课练22 电流 电阻 电功和电功率
1.当电阻R两端的电压变为原来的时，流过电阻的电流减少0.5
A，则当电阻两端电压增大为原来的2倍时，流过电阻的电流为( )
A．0.5
A
B．1
A
C．2
A
D．2.5
A
2．一个内阻可以忽略的电源接在一个装满水银的绝缘圆管两端，通过的电流为0.1
A，若把全部水银倒在一个内径大一倍的绝缘圆管里，通过的电流将是( )
A．0.4
A
B．0.8
A
C．1.6
A
D．3.2
A
3．两根材料相同的均匀导线X和Y，X长为L，Y长为2L，串联在电路中，沿长度方向电势变化如图所示，则导线的横截面积之比为( )
A．2∶3
B．1∶3
C．1∶2
D．3∶1
4．(2017·广东三校联考)一微型吸尘器的直流电动机内阻一定，当加上0.3
V电压时，通过的电流为0.3
A，此时电动机不转，当加在电动机两端的电压为2.0
V时，电流为0.8
A，这时电动机正常工作，则吸尘器的效率为( )
A．35%
B．50%
C．60%
D．80%
5．(多选)(2017·南通质检)如图所示是某一直流电动机提升重物的示意图，重物质量m＝50
kg，电源提供给电动机的电压为U＝110
V，不计各种摩擦，当电动机以v＝0.9
m/s的恒定速率向上提升重物时，通过电动机的电流为I＝5.0
A，取重力加速度g＝10
m/s2，则( )
A．电动机的输入功率为550
W
B．电动机提升重物的功率为550
W
C．电动机提升重物的功率为450
W
D．电动机的线圈电阻为22
Ω
6．(多选)(2017·苏州质检)
如图所示，直线A为电源的U－I图线，直线B和C分别为电阻R1、R2的U－I图线，用该电源分别与R1、R2组成闭合电路时，电源的输出功率分别为P1、P2，电源的效率分别为η1、η2，则( )
A．P1>P2
B．P1＝P2
C．η1>η2
D．η1<η2
7．如图所示是饮水机的工作电路简化图，S是温控开关，当水温升高到一定温度时，它会自动切换，使饮水机处于保温状态；R0是饮水机加热管电阻，R是与加热管串联的电阻．表格是从其说明书中摘录的一些技术数据．不考虑R0、R的电阻受温度变化的影响，表中的功率均指加热管的功率．当S闭合时，饮水机的工作状态和R0的阻值是( )
稳定电压
220
V
频率
50
Hz
加热功率
550
W
保温功率
22
W
A．加热，220
Ω
B．加热，88
Ω
C．保温，88
Ω
D．保温，220
Ω
8．两根由同种材料制成的均匀电阻丝A、B串联在电路中，A的长度为L，直径为d；B的长度为2L，直径为2d，那么通电后在相同的时间内产生的热量之比为( )
A．QA∶QB＝1∶1
B．QA∶QB＝2∶1
C．QA∶QB＝1∶2
D．QA∶QB＝4∶1
9.
如图所示电路中，各灯的额定电压和额定功率分别是：A灯“10
V,10
W”，B灯“60
V,60
W”，C灯“40
V,40
W”，D灯“30
V,30
W”．在a、b两端加上电压后，四个灯都能发光，比较各灯消耗功率的大小，下列关系中正确的是( )
A．PB>PD>PA>PC
B．PB>PA>PD>PC
C．PB>PD>PC>PA
D．PA>PC>PD>PB
10.
某种材料的导体，其I－U图象如图所示，图象上A点与原点的连线与横轴成α角，过A点的切线与横轴成β角．下列说法正确的是( )
A．导体的电功率随电压U的增大而增大
B．导体的电阻随电压U的增大而增大
C．在A点，导体的电阻为tanα
D．在A点，导体的电阻为tanβ
11.
有一种“电测井”技术，用钻头在地上钻孔，在钻孔中进行电特性测量，可以反映地下的有关情况，如图所示为一钻孔，其形状为圆柱体，半径为10
cm，设里面充满浓度均匀的盐水，其电阻率ρ＝0.314
Ω·m，在钻孔的上表面和底部加上电压，测得U＝100
V，I＝100
mA.求该钻孔的深度．
12.
(2017·榆林模拟)如图所示，A为电解槽，为电动机，N为电炉子，恒定电压U＝12
V，电解槽内阻rA＝2
Ω，S1闭合，S2、S3断开时，电流表示数为6
A，当S2闭合，S1、S3断开时，电流表示数为5
A，且电动机输出功率为35
W；当S3闭合，S1、S2断开时，电流表示数为4
A．求：
(1)电炉子的电阻及发热功率．
(2)电动机的内阻．
(3)在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少．
1．(2016·课标Ⅱ卷)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所
示电路．开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2.Q1与Q2的比值为( )
A.
B.
C.
D.
2．(多选)(2017·湖南益阳模拟)一根粗细均匀的金属导线，在其两端加上电压U0时，通过导线的电流为I0，导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的，再给它两端加上电压2U0，则( )
A．通过导线的电流为
B．通过导线的电流为
C．导线中自由电子定向移动的速率为
D．导线中自由电子定向移动的速率为
3．(2017·西宁一模)如图所示，一段长为a、宽为b、高为c(a>b>c)的长方体金属导体，将其中的两个对立面接入电路中时，最大的电阻为R，则最小的电阻为( )
A.
B.
C.
D．R
4.
(2017·重庆巴蜀中学模拟)如图所示的电路中，电源的输出电压恒为U，电动机M的线圈电阻与电炉L的电阻相同，电动机正常工作，在相同的时间内，下列判断正确的是( )
A．电炉放出的热量大于电动机放出的热量
B．电炉两端电压小于电动机两端电压
C．电炉两端电压等于电动机两端电压
D．电动机消耗的功率等于电炉消耗的功率
5．(2017·苏州统考)
如图所示为由电阻率为ρ的导电介质制成的电阻的截面，该电阻为内外半径分别为a和b的半球壳形状(图中阴影部分)，半径为a、电阻不计的球形电极被嵌入该电阻的球心位置成为一个引出电极，在该电阻的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极，设该电阻的阻值为R.下列给出R的四个表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解R，但是你可以通过分析，对下列表达式的合理性做出判断．根据你的判断，R的合理表达式应为( )
A．R＝
B．R＝
C．R＝
D．R＝
6．(多选)(2017·河南商丘模拟)
如图所示，图线1表示导体A的电阻，设为R1，图线2表示导体B的电阻，设为R2，则下列说法正确的是( )
A．R1∶R2＝1∶3
B．把A拉长为原来的3倍后其电阻等于B的电阻R2
C．将A与B串联后接在电源上，二者消耗的功率之比P1∶P2＝1∶3
D．将A与B并联后接于电源上，通过二者的电流之比I1∶I2＝1∶3
7.
(2017·北城区一模)两个额定电压为220
V的白炽灯L1和L2的U－I图线如图所示．现将L1和L2串联后接在220
V的电压两端，此时L1和L2实际消耗的功率之比约为( )
A．1∶1
B．1∶2
C．2∶1
D．3∶2
8．(2017·浙江杭州测试)如图所示，把两个相同的灯泡分别接在图甲、乙电路中，图甲电路两端的电压为8
V，图乙电路两端的电压为16
V．调节滑动变阻器R1和R2使两灯泡都正常发光，此时滑动变阻器消耗的功率分别为P1和P2，两电路消耗的总功率分别为P甲和P乙，则下列关系中正确的是( )
A．P甲
B．P甲>P乙
C．P1>P2
D．P1＝P2
9.
(2017·合肥市模拟测试)如图所示电路中，已知I＝3
A，I1＝2
A，R1＝10
Ω，R2＝5
Ω，R3＝30
Ω，则通过电流表的电流方向和大小分别为( )
A．向右，0.5
A
B．向右，0.3
A
C．向左，0.5
A
D．向左，0.3
A
10．(多选)(2017·上海青浦区一模)在如图所示的电路中，灯L1、L2的电阻分别为R1、R2，滑动变阻器的最大阻值为R0，若有电流通过，灯就发光，假设灯的电阻不变，当滑动变阻器的滑片P由a端向b端移动时，灯L1、L2的亮度变化情况是( )
A．当R2>R0时，灯L1变暗，灯L2变亮
B．当R2>R0时，灯L1先变暗后变亮，灯L2先变亮后变暗
C．当R2D．当R211．(多选)(2017·临沂二模)如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率随电流I变化的图线，抛物线OBC为该电源内部热功率随电流I变化的图线．若A、B对应的横坐标为2
A．则下列判断正确的是( )
A．该电源的电动势为3
V，内电阻为3
Ω
B．当总电流I＝1
A时，电源的输出功率为2
W
C．当总电流I＝2
A时，电源的输出功率为4
W
D．当总电流I＝1.5
A时，电源的输出功率最大，为2.25
W
12．(多选)(2017·浙江忂州月考)一辆电动观光车蓄电池的电动势为E，内阻不计，当空载的电动观光车以大小为v的速度沿水平直道匀速行驶时，流过电动机的电流为I，电动车的质量为m，电动车受到的阻力是车重的k倍，忽略电动观光车内部的摩擦，则( )
A．电动机的内阻为R＝
B．电动机的内阻为R＝－
C．电动车的工作效率η1＝
D．电动机的发热效率η2＝
课练22 电流 电阻 电功和电功率
1．C 设电阻R原来两端的电压为U，则I＝，电压减小ΔU＝时，减小的电流ΔI＝＝0.5
A，则I＝＝1
A，I′＝＝2
A，C正确．
2．C 内径大一倍，横截面积变为原来的4倍，由于水银体积不变，故水银长度变为原来的，则由电阻定律知电阻变为原来的，由欧姆定律知电流变为原来的16倍，C正确．
3．B 导线X和Y两端电压分别为6
V、4
V，由U＝IR＝Iρ得＝，B正确．
4．C 当加0.3
V电压时，电动机不转，则线圈直流电阻r＝1
Ω，当加2.0
V电压时，电动机正常工作，电动机功率P＝UI＝1.6
W，发热功率Pr＝I2r＝0.64
W，机械功率P′＝0.96
W，故效率η＝＝60%，C正确．
5．AC 电动机的输入功率P＝UI＝550
W，A正确；电动机提升重物的功率即输出功率为P1＝mgv＝450
W，B错误、C正确；电动机的发热功率P2＝I2r＝P－P1＝100
W，故电动机的线圈电阻为r＝4
Ω，D错误．
6．BC 由直线A可知，E＝6
V，r＝1
Ω，由直线B、C可知，R1＝2
Ω，R2＝0.5
Ω，P1＝2R1＝8
W，η1＝＝，P2＝2R2＝8
W，η2＝＝，故有P1＝P2，η1>η2，B、C正确．
7．B 当S闭合时，由于电路中的有效电阻只有R0，故此时电路中的总电阻最小，对应的功率最大，故为加热状态．由R0＝可得其电阻为88
Ω，B正确．
8．B 两电阻丝直径之比为1∶2，则横截面积之比为1∶4，根据电阻定律R＝ρ可知，电阻之比为2∶1，根据Q＝I2Rt，由于电流相等，通电时间相等，则产生的热量之比等于它们的电阻之比，即B正确．
9．B 由P＝知RA＝10
Ω、RB＝60
Ω、RC＝40
Ω、RD＝30
Ω，由题图知电流关系有IA＝IB＝IC＝ID，由P＝I2R知PB>PA>PD>PC，所以B对．
10．A 由题图知，U增大时，电功率P＝UI增大，所以A正确；由电阻R＝知，I－U图线上某点对应的电阻为该点与原点连线的斜率的倒数，所以C、D均错；由I－U图象知，图线上各点与原点连线的斜率随U的增大而不断增大，故电阻随U的增大而减小，B错误．
11．解题思路：盐水电阻R＝＝1
000
Ω
由电阻定律R＝，S＝πr2＝3.14×10－2
m2，解得h＝100
m.
答案：100
m
12．解题思路：(1)电炉子为纯电阻元件，由欧姆定律得：R＝＝
Ω＝2
Ω
其发热功率为：
P＝UI1＝12×6
W＝72
W.
(2)电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得：UI2＝IrM＋P输出，所以：rM＝＝
Ω＝1
Ω.
(3)电解槽为非纯电阻元件，由能量守恒定律得：P化＝UI3－IrA
所以P化＝(12×4－42×2)
W＝16
W.
答案：(1)2
Ω 72
W (2)1
Ω (3)16
W
加餐练
1．C 当开关S断开时等效电路如图1所示，电容器C两端的电压U＝E，所带的电荷量Q1＝CU＝CE；当开关S闭合时等效电路如图2所示，电容器C两端的电压U′＝E，所带的电荷量Q2＝CE.所以＝，C项正确．
2．AD 将金属导线均匀拉长，因半径变为原来的一半，则横截面积变为原来的，其长度变为原来的4倍，根据电阻定律R＝ρ分析可知，电阻变为原来的16倍，又电压变为2U0，根据欧姆定律I＝可知，电流变为，A正确、B错误；根据电流的微观表达式I＝nevS，其中n、e不变，电流变为原来的，横截面积变为原来的，则自由电子定向移动的平均速率变为
，C错误、D正确．
3．A 由电阻定律R＝ρ可知，横截面积越小，电阻越大，横截面积越大，电阻越小，故电阻最大时，横截面积应该最小，即将左右两个面接入电路时电阻最大，为R＝ρ，解得ρ＝，当将上下两个面接入电路时电阻最小，此时电阻r＝ρ＝·＝，故A正确．
4．B 电动机M与电炉L串联，电流相等，电阻相等，设电动机M线圈电阻与电炉L的电阻均为R，电路中电流为I，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知，在相同的时间内，电炉放出的热量与电动机放出的热量相等，A错误；根据欧姆定律得，电炉两端的电压UL＝IR，电动机是非纯电阻元件，其电压UM>IR，即UM>UL，故B正确、C错误；电动机消耗的功率PM＝UMI，电炉消耗的功率PL＝ULI，因为UM>UL，则PM>PL，故D错误．
5．B 根据R＝ρ，得＝，从单位上看，的表达式中分子应是长度单位，而分母应是面积单位，结合选项可知，只有A、B符合，C、D错误；再代入特殊值，若b＝a，即球壳无限薄时，电阻为零，因此只有B正确、A错误．
6．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A拉长为原来的3倍后，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，将A与B串联后接于电源上，根据公式P＝I2R可得，消耗的功率之比P1∶P2＝1∶3，C正确；并联电路电压相等，电流之比等于电阻之反比，所以将A与B并联后接在电源上，通过二者的电流之比I1∶I2＝3∶1，D错误．
7．C 由串联电路的特点知L1和L2串联后电流相等，同时两者电压之和为220
V，由题中U－I图线可知符合上述条件的电流为I＝0.25
A，此时L1对应的电压约为150
V，而L2对应的电压约为70
V，依据公式P＝UI，选项C正确．
8．D 由题意知，两灯泡都正常发光，则灯泡中电流相同，灯泡两端电压相等，R1中电流是R2中电流的2倍，则由＝2×得，R1∶R2＝1∶4，则R2两端电压是R1两端电压的2倍，由公式P＝UI可知，R1和R2消耗的功率P1和P2相等，选项C错误、D正确；由于两灯都正常发光，消耗的功率相等，R1和R2消耗的功率P1和P2相等，两电路中消耗的总功率P甲和P乙相等，选项A、B错误．
9．A 流过R2的电流I2＝I－I1＝1
A，根据欧姆定律得，电阻R1和R2的电压分别为U1＝I1R1＝20
V，U2＝I2R2＝5
V，因为U1＝φc－φa，U2＝φc－φb，得U3＝φb－φa＝15
V，在外电路中顺着电流方向，电势降低，根据电压可知，a点的电势比c点电势低20
V，b点的电势比c点电势低5
V，则a点的电势低于b点的电势，则R3中电流方向是由b点流向a点，电流大小为I3＝＝＝0.5
A，所以通过电流表的电流大小为IA＝I2－I3＝0.5
A，方向向右，A正确．
10．AD 当R2>R0时，灯L2与滑动变阻器的左部分串联的总电阻一定大于右部分的电阻，当变阻器的滑片P由a端向b端移动时，电路总电阻增大，总电流减小，所以通过灯L1的电流减小，灯L1变暗，通过灯L2的电流变大，灯L2变亮，故A正确，B错误；当R211．BD 电源总功率P＝EI，由图知，I＝3
A时，P＝9
W，所以E＝＝3
V．电源内部热功率Pr＝I2r，由图知，I＝3
A时，Pr＝9
W，所以r＝＝1
W，可知A错误．I＝1
A时，P出＝EI－I2r＝2
W；I＝2
A时，P出＝2
W，可知B对、C错．当R＝r＝1
W时，电源内最大输出功率Pm＝＝2.25
W，此时电流I＝＝1.5
A，故D对．
12．B 由EI＝kmgv＋I2R，所以电动机内阻R＝－，所以A错、B正确；电动车工作效率，C正确；电动车发热效率η＝，D正确．课练37 光的折射 全反射 光的波动性 电磁波
1．一束红色的细光束由真空沿着径向射入一块半圆柱形透明体，如图甲所示，对其射出后的折射光线的强度进行记录，发现折射光线的强度随着θ角的变化而变化，如图乙所示．下列说法正确的是( )
A．透明体对红光的折射率为
B．红光在透明体中的速度大小与在真空中的相同
C．红光的折射光线的频率会随着折射光线强度的增大而增大
D．红光在透明体内发生全反射的临界角为30°
2．(多选)
如图所示，真空中有一个半径为R、质量分布均匀的玻璃球，频率为f的激光束在真空中沿直线BC传播，于C点经折射进入玻璃球，并在玻璃球表面的D点又经折射进入真空中．已知∠COD＝120°，玻璃球对该激光束的折射率为，则下列说法中正确的是(设c为真空中的光速)( )
A．激光束的入射角α＝60°
B．改变入射角α的大小，激光束可能在玻璃球的内表面发生全反射
C．激光束在射入玻璃球后，光的频率变小
D．此激光束在玻璃中的波长为λ＝
E．从C点射入玻璃球的激光束，在玻璃球中不经反射传播的最长时间为
3.
