得Δx＝，C正确．
5.
(微专题5)(多选)如图所示，在倾角为α的光滑斜面上放一个重为G的小球，并用光滑的挡板挡住，挡板与斜面的夹角为θ
(最初θ<α)，挡板从图示位置以O为轴逆时针缓慢转至水平，在此过程中小球始
终处于平衡状态，当挡板对小球的弹力大小等于小球的重力时，θ的大小可以为( )
A．α
B．2α
C．π－α
D．π－2α
解析：选AC.重力沿垂直于挡板和斜面方向分解，两个分力大小分别等于挡板和斜面对小球的弹力，以表示重力的线段末端为圆心，该线段长为半径画辅助圆，如图甲所示，由几何知识得θ＝α；当挡板转到水平时，如图乙所示，θ＝π－α，故A、C正确．
PAGE一、选择题
1．在白炽灯的照射下从两块捏紧的玻璃板表面看到彩色条纹，通过狭缝观察发光的白炽灯也会看到彩色条纹，这两种现象( )
A．都是光的衍射现象
B．都是光的干涉现象
C．前者是光的干涉现象，后者是光的衍射现象
D．前者是光的衍射现象，后者是光的干涉现象
解析：选C.根据干涉和衍射的条件，两块玻璃板的空气层形成薄膜干涉，日光灯发出的光通过狭缝会发生衍射现象．
2.
(2016·宁夏银川一中模拟)在一次观察光的衍射实验中，观察到如图所示的清晰的亮暗相间的图样，那么障碍物可能是( )
A．很小的不透明圆板
B．很大的中间有大圆孔的不透明挡板
C．很大的不透明圆板
D．很大的中间有小圆孔的不透明挡板
答案：D
3．下列说法中正确的是( )
A．照射珍贵物品用的“冷光灯”利用了光的衍射原理
B．全息照片用激光来拍摄，主要是利用了激光的相干性好的特点
C．拍摄玻璃橱窗内的物品时，在镜头前加一个偏振片可以减小反射光的强度
D．海市蜃楼是光的干涉形成的
解析：选BC.照射珍贵物品用的“冷光灯”利用了光的薄膜干涉原理，A错误；全息照片用激光来拍摄，利用了激光的相干性好的特点，B正确；照相机镜头前加偏振片可以减小反射光的强度，C正确；海市蜃楼是光的全反射现象，D错误．
4．以下说法中正确的是( )
A．对于同一障碍物，波长越大的光波越容易绕过去
B．白光通过三棱镜在屏上出现彩色条纹是光的一种干涉现象
C．红光由空气进入水中，波长变长、颜色不变
D．用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉
E．不管光源与观察者是否存在相对运动，观察者观察到的光速是不变的
解析：选ADE.
对于同一障碍物，它的尺寸d不变，波长λ越长的光越容易满足d≤λ，会产生明显的衍射现象，越容易绕过障碍物，所以A项正确．白光通过三棱镜出现彩色条纹是光的色散现象，B项错误．波的频率由波源决定，波速由介质决定，所以红光从空气进入水中，频率f不变，波速v变小，由v＝λf得，波长λ变小，所以C项错误．检查平面的平整度是利用了光的干涉，所以D项正确．由光速不变原理知，E项正确．
5．(2016·江苏百校大联考)如图所示是双缝干涉实验，使用波长为600
nm的橙色光照射时，在光屏上的P0点和P0点上方的P1点恰好形成两列相邻的亮条纹；若用波长为400
nm的紫光重复上述实验，则P0点和P1点形成的明暗条纹情况是( )
A．P0点和P1点都是亮条纹
B．P0点是亮条纹，P1点是暗条纹
C．P0点是暗条纹，P1点是亮条纹
D．P0点和P1点都是暗条纹
解析：选B.无论光的波长多大，P0点总是亮条纹．对波长为600
nm的橙光，P1点与P0点为相邻的亮条纹，则S2P1－S1P1＝λ1＝600
nm，该距离之差是波长为400
nm紫光半波长的奇数倍，因此用λ2＝400
nm的紫光做实验，P1处出现暗条纹，选项B正确．
6．(2014·高考大纲全国卷)在双缝干涉实验中，一钠灯发出的波长为589
nm的光，在距双缝1.00
m的屏上形成干涉图样．图样上相邻两明纹中心间距为0.350
cm，则双缝的间距为( )
A．2.06×10－7
m
B．2.06×10－4
m
C．1.68×10－4
m
D．1.68×10－3
m
解析：选C.在双缝干涉实验中，相邻明条纹间距Δx、双缝间距d与双缝到屏的距离L间的关系为Δx＝λ，则双缝间距d＝＝
m≈1.68×10－4
m.
7．光的偏振现象说明光是横波．下列现象中不能反映光的偏振特性的是( )
A．一束自然光相继通过两个偏振片，以光束为轴旋转其中一个偏振片，透射光的强度发生变化
B．一束自然光入射到两种介质的分界面上，当反射光线与折射光线之间的夹角恰好是90°时，反射光是偏振光
C．日落时分，拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏振滤光片可以使景像更清晰
D．通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹
解析：选D.通过手指间的缝隙观察日光灯，可看到彩色条纹，这是光的衍射现象，D不符合题意．
8．如图所示为条纹总宽度相同的4种明暗相间的条纹，其中有两种是红光、蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样，还有两种是黄光、紫光各自通过同一个单缝形成的衍射图样(灰黑色部分表示亮纹)．则图中从左向右排列，亮条纹的颜色依次是( )
A．红黄蓝紫
B．红紫蓝黄
C．蓝紫红黄
D．蓝黄红紫
解析：选B.由双缝干涉条纹间距公式可知，左侧第一个是红光通过双缝干涉仪器形成的干涉图样，第三个是蓝光通过双缝干涉仪器形成的干涉图样；由单缝衍射可知，左侧第二个是紫光通过单缝形成的衍射图样，左侧第四个是黄光通过单缝形成的衍射图样，所以选项B正确．
9．(2016·北京海淀区模拟)用激光做单缝衍射实验和双缝干涉实验，比普通光源效果更好，图象更清晰．如果将感光元件置于光屏上，则不仅能在光屏上看到彩色条纹，还能通过感光元件中的信号转换，在电脑上看到光强的分布情况．下列说法正确的是( )
A．当做单缝实验时，光强分布如图乙所示
B．当做单缝实验时，光强分布如图丙所示
C．当做双缝实验时，光强分布如图乙所示
D．当做双缝实验时，光强分布如图丙所示
解析：选AD.当做单缝实验时，中间是亮条纹，往两侧条纹亮度逐渐降低，且亮条纹的宽度不等，所以其光强分布图如乙所示，A项正确，B项错误；当做双缝实验时，在屏上呈现的是宽度相等的亮条纹，所以其光强分布图如丙所示，C项错误，D项正确．
10.
如图所示，一玻璃柱体的横截面为半圆形，让太阳光或白炽灯光通过狭缝S形成细光束从空气射向柱体的O点(半圆的圆心)，产生反射光束1和透射光束2.现保持入射光不变，将半圆柱绕通过O点垂直于纸面的轴线转动，使反射光束1和透射光束2恰好垂直，在入射光线的方向上加偏振片P，偏振片与入射光线垂直，其透振方向在纸面内，这时看到的现象是( )
A．反射光束1消失
B．透射光束2消失
C．反射光束1和透射光束2都消失
D．偏振片P以入射光线为轴旋转90°角，透射光束2消失
解析：选AD.自然光射到界面上，当反射光与折射光垂直时，反射光和折射光的偏振方向相互垂直，且反射光的偏振方向与纸面垂直，折射光的偏振方向与纸面平行．因此当在入射光线方向垂直放上透振方向在纸面内的偏振片P时，因反射光垂直于纸面，则反射光束1消失，透射光束2不消失，A正确，B、C均错误．偏振片P转动90°，平行于纸面内的光消失，则透射光束2消失，D正确．
二、非选择题
11．在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，实验装置如图甲所示．
(1)以线状白炽灯为光源，对实验装置进行了调节并观察实验现象后，总结出以下几点：
A．灯丝和单缝及双缝必须平行放置
B．干涉条纹与双缝垂直
C．干涉条纹疏密程度与双缝宽度有关
D．干涉条纹间距与光的波长有关
以上几点中你认为正确的是________．
(2)当测量头中的分划板中心刻线对齐某条刻线时，手轮上的示数如图乙所示，该读数为________mm.
(3)如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，如图丙所示．则在这种情况下测量干涉条纹的间距Δx时，测量值________(选填“大于”“小于”或“等于”)实际值．
解析：(1)为使屏上的干涉条纹清晰，灯丝与单缝和双缝必须平行放置，所得到的干涉条纹与双缝平行；由Δx＝λ可知，条纹的疏密程度与双缝间距离d、光的波长λ、双缝到屏的距离L有关，所以A、C、D选项正确，B选项错误．
(2)固定刻度读数为0.5
mm，可动刻度读数为20.2，所以测量结果为0.5
mm＋20.2×0.01
mm
＝0.702
mm.
(3)测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，由几何知识可知测量头的读数大于条纹间的实际距离．
答案：(1)ACD (2)0.702 (3)大于
12.
如图所示，在双缝干涉实验中，S1和S2为双缝，P是光屏上的一点，已知P点与S1、S2距离之差为2.1×10－6
m，分别用A、B两种单色光在空气中做双缝干涉实验，问P点是亮条纹还是暗条纹？
(1)已知A光在折射率为1.5的介质中波长为4×10－7
m；
(2)已知B光在某种介质中波长为3.15×10－7
m，当B光从这种介质射向空气时，临界角为37°；
(3)若让A光照射S1，B光照射S2，试分析光屏上能观察到的现象．
解析：(1)设A光在空气中波长为λ1，在介质中波长为λ2，由n＝＝，得
λ1＝nλ2＝1.5×4×10－7
m＝6×10－7
m
根据路程差Δr＝2.1×10－6
m，可知
N1＝＝＝3.5
由此可知，从S1和S2到P点的路程差是波长λ1的3.5倍，所以P点为暗条纹．
(2)根据临界角与折射率的关系sin
C＝得
n＝＝
由此可知，B光在空气中波长λ3为：
λ3＝nλ介＝×3.15×10－7
m＝5.25×10－7
m
路程差Δr和波长λ3的关系为：
N2＝＝＝4
可见，用B光做光源，P点为亮条纹．
(3)若让A光和B光分别照射S1和S2，这时既不能发生干涉，也不发生衍射，此时在光屏上只能观察到亮光．
答案：(1)暗条纹 (2)亮条纹 (3)见解析, 学生用书P25])
1．(考点一)(单选)(2016·武汉调研)如图所示，小车内一根轻质弹簧沿竖直方向和一条与竖直方向成α角的细绳拴接一小球．当小车和小球相对静止，一起在水平面上运动时，下列说法正确的是( )
A．细绳一定对小球有拉力的作用
B．轻弹簧一定对小球有弹力的作用
C．细绳不一定对小球有拉力的作用，但是轻弹簧对小球一定有弹力
D．细绳不一定对小球有拉力的作用，轻弹簧对小球也不一定有弹力
解析：选D.若小球与小车一起匀速运动，则细绳对小球无拉力；若小球与小车有向右的加速度a＝gtan
α，则轻弹簧对小球无弹力，D正确．
2．(考点一)(单选)
(2016·延安模拟)一重为10
N的球固定在杆AB的上端，今用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，已知绳的拉力为7.5
N，则杆AB对球的作用力( )
A．大小为7.5
N
B．大小为10
N
C．方向与水平方向成53°角斜向右下方
D．方向与水平方向成53°角斜向左上方
解析：选D.对小球进行受力分析可得，杆AB对球的作用力与绳的拉力和小球重力的合力等大反向，令杆AB对小球的作用力与水平方向夹角为α，可得：tan
α＝＝，α＝53°，故D项正确．
3．(考点二)(单选)
(2016·贵州六校联考)如图所示，放在粗糙水平面上的物体A上叠放着物体B.A和B之间有一根处于压缩状态的弹
簧，物体A、B均处于静止状态．下列说法中正确的是( )
A．B受到向左的摩擦力
B．B对A的摩擦力向右
C．地面对A的摩擦力向右
D．地面对A没有摩擦力
解析：选D.弹簧被压缩，则弹簧给物体B的弹力水平向左，因此物体B静止时必受到A对B水平向右的摩擦力，则B对A的摩擦力水平向左，故A、B均错误；取A、B为一整体，因其水平方向不受外力，则地面对A没有摩擦力作用，故D正确、C错误．
4．(考点二)(单选)如图所示，物体B叠放在物体A上，A、B的质量均为m，且上、下表面均与斜面平行，它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面C匀速下滑，则下列说法中正确的是( )
A．A、B间没有静摩擦力
B．A受到B的静摩擦力方向沿斜面向上
C．A受到斜面的滑动摩擦力大小为2mgsin
θ
D．A与B间的动摩擦因数μ＝tan
θ
解析：选C.它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面匀速下滑，A受到斜面的滑动摩擦力大小为2mgsin
θ，且A对B的摩擦力的大小等于B重力沿斜面向下的分力大小，选项A错误、C正确；由牛顿第三定律可得，A受到B的静摩擦力方向沿斜面向下，选项B错误；A与B间的摩擦力是静摩擦力，不能确定A、B之间的动摩擦因数μ，选项D错误．
5．(考点二)(单选)如图所示，把一重为G的物体，用一水平方向的推力F＝kt(k为恒量，t为时间)压在竖直的足够高的平整墙面上，从t＝0开始物体所受的摩擦力Ff随t的变化关系是下图中的( )
解析：选B.物体在竖直方向上只受重力G和摩擦力Ff的作用，由于Ff从零开始均匀增大，开始一段时间Ff＜G，物体加速下滑；当Ff＝G时，物体的速度达到最大值；之后Ff＞G，物体向下做减速运动，直至速度减为零．在整个运动过程中，摩擦力为滑动摩擦力，其大小为Ff＝μFN＝μF＝μkt，即Ff与t成正比，是一条过原点的倾斜直线．当物体速度减为零后，滑动摩擦力突变为静摩擦力，其大小为Ff＝G，所以物体静止后的图线为平行于t轴的射线．正确答案为B.
PAGE, 学生用书P33])
1．(考点一)
(单选)(2016·忻州模拟)如图所示，固定斜面上有一光滑小球，有一竖直轻弹簧P与一平行斜面的轻弹簧Q连接着，小球处于静止状态，则关于小球所受力的个数不可能的是( )
A．1
B．2
C．3
D．4
答案：A
2．(考点二)(单选)(2016·山西模拟)如图所示，质量为m的小球套在竖直固定的光滑圆环上，轻绳一端固定在圆环的最高点A，另一端与小球相连．小球静止时位于环上的B点，此时轻绳与竖直方向的夹角为60°，则轻绳对小球的拉力大小为( )
A．2mg
B.mg
C．mg
D.mg
解析：选C.对B点处的小球受力分析，如图所示，则有
FTsin
60°＝FNsin
60°
FTcos
60°＋FNcos
60°＝mg
解得FT＝FN＝mg，则A、B、D错误，C正确．
3．(考点二)(单选)(2016·新余模拟)如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平轻质细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B，A、B均静止，则( )
A．B对A的压力大小为
mg
B．细线对小球的拉力大小为
mg
C．A对地面的压力大小为(M＋m)g
D．地面对A的摩擦力大小为
mg
解析：选C.由于A、B处于静止状态，故其所受合外力为零，整体受力分析，如图甲所示，根据平衡条件，可得FN－(M＋m)g＝0，根据牛顿第三定律可知A对地面的压力大小为(M＋m)g，选项C正确、D错误．隔离B受力分析，如图乙所示，根据平衡条件，由图中几何关系，可得＝＝，解得F′N＝mg，依据牛顿第三定律知：B对A的压力大小为mg；细线对小球的拉力F＝mg，选项A、B错误．
4．(考点三)(单选)(2016·长沙模拟)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔．质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F和环对小球的弹力FN的大小变化情况是( )
A．F减小，FN不变
B．F不变，FN减小
C．F不变，FN增大
D．F增大，FN减小
解析：选A.对小球受力分析，其所受的三个力组成一个闭合三角形，如图所示，力三角形与圆内的三角形相似，由几何关系可知＝＝，小球缓慢上移时mg不变，R不变，L减小，F大小减小，FN大小不变，A正确．
5.
(微专题6)(单选)(2016·衡水模拟)如图所示，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l.现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加的力的最小值为( )
A．mg
B.mg
C.mg
D.mg
解析：选C.由题图可知，要想CD水平，各绳均应绷紧，则AC与水平方向的夹角为60°，结点C受力平衡，则受力分析如图所示，则CD绳的拉力FT＝mgtan
30°＝mg，D点受绳子拉力大小等于FT，方向向左．要使CD水平，D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的力F1、另一分力F2，由几何关系可知，当力F2与BD垂直时，F2最小，而F2的大小即为施加的力的大小，故最小力F＝FTsin
60°＝mg.
PAGE, [学生用书P208])
1．(考点一)(多选)如图，在水平桌面上放置两条相距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、电阻不计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(图中未画出)，磁感应强度的大小为B.导体棒的中点系一个不可伸长的轻绳，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
( )
A．电阻R中的感应电流方向由a到c
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：选CD.题中导体棒向右运动切割磁感线，由右手定则可得回路中产生顺时针方向的感应电流，则电阻R中的电流方向由c到a，A错误；对导体棒应用牛顿第二定律有FT－F安＝ma，又F安＝Bl，再对物块应用牛顿第二定律有mg－FT＝ma，则联立可得：a＝－，则物块下落的最大加速度am＝，B错误；当a＝0时，速度最大为vm＝，C正确；下落h的过程，回路中的面积变化量ΔS＝lh，则通过电阻R的电荷量q＝＝＝，D正确．
2．(考点一)(多选)(2016·河南三市联考)
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R
解析：选BD.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＝(R＋r)，电阻R的热功率为R，选项D正确．
3．(考点二)
(多选)(2016·扬州模拟)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：选BD.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．
4．(考点二)(单选)(2016·重庆模拟)
如图所示，电阻不计的竖直光滑金属轨道PMNQ，其PMN部分是半径为r的圆弧，NQ部分水平且足够长，匀强磁场的磁感应强度为B，
方向垂直于PMNQ平面指向纸面内．一粗细均匀的金属杆质量为m，电阻为R，长为r.从图示位置由静止释放，若当地的重力加速度为g，金属杆与轨道始终保持良好接触，则下列说法中正确的是( )
A．杆在下滑过程中机械能守恒
B．杆最终不可能沿NQ匀速运动
C．杆从释放到全部滑至水平轨道过程中，产生的电能等于
D．杆从释放到全部滑至水平轨道过程中，通过杆的电荷量等于
解析：选D.杆在下滑过程中，杆与金属导轨组成闭合回路，磁通量在改变，会产生感应电流，杆将受到安培力作用，则杆的机械能不守恒，故A错误；杆最终沿水平面运动时，不产
生感应电流，不受安培力作用而做匀速运动，故B错误；杆从释放到滑至水平轨道过程，重力势能减小，产生电能和杆的动能，由能量守恒定律知：杆上产生的电能小于，故C错误；通过杆与金属导轨所组成的闭合回路的磁通量的变化量为ΔΦ＝B，根据推论q＝，得到通过杆的电荷量为q＝，故D正确．
5.
(微专题29)(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：选BC.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＝＋eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv,2)－\f(mv2,2)))＝＋eq
\f(15mv,32)，C正确；线框离开磁场时做加速运动，D错误．, [学生用书P47])
1．(考点一)(单选)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用．下列说法不符合历史事实的是( )
A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变
B．伽利略通过“理想实验”得出结论：物体运动具有一定速度，如果物体不受力，它将以这一速度永远运动下去
C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向
D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
答案：A
2．(考点一)(单选)关于惯性的大小，下列说法中正确的是( )
A．高速运动的物体不容易停下来，所以物体运动速度越大，惯性越大
B．用相同的水平力分别推放在地面上的两个材料不同的物体，则难以推动的物体惯性大
C．两个物体只要质量相同，那么惯性大小就一定相同
D．在月球上举重比在地球上容易，所以同一个物体在月球上比在地球上惯性小
解析：选C.惯性是物体的固有属性，只与物体的质量有关，与物体的速度、受力情况和地理位置均无关，C正确．
3.
(考点二)(单选)(2016·台州模拟)如图所示，有两个穿着溜冰鞋的人站在冰面上，当其中一个人A从背后轻轻推另一个人B时，两个人都会向相反方向运动，这是因为A推B时( )
A．A与B之间有相互作用力
B．A对B的作用在先，B对A的作用在后C.B对A的作用力小于A对B的作用力
D．A对B的作用力和B对A的作用力是一对平衡力
解析：选A.A推B时A与B之间有相互作用力，作用力与反作用力同时产生、大小相等、方向相反，选项A正确，选项B、C、D错误．
4.
(考点二)(单选)如图所示，用细绳把小球悬挂起来，当小球静止时，下列说法中正确的是( )
A．小球受到的重力和细绳对小球的拉力是一对作用力和反作用力
B．小球受到的重力和小球对细绳的拉力是一对作用力和反作用力
C．小球受到的重力和细绳对小球的拉力是一对平衡力
D．小球受到的重力和小球对细绳的拉力是一对平衡力
答案：C
5．(微专题7)(多选)用手托着一块砖，开始时静止不动，后来手突然向上加速运动，下列判断正确的是( )
A．静止时，砖受到的支持力等于砖的重力
B．加速时，砖对手的压力大于砖的重力
C．静止时，砖受到的支持力等于砖对手的压力
D．加速时，砖受到的支持力大于砖对手的压力
解析：选ABC.静止时，重力与支持力是一对平衡力，大小相等，A正确；不论静止还是加速，支持力和压力都是一对相互作用力，大小相等，故C正确、D错误；加速时，支持力大于重力，则压力大于重力，故B正确．
PAGE一、选择题
1．(2014·高考全国卷Ⅱ)在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用．下列说法符合历史事实的是( )
A．密立根通过油滴实验测出基本电荷的数值
B．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核
C．居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素
D．卢瑟福通过α粒子散射实验证实了在原子核内部存在质子
E．汤姆孙通过阴极射线在电场和磁场中偏转的实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出了该粒子的比荷
解析：选ACE.密立根通过油滴实验，验证了物体所带的电荷量都是某一值的整数倍，测出了基本电荷的数值，选项A正确．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，明确了原子核具有复杂结构，选项B错误．居里夫妇通过对含铀物质的研究发现了钋(Po)和镭(Ra)，选项C正确．卢瑟福通过α粒子散射实验证实了原子的核式结构，选项D错误．汤姆孙通过阴极射线在电场和磁场中偏转的实验，说明了阴极射线是带负电的粒子，并测出了粒子的比荷，选项E正确．
2．下列说法正确的是( )
A．小于临界体积的铀块不可能发生链式反应
B．阴极射线是原子核内的中子转变为质子时产生的高速电子流
C．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量增大
D．用频率大于某金属极限频率的单色光照射该金属，若增大入射光的频率，则逸出的光电子数目一定增多
E．放射性元素的半衰期与元素所处的物理与化学状态无关
解析：选ACE.铀块只有达到临界体积才能发生链式反应，小于临界体积的铀块不可能发生链式反应，A对；β射线是原子核内的中子转变为质子时产生的高速电子流，B错；增大入射光的强度，单位时间内入射的光子数增加，则单位时间内逸出的光电子数目将增多，故D错．
3．如图为氢原子的能级示意图，锌的逸出功是3.34
eV，那么对氢原子在能级跃迁过程中发射或吸收光子的特征认识正确的是( )
A．用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌板一定不能产生光电效应
B．一群处于n＝3能级的氢原子向基态跃迁时，能发出3种不同频率的光
C．一群处于n＝3能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，板表面所发出的光电子的最大初动能为8.75
eV
D．用能量为10.3
eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
E．用能量为14.0
eV的光子照射，可使处于基态的氢原子电离
解析：选BCE.氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的最小能量为10.2
eV，照射金属锌板一定能产生光电效应现象，故A错误；一群处于n＝3能级的氢原子向基态跃迁时，根据N＝C可知，能发出3种不同频率的光，故B正确；氢原子从n＝3的能级向基态跃迁时发出的光子的能量最大为E大＝－1.51
eV＋13.6
eV＝12.09
eV，因锌的逸出功是3.34
eV，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为Ekm＝12.09
eV－3.34
eV＝8.75
eV，故C正确；用能量为10.3
eV的光子照射，小于12.09
eV，不可使处于基态的氢原子跃迁到激发态，若正好等于12.09
eV，才能跃迁，故D错误；能量为14.0
eV大于13.6
eV，因此用此光子照射，可使处于基态的氢原子电离，故E正确．
4．(2014·高考北京卷)质子、中子和氘核的质量分别为m1、m2和m3.当一个质子和一个中子结合成氘核时，释放的能量是(c表示真空中的光速)( )
A．(m1＋m2－m3)c
B．(m1－m2－m3)c
C．(m1＋m2－m3)c2
D．(m1－m2－m3)c2
解析：选C.由质能方程ΔE＝Δmc2，其中Δm＝m1＋m2－m3，可得ΔE＝(m1＋m2－m3)c2，选项C正确．
5．(2015·高考安徽卷)如图所示是α粒子(氦原子核)被重金属原子核散射的运动轨迹，M、N、P、Q是轨迹上的四点，在散射过程中可以认为重金属原子核静止．图中所标出的α粒子在各点处的加速度方向正确的是( )
A．M点
B．N点
C．P点
D．Q点
解析：选C.α粒子(氦原子核)和重金属原子核都带正电，互相排斥，加速度方向与α粒子所受斥力方向相同．带电粒子加速度方向沿相应点与重金属原子核连线指向轨迹曲线的凹侧，故只有选项C正确．
6．(2015·高考北京卷)下列核反应方程中，属于α衰变的是( )
A.N＋He→O＋H
B.U→Th＋He
C.H＋H→He＋n
D.Th→Pa＋e
解析：选B.α衰变是放射性元素的原子核放出α粒子(He)的核反应，选项B正确．
7．(2015·高考重庆卷)
图中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物发生衰变放出的部分粒子的径迹，气泡室中磁感应强度方向垂直于纸面向里．以下判断可能正确的是( )
A．a、b为β粒子的径迹
B．a、b为γ粒子的径迹
C．c、d为α粒子的径迹
D．c、d为β粒子的径迹
解析：选D.由于α粒子带正电，β粒子带负电，γ粒子不带电，据左手定则可判断a、b可能为α粒子的径迹，c、d可能为β粒子的径迹，选项D正确．
8．(2015·高考福建卷)下列有关原子结构和原子核的认识，其中正确的是( )
A．γ射线是高速运动的电子流
B．氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子动能增大
C．太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变
D.Bi的半衰期是5天，100克Bi经过10天后还剩下50克
解析：选B.β射线是高速电子流，而γ射线是一种光子流，选项A错误．氢原子辐射光子后，绕核运动的电子距核更近，动能增大，选项B正确．太阳辐射能量的主要来源是太阳内部氢核的聚变，选项C错误.10天为两个半衰期，剩余的Bi为100×
g＝100×
g＝25
g，选项D错误．
9．(2016·河北正定模拟)关于原子核的有关知识，下列说法正确的是( )
A．天然放射性射线中的β射线实际就是电子流，它来自原子的核内
B．放射性原子核经过α、β衰变致使新的原子核处于较高能级，因此不稳定从而产生γ射线
C．氡222经过衰变为钋218的半衰期为3.8天，一个氡222原子核四天后一定衰变为钋218
D．比结合能越大，原子越容易发生衰变
E．热核反应过程中核子必须要有巨大的动能来克服核子间的力
解析：选ABE.因为半衰期是统计规律，对单个核子没有意义，所以C项错．比结合能描述原子核的稳定性，比结合能越大，原子越稳定，越不易发生衰变，所以D项错．
10．(2016·东北三校一联)如图所示，氢原子可在下列各能级间发生跃迁，设从n＝4到n＝1能级辐射的电磁波的波长为λ1，从n＝4到n＝2能级辐射的电磁波的波长为λ2，从n＝2到n＝1能级辐射的电磁波的波长为λ3，则下列关系式中正确的是( )
A．λ1<λ3
B．λ3<λ2
C．λ3>λ2
D.＝＋
E.＝－
解析：选ABE.已知从n＝4到n＝1能级辐射的电磁波的波长为λ1，从n＝4到n＝2能级辐射的电磁波的波长为λ2，从n＝2到n＝1能级辐射的电磁波的波长为λ3，则λ1、λ2、λ3的关系为h>h>h，即>，λ1<λ3，>，λ3<λ2，又h＝h＋h，即＝＋，则＝－，即正确选项为A、B、E.
二、非选择题
11．(2016·石家庄模拟)实验室考查氢原子跃迁时的微观效应．已知氢原子能级图如图所示，氢原子质量为mH＝1.67×10－27
kg.设原来处于静止状态的大量激发态氢原子处于n＝5的能级状态．
(1)求氢原子由高能级向低能级跃迁时，可能发射出多少种不同频率的光；
(2)若跃迁后光子沿某一方向飞出，且光子的动量可以用p＝表示(h为普朗克常量，ν为光子频率，c为真空中光速)，求发生电子跃迁后氢原子的最大反冲速率．(保留三位有效数字)
解析：(1)不同频率的光的种类为
N＝C＝＝10(种)．
(2)由动量守恒
mHvH＝p光子＝知：
当ν最大时，反冲速率vH最大．
又hν＝E5－E1＝－0.54
eV－(－13.6)eV＝13.06
eV
＝2.090×10－18
J.
故vH＝＝
m/s＝4.17
m/s.
答案：(1)10种 (2)4.17
m/s
12．海水中含有丰富的氘，完全可充当未来的主要能源．两个氘核的核反应产生一个He核和一个粒子，其中氘核的质量为2.013
0
u，氦核的质量为3.015
0
u，中子的质量为1.008
7
u．(1
u＝931.5
MeV)，求：
(1)写出核反应方程；
(2)核反应中释放的核能；
(3)在两个氘核以相等的动能0.35
MeV进行对心碰撞，并且核能全部转化为机械能的情况下，求反应中产生的粒子和氦核的动能．
解析：(1)核反应方程为：H＋H→He＋n.
(2)核反应中的质量亏损为Δm＝2mH－mHe－mn，
由ΔE＝Δmc2可知释放的核能：
ΔE＝(2mH－mHe－mn)c2＝2.14
MeV.
(3)把两个氘核作为一个系统，碰撞过程系统的动量守恒，由于碰撞前两氘核的动能相等，其动量等大反向，因此反应前后系统的总动量为零，即mHevHe＋mnvn＝0；反应前后系统的总能量守恒，即mHev＋mnv＝ΔE＋2EkH，又因为mHe∶mn＝3∶1，所以vHe∶vn＝1∶3，由以上各式代入已知数据得：EkHe＝0.71
MeV，Ekn＝2.13
MeV.
答案：(1)H＋H→He＋n (2)2.14
MeV (3)2.13
MeV 0.71
MeV一、单项选择题
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：选A.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．
2.
竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道，如图所示，抛物线方程是y＝x2，轨道下半部分处在一个水平向外的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(图中虚线所示)，一个小金属环从抛物线上y＝b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是( )
A．mgb
B.mv2
C．mg(b－a)
D．mg(b－a)＋mv2
解析：选D.小金属环进入或离开磁场时，磁通量会发生变化，并产生感应电流，产生焦耳热；当小金属环全部进入磁场后，不产生感应电流，小金属环最终在磁场中做往复运动，由能量守恒可得产生的焦耳热等于减少的机械能，即Q＝mv2＋mgb－mga＝mg(b－a)＋mv2.
3.
如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5
m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1
Ω.一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2
kg，接入电路的电阻为1
Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8
T．将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10
m/s2，sin
37°＝0.6)( )
A．2.5
m/s 1
W
B．5
m/s 1
W
C．7.5
m/s 9
W
D．15
m/s 9
W
解析：选B.小灯泡稳定发光说明棒做匀速直线运动．
此时：F安＝
对棒满足：mgsin
θ－μmgcos
θ－＝0
因为R灯＝R棒则：P灯＝P棒
再依据功能关系：mgsin
θ·v－μmgcos
θ·v＝P灯＋P棒
联立解得v＝5
m/s，P灯＝1
W，所以B项正确．
4.
如图所示，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd，ab边的边长为l1，bc边的边长为l2，线框的质量为m，电阻为R，线框通过绝缘细线绕过光滑的定滑轮与一重物相连，重物质量为M.斜面上ef线(ef平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的ab边始终平行于底边，则下列说法正确的是( )
A．线框进入磁场前运动的加速度为
B．线框进入磁场时匀速运动的速度为
C．线框做匀速运动的总时间为eq
\f(B2l,Mg－mgRsin
θ)
D．该匀速运动过程中产生的焦耳热为(Mg－mgsin
θ)l2
解析：选D.由牛顿第二定律得，Mg－mgsin
θ＝(M＋m)a，解得线框进入磁场前运动的加速度为，A错误；由平衡条件，Mg－mgsin
θ－F安＝0，F安＝BIl1，I＝，E＝Bl1v，联立解得线框进入磁场时匀速运动的速度为v＝eq
\f(（Mg－mgsin
θ）R,B2l)，B错误；线框做匀速运动的总时间为t＝＝eq
\f(B2ll2,（Mg－mgsin
θ）R)，C错误；由能量守恒定律，该匀速运动过程中产生的焦耳热等于系统重力势能的减小量，为(Mg－mgsin
θ)l2，D正确．
5.
如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一个阻值为R的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好．则金属棒穿过磁场区域的过程中( )
A．流过金属棒的最大电流为
B．通过金属棒的电荷量为
C．克服安培力所做的功为mgh
D．金属棒产生的焦耳热为mg(h－μd)
解析：选D.金属棒滑下过程中，根据动能定理有mgh＝mv，根据法拉第电磁感应定律有Em＝BLvm，根据闭合电路欧姆定律有Im＝，联立得Im＝，A错误；根据q＝可知，通过金属棒的电荷量为，B错误；金属棒运动的全过程根据动能定理得mgh＋Wf＋W安＝0，所以克服安培力做的功小于mgh，故C错误；由Wf＝－μmgd，金属棒克服安培力做的功完全转化成电热，由题意可知金属棒与电阻R上产生的焦耳热相同，设金属棒上产生的焦耳热为Q，故2Q＝－W安，联立得Q＝mg(h－μd)，D正确．
6.
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：选D.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Q1二、多项选择题
7.
(2016·河南三市联考)如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m的导体棒ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ.现导体棒在水平向左、垂直于导体棒的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大(运动过程中导体棒始终与导轨保持垂直)．设导体棒接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g.则在此过程中，下列说法正确的是( )
A．导体棒的速度最大值为
B．流过电阻R的电荷量为
C．恒力F和摩擦力对导体棒做的功之和等于导体棒动能的变化量
D．恒力F和安培力对导体棒做的功之和大于导体棒动能的变化量
解析：选BD.当合外力为零的时候，导体棒的加速度为零，此时导体棒的速度达到最大值，此后因为速度不变，所以感应电流不变，安培力不变，合外力不变，一直是零，导体棒将做匀速直线运动．由E＝Bdv，F安＝BId以及I＝得出安培力F安＝，因为合外力为零，所以F安＝F－μmg，可解出vm＝，所以A选项错误；由电荷量q＝IΔt、E＝和I＝得出q＝＝，所以B选项正确；由能量守恒知恒力F做的功在数值上等于产生的电热(即克服安培力做的功)、克服摩擦力做的功以及动能的增加量，所以C选项错误、D选项正确．
8.
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：选BC.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．
9.
(2016·重庆质检)如图，两根足够长且光滑平行的金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好．现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则下列说法中正确的是( )
A．金属棒ab最终可能匀速下滑
B．金属棒ab一直加速下滑
C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势
D．带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动
解析：选BC.金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mgsin
θ－BIl>0，金属棒将一直加速，A错、B对；由右手定则可知，金属棒a端电势高，则M板电势高，C项对；若微粒带负电，则静电力向上与重力反向，开始时静电力为0，微粒向下加速运动，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，D项错．
10.
(2016·北京海淀区期末试题)如图所示，固定在水平面上的光滑平行金属导轨，间距为L，右端接有阻值为R的电阻，空间存在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场．质量为m、电阻为r的导体棒ab与固定弹簧相连，放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度．给导体棒水平向右的初速度v0，导体棒开始沿导轨往复运动，在此过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．已知导体棒的电阻r与定值电阻R的阻值相等，不计导轨电阻，则下列说法中正确的是( )
A．导体棒开始运动的初始时刻受到的安培力向左
B．导体棒开始运动的初始时刻导体棒两端的电压U＝BLv0
C．导体棒开始运动后速度第一次为零时，系统的弹性势能Ep＝mv
D．金属棒最终会停在初始位置，在金属棒整个运动过程中，电阻R上产生的焦耳热Q＝mv
解析：选AD.根据楞次定律，导体棒向右运动，感应电流的方向为a到b，再根据左手定则，导体棒受到的安培力方向水平向左，选项A正确；导体棒开始运动的初始时刻，导体棒产生的感应电动势为BLv0，而导体棒两端的电压为路端电压，大小为＝，选项B错误；根据动能定理，W安＋W弹＝mv，所以W弹三、非选择题
11．(2014·高考江苏卷)如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为
L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为
θ，在导轨的中部刷有一段长为
d
的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为
B，方向与导轨平面垂直．质量为m
的导体棒从导轨的顶端由静止释放，
在滑上涂层之前已经做匀速运动，
并一直匀速滑到导轨底端.
导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为
R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求：
(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；
(2)导体棒匀速运动的速度大小
v；
(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.
解析：(1)在绝缘涂层上
导体棒受力平衡：mgsin
θ＝μmgcos
θ
解得导体棒与涂层间的动摩擦因数μ＝tan
θ.
(2)在光滑导轨上
感应电动势：E＝BLv，感应电流：I＝
安培力：F安＝BIL，受力平衡的条件是：F安＝mgsin
θ
解得导体棒匀速运动的速度v＝.
(3)摩擦生热：Qf＝μmgdcos
θ
根据能量守恒定律知：3mgdsin
θ＝Q＋Qf＋mv2
解得电阻产生的焦耳热Q＝2mgdsin
θ－.
答案：(1)tan
θ (2) (3)2mgdsin
θ－
12．(2016·安徽合肥一模)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/sx＝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, [学生用书P101])
1．(考点一)(单选)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h.让圆
环由静止沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中( )
A．圆环机械能守恒
B．橡皮绳的弹性势能一直增大
C．橡皮绳的弹性势能增加了mgh
D．橡皮绳再次达到原长时圆环动能最大
答案：C
2．(考点二)(单选)(2015·高考四川卷)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( )
A．一样大
B．水平抛的最大
C．斜向上抛的最大
D．斜向下抛的最大
解析：选A.不计空气阻力的抛体运动，机械能守恒．故以相同的速率向不同的方向抛出落至同一水平地面时，物体速度的大小相等．故只有选项A正确．
3．(考点二)(单选)如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d.现将环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当环沿直杆下
滑距离也为d时(图中B处)，下列说法正确的是(重力加速度为g)( )
A．环刚释放时轻绳中的张力等于2mg
B．环到达B处时，重物上升的高度为(－1)d
C．环在B处的速度与重物上升的速度大小之比为
D．环减少的机械能大于重物增加的机械能
解析：选B.环释放后重物加速上升，故绳中张力一定大于2mg，A项错误；环到达B处时，绳与直杆间的夹角为45°，重物上升的高度h＝(－1)d，B项正确；如图所示，将B处环速度v进行正交分解，重物上升的速度与其分速度v1大小相等，v1＝vcos
45°＝v，所以，环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于，C项错误；环和重物组成的系统机械能守恒，故D项错误．
4．(微专题16)(多选)如图所示，固定在竖直面内的光滑圆环半径为R，圆环上套有质量分别为m和2m的小球A，B(均可看做质点)，且小球A、B用一长为2R的轻质细杆相连，在小球B从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中(已知重力加速度为g)，下列说法正确的是( )
A．B球减少的机械能等于A球增加的机械能
B．B球减少的重力势能等于A球增加的重力势能
C．B球的最大速度为
D．B球克服细杆所做的功为mgR
解析：选ACD.小球A、B组成的系统机械能守恒，选项A正确；B球减少的重力势能转化为B球的动能和A球的动能与势能，选项B错误；当B球到达最低点时，两小球速度最大，由系统机械能守恒4mgR－2mgR＝×3mv2，得最大速度为v＝
，选项C正确；以B球为研究对象，由动能定理得W＋4mgR＝×2mv2－0，解得W＝－mgR，选项D正确．
5.
(考点二)(2015·高考海南卷)如图，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和拋物线bc组成，圆弧半径Oa水平，b点为拋物线顶点．已知h＝2
m，s＝
m．取重力加速度大小g＝10
m/s2.
(1)一小环套在轨道上从a点由静止滑下，当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；
(2)若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c点时速度的水平分量的大小．
解析：(1)一小环在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则说明环下落到b点时的速度，使得小环做平抛运动的轨迹与轨道bc重合，故有s＝vbt.①
h＝gt2②
从ab滑落过程中，根据动能定理可得mgR＝mv③
联立以上三式可得R＝＝0.25
m.
(2)下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，环从b滑到c时，根据动能定理可得mgh＝mv2④
因为物体滑到c点时与竖直方向的夹角等于(1)问中做平拋运动过程中经过c点时速度与竖直方向的夹角．设夹角为θ，则根据平拋运动规律可知sin
θ＝eq
\f(vb,\r(v＋v))＝eq
\f(vb,\r(v＋（gt）2))⑤
联立①②③④⑤可得vcx＝vsin
θ＝
m/s.
答案：(1)0.25
m (2)
m/s
PAGE一、选择题
1．根据麦克斯韦的电磁场理论，下列说法中正确的是( )
A．在电场周围一定产生磁场，磁场周围一定产生电场
B．在变化的电场周围一定产生变化的磁场，在变化的磁场周围一定产生变化的电场
C．均匀变化的电场周围一定产生均匀变化的磁场
D．振荡的电场在周围空间一定产生同频率振荡的磁场
答案：D
2．关于生活中遇到的各种波，下列说法正确的是( )
A．电磁波可以传递信息，声波不能传递信息
B．手机在通话时涉及的波既有电磁波又有声波
C．太阳光中的可见光和医院“B超”中的超声波传播速度相同
D．遥控器发出的红外线波长和医院“CT”中的X射线波长相同
解析：选B.声波、电磁波都能传递能量和信息，A项错误；在手机通话过程中，既涉及电磁波又涉及声波，B项正确；可见光属于电磁波，“B超”中的超声波是声波，波速不同，C项错误；红外线波长比X射线波长长，故D项错误．
3．(2014·高考四川卷)电磁波已广泛运用于很多领域．下列关于电磁波的说法符合实际的是( )
A．电磁波不能产生衍射现象
B．常用的遥控器通过发出紫外线脉冲信号来遥控电视机
C．根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度
D．光在真空中运动的速度在不同惯性系中测得的数值可能不同
解析：选C.干涉、衍射是波所特有的现象，所以电磁波能产生衍射现象，选项A错误；常用的遥控器是通过发出红外线来遥控电视机的，选项B错误；利用多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的速度，选项C正确；根据光速不变原理，在不同的惯性系中，光速是相同的，选项D错误．
4．属于狭义相对论基本假设的是：在不同的惯性系中( )
A．真空中光速不变
B．时间间隔具有相对性
C．物体的质量不变
D．物体的能量与质量成正比
E．一切物理规律都是相同的
解析：选AE.狭义相对论的两个基本假设是：(1)在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的；(2)真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的．故选项A、E正确．
5．关于γ射线，以下说法中正确的是( )
A．γ射线比伦琴射线频率更高，穿透能力更强
B．γ射线可用来检测金属材料内部伤痕、裂缝、气孔等
C．利用γ射线穿透力强可制成金属测厚计来检测金属板的厚度
D．γ射线是一种波长很长的电磁波
答案：ABC
6．(2016·福建福州质检)用于通信的无线电波能绕过建筑墙体从而保证手机能正常接收信号，而光波却不能绕过墙体实现正常照明功能，这是因为( )
A．无线电波是横波，光波是纵波
B．无线电波的波速小于光波的波速
C．无线电波的振幅大于光波的振幅
D．无线电波的波长大于光波的波长
解析：选D.波发生明显的衍射现象的条件是：孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相差不多，或都比波长小．用于通信的无线电波的波长较大，通常都能绕过建筑墙体，而发生明显衍射，而可见光的波长很小，不能绕过建筑墙体，故不能发生明显衍射，D正确．
7．(2016·四川雅安第三次诊断)下列说法正确的是( )
A．质量相同的物体，速度大的惯性大
B．紫外线比红外线更容易产生显著的衍射现象
C．根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场周围一定产生变化的磁场
D．根据狭义相对论的原理，对不同的惯性参考系，物理规律都是一样的
解析：选D.物体的惯性只与其质量有关，与其他任何因素都无关，故A错误．当小孔或障碍物的尺寸接近或小于波的波长时才会出现明显的衍射现象，而紫外线的波长小于红外线的波长，故红外线比紫外线更容易产生显著的衍射现象，故B错误．麦克斯韦电磁场理论指出变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，如果电场是随时间成线性变化的，则产生的磁场是恒定不变的，故C错误．狭义相对论指出，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，故D正确．
8．下列说法正确的是( )
A．麦克斯韦预言了光是横波，并且首次用实验验证了光是横波
B．高速运动的飞船中的宇航员发现地面的时钟变慢了
C．在磁场中做圆周运动的带电粒子会发出电磁波
D．过强或过长时间的紫外辐射、X射线或γ射线的作用，会对人体(眼睛、皮肤、血液、神经系统、生殖系统等)造成危害
解析：选BCD.麦克斯韦预言了光是电磁波，证明光是电磁波的是赫兹，马吕斯用光的偏振实验证明了光是横波，A错；由爱因斯坦的相对论可知，B对；在磁场中做圆周运动的带电粒子产生周期性变化的电场，又会产生周期性变化的磁场，并向外传播，即会产生电磁波，C对；过强或过长时间的紫外辐射、X射线或γ射线的作用，会对人体造成危害，D对．
9．对于公式m＝，下列说法中正确的是( )
A．公式中的m0是物体以速度v运动时的质量
B．当物体运动速度v>0时，物体的质量m>m0，即物体的质量改变了，故经典力学不适用
C．当物体以较小的速度运动时，质量变化十分微小，经典力学理论仍然适用，只有当物体以接近光速运动时，质量变化才明显，故经典力学仅适用于低速运动，而不适用于高速运动
D．通常由于物体的速度太小，质量的变化不能引起我们的感觉，在分析地球上物体的运动时，不必考虑质量变化
解析：选CD.公式中的m0是物体的静止质量，在v远小于光速时，经典力学依然成立，故A、B错误，C、D正确．
10.
(2016·长春模拟)如图所示，一根10
m长的梭镖以相对论速度穿过一根10
m长的管子，它们的长度都是在静止状态下测量的，以下哪种叙述最好地描述了梭镖穿过管子的情况( )
A．梭镖收缩变短，因此在某些位置上，管子能完全遮住它
B．管子收缩变短，因此在某些位置上，梭镖从管子的两端伸出来
C．两者都收缩，且收缩量相等，因此在某个位置，管子恰好遮住梭镖
D．所有这些都与观察者的运动情况有关
解析：选D.如果你是在相对于管子静止的参考系中观察运动着的梭镖，那么梭镖看起来就比管子短，在某些位置梭镖会完全处在管子内部．然而当你和梭镖一起运动时，你看到的管子就缩短了，所以在某些位置，你可以看到梭镖两端都伸出管子．假如你在梭镖和管子之间运动，运动的速度是在梭镖运动的方向上，而大小是其一半，那么梭镖和管子都相对于你运动，且速度的大小一样；你看到这两样东西都缩短了，且缩短的量相同，所以你看到的一切都是相对的，依赖于你的参考系．
二、非选择题
11．某雷达工作时，发射电磁波的波长λ＝20
cm，每秒脉冲数n＝5
000，每个脉冲持续时间t＝0.02
μs.
(1)该电磁波的频率为多少？
(2)该雷达的最大侦察距离是多少？
解析：(1)根据c＝λf可得
f＝＝
Hz＝1.5×109
Hz.
(2)电磁波在雷达发射相邻两个脉冲间隔时间内传播的距离
s＝cΔt＝c
＝3×108×
m≈6×104
m
所以雷达的最大侦察距离s′＝＝3×104
m＝30
km.
答案：(1)1.5×109
Hz (2)30
km
12．(1)你站在一条长木杆的中央附近，并且看到木杆落在地上时是两头同时落地．所以，你认为这木杆是平着落到了地
上．而此时飞飞同学正以接近光速的速度从木杆前面掠过，如图所示．她看到________．
A．两端同时落地
B．A端比B端先落地
C．B端比A端先落地
D．木杆是向右倾斜着落地的
(2)一张宣传画是边长为5
m的正方形，一高速列车以2×108
m/s速度接近此宣传画，在司机看来，这张宣传画是什么样子？
(3)远方的一颗星以0.8c的速度远离地球，在地球上测得它辐射出来的闪光按5昼夜的周期变化，求在此星球上测其闪光周期为多大？
解析：(1)令飞飞同学所在的参考系静止，则人和杆所在的参考系将向BA方向运动，在杆下落的同时，假设在AB的中央有一光源开始发光，且光源向右运动经过杆落地时间后，B距光源比A距光源近了，根据光速不变原理可知，光到达B所用时间比A短，故B事件先发生，即B先落地；至于木杆向哪倾斜也是相对的，从飞飞的角度看，木杆是向右倾斜着落地的．
(2)l＝l0＝5×
m≈3.7
m，
在垂直运动方向没有相对性，所以看到的是一张3.7×5
m2的宣传画．
(3)因为Δt＝，所以Δτ＝Δt·，Δt＝5昼夜，v＝0.8c，所以Δτ＝5×＝3(昼夜)．
答案：(1)CD (2)3.7×5
m2的宣传画 (3)3昼夜, [学生用书P204])
1.
(考点一)(多选)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l＝1
m，cd间、de间、cf间分别接阻值为R＝10
Ω的电阻．一阻值为R＝10
Ω的导体棒ab以速度v＝4
m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B＝0.5
T、方向竖直向下的匀强磁场．下列说法中正确的是( )
A．导体棒ab中电流的流向为由b到a
B．cd两端的电压为1
V
C．de两端的电压为1
V
D．fe两端的电压为1
V
答案：BD
2．(考点一)(单选)
(2015·高考福建卷)如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中( )
A．PQ中电流先增大后减小
B．PQ两端电压先减小后增大
C．PQ上拉力的功率先减小后增大
D．线框消耗的电功率先减小后增大
解析：选C.设PQ左侧金属线框的电阻为r，则右侧电阻为3R－r；PQ相当于电源，其电阻为R，则电路的外电阻为R外＝＝，当r＝时，R外max＝R，此时PQ处于矩形线框的中心位置，即PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中外电阻先增大后减小．PQ中的电流为干路电流I＝，可知干路电流先减小后增大，选项A错误．PQ两端的电压为路端电压U＝E－U内，因E＝Blv不变，U内＝IR先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，选项B错误．拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P＝F安v＝BIlv，可知因干路电流先减小后增大，PQ上拉力的功率也先减小后增大，选项C正确．线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻最大值为R，小于内阻R；根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，外电阻越接近内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大后减小，选项D错误．
3．(考点二)(单选)(2016·云南第一次检测)如图甲所示，线圈ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是下列选项中的( )
解析：选D.由安培力向右知电流方向为顺时针，由楞次定律知磁场增强，C错误；由题图乙知安培力不变，根据F＝BIL知，B增大，I必减小，即电动势减小，故B的变化率减小，因此A、B错误，D正确．
4．(考点二)(单选)(2016·河南三市联考)
如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、三象限内有垂直该坐标平面向里的匀强磁场，二者磁感应强度相同，圆心角为90°的扇形导线框OPQ以角速度ω绕O点在图示坐标平面内沿顺时针方向匀速转动．规定与图中导线框的位置相对应的时刻为t＝0，导线框中感应电流逆时针为正．则关于该导线框转一周的时间内感应电流i随时间t的变化图象，下列正确的是( )
解析：选A.在线框切割磁感线产生感应电动势时，由E＝BL2ω知，感应电动势一定，感应电流大小不变，故B、D错误；在～T内，由楞次定律判断可知线框中感应电动势方向沿逆时针方向，为正，故A正确、C错误．
5．(微专题28)(多选)(2016·泸州市模拟)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，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．则下列说法中正确的是( )
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：选BD.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．一、单项选择题
1．(2015·高考全国卷Ⅰ)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( )
A．轨道半径减小，角速度增大
B．轨道半径减小，角速度减小
C．轨道半径增大，角速度增大
D．轨道半径增大，角速度减小
解析：选D.分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v大小不变，磁感应强度B减小，由公式r＝可知，轨道半径增大．分析角速度：由公式T＝可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝知角速度减小．选项D正确．
2．(2014·高考全国卷Ⅰ)
如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)．一带电粒子从紧贴铝板上表
面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O.已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )
A．2
B.
C．1
D.
解析：选D.设带电粒子在P点时初速度为v1，从Q点穿过铝板后速度为v2，则Ek1＝mv，Ek2＝mv，由题意可知Ek1＝2Ek2，即mv＝mv，则＝.粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即qvB＝，得R＝，由题意可知＝，所以＝＝，
故选项D正确．
3.
如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是( )
A．a粒子速率最大，在磁场中运动时间最长
B．c粒子速率最大，在磁场中运动时间最短
C．a粒子速率最小，在磁场中运动时间最短
D．c粒子速率最小，在磁场中运动时间最短
解析：选B.由题图可知，粒子a的运动半径最小，圆心角最大，粒子c的运动半径最大，圆心角最小，由洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力可得：qvB＝m，故半径公式r＝，T＝＝，故在质量、带电荷量、磁场的磁感应强度都相同的情况下，速率越小，半径越小，所以粒子a的运动速率最小，粒子c的运动速率最大，而带电粒子在磁场中的运动时间只取决于运动所对应的圆心角，所以粒子a的运动时间最长，粒子c的运动时间最短．
4.
(2016·亳州模拟)带电粒子以初速度v0从a点垂直y轴进入匀强磁场，如图所示，运动中粒子经过b点，Oa＝Ob，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，仍以v0从a点垂直y轴进入电场，粒子仍能通过b点，那么电场强度E与磁感应强度B之比为( )
A．v0
B．1
C．2v0
D.
解析：选C.设Oa＝Ob＝R，粒子的质量、电荷量分别为m、q，在磁场中：qv0B＝mv/R
在电场中：R＝at2＝
联立解得：＝2v0，故C正确．
5．(2016·贵阳适应性检测)如图所示，
半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，P为磁场边界上的一点．大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，在纸面内沿各个方向以相同速率v从P点射入磁场．这些粒子射出磁场时的位置均位于PQ圆弧上，PQ圆弧长等于磁场边界周长的.不计粒子重力和粒子间的相互作用，则该匀强磁场的磁感应强度大小为( )
A.
B.
C.
D.
解析：选D.
这些粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得qvB＝.从Q点离开磁场的粒子是这些粒子中离P点最远的粒子，所以PQ为从Q点离开磁场的粒子的轨迹圆弧的直径，由图中几何关系可知，该粒子轨迹圆的圆心O′、磁场圆的圆心O和点P形成一个直角三角形，由几何关系可得，r＝Rsin
60°＝R.联立解得B＝，选项D正确．
6.
(2016·南昌模拟)如图所示，在x>0，y>0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B.现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从x轴上的某点P沿着与x轴正方向成30°角的方向射入磁场．不计重力的影响，则下列有关说法中正确的是( )
A．只要粒子的速率合适，粒子就可能通过坐标原点
B．粒子在磁场中运动所经历的时间一定为
C．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为
D．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为
解析：
选C.带正电的粒子从P点沿与x轴正方向成30°角的方向射入磁场中，则圆心在过P点与速度方向垂直的直线上，如图所示，粒子在磁场中要想到达O点，转过的圆心角肯定大于180°，因磁场有边界，故粒子不可能通过坐标原点，故选项A错误；由于P点的位置不确定，所以粒子在磁场中运动的圆弧对应的圆心角也不同，最大的圆心角是圆弧与y轴相切时即300°，运动时间为T，而最小的圆心角为P点在坐标原点即120°，运动时间为T，而T＝，故粒子在磁场中运动所经历的时间最长为，最短为，选项C正确，B、D错误．
二、多项选择题
7.
如图所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5
T的匀强磁场，一质量为0.2
kg且足够长的绝缘木
板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速度放置一质量为0.1
kg、电荷量q＝＋0.2
C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．现对木板施加方向水平向左，大小为0.6
N的恒力，g取10
m/s2.则下列说法正确的是( )
A．木板和滑块一直做加速度为2
m/s2的匀加速运动
B．滑块开始做匀加速直线运动，然后做加速度减小的变加速运动，最后做匀速运动
C．最终木板做加速度为2
m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10
m/s的匀速运动
D．最终木板做加速度为3
m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10
m/s的匀速运动
解析：选BD.一开始，二者保持相对静止，一起做匀加速直线运动(a＝2
m/s2＜μg)，随着速度增加，滑块受到向上的洛伦兹力增加，木板对滑块的支持力减小，二者间的最大静摩擦力减小，某时刻二者发生相对滑动，静摩擦力转变为滑动摩擦力，随速度增加，支持力在减小，滑动摩擦力在减小，加速度减小，当洛伦兹力增加到与重力大小相等时，弹力为零，摩擦力为零，滑块做匀速运动，由qvB＝mg，知其速度为v＝＝10
m/s.此后木板做匀加速运动，其加速度为a′＝＝3
m/s2.
8.
如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A＝60°，AO＝a.在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电的粒子，粒子的比荷为，发射速度大小都为v0，且满足v0＝，发射方向用图中的角度θ表示．对于粒子进入磁场后的运动(不计重力作用)，下列说法正确的是( )
A．粒子有可能打到A点
B．以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间最短
C．以θ＜30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等
D．在AC边界上只有一半区域有粒子射出
解析：选AD.
洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力，qv0B＝meq
\f(v,r)，r＝＝a；结合图象，当θ＝60°时，粒子打到A点，且在磁场中的运动时间最长，选项A正确，选项B、C错误；当θ＝0°时，粒子出磁场的位置恰好为AC的中点，所以在AC边界上只有一半区域有粒子射出，选项D正确．
9.
(2016·陕西西安模拟)如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的带电粒子，恰好从e点射出，则( )
A．如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d点射出
B．如果粒子的速度增大为原来的三倍，将从f点射出
C．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的2倍，也将从d点射出
D．只改变粒子的速度使其分别从e、d、f点射出时，在磁场中运动时间关系为：te＝td>tf
解析：选AD.
作出示意图，如图所示，根据几何关系可以看出，当粒子从d点射出时，轨道半径增大为原来的二倍，由半径公式R＝可知，速度v增大为原来的二倍或磁感应强度变为原来的一半，A项正确、C项错误；如果粒子的速度增大为原来的三倍，则轨道半径也变为原来
的三倍，从图中看出，出射点在f点下面，B项错误；据粒子的周期公式T＝，可知粒子的周期与速度无关，在磁场中的运动时间取决于其轨迹圆弧所对应的圆心角，所以从e、d点射出时所用时间相等，从f点射出时所用时间最短，D项正确．
10.
(2016·沈阳一模)如图所示，边长为L的等边三角形ABC为两有界匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，三角形外的磁场(足够大)方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B.把粒子源放在顶点A处，它将沿∠A的角平分线发射质量为m、电荷量为q、初速度为v0的带电粒子(粒子重力不计)．则下列关于从A射出的粒子说法正确的是( )
A．当粒子带负电，v0＝时，第一次到达C点所用时间为
B．当粒子带负电，v0＝时，第一次到达C点所用时间为
C．当粒子带正电，v0＝时，第一次到达C点所用时间为
D．当粒子带正电，v0＝时，第一次到达C点所用时间为
解析：选BC.粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动的向心力．
(1)当v0＝时，则由牛顿第二定律可得qvB＝m，T＝，根据几何关系作出运动轨迹，r＝L，如图甲
由轨迹知，当电荷带正电，粒子经过一个周期到达C点，即t＝，C正确；当粒子带负电，粒子经过T第一次到达C点，即t＝，故A错误．
(2)当v0＝，r＝L，如图乙，由运动轨迹可知，当电荷带正电，粒子经过T到达C点，即t＝，故D错误；当粒子带负电，粒子经过第一次到达C点，即为t＝，故B正确．
三、非选择题
11.
如图所示，两个同心圆半径分别为r和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆心O处有一放射源，放射出的粒子质量为m、电荷量为q，假设粒子速度方向都和纸面平行．
(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA与初速度方向的夹角为60°，要想使该粒子经过环形区域磁场一次后通过A点，则初速度的大小是多少？
(2)要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？
解析：
(1)如图所示，粒子经过环形区域磁场一次后通过A点的轨迹为圆弧O1，运动轨迹为图中圆弧O2.设粒子在磁场中的轨迹半径为R1，则由几何关系得
R1＝
又qv1B＝meq
\f(v,R1)
得v1＝.
(2)粒子运动轨迹与磁场外边界相切时，粒子恰好不穿出环形区域，运动轨迹为图中圆弧O2，设粒子在磁场中的轨迹半径为R2，则由几何关系得
(2r－R2)2＝R＋r2，可得R2＝
又qv2B＝meq
\f(v,R2)，可得v2＝.
故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过.
答案：(1) (2)
12.
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处有一速率为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＝meq
\f(v,r)
所以r＝＝R
带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆弧，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，其运动轨迹如图所示．
由几何关系可知∠PO1O＝∠OO1A＝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⊥＝vsin
60°＝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点射出，轨迹圆心为O2，带电粒子的运动轨迹如图所示．
因PO2＝O2S＝PO＝SO＝R
所以四边形POSO2为菱形
由几何关系可知：PO∥O2S
带电粒子在S点射出的速度方向与O2S垂直，因此，带电粒子沿任意角度射入磁场时，离开磁场后都垂直打在感光板上，与入射的方向无关．
答案：(1) (2)v0 (3)见解析
PAGE一、单项选择题
1．(2016·江西十校二模)1820年丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应．在奥斯特实验中，将直导线沿南北方向水平放置，小指针靠近直导线，下列结论正确的是( )
A．把小磁针放在导线的延长线上，通电后，小磁针会转动
B．把小磁针平行地放在导线的下方，在导线与小磁针之间放置一块铝板，通电后，小磁针不会转动
C．把小磁针平行地放在导线的下方，给导线通以恒定电流，然后逐渐增大导线与小磁针之间的距离，小磁针转动的角度(与通电前相比)会逐渐减小
D．把黄铜针(用黄铜制成的小指针)平行地放在导线的下方，通电后，黄铜针会转动
解析：选C.将小磁针放在导线的延长线上，通电后，小磁针不会转动，A错．把小磁针平行地放在导线的下方，在导线与小磁针之间放置一块铝板，通电后，小磁针仍然会转动，B错．把小磁针放在导线下方，给导线通以恒定电流，导线周围存在磁场，距导线越远，磁场越弱，小磁针转动的角度(与通电前相比)越小，C对．黄铜针没有磁性，不会转动，D错．
2.
(2016·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，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：选C.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水平向里．故C正确．
3．如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是( )
A．O点处的磁感应强度为零
B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同
D．a、c两点处磁感应强度的方向不同
解析：选C.根据安培定则判断磁场方向，再结合矢量的合成知识求解．根据安培定则判断：两直线电流在O点产生的磁场方向均垂直于MN向下，O点的磁感应强度不为零，故A选项错误；a、b两点的磁感应强度大小相等，方向相同，故B选项错误；根据对称性，c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，故C选项正确；a、c两点的磁感应强度方向相同，故D选项错误．
4．(2016·唐山模拟)
将长为L的导线弯成六分之一圆弧，固定于垂直纸面向外、大小为B的匀强磁场中，两端点A、C连线竖直，如图所示．若给导线通以由A到C、大小为I的恒定电流，则导线所受安培力的大小和方向是( )
A．ILB，水平向左
B．ILB，水平向右
C.，水平向右
D.，水平向左
解析：选D.弧长为L，圆心角为60°，则弦长AC＝，导线受到的安培力F＝BIl＝，由左手定则可知，导线受到的安培力方向水平向左．
5.
如图所示，用三条细线悬挂的水平圆形线圈共有n匝，线圈由粗细均匀、单位长度质量为2.5
g的导线绕制而成，三条细线呈对称分布，稳定时线圈平面水平，在线圈正下方放有一个圆柱形条形磁铁，磁铁的中轴线OO′垂直于线圈平面且通过其圆心O，测得线圈的导线所在处磁感应强度大小为0.5
T，方向与竖直线成30°角，要使三条细线上的张力为零，线圈中通过的电流至少为(g取10
m/s2)( )
A．0.1
A
B．0.2
A
C．0.05
A
D．0.01
A
解析：选A.
设线圈半径为R，通电线圈受到的安培力为每小段导线所受的安培力的合力F＝nBI·2πRsin
30°，所受重力为G＝n2πRρg，平衡时有：F＝G，nBI·2πRsin
30°＝n·2πRρg，得I＝，代入数据得I＝0.1
A，故A正确．
6．(2016·河北唐山调研)
如图所示，两平行的粗糙金属导轨水平固定在匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨宽度为L，一端与电源连接．一质量为m的金属棒ab垂直于平行导轨放置并接触良好，金属棒与
导轨间的动摩擦因数为μ＝，在安培力的作用下，金属棒以v0的速度向右匀速运动，通过改变磁感应强度的方向，可使流过导体棒的电流最小，此时磁感应强度的方向与竖直方向的夹角为( )
A．37°
B．30°
C．45°
D．60°
解析：
选B.由题意对棒受力分析，设磁感应强度的方向与竖直方向成θ角，则有BILcos
θ＝μ(mg－BILsin
θ)
整理得BIL＝
电流有最小值，就相当于安培力有最小值，最后由数学知识解得：θ＝30°，则A、C、D错，B对．
二、多项选择题
7.
(2016·内江联考)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：
选ABD.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．
8．(2016·启东模拟)
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∝cot
θ
C．P∝cos
θ
D．P∝sin
θ
解析：选AD.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．
9．(2014·高考浙江卷)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：选ABC.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．
10.
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：选AD.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－，由上式知加速度a与时间成线性关系，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．
三、非选择题
11.
据报道，最近已研制出一种可投入使用的电磁轨道炮，其原理如图所示．炮弹(可视为长方形导体)置于两固定的平行
导轨之间，并与轨道壁接触良好．开始时炮弹在导轨的一端，通以电流后炮弹会被磁力加速，最后从位于导轨另一端的出口高速射出．设两导轨之间的距离d＝0.10
m，导轨长L＝5.0
m，炮弹质量m＝0.30
kg.导轨上的电流I的方向如图中箭头所示．可以认为，炮弹在轨道内运动时，它所在处磁场的磁感应强度始终为B＝2.0
T，方向垂直于纸面向里．若炮弹出口速度为v＝2.0×103
m/s，求通过导轨的电流I.忽略摩擦力与重力的影响．
解析：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＝IdB
根据动能定理有FL＝mv2
联立解得I＝
代入题给数据得I＝6.0×105
A.
答案：6.0×105
A
12．如图所示，在磁感应强度B＝1
T、方向竖直向下的匀强磁场中，有一个与水平面成θ＝37°角的导电滑轨，滑轨上放置一个可自由移动的金属杆ab.已知接在滑轨中的电源电动势E＝12
V，内阻不计．ab杆长L＝0.5
m，质量m＝0.2
kg，杆与滑轨间的动摩擦因数μ＝0.1，滑轨与ab杆的电阻
忽略不计．求：要使ab杆在滑轨上保持静止，滑动变阻器R的阻值在什么范围内变化？(g取10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果保留一位有效数字)
解析：分别画出ab杆在恰好不下滑和恰好不上滑这两种情况下的受力分析图，如图所示，
当ab杆恰好不下滑时，如图甲所示．由平衡条件得
沿斜面方向mgsin
θ＝μFN1＋F安1cos
θ
垂直斜面方向FN1＝mgcos
θ＋F安1sin
θ
而F安1＝BL，解得R1≈5
Ω.
当ab杆恰好不上滑时，如图乙所示．由平衡条件得
沿斜面方向mgsin
θ＋μFN2＝F安2cos
θ
垂直斜面方向FN2＝mgcos
θ＋F安2sin
θ
而F安2＝BL，解得R2≈3
Ω.
所以，要使ab杆保持静止，R的取值范围是3
Ω≤R≤5
Ω.
答案：3
Ω≤R≤5
Ω, [学生用书P195])
1．(考点一)(单选)
如图所示的条形磁铁的上方放置一矩形线框，线框平面水平且与条形磁铁平行，则线框在由N端匀速平移到S端的过程中，线框中的感应电流的情况是( )
A．线框中始终无感应电流
B．线框中始终有感应电流
C．线框中开始有感应电流，当线框运动到磁铁中部上方时无感应电流，以后又有了感应电流
D．开始无感应电流，当运动到磁铁中部上方时有感应电流，后来又没有感应电流
答案：B
2．(考点二)(单选)(2016·南昌模拟)1931年英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”.1982年，美国物理学家卡布莱设计了一个寻找磁单极子的实验，他设想，如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图所示的超导线圈，那么，从上向下看，超导线圈上将出现( )
A．先是逆时针方向的感应电流，然后是顺时针方向的感应电流
B．先是顺时针方向的感应电流，然后是逆时针方向的感应电流
C．顺时针方向持续流动的感应电流
D．逆时针方向持续流动的感应电流
解析：选D.当磁单极子从上向下靠近超导线圈时，线圈中的磁通量增加，且磁场方向从上向下，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向从下向上，再由安培定则可确定感应电流方向为逆时针；当磁单极子远离超导线圈时，超导线圈中的磁通量减少，且磁场方向从下向上，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向从下向上，再由安培定则可确定感应电流方向为逆时针，因此线圈中产生的感应电流方向不变，又由于超导线圈没有电阻，不消耗电能，所以超导线圈中的电流不会消失，选项D正确，A、B、C均错误．
3．(考点二)(多选)
两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，在导轨上接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动．当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法中正确的是( )
A．导体棒CD内有电流通过，方向是D→C
B．导体棒CD内有电流通过，方向是C→D
C．磁场对导体棒CD的作用力向左
D．磁场对导体棒AB的作用力向左
解析：选BD.利用楞次定律．两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路，分析出磁通量增加，结合安培定则判断回路中感应电流的方向是B→A→C→D→B.以此为基础，再根据左手定则进一步判定CD、AB的受力方向，经过比较可得选项B、D正确．
4．(考点三)(多选)(2016·北京朝阳质检)
如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引( )
A．向右做匀速运动
B．向左做减速运动
C．向右做减速运动
D．向右做加速运动
解析：选BC.当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流，线圈中的磁通量恒定不变，无感应电流出现，A错；当导体棒向左减速运动时，由右手定则可判定回路中出现从b→a的感应电流且减小，由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左在减弱，由楞次定律知c中出现顺时针感应电流(从右向左看)，且被螺线管吸引，B对；同理可判定C对、D错．
5．(考点三)(多选)如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路，当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是( )
A．向右加速运动
B．向左加速运动
C．向右减速运动
D．向左减速运动
解析：选BC.MN向右运动，说明MN受到向右的安培力，因为ab在MN处的磁场垂直纸面向里MN中的感应电流由M→NL1中感应电流的磁场方向向上；若L2中磁场方向向上减弱PQ中电流为Q→P且减小向右减速运动；若L2中磁场方向向下增强PQ中电流为P→Q且增大向左加速运动．
6．(微专题26)(单选)
如图所示，圆形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是( )
A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流
B．穿过线圈a的磁通量变小
C．线圈a有扩张的趋势
D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大
解析：选D.通过螺线管b的电流如图所示，根据右手螺旋定则判断出螺线管b所产生的磁场方向竖直向下，滑片P向下滑动，接入电路的电阻减小，电流增大，所产生的磁场的磁感应强度增强，根据楞次定律可知，a线
圈中所产生的感应电流产生的感应磁场方向竖直向上，再由右手螺旋定则可得线圈a中的电流方向为俯视逆时针方向，A错误；由于螺线管b中的电流增大，所产生的磁感应强度增强，线圈a中的磁通量应变大，B错误；根据楞次定律可知，线圈a将阻碍磁通量的增大，因此，线圈a有缩小的趋势，线圈a对水平桌面的压力增大，C错误、D正确．一、选择题
1．下列说法正确的是( )
A．1
g水中所含的分子数目和地球的总人口数差不多
B．布朗运动就是物质分子的无规则热运动
C．一定质量的理想气体压强增大，其分子的平均动能可能减小
D．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是气体分子的无规则的热运动造成的
E．0
℃的铁和0
℃的冰，它们的分子平均动能相等
解析：选CDE.水的摩尔质量是18
g，1
g水中含有的分子数为：n＝×6.0×1023≈3.3×1022个，地球的总人数约为70亿，选项A错误；布朗运动是悬浮在液体(气体)中的固体颗粒受到液体(气体)分子撞击作用的不平衡造成的，不是物体分子的无规则热运动，选项B错误；温度是分子的平均动能的标志，气体的压强增大，温度可能减小，选项C正确；气体分子间距大于10r0，分子间无作用力，打开容器，气体散开是气体分子的无规则运动造成的，选项D正确；铁和冰的温度相同，分子平均动能必然相等，选项E正确．
2．(2016·东北三校二联)下列说法正确的是( )
A．只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数
B．悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，布朗运动越明显
C．在使两个分子间的距离由很远(r>10－9
m)减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大；分子势能不断增大
D．温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大
E．一定质量的理想气体经等温压缩后，其压强一定增大
解析：选ADE.悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数越多，受力越趋于平衡，布朗运动越不明显，B错误；在使两个分子间的距离由很远(r>10－9
m)减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先增大后减小再增大，分子势能先减小后增大，C错误．
3．(2015·高考山东卷)墨滴入水，扩而散之，徐徐混匀．关于该现象的分析正确的是( )
A．混合均匀主要是由于碳粒受重力作用
B．混合均匀的过程中，水分子和碳粒都做无规则运动
C．使用碳粒更小的墨汁，混合均匀的过程进行得更迅速
D．墨汁的扩散运动是由于碳粒和水分子发生化学反应引起的
解析：选BC.墨汁与水混合均匀的过程，是水分子和碳粒做无规则运动的过程，这种运动与重力无关，也不是化学反应引起的．微粒越小、温度越高，无规则运动越剧烈，可见，B、C正确，A、D错误．
4．分子力比重力、引力等要复杂得多，分子势能跟分子间的距离的关系也比较复杂．图示为分子势能与分子间距离的关系图象，用r0表示分子引力与分子斥力平衡时的分子间距，设r→∞时，Ep＝0，则下列说法正确的是( )
A．当r＝r0时，分子力为零，Ep＝0
B．当r＝r0时，分子力为零，Ep为最小
C．当r0D．当r0E．当r解析：选BCE.由Ep－r图象可知，r＝r0时，Ep最小，再结合F－r图象知此时分子力为0，则A项错误、B项正确；结合F－r图象可知，在r05．(2016·云南昭通质检)下列说法中正确的是( )
A．温度高的物体比温度低的物体热量多
B．温度高的物体不一定比温度低的物体的内能多
C．温度高的物体比温度低的物体分子热运动的平均动能大
D．相互间达到热平衡的两物体的内能一定相等
E．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大
解析：选BCE.热量是在热传递过程中传递的能量，不是状态量，选项A错误；物体的内能与物体的温度、体积等有关，温度高的物体不一定比温度低的物体的内能多，温度是分子平均动能的标志，温度高的物体比温度低的物体分子热运动的平均动能大，选项B、C正确；相互间达到热平衡的两物体的温度一定相等，内能不一定相等，选项D错误；由分子势能与分子间距的关系可知，分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大，选项E正确．
6．下列说法正确的是( )
A．热量可能从低温物体传递到高温物体
B．对物体做功不能使物体的温度升高
C．机械能大的物体内能一定大
D．温度相同的氢气和氮气，氢气分子和氮气分子的平均速率不同
E．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大
解析：选ADE.在引起其他变化的情况下，热量可以从低温物体传递到高温物体，A正确；对物体做功可以使物体温度升高，B错误；机械能与内能没有必然的联系，C错误；温度相同的氢气和氮气，平均动能相同，但由于气体分子的质量不同，故气体分子的平均速率不同，D正确；内能不仅与温度有关，还与物体的体积有关，温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大，E正确．
7．(2016·大连模拟)某气体的摩尔质量为Mmol，摩尔体积为Vmol，密度为ρ，每个分子的质量和体积分别为m和V0，每个分子占有的体积为V.则阿伏加德罗常数NA可表示为( )
A．NA＝
B．NA＝
C．NA＝
D．NA＝
E．NA＝
解析：选ABE.阿伏加德罗常数NA＝＝＝，其中V应为每个气体分子所占有的体积，而V0是气体分子的体积，故C错误；D中ρV0不是气体分子的质量，因而也是错误的．
8．(2016·河北保定期末)我国已开展空气中PM
2.5溶液的监测工作．PM
2.5是指空气中直径等于或小于2.5
μm的悬浮颗粒物，其飘浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后对人体形成危害．矿物燃料燃烧的排放物是形成PM
2.5的主要原因．下列关于PM
2.5的说法中正确的是( )
A．PM
2.5的尺寸与空气中氧分子的尺寸的数量级相当
B．PM
2.5在空气中的运动属于分子热运动
C．PM
2.5的运动轨迹只是由大量空气分子对PM
2.5无规则碰撞的不平衡和气流运动决定的
D．倡导低碳生活，减小煤和石油等燃料的使用，能有效减小PM
2.5在空气中的浓度
E．PM
2.5必然有内能
解析：选CDE.PM
2.5的尺寸比空气中氧分子的尺寸大得多，A错误；PM
2.5在空气中的运动不属于分子热运动，B错误；PM
2.5的运动轨迹是由大量空气分子对PM
2.5无规则碰撞的不平衡和气流的运动决定的，C正确；倡导低碳生活，减少煤和石油等燃料的使用，能有效减小PM
2.5在空气中的浓度，PM
2.5必然有内能，D、E正确．
9．(2015·高考福建卷)下列有关分子动理论和物质结构的认识，其中正确的是( )
A．分子间距离减小时分子势能一定减小
B．温度越高，物体中分子无规则运动越剧烈
C．物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度无关
D．非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性
解析：选B.在分子间作用力表现为斥力时，随着分子间距离的减小分子势能增大，选项A错误；温度越高，物体中分子无规则运动越剧烈，选项B正确；物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例随温度升高而增多，选项C错误；单晶体的物理性质是各向异性，而多晶体则是各向同性的，选项D错误．
10．关于热现象和热学规律，下列说法正确的是( )
A．布朗运动表明，构成悬浮微粒的分子在做无规则运动
B．两个分子的间距从极近逐渐增大到10r0的过程中，分子间的引力和斥力都在减小
C．温度高的物体内能不一定大
D．物体的摄氏温度变化了1
℃，其热力学温度变化了273
K
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：选BCE.布朗运动是指微粒的运动，A错；分子间的引力和斥力均随分子间距离的增大而减小，B对；物体的内能不单是由温度决定的，C对；摄氏温度变化1
℃，热力学温度变化1
K，D错；由分子势能曲线知，E对．
二、非选择题
11．在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：
①往边长约为40
cm的浅盘里倒入约2
cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上．
②用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定．
③将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小．
④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积．
⑤将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上．
完成下列填空：
(1)上述步骤中，正确的顺序是________．(选填步骤前面的数字)
(2)将1
cm3的油酸溶于酒精，制成300
cm3的油酸酒精溶液；测得50滴油酸酒精溶液的体积为1
cm3.现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是0.13
m2.由此估算出油酸分子的直径为____________m．(结果保留1位有效数字)
解析：(1)在实验前需先测量配置好的油酸酒精溶液一滴的体积，再将痱子粉均匀撒在盛有水的浅盘内，待痱子粉稳定后将一滴油酸酒精溶液滴在撒有痱子粉的水面上．等到散开的区域稳定后标示区域的面积．把玻璃板放在方格纸上计算油酸面积，根据溶液浓度和体积计算分子直径，故本实验的顺序是④①②⑤③.
(2)一滴油酸酒精溶液中油酸的体积为
V＝××10－6
m3＝6.7×10－11
m3
油酸的分子直径d＝＝
m＝5×10－10
m.
答案：(1)④①②⑤③ (2)5×10－10
12．(2015·高考海南卷)已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R，空气平均摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，地面大气压强为p0，重力加速度大小为g.由此可估算得，地球大气层空气分子总数为________________，空气分子之间的平均距离为____________．
解析：可认为地球大气对地球表面的压力是由其重力引起的，即mg＝p0S＝p0×4πR2，故大气层的空气总质量m＝，空气分子总数N＝NA＝.由于h R，则大气层的总体积V＝4πR2h，每个分子所占空间设为一个棱长为a的正方体，则有Na3＝V，可得分子间的平均距离a＝
.
答案： , [学生用书P175])
1．(考点一)(单选)
(2016·长春调研)如图所示，现有四条完全相同的垂直于纸面放置的长直导线，横截面分别位于一正方形abcd的四个顶点上，直导线分别通有方向垂直于纸面向里、大小分别为Ia＝I，Ib＝2I，Ic＝3I，Id＝4I的恒定电流．已知通电长直导线周围距离为r处磁场的磁感应强度大小为B＝k，式中常量k>0，I为电流大小．忽略电流间的相互作用，若电流Ia在正方形的几何中心O点处产生的磁感应强度大小为B，则O点处实际的磁感应强度的大小及方向为( )
A．2B，方向由O点指向ad中点
B．2B，方向由O点指向ab中点
C．10B，方向垂直于纸面向里
D．10B，方向垂直于纸面向外
解析：选A.由题意，直导线周围某点的磁感应强度的大小与电流的大小成正比，与距直导线的距离成反比．应用安培定则并结合平行四边形定则，可知A选项正确．
2．(考点一)(单选)(2016·山东潍坊模拟)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：选A.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．
3．(考点二)(单选)
如图所示，蹄形磁铁用悬线悬于O点，在磁铁的正下方有一水平放置的长直导线，当导线中通以由左向右的电流时，蹄形磁铁的运动情况将是( )
A．静止不动
B．向纸外平动
C．N极向纸外，S极向纸内转动
D．N极向纸内，S极向纸外转动
解析：选C.采取转换研究对象法判断．在图示位置，导线左端受磁场力垂直纸面向里，右端受磁场力垂直纸面向外，由牛顿第三定律可知，蹄形磁铁N极受力垂直纸面向外，S极向里，故C正确．
4．(考点二)(多选)(2016·湖南永州联考)
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：选AC.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．
5．(微专题23)如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m、长为l的金属棒ab的两端悬挂在c、d两处，置于竖直向上的匀强磁场内．当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角处于平衡状态，则磁感应强度B为多大？为了使棒平衡在该位置，所需匀强磁场的磁感应强度B最小为多少？方向如何？
解析：画出从右侧逆着电流方向的侧视图，如图甲所示．金属棒在重力mg、悬线拉力FT、安培力F三个力作用下处于平衡状态，由平衡条件得F＝mgtan
θ
又F＝BIl，解得B＝tan
θ
要求所加匀强磁场的磁感应强度最小，应使棒在该位置平衡时所受的安培力最小．由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，由如图乙所示的力三角形可知，安培力的最小值为
Fmin＝mgsin
θ
即BminIl＝mgsin
θ
解得Bmin＝sin
θ
由左手定则可知，所加磁场的方向应平行于悬线向上．
答案：tan
θ sin
θ 方向平行于悬线向上一、选择题
1．做简谐运动的物体，当它每次经过同一位置时，一定相同的物理量是( )
A．位移 B．速度 C．加速度
D．回复力 E．回到平衡位置的
解析：选ACD.做简谐运动的物体，经过同一位置时，位移、回复力和加速度是确定不变的，而速度的方向和回到平衡位置的时间可能不同，故选A、C、D.
2．(2016·孝感统测)下列说法正确的是( )
A．摆钟走时快了必须调短摆长，才可能使其走时准确
B．挑水时为了防止水从桶中荡出，可以加快或减慢走路的步频
C．在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的小船上下振动，是共振现象
D．部队要便步通过桥梁，是为了防止桥梁发生共振而坍塌
E．较弱声音可振碎玻璃杯，是因为玻璃杯发生了共振
解析：选BDE.摆钟走时快了，说明摆钟的周期变小了，根据T＝2π 可知增大摆长L可以增大摆钟的周期，A错误；挑水时为了防止水从桶中荡出，可以改变走路的步频，B正确；在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的小船上下振动，是受迫振动，C错误；部队便步通过桥梁，不能产生较强的驱动力，就避免桥梁发生共振现象，故D正确；当声音频率等于玻璃杯频率时，杯子发生共振而破碎，E正确．
3.
如图所示为某弹簧振子在0～5
s内的振动图象，由图可知，下列说法中正确的是( )
A．振动周期为4
s，振幅为8
cm
B．第2
s末振子的速度为零，加速度为负向的最大值
C．第3
s末振子的速度为正向的最大值
D．从第1
s末到第2
s末振子在做加速运动
E．第2
s末系统势能最大
解析：选ACE.由图象可知：T＝4
s，A＝8
cm，故A正确．第2
s末，振子的加速度正向最大，B错误；第3
s末，振子正向通过平衡位置，C正确；从第1
s末到第2
s末，振子沿负向减速，D错误；第2
s末振子速度为零，动能最小，势能最大，故E正确．
4.
某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移x＝Asin
ωt，振动图象如图所示，则( )
A．弹簧在第1
s末与第5
s末的长度相同
B．简谐运动的频率为
Hz
C．第3
s末，弹簧振子的位移大小为A
D．第3
s末与第5
s末弹簧振子的速度方向相同
E．第5
s末，振子的加速度与速度方向相同．
解析：选BCD.在水平方向上做简谐运动的弹簧振子，其位移x的正、负表示弹簧被拉伸或压缩，所以弹簧在第1
s末与第5
s末时，虽然位移大小相同，但方向不同，弹簧长度不同，选项A错误；由图象可知，T＝8
s，故频率为f＝
Hz，选项B正确；ω＝＝
rad/s，则将t＝3
s代入x＝Asint，可得弹簧振子的位移大小x＝A，选项C正确；第3
s末至第5
s末弹簧振子沿同一方向经过关于平衡位置对称的两点，故速度方向相同，选项D正确；第5
s末加速度与速度反向，E错误．
5.
如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，则下列说法中正确的是( )
A．甲、乙两单摆的摆长相等
B．甲摆的振幅比乙摆大
C．甲摆的机械能比乙摆大
D．在t＝0.5
s时有正向最大加速度的是乙摆
E．由图象可以求出当地的重力加速度
解析：选ABD.由振动图象可以看出，甲摆的振幅比乙摆的大，两单摆的振动周期相同，根据单摆周期公式T＝2π·可得，甲、乙两单摆的摆长相等，但不知道摆长是多少，不能计算出重力加速度g，故A、B正确，E错误；两单摆的质量未知，所以两单摆的机械能无法比较，故C错误；在t＝0.5
s时，乙摆有负向最大位移，即有正向最大加速度，而甲摆的位移为零，加速度为零，故D正确．
6．如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是( )
A．在t＝0.2
s时，弹簧振子的加速度为正向最大
B．在t＝0.1
s与t＝0.3
s两个时刻，弹簧振子在同一位置
C．从t＝0到t＝0.2
s时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动
D．在t＝0.6
s时，弹簧振子有最小的弹性势能
E．在t＝0.2
s与t＝0.6
s两个时刻，振子速度都为零
解析：选BCE.t＝0.2
s时，弹簧振子的位移为正向最大值，而弹簧振子的加速度与位移大小成正比，方向与位移方向相反，A错误；在t＝0.1
s与t＝0.3
s两个时刻，弹簧振子的位移相同，B正确；从t＝0到t＝0.2
s时间内，弹簧振子从平衡位置向最大位移处运动，位移逐渐增大，加速度逐渐增大，加速度方向与速度方向相反，弹簧振子做加速度增大的减速运动，C正确；在t＝0.6
s时，弹簧振子的位移为负向最大值，即弹簧的形变量最大，弹簧振子的弹性势能最大，D错误；t＝0.2
s与t＝0.6
s，振子在最大位移处，速度为零，E正确．
7．一列横波沿水平绳传播，绳的一端在t＝0时开始做周期为T的简谐运动，经过时间t(3T/4A．上方，且向上运动
B．上方，且向下运动
C．下方，且向上运动
D．下方，且向下运动
解析：选A.由题意可知，T8．(2016·银川模拟)在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，飞机的机翼很快就抖动起来，而且越抖越厉害，后来人们经过了艰苦的探索，利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法，解决了这一问题．在飞机机翼前装置配重杆的主要目的是( )
A．加大飞机的惯性
B．使机体更加平衡
C．使机翼更加牢固
D．改变机翼的固有频率
解析：选D.当驱动力的频率与物体的固有频率相等时，振幅较大，因此要减弱机翼的振动，必须改变机翼的固有频率，选D.
9．(2014·高考浙江卷)一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪很大，游船上下浮动．可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20
cm，周期为3.0
s．当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐．地面与甲板的高度差不超过10
cm时，游客能舒服地登船．在一个周期内，游客能舒服登船的时间是( )
A．0.5
s
B．0.75
s
C．1.0
s
D．1.5
s
解析：选C.由振动周期T＝3.0
s、ω＝、A＝20
cm知，游船做简谐运动的振动方程x＝Asin
ωt＝20sin
t(cm)．在一个周期内，当x＝10
cm时，解得t1＝0.25
s，t2＝1.25
s．游客能舒服登船的时间Δt＝t2－t1＝1.0
s，选项C正确，选项A、B、D错误．
10．一个弹簧振子沿x轴做简谐运动，取平衡位置O点为x轴坐标原点．从某时刻开始计时，经过四分之一周期，振子具有沿x轴正方向的最大加速度．能正确反映振子位移x与时间t关系的图象是( )
解析：
选A.如图所示，O为平衡位置，由题意知t＝时，振子具有正向最大加速度，故此时振子应在A处，位移x为负的最大值．分析各图象知，只有A项正确．
二、非选择题
11．(2016·成都摸底)在“用单摆测定重力加速度”的实验中，某实验小组在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时，且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间为t；在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得悬挂摆球后的摆线长为l，再用游标卡尺测得摆球的直径为d.
(1)该单摆的摆长为________．
(2)该单摆的周期为________．
(3)用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g＝________________．
(4)实验结束后，某同学发现他测得的重力加速度的值总是偏大，其原因可能是下述原因中的____________．
A．单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长了
B．把n次摆动的时间误记为(n＋1)次摆动的时间
C．以摆线长作为摆长来计算
D．以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算
解析：到第n次经过最低点所用的时间的周期数为，该单摆的周期为T＝.由单摆周期公式，T＝2π·，联立解得g＝.若单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长了，测量的周期增大，即t增大，由此可知，测得的重力加速度的值偏小，
选项A错误；若把n次摆动的时间误记为(n＋1)次摆动的时间，由g＝可知测得的重力加速度的值总是偏大，选项B正确；若以摆线长作为摆长来计算，由g＝可知测得的重力加速度的值总是偏小，选项C错误；以摆线长与摆球的直径之和作为摆长为计算，由g＝可知测得的重力加速度的值总是偏大，选项D正确．
答案：(1)l＋ (2) (3) (4)BD
12．如图所示，小球m自A点以初速度v向AD方向开始运动，已知＝0.9
m，AB圆弧的半径R＝10
m，AD＝10
m，A、B、C、D在同一水平面内．重力加速度g取10
m/s2，欲使小球恰能通过C点，其初速度v应为多少？
解析：小球m的运动由两个分运动合成，这两个分运动分别是：以速度v沿AD方向的匀速直线运动和在圆弧面上AB方向上的往复运动．因为 R，所以小球在圆弧面上的往复运动具有等时性，符合类单摆模型，其圆弧半径R即为类单摆的摆长，小球m恰好能通过C，则有
AD＝vt，且满足t＝T(n＝0，1，2，3…)
又T＝2π ，解以上方程得
v＝
m/s(n＝0，1，2，3…)．
答案：
m/s(n＝0，1，2，3…), [学生用书P263])
1．(考点一)关于电磁场和电磁波，下列说法中正确的是( )
A．均匀变化的电场在它的周围产生均匀变化的磁场
B．电磁波中每一处的电场强度和磁感应强度总是互相垂直的，且都与波的传播方向垂直
C．电磁波和机械波一样依赖于介质传播
D．只要空间中某个区域有振荡的电场或磁场，就能产生电磁波
解析：选BD.均匀变化的电场在它的周围产生恒定的磁场，A错；机械波的传播依赖于介质，电磁波的传播不需要介质，C错．
2．(考点一)(2016·郑州统考)下列关于电磁波的说法正确的是( )
A．麦克斯韦提出了电磁场理论，并用实验证实了电磁波的存在
B．各种电磁波在真空中的传播速度与光速一样，为3×108
m/s
C．经过调幅后的电磁波是横波，经过调频后的电磁波是纵波
D．红外线是波长比可见光波长还长的电磁波，常用于医院和食品消毒
解析：选B.麦克斯韦提出了电磁场理论，赫兹用实验证实了电磁波的存在，选项A错误；电磁波是横波，调频和调幅不改变电磁波的这种性质，选项C错误；医院和食品消毒常用的是紫外线，选项D错误．
3．(考点二)下列关于红外线的说法中正确的是( )
A．不同的物体辐射红外线的波长和强度相同，所以不可以在较冷的背景上探测出较热物体的红外辐射
B．可以利用红外线的热效应对物体进行烘干
C．利用红外线波长较长，容易发生衍射的特点进行远距离和高空摄影
D．纸币在红外线的照射下可以发出荧光
E．利用不同物体辐射红外线的波长和强度的不同可以对物体进行远距离探测
解析：选BCE.红外线是一种光波，一切物体都在不停地对外辐射红外线，热物体的红外辐射比冷物体的红外辐射强一些．由于红外线的热效应，可用来烘干，又由于坦克、舰艇、人体等一切物体都在不停地发射红外线，并且不同的物体所辐射的红外线，其波长和强度不同，故在夜间或浓雾天气可通过红外线探测器来接收信号，并用电子仪器对接收到的信号进行处理，或用对红外线敏感的照相底片进行远距离摄影和高空摄影，就可察知物体的形状和特征．所以选项B、C、E正确．纸币在紫外线照射下能发生荧光，D错误．
4．(考点二)关于电磁波谱，下列说法中正确的是( )
A．X射线对生命物质有较强的作用，过量的X射线辐射会引起生物体的病变
B．γ射线是波长最短的电磁波，它比X射线的频率还要高
C．紫外线比紫光更容易发生干涉和衍射
D．在电磁波谱中，最容易发生衍射现象的是γ射线
E．在电磁波谱中，无线电波一般可用于通信
解析：选ABE.X射线的频率比较大，对生命物质有较强的作用，过量的X射线辐射会引起生物体的病变，选项A正确；根据电磁波谱的排列顺序可知：γ射线是波长最短的电磁波，它比X射线的频率还要高，选项B正确；在电磁波谱中从无线电波到γ射线，波长逐渐减小，频率逐渐增大，而波长越长，越容易发生衍射现象，因此紫光比紫外线更容易发生衍射现象，无线电波最容易发生衍射现象，选项C、D错误；无线电波广泛应用于通信、广播和天体研究中，选项E正确．
5．(考点三)(2016·连云港模拟)在狭义相对论中，下列说法正确的有
( )
A．一切运动物体相对于观察者的速度都不能大于真空中的光速
B．质量、长度的测量结果都与物体相对观察者的相对运动状态有关
C．时间间隔的测量结果与物体相对观察者的运动状态无关
D．在某一惯性系中发生于同一时刻、不同地点的两个事件，在其他一切惯性系中也是同时发生的
解析：选AB.根据狭义相对论，光速是速度的极限值，所以A对；根据狭义相对论，长度、质量、时间间隔都与运动状态有关，且都给出了具体的计算公式，所以B对，C错；同时是相对的，D错.一、单项选择题
1.