如图所示，两束细平行单色光a、b射向置于空气中横截面为矩形的玻璃砖的下表面，设玻璃砖足够长，若发现玻璃砖的上表面只有一束光线射出，则下列说法中正确的是( )
A．其中有一束单色光在玻璃砖的上表面发生了全反射
B．在玻璃中单色光a的传播速率小于单色光b的传播速率
C．单色光a的折射率小于单色光b的折射率
D．若单色光a为黄光，则单色光b可能为红光
4．图甲为某同学利用半圆形玻璃砖测定玻璃折射率n的装置示意图．他让光从空气射向玻璃砖，在正确操作后，他利用测出的数据作出了图乙所示的折射角正弦(sinr)与入射角正弦(sini)的关系图象．则下列说法正确的是( )
A．该玻璃的折射率n＝
B．该玻璃的折射率n＝1.5
C．在由空气进入该玻璃中传播时，光波频率变为原来的
D．在由空气进入该玻璃中传播时，光波波长变为原来的1.5倍
5．市场上有种灯具俗称“冷光灯”，用它照射物品时能使被照物品处产生的热效应大大降低，从而广泛地应用于博物馆、商店等处，这种灯降低热效应的原因之一是在灯泡后面放置的反光镜玻璃表面上镀了一层薄膜(例如氟化镁)，这种膜能消除不镀膜时玻璃表面反射回来的热效应最显著的红外线．以λ表示此红外线在薄膜中的波长，则所镀薄膜的厚度最小应为( )
A.λ
B.λ
C.λ
D．λ
6.
(多选)如图所示，一光束包含两种不同频率的单色光，从空气射向两面平行玻璃砖的上表面，玻璃砖下表面有反射层，光束经两次折射和一次反射后，从玻璃砖上表面分为a、b两束单色光射出．下列说法正确的是( )
A．a光的频率小于b光的频率
B．用同一装置进行双缝干涉实验，a光的条纹间距小于b光的条纹间距
C．出射光束a、b一定相互平行
D．a、b两束单色光从同种玻璃射向空气时，a光发生全反射的临界角大
7．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
8．(多选)电子钟是利用LC振荡电路来工作计时的，现发现电子钟每天要慢30
s，则造成这一现象的原因可能是( )
A．电池用久了
B．振荡电路中电容器的电容大了
C．振荡电路中线圈的电感大了
D．振荡电路中电容器的电容小了
9．一高速列车通过洞口为圆形的隧道，列车上的司机对隧道的观察结果为( )
A．洞口为椭圆形，长度变短
B．洞口为圆形，长度不变
C．洞口为椭圆形，长度不变
D．洞口为圆形，长度变短
10．(1)为进行“杨氏双缝干涉实验”，现准备了下列仪器：
A．白炽灯；B.双窄缝片；C.单窄缝片；D.滤光片；E.白色光屏．把以上仪器装在光具座上时，正确的排列顺序应该是：________(填写选项前的字母)
(2)在双缝干涉实验中发现条纹太密，难以测量，可以采用的改善办法是：________.
A．改用波长较长的光(如红光)入射
B．增大双缝到屏的距离
C．减小双缝间距
D．增大双缝间距
11．(2017·成都名校联考)某同学利用图甲中装置做用双缝干涉测光的波长实验．
实验用的光具座上所带的测量头是游标卡尺，第一次分划板中心刻度线对齐A条纹中心时(图乙)，游标卡尺的示数如图丙所示，第二次分划板中心刻度线对齐B条纹中心时(图丁)，游标卡尺的示数如图戊所示，图丙中游标卡尺的示数为________mm，图戊中游标卡尺的示数为________mm.已知双缝间距为d＝0.50
mm，从双缝到屏的距离为l＝1.000
m，可求得所测光的波长为________m(保留三位有效数字)．
12.
某种光学元件由两种不同透明物质Ⅰ和透明物质Ⅱ制成，其横截面如图所示，O为AB中点，∠BAC＝30°，半圆形透明物质Ⅰ的折射率为n1＝，透明物质Ⅱ的折射率为n2.一束光线在纸面内沿O点方向射入元件，光线与AB面垂线的夹角为θ时，通过观察发现此时从AC面恰好无光线射出，在BC面有光线垂直射出，求：
(1)该透明物质Ⅱ的折射率n2；
(2)光线在透明物质Ⅱ中的传播速率v；
(3)光线与AB面垂线的夹角θ的正弦值．
1．(多选)(2015·课标Ⅱ)如图，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为θ，经折射后射出a、b两束光线．则( )
A．在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度
B．在真空中，a光的波长小于b光的波长
C．玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率
D．若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线a首先消失
E．分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距
2．(2015·课标Ⅰ)在双缝干涉实验中，分别用红色和绿色的激光照射同一双缝，在双缝后的屏幕上，红光的干涉条纹间距Δx1与绿光的干涉条纹间距Δx2相比，Δx1________Δx2(填“>”、“＝”或“<”)．若实验中红光的波长为630
nm，双缝与屏幕的距离为1.00
m，测得第1条到第6条亮条纹中心间的距离为10.5
mm，则双缝之间的距离为________mm.
3．(2016·课标Ⅰ)
如图，在注满水的游泳池的池底有一点光源A，它到池边的水平距离为3.0
m．从点光源A射向池边的光线AB与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，水的折射率为.
(1)求池内的水深；
(2)一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛到池面的高度为2.0
m．当他看到正前下方的点光源A时，他的眼睛所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为45°.求救生员的眼睛到池边的水平距离(结果保留1位有效数字)
4．(2016·课标Ⅲ)
如图，玻璃球冠的折射率为，其底面镀银，底面的半径是球半径的倍；在过球心O且垂直于底面的平面(纸面)内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点．求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角．
5．(多选)(2016·课标Ⅱ)关于电磁波，下列说法正确的是( )
A．电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关
B．周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波
C．电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直
D．利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输
E．电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波随即消失
6．(2016·北京理综)下列说法正确的是( )
A．电磁波在真空中以光速c传播
B．在空气中传播的声波是横波
C．声波只能在空气中传播
D．光需要介质才能传播
7．(2016·天津理综)
我国成功研发的反隐身先进米波雷达堪称隐身飞机的克星，它标志着我国雷达研究又创新的里程碑．米波雷达发射无线电波的波长在1～10
m范围内，则对该无线电波的判断正确的是( )
A．米波的频率比厘米波频率高
B．和机械波一样须靠介质传播
C．同光波一样会发生反射现象
D．不可能产生干涉和衍射现象
8．(2017·四川资阳二模)在磁场周围欲产生电磁波，则该磁场应按图中的何种规律变化( )
9．(多选)(2017·四川成都模拟)关于电磁波和相对论，下列说法正确的是( )
A．由于高频电磁波向外界辐射能量的本领更强，所以经过调制的高频电磁波才能把我们要发射的信号发射出去
B．电磁波是由恒定的电场和磁场产生的
C．研究高速火车的运动必须利用相对论的知识
D．研究速度接近于光速的粒子的运动利用相对论的知识
10．(多选)(2017·江苏盐城模拟)下列说法正确的是( )
A．测定某恒星上特定元素发光的频率，对比地球上该元素发光的频率，可以推算该恒星远离地球的速度
B．无线电波没有偏振现象
C．红外线比无线电波更容易发生干涉和衍射现象
D．在一个确定的参考系中观测，运动物体上物理过程的时间进程跟物体运动速度有关
11．(2017·湖北黄冈质检)
如图，将半径为R的透明半球体放在水平桌面上方，O为球心，直径恰好水平，轴线OO′垂直于水平桌面．位于O点正上方某一高度处的点光源S发出一束与OO′夹角θ＝60°的单色光射向半球体上的A点，光线通过半球体后刚好垂直射到桌面上的B点，已知O′B＝R，光在真空中传播速度为c，不考虑半球体内光的反射，求：
(1)透明半球体对该单色光的折射率n；
(2)该光在半球体内传播的时间．
12．(2017·陕西商洛二模)
如图所示，平静湖面岸边的垂钓者，眼睛恰好位于岸边P点正上方0.9
m的高度处，浮标Q离P点1.2
m远，鱼饵灯M在浮标正前方1.8
m处的水下，垂钓者发现鱼饵灯刚好被浮标挡住，已知水的折射率n＝4/3，求：
(1)鱼饵灯离水面的深度；
(2)若鱼饵灯缓慢竖直上浮，当它离水面多深时，鱼饵灯发出的光恰好无法从水面PQ间射出．
课练37 光的折射 全反射
光的波动性 电磁波1.A 由题图可知临界角为60°，则n＝＝，故选项A正确、D错误；由v＝可知光在介质中速度小于真空中速度，故选项B错误；折射、反射过程光的频率不会发生变化，故选项C错误．
2．ADE 由几何知识得到激光束在C点的折射角r＝30°，由n＝得，sinα＝nsinr＝，得α＝60°，故A正确．激光束从C点进入玻璃球时，无论怎样改变入射角α，在D点的入射角等于C点的折射角，根据光路可逆性原理得知，光束不可能在D点发生全反射，一定能从D点折射出玻璃球，故B错误．光的频率由光源决定，则激光束穿越玻璃球时频率不变，选项C错误．激光束在玻璃球中传播的速度为v＝＝，则v＝λf得λ＝，选项D正确．当光束沿玻璃球直径方向射入，路程最长，传播时间最长为t＝，可得t＝，选项E正确．
3．C
a、b光射入玻璃砖的光路如图，由光路的可逆性可知，两束光不会发生全反射，A错误．a光折射率小于b光，由n＝c/v得，a光在玻璃中传播速率大，B错误、C正确．光的频率越大，折射率越大，a光折射率小，则频率小，D错误．
4．B 由折射定律n＝sini/sinr可知，折射角正弦(sinr)与入射角正弦(sini)的关系图象的斜率的倒数表示折射率，所以n＝3/2＝1.5，选项A错误，选项B正确．在由空气进入该玻璃中传播时，光波的频率不变，光波的波长变为原来的2/3，选项C、D错误．
5．B 为减少热效应显著的红外线，要求红外线在薄膜的前后表面反射后叠加作用减弱，即光程差为半波长的奇数倍，故膜的最小厚度为红外线在该膜中波长的，选B.
6．BC
作出光路图如图所示．由图可知，a光相对于入射光线偏折程度大，则a光的频率大，在介质中的折射率大，传播速度小，波长短，从同种介质射入空气中的临界角小，在相同装置的双缝干涉实验中，条纹间距小，故选项A、D错误，B正确；由光路可逆知出射光束a、b一定相互平行，选项C正确．
7．C 任何波都能产生衍射现象，故选项A错误；常用的遥控器是通过发出红外线脉冲信号来遥控电视机的，故选项B错误；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，故选项C正确；由相对论知光在真空中的传播速度在不同的惯性参考系中数值不变，故选项D错误．
8．BC LC回路的周期T＝2π，由此公式可知电子钟的周期由电感和电容共同决定，与其他因素无关．此题选B、C.
9．D 在运动方向上由于有“尺缩效应”，故隧道长度变短；在垂直于运动方向上，没有“尺缩效应”，故洞口为圆形，故选D.
10．解题思路：(2)条纹太密，需要增大条纹间距，根据条纹间距Δx＝λ可知，可以减小双缝间距，加大双缝到光屏的距离，换用波长较长的光，故答案为A、B、C.
答案：(1)ADCBE (2)ABC
11．解题思路：根据两次游标卡尺的读数可得条纹间距Δx＝＝1.225
mm，代入公式有λ＝＝6.13×10－7
m.
答案：11.6 16.5 6.13×10－7
12．解题思路：
(1)由题意可知，光线射向AC面恰好发生全反射，反射光线垂直于BC面射出，光路图如图．
设透明物质Ⅱ的临界角为C，由几何关系可知C＝θ1＝θ2＝60°，sinC＝，得n2＝.
(2)由n2＝，得v＝＝2.6×108
m/s.
(3)由几何关系得β＝30°，由相对折射率定义得，光由透明物质Ⅰ射入透明物质Ⅱ时，相对折射率n21＝＝，解得sinθ＝.
答案：(1) (2)2.6×108
m/s (3)
加餐练
1．ABD 从光路图看，入射角相同，a光的折射角较大，所以玻璃砖对a光的折射率较大，a光的频率较大，波长较短，B正确、C不正确；根据n＝知va2．解题思路：根据公式Δx＝λ，红光波长大于绿光波长，因此Δx1>Δx2.根据题意，条纹间距Δx＝
mm＝2.1
mm，所以d＝＝3.00×10－4
m＝0.300
mm.