(2016·北京东城区统测)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：选D.
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．
2．(2016·皖南八校联考)
医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和b以及一对磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示．由于血液中的正、负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看做是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点间的距离为3.0
mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160
μV，磁感应强度的大小为0.040
T．则血流速度的近似值和电极a、b的正负为
( )
A．1.3
m/s，a正、b负
B．2.7
m/s，a正、b负
C．1.3
m/s，a负、b正
D．2.7
m/s，a负、b正
解析：选A.由左手定则可判定正离子向上运动，负离子向下运动，所以a正、b负，达到平衡时离子所受洛伦兹力与电场力平衡，所以有：qvB＝q，代入数据解得v≈1.3
m/s，故选A.
3.
(2016·东北三校联考)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：选A.
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．
4．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：选D.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．
5.
(2016·江苏常州高级中学高三月考)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示．设D形盒半径为R.若用回
旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f.则下列说法正确的是( )
A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πfR
B．质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关
C．高频电源只能使用矩形交变电流，不能使用正弦式交变电流
D．不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速α粒子
解析：选A.由T＝，T＝，可得质子被加速后的最大速度为2πfR，其不可能超过2πfR，质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关，选项A正确、B错误；高频电源可以使用正弦式交变电流，选项C错误；要加速α粒子，高频交流电周期必须变为α粒子在其中做圆周运动的周期，即T＝，故D错误．
二、多项选择题
6.
在空间某一区域里，有竖直向下的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B，且两者正交．有两个带电油滴，都能在竖直平面内做匀速圆周运动，如图所示，则两油滴一定相同的是( )
A．带电性质
B．运动周期
C．运动半径
D．运动速率
解析：选AB.油滴做圆周运动的条件为：所受电场力与重力平衡，则电场力方向向上，油滴一定带负电，故A正确；由qE＝mg、R＝与T＝，分析得：T＝，R＝，因此周期一定相同，而运动半径、运动速率可能不同．故B正确，C、D错误．
7．(2014·高考江苏卷)如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为
I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小
B
与
I
成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为
IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压
UH
满足：UH＝k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则( )
A．霍尔元件前表面的电势低于后表面
B．若电源的正负极对调，电压表将反偏
C．IH与I成正比
D．电压表的示数与RL
消耗的电功率成正比
解析：选CD.当霍尔元件通有电流IH时，根据左手定则，电子将向霍尔元件的后表面运动，故霍尔元件的前表面电势较高．若将电源的正负极对调，则磁感应强度B的方向换向，IH方向变化，根据左手定则，电子仍向霍尔元件的后表面运动，故仍是霍尔元件的前表面电势较高，选项A、B错误．因R与RL并联，根据并联分流，得IH＝I，故IH与I成正比，
选项C正确．由于B与I成正比，设B＝aI，则IL＝I，PL＝IRL，故UH＝k＝PL，知UH∝PL，选项D正确．
8.
如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界
匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外．一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点．不计粒子重力．下列说法正确的是( )
A．粒子一定带正电
B．加速电场的电压U＝ER
C．直径PQ＝
D．若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的比荷
解析：选ABD.由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，根据左手定则可得，粒子带正电，选项A正确；由粒子在加速电场中做匀加速运动，则有qU＝mv2，又粒子在静电分析器做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，则有qE＝，解得U＝，选项B正确；粒子在磁分析器中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打在Q点，可得PQ＝2r＝ ，选项C错误；若离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点说明运动的轨道半径r＝ 相同，由于加速电场、静电分析器与磁分析器都相同，则该群离子具有相同的比荷，选项D正确．
三、非选择题
9．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，cos
37°＝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．
解析：(1)依题意可知小球在CD间做匀速直线运动，在CD段受重力、电场力、洛伦兹力三个力且合力为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＝eq
\f(mv,R)
把qB＝代入得R＝1
m
小球在DF段克服摩擦力做功WFf，由动能定理可得
－WFf－2FR＝eq
\f(m（v－v）,2)
WFf≈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：见解析
10．(2016·福建福州质检)如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．在x轴下方存在匀强电场，方向竖直向上．一个质量为m，电荷量为q，重力不计的带正电粒子从y轴上的a(0，h)点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子速度方向与x轴正方向成45°角进入电场，经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直．求：
(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v1；
(2)匀强电场的电场强度大小E；
(3)粒子从开始运动到第三次经过x轴的时间t0.
解析：(1)根据题意可大体画出粒子在组合场中的运动轨迹如图所示，由几何关系得
rcos
45°＝h
可得r＝h
又qv1B＝eq
\f(mv,r)
可得v1＝＝.
(2)设粒子第一次经过x轴的位置为x1，到达b点时速度大小为vb，结合类平抛运动规律，有
vb＝v1cos
45°
得vb＝
设粒子进入电场经过时间t运动到b点，b点的纵坐标为－yb
结合类平抛运动规律得r＋rsin
45°＝vbt
yb＝(v1sin
45°＋0)t＝h
由动能定理有：－qEyb＝mv－mv
解得E＝.
(3)粒子在磁场中的周期为T＝＝
第一次经过x轴的时间t1＝T＝
在电场中运动的时间t2＝2t＝
在第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间
t3＝T＝
所以总时间t0＝t1＋t2＋t3＝.
答案：(1)h (2)
(3)
11．如图甲所示，在边界MN左侧存在斜向上方向的匀强电场E1，在MN的右侧存在竖直向上、场强大小为E2＝0.4
N/C的匀强电场，还有垂直纸面向里的匀强磁场B(图甲中未画出)和水平向右的匀强电场E3(图甲中未画出)，B和E3随时间变化的情况如图乙所示，P1P2为距边界MN为2.29
m的竖直墙壁，现有一带正电微粒，质量为m＝4×10－7
kg，带电荷量为q＝1×10－5
C，从左侧电场中距边界MN为s＝
m的A处无初速度释放后，沿直线以v＝1
m/s的速度垂直MN边界进入右侧场区，设此时刻t＝0，取g＝10
m/s2.
(1)求MN左侧匀强电场的电场强度E1；(sin
37°＝0.6)
(2)求带电微粒在MN右侧场区中运动1.5
s时的速度；
(3)带电微粒在MN右侧场区中运动多长时间与墙壁碰撞？
解析：(1)
设MN左侧匀强电场场强E1方向与水平方向夹角为θ，带电微粒受力如图(a)所示，
沿水平方向有qE1cos
θ＝ma
沿竖直方向有qE1sin
θ＝mg
对水平方向的匀加速运动有v2＝2as
代入数据可解得E1＝0.5
N/C，θ＝53°
即E1大小为0.5
N/C，其方向与水平方向成53°角斜向上．
(2)带电微粒在MN右侧场区始终满足qE2＝mg
在0～1
s时间内，带电微粒在E3电场中的加速度大小为
a＝＝
m/s2＝0.1
m/s2
带电微粒在1
s时的速度大小为
v1＝v＋at＝(1＋0.1×1)
m/s＝1.1
m/s
在1～1.5
s时间内，带电微粒做匀速圆周运动，周期为
T＝＝
s＝1
s
在1～1.5
s时间内，带电微粒正好做半个圆周的运动，所以带电微粒在MN右侧场区中运动了1.5
s时的速度大小为1.1
m/s，方向水平向左．
(3)在0～1
s时间内带电微粒向右运动的位移为
s1＝vt＋at2＝m＝1.05
m
带电微粒在磁场B中做圆周运动的半径为
r＝＝
m＝
m
因为r＋s1＜2.29
m，所以在1～2
s时间内带电微粒未碰及墙壁
在2～3
s时间内带电微粒做匀加速运动，加速度仍为a＝0.1
m/s2
在0～3
s时间内带电微粒共向右运动的位移
s3＝vt2＋at＝
m＝2.2
m
在t＝3
s时带电微粒的速度大小为
v3＝v＋at2＝(1＋0.1×2)
m/s＝1.2
m/s
在3～4
s时间内带电微粒做圆周运动的半径
r3＝＝
m＝
m
因为r3＋s3＞2.29
m，所以在3～4
s时间内带电微粒碰及墙壁，带电微粒在3
s以后运动情况如图(b)所示，其中
d＝(2.29－2.2)m＝0.09
m
sin
θ＝≈0.5
得θ＝30°
所以，带电微粒做圆周运动的时间为
t圆周＝＝＝
s＝
s
带电微粒与墙壁碰撞前，在MN右侧场区中运动的时间为t总＝
s＝
s.
答案：见解析一、单项选择题
1．在地球表面某高度处以一定的初速度水平抛出一个小球，测得水平射程为x.在另一星球表面以相同的水平速度抛出该小球，需将高度降低一半才可以获得相同的水平射程．忽略一切阻力．设地球表面重力加速度为g，该星球表面的重力加速度为g′，则g∶g′为( )
A．1∶2
B．1∶
C.∶1
D．2∶1
解析：选D.因为x＝v0t，h＝gt2，而x＝v0t′，＝g′t′2，联立可得＝2.
2．(2016·山东冲刺)我国成功发射“嫦娥三号”探测器，实现了我国航天器首次在地外天体软着陆和巡视探测活动，月球半径为R0，月球表面处重力加速度为g0.地球和月球的半径之比为＝4，表面重力加速度之比为＝6，地球和月球的密度之比为( )
A.
B.
C．4
D．6
解析：选B.设星球的密度为ρ，由G＝m′g得GM＝gR2，ρ＝＝，联立解得ρ＝，设地球、月球的密度分别为ρ、ρ0，则＝，将＝4，＝6代入上式，解得＝，选项B正确．
3．一宇航员在某星球上以速率v0竖直上抛一物体，经t秒落回原处，已知该星球半径为R，忽略一切阻力，那么该星球的第一宇宙速度是( )
A.
B.
C.
D.
解析：选B.由2v0＝gt得g＝，由v＝得该星球的第一宇宙速度为
，选项B正确．
4．(2015·高考福建卷)
如图，若两颗人造卫星a和b均绕地球做匀速圆周运动，a、b到地心O的距离分别为r1、r2，线速度大小分别为v1、v2，则( )
A.＝
B.＝
C.＝
D.＝
解析：选A.对人造卫星，根据万有引力提供向心力＝m，可得v＝
.所以对于a、b两颗人造卫星有＝，故选项A正确．
5．(2015·高考四川卷)登上火星是人类的梦想．“嫦娥之父”欧阳自远透露：中国计划于2020年登陆火星．地球和火星公转视为匀速圆周运动，忽略行星自转影响．根据下表，火星和地球相比( )
行星
半径/m
质量/kg
轨道半径/m
地球
6.4×106
6.0×1024
1.5×1011
火星
3.4×106
6.4×1023
2.3×1011
A.火星的公转周期较小
B．火星做圆周运动的加速度较小
C．火星表面的重力加速度较大
D．火星的第一宇宙速度较大
解析：选B.火星和地球都绕太阳做圆周运动，万有引力提供向心力，可知＝mr＝ma，因r火＞r地，而＝，故T火＞T地，选项A错误；向心加速度a＝，则a火＜a地，故选项B正确；地球表面的重力加速度g地＝eq
\f(GM地,R)，火星表面的重力加速度g火＝eq
\f(GM火,R)，代入数据比较可知g火＜g地，故选项C错误；地球和火星上的第一宇宙速度：v地＝
，v火＝
，v地＞v火，故选项D错误．
6．“嫦娥四号”计划在2017年发射升空，届时“嫦娥四号”将在离月球中心距离为r的轨道上围绕月球做匀速圆周运动，绕月运行周期为T.已知月球半径为R，月球表面的重力加速度为g，万有引力恒量为G.根据以上信息可以确定( )
A．月球的第一宇宙速度为
B．月球的平均密度为
C．“嫦娥四号”必须减速运动才能返回地球
D．月球质量为
解析：选D.月球半径为R，第一宇宙速度是星球近表面运行速度，根据万有引力提供向心力得G＝m＝mg，解得v＝，选项A错误；根据万有引力提供向心力得G＝mr，解得M＝，月球半径为R，故月球体积为πR3.
由ρ＝＝，选项B错误，D正确；“嫦娥四号”必须加速运动才能返回地球，选项C错误．
二、多项选择题
7.
如图所示，两星球相距为L，质量比为mA∶mB＝1∶9，两星球半径远小于L.从星球A的沿A、B连线向B以某一初速度发
射一探测器．只考虑星球A、B对探测器的作用，下列说法正确的是( )
A．探测器的速度一直减小
B．探测器在距星球A为处加速度为零
C．若探测器能到达星球B，其速度可能恰好为零
D．若探测器能到达星球B，其速度一定大于发射时的初速度
解析：选BD.设探测器距星球A的距离为x时，两星球对探测器的引力相等，即G＝G，解得x＝L，根据牛顿第二定律可得，此时探测器的加速度为零，选项B正确；探测器先减速后加速，故选项A、C错误，选项D正确．
8．天文学家将相距较近、仅在彼此的引力作用下运行的两颗恒星称为双星．双星系统在银河系中很普遍．已知某双星系统中两颗恒星围绕它们连线上的某一固定点分别做匀速圆周运动，周期均为T，两颗恒星的质量不相等，它们之间的距离为r，引力常量为G.关于双星系统下列说法正确的是( )
A．两颗恒星做匀速圆周运动的半径均为
B．两颗恒星做匀速圆周运动的角速度相等
C．双星中质量较大的恒星线速度大
D．这个双星系统的总质量为
解析：选BD.设这两颗恒星的质量分别为m1、m2，做圆周运动的半径分别为r1、r2，双星属于共轴转动，角速度ω相同，选项B正确；两颗恒星都是由它们之间的万有引力提供向心力，则m1ω2r1＝m2ω2r2，且r1＋r2＝r，解得r1＝r，r2＝r，由于两颗恒星的质量不相等，则r1≠，r2≠，选项A错误；由于两颗恒星的质量大小关系未知，不能确定r1和r2的大小关系，根据v＝ωr也就无法确定它们的线速度大小关系，选项C错误；根据G＝m1r1，且r1＝r解得m1＋m2＝，选项D正确．
9．(2016·浙江杭州外国语学校月考)据报道，美国探测器成功撞击“坦普尔一号”彗星，并投入彗星的怀抱，实现了人类历史上第一次对彗星的“大碰撞”，如图所示．设“坦普尔一号”彗星绕太阳运行的轨道是一椭圆，其运行周期为5.74年，则下列说法中正确的是( )
A．探测器的最小发射速度为7.9
km/s
B．“坦普尔一号”彗星运动至近日点处的加速度大于远日点处的加速度
C．“坦普尔一号”彗星运动至近日点处的线速度小于远日点处的线速度
D．探测器运行的周期小于5.74年
解析：选BD.要想脱离地球控制，发射速度要达到第二宇宙速度11.2
km/s，故选项A错误；根据万有引力定律和牛顿第二定律＝ma，得a＝，可知近日点的加速度大，故选项B正确；根据开普勒第二定律可知，行星绕日运动的近日点的线速度大，远日点的线速度小，故选项C错误；探测器的运行轨道高度比彗星低，根据开普勒第三定律＝k可知探测器的运行周期一定比彗星的运行周期小，故选项D正确．
10．(2015·高考全国卷Ⅰ)我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面4
m高处做一次悬停(可认为是相对于月球静止)；最后关闭发动机，探测器自由下落．已知探测器的质量约为1.3×103
kg，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为9.8
m/s2.则此探测器( )
A．在着陆前的瞬间，速度大小约为8.9
m/s
B．悬停时受到的反冲作用力约为2×103
N
C．从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒
D．在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度
解析：选BD.设月球表面的重力加速度为g月，则＝eq
\f(\f(GM月,R),\f(GM地,R))＝·eq
\f(R,R)＝×3.72，解得g月≈1.7
m/s2.由v2＝2g月h，得着陆前的速度为v＝＝
m/s≈3.7
m/s，选项A错误．悬停时受到的反冲力F＝mg月≈2×103
N，选项B正确．从离开近月圆轨道到着陆过程中，除重力做功外，还有其他外力做功，故机械能不守恒，选项C错误．设探测器在近月圆轨道上和人造卫星在近地圆轨道上的线速度分别为v1、v2，则＝＝＝
<1，故v1三、非选择题
11．(2016·陕西师大附中模拟)双星系统中两个星球A、B的质量都是m，A、B相距L，它们正围绕两者连线上的某一点做匀速圆周运动．实际观测该系统的周期T要小于按照力学理论计算出的周期理论值T0，且＝k(k＜1)，于是有人猜测这可能是受到了一颗未发现的星球C的影响，并认为C位于双星A、B的连线正中间，相对A、B静止，求：
(1)两个星球A、B组成的双星系统周期理论值T0；
(2)星球C的质量．
解析：(1)两个星体A、B组成的双星系统角速度相同，根据万有引力定律，两星之间万有引力F＝G.设两星轨道半径分别是r1、r2.两星之间万有引力是两星做匀速圆周运动的向心力，有F＝mr1ω，F＝mr2ω，可得r1＝r2，因此两星绕连线的中点转动．
由＝m··ω，解得ω0＝
.
所以T0＝＝＝2π
.
(2)设星球C的质量为M，由于星球C的存在，双星的向心力由两个力的合力提供，则
＋G＝m·L·ω2，得ω＝，
可求得T＝＝2π
，
有＝＝
＝k所以M＝m.
答案：(1)2π
(2)m
12．(2014·高考四川卷)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”的梦想有望在本世纪实现．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．取地面附近重力加速度g＝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＋h1①
v1＝r1ω②
货物相对地心的动能
Ek＝m1v③
联立①②③式得
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＋h2⑤
an＝ω2r2⑥
F＝Geq
\f(m2M,r)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＝m2an⑨
运用牛顿第三定律可得F′N＝FN⑩
联立⑤～⑩式并代入数据得
F′N≈11.5
N.
答案：(1)m1ω2(R＋h1)2 (2)11.5
N
PAGE, 学生用书P14])
1．(考点一)(单选)(2015·高考广东卷)甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移—时间图象如图所示．下列表述正确的是( )
A．0.2～0.5小时内，甲的加速度比乙的大
B．0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的大
C．0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的小
D．0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等
解析：选B.在0.2～0.5小时内，位移—时间图象是倾斜的直线，则物体做匀速直线运动，所以在0.2～0.5小时内，甲、乙两人的加速度都为零，选项A错误；位移—时间图象的斜率绝对值大小反映了物体运动速度的大小，斜率绝对值越大，速度越大，故0.2～0.5小时内甲的速度大于乙的速度，选项B正确；由位移—时间图象可知，0.6～0.8小时内甲的位移大于乙的位移，选项C错误；由位移—时间图象可知，0.8小时内甲、乙往返运动过程中，甲运动的路程大于乙运动的路程，选项D错误．
2．(考点一)(单选)(2016·甘肃第一次诊断)一滑块以初速度v0从固定斜面底端沿斜面向上滑，已知斜面足够长，则该滑块的速度－时间图象不可能是下列图中的( )
解析：选C.当斜面粗糙且μ>tan
θ时，会出现A选项情况；如果μθ，上滑加速度大于下滑加速度，会出现B选项情况，不会出现C选项情况；当斜面光滑时会出现D选项情况，所以符合题意的只有C选项．
3．(考点一)(单选)汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0～60
s内汽车的加速度随时间变化的a－t图象如图所示．则该汽车在0～60
s内的速度随时间变化的v－t图象为( )
解析：选B.0～10
s内汽车做初速度为零的匀加速直线运动，10
s末速度增加到20
m/s；10～40
s内汽车以20
m/s的速度做匀速直线运动；40～60
s内汽车做匀减速直线运动，60
s末速度减为零，故选B.
4．(考点二)(多选)在同一地点，甲、乙两物体同时沿同一方向做直线运动的速度－时间图象如图所示，对0～6
s过程，下列说法正确的是( )
A．两物体两次相遇的时刻是2
s末和6
s末
B．4～6
s甲在乙后面
C．两物体相距最远的时刻是2
s末
D．乙物体先向前运动2
s，随后向后运动
解析：选AB.在v－t图象中图线与横坐标围成的面积大小与物体发生的位移大小相等，由题图可知当t＝2
s和t＝6
s时，两图线与横坐标围成面积相等，说明两物体发生的位移相等，由于两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动，因此两物体两次相遇的时刻是2
s末和6
s末，故A正确；开始运动时，乙的初速度为零，甲在前面，在t＝2
s时，两物体相遇，此时乙的速度大于甲的速度，此后乙在前面，甲匀速运动开始追乙，乙做匀减速运动，当t＝6
s时，甲、乙再次相遇，因此在2～6
s内，甲在乙后面，故B正确；由题图可知，两物体相距最远时刻出现在甲追乙阶段，即当两物体的速度相等时，甲、乙相距最远，此时t＝4
s，故C错误；整个过程中乙物体一直向前运动，先加速后减速，故D错误．
5．(微专题3)如图所示，直线MN表示一条平直公路，甲、乙两辆汽车原来停在A、B两处，A、B间的距离为85
m，现在甲车开始向右做匀加速直线运动，加速度a1＝2.5
m/s2，甲车运动6
s时，乙车立即开始向右做匀加速直线运动，加速度a2＝5
m/s2，求两辆汽车相遇处距A处的距离．
解析：甲车运动6
s的位移为x0＝a1t＝45
m，尚未追上乙车，设此后经过时间t与乙车相遇，则有：
a1(t＋t0)2＝a2t2＋85
将上式代入数据并展开整理得：
t2－12t＋32＝0
解得t1＝4
s，t2＝8
s
t1、t2都有意义，t1＝4
s时，甲车追上乙车；t2＝8
s时，乙车追上甲车，两车再次相遇
第一次相遇地点距A的距离
x1＝a1(t1＋t0)2＝125
m
第二次相遇地点距A的距离
x2＝a1(t2＋t0)2＝245
m.
答案：125
m或245
m
PAGE, [学生用书P146])
1．(考点一)(单选)
(2016·江西八校联考)如图所示，电源电动势为E，内阻为r.当滑动变阻器的滑片P从左端滑到右端时，理想电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为ΔU1和ΔU2，干路电流为I，下列说法正确的是(灯泡电阻不变)( )
A．小灯泡L1、L3变暗，L2变亮
B．ΔU1与ΔI的比值不变
C．ΔU1＜ΔU2
D．ΔU1＝ΔU2
解析：选B.图中L1与滑动变阻器串联后与L3并联，然后再与L2串联，最后接在电源上构成闭合电路，V1测并联部分电压，V2测L2两端的电压．当滑动变阻器的滑片P右移，其连入电路的阻值变大，总阻值变大，由闭合电路的欧姆定律得，干路电流I变小，L2中电流变小，灯L2变暗，A错；干路电流变小，内电压变小，L2两端电压变小，并联部分电压变大，由闭合电路知识得：ΔU1＝ΔUr＋ΔU2，两边同除以ΔI可得：＝＋＝r＋RL2，则C、D错，B对．
2．(考点二)(多选)(2016·南昌调研)在
如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，当移动滑动变阻器滑片时，电流表示数变大，则( )
A．电源的总功率一定增大
B．电源的输出功率一定增大
C．电源内部消耗的功率一定减小
D．电源的效率一定减小
解析：选AD.滑片移动时，电流表示数变大，可知滑片向右移动，电路的总电阻减小，总电流增大，因此电源的总功率增大，电源的效率减小，A、D正确；电源内阻消耗的功率增大，输出的功率变化不确定，B、C错误．
3．(考点二)
(多选)如图所示，图中直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图象，图中曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图象，则下列说法正确的是( )
A．电源的电动势为50
V
B．电源的内阻为
Ω
C．电流为2.5
A时，外电路的电阻为15
Ω
D．输出功率为120
W时，输出电压是30
V
解析：选ACD.电源的输出电压和电流的关系为：U＝E－Ir，显然直线①的斜率的绝对值等于r，纵轴的截距为电源的电动势，从题图中看出截距为50
V，斜率的绝对值等于r＝
Ω＝5
Ω，A正确，B错误；当电流为I1＝2.5
A时，由回路中电流I1＝，解得外电路的电阻R外＝15
Ω，C正确；当输出功率为120
W时，由题图中P－I关系图线中看出对应干路电流为4
A，再从U－I图线中读取对应的输出电压为30
V，D正确．
4．(考点三)(多选)
如图所示，C1＝6
μF，C2＝3
μF，R1＝3
Ω，R2＝6
Ω，电源电动势E＝18
V，内阻不计，下列说法正确的是( )
A．开关S断开时，a、b两点电势相等
B．开关S闭合后，a、b两点间的电流是2
A
C．开关S断开时C1带的电荷量比开关S闭合后C1带的电荷量大
D．不论开关S断开还是闭合，C1带的电荷量总比C2带的电荷量大
解析：选BC.S断开时外电路处于断路状态，两电阻中均无电流通过，电阻两端电势相等，由图知a点电势与电源负极电势相等，而b点电势与电源正极电势相等，A错误．S断开时两电容器两端电压都等于电源电动势，而C1＞C2，由Q＝CU知此时Q1＞Q2，当S闭合时，稳定状态下C1与R1并联，C2与R2并联，电路中电流I＝＝2
A，此时两电阻两端电压分别为U1＝IR1＝6
V、U2＝IR2＝12
V，则此时两电容器所带的电荷量分别为Q1′＝C1U1＝3.6×10－5
C、Q2′＝C2U2＝3.6×10－5
C，对电容器C1来说，S闭合后其两端电压减小，所带的电荷量也减小，故B、C正确，D错误．
5．(微专题22)(多选)如图甲所示，其中R两端电压U随通过该电阻的直流电流I的变化关系如图乙所示，电源电动势为7.0
V(内阻不计)，且R1＝1
000
Ω(不随温度变化)．若改变R2，使AB与BC间的电压相等，这时( )
A．R的阻值为1
000
Ω
B．R的阻值为1
333
Ω
C．通过R的电流为1.5
mA
D．通过R的电流为2.0
mA
解析：选BC.该题等效于电动势为3.5
V，内阻等于R1＝1
000
Ω的电源给R供电，在U－I图中画出该等效电源的U－I图象，交点坐标为(1.5
mA，2
V)，故C对、D错；此时R＝＝＝1
333
Ω，故A错、B对．一、单项选择题
1．如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m与M及M与地面间
接触光滑，开始时，m与M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2.在两物体开始运动以后的整个运动过程中(弹簧形变不超过其弹性限度)，下面说法正确的是( )
A．对m、M和弹簧组成的系统，机械能守恒
B．对m、M和弹簧组成的系统，动能不断增加
C．对m、M和弹簧组成的系统，机械能不断增加
D．当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M的动能最大
解析：选D.开始阶段，拉力大于弹簧的弹力，F1、F2对m、M均做正功，故系统的机械能不断增加．随着弹簧形变量的增加，当拉力等于弹力时，物体速度最大、动能最大．之后随着弹簧形变量的增加，拉力小于弹力，物体开始做减速运动，动能不断减小．速度减小到零后，物体反向运动，拉力F1、F2均开始做负功，故系统机械能减小．所以选项D正确．
2．(2014·高考上海卷)静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．不计空气阻力，在整个过程中，物体机械能随时间变化关系是( )
解析：选C.以地面为零势能面，以竖直向上为正方向，则对于物体，在撤去外力前，有F－mg＝ma，h＝at2，某一时刻的机械能E＝ΔE＝F·h，联立以上各式得E＝·t2∝t2，撤去外力后，物体机械能守恒，故只有C正确．
3.
(2016·德州模拟)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：选D.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mv′2＝mgL，故小铁球落到地面时的速度v′＝，正确答案为D.
4．(2016·合肥二模)如图所示，绕过光滑轻质定滑轮的轻绳连接物体A和B，光滑水平台面上物体B的质量是物体A质量的，绳恰伸直时，用手托住A，A离地面的高度为H，然后由静止释放A，若以地面为零势能面，当A的动能和势能相等时，A距地面的高度是( )
A.
B.
C.
D.
解析：选C.设物体B的质量为m，则物体A的质量为2m，当A离地面的高度为h时，A的动能与势能相等，故有·2mv2＝2mgh，以A、B为整体由牛顿第二定律可得：2mg＝(2m＋m)a，解得a＝，由匀变速直线运动规律可得，当A离地面的高度为h时，v2＝2a(H－h)，联立各式可得h＝
H，C对．
5.
(2014·高考安徽卷)如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2，则( )
A．v1＝v2，t1＞t2
B．v1＜v2，t1＞t2
C．v1＝v2，t1＜t2
D．v1＜v2，t1＜t2
解析：选A.
利用机械能守恒定律和速率变化特点解决问题．根据机械能守恒定律可知v1＝v2，再根据速率变化特点知，小球由M到P再到N，速率先减小至最小，再增大到原速率．小球由M到Q再到N，速率先增大至最大，再减小到原速率．由两球运动速率特点以及两条路径的路程相等可画出如图所示图象，由图象可知小球沿MQN路径运动的平均速率大，所以t1>t2，故选项A正确．
6．(2016·辽宁五校联考)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＝60°
B．A获得的最大速度为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守恒
解析：选B.释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时，拉力等于A的重力沿斜面向下的分力4mgsin
α，C恰好离开地面，轻质弹簧弹力等于C球重力，kx＝mg.对B，由平衡条件，4mgsin
α＝2mg，解得斜面倾角α＝30°，选项A错误．初状态，弹簧压缩，kx＝mg，末状态，弹簧拉伸，kx＝mg.初末状态弹簧弹性势能相等，由机械能守恒定律，4mg·2xsin
α－mg·2x＝(m＋4m)v2，解得v＝2g
，选项B正确．C刚离开地面时，B的加速度为零，选项C错误；从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，选项D错误．
二、多项选择题
7．如图所示，质量均为m的A、B两个小球，用长为2L的轻质杆相连接，在竖直平面内，绕固定轴O沿顺时针方向自由转动(转动轴在杆的中点)，不计一切摩擦，某时刻A、B球恰好在如图所示的位置，A、B球的线速度大小均为v，下列说法正确的是( )
A．运动过程中B球机械能守恒
B．运动过程中B球速度大小不变
C．B球在运动到最高点之前，单位时间内机械能的变化量保持不变
D．B球在运动到最高点之前，单位时间内机械能的变化量不断改变
解析：选BD.以A、B球为系统，以过O点的水平面为零势能参考平面时，系统的总机械能为E＝2×mv2＝mv2.假设A球下降h，则B球上升h，此时两球的速度大小是v′，由机械能守恒定律知mv2＝mv′2×2＋mgh－mgh，得到v′＝v，故运动过程中B球速度大小不变，当单独分析B球时，B球在运动到最高点之前，动能保持不变，重力势能在不断增加．由几何知识可得单位时间内机械能的变化量是不断改变的，B、D正确．
8．(2015·高考全国卷Ⅱ)如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g.则( )
A．a落地前，轻杆对b一直做正功
B．a落地时速度大小为
C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
解析：选BD.由题意知，系统机械能守恒．设某时刻a、b的速度分别为va、vb.此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将va、vb分解，如图．因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分速度v∥与v′∥是相等的，即vacos
θ＝vbsin
θ.当a滑至地面时θ＝90°，此时vb＝0，由系统机械能守恒得mgh＝mv，解得va＝，选项B正确．同时由于b的初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对b先做正功后做负功，选项A错误．杆对b的作用先是推力后是拉力，对a则先是阻力后是动力，即a的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g，选项C错误．b的动能最大时，杆对a、b的作用力为零，此时a的机械能最小，b只受重力和支持力，所以b对地面的压力大小为mg，选项D正确．正确选项为B、D.
9．把质量是0.2
kg小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A的位置，如图甲所示．迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C(图丙)．途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)．已知B、A的高度差为0.1
m，C、B的高度差为0.2
m，弹簧的质量和空气阻力都可以忽略，重力加速度g＝10
m/s2.则下列说法正确的是( )
A．小球从A上升至B的过程中，弹簧的弹性势能一直减小，小球的动能一直增加
B．小球从B上升到C的过程中，小球的动能一直减小，势能一直增加
C．小球在位置A时，弹簧的弹性势能为0.6
J
D．小球从位置A上升至C的过程中，小球的最大动能为0.4
J
解析：选BC.小球从A上升到B的过程中，弹簧的形变量越来越小，弹簧的弹性势能一直减小，小球在A、B之间某处的合力为零，速度最大，对应动能最大，选项A错误；小球从B上升到C的过程中，只有重力做功，机械能守恒，动能减少，势能增加，选项B正确；根据机械能守恒定律，小球在位置A时，弹簧的弹性势能为Ep＝mghAC＝0.2×10×0.3
J＝0.6
J，选项C正确；小球在B点时的动能为Ek＝mghBC＝0.4
J＜Ekm，选项D错误．
10.
(2016·江苏苏北联考)如图所示，重10
N的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止下滑，到b点接触到一个轻弹簧．滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点，已知ab＝0.8
m，bc＝0.4
m，那么在整个过程中( )
A．滑块滑到b点时动能最大
B．滑块动能的最大值是6
J
C．从c到b弹簧的弹力对滑块做的功是6
J
D．滑块和弹簧组成的系统整个过程机械能守恒
解析：选CD.滑块能回到原出发点，所以滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，D项正确；以c点为参考点，则在a点滑块的机械能为6
J，在c点时滑块的速度为0，重力势能也为0，从c到b弹簧的弹力对滑块做的功等于弹性势能的减少量，故为6
J，所以C项正确；由a到c的过程中，因重力势能不能全部转变为动能，动能的最大值在平衡位置，小于6
J，A、B项错误．
三、非选择题
11．如图所示，质量为3
kg小球A和质量为5
kg的B通过一压缩弹簧锁定在一起，静止于光滑平台上，解除锁定，两小球在弹力作用下分离，A球分离后向左运动恰好通过半径R＝0.5
m的光滑半圆轨道的最高点，B球分离后从平台上以速度vB＝3
m/s水平抛出，恰好落在台的一倾角为α的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h＝0.8
m，g＝10
m/s2，求：
(1)A、B两球刚分离时A的速度大小；
(2)弹簧锁定时的弹性势能；
(3)斜面的倾角α.
解析：(1)小球A恰好通过半径R＝0.5
m的光滑半圆轨道的最高点，设在最高点速度为v0，
在最高点有mAg＝mAeq
\f(v,R)，
物体沿光滑半圆轨道上滑到最高点的过程中机械能守恒，
mAg·2R＋mAv＝mAv，联立解得vA＝5
m/s.
(2)根据机械能守恒定律，弹簧锁定时的弹性势能
Ep＝mAv＋mBv＝60
J.
(3)B球分离后做平抛运动，根据平抛运动规律有
h＝gt2，解得t＝0.4
s，vy＝gt＝4
m/s，
小球刚好沿斜面下滑，tan
α＝＝，解得α＝53°.
答案：(1)5
m/s (2)60
J (3)53°
12．如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线AB平齐，静止放于倾角为53°的光滑斜面上．一长为L＝9
cm的轻质细绳一端固定在O点，另一端系一质量为m＝1
kg的小球，将细绳拉至水平，使小球从位置C由静止释放，小球到达最低点D时，细绳刚好被拉断．之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，最大压缩量为x＝5
cm.(取g＝10
m/s2，sin
53°＝0.8，cos
53°＝0.6)求：
(1)细绳受到的拉力的最大值；
(2)D点到水平线AB的高度h；
(3)弹簧所获得的最大弹性势能Ep.
解析：(1)小球由C到D，设小球在D点速度为v1，由机械能守恒定律得：mgL＝mv，解得v1＝①
在D点，由牛顿第二定律得F－mg＝meq
\f(v,L)②
由①②解得F＝30
N
由牛顿第三定律知细绳所能承受的最大拉力为30
N.
(2)由D到A，小球做平抛运动v＝2gh③
tan
53°＝④
联立解得h＝16
cm.
(3)小球从C点到将弹簧压缩至最短的过程中，小球与弹簧系统的机械能守恒，即Ep＝mg(L＋h＋xsin
53°)，
代入数据解得：Ep＝2.9
J.
答案：(1)30
N (2)16
cm (3)2.9
J
PAGE, [学生用书P52])
1．(考点一)(单选)
(2016·孝感统测)如图所示，弹簧一端固定在天花板上，另一端连一质量为M＝2
kg的秤盘，盘内放一个质量为m＝1
kg的物体，秤盘在竖直向下的拉力F的作用下保持静止，F＝30
N，突然撤去拉力F的瞬间，物体对秤盘的压力为(g＝10
m/s2)( )
A．10
N
B．15
N
C．20
N
D．40
N
解析：选C.由于拉力F撤去之前秤盘和物体均保持静止，系统受力平衡，在拉力F撤去的瞬间，系统所受合力方向向上，对整体由牛顿第二定律可得F＝(M＋m)a，对物体再根据牛顿第二定律可得FN－mg＝ma，两式联立解得FN＝20
N，再根据牛顿第三定律可知物体对秤盘的压力大小为20
N，方向竖直向下，C正确．
2.
(考点二)(多选)如图所示，质量为m2的物体2放在车厢底板上，用竖直细线通过定滑轮与质量为m1的物体1连接，不计滑轮摩擦，车厢正在水平向右做加速直线运动，连接物体1的细线与竖直方向成θ角，物体2仍在车厢底板上，则( )
A．细线拉力为m1gcos
θ
B．车厢的加速度为gtan
θ
C．底板对物体2的支持力为m2g－
D．底板对物体2的摩擦力为零
解析：选BC.以物体1为研究对象，水平方向有FTsin
θ＝m1a，竖直方向有FTcos
θ＝m1g，解得a＝gtan
θ，FT＝，选项A错误、B正确；以物体2为研究对象，水平方向有Ff＝m2a，竖直方向有FT＋FN＝m2g，解得Ff＝m2gtan
θ，FN＝m2g－，选项C正确、D错误．
3．(考点三)(多选)(2015·高考全国卷Ⅰ)如图甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图乙所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
解析：选ACD.由题图乙可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝，下降过程中的加速度为a2＝.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin
θ＋Ff＝ma1，mgsin
θ－Ff＝ma2，由以上各式可求得sin
θ＝，滑动摩擦力Ff＝，而Ff＝μFN＝μmgcos
θ，由以上分析可知，选项A、C正确．由v－t图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确．
4.
(微专题8)(多选)(2016·湖北黄冈模拟)三角形传送带以1
m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2
m，且
与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以v0的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是( )
A．若v0≥1
m/s，则物块A先到达传送带底端
B．若v0≥1
m/s，则物块A、B同时到达传送带底端
C．若v0＜1
m/s，则物块A先到达传送带底端
D．若v0＜1
m/s，则物块A、B同时到达传送带底端
解析：选BC.因为μ＜tan
37°，若v0≥1
m/s，两物块以相同的初速度和加速度沿传送带下滑，摩擦力均阻碍物块的运动，所以物块A、B同时到达传送带底端，B选项正确；若v0＜1
m/s，开始运动的一段时间内，物块A的加速度大于物块B的加速度，然后加速度相等，所以物块A先到达传送带底端，即C选项正确．
5．(考点二)(2016·太原质检)
如图所示，倾角θ＝37°的斜面固定在水平面上．质量m＝1.0
kg的小物块受到沿斜面向上的F＝9.0
N的拉力作用，小物块由静止沿斜面向上运动．
小物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25(斜面足够长，取g＝10
m/s2.sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)．
(1)求小物块运动过程中所受摩擦力的大小；
(2)求在拉力的作用过程中，小物块加速度的大小；
(3)若在小物块沿斜面向上运动0.80
m时，将拉力F撤去，求此后小物块沿斜面向上运动的距离．
解析：(1)F作用时，物体受力如图甲所示．
Ff＝μmgcos
37°＝2.0
N.
(2)设加速度为a1，根据牛顿第二定律有F－Ff－mgsin
37°＝ma1
解得a1＝1.0
m/s2.
(3)设撤去拉力前小物块运动的距离为x1，撤去拉力时小物块的速度为v，撤去拉力后小物块的加速度和向上运动的距离大小分别为a2、x2，有v2＝2a1x1①
撤去F后，物体受力如图乙所示．由牛顿第二定律得：
mgsin
37°＋Ff＝ma2②
v2＝2a2x2③
联立①②③式并代入数据解得：
x2＝0.10
m.
答案：(1)2.0
N (2)1.0
m/s2 (3)0.10
m
PAGE, [学生用书P69])
1．(考点一)(单选)如图所示，汽车在一段弯曲水平路面上行驶，关于它受的水平方向的作用力的示意图如图所示，其中可能正确的是(图中F为牵引力，Ff为汽车行驶时所受阻力)( )
解析：选C.阻力Ff与速度反向，沿曲线切线方向，牵引力指向曲线凹侧，故C正确．
2．(考点二)(单选)(2016·衡阳联考)
如图所示，当汽车静止时，车内乘客看到窗外雨滴沿竖直方向OE匀速运动．现从t＝0时汽车由静止开始做甲、乙两种匀加速启动，甲启动后t1时刻，乘客看到雨滴从B处离开车窗，乙启动后t2时刻，乘客看到雨滴从F处离开车窗，F为AB中点，则t1∶t2为( )
A．2∶1
B．1∶
C．1∶
D．1∶(－1)
解析：选A.由题意可知，在乘客看来，雨滴在竖直方向上做匀速直线运动，在水平方向做匀加速直线运动，因分运动与合运动具有等时性，则t1∶t2＝∶＝2∶1.
3．(考点二)(单选)(2015·高考全国卷Ⅱ)
由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道．当
卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行．已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103
m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103
m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为( )
A．西偏北方向，1.9×103
m/s
B．东偏南方向，1.9×103
m/s
C．西偏北方向，2.7×103
m/s
D．东偏南方向，2.7×103
m/s
解析：选B.设当卫星在转移轨道上飞经赤道上空与同步轨道高度相同的某点时，速度为v1，发动机给卫星的附加速度为v2，该点在同步轨道上运行时的速度为v.三者关系如图，由图知附加速度方向为东偏南，由余弦定理知v＝v＋v2－2v1vcos
30°，代入数据解得v2≈1.9×103
m/s.选项B正确．
4．(微专题10)(多选)(2016·广东顺德一中月考)一条河宽100
m，船在静水中的速度为4
m/s，水流速度是5
m/s，则( )
A．该船能垂直河岸横渡到对岸
B．当船头垂直河岸横渡时，过河所用的时间最短
C．当船头垂直河岸横渡时，船的位移最小，是100
m
D．该船渡到对岸时，船沿岸方向的位移可能小于100
m
解析：选BD.据题意，由于船速为v1＝4
m/s，而水速为v2＝5
m/s，船速小于水速，则无论船头指向哪个方向，都不可能使船垂直驶向对岸，A选项错误；据t＝(θ为船头指向与水流方向的夹角)，知道使t最小需要使sin
θ最大，即使船头与河岸垂直，B选项正确；要使船的渡河位移最短，需要使船速方向与合运动方向垂直，则有合速度为v＝3
m/s，渡河时间为t＝＝
s，则船的合位移为vt＝125
m，所以C选项错误；船的渡河位移最小时，船沿岸方向的位移为：t＝75
m，所以D选项正确．
5．(微专题10)(单选)人用绳子通过定滑轮拉物体A，A穿在光滑的竖直杆上，当以速度v0匀速地拉绳使物体A到达如图所示位置时，绳与竖直杆的夹角为θ，则物体A实际运动的速度是( )
A．v0sin
θ
B.
C．v0cos
θ
D.
解析：选D.
由运动的合成与分解可知，物体A参与两个分运动：一个是沿着与它相连接的绳子的运动，另一个是垂直于绳子斜向上的运动．而物体A的实际运动轨迹是沿着竖直杆向上的，这一轨迹所对应的运动就是物体A的合运动，它们之间的关系如图所示．由几何关系可得v＝，所以D项正确．
PAGE一、选择题
1．(2016·太原质检)关于物质的波粒二象性，下列说法中不正确的是( )
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：选D.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．
2．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：选ABD.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．
3．(2014·高考上海卷)在光电效应的实验结果中，与光的波动理论不矛盾的是( )
A．光电效应是瞬时发生的
B．所有金属都存在极限频率
C．光电流随着入射光增强而变大
D．入射光频率越大，光电子最大初动能越大
解析：选C.按照光的波动理论，电子吸收光子的能量需要时间，因此光电效应不可能瞬时发生，这与光电效应具有瞬时性矛盾；按照光的波动理论，只要有足够长的时间，电子会吸收足够的能量，克服原子的束缚成为光电子，因此所有金属均可以发生光电效应，这与光电效应有极限频率矛盾；按照光的波动理论，照射光越强，电子获得的能量越大，打出的光电子的最大初动能越大，这与光电效应中打出的光子的最大初动能与光强无关，而与照射光的频率有关矛盾；按照光的波动理论也可以得到光越强打出的光电子越多，光电流越大，因此C项正确．
4．(2014·高考海南卷)在光电效应实验中，用同一种单色光，先后照射锌和银的表面，都能发生光电效应．对于这两个过程，下列四个物理量中，一定不同的是( )
A．遏止电压
B．饱和光电流
C．光电子的最大初动能
D．逸出功
解析：选ACD.同一种单色光照射不同的金属，入射光的频率和光子能量一定相同，金属逸出功不同，根据光电效应方程Ekm＝hν－W0知，最大初动能不同，则遏止电压不同；同一种单色光照射，入射光的强度相同，所以饱和光电流相同．故选ACD.
5．一单色光照到某金属表面时，有光电子从金属表面逸出，下列说法中不正确的是( )
A．只增大入射光的频率，金属逸出功将减小
B．只延长入射光照射时间，光电子的最大初动能将增大
C．只增大入射光的频率，光电子的最大初动能将增大
D．只增大入射光的频率，光电子逸出所经历的时间将缩短
E．只增大入射光的强度，单位时间内逸出的光电子数目将增多
解析：选ABD.即便增大入射光的频率，金属逸出功也将不变，故A错误；根据光电效应方程Ek＝hν－W0知，光电子的最大初动能由入射光的频率和逸出功决定，只延长入射光照射时间，
光电子的最大初动能将不变，只增大入射光的频率，光电子的最大初动能将增大，故B错误，C正确；发生光电效应的条件是入射光的频率大于截止频率，光电子逸出所经历的时间几乎是瞬间的，故D错误；光的强弱不影响光电子的能量，只影响单位时间内发出光电子的数目，只增大入射光的强度，单位时间内逸出的光电子数目将增多，故E正确．
6．(2014·高考江苏卷)已知钙和钾的截止频率分别为7.73
×1014
Hz和5.44×1014
Hz，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子具有较大的( )
A．波长
B．频率
C．能量
D．动量
解析：选A.根据爱因斯坦光电效应方程mv＝hν－W.由题知W钙>W钾，所以钙逸出的光电子的最大初动能较小．根据p＝及p＝和c＝λν知，钙逸出的光电子的特点是：动量较小、波长较长、频率较小．选项A正确，选项B、C、D错误．
7．如图所示是光电管的原理图，已知当有波长为λ0的光照到阴极K上时，电路中有光电流，则( )
A．若换用波长为λ1(λ1>λ0)的光照射阴极K时，电路中一定没有光电流
B．若换用波长为λ2(λ2<λ0)的光照射阴极K时，电路中一定有光电流
C．保持入射光的波长不变，增大光强，光电流一定增大
D．增加电路中电源电压，电路中光电流一定增大
E．若将电源极性反接，电路中可能没有光电流产生
解析：选BCE.由题设条件，不能知道光电管阴极材料极限波长的确切值，只能知道其极限波长λ极>λ0.换用的波长λ1虽比λ0大，但因为λ极大小不确定，因而无法确定是否发生光电效应，故A错误．但若λ2<λ0，则一定能发生光电效应，故B正确．增大光强，单位时间内产生的光电子数增多，光电流增大，故C正确．光电管两端电压在原来情况下，光电流是否达到最大(饱和)，题设条件并不清楚，因而增大电压，光电流是否增大也不能确定；将电源极性接反后，所加电压阻碍光电子向阳极运动，但若eU8．用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在极短时间内可吸收多个光子，从而形成多光子光电效应．用频率为ν的普通光源照射阴极K，没有发生光电效应，换用同样频率为ν的强激光照射阴极K，则发生了光电效应；此时，若加上反向电压U，即将阴极K接电源正极，阳极A接电源负极，在KA之间就形成了使光电子减速的电场．逐渐增大U，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压U可能是下列的(其中W为逸出功，h为普朗克常量，e为电子电量)( )
A．U＝－
B．U＝－
C．U＝2hν－W
D．U＝－
解析：选B.以从阴极K逸出的且具有最大初动能的光电子为研究对象，由动能定理得：－Ue＝0－mv①
由光电效应方程得：nhν＝mv＋W(n＝2，3，4…)②
由①②式解得：U＝－(n＝2，3，4…)，故选项B正确．
9.
在做光电效应实验时，某金属被光照射产生了光电效应，实验测得光电子的最大初动能Ek与入射光的频率ν的关系如图所示，C、ν0为已知量．由图线可知( )
A．普朗克常量的数值
B．该金属的逸出功
C．该金属的极限频率
D．入射光的频率增大，金属的极限频率随之增大
E．入射光的频率加倍，光电子的最大初动能加倍
解析：选ABC.根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0，Ek－ν图象的斜率等于普朗克常量，A正确，Ek－ν图象在纵轴上的截距的绝对值表示逸出功，B正确；当Ek＝0时，ν＝ν0，极限频率为ν0，C正确；金属的极限频率是常量，D错误；根据Ek＝hν－W0，光电子的最大初动能不与入射光频率成正比，E错误．
10．研究光电效应电路如图所示，用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板(阴极K)，钠极板发射出的光电子被阳极A吸收，在电路中形成光电流．下列光电流I与AK之间的电压UAK的关系图象中，正确的是( )
解析：选C.由于是强度不同的光照射同种钠极板，则遏止电压相同，强度不同，饱和光电流不同．选项C正确．
二、非选择题
11．紫光在真空中的波长为4.5×10－7
m，问：
(1)紫光光子的能量是多少？
(2)用它照射极限频率为ν0＝4.62×1014
Hz的金属钾能否产生光电效应？若能产生，则光电子的最大初动能为多少？(h＝6.63×10－34
J·s)
解析：(1)E＝hν＝h＝4.42×10－19
J.
(2)ν＝＝6.67×1014
Hz，因为ν>ν0，所以能产生光电效应．光电子的最大初动能为
Ekm＝hν－W0＝h(ν－ν0)≈1.36×10－19
J.
答案：(1)4.42×10－19
J (2)能 1.36×10－19
J
12.
如图所示，当开关S断开时，用光子能量为2.5
eV的一束光照射阴极P，发现电流表读数不为零．合上开关，调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于0.60
V时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于0.60
V时，电流表读数为零．
(1)求此时光电子的最大初动能的大小；
(2)求该阴极材料的逸出功．
解析：设用光子能量为2.5
eV的光照射时，光电子的最大初动能为Ekm，阴极材料逸出功为W0
当反向电压达到U0＝0.60
V以后，具有最大初动能的光电子达不到阳极，因此eU0＝Ekm
由光电效应方程知Ekm＝hν－W0
由以上二式得Ekm＝0.6
eV，W0＝1.9
eV.
答案：(1)0.6
eV (2)1.9
eV一、选择题
1．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点由静止下滑，则下
列说法正确的是( )
A．m不能到达M上的B点
B．m能到达M上的B点
C．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
D．m从A到B的过程中M一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零
E．M与m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒
解析：选BDE.由于整个过程中只有重力做功，机械能守恒，故m能到达M上的B点，A项错误、B项正确；根据水平方向动量守恒可以确定整个过程M一直向左运动，故C项错误，D、E两项正确．
2.
我国女子短道速滑队在世锦赛上实现了女子3
000
m接力三连冠．如图所示，观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( )
A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
解析：选B.乙推甲的过程中，他们之间的作用力大小相等，方向相反，作用时间相等，根据冲量的定义，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，但方向相反，选项A错误；乙推甲的过程中，遵守动量守恒定律，即Δp甲＝－Δp乙，他们的动量变化大小相等，方向相反，选项B正确；在乙推甲的过程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲对乙做的负功与乙对甲做的正功不一定相等，结合动能定理知，选项C、D错误．
3．(2016·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：选C.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.
4．(2014·高考福建卷)一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为( )
A．v0－v2
B．v0＋v2
C．v0－v2
D．v0＋(v0－v2)
解析：选D.对火箭和卫星由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m2v2＋m1v1，解得v1＝＝v0＋(v0－v2)．故选D.
5．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6
kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4
kg·m/s，则( )
A．该碰撞为弹性碰撞
B．该碰撞为非弹性碰撞
C．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
解析：选AC.由mB＝2mA，pA＝pB知碰前vB＜vA，若右方为A球，由于碰前动量都为6
kg·m/s，即都向右运动，两球不可能相碰；若左方为A球，设碰后二者速度分别为v′A、v′B，由题意知p′A＝mAv′A＝2
kg·m/s，p′B＝mBv′B＝10
kg·m/s，解得＝.碰撞后A球动量变为2
kg·m/s，B球动量变为10
kg·m/s，又mB＝2mA，由计算可知碰撞前后A、B两球动能之和不变，即该碰撞为弹性碰撞，选项A、C正确．
6．两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1
kg，mB＝2
kg，vA＝6
m/s，vB＝2
m/s.
当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是( )
A．v′A＝5
m/s，v′B＝2.5
m/s
B．v′A＝2
m/s，v′B＝4
m/s
C．v′A＝－4
m/s，v′B＝7
m/s
D．v′A＝7
m/s，v′B＝1.5
m/s
解析：选B.虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度v′A大于B的速度v′B，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C项中，两球碰后的总动能E′k＝mAv′＋mBv′＝57
J，大于碰前的总动能Ek＝22
J，违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B项正确．
7．(2016·北京西城区模拟)1966年，在地球的上空完成了用动力学方法测质量的实验．实验时，用“双子星号”宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组(后者的发动机已熄火)，接触以后，开动“双子星号”飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速．推进器的平均推力F＝895
N，推进器开动时间Δt＝7
s．测出飞船和火箭组的速度变化Δv＝0.91
m/s.已知“双子星号”飞船的质量m1＝3
400
kg.由以上实验数据可测出火箭组的质量m2为( )
A．3
400
kg
B．3
485
kg
C．6
265
kg
D．6
885
kg
解析：选B.根据动量定理得FΔt＝(m1＋m2)Δv，代入数据解得m2＝3
485
kg，B选项正确．
8．(2016·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：选D.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．
9.
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：选BD.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．
二、非选择题
10．一质量为0.5
kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5
m的位置B处是一面墙，如图所示．一物块以v0＝9
m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7
m/s，碰后以6
m/s的速度反向运动直至静止，g取10
m/s2.
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若碰撞时间为0.05
s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；
(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.
解析：(1)由动能定理，有－μmgx＝mv2－mv
可得μ＝0.32.
(2)由动量定理，有FΔt＝mv′－mv
可得F＝130
N.
(3)W＝mv′2＝9
J.
答案：(1)0.32 (2)130
N (3)9
J
11．(2016·河北邯郸摸底考试)如图，木块A、B的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)．让A、B以初速度v0一起从O点滑出，滑行一段距离后到达P点，速度变为，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块B立即停在原位置，木块A继续沿水平方向前进．已知O、P两点间的距离为s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：
(1)木块与水平地面的动摩擦因数μ；
(2)炸药爆炸时释放的化学能．
解析：(1)设木块与地面间的动摩擦因数为μ，炸药爆炸释放的化学能为E0.
从O滑到P，对A、B由动能定理得
－μ·2mgs＝·2m－·2mv，
解得μ＝eq
\f(3v,8gs).
(2)在P点爆炸时，A、B动量守恒，有2m·＝mv，
根据能量守恒有
E0＋·2m·＝mv2，
解得E0＝mv.
答案：(1)eq
\f(3v,8gs) (2)mv
12．(2016·安徽十校联考)如图所示，相距x＝4
m、质量均为M，两个完全相同木板A、B置于水平地面上，一质量为M、可视为质点的物块C置于木板A的左端．已知物块C与木板A、B之间的动摩擦因数均为μ1＝0.40，木板A、B与水平地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.10，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力，开始时，三个物体均处于静止状态．现给物块C施加一个水平向右的恒力F，且F＝0.3Mg，已知木板A、B碰撞后立即粘连在一起．
(1)通过计算说明A与B碰前A与C是一起向右做匀加速直线运动．
(2)求从物块C开始运动到木板A与B相碰所经历的时间．
(3)已知木板A、B的长度均为L＝0.2
m，请通过分析计算后判断：物块C最终会不会从木板上掉下来？
解析：(1)设木板A与物块C之间的滑动摩擦力大小为Ff1，木板A与水平地面之间的滑动摩擦力大小为Ff2，有Ff1＝μ1Mg＝0.40Mg，Ff2＝μ2(Mg＋Mg)＝0.20Mg.
可见Ff2＜F＜Ff1，故可知在木板A、B相碰前，在F的作用下，木板A与物块C一起水平向右做匀加速直线运动．
(2)设A与C一起向右匀加速过程中它们的加速度为a，运动时间为t，与木块B相碰时的速度为v，有F－Ff2＝(M＋M)a，x＝at2，v＝at，解得t＝4
s，v＝2
m/s.
(3)碰撞后瞬间，物块C的速度不变，设A、B碰后速度为v′，则Mv＝2Mv′，得v′＝.
v′即木板A、B共同运动的初速度．
此后，物块C在木板上滑动时的加速度为aC＝＝－1
m/s2，物块C在木板上滑动时，木板A、B共同运动的加速度为aAB＝，其中F′f2＝μ2(Mg＋2Mg)＝0.3Mg，解得aAB＝0.5
m/s2.
若木板A、B很长，则物块C不会掉下来，设物块C再运动时间t1后，三者的速度相同，有v＋aCt1＝＋aABt1，解得t1＝
s，在此过程中，物块C的位移为xC＝vt1＋aCt＝
m.
木板A、B的位移为xAB＝t1＋aABt＝
m.
由于xC－xAB＝
m＜2L＝0.4
m，可见，物块C与木板A、B达到共同速度时还在木板上．进一步分析，由于F＝F′f2＝0.3Mg＜Ff1，可知达到共同速度后物块C将与木板A、B一起做匀速直线运动，可见物块C将不会从木板上掉下来．
答案：(1)见解析
(2)4
s
(3)物块C将不会从木板上掉下来一、单项选择题
1．(2016·江门模拟)如图所示，螺线管匝数n＝1
500匝，横截面积S＝20
cm2，螺线管导线电阻r＝1
Ω，电阻R＝4
Ω，磁感应强度B随时间变化的B－t图象如图所示(以向右为正方向)，下列说法正确的是( )
A．电阻R的电流方向是从A到C
B．感应电流的大小逐渐增大
C．电阻R两端的电压为6
V
D．C点的电势为4.8
V
答案：D
2.
如图所示，PN与QM两平行金属导轨相距1
m，电阻不计，两端分别接有电阻R1和R2，且R1＝6
Ω，ab杆的电阻为2
Ω，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1
T．现ab以恒定速度v＝3
m/s匀速向右移动，这时ab杆上消耗的电功率与R1、R2消耗的电功率之和相等．则( )
A．R2＝6
Ω
B．R1上消耗的电功率为0.75
W
C．a、b间电压为3
V
D．拉ab杆水平向右的拉力为0.75
N
解析：选D.杆ab消耗的功率与R1、R2消耗的功率之和相等，则＝Rab.解得R2＝3
Ω，故A错；E＝Blv＝3
V，则Iab＝＝0.75
A，Uab＝E－Iab·Rab＝1.5
V；PR1＝eq
\f(U,R1)＝0.375
W，故B、C错；F拉＝F安＝BIab·l＝0.75
N，故D对．
3.
(2016·广东六校联考)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：选D.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．
4．(2015·高考山东卷)如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内．左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化．规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uab－t图象可能正确的是( )
甲
乙
解析：选C.由题图乙知，在0～0.25T0内，外圆环电流逐渐增大且逐渐减小，根据安培定则，外圆环内部磁场方向垂直纸面向里，磁场逐渐增强且逐渐减小，根据楞次定律知内圆环a端电势高，所以uab>0，根据法拉第电磁感应定律uab＝＝知，uab逐渐减小；t＝0.25T0时，＝0，所以＝0，uab＝0；同理可知0.25T05.
(2016·山西康杰中学月考)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：选C.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∝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．
6.
边长为a的闭合金属正三角形框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直框架平面向里的匀强磁场中．现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图所示，则下列图象与这一过程相符合的是( )
解析：选B.该过程中，框架切割磁感线的有效长度等于框架与磁场右边界两交点的间距，根据题中几何关系有l有效＝x，所以E电动势＝Bl有效v＝Bvx∝x，A错误、B正确；框架匀速运动，故F外力＝F安＝eq
\f(B2lv,R)＝∝x2，C错误；P外力功率＝F外力v∝F外力∝x2，D错误．
二、多项选择题
7.
(2016·广州模拟)如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面且电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框分别从两个方向移出磁场的过程中( )
A．导体框中产生的感应电流方向相同
B．导体框中产生的焦耳热相同
C．导体框ad边两端电势差相同
D．通过导体框截面的电荷量相同
解析：选AD.由右手定则可得两种情况导体框中产生的感应电流方向相同，A项正确；热量Q＝I2Rt＝R×＝，导体框产生的焦耳热与运动速度有关，B项错误；电荷量q＝It＝×＝，电荷量与速度无关，电荷量相同，D项正确；以速度v拉出时，Uad＝Blv，以速度3v拉出时，Uad＝Bl·3v，C项错误．
8．如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt(常量k>0)．回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝.闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则( )
A．R2两端的电压为
B．电容器的a极板带正电
C．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍
D．正方形导线框中的感应电动势为kL2
解析：
选AC.根据串、并联电路特点，虚线MN右侧回路的总电阻R＝R0.回路的总电流I＝＝，通过R2的电流I2＝＝，所以R2两端电压U2＝I2R2＝·＝U，选项A正确；根据楞次定律知回路中的电流为逆时针方向，即流过R2的电流方向向左，所以电容器b极板带正电，选项B错误；根据P＝I2R，滑动变阻器R的热功率P＝I2＋＝I2R0，电阻R2的热功率P2＝R2＝I2R0＝P，选项C正确；根据法拉第电磁感应定律得，线框中产生的感应电动势E＝＝S＝kπr2，选项D错误．
9.
如图所示，CAD是固定在水平面上的用一硬导线折成的V形框架，∠A＝θ.在该空间存在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场．框架上的EF是用同样的硬导线制成的导体棒，它在水平外力作用下从A点开始沿垂直EF方向以
速度v匀速水平向右平移．已知导体棒和框架始终接触良好且构成等腰三角形回路，导线单位长度的电阻均为R，框架和导体棒均足够长．则下列描述回路中的电流I和消耗的电功率P随时间t变化的图象中正确的是( )
解析：选AD.由几何知识可知，导体棒切割磁感线的有效长度为L＝2vttan，回路的总电阻R总＝(＋1)LR，感应电动势E＝BLv，则回路中的电流I＝，回路消耗的电功率P＝EI＝t，故选项A、D正确，选项B、C错误．
10.
(2016·江西新余模拟)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：选AD.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．
三、非选择题
11．如图所示，边长L＝0.20
m的正方形导体框ABCD由粗细均匀的同种材料制成，正方形导线框每边的电阻R0＝1.0
Ω，金属棒MN与正方形导线框的对角线长度恰好相等，金属棒MN的电阻r＝0.20
Ω.导线框放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.50
T，方向垂直导线框所在平面向里．金属棒MN与导线框接触良好，且与导线框对角线BD垂直放置在导线框上，金属棒的中点始终在BD连线上．若金属棒以v＝4.0
m/s的速度向右匀速运动，当金属棒运动至AC的位置时，求：(计算结果保留两位有效数字)
(1)金属棒产生的电动势大小；
(2)金属棒MN上通过的电流大小和方向；
(3)导线框消耗的电功率．
解析：(1)金属棒产生的电动势大小为：E＝BLv＝×0.50×0.20×4.0
V≈0.57
V.
(2)金属棒运动到AC位置时，导线框左、右两侧电阻并联，其并联电阻大小为R并＝1.0
Ω，由闭合电路欧姆定律有I＝≈0.48
A，由右手定则有，电流方向从M到N.
(3)导线框消耗的电功率为P框＝I2R并≈0.23
W.
答案：(1)0.57
V (2)0.48
A 电流方向从M到N
(3)0.23
W
12．(2016·福州模拟)在一周期性变化的匀强磁场中有一圆形闭合线圈，线圈平面与磁场垂直，如图甲所示，规定图中磁场方向为正．已知线圈的半径为r、匝数为N，总电阻为R，磁感应强度的最大值为B0，变化周期为T，磁感应强度按图乙所示规律变化．求：
(1)在0～T内线圈产生的感应电流I1的大小；
(2)规定甲图中感应电流的方向为正方向，在图丙中画出一个周期内的i－t图象，已知图中I0＝；
(3)在一个周期T内线圈产生的电热Q.
解析：(1)在0～T内感应电动势E1＝N，
磁通量的变化ΔΦ1＝B0πr2，
解得E1＝，
线圈中感应电流大小I1＝＝.
(2)
(3)在0～T和T～T两个时间段内产生的热量相同，有Q1＝Q3＝IR·T，
在T～T时间内产生的热量Q2＝IR·T，
一个周期内产生的总热量
Q＝Q1＋Q2＋Q3＝.
答案：(1) (2)图象见解析 (3)一、单项选择题
1．如图所示，在同一竖直平面内，小球a、b从高度不同的两点，分别以初速度va和vb沿水平方向抛出，经时间ta和tb后落到与两抛出点水平距离
相等的P点，若不计空气阻力，则( )
A．ta＞tb，va＜vb
B．ta＞tb，va＞vb
C．ta＜tb，va＜vb
D．ta＜tb，va＞vb
解析：选A.由平抛运动规律可知：h＝gt2，x＝v0t，根据题中条件，因为ha＞hb，所以ta＞tb，又因为xa＝xb，故va＜vb，所以A选项正确．
2.
(2015·高考山东卷)距地面高5
m的水平直轨道上A、B两点相距2
m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图．小车始终以4
m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10
m/s2.可求得h等于( )
A．1.25
m
B．2.25
m
C．3.75
m
D．4.75
m
解析：选A.根据两球同时落地可得
＝＋
，代入数据得h＝1.25
m，选项A正确.3.
(2016·成都模拟)如图所示，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点．O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60°，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为( )
A.
B.
C.
D.
解析：选B.将B点的速度分解为v0和vy，则tan
60°＝，vy＝v0，而vy＝gt，所以t＝＝，由几何关系，小球水平方向的位移x＝R＋Rcos
60°＝R，根据x＝v0t得，v0＝
，B正确．
4．如图所示，一长为L的木板，倾斜放置，倾角为45°，今有一弹性小球，自与木板上端等高的某处自由释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与木板夹角相等，欲使小球一次碰撞后恰好落到木板下端，则小球释放点距木板上端的水平距离( )
A.
B.
C.
D.
解析：选D.设小球释放点距木板上端的水平距离为x，小球自与木板上端等高的某处自由释放，碰撞时小球的速度为v，则有v2＝2gx，与木板碰撞后平抛，gt2/2＝vt，L＝vt＋x，联立解得x＝，选项D正确．
5．如图所示，在斜面顶点以大小相同的速度v0同时水平向左与水平向右抛出两个小球A和B，两侧斜坡的倾角分别为37°和53°，小球均落在坡面上，若不计空气阻力，则A和B两小球的运动时间之比为( )
A．16∶9
B．9∶16
C．3∶4
D．4∶3
解析：选B.对于A球有tan
37°＝＝，解得tA＝；同理对B有tB＝，由此解得＝，故选项B正确，A、C、D错误．
6．如图所示，水平抛出的物体，抵达斜面上端P处时其速度方向恰好沿斜面方向，然后沿斜面无摩擦滑下，下列选项中的图象描述的是物体沿x方向和y方向运动的速度－时间图象，其中正确的是( )
解析：选C.0～tP段，水平方向：vx＝v0恒定不变，竖直方向：vy＝gt；tP～tQ段，水平方向：vx＝v0＋a水平t，竖直方向：vy＝vPy＋a竖直t(a竖直＜g)，因此选项A、B、D均错误，C正确．
二、多项选择题
7．(2016·河北唐山一模)套圈游戏是一项很受欢迎的群众运动，要求每次从同一位置水平抛出圆环，套住与圆环前端水平距离为3
m的20
cm高的竖直细杆，即为获胜．一身高1.4
m儿童从距地面1
m高度，水平抛出圆环，圆环半径为10
cm，要想套住细杆，他水平抛出的速度可能为(g＝10
m/s2)( )
A．7.4
m/s
B．7.6
m/s
C．7.8
m/s
D．8.2
m/s
解析：选BC.圆环做平抛运动，圆环距杆上端的竖直距离为H＝0.8
m，又知圆环在竖直方向做自由落体运动，则有H＝gt2，解得t＝0.4
s，圆环后端与杆的水平距离为3.2
m＝v1·t，得v1＝8
m/s，圆环前端与杆的水平距离为3
m＝v2·t，得v2＝7.5
m/s，所以要想套住杆，圆环水平抛出的速度范围为7.5
m/s＜v＜8
m/s，故选B、C.
8.
如图，从半径为R＝1
m的半圆AB上的A点水平抛出一个可视为质点的小球，经t＝0.4
s小球落到半圆上，已知当地的重力加速度g＝10
m/s2，则小球的初速度v0可能为( )
A．1
m/s
B．2
m/s
C．3
m/s
D．4
m/s
解析：
选AD.由于小球经0.4
s落到半圆上，下落的高度h＝gt2＝0.8
m，位置可能有两处，如图所示：
第一种可能：小球落在半圆左侧
v0t＝R－＝0.4
m，v0＝1
m/s
第二种可能：小球落在半圆右侧
v0t＝R＋＝1.6
m，v0＝4
m/s，选项A、D正确．
9．如图所示，小球a从倾角为θ＝60°的固定粗糙斜面顶端以速度v1沿斜面恰好匀速下滑，同时将另一小球b在斜面底端正上方与a球等高处以速度v2水平抛出，两球恰在斜面中点P相遇，则下列说法正确的是( )
A．v1∶v2＝2∶1
B．v1∶v2＝1∶1
C．若小球b以2v2水平抛出，则两小球仍能相遇
D．若小球b以2v2水平抛出，则b球落在斜面上时，a球在b球的右下方
解析：选AD.两球在P点相遇，知两球的水平位移相等，有v1tsin
30°＝v2t，解得v1∶v2＝2∶1，A对，B错；若小球b以2v2水平抛出，如图所示，若没有斜面，将落在B点与P点等高，可知将落在斜面上的A点，由于a、b两球在水平方向上做匀速直线运动，可知a球落在A点的时间小于b球落在A点的时间，所以b球落在斜面上时，a球在b球的右下方，C错，D对．
10.
(2016·安徽六安一中段考)如图所示，一演员表演飞刀绝技，由O点先后抛出完全相同的3把飞刀，分别依次垂直打在竖直木板M、N、P三点上．假设不考虑飞刀的转动，并可将其视为质点，已知O、M、N、P四点距离水平地面高度分别为h、4h、3h、2h，以下说法正确的是( )
A．3把飞刀在击中板时动能相同
B．到达M、N、P三点的飞行时间之比为1∶∶
C．到达M、N、P三点的初速度的竖直分量之比为∶∶1
D．设到达M、N、P三点，抛出飞刀的初速度与水平方向夹角分别为θ1、θ2、θ3，则有θ1＞θ2＞θ3
解析：选CD.将运动逆向看，可视为3个平抛运动且到达O点时水平位移相等．由H＝gt2得t＝
，则到达M、N、P三点的飞行时间之比为∶∶1，B错误．在水平方向有l＝vMt1＝vNt2＝vPt3，由Ek＝mv2知3把飞刀在击中板时打在M点处的动能最小，打在P点处的动能最大，A错误．由vy＝gt可知到达M、N、P三点的初速度的竖直分量之比为∶∶1，C正确．作出抛体运动的轨迹，可知θ1＞θ2＞θ3，D正确．
三、非选择题
11.
(2016·江西八校联考)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均可看做质点，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)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.
解析：(1)物体A上滑过程中，由牛顿第二定律得：
mgsin
θ＝ma
解得：a＝6
m/s2
设经过时间t物体A上滑到最高点，由运动学公式：
0＝v1－at
解得：t＝1
s.
(2)平抛物体B的水平位移：x＝v1tcos
37°＝2.4
m
平抛速度：v2＝＝2.4
m/s.
答案：(1)1
s (2)2.4
m/s
12．如图所示为车站使用的水平传送带装置的示意图，绷紧的传送带始终保持3.0
m/s的恒定速率运行，传送带的水平部分AB距水平地面的高度为h＝0.45
m．现有一行李包(可视为质点)由A端被传送到B端，且传送到B端时没有被及时取下，行李包从B端水平抛出，不计空气阻力，g取10
m/s2.求：
(1)若行李包从B端水平抛出的初速度v0＝3.0
m/s，求它在空中运动的时间和飞出的水平距离；
(2)若行李包以v0＝1.0
m/s的初速度从A端向右滑行，行李包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.20，要使它从B端飞出的水平距离等于(1)中所求的水平距离，求传送带的长度L应满足的条件．
解析：(1)设行李包在空中运动的时间为t，飞出的水平距离为x，则
h＝gt2
x＝v0t
代入数据解得：t＝0.3
s，x＝0.9
m.
(2)设行李包的质量为m，与传送带相对运动时的加速度为a，则滑动摩擦力
F＝μmg＝ma
代入数值解得：a＝2.0
m/s2
要使行李包从B端飞出的水平距离等于(1)中所求水平距离，行李包从B端水平抛出的初速度应为v＝3.0
m/s.设B行李包的速度为3
m/s时，通过的距离为x0，则v2－v＝2ax0
代入数值解得：x0＝2.0
m.
故传送带的长度L应满足的条件为L≥2.0
m.
答案：(1)0.3
s 0.9
m (2)L≥2.0
m
PAGE一、单项选择题
1.
某电容式话筒的原理如图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板．对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动．在P、Q间距增大过程中( )
A．P、Q构成的电容器的电容增大
B．P上电荷量保持不变
C．M点的电势比N点的低
D．M点的电势比N点的高
解析：选D.电容式话筒与电源串联，电压保持不变．在P、Q间距增大的过程中，根据电容决定式C＝得电容减小，A错误；又根据电容定义式C＝得电容器所带电荷量减小，B错误；电容器的放电电流通过R的方向由M到N，所以M点的电势比N点的高，C错误、D正确.
2．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将( )
A．打到下极板上
B．在下极板处返回
C．在距上极板处返回
D．在距上极板d处返回
解析：选D.设粒子质量为m，带电量为q，由动能定理得，第一次粒子从P点下落有mg－qU＝0；设第二次粒子从P点下落进入电容器后在距上极板距离为x处返回，有mg－qU＝0，联立解得x＝d，故选项D正确．
3.
(2016·杭州模拟)如图所示，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM＝MN，则P和Q的质量之比为(粒子重力不计)( )
A．3∶4
B．4∶3
C．3∶2
D．2∶3
解析：选A.由OM＝MN和t＝知，tP＝tQ，在垂直极板方向上，y＝·t＝·t，解得mP∶mQ＝3∶4，A正确．
4．(2014·高考天津卷)
如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )
A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷
B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加
C．微粒从M点运动到N点动能一定增加
D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加
解析：选C.微粒向下偏转，则微粒受到的电场力与重力的合力向下，若微粒带正电，只要电场力小于重力，就不能确定A、B板所带电荷的电性，A项错误；由于不能确定电场力的方向，因此不能确定电场力做功的正负，不能确定微粒从M点运动到N点电势能的变化，B项错误；由于电场力与重力的合力一定向下，因此微粒受到的合外力做正功，根据动能定理可知，微粒从M到N的过程中动能增加，C项正确；由于不能确定除重力以外的力即电场力做的是正功还是负功，也就不能确定微粒从M到N过程中机械能是增加还是减少，D项错误．
5.
(2016·宿州模拟)如图所示，竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中它们的( )
A．运行时间tP>tQ
B．电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ＝2∶1
C．电荷量之比qP∶qQ＝2∶1
D．动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝4∶1
解析：选C.两球在竖直方向上都做自由落体运动，由于下落高度相同，所以运动时间相等，A错误；在水平方向上，两球都做匀加速运动，由x＝at2可得aP∶aQ＝2∶1，则qP∶qQ＝2∶1，C正确；电势能的减少量ΔEP∶ΔEQ＝(qPE·xP)∶(qQE·xQ)＝4∶1，B错误；动能增加量(mgh＋ΔEP)∶(mgh＋ΔEQ)<4∶1，D错误．
6.
(2016·湖北八校联考)有一静电场，其电势随x坐标的改变而改变，变化的图线如图所示．若将一带负电的粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放，电场中P、Q两点分别位于x坐标轴上的1
mm、4
mm处．则下列说法正确的是( )
A．粒子将沿x轴正方向一直向前运动
B．粒子在P点与Q点的加速度大小相等、方向相反
C．粒子经过P点与Q点时，动能相等
D．粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等
解析：选C.由题中φ－x图象，画出电场强度E随x变化的图象及带电粒子的v－t图象，如图所示，由图可知A错误；由牛顿第二定律知，粒子在P、Q两点的加速度满足aP＝2aQ，B错误；由v－t图象可知，粒子在P、Q两点对应的时间分别是t0和(3－)t0，其速度相等，C正确；粒子在P、Q两点的功率P＝Eqv，因电场强度不相同，故功率不同，D错误．
二、多项选择题
7.
如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态．以下说法中正确的是( )
A．若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流
B．若将A板向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G中有b→a的电流
C．若将S断开，则油滴立即做自由落体运动，G中无电流
D．若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中有b→a的电流
解析：选AB.根据题图可知，A板带负电，B板带正电，原来油滴恰好处于静止状态，说明油滴受到的竖直向上的电场力刚好与重力平衡；当S闭合，若将A板向上平移一小段位移，则板间间距d变大，而两板间电压U此时不变，故板间场强E＝变小，油滴所受的合力方向向下，所以油滴向下加速运动，而根据C＝可知，电容C减小，故两板所带电荷量Q也减小，因此电容器放电，所以G中有b→a的电流，选项A正确；在S闭合的情况下，若将A板向左平移一小段位移，两板间电压U和板间间距d都不变，所以板间场强E不变，油滴受力平衡，仍然静止，但是两板的正对面积S减小了，根据C＝可知，电容C减小，两板所带电荷量Q也减小，电容器放电，所以G中有b→a的电流，选项B正确；若将S断开，两板所带电荷量Q保持不变，板间场强E也不变，油滴仍然静止，选项C错误；若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，两板所带电荷量仍保持不变，两板间间距d变小，根据C＝，U＝和E＝，可得E＝，显然，两板间场强E不变，所以油滴仍然静止，G中无电流，选项D错误．
8.
(2015·高考江苏卷)一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球( )
A．做直线运动
B．做曲线运动
C．速率先减小后增大
D．速率先增大后减小
解析：选BC.小球运动时受重力和电场力的作用，合力F方向与初速度v0方向不在一条直线上，小球做曲线运动，选项A错误、选项B正确；将初速度v0分解为垂直于F方向的v1和沿F方向的v2，根据运动与力的关系，v1的大小不变，v2先减小后反向增大，因此小球的速率先减小后增大，选项C正确、D错误．
9．(2016·成都诊断性检测)
如图所示，两对金属板A、B和C、D分别竖直和水平放置，A、B接在电路中，C、D板间电压为U.A板上O处发出的电子经加速后，水平射入C、D板间，电子最终都能打在光屏M上．关于电子的运动，下列说法正确的是( )
A．S闭合，只向右移动滑片P，P越靠近b端，电子打在M上的位置越高
B．S闭合，只改变A、B板间的距离，改变前后，电子由O至M经历的时间相同
C．S闭合，只改变A、B板间的距离，改变前后，电子到达M前瞬间的动能相同
D．S闭合后再断开，只向左平移B，B越靠近A板，电子打在M上的位置越高
解析：选CD.设射出B板时速度为v，则电子在A、B板间加速，UBAe＝mv2，在C、D板间的偏转位移y＝··＝，S闭合，只向右移动滑片P，UBA增大，偏转位移y减小，电子打在M上的位置降低，选项A错误；设电子在A、B板间的运动时间为t1，A、B板间距离为dAB，则dAB＝t1，S闭合，只改变A、B板间距离，板间电压UBA不变，v不变，t1变化，从B板射出后水平方向匀速运动速度不变，电子由O到M经历的时间必然变化，选项B错误；S闭合，只改变A、B板间距离，板间电压UBA不变，偏转位移y相同，根据动能定理知电场力做功相同，电子到达M瞬间的动能相同，选项C正确；S闭合再断开，A、B板所带电荷量不变，向左平移B板，板间距离减小，根据C＝，C增大，UBA＝，UBA减小，又y＝··＝可知电子打在M上的位置升高，选项D正确．
10．如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L＝0.4
m，两极板间距离d＝4×10－3
m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流以相同的速度v0
从两极板中央平行极板射入，开关S闭合前，两极板间不带电，由于重力作用，微粒能落到下极板的正中央．已知微粒质量m＝4×10－5
kg、电荷量q＝＋1×10－8
C，g＝10
m/s2则下列说法正确的是( )
A．微粒的入射速度v0＝10
m/s
B．电容器上板接电源正极时微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场
C．电源电压为180
V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场
D．电源电压为100
V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场
解析：选AC.开关S闭合前，两极板间不带电，微粒落到下极板的正中央，由＝gt2，＝v0t，联立得v0＝10
m/s，A对；电容器上板接电源正极时，微粒的竖直方向加速度更大，水平位移将更小，B错；设微粒恰好从平行板右边缘下侧飞出时的加速度为a，电场力向上，则＝at，L＝v0t1，mg－＝ma，联立解得U1＝120
V，同理微粒在平行板右边缘上侧飞出时，可得U2＝200
V，所以平行板上板带负电，电源电压为120
V≤U≤200
V时，微粒可以从平行板电容器的右边射出电场，C对、D错．
三、非选择题
11．(2015·高考安徽卷)
在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E(图中未画出)，由A点斜射出质量为m、带电荷量为＋q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中l0为常数．粒子所受重力忽略不计．求：
(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功；
(2)粒子从A到C过程所经历的时间；
(3)粒子经过C点时的速率．
解析：(1)WAC＝qE(yA－yC)＝3qEl0.
(2)根据抛体运动的特点，粒子在x方向做匀速直线运动，由对称性可知轨迹最高点D在y轴上，可令tAD＝tDB＝T，则tBC＝T
由qE＝ma得a＝
又y0＝aT
2，y0＋3l0＝a(2T)2
解得T＝
则A→C过程所经历的时间t＝3
.
(3)粒子在DC段做类平抛运动，于是有
2l0＝vCx(2T)，vCy＝a(2T)
vC＝
eq
\r(v＋v)＝
.
答案：(1)3qEl0 (2)3
(3)
12．如图甲所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d＝0.1
m，板长L＝0.3
m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间．距金属板右端x＝0.5
m处竖直放置一足够大的荧光屏．现在AB板间加如图乙所示的方波形电压，已知U0＝1.0×102
V．在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m＝1.0×10－7
kg，电荷量q＝1.0×10－2
C，速度大小均为v0＝1.0×104
m/s.带电粒子的重力不计．则
(1)求粒子在电场中的运动时间；
(2)求在t＝0时刻进入的粒子打在荧光屏上的位置到O点的距离；
(3)请证明粒子离开电场时的速度均相同；
(4)若撤去挡板，求荧光屏上出现的光带长度．
解析：(1)粒子水平方向做匀速直线运动，故t＝＝3×10－5s.
(2)t＝0时刻进入的粒子先做匀加速曲线运动t1＝2×10－5s再做匀减速曲线运动t2＝1×10－5s
加速度大小相等，a＝＝108
m/s2
离开电场时，竖直方向速度vy＝at1－at2＝1
000
m/s
因为t1＝2t2可将整个过程分为3个t2，由匀加速直线运动的推论可知，竖直方向位移y1＝at
y2＝3×at
y3＝3×at
则离开电场时，竖直位移y′＝7×at＝0.035
m
依据比例可得y＝y′＋x＝0.035
m＋0.05
m＝0.085
m.
(3)vy＝a(t＋－t－)t＋为粒子在电场中运动时正向电压(上极板为U0)的持续时间，t－为粒子在电场中运动时负向电压(下极板为U0)的持续时间(t＋＋t－)恰好等于交变电压的周期，故vy＝1
000
m/s
又所有粒子打入时的速度均为10
000
m/s，且水平方向做匀速直线运动
故所有粒子离开电场时的速度均为v＝
1
000
m/s，方向与水平方向成角θ＝arccot
10.
(4)由第(3)问可知，所有粒子飞出时的速度均相同，重点研究2×10－5s末打入的一个粒子，若其恰好能不碰下极板，如图所示光带长度为l＝d－at＝0.095
m
答案：(1)3×10－5
s (2)0.085
m
(3)见解析 (4)0.095
m, [学生用书P200])
1．(考点一)(单选)
(2014·高考江苏卷)如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中.
在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )
A.
B.
C.
D.
解析：选B.线圈中产生的感应电动势E＝n＝n··S＝n··＝，选项B正确．
2．(考点一)(单选)
如图所示，在边长为a的正方形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，其方向垂直纸面向外，一个边长也为a的正方形导线框架EFGH正好与上述磁场区域的边界重合，现使导线框以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动，经过，导线框转到图中虚线位置，已知导线框的总电阻为R，则在这时间内( )
A．因不知顺时针转动还是逆时针运动，所以不能判断导线框中感应电流的方向
B．导线框中感应电流的方向为E→F→G→H→E
C．通过导线框中任一截面的电量为
D．平均感应电动势大小等于
解析：选D.不论如何转动，在内磁通量均减小，由楞次定律知电流方向为F→E→H→G→F，故A、B错误；在0～内，ΔΦ＝B·(3－2)a2，解＝＝，故D正确；电量为q＝＝，故C错误．
3．(考点二)(单选)
(2015·高考海南卷)如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒与磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ε'.则等于( )
A.
B.
C．1
D.
解析：选B.设折弯前导体切割磁感线的长度为L，折弯后，导体切割磁场的有效长度为l＝
＝L，故产生的感应电动势为ε'＝Blv＝B·Lv＝ε，所以＝，B正确．
4．(考点三)(多选)
如图所示，灯泡A、B与定值电阻的阻值均为R，L是自感系数较大的线圈，当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B两灯亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中正确的是( )
A．B灯立即熄灭
B．A灯将比原来更亮一下后熄灭
C．有电流通过B灯，方向为c→d
D．有电流通过A灯，方向为b→a
解析：选AD.S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B两灯一样亮，说明两个支路中的电流相等，这时线圈L没有自感作用，可知线圈L的电阻也为R，在S2、S1都闭合且稳定时，IA＝IB，当S2闭合、S1突然断开时，由于线圈的自感作用，流
过A灯的电流方向变为b→a，但A灯不会出现比原来更亮一下再熄灭的现象，故选项D正确、B错误；由于定值电阻R没有自感作用，故断开S1时，B灯立即熄灭，选项A正确、C错误．
5.
(微专题27)(单选)如图所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速运动，则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)( )
A．由c到d，I＝
B．由d到c，I＝
C．由c到d，I＝
D．由d到c，I＝
解析：选D.由右手定则判定通过电阻R的电流的方向是由d到c；而金属圆盘产生的感应电动E＝Br2ω，所以通过电阻R的电流大小是I＝，选项D正确．一、单项选择题
1.
如图所示，电解池内有一价离子的电解液，在时间t内通过溶液截面S的正离子数为n1，负离子数为n2.设元电荷电荷量为e，则以下说法正确的是( )
A．溶液内电流方向从A到B，电流大小为
B．溶液内电流方向从B到A，电流大小为
C．溶液内正、负离子反方向移动，产生的电流相互抵消
D．溶液内电流方向从A到B，电流大小为
解析：选D.电解液中通过一截面的电荷量应为n1e＋n2e，则电流为I＝＝.电流方向为正电荷定向移动方向，为A→B.
2．如图所示，D为一插头，可接入电压恒定的照明电路中，a、b、c为三只相同且功率较大的电炉，a靠近电源，b、c离电源较远，而离用户电灯L很近，输电线有电阻．关于电炉接入电路后对电灯的影响，下列说法中正确的是( )
A．使用电炉a时对电灯的影响最大
B．使用电炉b时对电灯的影响比使用电炉a时小
C．使用电炉c时对电灯几乎没有影响
D．使用电炉b或c时对电灯影响几乎一样
解析：选D.由于电炉a靠近电源，流过a的电流，没有流过后面的输电线，不会引起输电线上电压降，接通与不接通对电路没有影响，选项A错误；使用电炉b时，流过输电线的电流增大，输电线上的电压降增大，电灯两端的电压减少，功率减少，所以使用电炉b时对电灯的影响比使用电炉a时大，选项B错误；c离电源较远但靠近电灯，使用c时，流过输电线的电流增大，输电线上的电压降增大，电灯两端的电压减少，功率减少，选项C错误；b、c离电源都较远，根据上面分析，对电灯影响几乎一样，故D正确．
3．有Ⅰ、Ⅱ两根不同材料的电阻丝，长度之比为l1∶l2＝1∶5，横截面积之比为S1∶S2＝2∶3，电阻之比为R1∶R2＝2∶5，外加电压之比为U1∶U2＝1∶2，则它们的电阻率之比为( )
A．2∶3
B．4∶3
C．3∶4
D．8∶3
解析：选B.由R＝ρ得：ρ＝，ρ1∶ρ2＝＝4∶3，B正确．
4.
如图所示，厚薄均匀的矩形金属片，边长ab＝10
cm，bc＝5
cm，当A与B之间接入的电压为U时，电流为1
A，若C与D间接入的电压为U时，其电流为( )
A．4
A
B．2
A
C．0.5
A
D．0.25
A
解析：选A.设金属片的厚度为m，则接A、B时R1＝ρ·＝ρ·；接C、D时，R2＝ρ·；所以＝，又电压不变，得I2＝4I1＝4
A.
5.
如图所示是一根粗细均匀的橡胶棒，其横截面积为S，由于与毛皮发生摩擦而均匀带负电，若已知该橡胶棒每米所带的电荷量为q，则当该棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时，形成的等效电流为( )
A．vq
B.
C．qvS
D.
解析：选A.设想一横截面，Δt时间内通过该面的电荷量为：Q＝q·v·Δt，则I＝＝qv，故A正确．
6.
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：选C.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．
二、多项选择题
7．(2016·商丘高三模拟)如图所示，图线a表示的导体的电阻为R1，图线b表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是( )
A．R1∶R2＝1∶3
B．把R1拉长到原来的3倍长后电阻等于R2
C．将R1与R2串联后接于电源上，则功率之比P1∶P2＝1∶3
D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流之比I1∶I2＝1∶3
解析：选AC.根据I－U图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1∶R2＝1∶3，A正确；根据公式R＝ρ可得，把R1拉长到原来的3倍长后，横截面积减小为原来的，所以电阻变为原来的9倍，B错误；串联电路电流相等，所以将R1与R2串联后接于电源上，电流比I1∶I2＝1∶1，根据公式P＝I2R可得，功率之比P1∶P2＝1∶3，C正确；并联电路电压相等，电流比等于电阻之反比，所以将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1∶I2＝3∶1，D错误．
8.