答案：> 0.300
3．解题思路：(1)
如图，设到达池边的光线的入射角为i.依题意，水的折射率n＝，光线的折射角θ＝90°.由折射定律有nsini＝sinθ①
由几何关系有sini＝②
式中，l＝3
m，h是池内水的深度．联立①②式并代入题给数据得
h＝
m≈2.6
m③
(2)设此时救生员的眼睛到池边的距离为x.依题意，救生员的视线与竖直方向的夹角为θ′＝45°.由折射定律有nsini′＝sinθ′④
式中，i′是光线在水面的入射角．设池底点光源A到水面入射点的水平距离为a.由几何关系有
sini′＝⑤
x＋l＝a＋h′⑥
式中h′＝2
m．联立③④⑤⑥式得
x＝
m≈0.7
m⑦
答案：(1)2.6
m (2)0.7
m
4．解题思路：设球半径为R，球冠底面中心为O′，连接OO′，则
OO′⊥AB.令∠OAO′＝α，
有cosα＝＝①
即α＝30°②
由题意MA⊥AB
所以∠OAM＝60°③
设图中N点为光线在球冠内底面上的反射点，所考虑的光线的光路图如图所示．设光线在M点的入射角为i、折射角为r，在N点的入射角为i′，反射角为i″，玻璃折射率为n.由于△OAM为等边三角形，有
i＝60°④
由折射定律有sini＝nsinr⑤
代入题给条件n＝得r＝30°⑥
作底面在N点的法线NE，由于NE∥AM，有i′＝30°⑦
根据反射定律，有i″＝30°⑧
连接ON，由几何关系知△MAN≌△MON，故有∠MNO＝60°⑨
由⑦⑨式得∠ENO＝30°⑩
于是∠ENO为反射角，NO为反射光线．这一反射光线经球面再次折射后不改变方向．所以，经一次反射后射出玻璃球冠的光线相对于入射光线的偏角β为
β＝180°－∠ENO＝150°
答案：150°
5．ABC 电磁波在真空中的传播速度为3×108
m/s，与频率无关，选项A正确；由麦克斯韦电磁场理论可知，选项B正确；变化的电场和磁场相互激发，且相互垂直，形成的电磁波的传播方向与电场和磁场均垂直，选项C正确；电磁波可以通过电缆、光缆传输，选项D错误；电磁振荡停止后，电磁波可以在空间继续传播，直到能量消耗完为止，选项E错误．
6．A 声波是机械波，是纵波，在气体、固体、液体中都能传播，故B、C两项均错误；电磁波的传播不需要介质，能在真空中以光速传播，A项正确，D项错误．
7．C 无线电波与光波均为电磁波，均能发生反射、干涉、衍射现象，故C正确、D错．电磁波在真空中传播速度最快，故B错．由c＝λf可知，频率与波长成反比，故A错．
8．D 依据变化的磁场可激发电场，则A错．均匀变化的磁场可激发恒定的电场，则B、C错．振荡的磁场可激发振荡的电场，形成电磁波，则D项正确．
9．AD 恒定的电场和磁场不能产生电磁波，B错；高速火车的运动速度远小于光速，不必用相对论知识解决，可利用经典力学知识解决，则C错．
10．AD 偏振现象是横波所特有的现象，无线电波是横波，故B错误．根据电磁波谱可知红外线的波长比无线电波的短，因而无线电波更容易发生干涉和衍射现象，B错误．
11．解题思路：(1)光从光源S射出经半球体到达水平桌面的光路如图．
光由空气射向半球体，由折射定律，有n＝
在△OCD中，sin∠COD＝
得∠COD＝60°
由几何知识知γ＝∠COD＝60°
光由半球体射向空气，由折射定律，有n＝
故α＝β
由几何知识得α＋β＝60°
故α＝β＝30°
解得n＝
(2)光在半球体中传播的速度为v＝＝c
由几何关系知AC＝AO
且ACsinα＋AO＝O′B
得AC＝R
光在半球体中传播的时间t＝＝
答案：(1) (2)
12．解题思路：(1)设入射角、折射角分别为i、r，鱼铒灯离水面的深度为h2，则由图可知
sinr＝
sini＝
根据光的折射定律可知：n＝
得：h2＝2.4
m
(2)设当鱼饵灯离水面深度为h3时，水面PQ间恰好无光射出，此时鱼饵灯与浮标的连线和竖直方向的夹角恰好为临界角C，如图所示，则
sinC＝
又sinC＝
得：h3＝
m≈1.59
m
答案：(1)2.4
m (2)1.59
m模拟仿真预测卷(三)
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分考试时间60分钟．
第Ⅰ卷 (选择题 共48分)
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一个选项符合题目要求，第7～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分．
1．甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动，它们的位移—时间(x－t)图象如图所示，由图象可以看出在0～4
s内( )
A．甲、乙两物体始终同向运动
B．第4
s末时，甲、乙两物体间的距离最大
C．甲的平均速度等于乙的平均速度
D．乙物体一直做匀加速直线运动
2．如图所示，水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，一带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场．到达C点时速度方向恰好水平．由此可知
( )
A．从A到C，小球的动能减小
B．从B到C，小球的电势能减小
C．从A到B与从B到C小球的运动时间一定相等
D．从A到B与从B到C小球的速度变化量大小一定相等
3.
如图所示，一固定杆与水平方向夹角为α，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ.若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为β，且α<β，不计空气阻力，则滑块的运动情况是
( )
A．沿着杆减速下滑
B．沿着杆减速上滑
C．沿着杆加速下滑
D．沿着杆加速上滑
4.
如图所示，传送带AB的倾角为θ，且传送带足够长．现有质量为m可视为质点的物体以v0的初速度从B端开始向上运动，物体与传送带之间的动摩擦因数μ>tanθ，传送带的速度为v(v0A．μmgcosθ
B．μmgv0cosθ
C．μmgvcosθ
D.μmg(v＋v0)cosθ
5.
如图，两同心圆环A、B置于同一水平面上，其中B为均匀带负电绝缘环，A为导体环．当B绕环心转动时，导体环A产生顺时针电流且具有扩展趋势，则B的转动情况是
( )
A．顺时针加速转动
B．顺时针减速转动
C．逆时针加速转动
D．逆时针减速转动
6．在光电效应实验中，小明同学用同一实验装置(如图a)在甲、乙、丙三种光的照射下得到了三条电流表与电压表读数之间的关系曲线，如图b所示．下列说法正确的是( )
A．乙光的频率小于甲光的频率
B．甲光的波长大于丙光的波长
C．丙光的光子能量小于甲光的光子能量
D．乙光对应的光电子最大初动能小于丙光的光电子最大初动能
7.
如图所示，电场中的一条电场线与x轴重合，电场线上各点的电势如图．用EA、EB分别表示电场线上A、B两点的场强大小，下列说法正确的是
( )
A．EAB．EA>EB
C．EA与EB方向相同
D．EA与EB方向相反
8．物体由地面以120
J的初动能竖直向上抛出，当它上升到某一高度A点时，动能减少40
J，机械能减少10
J．设空气阻力大小不变，以地面为零势能面，则物体
( )
A．落回A点时机械能为60
J
B．在最高点时机械能为90
J
C．受到的空气阻力与重力大小之比为1∶4
D．上升过程与下落过程加速度大小之比为2∶1
第Ⅱ卷 (非选择题 共62分)
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～14题为选考题，考生根据要求作答
(一)必考题(4小题，共47分)
9．(6分)某小组同学用简易装置验证机械能守恒定律，他们找来一块平整且比较光滑的木板，从实验室借来打点计时器、刻度尺、小车和纸带．他们把木板搭在台阶上．如图甲安装好实验器材，得到如图乙所示的一条纸带．
(1)在验证机械能是否守恒时，还需要测量台阶的高度h和木板的长度L，已知纸带上相邻两计数点之间的时间间隔为T，根据纸带上MN两点间的数据，该组同学需要验证的机械能守恒的表达式为________________________________(用题中所给物理量的字母表示)．
(2)(多选)在该实验中下列说法正确的是________．
A．该实验中先接通电源，后释放小车
B．由于摩擦力对实验结果有影响，所以把木板搭在台阶上是为了平衡摩擦
C．由于阻力的存在，该实验中小车增加的动能一定小于小车减少的重力势能
D．在该实验中还需要用天平测量小车的质量
10．(9分)某同学为了将一量程为3
V的电压表改装成可测量电阻的仪表——欧姆表．
(1)先用如图甲所示电路测量该电压表的内阻，图中电源内阻可忽略不计，闭合开关，将电阻箱阻值调到3
kΩ时，电压表恰好满偏；将电阻箱阻值调到12
kΩ时，电压表指针指在如图乙所示位置，则电压表的读数为________V．由以上数据可得电压表的内阻RV＝________kΩ.
(2)将图甲的电路稍作改变，在电压表两端接上两个表笔，就改装成了一个可测量电阻的简易欧姆表，如图丙所示，为将表盘的电压刻度转换为电阻刻度，进行了如下操作：闭合开关，将两表笔断开，调节电阻箱，使指针指在“3.0
V”处，此处刻度应标阻值为________(填“0”或“∞”)；再保持电阻箱阻值不变，在两表笔间接不同阻值的已知电阻找出对应的电压刻度，则“1
V”处对应的电阻刻度为________kΩ.
(3)若该欧姆表使用一段时间后，电池内阻不能忽略且变大，电动势不变，但将两表笔断开时调整电阻箱，使指针仍能满偏，按正确使用方法再进行测量，其测量结果将________．
A．偏大
B．偏小
C．不变
D．无法确定
11.
(14分)如图所示，光滑的直角细杆AOB固定在竖直平面内，OA杆水平，OB杆竖直．有两个质量相等均为0.3
kg的小球a与b分别穿在OA、OB杆上，两球用一轻绳连接，轻绳长L＝25
cm.两球在水平拉力F作用下目前处于静止状态，绳与OB杆的夹角θ＝53°(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)，(g＝10
m/s2)．求：
(1)此时细绳对小球b的拉力大小，水平拉力F的大小；
(2)现突然撤去拉力F，两球从静止开始运动，设OB杆足够长，运动过程中细绳始终绷紧，则当θ＝37°时，小球b的速度大小．
12．(18分)如图所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L，两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外，A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L，质量为m、电荷量为＋q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．
(1)若k＝1，求匀强电场的电场强度E；
(2)若2(二)选择题(共15分．请考生从给出的2道题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分)
13．(15分)[选修3—3]
(1)(5分)关于一定量的理想气体，下列说法正确的是________．(填入正确选项前的字母．选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给6分；每选错1个扣2分，最低得分为0分)
A．气体分子的体积是指每个气体分子平均所占有的空间体积
B．只要能增加气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以升高
C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
D．气体从外界吸收热量，其内能不一定增加
E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高
(2)(10分)如图所示，一个上下都与大气相通的直圆筒，其横截面积S＝1×10－3
m2，中间用两个活塞A与B封住一定质量的理想气体，A、B都可沿圆筒无摩擦地上、下滑动，但不漏气．A的质量不计，B的质量m＝8
kg，B与一劲度系数k＝5×102
N/m的轻质弹簧相连，已知大气压强p0＝1×105
Pa，平衡时，两活塞间的距离L0＝0.9
m，现用力压A，使之缓慢向上移动一定距离后再次保持平衡，平衡时用于压A的力F＝50
N．假定气体温度保持不变，取g＝10
m/s2，求活塞A向上移动的距离L.
14．(15分)[选修3—4]
(1)(5分)下列关于科学技术应用的说法中正确的是________．(选对一个得2分，选对两个得4分，选对三个得5分，选错一个扣3分，最低得0分)
A．全息照片的拍摄利用了光的干涉现象
B．交通警察用监视器测量汽车的速度时可利用多普勒效应
C．光导纤维利用了光的折射现象
D．照相机的镜头表面镀有一层膜使照相效果更好，是利用了光的衍射现象
E．用声呐探测水中的暗礁、潜艇，利用了波的反射现象
(2)(10分)一列简谐横波的波形如图所示，实线表示t1＝0时刻的波形，虚线表示t2＝0.1
s时刻的波形，该波的周期为T.
①若2T>t2－t1>T，求该列波的传播速度；
②若2Tm/s，求波的传播方向．
模拟仿真预测卷(三)
1．C x－t图象图线斜率的绝对值等于速度的大小，由题图可知在0～2
s内，甲、乙都沿正向运动，同向运动；在2～4
s内甲沿负向运动，乙仍沿正向运动，两者反向运动，选项A错误；4
s末两物体相遇，两物体间的距离不是最大，选项B错误；由题图知在0～4
s内，甲、乙的位移都是2
m，故平均速度相等，选项C正确；根据图线斜率的绝对值等于速度的大小，直线的斜率一定，可知乙物体一直做匀速直线运动，选项D错误．
2．D 小球水平方向不受力，故在水平方向做匀速直线运动，竖直方向先加速后减速，小球从A到C，动能先增大后减小，故A错．小球从B到C过程由于轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，故电场力方向向上，电场力做负功，电势能增加，合外力做负功，小球的动能减小，B错误；小球从A到B与从B到C水平方向都做匀速直线运动，由图示知xAB>xBC，由x＝vt知，tAB>tBC，选项C错误；小球在竖直方向先做初速度为零的匀加速直线运动，后做末速度为零的匀减速直线运动，所以两过程中速度变化量大小一定相等，选项D正确．
3．B 由于滑块与小球保持相对静止以相同的加速度运动，故小球加速度方向沿杆的方向，由小球的受力分析可知，加速度方向沿斜面向下．对小球，由牛顿第二定律得mgsinα＋Fsin(β－α)＝ma，解得a>gsinα，把滑块和小球看作一个整体，则由牛顿第二定律得，沿斜面方向(m1＋m2)gsinα＋Ff＝(m1＋m2)a，解得Ff＝(m1＋m2)(a－gsinα)>0，故滑块所受的摩擦力沿斜面向下，因此滑块沿杆减速上滑，选项B正确，A、C、D错误．
4．C 传送带的速度大于物体的初速度，物体将受到滑动摩擦力，又因为动摩擦因数μ>tanθ，则有滑动摩擦力的大小μmgcosθ>mgsinθ，物体运动到和传送带速度相同时速度最大，然后物体随传送带匀速运动，滑动摩擦力变为静摩擦力大小等于mgsinθ，所以摩擦力的最大功率为μmgvcosθ，选项C正确．
5．A 由图可知，A中感应电流为顺时针，由楞次定律可知，感应电流的内部磁场向里，由右手螺旋定则可知，引起感应电流的磁场可能为：向外增大或向里减小；若原磁场向外，则B中电流应为逆时针，由于B带负电，故B应顺时针转动且转速增大；若原磁场向里，则B中电流应为顺时针，则B应逆时针转动且转速减小；又因为导体环A具有扩展趋势，则B中电流应与A方向相反，即B应顺时针转动且转速增大．选项A正确，B、C、D错误．
6．B 由遏止电压Uc乙＝Uc丙>Uc甲知ν乙＝ν丙>ν甲，进一步得λ甲>λ乙＝λ丙，故B对，A、C、D均错．
7．BC 对于φ－x图象，图线越陡，说明电势随x变化得越快，场强就越大，所以EA>EB，选项A错误，选项B正确；场强方向是沿电势降低最快的方向，EA和EB都是沿x轴正方向，选项C正确，选项D错误．
8．BD 设物体上升的最大高度为h，由地面到A点和最高点过程分别由动能定理有(mg＋f)hA＝40
J，(mg＋f)h＝120
J，故hA∶h＝1∶3，由功能关系知，fhA＝10
J，故由地面到最高点过程机械能减少量ΔE＝fh＝30
J，故物体在最高点时机械能为90
J，选项B正确；物体在A点的机械能为120
J－10
J＝110
J，由A点到返回A点过程机械能损失2f(h－hA)＝40
J，故落回A点时机械能为70
J，选项A错误；物体在最高点时重力势能Ep＝mgh＝90
J，故f∶mg＝1∶3，选项C错误；由牛顿第二定律，上升过程mg＋f＝ma1，下降过程mg－f＝ma2，故上升过程与下落过程加速度大小之比a1∶a2＝2∶1，选项D正确．
9．解题思路：(1)由中间时刻的速度等于这段时间上的平均速度得，纸带上打下第2个点和第4个点时小车的速度分别是v2＝，v4＝，由机械能守恒定律ΔEk＝ΔEp，即mg(d2＋d3)·＝m2－m2，整理得＝－.(2)实验时要先接通电源，待打点计时器稳定后，再释放纸带，选项A正确；把木板搭在台阶上是为了让小车的重力势能发生变化，而不是为了平衡摩擦力，选项B错误；由于阻力的存在，由动能定理知，实验中小车增加的动能一定小于小车减少的重力势能，选项C正确；由(1)可知，实验中不需要用天平测量小车的质量，选项D错误．
答案：(1)＝－ (4分)
(2)AC(2分，选对一个给1分)
10．解题思路：(1)电压表读数为1.50
V，根据I＝，I＝，解得RV＝6
kΩ.(2)由于红黑表笔断开，故电压表满偏代表外电阻为∞，当电压表指1
V时，设电压表和外电阻并联阻值为R，根据3
V＝×6,1
V＝×R，解得R＝
kΩ，根据＝
kΩ，解得Rx＝1
kΩ.(3)由于电动势不变，故满偏时电阻箱和电源内阻之和不变，并不影响外电阻，故测量结果不变，选项C正确．
答案：(1)1.50(2分) 6(2分)
(2)∞(2分) 1(2分)
(3)C(1分)
11．解题思路：(1)以小球b为研究对象，设绳子拉力为FT，由小球b受力平衡得
FT＝mbg/cos53°＝5
N (2分)
对小球a和小球b整体考虑，拉力F等于OB杆对b球的弹力 (1分)
所以F＝mbgtan53°＝4
N (2分)
(2)对小球a和b整体用机械能守恒定律，有
mbg(Lcos37°－Lcos53°)＝mbv＋mav (4分)
同时，小球a和b的速度满足vbcos37°＝vasin37° (3分)
两式联立，解得vb＝0.6
m/s (2分)
答案：(1)4
N (2)0.6
m/s
12．解题思路：(1)粒子在电场中，由动能定理有qEd＝mv2－0 (2分)
粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力
qvB0＝m (1分)
当k＝1时，由几何关系得
r＝L (1分)
由以上各式解得
E＝ (2分)
(2)若2由几何关系可知
(r－L)2＋(kL)2＝r2
解得r＝L (2分)
解得v＝ (1分)
粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力
qvB＝m (1分)
由对称性及几何关系可知＝ (2分)
解得r1＝L (2分)
又因为r1＝ (1分)
解得B＝B0 (2分)
答案：(1) (2)B＝B0
13．解题思路：(2)解：由于mg>F，可知被封气体始末两状态下的弹簧始终处于拉伸状态，初始状态下弹簧的伸长量为x1＝ (2分)
末状态下弹簧的伸长量为x2＝ (2分)
B上移的距离为x＝x1－x2 (2分)
由于气体温度不变，根据玻意耳定律有
p0L0S＝[L0－(L－x)]S (2分)
解得L＝0.4
m (2分)
答案：(1)BDE(5分) (2)0.4
m
14．解题思路：(1)全息照片的拍摄利用了光的干涉，选项A正确；交通警察可利用多普勒效应测量汽车的速度，选项B正确；光导纤维利用了光的全反射现象，选项C错误；照相机镜头表面镀有一层膜使照相效果更好，利用了光的干涉现象，选项D错误；用声呐探测水中的暗礁、潜艇，利用了波的反射现象，选项E正确．
(2)(10分)
解：①若波沿x轴正向传播，则有
v1＝＝
m/s＝100
m/s (3分)
若波沿x轴负向传播，则有
波速v2＝＝
m/s＝140
m/s (3分)
②由图象可知波长λ＝8
m
在Δt＝0.1
s内波传播的距离：Δx＝vΔt＝700×0.1
m＝70
m (1分)
则Δx＝λ＝8λ＋λ (2分)
所以波沿x轴负向传播 (1分)
答案：(1)ABE(5分)周测四 曲线运动 万有引力与航天(B卷)
(本试卷满分95分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1．(多选)空气对运动物体的阻力与物体相对于空气速度大小有关，在无风的情况下，跳伞运动员从水平飞行的飞机上跳伞，考虑到空气阻力的因素，则下列描绘某段下落过程中运动员速度的水平分量大小vx、竖直分量大小vy与时间t的关系图象中可能正确的是( )
2．(2017·江苏徐州模拟)
如图所示为河的横截面示意图．小明先后两次用脚从河岸边同一位置将石子水平踢出，石子两次的初速度分别为v0、2v0，石子分别落在A点和B点，在空中运动的时间分别是tA、tB，则tA、tB的比可能是( )
A．1∶1
B．1∶2
C．3∶4
D．2∶5
3．(多选)如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F－v2图象如图乙所示．则以下判断正确的是
( )
A．当地的重力加速度大小为
B．v2＝c时，杆对小球的弹力方向向上
C．v2＝2b时，小球受到的弹力与重力大小相等
D．小球的质量为
4.
如图所示，一倾斜的圆筒绕固定轴OO1以恒定的角速度ω转动，圆筒的半径r＝1.5
m．筒壁内有一小物体与圆筒始终保持相对静止，小物体与圆筒间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，转动轴与水平面间的夹角为60°，重力加速度g取10
m/s2.则ω的最小值是( )
A．1
rad/s
B.
rad/s
C.
rad/s
D．5
rad/s
5．(多选)已知地球半径为R，表面的重力加速度为g.一人造地球卫星沿椭圆轨道绕地心运动，椭圆轨道的远地点与地心的距离为4R，则卫星在远地点时( )
A．加速度为
B．速度大于
C．速度等于
D．速度小于
6．(多选)(2017·河南名校联盟质检)如图，三个质点a、b、c质量分别为m1、m2、M(M m1，M m2)．在c的万有引力作用下，a、b在同一平面内绕c沿逆时针方向做匀速圆周运动，它们的周期之比为Ta∶Tb＝1∶k(k>1，且为整数)，从图示位置开始，在b运动一周的过程中( )
A．a、b距离最近的次数为k
B．a、b距离最近的次数为k－1
C．a、b、c共线的次数为2k
D．a、b、c共线的次数为2k－2
7.
如图所示，A为太阳系中的天王星，它绕太阳O运行可视为做轨道半径为R0，周期为T0的匀速圆周运动．天文学家经长期观测发现，天王星实际运动的轨道与圆轨道总有一些偏离，且每隔t0时间发生一次最大偏离．形成这种现象的原因是天王星外侧还存在着另一颗行星B，假设行星B与A在同一平面内，且与A的绕行方向相同，绕O做匀速圆周运动，它对天王星的万有引力导致了天王星轨道的偏离，由此可推测行星B的运动轨道半径是
( )
A.R0
B．R0
C．R0
D．R0
8．(多选)
我国的“天链一号”星是地球同步轨道卫星，可为载人航天器及中低轨道卫星提供数据通信．如图为“天链一号”星a、赤道平面内的低轨道卫星b、地球的位置关系示意图，O为地心，地球相对卫星a、b的张角分别为θ1和θ2(θ2图中未标出)，卫星a的轨道半径是b的4倍．已知卫星a、b绕地球同向运行，卫星a的周期为T，在运行过程中由于地球的遮挡，卫星b会进入与卫星a通信的盲区．卫星间的通信信号视为沿直线传播，信号传输时间可忽略．下列分析正确的是( )
A．张角θ1和θ2满足sinθ2＝4sinθ1
B．卫星b的周期为
C．卫星b每次在盲区运行的时间为T
D．卫星b每次在盲区运行的时间为T
二、非选择题(本题包括4小题，共47分)
9.
(8分)图示装置可用来验证机械能守恒定律．摆锤A拴在长L的轻绳一端，另一端固定在O点，在A上放一个小铁片，现将摆锤拉起，使绳偏离竖直方向成θ角时由静止开始释放摆锤，当其到达最低位置时，受到竖直挡板P的阻挡而停止运动，之后铁片将飞离摆锤而做平抛运动．
(1)为了验证摆锤在运动中机械能守恒，必须求出摆锤在最低点的速度．若测得摆锤遇到挡板之后铁片的水平位移s和竖直下落高度h，则根据测得的物理量可知摆锤在最低点的速度v＝________.
(2)根据已知的和测得的物理量，写出摆锤在运动中机械能守恒的关系式为s2＝________.
(3)改变绳偏离竖直方向的角θ的大小，测出对应摆锤遇到挡板之后铁片的水平位移s，若以s2为纵轴，则应以________(填“θ”“cosθ”或“sinθ”)为横轴，通过描点作出的图线是一条直线，该直线的斜率k0＝________(用已知的和测得的物理量表示)．
10.
(12分)如图所示，在距水平地面高为H的上空有一架飞机在进行投弹训练，飞机沿水平方向做匀加速直线运动．当飞机飞经观察点B点正上方A点时落下第一颗炸弹，当炸弹落在观察点B正前方L处的C点时，飞机落下第二颗炸弹，它最终落在距观察点B正前方3L处的D点(空气阻力不计，重力加速度为g)．求：
(1)飞机第一次投弹的速度大小；
(2)两次投弹时间间隔内飞机飞行的距离；
(3)飞机水平飞行的加速度大小．
11．(13分)如图甲所示，水平转盘可绕竖直中心轴转动，盘上叠放着质量均为1
kg的A、B两个物块，B物块用长为0.25
m的细线与固定在转盘中心处的力传感器相连，两个物块和传感器的大小均可忽略不计，细线能承受的最大拉力为8
N，A、B间的动摩擦因数μ2＝0.4，B与转盘间的动摩擦因数μ1＝0.1，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．转盘静止时，细线刚好伸直，力传感器的读数为零，当转盘以不同的角速度匀速转动时，力传感器上就会显示相应的读数F.试通过计算在图乙的坐标系中作出F－ω2的图象，g取10
m/s2.
12．(14分)2014年10月24日到11月1日，我国探月工程首次实施了再入返回飞行试验．飞行试验器到达距月面约1.2万千米的近月点，系统启动多台相机对月球、地球进行多次拍摄，获取了清晰的地球、月球和地月合影图象，卫星将获得的信息持续用微波信号发回地球．设地球和月球的质量分别为M和m，地球和月球的半径分别为R和R1，月球绕地球的轨道半径和卫星绕月球的轨道半径分别为r和r1，月球绕地球转动的周期为T.假定在卫星绕月运行的一个周期内卫星轨道平面与地月连心线共面，求在该周期内卫星发射的微波信号因月球遮挡而不能到达地球的时间(用M、m、R、R1、r、r1和T表示，忽略月球绕地球转动对遮挡时间的影响)．
周测四 曲线运动
万有引力与航天(B卷)
1.BC 通常情况下，空气阻力随速度的增大而增大．跳伞运动员从水平飞行的飞机上跳伞，在水平方向由于受到空气阻力，运动员做加速度减小的减速运动，故A错误，B正确；竖直方向，运动员受到重力和空气阻力两个力作用，竖直方向的速度逐渐增大，空气阻力增大，根据牛顿第二定律，有mg－f＝ma，故运动员做加速度不断减小的加速运动，故C正确、D错误．
2．C 假设河中没有水，斜坡足够长，斜坡倾角为θ，可知落在B点的石子将会落在斜坡上，下落的高度更大，根据tanθ＝得，t＝，初速度之比为1∶2，则运动的时间之比为1∶2，由于落在B点的石子下降的高度没有这么大，可知运动的时间的比值大于，因为落在A点的高度小于落在B点的高度，根据t＝知，下落的时间的比值小于1，故C正确，A、B、D错误．
3．CD 本题考查了圆周运动的规律．当F＝0时，mg＝，v＝，即b＝gR，解得g＝，选项A错误；当v2>b时，杆对小球的弹力方向向下，选项B错误；当v2＝2b时，FN＋mg＝m，解得FN＝mg，选项C正确；根据图象，a＝mg，而g＝，所以m＝，选项D正确．
4．C 由于小物体在圆筒内随圆筒做圆周运动，其向心力由小物体受到的指向圆心(转动轴)的合力提供．在小物体转到最上面时最容易与圆筒脱离，根据牛顿第二定律，沿半径方向FN＋mgcos60°＝mω2r，又沿筒壁方向mgsin60°≤μFN，解得ω≥
rad/s，要使小物体与圆筒始终保持相对静止，则ω的最小值是
rad/s，选项C正确．
5．AD 卫星经过远地点时的加速度a＝，在地球表面的物体有mg＝，联立解得a＝，A正确；若卫星在远地点做匀速圆周运动，则v＝＝，而卫星此时在远地点做向心运动，所以速度小于，B、C错误、D正确．
6．BD 在b转动一周过程中，a转动k周，a、b距离最远的次数为k－1，a、b距离最近的次数为k－1，故a、b、c共线的次数为2k－2，B、D正确．
7．D 天王星每隔t0时间发生一次最大偏离，即天王星与外侧的未知行星每隔t0时间相遇一次．根据万有引力提供向心力G＝mω2r，得ω＝，可知天王星的角速度大，即转得快，所以每隔t0时间天王星比未知行星多转一圈，即t0＝2π，得T＝，根据开普勒第三定律得＝，解得R＝R0，选项A、B、C错误，选项D正确．
8．BC 由几何关系可知4sin＝sin；对卫星的环绕运动由万有引力定律和牛顿第二定律有G＝mr2，由于卫星a的轨道半径是卫星b轨道半径的4倍，则卫星b的周期Tb＝T；设卫星b每次在盲区运行的时间为Δt，则ωbΔt－ωaΔt＝θ1＋θ2，而ωa＝、ωb＝，解得Δt＝T.选项A、D错误，B、C正确．
9．解题思路：(1)由平抛运动规律得，对铁片s＝v0t，h＝gt2，所以铁片的初速度v0＝s，由题意知，铁片的初速度v0等于摆锤在最低点的速度v，故v＝s.(2)在摆锤和铁片摆到最低点过程中，mgL(1－cosθ)＝mv2，得机械能守恒的关系式为s2＝4hL(1－cosθ)．(3)由于s2＝4hL－4hLcosθ，故s2与cosθ为一次函数关系，作出的图线为一条直线，因此应以cosθ为横轴，其斜率k0＝－4hL.
答案：(1)s
(2分)
(2)4hL(1－cosθ)(2分)
(3)cosθ －4hL(每空2分)
10．解题思路：(1)根据H＝gt2，L＝v1t，飞机第一次投弹的速度大小v1＝L.
(2)设两次投弹时间间隔内飞机飞行的距离为x，则
3L－x＝(v1＋at)t，
x＝v1t＋at2，联立两式，解得x＝L.
两次投弹时间间隔内飞机飞行的距离为L.
(3)已知飞机第一次投弹的速度大小为v1＝L，
经过时间t＝，
飞机飞行的位移为x＝L，可求出，中间时刻的瞬时速度大小为
v＝＝＝，
在水平飞行的加速度大小为
a＝＝.
答案：(1)L (2)L (3)
11．解题思路：B物体将发生滑动时的角速度为
ω1＝＝2
rad/s
则ω∈[0,2]时，F＝0
当A物体所需的向心力大于最大静摩擦力时，A将脱离B物体，此时的角速度由mωr＝μ2mg，得ω2＝＝4
rad/s
则F＝2mω2r－2μ1mg＝0.5ω2－2(ω∈[2,4])
ω＝ω2时绳子的张力为F＝2mωr－2μ1mg＝(2×42×0.25－2)
N＝6
N<8
N，故绳子未断，接下来随着角速度的增大，A脱离B物体，只有B物体做匀速圆周运动，设绳子达到最大拉力时的角速度为ω3，则ω3＝＝6
rad/s
当角速度为ω2时，mωr＝1×42×0.25
N＝4
N>μ1mg，即绳子产生了拉力
则F＝mω2r－μ1mg＝0.25ω2－1，ω∈[4,6]
综上所述作出F－ω2图象如图所示．
答案：见解题思路
12．解题思路：如图，O和O′分别表示地球和月球的中心．在卫星轨道平面上，A是地月连心线OO′与地月球面的公切线ACD的交点，D、C和B分别是该公切线与地球表面、月球表面和卫星圆轨道的交点．根据对称性，过A点在另一侧作地月球面的公切线，交卫星轨道于E点．卫星在BE弧上运动时发出的信号被遮挡．
设探月卫星的质量为m0，万有引力常量为G，根据万有引力定律有：
G＝m2r①
G＝m02r1②
式中，T1是探月卫星绕月球转动的周期．由①②式得
2＝3③
设卫星的微波信号被遮挡的时间为t，则由于卫星绕月做匀速圆周运动，应有
＝④
式中α＝∠CO′A，β＝∠CO′B，由几何关系得
rcosα＝R－R1⑤
r1cosβ＝R1⑥
由③④⑤⑥式得
t＝⑦
答案：arccos－arccos周测三 牛顿运动定律(A卷)
(本试卷满分95分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1．下列关于惯性的说法正确的是( )
A．宇航员从地球到达太空，惯性减小
B．火箭升空时速度增大，惯性增大
C．战斗机战斗前抛掉副油箱，惯性增大
D．空卡车装满货物后，惯性增大
2．(2017·河南开封一模)以初速度v竖直向上抛出一小球，小球所受空气阻力与速度的大小成正比，下列图象中，能正确反应小球从抛出到落回原处的速度随时间变化情况的是( )
3．(多选)(2017·湖北八校二联)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦．若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止．则下列说法正确的是( )
A．轻绳的拉力等于Mg
B．轻绳的拉力等于mg
C．M运动的加速度大小为(1－sinα)g
D．M运动的加速度大小为g
4.