如图所示，用输出电压为1.4
V、输出电流为100
mA的充电器对内阻为2
Ω的镍—氢电池充电．下列说法正确的是( )
A．电能转化为化学能的功率为0.12
W
B．充电器输出的电功率为0.14
W
C．充电时，电池消耗的热功率为0.02
W
D．充电器把0.14
W的功率储存在电池内
解析：选ABC.充电器的输出功率为P出＝IU＝0.1×1.4
W＝0.14
W，故B正确；热功率为：P热＝I2R＝0.12×2
W＝0.02
W，故C正确；电能转化为化学能的功率为：P转＝P出－P热＝0.12
W，故A正确、D错误．
9．额定电压均为220
V的白炽灯L1和L2的U－I特性曲线如图甲所示，现将和L2完全相同的L3与L1和L2一起按如图乙所示电路接入220
V电路中，则下列说法正确的是( )
A．L2的额定功率为99
W
B．L2的实际功率为17
W
C．L2的实际功率比L3的实际功率小17
W
D．L2的实际功率比L3的实际功率小82
W
解析：选ABD.由L2的伏安特性曲线可得，在额定电压220
V时的电流为0.45
A，则L2的额定功率为P额＝U额I额＝99
W，选项A正确；图示电路为L1和L2串联再与L3并联，所以L1和L2串联后两端的总电压为220
V，那么流过L1和L2的电流及两灯的电压满足I1＝I2，U1＋U2＝220
V，由L1和L2的U－I图线可知，I1＝I2＝0.25
A，U1＝152
V，U2＝68
V，故灯L2的实际功率P2＝I2U2＝17
W，故选项B正确；由于L3两端的电压为220
V，故P3＝P额＝99
W，则P3－P2＝82
W，故选项C错误，选项D正确．
10．(2016·湖北八校二联)在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0
V，内阻不计，L1、L2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R为定值电阻，阻值为7.5
Ω.当开关S闭合后( )
A．L1的电阻为
Ω
B．L1消耗的电功率为7.5
W
C．L2的电阻为7.5
Ω
D．L2消耗的电功率为0.3
W
解析：选CD.S闭合后，L1两端的电压为3.0
V，由乙图可知，I1＝0.25
A，故P1＝0.75
W，R1＝12
Ω，A、B错误；L2与R及电源串联，把R和电源等效成电动势为3
V，内阻为7.5
Ω的新电源，在图乙中作出新电源的I－U图线，如图，两图线的交点表示出了此时L2两端的电压与通过的电流的大小，由图知U2＝1.5
V，I2＝0.2
A，所以R2＝＝
Ω＝7.5
Ω，P2＝U2I2＝1.5×0.2
W＝0.3
W，C、D正确．
三、非选择题
11．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
12．四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一．某地要把河水抽高20
m，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作．工作电压为380
V，此时输入电动机的电功率为19
kW，电动机的内阻为0.4
Ω.已知水的密度为1×103
kg/m3，重力加速度取10
m/s2.求：
(1)电动机内阻消耗的热功率；
(2)将蓄水池蓄入864
m3的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度)．
解析：(1)设电动机的电功率为P，则P＝UI
设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr，则Pr＝I2r
代入数据解得Pr＝1×103
W.
(2)设蓄水总质量为M，所用抽水时间为t.已知抽水高度为h，容积为V，水的密度为ρ，则
M＝ρV
设质量为M的河水增加的重力势能为ΔEp
则ΔEp＝Mgh
设电动机的输出功率为P0，则P0＝P－Pr
根据能量守恒定律得
P0t×60%×80%＝ΔEp
代入数据解得
t＝2×104
s.
答案：(1)1×103
W (2)2×104
s一、单项选择题
1.
(2016·西安质检)如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，电场线的方向如图中箭头所示，M、N、Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线垂直于MN.以下说法正确的是( )
A．O点电势与Q点电势相等
B．M、O间的电势差小于O、N间的电势差
C．将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加
D．在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ垂直的方向竖直向上
解析：选C.由电场线的方向可知φM>φO>φN，再作出此电场中过O的等势线，可知φO>φQ，A错误；且MO间的平均电场强度大于ON间的平均电场强度，故U>UON，B错误；因U>0，负电荷从M到Q电场力做负功，电势能增加，C正确；正电荷在Q点的电场力方向沿电场线的切线方向，而不是圆的切线方向，D错误．
2．(2016·中山模拟)
如图所示是某电场中的一组等势面，若A、B、C、D相邻两点间距离均为2
cm，A和P点间的距离为1.5
cm，则该电场的场强E和P点的电势φP分别为( )
A．500
V/m，－2.5
V
B.V/m，－2.5
V
C．500
V/m，2.5
V
D.V/m，2.5
V
解析：选B.相邻等势面间距离：d＝AB·sin
60°，场强E＝＝
V/m.＝＝，UAP＝×(－10)
V＝－7.5
V，所以φP＝φA＋7.5
V＝－2.5
V，故B正确．
3．(2016·泉州质检)如图所示，空间中存在着由一固定的正点电荷Q(图中未画出)产生的电场．另一正点电荷q仅在电场力作用下沿曲线MN运动，在M点的速度大小为v0，方向沿MP方向，到达N点时速度大小为v，且v
A．Q一定在虚线MP上方
B．M点的电势比N点的电势高
C．q在M点的电势能比在N点的电势能小
D．q在M点的加速度比在N点的加速度大
解析：选C.正点电荷q受到的电场力方向指向轨迹的凹侧，则正点电荷Q应在该轨迹的右侧，选项A错误；由于v
4.
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．下列说法中正确的是( )
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．O到x1和O到x3两点的电势差相等
解析：选C.沿x轴对称分布的电场，由题图可得其电场线以O点为中心指向正、负方向(或从正、负无穷远指向O)，沿电场线电势降落(最快)，所以O点电势最高(或最低)，A、B错误；由于电场沿x轴对称分布，则O点到x1与O点到－x1的电势差相等，故x1与－x1两点电势相等，C正确；x1和x3两点电场强度大小相等，电势不相等，故O到x1和O到x3两点的电势差也不相等，D错误．
5.
(2014·高考山东卷)如图，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A.已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样．一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能Ek0沿OA方向射出．下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是( )
解析：选A.试探电荷的动能Ek＝Ek0＋W＝Ek0＋Δl，由此可知在球壳内，由于球壳内的场强处处为零，因此电场力不做功，试探电荷的动能不变；在球壳外，所受电场力为库仑力，随着运动距离的增大，在移动相同位移的前提下，库仑力做功越来越少，因此动能的增加越来越慢．据此可知，所给的四个图中只有A选项正确，其余选项皆错误．
6.
如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示，若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则( )
A．电子将沿Ox轴负方向运动
B．电子的电势能将增大
C．电子运动的加速度恒定
D．电子运动的加速度先减小后增大
解析：选D.由题给条件知，沿x轴正方向电势逐渐升高，因此电场方向沿x轴负方向，电子将沿x轴正方向加速，动能增大，电势能减小，故A、B错误；φ
－x图象的斜率表示场强大小，由题图知，场强沿x轴正方向先减小后增大，电子的加速度先减小后增大，故C错误、D正确．
二、多项选择题
7．如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止．现撤去F，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，则对于上述过程中分析正确的是( )
A．小球与弹簧组成的系统机械能守恒
B．小球的重力势能增加－W1
C．小球的机械能增加W1＋mv2
D．小球的电势能减少W2
解析：选BD.由于电场力做正功，故小球与弹簧组成的系统机械能增加，机械能不守恒，故A选项错误；重力做功是重力势能变化的量度，由题意知重力做负功，重力势能增加，增加量为－W1，故B选项正确；小球增加的机械能等于重力势能的增加量与小球动能的增加量之和，即－W1＋mv2，故C选项错误；根据电场力做功是电势能变化的量度，电场力做正功电势能减少，减少量为W2，故D选项正确．
8.
(2014·高考全国卷Ⅰ)如图，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°.M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN
，φP＝φF，点电荷Q在
M、N、P三点所在平面内，则
( )
A．点电荷Q一定在MP的连线上
B．连接PF的线段一定在同一等势面上
C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功
D．φP大于φM
解析：选AD.
电场是由正点电荷产生的，所以电场线由正点电荷指向无穷远处，并且跟点电荷距离相等的点，电势相等，场强大小相等．由于φM＝φN，φP＝φF，所以点电荷Q到M和N的距离相等，到P和F的距离相等，即过F作MN的中垂线，然后作FP的中垂线，两中垂线的交点为正点电荷Q所在的位置，由几何知识得Q在MP的连线上，如图所示，选项A正确；点电荷形成的电场中等势面是球面，故选项B错误；正试探电荷与Q同号，所以受斥力作用，故将其从P点搬运到N点时，电场力做正功，故选项C错误；由几何关系知点电荷Q距M的距离大，距P的距离小，所以φM<φP，故选项D正确．
9.
(2015·高考广东卷)如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则( )
A．M的带电量比N的大
B．M带负电荷，N带正电荷
C．静止时M受到的合力比N的大
D．移动过程中匀强电场对M做负功
解析：选BD.两带电小球分别在两球间的库仑力和水平匀强电场的电场力作用下处于平衡状态，因为两小球间的库仑力等大反向，则匀强电场对两带电小球的电场力也等大反向，所以两带电小球的带电量相等，电性相反，静止时，两球所受合力均为零，选项A、C错误；M、N两带电小球受到的匀强电场的电场力分别水平向左和水平向右，即M带负电，N带正电，M、N两球在移动的过程中匀强电场对M、N均做负功，选项B、D正确．
10.
如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势φ与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点(0.15，3)的切线．现有一质量为0.20
kg，电荷量为＋2.0×10－8
C的滑块P(可视为质点)，从x＝
0．10
m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02.取重力加速度g＝10
m/s2.则下列说法正确的是( )
A．x＝0.15
m处的场强大小为2.0×106
N/C
B．滑块运动的加速度逐渐减小
C．滑块运动的最大速度约为0.1
m/s
D．滑块最终在0.3
m处停下
解析：选AC.φ
－x的斜率等于该点的电场强度，所以x＝0.15
m处的场强大小为E＝，选项A正确；图象的斜率逐渐减小，因为在x＝0.15
m处，Eq＝μmg＝0.04
N，所以从x＝0.1
m开始，滑块向右运动的过程中，加速度向右先减小后反向变大，选项B错误；当滑动摩擦力等于电场力时，滑块的速度最大，此时对应的x＝0.15
m，由动能定理有Uq－μmgΔx＝mv2，U＝1.5×105
V，Δx＝0.05
m，解得v＝0.1
m/s，选项C正确；假设滑块在x＝0.3
m处停下，则从x＝0.1
m处到x＝0.3
m处，电场力做功W＝qU′＝6×10－3
J，摩擦力做功Wf＝－μmgΔx′＝－8×10－3J，因为Wm处，选项D错误．
三、非选择题
11.
(2015·高考全国卷Ⅱ)如图，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°.不计重力．求A、B两点间的电势差．
解析：设带电粒子在B点的速度大小为vB.粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即
vB
sin
30°＝v0sin
60°①
由此得vB＝v0②
设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有
qUAB＝m(v－v)③
联立②③式得UAB＝eq
\f(mv,q).
答案：eq
\f(mv,q)
12．(2016·潍坊模拟)如图所示，带电荷量为
Q的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距为L，B为AC中点．现将一带电小球从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度恰好为零．已知带电小球在A点处的加速度大小为，静电力常量为k，求：
(1)小球运动到B点时的加速度大小；
(2)B和A两点间的电势差(用Q和L表示)．
解析：(1)带电小球在A点时：
mgsin
30°－k＝maA
带电小球在B点时：
－mgsin
30°＝maB
且aA＝
由以上各式联立解得：aB＝.
(2)由A点到B点应用动能定理得：
mgsin
30°·－UBA·q＝0
由mgsin
30°－k＝maA＝m可得：
mg＝k
可求得：UBA＝.
答案：(1) (2), [学生用书P220])
1．(考点一)(单选)(2015·高考江苏卷)一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220
V交变电流改变为110
V．已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为( )
A．200
B．400
C．1
600
D．3
200
解析：选B.根据理想变压器原副线圈电压与匝数的关系＝，得n2＝＝＝400，选项B正确．
2．(考点一)(单选)(2016·陕西西安模拟)如图，一理想变压器原副线圈的匝数比为1∶2，副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220
V，额定功率为22
W；原线圈电路中接有电压表和电流表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则( )
A．U＝110
V，I＝0.05
A
B．U＝110
V，I＝0.2
A
C．U＝110
V，I＝0.2
A
D．U＝110
V，I＝0.2
A
解析：选B.灯泡正常发光时，加在灯泡两端的电压为220
V，流过灯泡的电流I＝0.1
A，根据变压关系＝，可知电压表读数U1＝110
V，根据变流关系＝，可得电流表读数I1＝0.2
A，因此B正确．
3.
(考点二)(多选)(2015·高考天津卷)如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则( )
A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大
B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小
C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大
D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小
解析：选BC.保持Q的位置不动，则U2不变，将P向上滑动时，R接入电路的电阻变大，根据I2＝知，I2变小，根据＝得I1也变小，即电流表读数变小，选项A错误，选项B正确；保持P的位置不动，将Q向上滑动时，U2变大，则根据P2＝eq
\f(U,R0＋R)知副线圈输出功率变大，由P1＝P2知，变压器原线圈输入功率P1变大，而P1＝I1U，输入电压U一定，I1变大，即电流表读数变大，选项C正确，选项D错误．
4．(考点三)(单选)(2015·高考福建卷)如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u＝Umsin
ωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )
A．()eq
\f(U,4r)
B．()eq
\f(U,4r)
C．4()2()2r
D．4()2()2r
解析：选C.升压变压器T的原线圈两端电压的有效值为U1＝；由变压关系可得
＝，则U2＝；因为输送电功率为P，输电线中的电流为I2＝＝，则输电线上损失的电功率为ΔP＝I(2r)＝eq
\f(4nP2r,nU)，故选项C正确．
5．(微专题31)(单选)如图所示，电路中变压器原线圈匝数n1＝1
000，两个副线圈匝数分别为n2＝500、n3＝200，分别接一个R＝55
Ω的电阻，在原线圈上接入U1＝220
V的交流电源．则两副线圈输出电功率之比和原线圈中的电流I1分别是( )
A.＝，I1＝2.8
A
B.＝，I1＝2.8
A
C.＝，I1＝1.16
A
D.＝，I1＝1.16
A
解析：选C.对两个副线圈有＝、＝，所以U2＝110
V，U3＝44
V，又因为P＝，所以＝eq
\f(U,U)＝；由欧姆定律得I2＝＝2
A，I3＝＝0.8
A，对有两个副线圈的变压器有n1I1＝n2I2＋n3I3，得I1＝1.16
A，故C正确．一、单项选择题
1.
如图所示，一倾角为45°的斜面固定于墙角，为使一光滑的铁球静止于图示位置，需加一水平力F，且F通过球心．下列说法正确的是( )
A．球一定受墙水平向左的弹力
B．球可能受墙水平向左的弹力
C．球一定受斜面通过铁球重心的弹力
D．球可能受斜面垂直于斜面向上的弹力
解析：选B.F的大小合适时，球可以静止在无墙的斜面上，F增大时墙才会对球有弹力，所以选项A错误，B正确；斜面对球必须有斜向上的弹力才能使球不下落，该弹力方向垂直于斜面但不一定通过球的重心，所以选项C、D错误．
2．(2016·宝鸡模拟)如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平地面上，小物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，已知A、B、C都处于静止状态，则( )
A．B受C的摩擦力一定不为零
B．C受地面的摩擦力一定为零
C．C有沿地面向右滑的趋势，一定受到地面向左的摩擦力
D．将细绳剪断，若B依然静止在斜面上，此时地面对C的摩擦力水平向左
解析：选C.当A物体的重力大小等于B物体重力沿斜面向下的分力大小时，B不受摩擦力，故A错误；B、C看做一个整体，受斜向上的拉力而处于静止状态，C一定受到地面向左的静摩擦力，剪断细绳，地面对C没有摩擦力，故C正确，B、D错误．
3.
(2014·高考广东卷)如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是( )
A．M处受到的支持力竖直向上
B．N处受到的支持力竖直向上
C．M处受到的静摩擦力沿MN方向
D．N处受到的静摩擦力沿水平方向
解析：选A.支持力的方向垂直于支持面，因此M处受到的支持力垂直于地面竖直向上，N处受到的支持力过N垂直于切面，A项正确、B项错误；静摩擦力方向平行于接触面与相对运动趋势的方向相反，因此M处的静摩擦力沿水平方向，N处的静摩擦力沿MN方向，C、D项都错误．
4．(2016·黄冈模拟)如图所示，一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点，A、B两点离墙壁的距离分别为x1、x2.物块与地面间的最大静摩擦力为Ff，则弹簧的劲度系数为( )
A.
B.
C.
D.
解析：选C.设弹簧原长为x0，则Ff＝k(x2－x0)＝k(x0－x1)，解得k＝，C正确．
5．(2016·湖北黄冈模拟)如图甲所示，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力为Ff1；如图乙所示，若对该物块施加一平行于斜面向下的推力F1使其加速下滑，则地面对斜劈的摩擦力为Ff2；如图丙所示，若对该物块施加一平行于斜面向上的推力F2使其减速下滑，则地面对斜劈的摩擦力为Ff3；如图丁所示，若对该物块施加一与斜面成30°斜向下的推力F3使其沿斜面下滑，则地面对斜劈的摩擦力为Ff4.下列关于Ff1、Ff2、Ff3和Ff4大小及其关系式中正确的是( )
A．Ff1＞0
B．Ff2＜Ff3
C．Ff2＜Ff4
D．Ff3＝Ff4
解析：选D.由题图甲可知，斜劈和物块都平衡，对斜劈和物块整体进行受力分析知地面对斜劈的摩擦力为零．不论物块受力情况和运动状态如何，只要物块沿斜面下滑，物块对斜面的摩擦力与压力的合力总是竖直向下的，所以有Ff1＝Ff2＝Ff3＝Ff4＝0，即只有选项D正确．
6.
(2016·天津模拟)如图所示，质量为m的木块在质量为M的木板上滑行，木板与地面间的动摩擦因数为μ1，木块与木板间的动摩擦因数为μ2，木板一直静止，那么木板受到地面的摩擦力大小为( )
A．μ1Mg
B．μ2mg
C．μ1(m＋M)g
D．μ1Mg＋μ2mg
解析：选B.因为木块对木板的摩擦力大小为μ2mg，方向水平向右，而木板静止，所以地面给木板的静摩擦力水平向左，大小为μ2mg，选项B正确．
7.
(2016·北京阶段性考试)如图所示，A、B两物体叠放在一起沿倾角为θ的斜面匀速下滑，已知它们的质量分别为mA和mB，A和B之间、B与斜面之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，则A、B之间的摩擦力大小为( )
A．0
B．μ1mAgcos
θ
C．μ2mAgsin
θ
D．mAgsin
θ
解析：选D.据题意，A、B物体一起匀速下滑，据物体的平衡条件知，它们所受的合力均为0，对A物体受力分析，受到重力G、支持力FN和摩擦力Ff，则沿斜面方向有：Ff＝mAgsin
θ，所以D选项正确．
8.
(2015·高考山东卷)如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为( )
A.
B.
C.
D.
解析：选B.滑块B刚好不下滑，根据平衡条件得mBg＝μ1F；滑块A恰好不滑动，则滑块A与地面之间的摩擦力等于最大静摩擦力，把A、B看成一个整体，根据平衡条件得F＝μ2(mA＋mB)g，解得＝，故选项B正确．
9．(2016·怀化模拟)如图所示，物体A、B置于水平地面上，与地面间的动摩擦因数均为μ，物体A、B用一跨过动滑轮的细绳相连，现用逐渐增大的力向上提升滑轮，某时刻拉A物体的绳子与水平面成53°角，拉B物体的绳子与水平面成37°角，此时A、B两物体刚好处于平衡状态，则A、B两物体的质量之比
为(认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin
37°
＝0.6，cos
37°＝0.8)( )
A.
B.
C.
D.
解析：选A.绳对A、B拉力大小相等，设为F，则A、B所受最大静摩擦力分别为：FfA＝Fcos
53°，FfB＝Fcos
37°，A、B对地面的压力FNA＝mAg－Fsin
53°，FNB＝mBg－Fsin
37°.由最大静摩擦力等于滑动摩擦力可得：
Fcos
53°＝μ(mAg－Fsin
53°)①
Fcos
37°＝μ(mBg－Fsin
37°)②
联立①②解得：＝，故A正确．
10．(2016·安徽名校联考)如图甲所示，斜面体固定在水平面上，斜面上有一物块在拉力F的作用下始终处于静止状态，拉力F在如图乙所示的范围内变化，取沿斜面向上为正方向．则物块所受的摩擦力Ff与时间t的关系正确的是( )
解析：选B.物块在重力、斜面支持力、斜面摩擦力和拉力F共同作用下处于平衡状态．所以开始时，摩擦力沿斜面向下，且为最大静摩擦力．设斜面倾角为θ，则静摩擦力Ff＝F－mgsin
θ，所以摩擦力随着拉力的减小而减小；当拉力大小减小到与重力沿斜面方向的分力大小相等时(t1时刻之前)，摩擦力减小到零；随着拉力继续减小，摩擦力反向增大，故B正确．
二、多项选择题
11．如图所示，A、B、C三个物体质量相等，它们与传送带间的动摩擦因数相同．三个物体随传送带一起匀速运动，运动方向如图中箭头所示．则下列说法正确的是( )
A．A物体受到的摩擦力不为零，方向向右
B．三个物体只有A物体受到的摩擦力为零
C．B、C受到的摩擦力大小相等，方向相同
D．B、C受到的摩擦力大小相等，方向相反
解析：选BC.A物体与传送带一起匀速运动，没有发生相对滑动，也没有相对运动趋势，所以A物体不受摩擦力，选项A错误；对B、C物体进行受力分析，可知B、C所受的静摩擦力大小均为mgsin
θ，方向均沿传送带向上，故选项B、C正确，D错误．
12．(2016·四川成都高新区月考)如图所示，把重为20
N的物体放在倾角为30°的粗糙斜面上，物体处于静止状态．物体右端与固定在斜面上的轻弹簧相连接，若物体与斜面间的最大静摩擦力为12
N，则弹簧对物体的弹力(弹簧与斜面平行)( )
A．可以为22
N，方向沿斜面向上
B．可以为2
N，方向沿斜面向下
C．可以为12
N，方向沿斜面向下
D．弹力不可能为零
解析：选AB.将物体重力按照作用效果分解为平行斜面的下滑分力为mgsin
30°＝10
N，垂直斜面的垂直分力为mgcos
30°＝10
N，当最大静摩擦力平行斜面向下时，物体与斜面间的最大静摩擦力为12
N，弹簧弹力为拉力，等于22
N；当最大静摩擦力平行斜面向上时，物体与斜面间的最大静摩擦力为12
N，弹簧弹力为推力，等于2
N，故弹簧弹力可以是不大于2
N的推力或者不大于22
N的拉力，也可以没有弹力，综上所述，故A、B正确，C、D错误．
13．如图所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆的下端固定有质量为m的小球．下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是( )
A．小车静止时，F＝mgsin
θ，方向沿杆向上
B．小车静止时，F＝mgcos
θ，方向垂直于杆向上
C．小车向右做匀速运动时，一定有F＝mg，方向竖直向上
D．小车向右做匀加速运动时，一定有F＞mg，方向可能沿杆向上
解析：选CD.
小球受重力和杆的作用力F处于静止或匀速运动状态时，由力的平衡条件知，二力必等大反向，有F＝mg，方向竖直向上；小车向右做匀加速运动时，小球有向右的恒定加速度，根据牛顿第二定律知，mg和F的合力应水平向右，如图所示，则F＞mg，方向可能沿杆向上，故C、D正确．
14.
(2016·成都检测)如图所示，物体P、Q用轻绳连接后跨过定滑轮，物体P静止在倾角为37°的斜放木板上，物体Q悬挂在定滑轮的另一侧．已知P、Q的质量mP、
mQ大小的关系为mQ＝mP.今将斜放木板的倾角从37°增大到45°，物体P仍保持静止而没有滑动，若不计滑轮处的摩擦，则下列说法中正确的是( )
A．绳子的张力大小不变
B．物体P受到的静摩擦力将变小
C．物体P对斜板的压力将变小
D．绳子张力和物体P受到的摩擦力大小均不变
解析：选ABC.绳中张力大小等于物体Q的重力大小，且其大小保持不变，故A正确；令斜放木板与水平面夹角为α，物体P对斜板压力等于mPgcos
α，倾角由37°变为45°，压力变小，故C正确；当α＝37°时，P受到的静摩擦力Ff＝mQg－mPgsin
37°＝0.15mPg，方向沿斜板向下，当α＝45°时，P受到的静摩擦力Ff′＝mQg－mPgsin
45°＝0.04mPg，方向仍沿斜板向下，故B正确、D错误．
15.
如图所示，斜劈A静止放置在水平地面上，质量为m的物体B以一定的初速度v沿斜面下滑．已知物体B与斜劈A间的动摩擦因数μ＝tan
α，则下列说法中正确的是( )
A．若此刻加一竖直向下的恒力作用在物体B上，物体B一定加速下滑
B．若此刻对物体B施加一水平向左的推力，则地面对斜劈A无摩擦力
C．若此刻对物体B施加一水平向左的推力，则地面对斜劈A的摩擦力向右
D．若此刻对物体B施加一平行于斜面向下的恒定推力，物体B加速下滑，地面对斜劈A无摩擦力
解析：选BD.因μ＝tan
α，对物体B受力分析知，B受到的合力为零，B匀速下滑．B受竖直向下的力后，对B受力分析知，合力仍为零，故物体B仍匀速下滑，选项A错误；对斜劈A受力分析，B对A的摩擦力与对A的弹力的合力竖直向下，再加上A所受到的重力与地面的支持力均在竖直方向上，故地面对A不可能有摩擦力，综上可知，选项C错误，B、D正确．
PAGE, [学生用书P269])
1．(考点一)玻璃杯从同一高度落下，掉在水泥地上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与水泥地面撞击的过程中( )
A．玻璃杯的动量较大
B．玻璃杯受到的冲量较大
C．玻璃杯的动量变化较大
D．玻璃杯的动量变化比较快
E．玻璃受到的冲力较大
答案：DE
2．(考点二)将静止在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )
A.v0
B.v0
C.v0
D.v0
解析：选D.根据动量守恒定律mv0＝(M－m)v，得v＝v0，选项D正确．
3．(考点二)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：选B.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＋mbv2①
mav＝mav＋mbv②
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．
4．(考点三)气垫导轨是常用的一种实验仪器．它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块A和B来验证动量守恒定律，实验装置如图所示(弹簧的长度忽略不计)：
采用的实验步骤如下：
①用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB.
②调整气垫导轨，使导轨处于水平．
③在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上．
④用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1.
⑤按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作．当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时停止计时，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2.
(1)实验中还应测量的物理量是________．
(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是__________________，上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是________________________________________________________________________．
(3)利用上述实验数据能否测出被压缩弹簧的弹性势能的大小？如能，请写出表达式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
解析：(1)验证动量守恒，需要知道物体的运动速度，在已经知道运动时间的前提下，需要测量运动物体的位移，即需要测量的量是B的右端至D板的距离L2.
(2)由于运动前两物体是静止的，故总动量为零，运动后两物体是向相反方向运动的，设向左运动为正，则有mAvA－mBvB＝0，即mA－mB＝0.造成误差的原因：一是测量本身就存在误差，如测量质量、时间、距离等存在误差；二是空气阻力或者是导轨不是水平的等．
(3)根据能量守恒知，两运动物体获得的动能就是弹簧的弹性势能．故有ΔEp＝eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA\f(L,t)＋mB\f(L,t))).
答案：(1)B的右端至D板的距离L2 (2)mA－mB＝0原因略 (3)见解析
5．(微专题36)(2016·重庆铜梁一中月考)如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M＝8
kg的平板小车，车上有一个质量m＝1.9
kg的木块，木块距小车左端6
m(木块可视为质点)，车与木块一起以v＝1
m/s的速度水平向右匀速行驶．一颗质量m0＝0.1
kg的子弹以v0＝179
m/s的初速度水平向左飞，瞬间击中木块并留在其中．如果木块刚好不从车上掉下，求木块与平板小车之间的动摩擦因数μ(g＝10
m/s2)
解析：设子弹射入木块后的共同速度为v1，以水平向左为正方向，则由动量守恒有
m0v0－mv＝(m＋m0)v1①
代入数据解得v1＝8
m/s.
它们恰好不从小车上掉下来，则它们相对平板车滑行s＝6
m时它们跟小车具有共同速度v2，则由动量守恒有
(m＋m0)v1－Mv＝(m＋m0＋M)v2②
由能量守恒定律有
Q＝μ(m＋m0)gs＝(m＋m0)v＋Mv2－(m＋m0＋M)v③
联立①②③并代入数据解得μ＝0.54.
答案：0.54, [学生用书P106])
1．(考点一)(单选)(2016·北京东城区联考)质量为1
kg的物体被竖直向上抛出，在空中的加速度的大小为16
m/s2，最大上升高度为5
m，若g取10
m/s2，则在这个过程中( )
A．重力势能增加80
J
B．动能减少50
J
C．机械能减少30
J
D．机械能守恒
答案：C
2．(考点一)(单选)(2016·安徽合肥一模)一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，小铁块所受向心力为
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：选B.已知铁块滑到半圆底部时，小铁块所受向心力为铁块重力的1.5倍，由牛顿第二定律得：1.5mg＝m，由动能定理得mgR－W＝mv2.则克服外力做功W＝mgR，
由功能关系知，机械能损失为mgR，故选项B正确．
3．(考点二)(单选)如图所示，水平传送带两端点A、B间的距离为l，传送带开始时处于静止状态．把一个小物体放到右端的A点，某人用恒定的水平力F使小物体以速度v1匀速滑到左端的B点，拉力F所做的功为W1、功率为P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1.随后让传送带以v2的速度匀速运动，此人仍然用相同恒定的水平力F拉物体，使它以相对传送带为v1的速度匀速从A滑行到B，这一过程中，拉力F所做的功为W2、功率为P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q2.下列关系中正确的是( )
A．W1＝W2，P1＜P2，Q1＝Q2
B．W1＝W2，P1＜P2，Q1＞Q2
C．W1＞W2，P1＝P2，Q1＞Q2
D．W1＞W2，P1＝P2，Q1＝Q2
解析：选B.因为两次的拉力和拉力方向的位移不变，由功的概念可知，两次拉力做功相等，所以W1＝W2，当传送带不动时，物体运动的时间为t1＝；当传送带以v2的速度匀速运动时，物体运动的时间为t2＝，所以第二次用的时间短，功率大，即P1＜P2；滑动摩擦力做功的绝对值等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，也等于转化的内能，第二次的相对路程小，所以Q1＞Q2，选项B正确．
4．(考点三)(多选)如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度v0冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下述说法中正确的是( )
A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能
B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量
C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和
D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量
解析：选CD.物体B以水平速度冲上木板A后，由于摩擦力作用，B减速运动，木板A加速运动，根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于木板A增加的动能和产生的热量之和，选项A错误；根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于物体B损失的动能，选项B错误；由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，选项C正确；摩擦力对物体B做的功等于物体B动能的减少量，摩擦力对木板A做的功等于木板A动能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量，选项D正确．
5.
(微专题17)(多选)(2015·高考江苏卷)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A.弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.则圆环( )
A．下滑过程中，加速度一直减小
B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2
C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2－mgh
D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
解析：选BD.圆环下落时，先加速，在B位置时速度最大，加速度减小至0.从B到C圆环减速，加速度增大，方向向上，选项A错误；圆环下滑时，设克服摩擦力做功为Wf，弹簧的最大弹性势能为ΔEp，由A到C的过程中，根据功能关系有mgh＝ΔEp＋Wf.由C到A的过程中，有mv2＋ΔEp＝Wf＋mgh.联立解得Wf＝mv2，ΔEp＝mgh－mv2.选项B正确、C错误；设圆环在B位置时，弹簧弹性势能为ΔE′p，根据能量守恒，A到B的过程有mv＋ΔE′p＋W′f＝mgh′，B到A的过程有mv′＋ΔE′p＝mgh′＋W′f，比较两式得v′B>vB，选项D正确．
PAGE, [学生用书P256])
1．(考点一)(2016·南京质检)
如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面ABC的单色光从空气射向E点，并偏折到F点，已知入射方向与边AB的夹角为θ＝30°，E、F分别为边AB、BC的中点，则( )
A．该棱镜的折射率为
B．光在F点发生全反射
C．光从空气进入棱镜，波长变小
D．从F点出射的光束与入射到E点的光束平行
E．光在BC面上不会发生全反射
解析：选ACE.在E点作出法线可知入射角为60°，折射角为30°，折射率为
，选项A正确；由光路的可逆性可知，在BC边上的入射角小于临界角，不会发生全反射，选项B错误；由关系式λ介＝，可知选项C正确；从F点出射的反射光线与法线的夹角为30°，折射光线与法线的夹角为60°，由几何关系知，不会与入射到E点的光束平行，选项D错误．由光路可逆性知，E正确．
2．(考点二)(2016·攀枝花统考)
半径为R的半圆柱形介质截面如图所示，O为圆心，AB为直径，Q是半圆上的一点，QO垂直于AB.相互平行的同种单色光a和b从不同位置进入介质，光线a沿直线射向O点，在O点恰好发生
全反射，光线b从Q点射入介质，入射角为45°，b光经介质折射后交于直径AB上的P点，则P点距O点的距离为( )
A.R
B.R
C.R
D.R
解析：选A.a光从介质进入空气时发生全反射，临界角C＝45°，
根据临界角公式sin
C＝得折射率n＝，对b光根据折射率的定义式n＝可得折射角θ＝30°，根据几何关系得PO＝R，A正确．
3．(考点三)一束由红、紫两色光组成的复色光，从空气斜射向玻璃三棱镜．下面四幅图中能正确表示该复色光经三棱镜折射分离成两束单色光的是( )
解析：选B.解答本题首先要搞清楚七种色光在同一介质中折射率的大小关系，其次还要明确三棱镜有使光线向底边偏折的作用．在玻璃中，有n红4．(考点四)在用插针法测定玻璃的折射率的实验中，某同学操作步骤如下：
①用图钉将记录光路的白纸固定在平板上；
②手拿玻璃砖的毛面或棱，将其轻放在白纸上；
③
用铅笔环绕玻璃砖画出边界aa′和bb′；
④在aa′边上选择一点O，作为不同入射角的入射光线的共同入射点，画出入射角θ1分别为0°、30°、45°的入射光线；
⑤用“插针法”分别得到各条入射光线的出射光线，观察时着重看大头针针帽是否在一条直线上，取下玻璃砖、大头针，连接各针孔，发现所画折射光线中有两条相交，量出各个折射角θ2；
⑥
按公式分别计算，取三个值的算术平均值．
(1)以上步骤中有错误或不妥之处的是________．
(2)应改正为
________________________________________________________________________.
解析：(1)有错误或不妥之处的是③④⑤.
(2)③中应先画出一条直线，把玻璃砖的一边与其重合，再使直尺与玻璃砖的另一界面对齐，移开玻璃砖后再画边界线；④中入射角要取0°以外的三组数据；⑤中大头针要竖直插牢，观察时看针脚是否在同一条直线上．
答案：(1)③④⑤ (2)见解析
5．(考点一、二)(2016·河北正定调研)如图所示，将一等腰直角棱镜截去棱角，使其截面平行于底面，可制成“道威棱镜”，这样就减小了棱镜的重量和杂散的内部反射．从M点发出的一束平行于底边CD的单色光从AC边射入，已知玻璃棱镜的折射率n＝.求：
(1)光线进入棱镜时的折射角α；
(2)第一次折射后到达底边CD的光线能否从CD边射出，若能，求折射角；若不能，求从BD边射出的光线与BD边的夹角．
解析：(1)由几何关系知，
光线在AC边射入时的入射角为45°，根据折射定律有：sin
45°＝nsin
α解得：α＝30°.
(2)设光线在棱镜中全反射的临界角为C，有：sin
C＝，解得：C＝45°
如图所示，由几何关系知，第一次折射后到达底边CD的光线在CD边的入射角θ＝75°>C，光线在CD边发生全反射，不能从CD边射出
由几何关系知，光线到达BD边处的入射角为30°，小于临界角C，光线从BD边射出．根据光路的可逆性可知，射出的光线仍与底边平行，与BD边的夹角为45°.
答案：(1)30° (2)不能 夹角为45°一、单项选择题
1．2015年9月3日，
在纪念抗日战争胜利70周年的阅兵式上，空中加油机编队米秒不差通过天安门广场上空，图示为歼—10战斗机在空中加油的情景．以下列哪个物体为参考系，可以认为加油机是运动的( )
A．歼—10战斗机
B．天安门
C．加油机中的飞行员
D．歼—10战斗机中的飞行员
解析：选B.加油过程中，战斗机、加油机及飞行员以相同速度经过天安门上空，因此它们相对天安门是运动的，它们之间是相对静止的，故B正确．
2．下列有关质点的说法中正确的是( )
A．只有质量和体积都极小的物体才能视为质点
B．研究一列火车过铁路桥经历的时间时，可以把火车视为质点
C．研究自行车的运动时，在任何情况下都不能把自行车视为质点
D．虽然地球很大，还在不停地自转，但是在研究地球的公转时，仍然可以把它视为质点
解析：选D.物体能不能看做质点，不是由物体的大小决定的，故A错误；由于火车的长度相对桥的长度不能忽略，所以不能看做质点，故B错误；如果研究自行车运动快慢，则可视为质点，故C错误；地球的大小和形状对研究地球公转的影响均可忽略，可看做质点，故D正确．
3．下列关于瞬时速度和平均速度的说法中正确的是( )
A．若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零，则它在这段时间内的平均速度不一定等于零
B．若物体在某段时间内的平均速度等于零，则它在这段时间内任一时刻的瞬时速度一定等于零
C．做匀速直线运动的物体在任意一段时间内的平均速度都等于它任一时刻的瞬时速度
D．做变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度一定不等于它某一时刻的瞬时速度
解析：选C.若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零，则物体在这段时间内保持静止状态，位移为零，平均速度一定为零，A错误；若物体在某段时间内，经过某点沿某一路径一直运动又回到此点，此段时间内，物体位移为零，平均速度等于零，但它在任一时刻的瞬时速度不为零，B错误；由匀速直线运动规律知，C正确；根据做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，知D错误．
4．在田径运动会的400米比赛中，第1跑道和第8跑道的运动员同时到达终点．下列说法错误的是( )
A．两个运动员的平均速度相等
B．两个运动员的平均速率相等
C．研究运动员全程的平均速率时，可以把运动员看做质点
D．研究运动员是否同时到达终点时，不能把运动员看做质点
解析：选A.第1跑道运动员的路程是400米，而位移为0，第8跑道运动员的路程是400米，位移不为零，故A错误、B正确；运动员的大小与400米路程相比很小，可看做质点，C正确；在冲线时，要研究运动员最靠前的部分是否同时撞线，因此不能看做质点，故D正确．
5．(2016·铜陵模拟)如图所示是汽车的速度计，某同学在汽车中观察速度计指针位置的变化．开始时指针指示在如图甲所示的位置，经过8
s后指针指示在图乙所示的位置，若汽车做匀加速直线运动，那么它的加速度大小约为( )
A．11
m/s2
B．5.0
m/s2
C．1.4
m/s2
D．0.6
m/s2
解析：选C.v甲＝20
km/h，v乙＝60
km/h，则Δv＝v乙－v甲＝40
km/h≈11.1
m/s，a＝＝
m/s2≈1.4
m/s2，故C正确．
二、多项选择题
6．2015年7月17日在合肥举行的机器人大赛中，某机器人在平面内由点(0，0)出发，沿直线运动到点(3，1)，然后又由点(3，1)沿直线运动到点(1，4)，然后又由点(1，4)沿直线运动到点(5，5)，最后又由点(5，5)沿直线运动到点(2，2)，平面坐标系横、纵坐标轴的单位长度为1
m．整个过程中机器人所用时间是2
s，下列说法正确的是( )
A．机器人的运动轨迹是一条直线
B．机器人不会两次通过同一点
C．整个过程中机器人的位移大小为2
m
D．整个过程中机器人的位移与由点(5，5)运动到点(2，2)的位移方向相反
解析：
选CD.在坐标系中画出机器人的运动轨迹如图所示．可见其运动轨迹不是直线，图线的交点表示机器人两次通过同一点，A、B均错误；整个过程中机器人的位移为从点(0，0)到点(2，2)的有向线段，大小为2
m，C正确；(0，0)、(2，2)、(5，5)三个坐标点在一条直线上，故可得出整个过程中机器人的位移与由点(5，5)到点(2，2)的位移方向相反，D正确．
7．(2016·长沙模拟)对加速度的理解，下列说法正确的是( )
A．加速度增大，速度可能减小
B．速度变化量Δv越大，加速度就越大
C．物体有加速度，速度就增大
D．物体速度很大，加速度可能为零
解析：选AD.当a与v同向时，不论加速度是否增大，速度必增大，当a与v反向时，不论加速度是否增大，速度必减小，故A正确、C错误．速度变化率越大，加速度越大，而速度变化量大，加速度不一定大，B错误．速度很大，若不变，加速度等于零，故D正确．
8．根据给出的速度和加速度的正负，对下列运动性质的判断正确的是( )
A．v0>0，a<0，物体做加速运动
B．v0<0，a<0，物体做减速运动
C．v0<0，a>0，物体做减速运动
D．v0>0，a>0，物体做加速运动
解析：选CD.当速度方向和加速度方向相同时，物体做加速运动；当速度方向和加速度方向相反时，物体做减速运动．不能只根据加速度的正负来判断物体是做加速运动还是减速运动．选项C、D正确．
9．某质点以20
m/s的初速度竖直向上运动，其加速度保持不变，经2
s到达最高点，上升高度为20
m，又经过2
s回到出发点时，速度大小仍为20
m/s，关于这一运动过程的下列说法中正确的是( )
A．质点运动的加速度大小为10
m/s2，方向竖直向下
B．质点在这段时间内的平均速度为零
C．质点在最高点时加速度为零
D．质点在落回抛出点时的速度与开始离开抛出点时的速度相同
解析：选AB.取竖直向上为正方向，根据加速度的定义知，a＝
m/s2＝－10
m/s2，负号表示加速度方向与规定的正方向相反，即竖直向下，选项A正确；由位移的定义知，这段时间内的总位移为零，根据平均速度的定义知，平均速度为零，故选项B正确；质点做匀变速运动，每时每刻的加速度都相同，在最高点速度为零，但加速度大小仍为10
m/s2，方向竖直向下，所以选项C错误；在抛出点两时刻的瞬时速度大小相等，但方向相反，选项D错误．
10．(2016·台州模拟)酒后驾驶会导致许多安全隐患，这是因为驾驶员的反应时间变长．反应时间是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间．下表中“思考距离”是指驾驶员发现情况到采取制动的时间内汽车的行驶距离；“制动距离”是指驾驶员发现情况到汽车停止行驶的距离(假设汽车制动加速度都相同)．
速度(m/s)
思考距离(m)
制动距离(m)
正常
酒后
正常
酒后
15
7.5
15.0
22.5
30.0
20
10.0
20.0
36.7
46.7
25
12.5
25.0
54.2
66.7
分析上表可知，下列说法正确的是( )
A．驾驶员正常情况下反应时间为0.5
s
B．驾驶员酒后反应时间比正常情况多0.5
s
C．驾驶员采取制动措施后汽车加速度大小为3.75
m/s2
D．当车速为25
m/s时，发现前方60
m处有险情，酒驾者不能安全停车
解析：选ABD.反应时间＝，因此正常情况下反应时间为0.5
s，酒后反应时间为1
s，故A、B正确；设汽车从开始制动到停车的位移为x，则x＝x制动－x思考，根据匀变速直线运动公式：v2＝2ax，解得a＝＝7.5
m/s2，C错误；根据表格，车速为25
m/s时，酒后制动距离为66.7
m>60
m，故不能安全停车，D正确．
三、非选择题
11．一辆汽车沿平直公路以速度v1行驶了的路程，接着又以速度v2＝20
km/h行驶完剩余的路程，如果汽车全程的平均速度为28
km/h，求此汽车在前路程内的速度的大小．
解析：设全程的路程为x，由平均速度公式可以计算出汽车行驶全程和后的路程所用时间分别为
t＝，t2＝＝
则行驶前路程所用时间为
t1＝t－t2＝－＝－＝
所以v1＝＝＝35
km/h.
答案：35
km/h
12．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＝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．试问：
(1)若一辆以72
km/h的速度行驶的货车与一辆以54
km/h的速度行驶的摩托车相向而行发生碰撞，碰撞时间为2.1×10－3
s，摩托车驾驶员是否有生命危险？
(2)为了防止碰撞，两车的驾驶员同时紧急刹车，货车、摩托车急刹车后到完全静止所需时间分别为4
s、3
s，货车的加速度与摩托车的加速度大小之比为多少？
解析：(1)两车碰撞过程中，取摩托车的初速度方向为正方向，摩托车的速度变化量约为Δv＝v2－v1＝－72
km/h－54
km/h＝－20
m/s－15
m/s＝－35
m/s
两车相碰撞时摩托车的加速度大小为
a＝＝
m/s2≈－16
667
m/s2
由于16
667
m/s2>500g，因此摩托车驾驶员有生命危险．
(2)设货车、摩托车的加速度大小分别为a1、a2，根据加速度定义得：a1＝，a2＝
所以a1∶a2＝∶＝∶＝1∶1.
答案：见解析
PAGE, 学生用书P9])
1．(考点一)(单选)(2016·河北唐山一模)一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25
m，动车进站时可以看做匀减速直线运动．他发现第6节车厢经过他时用了4
s，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口(8号车厢最前端)，则该动车的加速度大小约为( )
A．2
m/s2
B．1
m/s2
C．0.5
m/s2
D．0.2
m/s2
解析：选C.设第6节车厢刚到达旅客处时，车的速度为v0，加速度为a，则有L＝v0t＋at2
从第6节车厢刚到达旅客处到列车停下来，有0－v＝2a·2L，
解得a≈－0.5
m/s2或a≈－18
m/s2(舍去)，则加速度大小约为0.5
m/s2.
2．(考点二)(单选)(2016·福州高三模拟)一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1
s内和第2
s内位移大小依次为9
m和7
m．则刹车后6
s内的位移大小是( )
A．20
m
B．24
m
C．25
m
D．75
m
解析：选C.由Δx＝aT2得：7
m－9
m＝a×(1
s)2，a＝－2
m/s2，由x＝v0t＋at2得9
m＝v0×1
s＋×(－2
m/s2)×(1
s)2，解得v0＝10
m/s，所以汽车到停下来用时t＝＝
s＝5
s，刹车后6
s内的位移大小x＝v
t＝×5
m＝25
m，故C对．
3．(考点二)(单选)(2016·内江市模拟)我国已经成功实现舰载机在航母上的起飞和降落．若舰载机在航母上，从静止开始做匀加速直线运动然后起飞．起飞过程的平均速度为v，起飞过程的时间为t，则下列说法中正确的是( )
A．舰载机离开航母起飞时的速度为v
B．起飞过程的加速度为
C．在航母上供舰载机起飞所需要的跑道的最短长度为2vt
D．舰载机起飞过程的加速度始终与速度的方向相反
解析：选B.由＝＝v得vt＝2v，故A错；由a＝得a＝，故B对；由x＝t得x＝vt，C错；由于舰载机做匀加速直线运动，故a与v同向，D错．
4．(考点三)(多选)(2016·湖北高三起点考试)一物体自空中的A点以一定的初速度竖直向上抛出，2
s后物体的速率变为10
m/s，则此时物体的位置和速度方向可能是(不计空气阻力，g取10
m/s2)( )
A．在A点上方，速度方向向下
B．在A点上方，速度方向向上
C．正在A点，速度方向向下
D．在A点下方，速度方向向下
解析：选BC.设抛出时的速度为v0，取向上方向为正方向，则2
s后的速度vt＝±10
m/s.由vt＝v0－gt得：v0＝30
m/s或10
m/s.当v0＝30
m/s时，上升过程的时间为3
s，则t＝2
s时，物体在A点上方，速度方向向上，B正确；当v0＝10
m/s时，上升过程的时间为1
s，再过1
s返回抛出点，故C正确．
5.