(多选)如图所示，A、B两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B恰好与水平桌面接触，此时轻弹簧的伸长量为x，现将轻绳剪断，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．轻绳剪断瞬间，A的加速度大小为2g
B．轻绳剪断瞬间，A的加速度大小为g
C．轻绳剪断后，A向下运动距离2x时速度最大
D．轻绳剪断后，A向下运动距离x时加速度最小
5．(多选)(2017·安徽安庆质检)物块A、B的质量分别为m和2m，用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，对B施加向右的水平拉力F，稳定后A、B相对静止在水平面上运动，此时弹簧长度为l1；若撤去拉力F，换成大小仍为F的水平推力向右推A，稳定后A、B相对静止在水平面上运动，此时弹簧长度为l2，则下列判断正确的是( )
A．弹簧的原长为
B．两种情况下，稳定时弹簧的形变量相等
C．两种情况下，稳定时两物块的加速度相等
D．弹簧的劲度系数为
6．用水平恒力作用于放在光滑水平地面上质量为m1的物体，使物体产生的加速度大小为a1；将该力作用于放在该地面上质量为m2的物体时，物体产生的加速度大小为a2；若将该恒力作用于放在该地面上质量为m1＋m2的物体时，产生的加速度大小为( )
A．a1＋a2
B．a1－a2
C.
D.
7．(多选)(2017·河北名校联考)
如图所示，质量均为m的A、B两物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数均为μ，物块间用一水平轻绳相连，绳中无拉力．现用水平力F向右拉物块A，假设物块与水平地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.下列说法中正确的是( )
A．当0B．当μmgC．当F>2μmg时，绳中拉力等于
D．无论F多大，绳中拉力都不可能等于
8.
如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为M的A，B两块木板，在木板A的上方放着一个质量为m的物块C，木板和物块均处于静止状态．A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数都为μ.若用水平恒力F向右拉动木板A，使之从C、B之间抽出来，已知重力加速度为g.则拉力F的大小应该满足
的条件是( )
A．F>μ(2m＋M)g
B．F>μ(m＋2M)g
C．F>2μ(m＋M)g
D．F>2μmg
二、非选择题(本题包括4小题，共47分)
9.
(8分)现要测量滑块与木板之间的动摩擦因数，实验装置如图甲所示．表面粗糙的木板一端固定在水平桌面上，另一端抬起一定高度构成斜面；木板上有一滑块，其后端与穿过打点计时器的纸带相连；打点计时器固定在木板上，连接频率为50
Hz的交流电源．接通电源后，从静止释放滑块，滑块带动纸带打出一系列的点迹．
(1)图乙给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6是实验中选取的计数点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，2、3和5、6计数点间的距离如图所示，由图中数据求出滑块的加速度a＝________m/s2(结果保留三位有效数字)．
(2)已知木板的长度为L，为了求出滑块与木板间的动摩擦因数，还应测量的物理量是________．
A．滑块到达斜面底端的速度v
B．滑块的质量m
C．滑块的运动时间t
D．斜面高度h和底边长度x
(3)设重力加速度为g，滑块与木板间的动摩擦因数的表达式μ＝________(用所需测物理量的字母表示)．
10．(8分)用图甲的装置“验证牛顿第二定律”时有两个“巧妙”的设计，一是要求小车的质量远大于砂和砂桶的质量之和；二是对小车要进行“平衡摩擦力”操作．
回答下列问题：
(1)实验要求“小车质量远大于砂和砂桶质量之和”的目的是________．
(2)对小车进行“平衡摩擦力”操作时，下列必须进行的是________(填字母序号)．
A．取下砂和砂桶
B．在空砂桶的牵引下，轻推一下小车，小车能做匀速直线运动
C．小车拖着穿过打点计时器的纸带做匀速运动时，打点计时器的电源应断开
D．把长木板没有定滑轮的一端垫起适当高度
(3)在满足实验条件下，某同学得到了如图乙的图线(M为小车和砝码的总质量)，图线在纵轴上截距不为零的原因是________________________________________________________________________．
11．(14分)质量为m＝2
kg的物块静置于水平地面上，现对物块施加水平向右的力F，力F随时间变化的规律如图所示．已知物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10
m/s2，求：
(1)4
s后撤去力F，物块还能继续滑动的时间t；
(2)前4
s内力F的平均功率．
12．(17分)
如图所示，一长木板静止在水平地面上，在长木板的上表面放一滑块．现在长木板上施加一水平向左的恒力，使长木板由静止开始以恒定的加速度a＝2.5
m/s2向左做匀加速直线运动，当其速度为v＝9
m/s时调整恒力的大小使长木板做匀速直线运动．假设滑块与长木板之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块与长木板之间的动摩擦因数为μ＝0.225，重力加速度g＝10
m/s2，运动过程中滑块始终未滑离长木板．求：
(1)长木板的速度达到v前滑块的加速度大小；
(2)滑块相对地面加速运动的时间及位移大小；
(3)为保证运动过程中滑块不滑离长木板，长木板运动前滑块到长木板右端的最短距离．
周测三 牛顿运动定律(A卷)
1．D 惯性的唯一决定因素是物体的质量，宇航员从地球到达太空，其质量不变，惯性不变，故A错误；火箭升空时，由于燃料的燃烧，其总质量会减小，惯性减小，故B错误；战斗机战斗前抛掉副油箱，是为了减小惯性，故C错误；空卡车装满货物后，质量增大，故惯性增大，故D正确．
2．D 设小球所受的阻力f＝kv，小球的质量为m，则在小球上升的过程中有mg＋f＝ma，得a＝g＋，由于上升过程中小球的速度越来越小，小球的加速度a也越来越小，故v－t图象的斜率的绝对值越来越小，A、B错误；在下落过程中有a＝g－，下落过程中小球的速度越来越大，故小球的加速度越来越小，则v－t图象的斜率的绝对值越来越小，选项C图象的斜率的绝对值越来越大，C错误、D正确．
3．BC 互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsinα＝mg，互换位置后，对M有Mg－T＝Ma，对m有：T′－mgsinα＝ma，又T＝T′，解得：a＝(1－sinα)g，T＝mg，故A、D错，B、C对．
4．AC 剪断轻绳前，对B受力分析，B受到重力和弹簧弹力，且弹力F＝mg.剪断轻绳瞬间，对A受力分析，A的合力为F合＝mg＋F＝2mg，根据牛顿第二定律得a＝2g，故A正确、B错误；弹簧开始处于伸长状态，弹力F＝mg＝kx，当向下压缩，使mg＝F′＝kx′时，此时A加速度为零，速度最大，x′＝x，所以A下降距离为2x时，速度最大，C正确、D错误．
5．ACD 将A、B和弹簧看作一个整体，根据牛顿第二定律可得，两种情况下加速度相等，且加速度大小为a＝，设弹簧的原长为l0，对B施加向右的水平拉力F时，对A：k(l1－l0)＝ma，水平推力向右推A时，对B：k(l0－l2)＝2ma，联立可得l0＝，k＝，故A、C、D正确；对B施加向右的水平拉力F时，弹簧的形变量为Δl＝l1－l0＝(l1－l2)；水平向右推A时，弹簧的形变量为Δl＝l0－l2＝l1－l2，故B错误．
6．D 根据牛顿第二定律可以求得恒力F＝m1a1，F＝m2a2，故m1a1＝m2a2.若将该恒力作用于质量为m1＋m2的物体时产生的加速度为a＝＝＝＝＝，所以D正确，A、B、C错误．
7．ABC 当02μmg时，对A、B整体：a＝，对物块B：a＝，由上两式得TB＝，C正确；当μmg8．C 本题考查整体法与隔离法在牛顿第二运动定律中的应用．由于AC整体对B的压力小于ABC整体与地面间的压力，所以A与B之间的最大静摩擦力小于B与地面间的最大静摩擦力，故在拉动A的过程中，B一定处于静止状态，要将A从C、B之间抽出来，则须满足
aA>aC，即>，整理得F>2μ(m＋M)g，C正确．
9．解题思路：(1)根据逐差法a＝＝
m/s2＝2.51
m/s2；(2)设斜面倾角为θ，根据mgsinθ－μmgcosθ＝ma，要想求出θ的正弦和余弦，需要知道斜面的高度h和底边长度x，选项D正确；(3)根据mg－μmg＝ma，解得
μ＝.
答案：(1)2.51(3分) (2)D(2分)
(3)(3分)
10．解题思路：(1)根据实验原理，只有“小车质量远大于砂和砂桶质量之和”才能认为绳的拉力等于砂和砂桶的重力之和；(2)平衡摩擦力时应该取下砂和砂桶，选项A正确，选项B错误；小车拖着穿过打点计时器的纸带做匀速运动时，打点计时器的电源应该开启，选项C错误；把长木板没有定滑轮的一端垫起适当高度，用来平衡摩擦力，选项D正确；(3)图线在纵轴上截距不为零的原因是平衡摩擦力过度．
答案：(1)绳的拉力(近似)等于砂和砂桶的重力之和[小车所受的合外力(近似)等于砂和砂桶重力之和](3分)
(2)AD(选不全的不给分)(3分)
(3)长木板的倾角过大(平衡摩擦力过度)(2分)
11．解题思路：(1)物块与地面之间的最大静摩擦力fmax＝μmg＝4
N，在第1
s内物块静止不动(2分)
第1～3
s内物块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
a1＝＝2
m/s2(1分)
3
s末物块的速度v1＝a1t1＝4
m/s(1分)
第3～4
s内物块做匀速直线运动，撤去外力后加速度大小为a2＝μg＝2
m/s2(2分)
继续滑行时间t＝＝2
s(2分)
(2)设第1～3
s内与第3～4
s内物块的位移分别为x1、x2
x1＝a1t＝4
m(1分)
x2＝v1t2＝4
m(1分)
前4
s内力F做功大小为W＝F1x1＋F2x2＝48
J(2分)
前4
s内力F的平均功率P＝＝12
W(2分)
答案：(1)2
s (2)12
W
12．解题思路：(1)设滑块的质量为m，滑块的最大加速度为a′，根据牛顿第二定律有μmg＝ma′(3分)
解得a′＝2.25
m/s2<2.5
m/s2，滑块与长木板存在相对运动，则滑块的加速度大小为2.25
m/s2(2分)
(2)设滑块相对地面加速运动的时间为t1，加速运动的位移大小为x1，则
t1＝＝4
s(2分)
x1＝＝18
m(3分)
(3)设长木板做匀加速直线运动的时间为t2，则
t2＝＝3.6
s(2分)
设滑块与长木板达到共同速度时长木板的位移为x2，则
x2＝＋v(t1－t2)＝19.8
m(3分)
要使滑块不从长木板上滑落，滑块与长木板右端的最短距离为Δx＝x2－x1＝1.8
m(2分)
答案：(1)2.25
m/s2 (2)4
s,18
m (3)1.8
m课练28 带电粒子在复合场中的运动
1．(多选)
有一种新型发电机叫磁流体发电机，如图所示表示它的发电原理．将一束等离子体(高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的粒子，而从整体来说呈中性)沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就聚集了电荷，在磁极配置如图中所示的情况下，下述说法正确的是( )
A．A板带正电
B．有电流从B经用电器流向A
C．金属板A、B间的电场方向向下
D．等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力
2．(多选)
图中为一“滤速器”装置示意图．a、b为水平放置的平行金属板，一束具有各种不同速率的电子沿水平方向经小孔O进入a、b两板之间．为了选取具有某种特定速率的电子，可在a、b间加上电压，并沿垂直于纸面的方向加一匀强磁场，使所选电子仍能够沿水平直线OO′运动，由O′射出．不计重力作用．可能达到上述目的的办法是( )
A．使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向里
B．使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向里
C．使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向外
D．使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向外
3．(多选)
如图所示，在平行带电金属板间有垂直纸面向里的匀强磁场，质子、氘核、氚核沿平行金属板方向以相同动能射入两板间，其中氘核沿直线运动未发生偏转，质子和氚核发生偏转后射出，则( )
A．偏向正极板的是质子
B．偏向正极板的是氚核
C．射出时动能最小的是质子
D．射出时动能最大的是氚核
4.
如图为质谱仪的结构原理图，磁场方向如图，某带电粒子穿过S′孔打在MN板上的P点．则( )
A．该粒子一定带负电
B．a极板电势一定比b极板高
C．到达P点粒子的速度大小与a、b间电、磁场强弱无关
D．带电粒子的比值越大，PS′间距离越大
5．(多选)
回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用，有力地推动了现代科学技术的发展．回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，设粒子初速度为零，加速电压为U，加速过程中不考虑重力作用和相对论效应．下列说法正确的是( )
A．粒子在回旋加速器中运动时，随轨道半径r的增大，盒中相邻轨道的半径之差减小
B．粒子从静止开始加速到出口处所需的时间约为
C．粒子能获得的最大动能Ek跟磁感应强度B无关
D．加速电压越大，粒子能获得的最大动能Ek越大
6．(多选)如图甲所示，一个带正电荷的物块m，由静止开始从斜面上A点下滑，滑到水平面BC上的D点停下来．已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，且不计物块经过B处时的机械能损失．先在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场，第二次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块在水平面上的D′点停下来，如图乙．后又撤去电场，在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场，再次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D″点停下来，如图丙．则以下说法中正确的是( )
A．D′点一定在D点左侧
B．D′点一定与D点重合
C．D″点一定在D点右侧
D．D″点一定与D点重合
7.
(多选)如图甲所示为一个质量为m、带电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中．现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的v－t图象可能是图乙中的( )
8．(多选)如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场E和匀强磁场B，有一个带正电的小球(电荷量为＋q、质量为m)从电、磁复合场上方的某一高度处自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过电、磁复合场的是( )
9.
如图甲，一带电物块无初速度地放在皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针转动，该装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其v－t图象如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5
s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是( )
A．该物块带负电
B．皮带轮的传动速度大小一定为1
m/s
C．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移
D．在2～4.5
s内，物块与皮带仍可能有相对运动
10.
(多选)如图所示，在第二象限中有水平向右的匀强电场，在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场．有一重力不计的带电粒子(电荷量为q，质量为m)以垂直于x轴的速度v0从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与y轴正方向成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限．已知OP之间的距离为d，则( )
A．带电粒子通过y轴时的坐标为(0，d)
B．电场强度的大小为
C．带电粒子在电场和磁场中运动的总时间为
D．磁感应强度的大小为
11.
如图所示，一个质量为m、电荷量为q的正离子，在D处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．结果离子正好从距A点为d的小孔C沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC平行且向上，最后离子打在G处，而G处距A点2d(AG⊥AC)．不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内．求：
(1)此离子在磁场中做圆周运动的半径r；
(2)离子从D处运动到G处所需的时间；
(3)离子到达G处时的动能．
12.
如图所示，圆心为原点、半径为R的圆将xOy平面分为两个区域，即圆内区域Ⅰ和圆外区域Ⅱ.区域Ⅰ内有方向垂直于xOy平面的匀强磁场B1.平行于x轴的荧光屏垂直于xOy平面，放置在坐标y＝－2.2R的位置．一束质量为m、电荷量为q、动能为E0的带正电粒子从坐标为(－R,0)的A点沿x轴正方向射入区域Ⅰ，当区域Ⅱ内无磁场时，粒子全部打在荧光屏上坐标为(0，－2.2R)的M点，且此时若将荧光屏沿y轴负方向平移，粒子打在荧光屏上的位置不变．若在区域Ⅱ内加上方向垂直于xOy平面的匀强磁场B2，上述粒子仍从A点沿x轴正方向射入区域Ⅰ，则粒子全部打在荧光屏上坐标为(0.4R，－2.2R)的N点．求：
(1)打在M点和N点的粒子运动速度v1、v2的大小；
(2)在区域Ⅰ和Ⅱ中磁感应强度B1、B2的大小和方向；
(3)若将区域Ⅱ中的磁场撤去，换成平行于x轴的匀强电场，仍从A点沿x轴正方向射入区域Ⅰ的粒子恰好也打在荧光屏上的N点，则电场的场强为多大？
1．(2016·北京理综)
如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动．不计带电粒子所受重力．
(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；
(2)为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小．
2．(2016·天津理综)
如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5
N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5
T．有一带正电的小球，质量m＝1×10－6
kg，电荷量q＝2×10－6
C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10
m/s2.求：
(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t0.
3．(2016·江苏单科)回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．被加速粒子的质量为m、电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0，周期T＝.一束该种粒子在t＝0～时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用．求：
(1)出射粒子的动能Em；
(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0；
(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件．
4．(多选)(2017·甘肃西北师范大学附中模拟)如图所示，
空间存在水平向左的匀强电场E和垂直纸面向外的匀强磁场B，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球，不考虑两带电小球间的相互作用，两小球的电荷量始终不变，关于小球的运动，下列说法正确的是( )
A．沿ab、ac方向抛出的小球都可能做直线运动
B．若小球沿ab方向做直线运动，则小球带正电，且一定是匀速运动
C．若小球沿ac方向做直线运动，则小球带负电，可能做匀加速运动
D．两小球在运动过程中机械能均守恒
5.
(多选)(2017·福建漳州二模)如图是磁流体发电机的装置，a、b组成一对平行电极，两板间距为d，板平面的面积为S，内有磁感应强度为B的匀强磁场．现持续将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒，而整体呈中性)，垂直磁场喷入，每个离子的速度为v，负载电阻阻值为R，当发电机稳定发电时，负载中电流为I，则( )
A．a板电势比b板电势低
B．磁流体发电机的电动势E＝Bdv
C．负载电阻两端的电压大小为Bdv
D．两板间等离子体的电阻率ρ＝
6．(多选)(2017·四川模拟)
如图所示为一种获得高能粒子的装置原理图，环形管内存在垂直于纸面、磁感应强度大小可调的匀强磁场(环形管的宽度非常小)，质量为m、电荷量为q的带正电粒子可在环中做半径为R的圆周运动．A、B为两块中心开有小孔且小孔距离很近的平行极板，原来电势均为零，每当带电粒子经过A板刚进入A、B之间时，A板电势升高到＋U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间的电场中得到加速，每当粒子离开B板时，A板电势又降为零，粒子在电场中一次一次地加速使得动能不断增大，而在环形区域内，通过调节磁感应强度大小可使粒子运行半径R不变，已知极板间距远小于R，则下列说法正确的是( )
A．环形区域内匀强磁场的磁场方向垂直于纸面向里
B．粒子从A板小孔处由静止开始在电场力作用下加速，绕行N圈后回到A板时获得的总动能为NqU
C．粒子在绕行的整个过程中，A板电势变化的周期不变
D．粒子绕行第N圈时，环形区域内匀强磁场的磁感应强度为
7．(多选)(2017·兰州诊断)
如图所示，粗糙的足够长竖直绝缘杆上套有一带电小球，整个装置处在由水平向右匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，则下列说法正确的是( )
A．小球的加速度先增大后减小
B．小球的加速度一直减小
C．小球的速度先增大后减小
D．小球的速度一直增大，最后保持不变
8．(多选)(2017·昆明一中强化训练)
如图所示，在正交的匀强电场、匀强磁场中质量为m的带电小球做匀速圆周运动，轨道平面在竖直平面内，电场方向竖直向下，磁场方向垂直圆周所在平面向里，由此可知( )
A．小球带正电
B．小球带负电
C．小球沿顺时针方向运动
D．小球机械能守恒
9．(多选)(2017·长沙市长郡中学月考)
如图所示，等腰直角三角形ACD的直角边长为2a，P为AC边的中点，Q为CD边上的一点，DQ＝a.在△ACD区域内，既有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，又有电场强度大小为E的匀强电场，一带正电的粒子自P点沿平行于AD的直线通过△ACD区域．不计粒子的重力，下列说法正确的有( )
A．粒子在复合场中做匀速直线运动，且速度大小为
B．若仅撤去电场，粒子仍以原速度自P点射入磁场，从Q点射出磁场，则粒子的比荷为＝
C．若仅撤去电场，粒子仍以原速度自P点射入磁场，从Q点射出磁场，则粒子的比荷为＝
D．若仅撤去磁场，粒子仍以原速度自P点射入电场，则粒子在△ACD区域中运动的时间为
10．(多选)(2017·莆田模拟)
如图所示，一正方体盒子处于竖直向上匀强磁场中，盒子边长为L，前后面为金属板，其余四面均为绝缘材料，在盒子左面正中间和底面上各有一小孔(孔大小相对底面大小可忽略)，底面小孔位置可在底面中线MN间移动，现有一些带－q电荷量的液滴从左侧小孔以某速度进入盒内，由于磁场力作用，这些液滴会偏向金属板，从而在前后两面间产生电压，(液滴落在底部绝缘面或右侧绝缘面时仍将向前后金属板运动，带电液滴到达金属板后将电量传给金属板后被引流出盒子)，当电压达稳定后，移动底部小孔位置，若液滴速度在某一范围内时，可使得液滴恰好能从底面小孔出去，现可根据底面小孔到M点的距离d计算出稳定电压的大小，若已知磁场的磁感应强度为B，则以下说法正确的是( )
A．稳定后前金属板电势较低
B．稳定后液滴将做匀变速曲线运动
C．稳定电压为U＝Bd
D．能计算出稳定电压为Bd
11．(2017·武汉武昌区调研)
如图所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有正交的匀强磁场和匀强电场，匀强磁场沿水平方向且垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B，匀强电场沿x轴负方向、场强大小为E.在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小为E′＝E的匀强电场．一个电荷量的绝对值为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝37°)，并从原点O进入第一象限．已知重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力．
(1)求油滴的电性；
(2)求油滴在P点得到的初速度大小；
(3)在第一象限的某个长方形区域再加上一个垂直于纸面向里的、磁感应强度也为B的匀强磁场，且该长方形区域的下边界在x轴上，上述油滴进入第一象限后恰好垂直穿过x轴离开第一象限，求这个长方形区域的最小面积以及油滴在第一象限内运动的时间．
12．(2017·南昌一模)
容器A中装有大量的质量、电荷量不同但均带正电的粒子，粒子从容器下方的小孔S1不断飘入加速电场(初速度可视为零)做直线运动，通过小孔S2后从两平行板中央沿垂直电场方向射入偏转电场．粒子通过平行板后沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，最后打在感光片上，如图所示．已知加速电场中S1、S2间的加速电压为U，偏转电场极板长为L，两板间距也为L，板间匀强电场强度E＝，方向水平向左(忽略板间外的电场)，平行板f的下端与磁场边界ab相交为P，在边界ab上实线处固定放置感光片．测得从容器A中逸出的所有粒子均打在感光片上P、Q之间，且Q距P的长度为3L，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用，求：
(1)粒子射入磁场时，其速度方向与边界ab间的夹角；
(2)射到感光片Q处的粒子的比荷(电荷量与质量之比)；
(3)粒子在磁场中运动的最短时间．
课练28 带电粒子在复合场中的运动
1．BD 根据左手定则知，正电荷向下偏转，负电荷向上偏转，则A板带负电，故A错误．因为B板带正电，A板带负电，所以电流从B经用电器流向A，故B正确．因为B板带正电，A板带负电，所以金属板间的电场方向向上，故C错误．等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力，故D正确．
2．AD 要使电子沿OO′运动，则电子在竖直方向所受的电场力和洛伦兹力平衡，若a板电势高于b板，则电子所受电场力方向向上，其所受洛伦兹力方向必向下，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故选项A正确．同理可知选项D正确．
3．ACD 三种粒子射入时动能相同，由Ek＝mv2得质量与速度的平方成反比．三种粒子射入复合场中，都受到向下的电场力和向上的洛伦兹力，其中氘核沿直线运动未发生偏转，则有Bqv＝qE，v＝，射出时动能不变．对于质子可得Bqv>qE，故向上偏转，运动过程中，洛伦兹力不做功，电场力做负功，射出时动能减少．同理，对于氚核有Bqv4．B 粒子在MN右侧的磁场中向上偏转，由左手定则可知粒子带正电，故A错误；由左手定则可知，粒子在选择器中受向上的洛伦兹力，此时粒子受力平衡，电场力的方向向下，所以电场强度的方向也向下，a极板电势一定比b极板高，故B正确；由qE＝qvBab可知，粒子的速度v＝，到达P点粒子的速度大小与a、b间电、磁场强弱有关，故C错误；由洛伦兹力提供向心力得qvB＝，则＝，知比荷越大，r越小，PS′间距离越小，故D错误．
5．AB 设粒子在回旋加速器中被加速了n次，则由动能定理得nqU＝mv2，粒子在回旋加速器中做匀速圆周运动时由洛伦兹力提供向心力，即qvB＝m，解得r＝
，盒中相邻轨道的半径之差为Δr＝(－)
，由此可以看出n越大，半径r之差越小，故A正确；设粒子在回旋加速器中旋转圈数为N，则N＝，粒子在磁场中运动的周期为T＝，由于两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计，因此粒子从静止开始加速到出口处所需的时间约为t＝NT＝T＝，根据nqU＝mv和qvmB＝m，可得n＝，所以t＝，故B正确；由qvB＝m知，粒子能获得的最大动能为Ek＝mv＝，由此可知，粒子能获得的最大动能与磁感应强度有关，与加速电压无关，故C、D错误．
6．BC 设AB斜面与水平面的夹角为α，从A点至D点过程中，以物块为研究对象进行受力分析，由动能定理有mgh－μmgs1cosα－μmgs2＝0，化简解得h－μs1cosα－μs2＝0.由题意知，A点距水平面的高度h、物块与斜面及水平面间的动摩擦因数μ、斜面倾角α、斜面长度s1为定值，所以s2与重力大小无关，而在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场后，相当于把重力增大了，s2不变，D′点一定与D点重合，选项A错误、B正确．在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场后，洛伦兹力垂直于接触面向上，正压力变小，摩擦力变小，重力做的功不变，所以D″点一定在D点右侧，选项C正确、D错误．
7．AD 由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环还受到竖直向下的重力、垂直于细杆的弹力及向左的摩擦力．当Bqv0＝mg时，圆环做匀速直线运动，选项A正确．当Bqv0mg时，N＝Bqv0－mg，此时μN＝ma，所以圆环做加速度逐渐减小的减速运动，直到Bqv＝mg时，圆环开始做匀速运动，选项D正确．
8．CD A图中小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定增大，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动，故A错误．B图中小球受重力、向上的电场力、垂直纸面向外的洛伦兹力，合力与速度方向一定不共线，故一定做曲线运动，故B错误．C图中小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则小球做匀速直线运动，故C正确．D图中小球受向下的重力和向上的电场力，合力一定与速度共线，故小球一定做直线运动
，故D正确．
9．D 对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面的方向有
μFN－mgsinθ＝ma①
物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式可知，一定是FN逐渐减小，而开始时FN＝mgcosθ，后来F′N＝mgcosθ－f洛，即洛伦兹力的方向是向上的．物块沿皮带向上运动，由左手定则可知物块带正电，故A错误．物块向上运动的过程中，洛伦兹力越来越大，则受到的支持力越来越小，结合①式可知，物块的加速度也越来越小，当加速度等于0时，物块达到最大速度，此时
mgsinθ＝μ(mgcosθ－f洛)②
由②式可知，只要皮带的速度大于或等于1
m/s，则物块达到最大速度的条件与皮带的速度无关，所以皮带的速度可能是1
m/s，也可能大于1
m/s，则物块可能相对于传送带静止，也可能相对于传送带运动，故B错误、D正确．由以上分析可知，皮带的速度无法判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移，故C错误．
10．BC 粒子在电场中做类平抛运动，因为进入磁场时速度方向与y轴正方向成45°角，所以沿x轴正方向的分速度vx＝v0，在x轴正方向做匀加速运动，有d＝t，沿y轴正方向做匀速运动，有s＝v0t＝2d，故选项A错误．沿x轴正方向做匀加速运动，根据vx＝v0＝×＝，解得E＝，故选项B正确．粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图所示，由图可知粒子在磁场中运动的半径R＝2d，圆心角θ＝135°＝π，所以在磁场中的运动时间为t1＝＝＝；在电场中的运动时间为t2＝，所以总时间为t＝t1＋t2＝，故选项C正确．由qvB＝可知，磁感应强度B＝＝，故选项D错误．
11．解题思路：
(1)正离子运动轨迹如图所示．
圆周运动半径r满足：d＝r＋rcos60°，解得r＝d.
(2)设离子在磁场中的运动速度为v0，则有qv0B＝m，T＝＝.
由图知离子在磁场中做圆周运动的时间为
t1＝T＝.
离子在电场中做类平抛运动，从C到G的时间为
t2＝＝.
离子从D处运动到G处的总时间为t＝t1＋t2＝.
(3)设电场强度为E，则有
qE＝ma，d＝at.
根据动能定理得qEd＝EkG－mv，解得EkG＝.
答案：(1)d (2)
(3)
12．解题思路：(1)粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功，打在M点和N点的粒子动能均为E0，速度v1、v2大小相等，设为v，由E0＝mv2可得v＝
.
(2)
如图所示，区域Ⅱ中无磁场时，粒子在区域Ⅰ中运动四分之一圆周后，从C点沿y轴负方向打在M点，轨迹圆心是O1点，半径为r1＝R.
区域Ⅱ中有磁场时，粒子在区域Ⅱ中轨迹圆心是O2点，半径为r2，由几何关系得r＝(1.2R)2＋(r2－0.4R)2，解得r2＝2R.
由qvB＝m得B＝，
故B1＝，方向垂直xOy平面向外；
B2＝，方向垂直xOy平面向里．
(3)区域Ⅱ中换成匀强电场后，粒子从C点进入电场做类平抛运动，则有1.2R＝vt,0.4R＝·t2，解得场强E＝.