(微专题2)屋檐每隔一定时间滴下一滴水，当第5滴正欲滴下时，第1滴刚好落到地面，而第3滴与第2滴分别位于高1
m的窗子的上、下沿，如图为其简意图．(g取10
m/s2)问：
(1)此屋檐离地面多高？
(2)滴水的时间间隔是多少？
解析：如图所示，如果将这5滴水的运动等效为一滴水的自由落体运动，并且将这一滴水运动的全过程分成时间相等的4段，设每段时间间隔为T，则这一滴水在0时刻、T末、2T末、3T末、4T末所处的位置，分别对
应图示第5滴水、第4滴水、第3滴水、第2滴水、第1滴水所处的位置，据此可作出解答
设屋檐离地面高为x，滴水间隔为T.则
x＝16x0，5x0＝1
m，所以x＝3.2
m
另有x＝g(4T)2，解得T＝0.2
s.
答案：(1)3.2
m (2)0.2
s
PAGE, [学生用书P93])
1.
(考点一)(单选)(2016·安徽期中测试)A、B两物体的质量之比mA∶mB＝2∶1，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其速度－时间图象如图所示．那么，A、B两
物体所受摩擦阻力之比FA∶FB与A、B两物体克服摩擦阻力做功之比WA∶WB分别为( )
A．2∶1，4∶1
B．4∶1，2∶1
C．1∶4，1∶2
D．1∶2，1∶4
解析：选B.由v－t图象可知：aA∶aB＝2∶1，又由F＝ma，mA∶mB＝2∶1，可得FA∶FB＝4∶1；又由题图中面积关系可知A、B位移之比xA∶xB＝1∶2，由做功公式W＝Fx，可得WA∶WB＝2∶1，故选B.
2．(考点二)(多选)一质量为1
kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时刻开始，受到水平外力F的作用，如图所示．下列判断正确的是( )
A．第1
s末的瞬时功率为6
W
B．第1
s内的平均功率为4
W
C．前2
s内的平均功率为4
W
D．第1
s末与第2
s末外力的瞬时功率之比为9∶4
解析：选CD.第1
s末质点的速度
v1＝t1＝×1
m/s＝3
m/s.
第2
s末质点的速度
v2＝v1＋t2＝(3＋×1)
m/s＝4
m/s.
第1
s末的瞬时功率P1＝F1·v1＝9
W
第2
s末的瞬时功率P2＝F2·v2＝4
W，故A错、D对；
第1
s内的平均功率P1＝F1v1＝4.5
W，故B错；前2
s内外力的平均功率P＝eq
\f(\f(1,2)mv,t)＝
W＝4
W，故C对．
3.
(考点三)(单选)(2015·高考全国卷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Ff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( )
解析：选A.由P－t图象知：0～t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1～t2内汽车以恒定功率P2行驶．设汽车所受牵引力为F，则由P＝Fv得，当v增加时，F减小，由a＝知a减小，又因速度不可能突变，所以选项B、C、D错误，选项A正确．
4．(微专题14)(多选)(2016·宁波模拟)如图所示，摆球质量为m，悬线长为L，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球运动过程中空气阻力F阻的大小不变，则下列说法正确的是( )
A．重力做功为mgL
B．绳的拉力做功为0
C．空气阻力F阻做功为－mgL
D．空气阻力F阻做功为－F阻πL
解析：选ABD.由重力做功特点得重力做功为：WG＝mgL，A正确；绳的拉力始终与v垂直，不做功，B正确；由微元法可求得空气阻力做功为：WF阻＝－F阻πL，D正确．
5．(考点三)(单选)(2016·河南平顶山调研)
如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若质量为m的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t前进的距离为x，且速度达到最大值vm.设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．小车受到的牵引力逐渐增大
C．小车受到的合外力所做的功为Pt
D．小车受到的牵引力做的功为Fx＋mv
解析：选D.小车在运动方向上受向前的牵引力F1和向后的阻力F，因为v增大，P不变，由P＝F1v，F1－F＝ma，得出F1减小，a减小，当v＝vm时，a＝0，故A、B项错；合外力做的功W外＝Pt－Fx，由动能定理得W牵－Fx＝mv，故C项错、D项对．
PAGE, [学生用书P77])
1．(考点一)(多选)公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势．则在该弯道处，( )
A．路面外侧高内侧低
B．车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动
C．车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动
D．当路面均匀结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小
解析：选AC.汽车在公路转弯处做圆周运动，需要外力提供向心力，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，即没有指向公路两侧的摩擦力，此时的向心力由地面的支持力和重力的合力提供，故路面外侧高内侧低，选项A正确；当车速低于vc时，车所需向心力减小，车可能只是具有向内侧滑动的趋势，不一定能够滑动，选项B错误；同理，当车速高于vc，且不超出某一最高限度，车辆可能只是有向外侧滑动的趋势，不一定能够滑动，当超过最大静摩擦力时，才会向外侧滑动，故选项C正确；当路面均匀结冰时，只是最大静摩擦力变小，vc值不变，D错误．
2.
(考点一)(多选)(2016·长春调研)如图所示，有一固定的且内壁光滑的半球面，球心为O，最低点为C，在其内壁上有两个质量相同的小球(可视为质点)A和B，在两个高度不同的水平面内做匀速圆周运动，A球的轨迹平面高于B球的轨迹平面，A、B两球与O点的连线与竖直线OC间的夹角分别为α＝53°和β＝37°，以最低点C所在的水平面为重力势能的参考平面，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，则( )
A．A、B两球所受支持力的大小之比为4∶3
B．A、B两球运动的周期之比为4∶3
C．A、B两球的动能之比为16∶9
D．A、B两球的机械能之比为112∶51
解析：选AD.由题意可知FN＝，所以＝＝，A正确；mgtan
θ＝mRsin
θ，所以＝
＝，B错误；Ek∝v2，v＝Rsin
θ，所以＝eq
\f(Tsin2
53°,Tsin2
37°)＝，C错误；Ep＝mgR(1－cos
θ)，所以＝＝，D正确．
3.
(考点二)(单选)(2016·杭州四中统测)有一长度为L＝0.50
m
的轻质细杆OA，A端有一质量为m＝3.0
kg的小球，如图所示，小球以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时小球的速度是2.0
m/s，g取10
m/s2，则此时细杆OA受到( )
A．6.0
N的拉力
B．6.0
N的压力
C．24
N的拉力
D．24
N的压力
解析：
选B.设杆对小球的作用力为FN，方向竖直向下，如图所示，
由向心力公式得FN＋mg＝m，则
FN＝m－mg＝
N＝－6
N.
负号说明FN的方向与假设方向相反，即竖直向上．
由牛顿第三定律知应选B.
4．(微专题12)(多选)如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝0.4
m，最低点处有一小球(半径比r小很多)，现给小球一水平向右的初速度v0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v0应当满足(g＝10
m/s2)( )
A．v0≥0
B．v0≥4
m/s
C．v0≥2
m/s
D．v0≤2
m/s
解析：选CD.解决本题的关键是全面理解“小球不脱离圆轨道运动”所包含的两种情况：
(1)小球通过最高点并完成圆周运动；
(2)小球没有通过最高点，但小球没有脱离圆轨道．
对于第(1)种情况，当v0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg≤，又根据机械能守恒定律有＋2mgr＝eq
\f(mv,2)，可求得v0≥2
m/s，故选项C正确；对于第(2)种情况，当v0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处，速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr＝eq
\f(mv,2)，可求得v0≤2
m/s，故选项D正确．
5．(考点三)如图所示，一个质量为0.6
kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好沿光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)．已知圆弧的半径R＝0.3
m，OA与竖直方向的夹角θ＝60°，小球到达A点时的速度vA＝4
m/s.(g取10
m/s2)求：
(1)小球做平抛运动的初速度v0的大小．
(2)P点与A点的水平距离和竖直高度．
(3)小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力．
解析：(1)将vA分解如图所示：
则v0＝vx＝vAcos
60°＝2
m/s
vy＝vAsin
60°＝2
m/s.
(2)从P到A用时：
t＝＝
s
P点到A点的水平距离和竖直高度分别为：
x＝v0·t＝2×
m＝0.69
m
y＝gt2＝×10×
m＝0.6
m.
(3)从A到C，由机械能守恒定律得：
mv＋mgR(1＋cos
60°)＝mv
代入数据解得：vC＝
m/s
由牛顿第二定律得：FN＋mg＝meq
\f(v,R)
FN＝8
N
由牛顿第三定律知：对轨道的压力大小为8
N，方向竖直向上．
答案：(1)2
m/s (2)0.69
m 0.6
m (3)8
N 方向竖直向上
PAGE, [学生用书P245])
1．(考点一)
(2016·周口模拟)一个质点在平衡位置O点附近做机械振动．若从O点开始计时，经过3
s质点第一次经过M点(如图所示)；再继续运动，又经过2
s它第二次经过M点；则该质点第三次经过M点还需要的时间是( )
A．8
s
B．4
s
C．14
s
D.
s
解析：选CD.设题图中a、b两点为质点振动过程的最大位移处，若在开始计时时刻，质点从O点向右运动，O→M过程历时3
s，M→b→M运动过程历时2
s，显然，＝4
s，T＝16
s．质点第三次经过M点还需要的时间Δt3＝(T－2)
s＝(16－2)
s＝14
s，故选项C正确．若在开始计时时刻，质点从O点向左运动，O→a→O→M运动过程历时3
s，M→b→M运动过程历时2
s，显然，＋＝4
s，T＝
s．质点第三次经过M点还需要的时间Δt′3＝(T－2)
s＝
s＝
s，故选项D正确．
2．(考点一)一弹簧振子的位移y随时间t变化的关系式为y＝0.1sin
2.5πt，位移y的单位为m，时间t的单位为s.则( )
A．弹簧振子的振幅为0.1
m
B．弹簧振子的周期为1.25
s
C．在t＝0.2
s时，振子的运动速度为零
D．在任意0.2
s时间内，振子的位移均为0.1
m
E．在任意0.4
s时间内，振子通过的路程均为0.2
m
解析：选ACE.根据弹簧振子的位移y随时间t变化的关系式y＝0.1sin
2.5πt可知，弹簧振子的振幅为0.1
m，选项A正确；由2.5π＝可得弹簧振子的周期T＝0.8
s，选项B错误；在t＝0.2
s时，振子的位移最大，运动速度为零，选项C正确；在任意0.2
s时间内，振子的位移不一定均为0.1
m，振子的最大位移大小为0.1
m，选项D错误.0.4
s＝，通过路程等于2A＝0.2
m，选项E正确．
3.
(考点二)一质点做简谐运动，其位移x与时间t的关系曲线如图所示，由图可知( )
A．质点振动频率是4
Hz
B．t＝2
s时，质点的加速度最大
C．质点的振幅为2
cm
D．t＝3
s时，质点所受合外力最大
E．从t＝0到t＝4
s，质点通过的路程为8
cm
解析：选BCE.由图可知，振动周期为T＝4
s，因而振动频率f＝0.25
Hz，所以选项A错误．质点在平衡位置时所受合外力为零，速度最大，加速度为零；质点在最大位移处所受合外力最大，加速度最大，速度为零，因而选项B正确，选项D错误．振幅是质点偏离平衡位置的最大距离，由图可知，质点偏离平衡位置的最大距离为2
cm，振幅为2
cm，因而选项C正确．前4
s质点通过的路程为4A＝8
cm，选项E正确．
4．(考点三)(2016·常州模拟)铺设铁轨时，每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙，匀速运行的列车经过轨端接缝处时，车轮就会受到一次冲击．由于每一根钢轨长度相等，所以这个冲击力是周期性的，列车受到周期性的冲击做受迫振动．普通钢轨长为12.6
m，列车固有振动周期为0.315
s．下列说法正确的是( )
A．列车的危险速率为40
m/s
B．列车过桥需要减速，是为了防止列车发生共振现象
C．列车过桥需要减速，是为了防止桥梁发生共振现象
D．列车运行的振动频率和列车的固有频率总是相等的
E．增加钢轨的长度有利于列车高速运行
解析：选ACE.列车在钢轨上运动时，受钢轨对它的冲击力作用做受迫振动，当列车固有振动频率等于钢轨对它的冲击力的频率时，列车振动的振幅最大，因v＝＝＝40
m/s，故A对；列车过桥做减速运动，是为了使驱动力频率远小于桥梁固有频率，防止桥发生共振现象，而不是防止列车发生共振现象，B错、C对；增加钢轨的长度有利于列车高速运行，E对．
5．(考点四)(2015·高考天津卷)某同学利用单摆测量重力加速度．
(1)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是________．
A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球
B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线
C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动
D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大
(2)如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1
m的单摆．实验时，由于仅有量程为20
cm、精度为1
mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL.用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g＝________．
解析：(1)组装单摆时，悬线应选用不易伸长的细线；摆球选择体积小、密度大的摆球；单摆摆动时在同一竖直面内摆动；摆的振幅尽量小一些．选项B、C正确．
(2)设单摆的周期为T1时摆长为L1，周期为T2时摆长为L2
则T1＝2π
①
T2＝2π
②
且L1－L2＝ΔL③
联立①②③式得g＝eq
\f(4π2ΔL,T－T).
答案：(1)BC (2)eq
\f(4π2ΔL,T－T)一、单项选择题
1．(2016·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：选C.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．
2.
如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图象；直线B为电源b的路端电压与电流的关系图象；直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图象．如果将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么有( )
A．R接到a电源上，电源的效率较高
B．R接到b电源上，电源的输出功率较大
C．R接到a电源上，电源的输出功率较大，但电源效率较低
D．R接到b电源上，电阻的发热功率和电源的效率都较高
解析：选C.
由图象知：接a时，η＝50%，接b时，η＞50%(图中虚线长与底边的比值为效率)，A错．在U－I图象中，面积表示功率，显然接a时功率大，故B错，C对．接b时，电阻的热功率小，D错．
3.
(2016·浙江名校联考)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：选B.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．
4.
在如图所示的电路中，两个灯泡均发光，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，则( )
A．A灯变亮，B灯变暗
B．A灯和B灯都变亮
C．电源的输出功率减小
D．电源的工作效率降低
解析：选A.当滑动触头向下滑动时，R总变大，由I总＝可知电流减小，UA＝E－I总R1－I总r知UA增大，故A灯变亮，I总＝IA＋IB＋IR2，I总减小，而IA、IR2均增加，故IB减小，B灯变暗，A正确，B错误；P输＝R总＝，当R总增加时，因R总与r大小关系未知，不能判断P输具体如何变化，故C错误；η＝×100%＝×100%，当R总增加时，η增加，故D错误．
5．(2016·重庆江津中学月考)两位同学在实验室利用如图甲所示的电路测定定值电阻R0、电源的电动势E和内电阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据．根据数据描绘了如图乙所示的两条U－I直线．则图象中两直线的交点表示的物理意义是( )
A．滑动变阻器的滑动头P滑到了最右端
B．电源的输出功率最大
C．定值电阻R0上消耗的功率为1.0
W
D．电源的效率达到最大值
解析：选B.由图乙可得，电源的电动势E＝1.5
V，r＝1
Ω，交点位置：R＋R0＝＝2
Ω，R0＝＝2
Ω，R＝0，滑动变阻器的滑动头P滑到了最左端，A项错误；当电路中外电阻等于内电阻时，电源输出功率最大，但本题R0>r，改变滑动变阻器时无法达到电路中内、外电阻相等，此时当外电阻越接近内电阻时，电源输出功率最大，B项正确；R0消耗的功率P＝IU2＝0.5
W，C项错误；电源的效率η＝，电流越小效率越大，可见滑动变阻器的滑动头P滑到最右端时效率最大，D项错误．
6.
如图所示的电路中，闭合开关后各元件处于正常工作状态，当某灯泡突然出现故障时，电流表读数变小，电压表读数变大．下列关于故障原因或故障后其他物理量的变化情况的说法中正确的是( )
A．L1灯丝突然短路
B．L2灯丝突然烧断
C．电源的输出功率一定变小
D．电容器C上电荷量减少
解析：选B.当L1灯丝突然短路时，电路的外电阻减小，根据I＝得，电流表读数增大，A错；当L2灯丝突然烧断时，电路的外电阻增大，电流表读数变小，由U＝E－Ir得电压表读数增大，B对；电源的输出功率大小由电路的外电阻与内电阻的关系决定，所以C错；当L2灯丝突然烧断时，电容器两端的电压增大，所以电容器会充电，D错．
二、多项选择题
7．(2016·河北石家庄调研)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：选CD.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．
8.
电源、开关S、定值电阻R1、R2、光敏电阻R3和电容器连接成如图所示电路，电容器的两平行板水平放置．当开关S闭合，并且无光照射光敏电阻R3时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点，当用强光照射光敏电阻R3时，光敏电阻的阻值变小，则( )
A．液滴向下运动
B．液滴向上运动
C．电容器所带电荷量减少
D．电容器两极板间电压变大
解析：选BD.液滴静止时，其重力与所受电场力平衡．电路稳定时电容器两端电压等于电阻R1两端电压，当用强光照射光敏电阻R3时，光敏电阻的阻值变小，电路中的电流变大，电阻R1两端电压变大，电容器继续充电，电荷量增加，并且带电液滴所受电场力增大，液滴向上运动．
9.
(2016·河北保定调研)如图所示，电路中电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，L为小灯泡，R为定值电阻，闭合开关，小灯泡能正常发光．现将滑动变阻器滑片向右滑动一段距离，滑动前后理想电压表V1、V2示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则( )
A．电源的输出功率一定增大
B．灯泡亮度逐渐变亮
C.与均保持不变
D．当电路稳定后，断开开关，小灯泡立刻熄灭
解析：选BC.滑片向右滑动，滑动变阻器阻值减小，但外电路总阻值R外与电源内阻r关系未知，则电源输出功率的变化情况无法确定，故A错误．由I＝，因R外减小，则I增大，灯泡亮度逐渐变亮，故B正确．当断开开关，电容器中存储的电荷会流过灯泡，则灯泡不会立即熄灭，故D错误．由题图分析知＝R，＝r，故C正确．
10.
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：选AD.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．
三、非选择题
11．如图所示，图甲为一个电灯泡两端电压与通过它的电流的变化关系曲线．由图可知，两者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化的缘故，参考这条曲线回答下列问题(不计电流表内阻，线路提供电压不变)：
(1)若把三个这样的电灯泡串联后，接到电压恒定为12
V的电路上，求流过灯泡的电流和每个灯泡的电阻；
(2)如图乙所示，将两个这样的电灯并联后再与10
Ω的定值电阻R0串联，接在电压恒定为8
V的电路上，求通过电流表的电流值以及每个灯的实际功率．
解析：(1)由于三个电灯完全相同，所以每个电灯两端的电压为UL＝
V＝4
V，结合图象可得当UL＝4
V时，IL＝0.4
A，故每个电灯的电阻为R＝＝
Ω＝10
Ω.
(2)设此时电灯两端的电压为U′，流过每个电灯的电流为I，由串联电路的规律得
U＝U′＋2IR0
代入数据得U′＝8－20I
在图甲上画出此直线如图所示．
可得到该直线与曲线的交点(2
V，0.3
A)，即流过电灯的电流为0.3
A，则流过电流表的电流为IA＝2I＝0.6
A，每个灯泡的功率为P＝UI＝2×0.3
W＝0.6
W.
答案：(1)0.4
A 10
Ω (2)0.6
A 0.6
W
12.
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一、单项选择题
1．(2016·杭州模拟)用竖直向上大小为30
N的力F，将质量为2
kg的物体由沙坑表面静止抬升1
m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20
cm.若忽略空气阻力，g取10
m/s2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )
A．20
J
B．24
J
C．34
J
D．54
J
解析：选C.对整个过程应用动能定理得：F·h1＋mgh2－Wf＝0，解得：Wf＝34
J，C对．
2.
(2016·吉林摸底)如图所示，将质量为m的小球以速度v0由地面竖直向上抛出．小球落回地面时，其速度大小为v0.设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于( )
A.mg
B.mg
C.mg
D.mg
解析：选D.对小球向上运动，由动能定理，－(mg＋Ff)H＝0－mv，对小球向下运动，由动能定理，(mg－Ff)H＝m，联立解得Ff＝mg，选项D正确．
3.
(2016·宁波模拟)质量为10
kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图所示．物体在x＝0处，速度为1
m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x＝16
m处时，速度大小为( )
A．2
m/s
B．3
m/s
C．4
m/s
D.
m/s
解析：选B.根据F－x图象可得W总＝40
J，由动能定理得：W总＝mv2－mv，解得v＝3
m/s，B对．
4．(2016·江西南昌模拟)如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设物体在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，不计小球与弹簧碰撞过程中的能量损失，而弹簧被压缩至C点，弹簧对小球做的功为( )
A．mgh－mv2
B.mv2－mgh
C．mgh＋mv2
D．mgh
解析：选A.小球从A点运动到C点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，由于支持力与位移始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得WG＋WF＝0－mv2，重力做功为WG＝－mgh，则弹簧的弹力对小球做功为WF＝mgh－mv2，所以正确选项为A.
5．(2016·河北石家庄质检)有一辆新颖电动汽车，总质量为1
000
kg.行驶中，该车速度在14～20
m/s范围内保持恒定功率20
kW不变．一位同学坐在驾驶员旁边观察车内里程表和速度表，记录了该车在位移120～400
m范围内做直线运动时的一组数据如下表，设汽车在上述范围内受到的阻力大小不变，则( )
x/m
120
160
200
240
280
320
360
400
v/(m·s－1)
14.5
16.5
18.0
19.0
19.7
20.0
20.0
20.0
A.该汽车受到的阻力为2
000
N
B．位移120～320
m过程牵引力所做的功约为9.5×104
J
C．位移120～320
m过程经历时间约为14.75
s
D．该车速度在14～20
m/s范围内可能做匀加速直线运动
解析：选C.汽车最后匀速行驶，有P＝Ffvm得：Ff＝
N＝1
000
N，则A错；汽车位移120～320
m过程中牵引力做功W，由动能定理得：W－Ff·(320
m－120
m)＝mv－mv，代入数据得W≈2.95×105
J，则B错；设汽车位移120～320
m过程经历时间为t，由动能定理得：Pt－Ff·(320
m－120
m)＝mv－mv代入数据得：t＝14.75
s，则C对；汽车速度在14～20
m/s范围内，功率不变，做变加速直线运动，则D错．
6．(2015·高考全国卷Ⅰ)
如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )
A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W>mgR，质点不能到达Q点
C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W解析：选C.设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FN－mg＝eq
\f(mv,R)，已知FN＝F′N＝4mg，则质点到达N点的动能为EkN＝mv＝mgR.质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功为Wf＝－mgR，即克服摩擦力做的功为W＝－Wf＝mgR.设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W′，则W′二、多项选择题
7.
如图所示，
在外力作用下某质点运动的v－t图象为正弦曲线．从图中可以判断( )
A．在0～t1时间内，外力做正功
B．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大
C．在t2时刻，外力的功率最大
D．在t1～t3时间内，外力做的总功为零
解析：选AD.由动能定理可知，在0～t1时间内质点速度越来越大，动能越来越大，外力一定做正功，故A项正确；在t1～t3时间内，动能变化量为零，可以判定外力做的总功为零，故D项正确；由P＝F·v知0、t1、t2、t3四个时刻功率为零，故B、C都错误．
8．如图甲所示，物体受到水平推力F的作用，在粗糙水平面上做直线运动．通过力传感器和速度传感器监测到推力F和物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示．取g＝10
m/s2.则( )
A．物体的质量m＝1
kg
B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4
C．第2
s内物体克服摩擦力做的功W＝2
J
D．前3
s内物体克服摩擦力做功4
J
解析：选BC.第2
s内，根据速度－时间图象可知，物体的加速度a＝2
m/s2，第3
s内，物体做匀速直线运动，F＝Ff＝μmg＝2
N，根据牛顿第二定律有3
N－μmg＝ma，解得m＝0.5
kg，μ＝0.4，A选项错误、B选项正确；第2
s内物体运动的位移为1
m，摩擦力为2
N，克服摩擦力做的功W＝2
J，C选项正确；前3
s克服摩擦力做功W′f＝6
J．D错误．
9．如图所示，光滑水平平台上有一个质量为m的物块，站在地面上的人用跨过定滑轮的绳子向右拉动物块，不计绳和滑轮的质量及滑轮的摩擦，且平台边缘离人手作用点竖直高度始终为h.当人以速度v从平台的边缘处向右匀速前进位移x时，则( )
A．在该过程中，物块的运动可能是匀速的
B．在该过程中，人对物块做的功为
C．在该过程中，人对物块做的功为mv2
D．人前进x时，物块的运动速率为
解析：选BD.设绳子与水平方向的夹角为θ，则物块运动的速度v物＝v·cos
θ，而cos
θ＝，故v物＝，可见物块的速度随x的增大而增大，A错误，D正确；人对物块的拉力为变力，变力的功可应用动能定理求解，即W＝mv＝，B正确，C错误．
10．(2016·河北衡水中学三模)如图所示，质量为0.1
kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4
m后以3.0
m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45
m，若不计空气阻力，取g＝10
m/s2，则下列说法错误的是( )
A．小物块的初速度是5
m/s
B．小物块的水平射程为1.2
m
C．小物块在桌面上克服摩擦力做8
J的功
D．小物块落地时的动能为0.9
J
解析：选ABC.小物块在桌面上克服摩擦力做功Wf＝μmgL＝2
J，C错．在水平桌面上滑行，由动能定理得－Wf＝mv2－mv，解得v0＝7
m/s，A错．小物块飞离桌面后做平抛运动，有x＝vt、h＝gt2，联立解得x＝0.9
m，B错．设小物块落地时动能为Ek，由动能定理得mgh＝Ek－mv2，解得Ek＝0.9
J，D对．
三、非选择题
11．(2015·高考浙江卷)
如图所示，用一块长L1＝1.0
m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8
m，长L2＝1.5
m．斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定．将质量m＝0.2
kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度取g＝10
m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(1)当θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)
(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)
(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm.
解析：(1)为使小物块下滑，应有mgsin
θ≥μ1mgcos
θ
θ满足的条件tan
θ≥0.05即当θ＝arctan
0.05时物块恰好从斜面开始下滑．
(2)克服摩擦力做功
Wf＝μ1mgL1cos
θ＋μ2mg(L2－L1cos
θ)①
由动能定理得mgL1sin
θ－Wf＝0
代入数据得μ2＝0.8.
(3)由动能定理得mgL1sin
θ－Wf＝mv2
结合①式并代入数据得v＝1
m/s
由平抛运动规律得H＝gt2，x1＝vt
解得t＝0.4
s
x1＝0.4
m
xm＝x1＋L2＝1.9
m.
答案：(1)arctan
0.05 (2)0.8 (3)1.9
m
12．(2016·宁波模拟)如图甲所示，用固定的电动机水平拉着质量m＝2
kg的小物块和质量M＝1
kg的平板以相同的速度一起向右匀速运动，物块位于平板左侧，可视为质点．在平板的右侧一定距离处有台阶阻挡，平板撞上后会立刻停止运动．电动机功率保持P＝3
W不变．从某时刻t＝0起，测得物块的速度随时间的变化关系如图乙所示，t＝6
s后可视为匀速运动，t＝10
s时物块离开平板．重力加速度g＝10
m/s2，求：
(1)平板与地面间的动摩擦因数μ为多大？
(2)物块在1
s末和3
s末受到的摩擦力各为多大？
(3)平板长度L为多少？
解析：(1)由题干图可知，前2
s内物块和平板一起做匀速运动，对整体分析，在水平方向上受到水平向右的拉力和地面给平板的滑动摩擦力，此二力的合力为零．
拉力大小为：FT1＝
滑动摩擦力大小为：Ff＝μ(M＋m)g
由平衡条件可得：＝μ(M＋m)g
可得：μ＝0.2.
(2)物块在1
s末时与平板一起做匀速运动，合力为零．物块受到水平向右的拉力与水平向左的静摩擦力，因此静摩擦力大小为：
Ff1＝FT1＝＝6
N
物块在2
s末之后与平板发生相对运动，之后物块与平板间的摩擦力为滑动摩擦力且大小保持不变．物块在6
s后可视为匀速运动，此时物块受到的合力为零，即拉力与滑动摩擦力大小相等方向相反，即：
Ff2＝FT2＝＝10
N
物块在3
s末时受到的滑动摩擦力大小与6
s后受到的摩擦力大小相等，为10
N.
(3)依题意，物块在2
s末之后一直到10
s时，物块从平板的一端运动到另一端，对物块由动能定理得：
PΔt－Ff2L＝mv－mv
代入数据解得：L＝eq
\f(PΔt－\f(1,2)mv＋\f(1,2)mv,Ff2)＝2.416
m.
答案：(1)0.2 (2)6
N 10
N (3)2.416
m
PAGE一、选择题
1．医院通过彩超对人体进行体检时，彩超机向人体内发射频率已精确掌握的超声波，超声波经血液反射后被专用仪器接收，然后通过反射波的频率变化就可知血液的流速．这一技术主要体现了哪一种物理现象( )
A．共振
B．波的衍射
C．多普勒效应
D．波的干涉
E．波的偏振
答案：C
2．(2014·高考福建卷)
在均匀介质中，一列沿x轴正向传播的横波，其波源O在第一个周期内的振动图象如右图所示，则该波在第一个周期末的波形图是( )
解析：选D.由波的形成规律可知，一个周期内x＝0处，质点刚好完成一次全振动，结合振动图象知，质点在平衡位置向下运动；x＝λ(λ为该波波长)处，质点振动了个周期，质点位于正向最大位移处；x＝λ处的质点，振动了个周期，质点位于负向最大位移处．选项D正确．
3．(2014·高考山东卷)一列简谐横波沿直线传播，以波源O由平衡位置开始振动为计时零点，质点A的振动图象如图所示．已知O、A的平衡位置相距0.9
m．以下判断正确的是( )
A．波长为1.2
m
B．波源起振方向沿y轴正方向
C．波速大小为0.4
m/s
D．质点A的动能在t＝4
s时最大
解析：选AB.由于以波源开始振动为计时起点，因此波传到A点需要的时间由题图可以看出为3
s，已知O、A两点平衡位置的距离为0.9
m，根据v＝可求得波的传播速度为0.3
m/s，再根据波长公式λ＝vT可求得波长为1.2
m，因此选项A正确、C错误；由于A点开始振动的方向沿着y轴正方向，因此波源的起振方向也是沿着y轴正方向，故选项B正确；质点A在t＝4
s时处在最大位移处，因此动能最小，所以选项D错误．
4．(2015·高考福建卷)简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播，波速为v.若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a、b相距为s，a、b之间只存在一个波谷，则从该时刻起，下列四幅波形图中质点a最早到达波谷的是( )
解析：选D.根据机械波传播方向与质点振动方向之间的关系可知，A、C选项中的质点a此时刻沿y轴正方向振动，a点要到达波谷至少还需个周期，B、D选项中的质点a此时刻沿y轴负方向振动，只需再经过个周期即可第一次到达波谷．已知a、b两质点间的距离为s，则A选项中λ＝2s，B、C选项中λ＝s，D选项中λ＝s，因波速均为v，则由T＝可知，A选项中a点到达波谷最少用时为T＝·＝·＝，B选项中a点到达波谷最少用时为T＝·＝·＝，C选项中a点到达波谷最少用时为T＝·＝，D选项中a点到达波谷最少用时为T＝·＝·＝，经比较可知，D选项中质点a最早到达波谷．
5．(2014·高考全国卷Ⅰ)图甲为一列简谐横波在t＝2
s时的波形图，图乙为媒质中平衡位置在x＝1.5
m处的质点的振动图象，P是平衡位置为x＝2
m的质点．下列说法正确的是( )
A．波速为0.5
m/s
B．波的传播方向向右
C．0～2
s时间内，P运动的路程为8
cm
D．0～2
s时间内，P向y轴正方向运动
E．当t＝7
s时，P恰好回到平衡位置
解析：选ACE.由题图甲读出波长λ＝2
m，由题图乙读出周期T＝4
s，则v＝＝0.5
m/s，选项A正确；题图甲是t＝2
s时的波形图，题图乙是x＝1.5
m处质点的振动图象，所以该点在t＝2
s时向下振动，所以波向左传播，选项B错误；在0～2
s内质点P由波峰向波谷振动，通过的路程s＝2A＝8
cm，选项C正确、D错误；t＝7
s时，P点振动了个周期，所以这时P点位置与t＝T＝3
s时位置相同，即在平衡位置，所以选项E正确．
6．如图甲所示，在水平面内，有三个质点a、b、c分别位于直角三角形的三个顶点上，已知ab＝6
m，ac＝8
m．在t1＝0时刻a、b同时开始振动，振动图象均如图乙所示，所形成的机械波在水平面内传播，在t2＝4
s时c点开始振动，则( )
A．该机械波的传播速度大小为2
m/s
B．c点的振动频率先是与a点相同，两列波相遇后c点的振动频率增大
C．该列波的波长是2
m
D．两列波相遇后，c点振动加强
E．两列波相遇后，c点振动先加强后减弱
解析：选ACD.因为经过4
s，振动由a点传到c点，则波的传播速度v＝
m/s＝2
m/s，选项A正确；c点的振动频率先是与a点相同，两列波相遇后c点的振动频率仍然是不变的，选项B错误；该波的波长为λ＝vT＝2×1
m＝2
m，选项C正确；因为bc－ac＝2
m＝λ，故两列波相遇后，
c点振动加强，选项D正确、E错误．
7．(2016·河北保定模拟)如图所示，图甲为一列简谐波在t＝0.50
s时的波形图象，P点是距平衡位置2.5
cm的质点，图乙是Q点的振动图象．以下说法正确的是( )
A．0.05
s时质点Q具有最大的加速度和位移
B．0.05
s时质点P的速度正在减小，加速度正在增大
C．这列简谐横波的波速为15
m/s
D．这列波的传播方向为＋x方向
E．从0.60
s到0.90
s，质点P通过的路程为30
cm
解析：
选ACE.由题图乙可知0.05
s时，Q质点在正向最大位移处，具有最大的加速度，A正确．由题给条件可画出0.05
s时波动图象如图所示：
再由甲、乙两图分析可知波向x轴负方向传播，则可知此时质点P的速度在增大，加速度在减小，B、D错误．由题图甲知波长λ＝3
m，由题图乙知周期T＝0.20
s，则波速v＝＝15
m/s，C正确．因Δt＝0.9
s－0.6
s＝0.3
s＝1.5
T，则质点P通过的路程s＝1.5×4×5
cm＝30
cm.E正确．
8．(2016·河北正定模拟)如图所示，有一列减幅传播的简谐横波，x＝0与x＝75
m处的A、B两个质点的振动图象分别如图中实线与虚线所示．则这列波的( )
A．A点处波长是10
cm，B点处波长是5
cm
B．周期一定都是2×10－2
s
C．t＝0.012
5
s时刻，两质点的振动速度方向相反
D．传播速度一定是600
m/s
E．A质点的振幅是B质点的振幅的2倍
解析：选BCE.由A、B两质点的振动图象可知两质点的周期均为2×10－2
s，所以B项正确；再由振动图象知t＝0时，质点A在平衡位置且向上振动，质点B处在波峰位置，则有75
m＝λ＋nλ(n＝0、1、2、3…)，解得λ＝
m(n＝0、1、2、3…)，所以A项错误；在t＝0.012
5
s＝T时，质点A向下振动，B向上振动，所以C项正确；波的传播速度v＝＝
m/s(n＝0、1、2、3…)，有多种可能，D项错误；由图可知质点A的振幅为10
cm，质点B的振幅为5
cm，所以E项正确．
9．(2016·河北邢台质检)一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是t＝0时刻的波形图，图乙和图丙分别是x轴上某两处质点的振动图象．由此可知，这两质点平衡位置之间的距离可能是( )
A.
m
B.
m
C．1
m
D.
m
E.
m
解析：选BDE.题图乙所示质点在t＝0时在正向最大位移处，图丙所示质点在t＝0时，y＝－0.05
m，运动方向沿y轴负方向，结合波形图找到对应的点，如图所示，若题图乙所示质点为图中左侧波峰上的点，则两点距离为
m，选项D正确；若题图乙所示质点为图中右侧波峰上的点，则两点距离为
m，选项B正确．考虑到空间周期性，则x＝nλ＋(m)或x＝nλ＋(m)(n＝0、1、2…)，因此E正确．
二、非选择题
10．(2015·高考江苏卷)(1)一渔船向鱼群发出超声波，若鱼群正向渔船靠近，则被鱼群反射回来的超声波与发出的超声波相比________．
A．波速变大
B．波速不变
C．频率变高
D．频率不变
(2)用2×106
Hz的超声波检查胆结石，该超声波在结石和胆汁中的波速分别为2
250
m/s和1
500
m/s，则该超声波在结石中的波长是胆汁中的________倍．用超声波检查胆结石是因为超声波的波长较短，遇到结石时________(选填“容易”或“不容易”)发生衍射．
解析：(1)渔船与鱼群发生相对运动，被鱼群反射回来的超声波的速度大小不变；由多普勒效应知，反射回来的超声波的频率变高，故选项B、C正确．
(2)由v＝λf知，超声波在结石中的波长λ1＝，在胆汁中的波长λ2＝，则波长之比：＝＝1.5.
超声波遇到结石时，其波长远小于结石的线度，则超声波遇到结石时不容易发生衍射现象．
答案：(1)BC (2)1.5 不容易
11．(2015·高考重庆卷)如图为一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波某时刻的波形图，质点P的振动周期为0.4
s．求该波的波速并判断P点此时的振动方向．
解析：由题图知波的波长λ＝1.0
m，又周期T＝0.4
s
则该波的波速v＝＝2.5
m/s
波向x轴正方向传播，根据靠近振源的质点带动后面的质点振动，可以判断P点沿y轴正方向振动．
答案：2.5
m/s 沿y轴正方向
12．(2015·高考全国卷Ⅰ)甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速均为v＝25
cm/s.两列波在t＝0时的波形曲线如图所示．求：
(1)t＝0时，介质中偏离平衡位置位移为16
cm的所有质点的x坐标；
(2)从t＝0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为－16
cm的质点的时间．
解析：(1)t＝0时，在x＝50
cm处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置的位移为16
cm.两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16
cm.
从图线可以看出，甲、乙两列波的波长分别为
λ1＝50
cm，λ2＝60
cm①
甲、乙两列波波峰的x坐标分别为
x1＝50＋k1λ1，k1＝0，±1，±2，…②
x2＝50＋k2λ2，k2＝0，±1，±2，…③
由①②③式得，介质中偏离平衡位置位移为16
cm的所有质点的x坐标为
x＝(50＋300n)
cm (n＝0，±1，±2，…)．④
(2)只有两列波的波谷相遇处的质点的位移为－16
cm.t＝0时，两列波波谷间的x坐标之差为
Δx′＝－⑤
式中，m1和m2均为整数．将①式代入⑤式得
Δx′＝10×(6m2－5m1)＋5
由于m1、m2均为整数，相向传播的波谷间的距离最小为
Δx′0＝5
cm
从t＝0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为－16
cm的质点的时间为t＝
代入数值得：t＝0.1
s.
答案：(1)x＝(50＋300n)
cm (n＝0，±1，±2，…)
(2)0.1
s一、单项选择题
1.
如图所示，将理想变压器原线圈接入电压随时间变化规律为u＝220sin
100πt(V)的交流电源上，在副线圈两端并联接入规格为“22
V 22
W”的灯泡10个，灯泡均正常发光．除灯泡外的电阻均不计，下列说法正确的是( )
A．变压器原、副线圈匝数比为10∶1
B．电流表示数为1
A
C．电流表示数为10
A
D．副线圈中电流的频率为5
Hz
解析：选B.由原线圈电压瞬时值表达式可知，原线圈输入电压有效值为220
V，交变电流的频率f＝＝＝50
Hz，D项错误；副线圈上灯泡正常发光，说明副线圈输出电压有效值为22
V，由理想变压器变压规律可知，＝＝10，A项错误；由灯泡电功率P＝UI可知，通过每只灯泡的电流为1
A，故副线圈输出电流为10
A，由理想变压器变流规律可知，＝10，所以原线圈中电流的有效值为1
A，B项正确，C项错误．
2.
用220
V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110
V，通过负载的电流图象如图所示，则( )
A．变压器输入功率约为3.9
W
B．输出电压的最大值是110
V
C．变压器原、副线圈匝数比是1∶2
D．负载电流的函数表达式i＝0.05sin(100πt＋)
A
解析：选A.根据i－t图象，负载电流的函数表达式i＝0.05sin
100πt(A)且Im＝0.05
A，通过负载的电流的有效值I2＝，输出电压的最大值Um＝U2＝110
V，变压器的输入功率P1＝P2＝I2U2≈3.9
W，变压器原、副线圈匝数比＝＝.选项A正确，选项B、C、D错误．
3.
如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，副线圈上并联接三个相同的灯泡，均能正常发光，原线圈中再串联一个相同的灯泡L，则( )
A．灯L也能正常发光
B．灯L比另外三个灯都暗
C．灯L将会被烧坏
D．不能确定
解析：选A.原、副线圈中的电流之比为＝＝，而副线圈中通过每盏灯的电流均为其额定电流I额＝.又I1＝I2，所以通过原线圈中灯L的电流恰为其额定电流，灯L正常发光，所以A正确．
4．(2016·沈阳质检)
如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为20∶1，b接原线圈的中心触头，电压表和电流表均为理想电表．从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u＝220sin
100πt(V)，则下列说法正确的是( )
A．单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小
B．原线圈和副线圈中交变电流的频率之比为20∶1
C．当单刀双掷开关与b连接时，电压表的示数为22
V
D．当单刀双掷开关由a拨向b时，电压表和电流表的示数均变小
解析：选C.图中电压表测量值为理想变压器输出电压，而根据理想变压器变压规律＝可知，输出电压决定于输入电压和原、副线圈匝数比，因输入电压与匝数比不变，故滑动变阻器触头P上移过程中，电压表示数不变，A项错误；变压器不改变交变电流的频率，B项错误；由交变电流的瞬时值表达式可知，变压器输入电压有效值为220
V，当开关与b连接时，原、副线圈匝数比为10∶1，由＝可知，输出电压有效值为22
V，C项正确；开关由a拨向b时，原、副线圈匝数比变小，故电压表示数增大，D项错误．
5.
如图所示，理想变压器的原线圈接入u＝11
000·sin
100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6
Ω的导线对“220
V 880
W”的电器RL供电，该电器正常工作．由此可知( )
A．原、副线圈的匝数比为50∶1
B．交变电压的频率为100
Hz
C．副线圈中电流的有效值为4
A
D．变压器的输入功率为880
W
解析：选C.由题可知，副线圈输出电压U2＝220
V＋Ur，＝＝＜，故A错误.2πf＝100π
Hz，f＝50
Hz，故B错误．I2＝
A＝4
A，故C项正确．由于理想变压器P入＝P出＝Ir＋880
W＞880
W，故D错误．
6．(2016·江西师大附中月考)如图所示，匝数为50匝的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B＝
T的水平匀强磁场中，线框面积S＝0.5
m2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝100
rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220
V 60
W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10
A，下列说法正确的是
( )
A．在图示位置线框中产生的感应电动势最大
B．线框中产生感应电动势的有效值为250
V
C．变压器原、副线圈匝数之比为25∶22
D．允许变压器输出的最大功率为1
000
W
解析：选C.在图示位置线框平面和磁感线垂直，磁通量最大，线框中产生的感应电动势为零，选项A错误；线框中产生的感应电动势的最大值Em＝NBSω＝250
V，其有效值E＝Em＝250
V，选项B错误；灯泡能正常发光，则电压U2＝220
V，由＝，可知变压器原、副线圈匝数之比为25∶22，选项C正确；熔断器允许通过的最大电流为10
A，即I1＝10
A，P1＝P2＝U1I1＝250×10
W＝2
500
W，因此变压器允许输出的最大功率为2
500
W，选项D错误．
二、多项选择题
7.
(2015·高考海南卷)如图，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R＝11R0，V是理想电压表，现将负载电阻的阻值减小为R＝5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0
V，则( )
A．此时原线圈两端电压的最大值约为34V
B．此时原线圈两端电压的最大值约为24V
C．原线圈两端原来的电压有效值为68V
D．原线圈两端原来的电压有效值为48V
解析：选AD.当负载电阻值减小为R＝5R0时，根据串并联电路规律，R两端电压为R0两端电压的5倍，因为电压表测量R两端的电压，所以UR0＝×5＝1
V，故副线圈两端电压为U2＝6
V，根据公式＝可得此时原线圈两端电压的有效值为U1＝24
V，所以此时原线圈两端电压的最大值约为24
V≈34
V，A正确、B错误；因为变化过程中变压器的输入电流不变，所以对于副线圈中变化前后电流也不变，则变化后电压U2＝IR0＋5IR0，变化前，U′2＝IR0＋11IR0＝12IR0，所以U′2＝2U2＝12
V，根据公式＝可得原线圈两端原来的电压有效值约为48
V，D正确、C错误．
8．(2016·昆明质检)
如图所示的电路中，T为一降压式自耦调压变压器．开始时灯泡L正常发光，现在电源电压U略降低，为使灯泡L仍能正常发光，可采用的措施是( )
A．将自耦调压变压器的滑片P适当上滑
B．将自耦调压变压器的滑片P适当下滑
C．适当增大滑动变阻器R2的阻值
D．适当减小滑动变阻器R2的阻值
解析：选AC.若保持负载总电阻不变，电源电压U略降低时，为使灯泡L仍能正常发光，只需输出电压U2保持不变．根据变压比＝，可得U2＝U，由此可知，n2应增大，自耦调压变压器的滑片P应适当上滑，选项A正确，选项B错误；若保持匝数比不变，根据变压比＝，可得U2减小，为使灯泡L仍能正常发光，加在L两端的电压应不变，则加在R1两端的电压应减小，故总电流应减小，负载总电阻应增大，R2应增大，选项C正确，选项D错误．
9．电流互感器和电压互感器如图所示，已知＝，＝，电流表示数为5.0
A，电压表示数为220
V，则下列说法正确的是( )
A．火线中的电流为0.5
A
B．火线和地线间的电压为2.2×104
V
C．线路的输电功率为1.1×104
W
D．线路的输电功率为1.1×106
W
解析：选BD.由＝得I1＝50
A，由＝得U3＝2.2×104
V，P＝U3I1＝1.1×106
W，故B、D正确．
10．(2016·河南林州一中专项练习)如图为远距离输送交流电的系统示意图，变压器均为理想变压器．随着用户负载增多，发电机F达到额定功率时，降压变压器输出功率仍然不足，用户的用电器不能正常工作．那么，在发电机以额定功率工作的情况下，为了适当提高用户的用电功率，可采取的措施是( )
A．适当减小输电线的电阻r
B．适当提高
C．适当提高的同时，降低
D．适当降低的同时，提高
解析：选AC.当发电机输出功率一定时，为使用户得到更大的功率，需减小输电线上的功率损失，根据ΔP＝I2r，可以减小输电线的电阻r，A对；也可以通过提高输电电压，减小输送电流，即提高，这样使线圈n3两端电压变大，为使用户的用电器正常工作需要适当降低，C对．
三、非选择题
11．如图甲为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u－t图象如图乙所示．若只在ce间接一只Rce＝400
Ω的电阻，或只在de间接一只Rde＝225
Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80
W.