答案：(1)v1＝v2＝
(2)B1＝，方向垂直xOy平面向外；B2＝，方向垂直xOy平面向里
(3)
加餐练
1．解题思路：(1)洛伦兹力提供向心力，有f＝qvB＝m
带电粒子做匀速圆周运动的半径R＝
匀速圆周运动的周期T＝＝
(2)粒子受电场力F＝qE，洛伦兹力f＝qvB.粒子做匀速直线运动，则qE＝qvB
场强E的大小E＝vB
答案：(1) (2)vB
2．解题思路：(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有
qvB＝①
代入数据解得v＝20
m/s②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足tanθ＝③
代入数据解得tanθ＝，θ＝60°④
(2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有
a＝⑤
设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有x＝vt⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有
y＝at2⑦
a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又
tanθ＝⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t＝2
s＝3.5
s⑨
解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vy＝vsinθ⑤
若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vyt－gt2＝0⑥
联立⑤⑥式，代入数据解得t＝2
s＝3.5
s⑦
答案：(1)见解析 (2)3.5
s
3．解题思路：(1)粒子运动半径为R时
qvB＝m
且Em＝mv2
解得Em＝
(2)粒子被加速n次达到动能Em，则Em＝nqU0
粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt，加速度a＝
匀加速直线运动nd＝a·Δt2
由t0＝(n－1)·＋Δt，解得t0＝－
(3)只有在0～时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例为
η＝
由η>99%，解得d<
答案：(1) (2)－ (3)d<
4．AB 沿ab方向抛出的小球，根据左手定则及平衡条件可知，小球只有带正电才能受力平衡做直线运动，而沿ac方向抛出的小球，同理分析可知，小球只有带负电才能做直线运动，因小球运动的速度影响其受到的洛伦兹力大小，所以小球做直线运动时一定是匀速运动，故A、B正确，C错误；小球在运动过程中，因电场力做功，所以小球的机械能不守恒，故D错误．
5．BD 参看磁流体发电机的装置图，利用左手定则可知，正、负微粒通过发电机内部时，带正电微粒向上偏，带负电微粒向下偏，则知a板电势比b板电势高，所以A错误；当发电机稳定发电时，对微粒有F洛＝F电，即Bqv＝q，得电动势E＝Bdv，所以B正确；由闭合电路欧姆定律有UR＋Ur＝E，又E＝Bdv，则负载电阻两端的电压UR6．BD 粒子在A、B之间加速，故粒子是沿顺时针运动，在磁场中洛伦兹力提供向心力，故磁场方向垂直纸面向外，A错误；粒子在电场中加速，根据动能定理，有EN＝NqU，故B正确；粒子在加速，根据T＝，周期要减小，故C错误；由动能定理知NqU＝mv，得到vN＝
，由牛顿第二定律，则有m＝qvNBN，解得BN＝，联立解得B＝
，故D正确．
7．AD 本题考查力和运动的关系．假设小球带正电，小球在水平方向受向右的电场力、向左的洛伦兹力和弹力，在竖直方向受重力和摩擦力，洛伦兹力随着速度的增大而增大，当洛伦兹力等于电场力之后，弹力方向改变，所以弹力是先减小后增大，摩擦力也是先减小后增大，故小球的加速度先增大后减小，选项A正确、B错误；当摩擦力等于小球的重力之后，小球一直做匀速直线运动，在这之前，小球做加速运动，所以小球是先加速再匀速，选项C错误，选项D正确．
8．BC 本题考查带电小球在复合场中的运动．小球做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则mg＝qE，小球所受电场力方向向上，故小球带负电，A错误，B正确；根据左手定则可得，小球沿顺时针方向运动，C正确；小球做匀速圆周运动的过程中，电场力做功，小球机械能不守恒，D错误．
9．AB
本题考查带电粒子在复合场中的运动．带正电的粒子在复合场中做直线运动，且受到洛伦兹力作用，则粒子在复合场区受力平衡，设粒子运动速度为v，则qE＝qvB，解得v＝，选项A正确；仅撤去电场时，则带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设粒子做匀速圆周运动的半径为R，过点Q作半径OQ，与CA的延长线交于圆心O，作QH⊥CA，垂足为H，则qvB＝m，在Rt△HOQ中，由几何关系可得
HO2＋HQ2＝R2，
HQ＝2a－acos45°＝a，
HO＝OC－HC＝(R＋a)－HQ，联立解得R＝3a，＝，选项B正确、C错误；仅撤去磁场时，粒子沿初速度v方向做匀速直线运动：x＝vt，粒子沿电场方向做匀加速直线运动：y＝··t2，由几何关系可得x＋y＝a，联立可得：2t2＋6at－6a2＝0，解得：t＝aB，选项D错误．
10．BD 由左手定则知，带负电液滴受洛伦兹力向后侧金属板偏转，故后面金属板因带负电荷而电势较低，故A错．当液滴水平方向所受电场力和洛伦兹力平衡后，竖直方向受恒定的重力作用，故做匀变速曲线运动，即B对．因液滴运动时间t满足：＝gt2，入射速度v＝，又稳定后：q＝qvB，解得U＝Bd，即D正确．
11．解题思路：
(1)油滴带负电
(2)油滴受三个力作用(如图1)，从P点到O点沿直线必为匀速运动，设油滴质量为m，由平衡条件有qvBsin37°＝qE，
得v＝
mgtan37°＝qE，得m＝
(3)油滴进入第一象限：
由电场力F′＝qE′＝qE
重力G＝mg＝·g＝qE
易知油滴先受平衡力而保持以速率v做匀速直线运动，进入磁场区域后以线速度v做匀速圆周运动，路径如图2，最后垂直于x轴从N点离开第一象限．
在磁场中运动的轨道半径：
由qvB＝m，得r＝
代入m、v的结果，有r＝
长方形磁场区域：高h＝r，宽l＝r＋rsinθ
最小面积Smin＝r·r(1＋sinθ)
得Smin＝
油滴在第一象限先做匀速直线运动，后做匀速圆周运动
直线运动路程：s1＝
圆周运动路程：s2＝·2πr
在第一象限运动时间：t＝
解得t＝
答案：(1)负电 (2)
(3)
12．解题思路：(1)设质量为m，电荷量为q的粒子通过孔S2的速度为v0
qU＝mv
粒子在平行板间：L＝v0t
vx＝t
tanθ＝
联立解得：tanθ＝1，θ＝
粒子射入磁场时的速度方向与边界ab间的夹角θ＝
(2)由(1)知，粒子均从e板下端与水平方向成45°的角射入匀强磁场．设质量为m0，电荷量为q0的粒子射入磁场时的速度为v′，做圆周运动的轨道半径为r0，则v′＝＝v′0＝
由几何关系知：r＋r＝(4L)2，得r0＝2L
又r0＝
联立解得：＝
(3)设粒子在磁场中运动的最短时间为tmin，在磁场中的偏转角为α，则
tmin＝
半径为r′＝＝
＝
联立解得：tmin＝
因为所有粒子在磁场中运动的偏转角α＝π，所以粒子打在P处在磁场中运动时间最短
由几何关系知：r′2＋r′2＝L2，得r′＝L
联立解得tmin＝＝
答案：(1) (2) (3)模拟仿真预测卷(一)
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分考试时间60分钟．
第Ⅰ卷 (选择题 共48分)
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一个选项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分．
1．了解科学家发现物理规律的过程，学会像科学家那样观察和思考，不断提升自己的科学素养，往往比掌握知识本身更重要．以下符合物理发展史实的是( )
A．伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动
B．楞次发现磁场产生电流的条件和规律，即电磁感应现象
C．牛顿最早用扭秤实验测出万有引力常数
D．安培总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律
2.
如图所示，将三个形状不规则的磁石块叠放在水平桌面上，处于静止状态．下列说法正确的是( )
A．石块b对a的支持力与a受到的重力是一对平衡力
B．石块a一定受到三个力的作用
C．石块c受到水平桌面向左的摩擦力
D．桌面对石块c的作用力一定竖直向上
3．物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1内动能由零增大到E1，在时间t2内动能由E1增加到2E1，设合力在时间t1内做的功为W1，冲量为I1，在时间t2内做的功是W2，冲量为I2，则( )
A．I1B．I1>I2，W1＝W2
C．I1>I2，W1D．I1＝I2，W14．如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，xA、xB分别为A、B两点在x轴上的坐标值．一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的电势能Ep随其坐标x变化的关系如图乙所示，EpA和EpB分别表示电子在A、B两点时的电势能．则下列说法中正确的是( )
A．该电场可能是孤立的点电荷形成的电场
B．A点的电场强度小于B点的电场强度
C．电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功W＝EpA－EpB
D．电子在A点的动能小于在B点的动能
5.
如图所示，理想变压器的原线圈通过保险丝接在一个交变电源上，交变电压瞬时值随时间变化的规律为u＝311sin100πt(V)，副线圈所在电路中接有电热丝、小电动机、理想交流电压表和理想交流电流表．已知理想变压器的原、副线圈匝数比为10∶1.电热丝额定功率为44
W，小电动机内电阻为1
Ω，电流表示数为3
A，各用电器均正常工作．则( )
A．电压表示数为31.1
V
B．小电动机的输出功率为21
W
C．变压器的输入功率为44
W
D．通过保险丝的电流为30
A
6.
如图所示为洛伦兹力演示仪的结构示意图．由电子枪产生电子束，玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹．前后两个励磁线圈之间产生匀强磁场，磁场方向与两个线圈中心的连线平行．电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压U和励磁线圈的电流I来调节．适当调节U和I，玻璃泡中就会出现电子束的圆形径迹．下列调节方式中，可能让圆形径迹半径增大的是( )
A．同时增大U和I
B．同时减小U和I
C．增大U，减小I
D．减小U，增大I
7．在如图甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝2R，圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻为R.半径为r2(r2( )
A．电容器上极板带正电
B．电容器下极板带正电
C．线圈两端的电压为
D．线圈两端的电压为
8．如图所示，甲、乙传送带倾斜于水平地面放置，并以相同的恒定速率v逆时针运动，两传送带粗糙程度不同，但长度、倾角均相同．将一小物体分别从两传送带顶端的A点无初速度释放，甲传送带上物体到达底端B点时恰好达到速度v；乙传送带上物体到达传送带中部的C点时恰好达到速度v，接着以速度v运动到底端B点．则物体从A运动到B的过程中
( )
A．物体在甲传送带上运动的时间比乙大
B．物体与甲传送带之间的动摩擦因数比乙大
C．两传送带对物体做功相等
D．两传送带因与物体摩擦产生的热量相等
第Ⅱ卷 (非选择题 共62分)
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～14题为选考题，考生根据要求作答
(一)必考题(4小题，共47分)
9．(6分)兴趣小组的同学们利用如图甲所示的装置“研究匀变速直线运动的规律”．他们将质量为m1的物体1与质量为m2的物体2(m1图乙所示为实验中打点计时器打出的一条点迹清晰的纸带，O是打点计时器打下的第一个点，A、B、C、D……是按打点先后顺序依次选取的计数点，在相邻两个计数点之间还有四个点没有画出．打点计时器使用的交流电频率为50
Hz.
(1)相邻两计数点之间的时间间隔为________s.
(2)实验时要在接通打点计时器之________(填“前”或“后”)释放物体．
(3)将各计数点至O点的距离依次记为s1、s2、s3、s4……测得s2＝1.60
cm，s4＝6.40
cm，请你计算打点计时器打下C点时物体的速度大小是________m/s.
(4)同学们根据测出的物体1上升的高度x与相应的时间t，描绘出如图丙所示的s－t2图线，由此可以求出物体的加速度大小为________m/s2.
10．(9分)用伏安法测定一个待测电阻Rx的阻值(阻值约为200
Ω)，实验室提供如下器材：
电池组E(电动势3
V，内阻不计)
电流表A1(量程0～15
mA，内阻约为100
Ω)
电流表A2(量程0～300
μA，内阻为2
000
Ω)
滑动变阻器R1(阻值范围0～20
Ω，额定电流2
A)
电阻箱R2(阻值范围0～9
999
Ω，额定电流1
A)
开关S、导线若干
要求实验中尽可能准确地测量Rx的阻值，请回答下面问题：
(1)将电流表A2与电阻箱串联，改装成一个量程为3.0
V的电压表，需将电阻箱阻值调到________Ω；
(2)在方框中完整画出测量Rx阻值的电路图，并在图中标明器材代号；
(3)调节滑动变阻器R1，两表的示数如图所示，可读出电流表A1的示数是________mA，电流表A2的示数是________μA，测得待测电阻Rx的阻值是________Ω.
11．(14分)宇航员驾驶宇宙飞船到达月球，他在月球表面做了一个实验：在离月球表面高度为h处，将一小球以初速度v0水平抛出，水平射程为x.已知月球的半径为R，万有引力常量为G.不考虑月球自转的影响．求：
(1)月球表面的重力加速度大小g0；
(2)月球的质量M；
(3)飞船在近月圆轨道绕月球做匀速圆周运动的速度v.
12．(18分)如图所示，电阻不计的“∠”型足够长且平行的导轨，间距L＝1
m，导轨倾斜部分的倾角θ＝53°，并与定值电阻R相连．整个空间存在着B＝5
T、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场．金属棒ab、cd的阻值Rab＝Rcd＝R，cd棒质量m＝1
kg.ab棒光滑，cd与导轨间的动摩擦因数μ＝0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．g＝10
m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：
(1)ab棒由静止释放，当滑至某一位置时，cd棒恰好开始滑动．求这一时刻ab棒中的电流；
(2)若ab棒无论从多高的位置释放，cd棒都不动，分析ab棒质量应满足的条件；
(3)若cd棒与导轨间的动摩擦因数μ≠0.3，ab棒无论质量多大，从多高位置释放，cd棒始终不动．求cd棒与导轨间的动摩擦因数μ应满足的条件．
(二)选择题(共15分．请考生从给出的2道题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分)
13．(15分)[选修3—3]
(1)(5分)下列说法正确的是________．(填入正确选项前的字母．选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A．“油膜法估测分子大小”的实验中，估算油酸分子直径用的是油酸酒精溶液的体积除以油膜的面积
B．在一定条件下，热量可能从低温物体传递到高温物体
C．雨后叶子表面上的小水珠接近球形主要是液体表面张力作用的结果
D．不浸润现象说明固体分子对液体分子的吸引力大于液体分子之间的吸引力
E．第二类永动机违背了热力学第二定律
(2)(10分)如图所示，内壁光滑、截面积不相等的圆柱形气缸竖直放置，气缸上、下两部分的横截面积分别为2S和S.在气缸内有A、B两活塞封闭着一定质量的理想气体，两活塞用一根长为l的细轻杆连接，两活塞导热性能良好，并能在气缸内无摩擦地移动．已知活塞A的质量是2m，活塞B的质量是m.当外界大气压强为p0、温度为T0时，两活塞静止于如图所示位置．若用一竖直向下的拉力作用在B上，使A、B一起由图示位置开始缓慢向下移动l/2的距离，又处于静止状态，求这时气缸内气体的压强及拉力F的大小．设整个过程中气体温度不变．
14．(15分)[选修3—4]
(1)(5分)一振动周期为T，位于x＝0处的波源从平衡位置开始沿y轴正方向做简谐运动，该波源产生的简谐横波沿x轴正方向传播，波速为v，关于在x＝处的质点P，下列说法正确的是________．(填入正确选项前的字母，选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A．质点P振动周期为T，速度的最大值为v
B．若某时刻质点P的速度方向沿y轴负方向，则该时刻波源速度方向沿y轴正方向
C．质点P开始振动的方向沿y轴正方向
D．当P开始振动后，若某时刻波源在波峰，则质点P一定在波谷
E．当P开始振动后，若某时刻波源在波谷，则质点P也一定在波谷
(2)(10分)如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为R，折射率是，AB是该截面上的一条直径．今有一束平行光沿AB方向射向圆柱体．若一条入射光线经折射后恰经过B点，则这条入射光线到AB的距离是多少？
模拟仿真预测卷(一)
1．A 伽利略通过斜面实验合理外推得出，当斜面倾斜角度为90°时，这时的运动就是自由落体运动，说明自由落体运动是匀变速直线运动，A正确；法拉第发现了电磁感应现象，B错误；卡文迪许测出万有引力常数，C错误；库仑发现了真空中两个点电荷间的相互作用规律，D错误．
2．D 对a受力分析，a可能受到重力、支持力、b的磁力，也可能只受到重力和磁力，所以A、B错误；对abc整体分析，磁力为内力忽略不计，则整体只受到重力和地面的支持力，所以C错误、D正确．
3．B 根据动能定理有W1＝E1－0＝E1，W2＝2E1－E1＝E1，所以W1＝W2；根据动量定理和动量与动能的关系式p＝，有I1＝－0＝，I2＝2－＝(2－)，显然I1>I2.