(1)请写出原线圈输入电压瞬时值uab的表达式；
(2)求只在ce间接400
Ω电阻时，原线圈中的电流I1；
(3)求ce和de间线圈的匝数比.
解析：(1)由题图乙知ω＝200π
rad/s，Um＝400
V
电压瞬时值的表达式为uab＝400sin
200πt(V)．
(2)电压有效值U1＝200
V
理想变压器P1＝P2
原线圈中的电流I1＝，解得I1≈0.28
A.
(3)设ab间匝数为n1，＝，同理＝
由题意知eq
\f(U,Rce)＝eq
\f(U,Rde)，解得＝
代入数据得＝.
答案：见解析
12．(2016·武汉模拟)在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失．有一个小型发电站，输送的电功率为P＝500
kW，当使用U＝5
kV的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4
800
kW·h.求：
(1)输电效率η和输电线的总电阻r；
(2)若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么发电站应使用多高的电压向外输电？
解析：(1)输送功率P＝500
kW，一昼夜输送电能E＝Pt＝12
000
kW·h
由题知输电线上损失的电能ΔE＝4
800
kW·h
终点得到的电能E′＝E－ΔE＝7
200
kW·h
所以输电效率η＝×100%＝60%.
输电线上的电流I＝＝100
A
输电线损耗功率Pr＝I2r，
其中Pr＝＝200
kW
得r＝20
Ω.
(2)输电线上损耗功率Pr＝r∝
原来Pr＝200
kW，现在要求P′r＝10
kW，
代入数据解得输电电压应调节为U′＝22.4
kV.
答案：(1)60% 20
Ω (2)22.4
kV, [学生用书P180])
1．(考点一)(单选)(2016·北京海淀区期末)
如图所示，在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为a；给小球带上电荷后，仍以原来的速度抛出，考虑地磁场的影响，下列说法
正确的是( )
A．无论小球带何种电荷，小球仍会落在a点
B．无论小球带何种电荷，小球下落时间都会延长
C．若小球带负电荷，小球会落在更远的b点
D．若小球带正电荷，小球会落在更远的b点
解析：选D.地磁场在赤道上空水平由南向北，从南向北观察，如果小球带正电荷，则洛伦兹力斜向右上方，该洛伦兹力在竖直向上的方向和水平向右方向均有分力，因此，小球落地时间会变长，水平位移会变大；同理，若小球带负电，则小球落地时间会变短，水平位移会变小，故D正确．
2．(考点一)(多选)(2016·河北衡水调研)如图所示，匀强磁场的方向竖直向下，磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管，在水平拉力F的作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从试管口处飞出，则( )
A．小球带负电
B．小球运动的轨迹是一条抛物线
C．洛伦兹力对小球做正功
D．维持试管匀速运动的拉力F应逐渐增大
解析：选BD.小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口的洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电，故A错误；设试管运动速度为v1，小球垂直于试管向右的分运动是匀速直线运动．小球沿试管方向受到洛伦兹力的分力F1＝qv1B，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿试管做匀加速直线运动，与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，故B正确．洛伦兹力总是与速度垂直，不做功，故C错误．设小球沿试管的分速度大小为v2，则小球受到垂直试管向左的洛伦兹力的分力F2＝qv2B，v2增大，则F2增大，而拉力F＝F2，则F逐渐增大，故D正确．
3．(考点二)(多选)(2015·高考全国卷Ⅱ)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍．两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子( )
A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍
B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍
C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍
D．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等
解析：选AC.两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且Ⅰ中的磁场磁感应强度B1是Ⅱ中磁场磁感应强度B2的k倍．由qvB＝得r＝∝，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，选项A正确．由F合＝ma得a＝＝∝B，所以＝，选项B错误．由T＝得T∝r，所以＝k，选项C正确．由ω＝得＝＝，选项D错误．
4．(微专题24)(单选)(2016·北京朝阳质检)如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，磁场垂直于纸面向外，比荷为的电子以速度v0从A点沿AB方向射入，欲使电子能经过BC边，则磁感应强度B的取值应为( )
A．B>
B．B<
C．B<
D．B>
解析：选C.由题意，若电子正好经过C点，其运动轨迹如图所示，此时其圆周运动的半径R＝＝，要想电子从BC边经过，圆周运动的半径要大于，由带电粒子在磁场中运动的半径公式r＝，有<，即B<，C选项正确．
5．(考点三)(2016·湖北部分重点中学联考)如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)，O为圆心．在柱形区域内加一方向垂直于纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为＋q的粒子沿图中直径从圆上的A点射入柱形区域，在圆上的D点离开该区域，已知图中θ＝120°，现将磁场换为竖直向下的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直径从A点射入柱形区域，也在D点离开该区域．若磁感应强度大小为B，不计重力，试求：
(1)电场强度E的大小；
(2)经磁场从A到D的时间与经电场从A到D的时间之比．
解析：(1)加磁场时，粒子从A到D有
qBv0＝meq
\f(v,r)①
由几何关系有r＝Rtan＝R②
加电场时，粒子从A到D有
R＋Rcos
60°＝v0t③
Rsin
60°＝t2④
联立①②③④得E＝.
(2)粒子在磁场中运动时，如图所示，由几何关系可知圆心角α＝60°.
运动周期T＝＝，
在磁场中的运动时间t′＝T＝.
由①②③④得粒子经电场从A到D的运动时间t＝.
即＝.
答案：(1) (2), [学生用书P56])
1．(考点一)(单选)下列说法中正确的是( )
A．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态
B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态
C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态
D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态
答案：B
2．(考点一)(单选)(2014·高考北京卷)应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是( )
A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态
B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态
C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度
D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度
解析：选D.手托物体向上抛出的过程，必有一段加速过程，其后可以减速，可以匀速，当手和物体匀速运动时，物体既不超重也不失重；当手和物体减速运动时，物体处于失重状态，选项A错误；物体从静止到运动，必有一段加速过程，此过程物体处于超重状态，选项B错误；当物体离开手的瞬间，物体只受重力的作用，此时物体的加速度等于重力加速度，选项C错误；手和物体分离之前速度相同，分离之后手速度的变化量比物体速度的变化量大，物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度，所以选项D正确．
3.
(考点二)(多选)如图所示，一细绳跨过一轻质定滑轮(不计细绳和滑轮质量，不计滑轮与轴之间摩擦)，绳的一端悬挂一质量为m的物体A，另一端悬挂一质量为M(M>m)
的物体B，此时物体A的加速度为a1.如果用力F代替物体B，使物体A产生的加速度为a2，那么下列选项正确的是( )
A．如果a1＝a2，则FB．如果F＝Mg，则a1C．如果a1＝a2，则F＝Mg
D．如果F＝，则a1＝a2
解析：选ABD.另一端悬挂一质量为M(M>m)的物体B，由牛顿第二定律Mg－mg＝(m＋M)a1，解得a1＝g.如果用力F代替物体B，由牛顿第二定律F－mg＝ma2，解得a2＝－g.如果a1＝a2，则F4．(考点三)(单选)
跨过定滑轮的绳的一端挂一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如图所示．已知人的质量为70
kg，吊板的质量为10
kg，绳及定滑轮的质量、滑轮的摩擦均可忽略不计．重力加速度g取10
m/s2.当人以440
N的力拉绳时，人与吊板的加速度a和人对吊板的压力FN分别为( )
A．a＝1.0
m/s2，FN＝260
N
B．a＝1.0
m/s2，FN＝330
N
C．a＝3.0
m/s2，FN＝110
N
D．a＝3.0
m/s2，FN＝50
N
解析：选B.先整体法求加速度：2F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得：a＝1.0
m/s2；对人：F＋FN－m1g＝m1a，解得FN＝330
N，故B正确．
5．(微专题9)如图甲所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板．从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v－t图象分别如图乙中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标分别为a(0，10)、b(0，0)、c(4，4)、d(12，0)．根据v－t图象，求：
(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3；
(2)物块质量m与长木板质量M之比；
(3)物块相对长木板滑行的距离Δx.
解析：(1)由v－t图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1＝
m/s2＝1.5
m/s2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2＝
m/s2＝1
m/s2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3＝
m/s2＝0.5
m/s2.
(2)对物块冲上木板匀减速阶段：μ1mg＝ma1
对木板向前匀加速阶段：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2
物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段：
μ2(m＋M)g＝(M＋m)a3
联立以上三式可得＝.
(3)由v－t图象可以看出，物块相对于长木板滑行的距离Δx对应题图中△abc的面积，故Δx＝10×4×
m＝20
m.
答案：(1)1.5
m/s2 1
m/s2 0.5
m/s2 (2) (3)20
m
PAGE一、单项选择题
1．如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m与斜面体相对静止．则关于斜面对m的支持力和摩擦力的下列说法中错误的是( )
A．支持力一定做正功
B．摩擦力一定做正功
C．摩擦力可能不做功
D．摩擦力可能做负功
解析：选B.支持力方向垂直斜面向上，故支持力一定做正功．而摩擦力是否存在需要讨论，若摩擦力恰好为零，物体只受重力和支持力，如图所示，此时加速度a＝gtan
θ，当a＞gtan
θ，摩擦力沿斜面向下，摩擦力与位移夹角小于90°，则做正功；当a＜gtan
θ，摩擦力沿斜面向上，摩擦力与位移夹角大于90°，则做负功．综上所述，B是错误的．
2．(2016·荆州一模)一个质量为m的物块，在几个共点力的作用下静止在光滑水平面上．现把其中一个水平方向的力从F突然增大到3F，并保持其他力不变，则从这时开始到t
s末，该力的瞬时功率是( )
A.
B.
C.
D.
解析：选B.由题意知，物体受到的合力为2F，根据牛顿第二定律有2F＝ma，在合力作用下，物块做初速度为零的匀加速直线运动，则t
s末速度v＝at，该力大小为3F，则该力的瞬时功率P＝3Fv，解以上各式得P＝，B正确．
3．(2016·湖北省重点中学高三联考)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秒内、第2秒内、第3秒内力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．W1＜W2＜W3
C．W1＜W3＜W2
D．W1＝W2＜W3
解析：选B.根据功的计算公式W＝Fx，速度－时间图象中图线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．
4．(2016·北京东城区模拟)起重机的钢索将重物由地面起吊到空中某个高度，重物起吊过程中的速度－时间图象如图所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是下图中的( )
解析：选B.0～t1时间内，重物匀加速上升，F恒定且F＞mg，由P＝F·v可知，功率P随v的增大而增大；t1～t2时间内，重物匀速上升，F＝mg，此过程P＝F·v恒定不变，但t1时刻起重机的功率突然变小，A、D均错误；t2～t3时间内，重物减速上升，F恒定，且有F＜mg，此过程中，由P＝F·v可知，起重机功率随v的减小而减小，并且在t2时刻功率突然变小，故B正确、C错误．
5．(2016·河北冀州调研)一个质量为0.3
kg的物体沿水平面做直线运动，如图所示，图线a表示物体受水平拉力时的v－t图线，图线b表示撤去水平拉力后物体继续运动的v－t图线，g＝10
m/s2，下列说法中正确的是( )
A．撤去拉力后物体还能滑行7.5
m
B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1
C．水平拉力的大小为0.1
N，方向与摩擦力方向相同
D．水平拉力对物体做功为1.2
J
解析：选C.在0～3
s内水平拉力F作用在物体上，由v－t图象可知，此时间内物体的加速度大小a1＝
m/s2，3
s末撤去力F，此后，物体的加速度大小a2＝
m/s2.由v－t图线和横轴所围面积表示位移，可知3～6
s内物体的位移为7.5
m，而6
s末物体的速度不为零，此后物体仍向前运动，故A错；由ma2＝μmg，可得μ＝，B错．结合题图可知F与摩擦力方向相同，由牛顿第二定律有F＋μmg＝ma1，解得F＝0.1
N，故C对．而水平拉力对物体做的功W＝－Fx＝－1.2
J，D错．
6．(2014·高考重庆卷)某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k1和k2倍，最大速率分别为v1和v2，则( )
A．v2＝k1v1
B．v2＝v1
C．v2＝v1
D．v2＝k2v1
解析：选B.汽车以最大速率行驶时，牵引力F等于阻力Ff，即F＝Ff＝kmg.由P＝k1mgv1及P＝k2mgv2，得v2＝v1，故B正确．
二、多项选择题
7．如图所示，细绳的一端绕过定滑轮与木箱相连，现以大小恒定的拉力F拉动细绳，将静置于A点的木箱经B点移到C点(AB＝BC)，地面平直且与木箱的动摩擦因数处处相等．设从A到B和从B到C的过程中，F做功分别为W1、W2，克服摩擦力做功分别为Q1、Q2，木箱经过B、C时的动能和F的功率分别为EkB、EkC和PB、PC，则下列关系一定成立的有( )
A．W1＞W2
B．Q1＞Q2
C．EkB＞EkC
D．PB＞PC
解析：选AB.F做功W＝Flcos
α(α为绳与水平方向的夹角)，在AB段和BC段相比较，F大小相同，l相同，而α逐渐增大，故W1＞W2，A正确；物体运动中，支持力逐渐减小，摩擦力逐渐减小，故Q1＞Q2，B正确；因为物体运动情况不能确定，故动能关系、功率关系无法确定，C、D错误．
8．(2016·西安一模)质量为m＝2
kg的物体沿水平面向右做直线运动，t＝0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图甲所示，此后物体的v－t图象如图乙所示，取水平向右为正方向，g取10
m/s2，则下列说法中正确的是( )
A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5
B．10
s末恒力F的瞬时功率为6
W
C．10
s末物体在计时起点左侧2
m处
D．10
s内物体克服摩擦力做功34
L
解析：选CD.由题图乙知前后两段时间内物体加速度的大小分别为a1＝2
m/s2、a2＝1
m/s2，由牛顿第二定律知F＋μmg＝ma1，F－μmg＝ma2，联立得F＝3
N、μ＝0.05，A错误；10
s末恒力F的瞬时功率为P＝Fv＝18
W，B错误；由速度－时间图象中图线与坐标轴所围面积的物理意义知，10
s
内物体的位移x＝－2
m，即在计时起点左侧2
m处，C正确；10
s内物体的路程为s＝34
m，即10
s内物体克服摩擦力所做的功W＝μmgs＝0.05×2×10×34
J＝34
J，D正确．
9．(2015·高考浙江卷)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为3.0×104
kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105
N；弹射器有效作用长度为100
m，推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80
m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则( )
A．弹射器的推力大小为1.1×106
N
B．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108
J
C．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107
W
D．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32
m/s2
解析：选ABD.对舰载机应用运动学公式v2－02＝2ax，即802＝2·a·100，得加速度a＝32
m/s2，选项D正确；设总推力为F，对舰载机应用牛顿第二定律可知：F－20%F＝ma，得F＝1.2×106
N，而发动机的推力为1.0×105
N，则弹射器的推力为F推＝(1.2×106－1.0×105)N＝1.1×106
N，选项A正确；弹射器对舰载机所做的功为W＝F推·l＝1.1×108
J，选项B正确；弹射过程所用的时间为t＝＝
s＝2.5
s，平均功率P＝＝
W＝4.4×107
W，选项C错误．
10．(2016·山东济南模拟)汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象如图所示，其中正确的是( )
解析：选ACD.汽车启动时由P＝Fv和F－Ff＝ma可知，匀加速启动过程中，牵引力F、加速度a恒定不变，速度和功率均匀增大，当功率增大到额定功率后保持不变，牵引力逐渐减小到与阻力相等，加速度逐渐减小到零，速度逐渐增大到最大速度，故A、C、D正确，B错误．
三、非选择题
11．(2016·宁夏模拟)日本大地震以及随后的海啸给日本带来了巨大的损失．灾后某中学的部分学生组成了一个课题小组，对海啸的威力进行了模拟研究，他们设计了如下的模型：如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m＝4
kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图象如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10
m/s2.
(1)在运动的过程中物体的最大加速度为多大？
(2)在距出发点什么位置时，物体的速度达到最大？
(3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？
解析：(1)由牛顿第二定律有F－μmg＝ma
当推力F＝100
N时，物体所受合外力最大，加速度最大
代入数据解得a＝－μg＝20
m/s2.
(2)由图象可得推力随位移x变化的关系为：
F＝100－25x
速度最大时，物体加速度为零，则F＝μmg
代入数据解得x＝3.2
m.
(3)由F－x图象可知推力对物体做的功
WF＝F·x0＝200
J
由动能定理知WF－μmgxm＝0，
代入数据得：xm＝10
m.
答案：(1)20
m/s2 (2)3.2
m (3)10
m
12．(2016·常州模拟)高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图象．现利用这架照相机对MD－2
000家用汽车的加速性能进行研究，如图为汽车做匀加速直线运动时三次曝光的照片，图中汽车的实际长度为4
m，照相机每两次曝光的时间间隔为2.0
s
.已知该汽车的质量为1
000
kg，额定功率为90
kW，汽车运动过程中所受的阻力始终为1
500
N.
(1)试利用图示，求该汽车的加速度．
(2)若汽车由静止开始以此加速度做匀加速运动，匀加速运动状态最多能保持多长时间．
(3)汽车所能达到的最大速度是多大．
(4)若该汽车从静止开始运动，牵引力不超过3
000
N，求汽车运动2
400
m所用的最短时间(汽车已经达到最大速度)．
解析：(1)由题图可得汽车在第1个2
s时间内的位移x1＝9
m，第2个2
s时间内的位移x2＝15
m
汽车的加速度a＝＝1.5
m/s2.
(2)由F－Ff＝ma得，汽车牵引力
F＝Ff＋ma＝(1
500＋1
000×1.5)
N＝3
000
N
汽车做匀加速运动的末速度
v＝＝
m/s＝30
m/s
匀加速运动保持的时间
t1＝＝
s＝20
s.
(3)汽车所能达到的最大速度
vm＝＝
m/s＝60
m/s.
(4)由(1)、(2)知匀加速运动的时间t1＝20
s，运动的距离
x′1＝＝×20
m＝300
m
所以，后阶段以恒定功率运动的距离
x′2＝(2
400－300)
m＝2
100
m
对后阶段以恒定功率运动，有
P额t2－Ffx′2＝m(v－v2)
解得t2＝50
s
所以，所用最短时间为t总＝t1＋t2＝(20＋50)
s＝70
s.
答案：(1)1.5
m/s2 (2)20
s (3)60
m/s (4)70
s
PAGE, [学生用书P186])
1．(考点一)(多选)(2016·浙江名校联考)
质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是( )
A．该微粒一定带负电荷
B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动
C．该磁场的磁感应强度大小为
D．该电场的场强为Bvcos
θ
解析：选AC.若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向左的电场力qE和垂直OA斜向右下方的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE和垂直OA斜向左上方的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒应该做匀速直线运动，则选项A正确、B错误；由平衡条件得：qvBcos
θ＝mg，qvBsin
θ＝qE，得磁场的磁感应强度B＝，电场的场强E＝Bvsin
θ，故选项C正确、D错误．
2．(考点一)(单选)
如图所示，场强为E的匀强电场方向竖直向下，场强为B的水平匀强磁场垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量的同种电荷．已知a静止，b、c在纸面内按图示方向做匀速圆周运动(轨迹未画出)．忽略三个油滴间的静电力作用，比较三个油滴的质量及b、c的运动情况，以下说法中正确的是( )
A．三个油滴的质量相等，b、c都沿顺时针方向运动
B．a的质量最大，c的质量最小，b、c都沿逆时针方向运动
C．b的质量最大，a的质量最小，b、c都沿顺时针方向运动
D．三个油滴的质量相等，b沿顺时针方向运动，c沿逆时针方向运动
解析：选A.油滴a静止不动，其受到的合力为零，所以mag＝qE，电场力方向竖直向上，油滴带负电荷．又油滴b、c在场中做匀速圆周运动，则其重力和受到的电场力是一对平衡力，所以mbg＝mcg＝qE，油滴受到的洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，由左手定则可判断，b、c都沿顺时针方向运动．故A正确．
3．(考点二)(多选)
在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示，已知离子P＋在磁场中转过θ1＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋( )
A．在电场中的加速度之比为1∶1
B．在磁场中运动的半径之比为∶1
C．在磁场中转过的角度之比为1∶2
D．离开电场区域时的动能之比为1∶3
解析：选BCD.两离子所带电荷量之比为1∶3，在电场中时由qE＝ma知a∝q，故加速度之比为1∶3，A错误；离开电场区域时的动能由Ek＝qU知Ek∝q，故D正确；在磁场中运动的半径由Bqv＝m、Ek＝mv2知R＝
∝，故B正确；设磁场区域的宽度为d，则由题图可知sin
θ＝∝，即＝，因θ1＝30
°，则sin
θ2＝，即θ2＝60°，所以＝，C正确．
4．(考点二)(多选)(2016·河南十校联考)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，它们到原点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：选AD.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．
甲 乙
(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．
5．(微专题25)如图甲所示，宽度为d的竖直狭长区域内(边界为L1、L2)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向的周期性变化的电场(如图乙所示)，电场强度的大小为E0，E>0表示电场方向竖直向上．t＝0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点．Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g.上述d、E0、m、v、g为已知量．
(1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；
(2)求电场变化的周期T；
(3)改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值．
解析：(1)微粒做直线运动，则mg＋qE0＝qvB①
微粒做圆周运动，则mg＝qE0②
联立①②得q＝③
B＝.④
(2)设微粒从N1运动到Q的时间为t1，做圆周运动的周期为t2，则＝vt1⑤
qvB＝m⑥
2πR＝vt2⑦
联立③④⑤⑥⑦得t1＝，t2＝⑧
电场变化的周期T＝t1＋t2＝＋.⑨
(3)若微粒能完成题述的运动过程，要求d≥2R⑩
联立③④⑥得R＝
设在N1Q段直线运动的最短时间为t1min
由⑤⑩ 得t1min＝＝
因t2不变，T的最小值为
Tmin＝t1min＋t2＝.
答案：(1) (2)＋ (3)一、单项选择题
1．(2016·海南三亚一中月考)竖直起飞的火箭在推力F的作用下产生10
m/s2的加速度，若推力增大到2F，则火箭的加速度将达到(g取10
m/s2，不计空气阻力)( )
A．20
m/s2
B．25
m/s2
C．30
m/s2
D．40
m/s2
解析：选C.根据牛顿第二定律可知F－mg＝ma1，当推力为2F时，有2F－mg＝ma2，代入数据解得a2＝30
m/s2，则C正确．
2．(2016·宝鸡高三质检)
如图所示，将质量为M的U形框架开口向下置于水平地面上，用轻弹簧1、2、3将质量为m的小球悬挂起来．框架和小球都静止时弹簧1竖直，弹簧2、3水平且长度恰好等于弹簧原长，这时框架对地面的压力大小等于(M＋m)g.现将弹簧1从最上端剪断，则在剪断后瞬间( )
A．框架对地面的压力大小仍为(M＋m)g
B．框架对地面的压力大小为0
C．小球的加速度大小等于g
D．小球的加速度为0
解析：选D.剪断弹簧1瞬间，弹簧的形变不改变，小球所受合外力为0，由牛顿第二定律可知此时小球的加速度大小为0，C项错误、D项正确；框架受重力和支持力作用，FN＝Mg，由牛顿第三定律可知，框架对地面的压力大小为Mg，A、B项错误．
3.
如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC杆竖直，各杆上分别套有一可视为质点的小球a、b、d，a、b、d三小球的质量比为1∶2∶3，现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为( )
A．1∶1∶1
B．5∶4∶3
C．5∶8∶9
D．1∶2∶3
解析：选A.由题可知A、B、C、D恰好在以AC为直径的圆上，且C为最低点，由等时圆知识可知三小球在杆上滑行时间相等，A对．
4.
(2016·唐山一中模拟)一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦．现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平．若在弹簧从自然长度到第一次达到最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是( )
A．速度增大，加速度增大
B．速度增大，加速度减小
C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小
D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大
解析：选D.因滑块始终未与皮带达到共速，故滑块始终受到水平向左的滑动摩擦力，由μmg－kx＝ma可知，滑块的加速度先减小后反向增大，而滑块的速度先增大后减小，直到速度为零，故只有D项正确．
5．(2016·河北衡水调研)如图甲所示，在木箱内粗糙斜面上静置一个质量为m的物体，木箱竖直向上运动的速度v与时间t的变化规律如图乙所示，物体始终相对斜面静止．斜面对物体的支持力和摩擦力分别为FN和Ff，则下列说法正确的是( )
A．在0～t1时间内，FN增大，Ff减小
B．在0～t1时间内，FN减小，Ff增大
C．在t1～t2时间内，FN增大，Ff增大
D．在t1～t2时间内，FN减小，Ff减小
解析：选D.在0～t1时间内，由题图乙可知，物体做加速运动，加速度逐渐减小，设斜面倾角为θ，对物体受力分析，在竖直方向上有FN
cos
θ＋Ff
sin
θ－mg＝ma1，在水平方向上有FN
sin
θ＝Ff
cos
θ，因加速度减小，则支持力FN和摩擦力Ff均减小．在t1～t2时间内，由题图乙可知，物体做减速运动，加速度逐渐增大，对物体受力分析，在竖直方向上有mg－(FN
cos
θ＋Ff
sin
θ)＝ma2，在水平方向上有FN
sin
θ＝Ff
cos
θ
，因加速度增大，则支持力FN和摩擦力Ff均减小，故选D.
6.
如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为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端将粮袋放到运行中的传送带上．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g.关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是( )
A．粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小或也可能相等
B．粮袋开始运动的加速度为g(sin
θ－μcos
θ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动
C．若μ≥tan
θ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动
D．不论μ大小如何，粮袋从A端到B端一直做匀加速运动，且加速度a≥gsin
θ
解析：选A.若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B端时的速度小于v；若μ≥tan
θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B端时速度与v相同；若μθ，则粮袋先做加速度为g(sin
θ＋μcos
θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g(sin
θ－μcos
θ)的匀加速运动，到达B端时的速度大于v，选项A正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmgcos
θ，根据牛顿第二定律得加速度a＝＝g(sin
θ＋μcos
θ)，选项B错误；若μ≥tan
θ，粮袋从A到B可能一直是做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C、D均错误．
二、多项选择题
7．(2014·高考山东卷)一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图．在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有( )
A．t1
B．t2
C．t3
D．t4
解析：选AC.当合外力方向与速度方向相同时，质点做加速运动．由v－t图象可知，质点在t1、t3时刻做加速运动，在t2、t4时刻做减速运动．故选项A、C正确，选项B、D错误．
8.
(2016·青岛模拟)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．则下列说
法中正确的是( )
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为mg＋ma
D．小物块受到的静摩擦力为mg＋ma
解析：选AD.因为物块和斜面一起沿山坡向上加速运动，故物块所受静摩擦力沿斜面向上，A对，B错；小物块受力如图，由牛顿第二定律得：Ff0－mgsin
30°＝ma，Ff0＝mg＋ma，因小物块相对斜面静止，所以物块受静摩擦力，故C错、D对．
9.
如图所示，一倾角θ＝30°的光滑斜面固定在箱子底板上，一小球用一细绳拴于箱子顶部，细绳与斜面间夹角也为θ，细绳对小球的拉力为FT，斜面对小球的支持力为FN，重力加速度为g，
小球始终相对斜面静止，则下列运动能确保FT、FN中只有一个为0的是( )
A．箱子自由下落
B．箱子水平向右做加速运动，且加速度大小为g
C．箱子水平向右做减速运动，且加速度大小为g
D．箱子以任意加速度竖直向上做加速运动
解析：选BC.当箱子自由下落时，小球的加速度为g，FT、FN均为0，A错；箱子水平向右加速，此时斜面对小球的支持力可以为0，则有tan
60°＝，即加速度大小为g，B对；箱子水平向右减速时，绳的拉力可以为0，则有tan
30°＝，即加速度大小为g，C对；当箱子以任意加速度竖直向上加速时，绳的拉力FT和斜面的支持力FN均不为0，D错．
10．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2＞v1，则( )
A．t1时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
解析：选ABC.相对地面而言，小物块在0～t1时间内，向左做匀减速运动，t1～t2时间内，又反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时(即t2时刻)，小物块向右做匀速运动．故小物块在t1时刻离A处距离最远，A正确；相对传送带而言，在0～t2时间内，小物块一直相对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力，在t2～t3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B、C正确，D错误．
三、非选择题
11.
(2016·南京模拟)如图为一条平直公路中的两段，其中A
点左边的路段为足够长的柏油路面，A点右边路段为水泥路面．已知汽车轮胎与柏油路面的动摩擦因数为μ1，与水泥路面的动摩擦因数为μ2.当汽车以速度v0沿柏油路面行驶时，若刚过A点时紧急刹车后(车轮立即停止转动)，汽车要滑行一段距离到B处才能停下；若该汽车以速度2v0在柏油路面上行驶，突然发现B处有障碍物，需在A点左侧的柏油路段上某处紧急刹车，若最终汽车刚好撞不上障碍物，求：(重力加速度为g)
(1)水泥路面AB段的长度；
(2)在第二种情况下汽车运动了多长时间才停下．
解析：(1)汽车在水泥路面刹车的加速度大小：
由μ2mg＝ma2得：a2＝μ2g
由v＝2a2AB得：
AB＝eq
\f(v,2μ2g).
(2)汽车在柏油路面刹车的加速度大小：
由μ1mg＝ma1得：a1＝μ1g
要使刚好不碰上障碍物，只需汽车到A点时的速度由2v0减为v0即可．
所以汽车在柏油路面上运动的时间为：
t1＝＝
汽车在水泥路面上运动时间为：t2＝＝
总时间为t＝t1＋t2＝.
答案：(1)eq
\f(v,2μ2g) (2)
12.
(2016·陕西西安模拟)小物块以一定的初速度v0沿斜面(足够长)向上运动，由实验测得物块沿斜面运动的最大位移x与斜面倾角θ的关系如图所示．取g＝10
m/s2，空气阻力不计．可能用到的函数值：sin
30°＝0.5，sin
37°＝0.6.求：
(1)物块的初速度v0；
(2)物块与斜面之间的动摩擦因数μ；
(3)计算说明图线中P点对应的斜面倾角为多大？在此倾角条件下，小物块能滑回斜面底端吗？说明理由(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)．
解析：(1)当θ＝90°时，物块做竖直上抛运动，末速度为0.由题图得上升最大位移为xm＝3.2
m
由v＝2gxm，得v0＝8
m/s.
(2)当θ＝0°时，物块相当于在水平面上做匀减速直线运动，末速度为0
由题图得水平最大位移为x＝6.4
m
由运动学公式有：v＝2ax
由牛顿第二定律得：μmg＝ma，得μ＝0.5.
(3)设题图中P点对应的斜面倾角值为θ，物块在斜面上做匀减速运动，末速度为0
由题图得物块沿斜面运动的最大位移为x′＝3.2
m
由运动学公式有：v＝2a′x′
由牛顿第二定律有：mgsin
θ＋μmgcos
θ＝ma′
得10sin
θ＋5cos
θ＝10，得θ＝37°.
因为mgsin
θ＝6m＞μmgcos
θ＝4m，所以能滑回斜面底端．
答案：(1)8
m/s (2)0.5 (3)37° 能滑回底端，理由见解析
PAGE, [学生用书P250])
1.
(考点一)设x轴方向的一条细绳上有O、A、B、C、D、E、F、G八个点，OA＝AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FG＝1
m，质点O在垂直于x轴方向上做简谐运动，沿x轴方向传播形成横波．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点刚好开始运动．那么在t＝2.5
s时刻，以下说法中正确的是( )
A．B点位于x轴下方
B．A点与E点的位移相同
C．D点的速度最大
D．C点正向上运动
E．这列波的波速为5
m/s
解析：选ABE.由题可知，＝0.2
s，周期T＝0.8
s，λ＝1
m，波长λ＝4
m，由v＝得波速v＝5
m/s，则可判断E项正确；当t＝2.5
s时，波源O已振动了3个周期，此时O位于x轴上方向上振动，B点与O点之间相距半个波长，可判断B点位于x轴下方，A项正确；2.5
s时E点已经振动了一段时间，A点与E点间距1个波长，两点振动情况完全一样，则B项正确；O点与D点间距1个波长，两点的振动情况完全一样，此时，O点已经离开平衡位置向上振动，D点也一样，则D点的速度不是最大，C项错误；O点与C点间距为波长，2.5
s时，O点刚离开平衡位置向上振动，则C点应向下振动，则D项错误．
2．(考点二)
(2014·高考北京卷)一简谐机械横波沿x轴正方向传播，波长为λ，周期为T.t＝0时刻的波形如图甲所示，a、b是波上的两个质点．图乙是波上某一质点的振动图象．下列说法正确的是( )
甲 乙
A．t＝0时质点a的速度比质点b的大
B．t＝0时质点a的加速度比质点b的小
C．图乙可以表示质点a的振动
D．图乙可以表示质点b的振动
解析：选D.
题图甲为波的图象，题图乙为振动图象．t＝0时刻，a质点在波峰位置，速度为零，加速度最大；b质点在平衡位置，加速度为零，速度最大，故选项A、B错；在波的图象中，根据同侧法由传播方向可以判断出质点的振动方向，所以t＝0时刻，b点在平衡位置且向下振动，故选项C错、D对．
3．(考点二)
(2014·高考全国卷Ⅱ)图甲为一列简谐横波在t＝0.10
s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1.0
m处的质点，Q是平衡位置在x＝4.0
m处的质点；图乙为质点Q的振动图象，下列说法正确的是( )
A．在t＝0.10
s时，质点Q向y轴正方向运动
B．在t＝0.25
s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同
C．从t＝0.10
s到t＝0.25
s，该波沿x轴负方向传播了6
m
D．从t＝0.10
s到t＝0.25
s，质点P通过的路程为30
cm
E．质点Q简谐运动的表达式为y＝0.10sin
10πt(国际单位)
解析：选BCE.由y－t图象可知，t＝0.10
s时质点Q沿y轴负方向运动，选项A错误；由y－t图象可知，波的振动周期T＝0.2
s，由y－x图象可知λ＝8
m，故波速v＝＝40
m/s，根据振动与波动的关系知波沿x轴负方向传播，则波在0.10
s到0.25
s内传播的距离Δx＝vΔt＝6
m，选项C正确；t＝0.25
s时，波形图如图所示，此时质点P的位移沿y轴负方向，而回复力、加速度方向沿y轴正方向，选项B正确；Δt＝0.15
s＝T，质点P在其中的T内路程为20
cm，在剩下的T内包含了质点P通过最大位移的位置，故其路程小于10
cm，因此在Δt＝0.15
s内质点P通过的路程小于30
cm，选项D错误；由y－t图象可知质点Q做简谐运动的表达式为y＝0.10sin
t(m)＝0.10sin
10πt(m)，选项E正确．
4．(考点三)(2016·山东淄博模拟)如图所示，沿x轴正方向传播的一列简谐横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200
m/s，下列说法中正确的是( )
A．图示时刻质点b的加速度正在减小
B．从图示时刻开始，经过0.01
s，质点a通过的路程为40
cm
C．若此波遇到另一列波并发生稳定的干涉现象，则另一列波的频率为
50
Hz
D．若该波传播中遇到宽约4
m的障碍物，能发生明显的衍射现象
E．若观察者沿x轴正方向运动，接收到的频率将大于50
Hz
解析：选BCD.已知波沿x轴正方向传播，则质点b图示时刻振动方向沿y轴负方向，位移增大，加速度增大，选项A错误；波的周期T＝＝
s＝0.02
s，从图示时刻，经0.01
s，a从波峰到达波谷，通过的路程为2A＝40
cm，选项B正确；产生稳定干涉的条件是两列波频率相同，而该列波的频率f＝＝50
Hz，因此选项C正确；发生明显衍射的条件是波的波长大于障碍物的尺寸，或与障碍物的尺寸相差不多，因该波波长为4
m，故传播过程中遇到宽约4
m的障碍物时可发生明显的衍射现象，选项D正确．观察者沿x轴正方向远离波源运动，接收到的频率将小于50
Hz，故E错误．
5．(微专题35)
如图，一列沿x轴正方向传播的简谐横波，振幅为2
cm，波速为2
m/s，在波的传播方向上两质点a、b的平衡位置相距0.4
m(小于一个波长)，当质点a在波峰位置时，质点b在x轴下方与x轴相距1
cm的位置，则( )
A．此波的周期可能为0.6
s
B．此波的周期可能为1.2
s
C．从此时刻起经过0.5
s，b点可能在波谷位置
D．从此时刻起经过0.5
s，b点可能在波峰位置
解析：选ACD.根据波的传播方向和质点的振动方向的关系可知：t＝0时刻，b质点在－1
cm处，既可能沿y轴正方向运动也可能沿y轴负方向运动；该波的波长λ满足：<0.4
m，即λ<1.6
m，T<0.8
s，又λ>0.4
m，T>0.2
s，所以A正确，B错误；同理可知C、D均正确．, [学生用书P97])
1．(考点一)(多选)(2016·广东中山模拟)质量为m的物体在水平力F的作用下由静止开始在光滑地面上运动，前进一段距离之后速度大小为v，再前进一段距离使物体的速度增大为2v，则( )
A．第二过程的速度增量等于第一过程的速度增量
B．第二过程的动能增量是第一过程动能增量的3倍
C．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功
D．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做功的2倍
解析：选AB.由题意知，两个过程中速度增量均为v，A正确；由动能定理知：W1＝mv2，W2＝m(2v)2－mv2＝mv2，故B正确，C、D错误．
2．(考点二)(单选)质量为2
kg的物体以一定的初速度沿倾角为30°的斜面向上滑行，在向上滑行的过程中，其动能随位移的变化关系如图所示，则物体返回到出发点时的动能为(取g＝10
m/s2)( )
A．34
J
B．56
J
C．92
J
D．196
J
解析：选A.物体上滑的过程中重力与摩擦力都做负功，由动能定理得－mgx·sin
30°－Ffx＝0－E0，下滑的过程中重力做正功，摩擦力做负功，得mgx·sin
30°－Ffx＝E－0，代入数据得E＝34
J，故选A.
3．(考点二)(多选)(2016·河北保定调研)如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小
球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2.设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则W1/W2的值可能是( )
A．1/2
B．2/3
C．3/4
D．1
解析：选AB.第一次击打，小球运动的最高高度为R，即W1≤mgR，第二次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点，而恰好过最高点的条件为mg＝meq
\f(v,R)，即v高＝，小球从静止到达到最高点的过程，由动能定理得W1＋W2－2mgR＝mv－0，得W1＋W2＝mgR，则≤，故选A、B.
4．(考点三)(单选)(2016·山西模拟)用传感器研究质量为2
kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6
s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是( )
A．0～6
s内物体先向正方向运动，后向负方向运动
B．0～6
s内物体在4
s时的速度最大
C．物体在2～4
s内速度不变
D．0～4
s内合力对物体做的功等于0～6
s内合力做的功
解析：选D.由a－t图象可知：图线与时间轴围成的“面积”代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负．物体6
s末的速度v6＝×(2＋5)×2
m/s－×1×2
m/s＝6
m/s，则0～6
s内物体一直向正方向运动，A错；由题图可知物体在5
s末速度最大，为vm＝×(2＋5)×2
m/s＝7
m/s，B错；由题图可知在在2～4
s内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C错；在0～4
s
内合力对物体做的功由动能定理可知：
W合4＝mv－0，又v4＝×(2＋4)×2
m/s＝6
m/s
得W合4＝36
J，
0～6
s内合力对物体做的功由动能定理可知：
W合6＝mv－0，又v6＝6
m/s，得W合6＝36
J
则W合4＝W合6，D对．
5.
(微专题15)如图所示，斜面倾角为θ，质量为m的滑块在距挡板P的距离为s0的A点以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面的“下滑力”，若滑块每次与挡板相碰，碰后以原速率返回，无动能损失，求滑块停止运动前在斜面上经过的路程．
解析：由于滑块所受摩擦力小于“下滑力”，故滑块最终只能停在挡板处．设滑块经过的总路程为s，则整个过程中，重力做功：WG＝mgs0sin
θ，
摩擦力做功：WFf＝－μmgcos
θ·s
由动能定理得：
mgs0sin
θ－μmgcos
θ·s＝0－mv
解得：s＝eq
\f(2gs0sin
θ＋v,2μgcos
θ).
答案：eq
\f(2gs0sin
θ＋v,2μgcos
θ)
PAGE, [学生用书P215])
1．(考点一)(多选)(2016·广东肇庆模拟)一个矩形线圈在匀强磁场中转动，它产生的交流电动势为e＝220sin
100πt(V)．关于这个交变电流，下列说法中正确的是( )
A．交变电流的频率为100
Hz
B．该电动势的有效值为220
V
C．线圈转动的角速度ω＝50π
rad/s
D．t＝0时，线圈平面处于中性面
解析：选BD.由2πf＝100π
rad/s知，该交变电流的频率为50
Hz，A错；电动势有效值E＝＝220
V，B对；线圈转动的角速度ω＝100π
rad/s，C错；t＝0时，e＝0，此时线圈处于中性面，D对．
2．(考点一)(单选)矩形线圈abcd在如图所示的磁场中以恒定的角速度ω绕ab边转动，磁场方向垂直纸面向里，其中ab边左侧磁场的磁感应强度大小是右侧磁场的2倍．在t＝0时刻线圈平面与纸面重合，且cd边正在向纸外转动．规定图示箭头方向为电流正方向，则线圈中电流随时间变化的关系图线应是( )
解析：选A.绕垂直磁场的轴转动时，线圈能够产生的最大感应电动势Em＝NBSω，因左侧磁场的磁感应强度大小是右侧磁场的2倍，所以线圈在左侧磁场中产生的感应电动势最大值是右侧磁场中最大值的2倍，再利用楞次定律分析感应电流方向，可知选项A正确．
3．(考点一)(多选)图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表，线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是( )
A．电流表的示数为10
A
B．线圈转动的角速度为50π
rad/s
C．0.01
s时线圈平面与磁场方向平行
D．0.02
s时电阻R中电流的方向自右向左
解析：选AC.根据i－t图象可知，电流最大值Im＝10
A，有效值I＝＝10
A，A选项正确．交变电流的周期T＝2×10－2
s，角速度ω＝＝100π
rad/s，B选项错误．从图示位置开始转动时，经0.01
s线圈回到水平状态，线圈平面与磁场方向平行，C选项正确．根据右手定则，在0.02
s时，线圈经过一个周期，即在图示位置，电阻R中的电流方向自左向右，因此D选项错误．
4.
(考点二)(单选)(2016·沈阳质检)如图所示为一交流电压随时间变化的图象．每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定．根据图中数据可得，此交流电压的有效值为( )
A．7.5
V
B．8
V
C．2
V
D．3
V
解析：选C.根据电流的热效应有··＋·＝T，解得U2＝60
V2，所以U＝2
V，C项正确．
5．(考点二)(多选)(2016·湖南十二校联考)
如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，其电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线O′O恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B.若线圈从图示位置开始以角速度ω绕轴O′O匀速转动，则以下判断正确的是( )
A．图示位置线圈中的感应电动势最大，为Em＝BL2ω
B．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e＝BL2ωsin
ωt
C．线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q＝
D．线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q＝
解析：选BD.题图所示位置，线圈中通过的磁通量最大，但感应电动势为零，A错误；线圈所围成的闭合电路中产生的感应电动势最大值为Em＝BL2ω，故对应的瞬时值表达式为e＝BL2ωsin
ωt，B正确；由q＝可得线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量q＝，C错误；电阻R上产生的热量应利用有效值求解，即转动一周的过程中产生的热量：Q＝R×＝，D正确．一、单项选择题
1.
(2016·扬州模拟)如图所示，光滑水平桌面上，一小球以速度v向右匀速运动，当它经过靠近桌边的竖直木板的ad边正前方时，木板开始做自由落体运动．若木板开始运动时，cd边与桌面相齐，则小球在木板上的正投影轨迹是( )
解析：选B.小球相对木板水平方向做匀速运动，竖直方向做匀加速运动，其合运动为曲线运动，A错；根据加速度方向指向曲线凹侧，则B对，C、D错．
2．如图所示，在一次消防演习中，消防队员要借助消防车上的梯子爬到高处进行救人．为了节省救援时间，当消防车匀速前进的同时，人沿倾斜的梯子匀加速向上运动，则关于消防队员相对地面的运动，下列说法中正确的是( )
A．消防队员做匀加速直线运动
B．消防队员做匀变速曲线运动
C．消防队员做变加速曲线运动
D．消防队员水平方向的速度保持不变
解析：选B.以地面为参考系，消防员同时参与水平方向的匀速运动和斜向上的匀加速运动，其合运动为匀变速曲线运动，A、C错，B对，由运动的合成与分解知识可知水平方向的速度变大，D错．
3．(2016·浙江丽水中学模拟)小船过河时，船头偏向上游与水流方向成α角，船相对静水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸．现水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到对岸，下列措施中可行的是( )
A．增大α角，增大船速v
B．减小α角，增大船速v
C．减小α角，保持船速v不变
D．增大α角，保持船速v不变
解析：选A.
保持航线不变，且准时到达对岸，即船的合速度大小和方向均不变，由图可知，当水流速度v水增大时，α增大，v也增大，故选A.
4．(2016·河北邯郸摸底)如图，这是物体做匀变速曲线运动的轨迹的示意图．已知物体在B点的加速度方向与速度方向垂直，则下列说法中正确的是( )
A．C点的速率小于B点的速率
B．A点的加速度比C点的加速度大
C．C点的速率大于B点的速率
D．从A点到C点加速度与速度的夹角先增大后减小，速率是先减小后增大
解析：选C.质点做匀变速曲线运动，B到C点的加速度方向与速度方向夹角小于90°，C点的速率比B点速率大，故A错误，C正确；质点做匀变速曲线运动，则有加速度不变，所以质点经过C点时的加速度与A点相同，故B错误；若质点从A运动到C，质点运动到B点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则有A点速度与加速度方向夹角大于90°，C点的加速度方向与速度方向夹角小于90°，故D错误．
5.
一个半径为R的半圆柱体沿水平方向向右以速度v匀速运动．在半圆柱体上搁置一根竖直杆，此杆只能沿竖直方向运动，如图所示．当杆与半圆柱体的接触点P与柱心的连线与竖直方向的夹角为
θ时，竖直杆运动的速度为( )
A.
B．vtan
θ
C．vcos
θ
D．vsin
θ
解析：
选B.P点的速度v是合速度，其效果一是使P点绕O点转动，二是杆上升，故分解如图．
由图得：v1＝v·tan
θ，故B正确．
6．A、B两物体通过一根跨过定
滑轮的轻绳相连放在水平面上，现物体A以速度v1向右匀速运动，当绳被拉成与水平面夹角分别为α、β时，如图所示．物体B的运动速度v2为(绳始终有拉力)( )
A.
B.
C.
D.
解析：选D.A、B两物体的速度分解如图．
由图可知：vA＝v1cos
α
vB＝v2
cos
β
由于vA＝vB
所以v2＝，故D对．
二、多项选择题
7．一个质点受到两个互成锐角的力F1和F2的作用，由静止开始运动，若运动中保持两个力的方向不变，但F1突然增大ΔF，则质点此后( )
A．一定做匀变速曲线运动
B．在相等时间内速度变化一定相等
C．可能做变加速曲线运动
D．一定做匀变速直线运动
解析：选AB.
质点受到两个恒力F1、F2的作用，由静止开始沿两个恒力的合力方向做匀加速直线运动，如图所示，此时运动方向与F合方向相同；当力F1发生变化后，力F1与F2的合力F合′与原合力F合相比，大小和方向都发生了变化，此时合力F合′方向不再与速度方向相同，但是F合′仍为恒力，故此后质点将做匀变速曲线运动，故A正确，C、D错误；由于合力恒定不变，则质点的加速度也恒定不变，由a＝可得Δv＝aΔt，即在相等时间内速度变化也必然相等，则B正确．
8．(2016·湖北联考)小河宽为d，河水中各点水流速度与各点到较近河岸的距离成正比，v水＝kx，k＝，x为各点到近岸的距离，小船船头垂直河岸渡河，小船划水速度为v0，则下列说法正确的是( )
A．小船渡河的轨迹为直线
B．小船垂直河岸方向前进的距离为时，船的实际速度为v0
C．小船渡河时的轨迹为曲线
D．小船垂直河岸方向前进的距离为时，船的实际速度为v0
解析：选BC.小船沿河岸方向的速度随时间先均匀增大后均匀减小，因此水流方向存在加速度，其方向先沿着水流方向，后逆着水流方向，则小船渡河时的轨迹为曲线，故A错误，C正确；河水中各点水流速度与各点到较近河岸的距离成正比，当小船垂直河岸方向前进的距离为时，船的渡河速度为eq
\r(v＋v)＝v0，故B正确．当小船垂直河岸方向前进的距离为时，即距河对岸时，船的渡河速度仍为v0，故D错误．
9．(2016·苏州模拟)如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其v－t图象如图乙所示，人顶杆沿水平地面运动的x－t图象如图丙所示．若以地面为参考系，下列说法中正确的是( )
A．猴子的运动轨迹为直线
B．猴子在2
s内做匀变速曲线运动
C．t＝0时猴子的速度大小为8
m/s
D．t＝2
s时猴子的加速度大小为4
m/s2
解析：选BD.由题图乙、丙看出，猴子在竖直方向做初速度vy＝8
m/s、加速度a＝－4
m/s2的匀减速直线运动，人在水平方向做速度vx＝－4
m/s的匀速直线运动，故猴子的初速度大小为v＝
m/s＝4
m/s，方向与合外力方向不在同一条直线上，故猴子做匀变速曲线运动，故选项B正确，A、C均错误；由题图乙、丙可得，t＝2
s时，ay＝－4
m/s2，ax＝0，则合加速度大小a合＝4
m/s2，故选项D正确．
10．(2016·江西赣州检测)光滑水平面上一运动质点以速度v0通过点O，如图所示，与此同时给质点加上沿x轴正方向的恒力Fx和沿y轴正方向的恒力Fy，则( )
A．因为有Fx，质点一定做曲线运动
B．如果Fy＜Fx，质点向y轴一侧做曲线运动
C．如果Fy＝Fxtan
α，质点做直线运动
D．如果Fx＞Fycot
α，质点向x轴一侧做曲线运动
解析：选CD.如果Fx、Fy二力的合力沿v0方向，即Fy＝Fxtan
α，则质点做直线运动，选项A错误，C正确；若Fx＞Fycot
α，则合力方向在v0与x轴正方向之间．则轨迹向x轴一侧弯曲而做曲线运动，若Fx＜Fycot
α，则合力方向在v0与y轴之间，所以运动轨迹必向y轴一侧弯曲而做曲线运动．因不知α的大小，所以只凭Fx、Fy的大小不能确定F合是偏向x轴还是y轴，选项B错误，D正确．故本题答案为CD.
三、非选择题
11．(2016·衡水模拟)一物体在光滑水平面上运动，它在x轴方向和y轴方向上的两个分运动的速度—时间图象如图所示．
(1)判断物体的运动性质；
(2)计算物体的初速度大小；
(3)计算物体在前3
s内和前6
s内的位移大小．
解析：(1)由题图可知，物体在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向做匀变速运动，先减速再反向加速，所以物体做匀变速曲线运动．
(2)vx0＝30
m/s，vy0＝－40
m/s
v0＝
eq
\r(v＋v)＝50
m/s.
(3)x3＝vxt＝90
m
|y3|＝t＝60
m
则l1＝eq
\r(x＋y)＝30
m.
x6＝vxt′＝180
m
y6＝vyt′＝×6
m＝0
则l2＝x6＝180
m.
答案：(1)匀变速曲线运动 (2)50
m/s
(3)30
m 180
m
12．(2016·无锡模拟)一辆车通过一根跨过定滑轮的轻绳提升一个质量为m的重物，开始车在滑轮的正下方，绳子的端
点离滑轮的距离是H.车由静止开始向左做匀加速运动，经过时间t，绳子与水平方向的夹角为θ，如图所示．试求：
(1)车向左运动的加速度的大小；
(2)重物m在t时刻速度的大小．
解析：(1)车在时间t内向左运动的位移：
x＝
由车做匀加速运动，得：x＝at2
解得：a＝＝.
(2)车的速度：v车＝at＝
由运动的分解知识可知，车的速度v车沿绳的分速度与重物m的速度相等，即：
v物＝v车cos
θ
解得：v物＝.
答案：(1) (2)
PAGE一、单项选择题
1．三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的电荷量为q，球2的电荷量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F.现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变．由此可知( )
A．n＝3
B．n＝4
C．n＝5
D．n＝6
解析：选D.由于各球之间距离远大于小球的直径，小球带电时可视为点电荷．由库仑定律F＝k知两点电荷间距离不变时，相互间静电力大小与两球所带电荷量的乘积成正比．又由于三小球相同，则接触时平分总电荷量，故有q×nq＝×，解得n＝6，D正确．
2.
(2016·眉山模拟)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(可视为点电荷)，在P点平衡，PA与AB的夹角为α，不计小球的重力，则( )
A．tan3α＝
B．tan
α＝
C．O点场强为零
D．Q1＜Q2
解析：
选A.对小球受力分析如图所示，则F1＝k，F2＝k，tan
α＝＝，整理得tan3α＝，选项A正确．
3．(2016·广西四校调研)
如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点．下列说法中正确的有( )
A．粒子带负电
B．粒子在M点的动能大于在N点的动能
C．粒子从M点到N点电场力做正功
D．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力
解析：选C.由粒子的运动轨迹和电场线的方向可判断粒子带正电，A错；粒子从M向N运动，相当于顺着电场线方向运动，粒子又是带正电，则电场力做正功，再由动能定理知，EkMFM，D错．
4.
如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k.若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为( )
A.
B.
C.
D.
解析：选B.设小球c带电荷量为Q，由库仑定律可知小球a对小球c的库仑引力为F＝k，小球b对小球c的库仑引力为F＝k，二力合力为2Fcos
30°.设水平匀强电场的大小为E，对c球，由平衡条件可得QE＝2Fcos
30°，解得E＝，选项B正确．
5.
如图所示，将两个摆长均为l的单摆悬于O点，摆球质量均为m，带电荷量均为q(q>0)．将另一个带电荷量也为q(q>0)的小球从O点正下方较远处缓慢移向O点，当三个带电小球分别处在等边三角形abc的三个顶点上时，两摆线的夹角恰好为120°，则此时摆线上的拉力大小等于( )
A.mg
B．mg
C．2·
D.·
解析：选B.
如图为a处带电小球的受力示意图，其中F为摆线对小球的拉力，F1和F2分别为b处带电小球和移动的带电小球对它的库仑力．
根据题意分析可得F1＝F2＝k，根据共点力的平衡知识可得水平方向Fcos
30°＝k＋kcos
60°，竖直方向mg＝Fsin
30°＋ksin
60°，联立以上两式解得F＝或F＝mg，故选项中只有B正确．
6.
将两个质量均为m的小球a、b用绝缘细线相连，竖直悬挂于O点，其中球a带正电、电荷量为q，球b不带电，现加一电场强度方向平行竖直平面的匀强电场(没画出)，使整个装置处于平衡状态，且绷紧的绝缘细线Oa与竖直方向的夹角为θ＝30°，如图所示，则所加匀强电场的电场强度大小可能为( )
A.
B.
C.
D.
解析：选B.
取小球a、b整体作为研究对象，则受重力2mg、悬线拉力FT和电场力F作用处于平衡，此三力满足如图所示的三角形关系，由图知F的最小值为2mgsin
30°＝mg，由F＝qE知A、C、D错，B对．
二、多项选择题
7．(2016·北京考试院抽样测试)如图甲所示，真空中Ox坐标轴上的某点有一个点电荷Q，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.2
m和0.7
m．在A点放一个带正电的试探电荷，在B点放一个带负电的试探电荷，A、B两点的试探电荷受到静电力的方向都跟x轴正方向相同，静电力的大小F跟试探电荷电荷量q的关系分别如图乙中直线a、b所示．下列说法正确的是( )
A．B点的电场强度大小为0.25
N/C
B．A点的电场强度的方向沿x轴正方向
C．点电荷Q是正电荷
D．点电荷Q的位置坐标为0.3
m
解析：选BD.由两试探电荷受力情况可知，点电荷Q为负电荷，且放置于A、B两点之间某位置，故B正确、C错误；设Q与A点之间的距离为l，则点电荷在A点产生的场强为EA＝＝＝
N/C＝4×105
N/C，同理，点电荷在B点产生的场强为EB＝＝＝
N/C＝0.25×105
N/C，解得l＝0.1
m，所以点电荷Q的位置坐标为xQ＝xA＋l＝0.2
m＋0.1
m＝0.3
m，故A错误、D正确．
8．(2014·高考浙江卷)
如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m、电量为q.小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上，则( )
A．小球A与B之间库仑力的大小为
B．当＝
时，细线上的拉力为0
C．当＝
时，细线上的拉力为0
D．当＝
时，斜面对小球A的支持力为0
解析：选AC.
根据库仑定律，A、B球间的库仑力F库＝k，选项A正确．对球A受力分析，如图所示，小球A受竖直向下的重力mg，水平向左的库仑力F库＝，由平衡条件知，当斜面对小球的支持力FN的大小等于重力与库仑力的合力大小时，细线上的拉力等于零，则＝tan
θ，所以＝
，选项C正确、B错误；斜面对小球的支持力FN始终不会等于零，选项D错误．
9.
如图所示PO为光滑绝缘竖直墙壁、OQ为光滑绝缘水平地面，地面上方有一水平向左的匀强电场E，带正电荷的A、B两小球(可视为质点)均紧靠接触面而处于静止状态，这时两球之间的距离为L.若在小球A上加竖直推力F，小球A沿墙壁PO向着O点移动一小段距离后，适当移动B球，小球A与B重新处于静止状态，则与原来比较(两小球所带电荷量保持不变)( )
A．A球对竖直墙壁的作用力不变
B．两球之间的距离一定增大
C．A球对B球作用的静电力增大
D．地面对B球的弹力不变
解析：选AC.由题意知，A球加上力F移动一段距离后仍处于静止状态，故B球对A球的库仑力沿竖直方向上分力增大，B球应该向左移动，A球对B球的库仑力在水平方向的分力等于匀强电场对B球的静电力，而匀强电场对B球的静电力不变，根据作用力和反作用力的关系，B球对A球的库仑力在水平方向的分力大小也不变，所以A球对竖直墙壁的压力不变，选项A正确；A、B两球的连线与水平方向的夹角θ变大，Fcos
θ不变，库仑力F一定变大，选项C正确；两球之间的距离减小，选项B错误；根据力的相互作用性可知，A球对B球的库仑力在竖直方向上的分力变大，故地面对B球的弹力变大，选项D错误．
10.
(2016·江西南昌二中检测)如图所示，两个带等量的正电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑的绝缘水平面上，P、N是小球A、B连线的水平中垂线上的两点，且PO＝ON.现将一个带负电的小球C(可视为质点)，由P点静止释放，在小球C向N点运动的过程中，下列关于小球C的速度图象，可能正确的是( )
解析：选AB.在A、B连线的垂直平分线上，从无穷远处到O点的电场强度先变大后变小，到O点变为零，负电荷沿垂直平分线从无穷远处向O点运动，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点运动到无穷远，速度变化情况同另一侧速度的变化情况具有对称性．如果P、N距O点足够远，B正确，如果P、N距O点很近，A正确．
三、非选择题
11.
如图，质量均为m的三个带电小球A、B、C，放置在光滑的绝缘水平面上，彼此相隔的距离为L(L比球半径r大得多)，B球带电量为QB＝－3q，A球带电量为QA＝6q，若在C上加一水平向右的恒力F，要使A、B、C三球始终保持L的间距运动，求：
(1)F的大小？
(2)C球所带电量为多少？带何种电荷？
解析：经分析，C球带正电荷，设C球带电量为QC，则由库仑定律和牛顿第二定律得
F＝3ma
对B：－＝ma
对A：－＝ma
解得QC＝8q，a＝
所以F＝.
答案：(1) (2)8q 正电荷
12．(2016·河北正定模拟)从地面以v0斜向上抛出一个质量为m的小球，当小球到达最高点时，小球具有的动能与势能之比是9∶16，取地面为重力势能参考面，不计空气阻力．现在此空间加上一个平行于小球抛出平面的水平电场，以相同的初速度抛出带上正电荷量为q的原小球，小球到达最高点时的动能与刚抛出时动能相等．求：
(1)无电场时，小球升到最高点的时间；
(2)后来加上的电场的场强大小．
解析：(1)无电场时，当小球到达最高点时，小球具有的动能与势能之比是9∶16
将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，则
由v＝2gh，得mv＝mgh
mv∶mv＝9∶16
解得初始抛出时vx∶vy＝3∶4
所以竖直方向的初速度为vy＝v0
竖直方向做匀减速运动
vy＝gt，得t＝.
(2)设后来加上的电场场强大小为E，小球到达最高点时的动能与刚抛出时的动能相等，若电场力的方向与小球初速度的水平分量方向相同，则有t＋v0＝v0
解得：E1＝
若电场力的方向与小球初速度的水平分量方向相反，则有t－v0＝v0
解得：E2＝.
答案：(1) (2)或
PAGE一、单项选择题
1.
(2016·廊坊模拟)如图所示，光滑水平面上，小球m在拉力F作用下做匀速圆周运动．若小球运动到P点时，拉力F发生变化，关于小球运动情况的说法正确的是( )
A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动
B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动
C．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动
D．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc运动
答案：A
2.
(2015·高考天津卷)未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示．当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是( )
A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大
B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小
C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大
D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小
解析：选B.旋转舱对宇航员的支持力提供宇航员做圆周运动的向心力，即mg＝mω2r，解得ω＝
，即旋转舱的半径越大，角速度越小，而且与宇航员的质量无关，选项B正确．
3．(2016·资阳诊断)如图所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮P和Q靠摩擦传动，两轮的半径R∶r＝2∶1.当主动轮Q匀速转动时，在Q轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q轮边缘上，此时Q轮转动的角速度为ω1，木块的向心加速度为a1，若改变转速，把小木块放在P轮边缘也恰能静止，此时Q轮转动的角速度为ω2，木块的向心加速度为a2，则( )
A.＝
B.＝
C.＝
D.＝
解析：选C.根据题述，a1＝ωr，ma1＝μmg；联立解得μg＝ωr.小木块放在P轮边缘也恰能静止，μg＝ω2R＝2ω2r.由ωR＝ω2r联立解得＝，选项A、B错误；ma＝μmg，所以＝，选项C正确，D错误．
4.
(2016·江南十校联考)如图，在一半径为R的球面顶端放一质量为m的物块，现给物块一初速度v0，则( )
A．若v0＝，则物块落地点离A点R
B．若球面是粗糙的，当v0＜时，物块一定会沿球面下滑一段，再斜抛离开球面
C．若v0＜，则物块落地点离A点为R
D．若v0≥，则物块落地点离A点至少为2R
解析：选D.若v0＝，物块将离开球面做平抛运动，由y＝2R＝，x＝v0t，得x＝2R，A错误，D正确；若v0＜，物块将沿球面下滑，若摩擦力足够大，则物块可能下滑一段后停下来，若摩擦力较小，物块在圆心上方球面上某处离开，斜向下抛，落地点离A点距离大于R，B、C错误．
5．(2015·高考福建卷)
如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则( )
A．t1B．t1＝t2
C．t1>t2
D．无法比较t1、t2的大小
解析：选A.在滑道AB段上取任意一点E，比较从A点到E点的速度v1和从C点到E点的速度v2，易知v1>v2.因E点处于“凸”形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，则摩擦力越小，可知由A滑到C比由C滑到A在AB段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小．同理，在滑道BC段的“凹”形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能损失也越小，从C处开始滑动时，小滑块损失的动能更大．故综上所述，从A滑到C比从C滑到A在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从A滑到C平均速度要更大一些，故t16.
(2014·高考安徽卷)如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5
m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10
m/s2.则ω的最大值是( )
A.
rad/s
B.
rad/s
C．1.0
rad/s
D．0.5
rad/s
解析：选C.当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律知，μmgcos
30°－mgsin
30°＝mω2r，解得ω＝1.0
rad/s，故选项C正确．
二、多项选择题
7.
(2016·河南八市质检)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A．a绳的张力不可能为零
B．a绳的张力随角速度的增大而增大
C．当角速度ω＞
时，b绳将出现弹力
D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化
解析：选AC.对小球受力分析可得a绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得FTa＝，为定值，A正确，B错误．当FTacos
θ＝mω2l ω＝
时，b绳的弹力为零，若角速度大于该值，则b绳将出现弹力，C正确．由于绳b可能没有弹力，故绳b突然被剪断，则a绳的弹力可能不变，D错误．
8．(2014·高考全国卷Ⅰ)
如图，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦
力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )
A.
b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝
是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝
时，a所受摩擦力的大小为kmg
解析：选AC.小木块发生相对滑动之前，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得，Ff＝mω2r，显然b受到的摩擦力较大；当物体刚要相对于盘滑动时，静摩擦力Ff达到最大值Ffm，由题设知Ffm＝kmg，所以kmg＝mω2r，由此可以求得物体刚要滑动时的临界角速度ω0＝
，由此得a发生相对滑动的临界角速度为
，b发生相对滑动的临界角速度为
；若ω＝
，a受到的是静摩擦力，大小为Ff＝mω2l＝kmg.综上所述，本题正确答案为A、C.
9.
(2015·高考浙江卷)如图所示为赛车场的一个水平“U”形弯道，转弯处为圆心在O点的半圆，内外半径分别为r和2r.一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达A′B′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O′为圆心的半圆，OO′＝r.赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为Fmax.选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( )
A．选择路线①，赛车经过的路程最短
B．选择路线②，赛车的速率最小
C．选择路线③，赛车所用时间最短
D．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等
解析：选ACD.由几何关系可得，路线①、②、③赛车通过的路程分别为：(πr＋2r)、(2πr＋2r)和2πr，可知路线①的路程最短，选项A正确；圆周运动时的最大速率对应着最大静摩擦力提供向心力的情形，即μmg＝m，可得最大速率v＝，则知②和③的速率相等，且大于①的速率，选项B错误；根据t＝，可得①、②、③所用的时间分别为t1＝，t2＝，t3＝，其中t3最小，可知路线③所用时间最短，选项C正确；在圆弧轨道上，由牛顿第二定律可得：μmg＝ma向，a向＝μg，可知三条路线上的向心加速度大小均为μg，选项D正确．
10．如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3
s后又恰好垂
直与倾角为45°的斜面相碰．已知半圆形管道的半径为R＝1
m，小球可看做质点且其质量为m＝1
kg，g取10
m/s2.则( )
A．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9
m
B．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9
m
C．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是1
N
D．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是2
N
解析：选AC.根据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度vy＝gt＝3
m/s，水平分速度vx＝vytan
45°＝3
m/s，则B点与C点的水平距离为x＝vxt＝0.9
m，选项A正确，B错误；在B点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有FNB＋mg＝meq
\f(v,R)，vB＝vx＝3
m/s，解得FNB＝－1
N，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C正确，D错误．
三、非选择题
11．(2016·湖北部分重点高中联考)如图所示，长为L的绳子下端连着一质量为m的小球，上端悬于天花板上，当把绳子拉直时，绳子与竖直线的夹角θ＝60°，此时小球静止于光滑的水平桌面上.
(1)当小球以角速度ω1＝
做圆锥摆运动时，绳子张力FT1为多大？桌面受到的压力FN1为多大？
(2)当小球以角速度ω2＝
做圆锥摆运动时，绳子的张力FT2及桌面受到的压力FN2分别为多大？
解析：如图所示，小球受三个力作用：重力
mg、绳子拉力FT、水平面的支持力FN，它们在竖直方向的合力为零，即FTcos
θ＋FN＝mg，在水平方向的合力为小球做圆周运动提供向心力，FTsin
θ＝mω2R＝mLω2sin
θ，联立解得FN＝mg－mLω2cos
θ.
(1)当ω1＝
时，桌面受到的压力FN1＝mg＞0，说明小球没有离开水平面，而在水平面上做匀速圆周运动，此时绳的拉力大小FT1＝mg.
(2)当ω2＝
时，FN＝－mg＜0，说明小球已经离开水平面，此时小球对水平面的压力为零，即FN2＝0.
此时绳的拉力大小为FT2，有FT2sin
θ2＝mLω2sin
θ2，解得FT2＝4mg.
答案：(1)mg mg (2)4mg 0
12．如图所示，从A点以某一水平速度v0抛出一质量m＝1
kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入∠BOC＝37°的光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面上的长木板上，圆弧轨道C端的切线水平．已知长木板的质量M＝4
kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6
m、h＝0.15
m，R＝0.75
m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.7，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g＝10
m/s2.求：
(1)小物块的初速度v0及在B点时的速度大小；
(2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道的压力大小；
(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板．
解析：(1)从A点到B点，物块做平抛运动，
H－h＝gt2
设到达B点时竖直分速度为vy，则vy＝gt，
联立解得vy＝3
m/s
此时速度方向与水平面的夹角为θ＝37°
有tan
θ＝＝，得v0＝4
m/s
v1＝eq
\r(v＋v)＝5
m/s.
(2)从A点至C点，由动能定理有：
mgH＝mv－mv
设物块在C点受到的支持力为FN，则有FN－mg＝eq
\f(mv,R)
解得：v2＝2
m/s，FN＝47.3
N
根据牛顿第三定律可知，物块在C点时对圆弧轨道的压力大小为47.3
N.
(3)小物块与长木板间的滑动摩擦力Ff＝μ1mg＝7
N
长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力
F′f＝μ2(M＋m)g＝10
N
因为Ff＜F′f，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动
小物块在长木板上做匀减速运动
则长木板的长度至少为l＝eq
\f(v,2μ1g)＝2.0
m.
答案：(1)4
m/s 5
m/s (2)47.3
N (3)2.0
m
PAGE一、单项选择题
1.
(2016·南京模拟)如图所示，两个物体A、B叠放在一起，接触面粗糙，现将它们同时以相同的速度水平抛出，不计空气阻力，在空中运动的过程中，物体B( )
A．只受重力
B．受重力和A对它的压力
C．受重力和A对它的摩擦力
D．受重力、A对它的压力和摩擦力
解析：选A.两个物体A、B同时以相同的速度水平抛出，由于不计空气阻力，两个物体都处于完全失重状态，故在空中运动的过程中，物体A、B都只受到重力，B、C、D错误，A正确．
2．如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下把木块向上提起，夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为Ff，若木块不滑动，力F的最大值为( )
A.
B.
C.－(m＋M)g
D.＋(m＋M)g
解析：选A.对木块：2Ff－Mg＝Ma
对整体：F－(M＋m)g＝(M＋m)a.
联立解得：F＝，故A正确．
3.
(2015·高考重庆卷)若货物随升降机运动的v－t图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是( )
解析：选B.根据v－t图象可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F－mg＝ma可判断支持力F的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B正确．
4．(2016·西安质检)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应为( )
A．3μmg
B．4μmg
C．5μmg
D．6μmg
解析：选D.纸板相对砝码恰好运动时，对纸板和砝码构成的系统，由牛顿第二定律可得：F－μ(2m＋m)g＝(2m＋m)a，对砝码，由牛顿第二定律可得：2μmg＝2ma，联立可得：F＝6μmg，选项D正确．
5.
(2016·河南安阳模拟)在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知猫的质量是木板的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为( )
A．3gsin
α
B．gsin
α
C．3gsin
α/2
D．2gsin
α
解析：选A.猫与木板加速度不同，分别对其受力分析是比较常见的解决方法．猫受力平衡，设猫的质量为2m，其所受摩擦力沿斜面向上，且Ff＝2mgsin
α，则木板所受摩擦力沿斜面向下，木板的加速度为a＝＝3gsin
α，正确选项为A.
6．如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端放置着静止的小物块A.某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F＝kt，其中k为已知常数．若A、B之间的最大静摩擦力为Ff，且滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等，mB＝2mA.则下列图象中，可以定性地描述长木板B运动的v－t图象的是( )
解析：选C.根据题意，开始时，A、B相对静止，相对滑动前以相同加速度a＝向右做变加速运动，木板B的最大加速度aB＝，当＝时，A、B开始相对滑动，解得时间t＝，之后A的加速度aA＝随时间增大，木板B以不变的加速度aB＝做匀加速直线运动．从以上分析可知，C正确．
二、多项选择题
7．(2015·高考海南卷)如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块．开始时，升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机加速上升时，( )
A．物块与斜面间的摩擦力减小
B．物块与斜面间的正压力增大
C．物块相对于斜面减速下滑
D．物块相对于斜面匀速下滑
解析：选BD.当升降机加速上升时，物块有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式
Ff＝μFN可知接触面间的正压力增大，物块与斜面间的摩擦力增大，故A错误、B正确；设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，当匀速运动时有mgsin
θ＝μmgcos
θ，即sin
θ＝μcos
θ，假设物块以加速度a向上运动时，有FN＝m(g＋a)cos
θ，Ff＝μm(g＋a)cos
θ，因为sin
θ＝μcos
θ，所以m(g＋a)sin
θ＝μm(g＋a)·cos
θ，故物块仍做匀速下滑运动，C错误、D正确；选项B、D正确．
8．如图甲所示，在光滑水平面上叠放着甲、乙两物体．现对甲施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得甲的加速度a随拉力F变化的关系如图乙所示．已知重力加速度g＝10
m/s2，由图线可知( )
A．甲的质量是2
kg
B．甲的质量是6
kg
C．甲、乙之间的动摩擦因数是0.2
D．甲、乙之间的动摩擦因数是0.6
解析：选BC.由题图乙可以看出，水平拉力F达到48
N之前，两物体一起加速运动，水平拉力超过48
N之后，两物体发生相对滑动．设动摩擦因数为μ，以整体为研究对象受力分析有F＝(m甲＋m乙)a1，以甲为研究对象受力分析有F－μm甲g＝m甲a2，结合图象可知，当水平拉力小于48
N时，直线的斜率倒数等于8，即甲、乙两物体的质量之和为8
kg，同理，当水平拉力大于48
N时，求得甲的质量为6
kg，故A错误、B正确；取坐标点(8，60)代入方程可解得μ＝0.2，所以C正确、D错误．
9．(2016·南昌调研)如图甲所示，在电梯箱内轻绳AO、BO、CO连接吊着质量为m的物体，轻绳AO、BO、CO对轻质结点O的拉力分别为F1、F2、F3.现电梯箱竖直向下运动，其速度v随时间t的变化规律如图乙所示，重力加速度为g，则( )
A．在0～t1时间内，F1与F2的合力等于F3
B．在0～t1时间内，F1与F2的合力大于mg
C．在t1～t2时间内，F1与F2的合力小于F3
D．在t1～t2时间内，F1与F2的合力大于mg
解析：选AD.对轻质结点O，因没质量，故其无论在何状态下，F1、F2、F3三个力的合力都为零，即F1与F2的合力与F3等大反向，选项A正确、C错误；对物体进行受力分析，其受到竖直向下的重力mg和竖直向上的绳子的拉力F3，在0～t1
时间内，电梯加速向下运动，物体处于失重状态，F3＜mg，即F1与F2的合力小于mg，选项B错误；在t1～t2时间内，电梯减速向下运动，物体处于超重状态，F3＞mg，即F1与F2的合力大于mg，选项D正确．
10．如图甲所示，在水平地面上有一长木板B，其上叠放木块A，假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等．用一水平力F作用于B，A、B的加速度与F的关系如图乙所示，重力加速度g取10
m/s2，则下列说法中正确的是( )
A．A的质量为0.5
kg
B．B的质量为1.5
kg
C．B与地面间的动摩擦因数为0.2
D．A、B间的动摩擦因数为0.2
解析：选AC.F≤3
N时，A、B均静止，表明B与地面间最大静摩擦力为3
N；3
N＜F≤9
N时，A、B一起以相同加速度运动，a＝＝F－μ2g，由图象斜率知mA＋mB＝1.5
kg，B与地面间的动摩擦因数为μ2＝＝0.2；当F＞9
N时，A的加速度为aA＝μ1g，根据图象可知μ1＝0.4，B的加速度为aB＝，由图象斜率知mB＝1
kg，mA＝0.5
kg，A、C对．
三、非选择题
11.
如图所示，长12
m、质量为50
kg的木板右端有一立柱，木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，质量为50
kg
的人立于木板的左端．木板与人都静止．当人以4
m/s2
的加速度向右奔跑至板的右端时，立即抱住立柱．g取10
m/s2.试求：
(1)人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小；
(2)人在奔跑的过程中木板的加速度；
(3)人从开始奔跑至到达木板的右端时，人和木板对地各运动了多大距离？
解析：(1)设人的质量为m，加速度为a1，人受到的摩擦力为Ff，由牛顿第二定律有Ff＝ma1＝200
N，方向水平向右．
(2)由牛顿第三定律可知人对木板的摩擦力大小Ff′＝200
N，方向水平向左．设木板的质量为M，加速度为a2，对木板由牛顿第二定律有：
Ff′－μ(M＋m)g＝Ma2
代入数据得a2＝2
m/s2，方向水平向左．
(3)设人从左端跑到右端所用的时间为t，由运动学公式得：
L＝a1t2＋a2t2，解得t＝2
s
人对地向右前进的距离x人＝a1t2＝8
m
木板对地向左后退的距离为
x木＝a2t2＝4
m.
答案：(1)200
N (2)2
m/s2，方向水平向左 (3)8
m 4
m
12．有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L＝1
m，起点A到终点线B的距离s＝5
m．开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进．板右端到达B处冲线，游戏结束．已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m1＝2
kg，滑板质量m2＝1
kg，重力加速度g＝10
m/s2，求：
(1)滑板由A滑到B的最短时间可达多少？
(2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围如何？
解析：(1)滑板一直加速，所用时间最短．设滑板加速度为a2，
Ff＝μm1g＝m2a2
a2＝10
m/s2
s＝
t＝1
s.
(2)刚好相对滑动时，F最小，此时可认为二者加速度相等，
F1－μm1g＝m1a2
F1＝30
N
当滑板运动到B点，滑块刚好脱离时，F最大，设滑块加速度为a1，
F2－μm1g＝m1a1
－＝L
F2＝34
N
则水平恒力大小范围是30
N≤F≤34
N.
答案：(1)1
s (2)30
N≤F≤34
N
PAGE, [学生用书P83])
1．(考点一)(单选)(2015·高考重庆卷)宇航员王亚平在“天宫1号”飞船内进行了我国首次太空授课，演示了一些完全失重状态下的物理现象．若飞船质量为m，距地面高度为h，地球质量为M，半径为R，引力常量为G，则飞船所在处的重力加速度大小为( )
A．0
B.
C.
D.
解析：选B.飞船受的万有引力等于在该处所受的重力，即G＝mgh，得gh＝，选项B正确．
2．(考点二)(单选)(2016·湖南十三校一联)为了测量某行星的质量和半径，宇航员记录了登陆舱在该行星表面做圆周运动的周期T，登陆舱在行星表面着陆后，用弹簧测力计称量一个质量为m的砝码，读数为F.已知引力常量为G.则下列错误的是( )
A．该行量的质量为
B．该行星的半径为
C．该行星的密度为
D．该行星的第一宇宙速度为
解析：选B.据F＝mg0＝mR，得R＝，B选项错误.
由G＝mR，得M＝，又R＝，则M＝，A正确．密度ρ＝＝，C正确．第一宇宙速度v＝＝，D正确．只有B项错误．
3．(考点三)(多选)(2016·河南开封测试)“天宫一号”是我国第一个目标飞行器和空间实验室．已知“天宫一号”绕地球的运动可看做匀速圆周运动，转一周所用的时间约90分钟．关于“天宫一号”，下列说法正确的是( )
A．“天宫一号”离地面的高度一定比地球同步卫星离地面的高度小
B．“天宫一号”的线速度一定比静止于赤道上的物体的线速度小
C．“天宫一号”的角速度约为地球同步卫星角速度的16倍
D．当宇航员站在“天宫一号”内不动时，他所受的合力为零
解析：选AC.根据万有引力提供向心力有G＝mr，得T＝2π
，由此可知，周期越大，轨道半径肯定越大，同步卫星的周期是24
h，远大于“天宫一号”的周期90分钟，故“天宫一号”离地面的高度比地球同步卫星离地面的高度小，故A正确．“天宫一号”运转时万有引力提供向心力，对于静止于赤道上的物体，万有引力的一个分力提供向心力，由F万＝m，可知“天宫一号”的线速度比静止在赤道上的物体的线速度大，故B错误．据分析知“天宫一号”的周期约为地球同步卫星周期的，由ω＝知“天宫一号”的角速度约为地球同步卫星角速度的16倍．故C正确．“天宫一号”及里面的人和物都处于完全失重状态，受力不平衡，合力不为零，故D错误．
4．(考点四)(多选)(2016·湖北八校第一次联考)如图为嫦娥三号登月轨迹示意图．图中M点为环地球运行的近地点，N点为环月球运行的近月点．a为环月球运行的圆轨道，b为环月球运行的椭圆轨道，下列说法中正确的是( )
A．嫦娥三号在环地球轨道上的运行速度大于11.2
km/s
B．嫦娥三号在M点进入地月转移轨道时应点火加速
C．设嫦娥三号在圆轨道a上经过N点时的加速度为a1，在椭圆轨道b上经过N点时的加速度为a2，则a1＞a2
D．嫦娥三号在圆轨道a上的机械能小于在椭圆轨道b上的机械能
解析：选BD.嫦娥三号在环地球轨道上运行速度v满足7.9
km/s
≤v＜11.2
km/s，则A错误；嫦娥三号要脱离地球需在M点点火加速让其进入地月转移轨道，则B正确；由a＝，知嫦娥三号在经过圆轨道a上的N点和在椭圆轨道
b上的N点时的加速度相等，则C错误；嫦娥三号要从b轨道转移到a轨道需要减速，机械能减小，则D正确．
5．(微专题13)(单选)冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统，质量比约为7∶1，同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动．由此可知，冥王星绕O点运动的( )
A．轨道半径约为卡戎的
B．角速度大小约为卡戎的
C．线速度大小约为卡戎的7倍
D．向心力大小约为卡戎的7倍
解析：选A.做双星运动的星体相互间的万有引力提供各自做圆周运动的向心力，即F万＝m1ω2r1＝m2ω2r2，得＝，故A正确．双星运动的角速度相同，故B错误．由v＝ωr可知冥王星的线速度为卡戎线速度的，故C错误．两星的向心力为两者间的万有引力且等值反向，故D错误．
PAGE一、单项选择题
1．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：选B.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，那么这样能持续到ad边进入磁场为止，这段时间里线框移动了l－d的距离，所以t＝＝，故选B.
2.
如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁(N极朝上，S极朝下)由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触．关于圆环中感应电流的方向(从上向下看)，下列说法正确的是( )
A．总是顺时针
B．总是逆时针
C．先顺时针后逆时针
D．先逆时针后顺时针
解析：选C.由题图可知，在磁铁下落过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，在磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律知，从上向下看，圆环中的感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向，故C正确．
3.
如图所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd，在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，从图中位置Ⅰ经过位置Ⅱ到达位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ.在这个过程中，线圈中感应电流( )
A．沿abcd流动
B．沿dcba流动
C．由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba流动
D．由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd流动
解析：选A.由条形磁铁的磁场分布情况可知，线圈在位置Ⅱ时穿过矩形闭合线圈的磁通量最少．线圈从位置Ⅰ到Ⅱ，穿过abcd自下而上的磁通量减少，感应电流的磁场阻碍其减少，则在线框中产生的感应电流的方向为abcd，线圈从位置Ⅱ到Ⅲ，穿过abcd自上而下的磁通量在增加，感应电流的磁场阻碍其增加，由楞次定律可知感应电流的方向仍然是abcd.故本题答案为A.
4.
(2014·高考广东卷)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：选C.小磁块在铜管中下落，产生电磁感应现象，根据楞次定律的推论——阻碍相对运动可知，小磁块下落过程中受到向上的电磁阻力，而在塑料管中下落，没有电磁感应现象，小磁块做自由落体运动，故C正确．
5.
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：选D.合金材料加热后，合金材料成为磁体，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，才能阻碍磁通量的变化，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．
6．如图所示的装置中，cd杆原来静止，当ab杆做如下哪种运动时，cd杆将向右移动( )
A．向右匀速运动
B．向右减速运动
C．向左加速运动
D．向左减速运动
解析：选D.ab匀速运动时，ab中感应电流恒定，L1中磁通量不变，穿过L2的磁通量不变，L2中无感应电流产生，cd保持静止，A错误；ab向右减速运动时，L1中的磁通量向上减小，由楞次定律知L2中感应电流产生的磁场方向向下，故通过cd的电流方向向上，cd向左移动，B错误；同理得C错误，D正确．
7．如图所示，ab是一个可以绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导体线圈，当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动过程中，线圈ab将( )
A．静止不动
B．逆时针转动
C．顺时针转动
D．发生转动，但因电源的极性不明，无法确定转动的方向
解析：选C.滑片P向右滑动过程中，电流增大，线圈处的磁场变强，磁通量增大，根据“阻碍”含义，线圈将阻碍磁通量增大而顺时针转动，故C正确．
8.
如图，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过．现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ.设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为FT1和FT2，重力加速度大小为g，则( )
A．FT1＞mg，FT2＞mg
B．FT1＜mg，FT2＜mg
C．FT1＞mg，FT2＜mg
D．FT1＜mg，FT2＞mg
解析：选A.金属环从位置Ⅰ靠近磁铁上端，因产生感应电流，故“阻碍”相对运动，知金属环与条形磁铁相互排斥，故绳的拉力FT1>mg.同理，当金属环离开磁铁下端时，金属环与磁铁相互吸引，因而绳的拉力FT2>mg，故A正确．
二、多项选择题
9.
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．因ab切割磁感线，故ab棒上有感应电流
B．尽管ab切割磁感线，但ab棒上无感应电流
C．磁场穿过圆环与ab构成的回路的磁通量没有变化
D．磁场穿过圆环与ab构成的回路的磁通量发生了变化
解析：选BC.以ab棒与大圆弧或小圆弧组成的回路为研究对象，当ab由图示位置释放，直到滑到右侧虚线位置的过程中，穿过这两个回路的磁通量始终不变，故始终没有感应电流产生，故选BC.
10.
(2016·泸州质检)如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向在图中已经标出．左线圈连着平行导轨M和N，导轨电阻不计，在导轨垂直方向上放着金属棒ab，金属棒处在垂直于纸面向外的匀强磁场中，下列说法中正确的是( )
A．当金属棒ab向右匀速运动时，a点电势高于b点，c点电势高于d点
B．当金属棒ab向右匀速运动时，b点电势高于a点，c点与d点等电势
C．当金属棒ab向右加速运动时，b点电势高于a点，c点电势高于d点
D．当金属棒ab向右加速运动时，b点电势高于a点，d点电势高于c点
解析：选BD.当金属棒向右匀速运动而切割磁感线时，金属棒产生恒定感应电动势，由右手定则判断电流方向为a→b.根据电流从电源(ab相当于电源)正极流出沿外电路回到电源负极的特点，可以判断b点电势高于a点．又左线圈中的感应电动势恒定，则感应电流也恒定，所以穿过右线圈的磁通量保持不变，不产生感应电流．当ab向右做加速运动时，由右手定则可推断φb>φa，电流沿逆时针方向．又由E＝Blv可知ab导体两端的E不断增大，那么左边电路中的感应电流也不断增大，由安培定则可判断它在铁芯中的磁感线方向是沿逆时针方向的，并且场强不断增强，所以右边电路线圈中向上的磁通量不断增加．由楞次定律可判断右边电路的感应电流方向应沿逆时针，而在右线圈组成的电路中，感应电动势仅产生在绕在铁芯上的那部分线圈上．把这个线圈看做电源，由于电流是从c沿内电路(即右线圈)流向d，因此d点电势高于c点，综上可得，选项B、D正确．
11．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：选AC.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．
12.
(2016·南京模拟)如图所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定一根与导线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流．释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中( )
A．导线框中感应电流的方向依次为
ACBA→ABCA→ACBA
B．导线框的磁通量为零时，感应电流却不为零
C．导线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上
D．导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动
解析：选AB.根据右手螺旋定则可知导线上方的磁场方向垂直于纸面向外，下方的磁场方向垂直于纸面向里，而且越靠近导线磁场越强，所以闭合导线框ABC在下降过程中，导线框内垂直于纸面向外的磁通量先增大，当增大到BC边与导线重合时，达到最大，再向下运动，导线框内垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小至零，然后随导线框的下降，导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大，当增大到A点与导线重合时，达到最大，继续下降时由于导线框逐渐远离导线，使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐渐减小，所以根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍内部磁通量的变化，所以感应电流的磁场先向里，再向外，最后向里，所以导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA，A正确；当导线框内的磁通量为零时，内部的磁通量仍然在变化，有感应电动势产生，所以感应电流不为零，B正确；根据对楞次定律的理解，感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动，由于导线框一直向下运动，所以导线框所受安培力的合力方向一直向上，不为零，C、D错误．
13．(2016·南京模拟)匀强磁场方向垂直纸面，规定垂直纸面向里的方向为正，磁感应强度B随时间t变化的规律如图甲所示．在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图乙所示．令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，f1、f2、f3分别表示电流为I1、I2、I3时，金属环上很小一段受到的安培力．则下列说法正确的是( )
A．I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向
B．I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向
C．f1方向指向圆心，f2方向指向圆心
D．f2方向背离圆心向外，f3方向指向圆心
解析：选AD.在Oa段，磁场垂直纸面向里且均匀增强，根据楞次定律可判断产生的感应电流的方向是逆时针的，同理，ab、bc段产生的感应电流的方向是顺时针的，A正确、B错误；根据左手定则可判断Oa、ab、bc段对应金属圆环上很小一段受到的安培力的方向，f1、f3方向指向圆心，而f2背离圆心向外，C错误、D正确.
14．如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则下列说法正确的是( )
A．t1时刻，FN>G，P有收缩的趋势
B．t2时刻，FN＝G，此时穿过P的磁通量最大
C．t3时刻，FN＝G，此时P中无感应电流
D．t4时刻，FN解析：选AB.t1时刻，电流增大，由楞次定律的阻碍作用知，线圈有远离螺线管、收缩面积的趋势，选项A正确；t2时刻电流不变，线圈无感应电流，FN＝G，此时穿过P的磁通量最大，选项B正确；t3时刻电流为零，但电流从有到无，穿过线圈的磁通量发生变化，此时P中有感应电流，但磁感应强度为零，FN＝G，选项C错误；t4时刻电流不变，线圈无感应电流，FN＝G，此时穿过P的磁通量最大，选项D错误．, [学生用书P123])
1．(考点一)(单选)
(2016·湖北武汉摸底)水平面上A、B、C三点固定着三个电荷量为Q的正点电荷，将另一质量为m的带正电的小球(可视为点电荷)放置在O点，OABC恰构成一棱长为L的正四面体，如图所示．已知静电力常量为k，重力加速度
为g，为使小球能静止在O点，小球所带的电荷量为( )
A.
B.
C.
D.
解析：选C.3kcos
θ＝mg，sin
θ＝，联立解得q＝.
2.
(考点二)(单选)(2016·辽宁大连一中模拟)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R.已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为( )
A.－E
B.
C.－E
D.＋E
解析：选A.左半球面AB上的正电荷产生的电场等效为带正电荷为2q的整个球面的电场和带电荷－q的右半球面的电场的合电场，则E＝－E′，E′为带电荷－q的右半球面在M点产生场强大小．带电荷－q的右半球面在M点的场强大小与带正电荷为q的左半球面AB在N点的场强大小相等，则EN＝E′＝－E＝－E，则A正确．
3．(考点三)(单选)P、Q两电荷的电场线分布如图所示，a、b、c、d为电场中的四点，c、d关于PQ连线的中垂线对称．一个离子从a运动到b(不计重力)，轨迹如图所示，则下列判断正确的是( )
A．P带负电
B．c、d两点的电场强度相同
C．离子在运动过程中受到P的吸引力
D．离子从a到b，电场力做正功
解析：选C.由电场线的方向可知选项A错误；c、d两点的场强大小相同，但方向不同，选项B错误；离子所受电场力的方向应该指向曲线的凹侧，故可以判断出离子在运动过程中受到P电荷的吸引力，选项C正确；离子从a到b，电场力做负功，选项D错误．
4.
(微专题18)(单选)(2016·资阳模拟)如图所示，A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A点处的电荷量为－q外，其余各点处的电荷量均为＋q，则圆心O处( )
A．场强大小为
，方向沿OA方向
B．场强大小为
，方向沿AO方向
C．场强大小为
，方向沿OA方向
D．场强大小为
，方向沿AO方向
解析：选C.若A点为＋q，则五个电荷在O点的合场强为零，因此A点为－q时这五个电荷在O点的合场强等于A点为－2q的电荷在O点产生的场强，则E＝，方向沿OA方向，C正确．
5.
(考点四)(2016·山西四校联考)如图所示，一表面光滑、与水平方向成60°角的绝缘直杆AB放在水平方向的匀强电场中，其下端(B端)距地面高度h＝0.8
m．有一质量为m＝500
g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离开杆后正好通过B端的正下方P点处．求：
(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；
(2)小环在直杆上匀速运动时速度v0的大小．
解析：(1)
小环沿AB杆匀速下滑，受力分析如图所示，小环共受3个力，由图可知qE＝mg
离开直杆后小环只受重力和电场力作用，F合＝2mg＝ma
则a＝2g＝20
m/s2，方向垂直于杆向下．
(2)环离开直杆做类平抛运动，沿平行杆方向为匀速运动，有h＝v0t
垂直于杆方向为匀加速运动，有h＝at2
联立解得v0＝2
m/s.
答案：(1)20
m/s2，垂直杆向下 (2)2
m/s
PAGE