4．C 由Ep＝qEx知，＝qE，即电势能Ep随位移x变化的关系图线的斜率等于电场力，由图乙可知，电子在该电场中受到的电场力(场强)大小和方向均不变，故该电场为匀强电场，即EA＝EB，不是孤立点电荷形成的电场，选项A、B错误；电子在A、B两点的电势能EpB>EpA，故电子由A运动到B时电势能增大，动能减小，电场力对其所做的功为W＝EpA－EpB，选项C正确、D错误．
5．B 设U1、U2分别为输入电压、输出电压的有效值，由理想变压器的电压关系＝得，U2＝U1＝×
V＝22
V，故电压表的示数为22
V，选项A错误；由P＝UI得，通过电热丝的电流I丝＝＝＝2
A，由并联电路中干路电流等于支路电流之和得，通过小电动机的电流I机＝3
A－2
A＝1
A，则小电动机的输出功率P出＝I机U2－Ir＝1
A×22
V－(1
A)2×1
Ω＝21
W，选项B正确；变压器的输入功率P1＝P2＝U2I2＝22
V×3
A＝66
W，选项C错误；由理想变压器的电流关系＝得，I1＝I2＝×3
A＝0.3
A，选项D错误．
6．ABC 由动能定理得，qU＝mv2，由牛顿第二定律得，qvB＝m，由以上两式解得R＝，若I增大，则B增大，故同时增大U和I，R可能增大，选项A正确；若I减小，则B减小，故同时减小U和I，R可能增大，选项B正确；若I减小，则B减小，故U增大，I减小，R一定增大，选项C正确；若增大I，则B增大，故U减小，I增大，R一定减小，选项D错误．
7．BD 穿过圆形金属线圈的磁通量向里减小，由楞次定律可知，线圈产生的感应电流为顺时针方向，根据电源内部电流由负极流向正极可知，电容器上极板带负电，下极板带正电，选项A错误、B正确；由法拉第电磁感应定律得感应电动势为E＝＝S＝πr，则线圈两端的电压，即电源的路端电压U＝E＝，选项C错误、D正确．
8．AC 物体在甲传送带上的平均速度为，在乙传送带上的平均速度大于，而运动的位移相同，故物体在甲传送带上运动的时间比乙大，选项A正确；物体在甲传送带上加速距离比在乙传送带上加速距离大，而末速度相同，由v＝at可知a甲Q乙，选项D错误．
9．解题思路：(1)相邻两计数点之间的时间间隔t＝5×＝0.10
s．(2)实验时要先接通电源，待打点计时器稳定后，再释放物体．(3)由中间时刻的速度等于这段时间上的平均速度得，打点计时器打下C点时物体的速度大小v＝＝＝0.24
m/s.(4)由匀变速直线运动规律得s＝at2，故a＝k，解得a＝2k＝2×＝0.80
m/s2.
答案：(1)0.10(1分) (2)后(1分) (3)0.24(2分) (4)0.80(2分)
10．解题思路：(1)改装后电压表量程是3
V，则电阻箱阻值R＝－rA2＝8
000
Ω；(2)滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应采用分压接法，待测电阻阻值约为200
Ω，电流表A1内阻约为100
Ω，电压表内阻为RV＝10
000
Ω，根据Rx<可知，电流表应采用外接法，电路图如图所示．(3)由图示可知，电流表A1的示数为8.0
mA，电流表A2的示数为150
μA；待测电阻两端电压U＝I2RV＝150×10－6
A×10
000
Ω＝1.5
V，测得待测电阻Rx＝＝187.5
Ω.
答案：(1)8
000(2分) (2)如图所示(3分)
(3)8.0(1分) 150(1分) 187.5(或191)(2分)
11．解题思路：设飞船质量为m
(1)设小球落地时间为t，根据平抛运动规律
水平方向x＝v0t(2分)
竖直方向h＝g0t2(2分)
解得g0＝(2分)
(2)在月球表面忽略月球自转时有
G＝mg0(2分)
解得月球质量M＝(2分)
(3)由万有引力定律和牛顿第二定律有G＝m(2分)
解得v＝(2分)
答案：(1) (2)
(3)
12．解题思路：
(1)cd棒刚要开始滑动时，其受力分析如图所示．
由平衡条件得BIcdLcos53°－f＝0
FN－mg－BIcdLsin53°＝0
又因为f＝μFN
联立以上三式，得Icd＝1.67
A
所以Iab＝2Icd＝3.34
A(6分)
(2)ab棒在足够长的轨道下滑时，最大安培力
FA＝mabgsin53°
cd棒所受最大安培力应为FA，要使cd棒不能滑动，需满足
FAcos53°≤μ
由以上两式联立解得mab≤2.08
kg(6分)
(3)ab棒下滑时，cd棒始终静止，有F′Acos53°≤μ(mg＋F′Asin53°)
解得μ≥＝
当ab棒质量无限大，在无限长轨道上最终一定匀速运动，其所受安培力趋于无穷大，cd棒所受安培力F′A亦趋于无穷大，有μ≥＝0.75(6分)
答案：(1)3.34
A (2)mab≤2.08
kg (3)μ≥0.75
13．解题思路：(1)“油膜法估测分子大小”的实验中，估算油酸分子直径用的是油酸的体积除以油膜的面积，A错误；根据热力学第二定律可知，在一定条件下，热量可以从低温物体传递到高温物体，如冰箱、空调等，但要消耗其他的能量，B正确；雨后叶子表面上的小水珠接近球形主要是液体表面张力作用的结果，C正确；不浸润现象说明固体分子对液体分子的吸引力小于液体分子之间的吸引力，D错误；第二类永动机违反了热力学第二定律，不违背热力学第一定律，E正确．
(2)(10分)
解：以两活塞整体为研究对象，原来气缸内气体压强为p1，根据平衡条件有
p0S＋3mg＝p1S(3分)
解得p1＝p0＋
对气缸内气体，初态：p1＝p0＋，V1＝2lS
末态：p2，V2＝
根据玻意耳定律，有p1V1＝p2V2(3分)
解得p2＝
以两活塞整体为研究对象，根据平衡条件有
p2S＝F＋p0S＋3mg(2分)
解得F＝p0S＋mg(2分)
答案：(1)BCE(5分)
14．解题思路：(1)质点P振动周期与O点振动周期相同，也为T，但其振动速度与波速不同，故A错误；O、P两点相距x＝＝1.5λ，故P点与O点的振动方向总是相反的，故某时刻质点P的速度方向沿y轴负方向，则该时刻波源速度方向沿y轴正方向，B正确；根据波的特点，简谐波传播过程中质点的起振方向都与波源的起振方向相同，故质点P开始振动的方向沿y轴正方向，
C正确；P点与O点的振动方向总是相反的，故若某时刻波源在波峰，则质点P一定在波谷，故D正确，E错误．
(2)(10分)
解：根据折射定律n＝＝(3分)
设入射点为C，作光路图，由几何关系，得2β＝α
可得β＝30°，α＝60°(3分)
而CD＝Rsinα(2分)
即CD＝R(2分)
答案：(1)BCD(5分)课练34 分子动理论 固体、液体和气体
1.根据分子动理论，分子间同时存在着相互作用的引力和斥力．当分子间距离减小时，下列说法正确的是( )
A．分子间引力一定增大
B．分子间斥力一定减小
C．分子势能一定增大
D．引力和斥力的合力一定增大
2．(多选)关于分子动理论的规律，下列说法正确的是( )
A．扩散现象说明物质分子在做永不停息的无规则运动
B．压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体分子间存在斥力的缘故
C．两个分子距离减小时，分子间引力和斥力都在增大
D．如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做内能
E．两个分子间的距离为r0时，分子势能最小
3．(多选)两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近．在此过程中，下列说法正确的是( )
A．分子力先增大，后一直减小
B．分子力先做正功，后做负功
C．分子动能先增大，后减小
D．分子势能先增大，后减小
E．分子势能和动能之和不变
4．下列说法正确的是( )
A．布朗运动就是液体分子的热运动
B．在实验中可以得到－273.15
℃的低温
C．一定质量的气体被压缩时，气体压强不一定增大
D．热量一定是从内能大的物体传送到内能小的物体
5．(多选)下列说法正确的是( )
A．密闭房间内，温度升高，空气的相对湿度变大
B．密闭房间内，温度越高，悬浮在空气中的PM2.5运动越剧烈
C．可看做理想气体的质量相等的氢气和氧气，温度相同时氧气的内能小
D．系统的饱和汽压不受温度影响
6．(多选)对于一定质量的理想气体，下列论述中正确的是( )
A．若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强一定变大
B．若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强可能不变
C．若气体的压强不变而温度降低，则单位体积内分子个数一定增加
D．若气体的压强不变而温度降低，则单位体积内分子个数可能不变
7．下列说法正确的是( )
A．饱和蒸汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大
B．饱和蒸汽是指液体不再蒸发，蒸汽不再液化时的状态
C．所有晶体都有固定的形状、固定的熔点和沸点
D．所有晶体由固态变成液态后，再由液态变成固态时，固态仍为晶体
8.
如图，一定量的理想气体从状态a沿直线变化到状态b，在此过程中，其压强( )
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．始终不变
D．先增大后减小
9．(多选)在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上蜡，用烧热的针接触其上一点，蜡熔化的范围如图甲、乙、丙所示．甲、乙、丙三种固体在熔化过程中温度随加热时间变化的关系如图丁所示，则( )
A．甲、乙为非晶体，丙是晶体
B．甲、丙为晶体，乙是非晶体
C．甲、丙为非晶体，乙是晶体
D．甲为多晶体，乙为非晶体，丙为单晶体
10.
如图所示，竖直圆筒是固定不动的，粗筒横截面积是细筒的3倍，细筒足够长，粗筒中A、B两轻质活塞间封有气体，气柱长L＝20
cm.活塞A上方的水银深H＝10
cm，两活塞与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B，使之处于平衡状态，水银面与粗筒上端相平．现使活塞B缓慢上移，直至水银的一半被推入细筒中，若大气压强p0相当于75
cm高的水银柱产生的压强．则此时气体的压强为( )
A．100
cmHg
B．95
cmHg
C．85
cmHg
D．75
cmHg
11.
如图所示，一端封闭一端开口粗细均匀的绝热玻璃管的横截面积为10
cm2，管内有两个重力不计的活塞，导热活塞甲封闭了长30
cm的气柱A，绝热活塞乙用一根劲度系数k＝102
N/m、原长为15
cm的轻质弹簧和管底相连，气柱B长15
cm，气体的初始温度为27
℃.现在活塞甲上放一个2
kg的砝码，待活塞稳定后再加热气体B，求当气体B的温度升高多少时，活塞甲可返回原处．(大气压强p0＝105
Pa，摩擦不计，g取10
m/s2)
12.
如图，两汽缸A、B粗细均匀、等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通：A的直径为B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两汽缸除A顶部导热外，其余部分均绝热．两汽缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气．当大气压为p0，外界和汽缸内气体温度均为7
℃且平衡时，活塞a离汽缸顶的距离是汽缸高度的，活塞b在汽缸正中间．
(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度；
(2)继续缓慢加热，使活塞a上升，当活塞a上升的距离是汽缸高度的时，求氧气的压强．
1．(多选)(2015·课标Ⅱ)关于扩散现象，下列说法正确的是( )
A．温度越高，扩散进行得越快
B．扩散现象是不同物质间的一种化学反应
C．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的
D．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生
E．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的
2．(多选)(2015·课标Ⅰ)下列说法正确的是( )
A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体
B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质
C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体
D．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体
E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变
3．(多选)(2014·课标Ⅱ)下列说法正确的是( )
A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动
B．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果
C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点
D．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故
E．干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果
4．(2016·北京理综)雾霾天气是对大气中各种悬浮颗粒物含量超标的笼统表述，是特定气候条件与人类活动相互作用的结果．雾霾中，各种悬浮颗粒物形状不规则，但可视为密度相同、直径不同的球体，并用PM10、PM2.5分别表示球体直径小于或等于10
μm、2.5
μm的颗粒物(PM是颗粒物的英文缩写)．
某科研机构对北京地区的检测结果表明，在静稳的雾霾天气中，近地面高度百米的范围内，PM10的浓度随高度的增加略有减小，大于PM10的大悬浮颗粒物的浓度随高度的增加明显减小，且两种浓度分布基本不随时间变化．
据此材料，以下叙述正确的是( )
A．PM10表示直径小于或等于1.0×10－6
m的悬浮颗粒物
B．PM10受到的空气分子作用力的合力始终大于其所受到的重力
C．PM10和大悬浮颗粒物都在做布朗运动
D．PM2.5的浓度随高度的增加逐渐增大
5．(2015·课标Ⅰ)
如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞．已知大活塞的质量为m1＝2.50
kg，横截面积为S1＝80.0
cm2；小活塞的质量为m2＝1.50
kg，横截面积为S2＝40.0
cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l＝40.0
cm；汽缸外大气的压强为p＝1.00×105
Pa，温度为T＝303
K．初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495
K．现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移．忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10
m/s2.求：
(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；
(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．
6．(多选)(2017·上海徐汇区模拟)质量为18
g的水，18
g的水蒸气，32
g的氧气，在温度都是100
℃时( )
A．它们的分子数目相同，内能不相同，水蒸气的内能比水大
B．它们的分子数目相同，分子的平均动能相同
C．它们的分子数目不相同，分子的平均动能相同
D．它们的分子数目相同，分子的平均动能不相同，氧气的分子平均动能大
7．(多选)(2017·安徽示范高中联考)下列说法中正确的是( )
A．在完全失重的情况下，气体对容器的压强为零
B．气体的压强主要是大量气体分子频繁地碰撞容器而产生的
C．一定质量的理想气体，温度不变时，压强越大，分子间的平均距离越大
D．一定质量的理想气体，若体积不变，当分子热运动变得剧烈时，压强一定变大
E．一定质量的理想气体在压强不变而体积增大时，单位时间碰撞单位面积容器的分子数一定减少
8．(多选)(2017·湖南二模)下列对饱和汽、未饱和汽、饱和汽压以及湿度的认识，正确的是( )
A．液体的饱和汽压只与液体的性质和温度有关，而与体积无关
B．增大压强，未饱和汽不能变成饱和汽
C．降低温度一定可以使未饱和汽变成饱和汽
D．空气中所含水蒸气的压强越大，空气的相对湿度越大
E．干湿泡温度计的示数差别越小，空气的相对湿度越大
9．(多选)(2017·福建福州质检)下列四幅图的有关说法中不正确的是( )
A．分子间距离为r0时，分子间不存在引力和斥力
B．分子间距离在小于r0范围内分子间距离减小时，斥力增大引力减小，分子力表现为斥力
C．水面上的单分子油膜，在测量分子直径d大小时可把分子当作球形处理
D．食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性
E．猛推木质推杆，密闭的气体温度升高，压强变大，分子间表现为斥力，可看作是绝热变化
10．(2017·江苏南通模拟)在“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中，有下列实验步骤：
①往边长约为40
cm的方形浅盘里倒入约2
cm深的水，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到水面上，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，根据油酸的体积和油膜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油酸酒精溶液的滴数，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．
上述步骤中，正确的顺序是( )
A．④①②⑤③
B．④②①⑤③
C．⑤④①②③
D．⑤④②①③
11．(2016·陕西安康二调)
有一空的薄金属筒，高h1＝10
cm.某同学将其开口向下，自水银表面处缓慢压入水银中，如图所示．设大气和水银温度恒定，筒内空气无泄漏，大气压强p0＝75
cmHg，不计气体分子间的相互作用．当金属筒被压入水银表面下h2＝0.7
m处时，求金属筒内部空气柱的高度h.
12．(2017·湖北襄阳二联)
如图所示，两个可导热的汽缸竖直放置，它们的底部由一细管连通(忽略细管的容积)．两汽缸各有一个活塞，质量分别为m1和m2，活塞与汽缸无摩擦．活塞的下方为理想气体，上方为真空．当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度h.(已知m1＝2m，m2＝m)
(1)在两活塞上同时各放一质量为m的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差(假定环境温度始终保持为T0)．
(2)在达到上一问的终态后，环境温度由T0缓慢上升到1.25T0，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？(假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到汽缸顶部)．
课练34 分子动理论
固体、液体和气体1.A 分子间的引力和斥力随着分子间距离的变化关系是一样的，均随着距离的增大而减小，随着距离的减小而增大，故A正确、B错误；由于不知开始时分子间距离与平衡位置的间距r0的关系，因此不能确定随着分子间距离的减小，分子势能与分子力的变化情况，故C、D错误．
2．ACE 扩散现象与布朗运动是分子无规则运动的宏观表现，故A正确；气体可以忽略分子间作用力，压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体压强的原因，故B错误；两个分子距离减小时，分子间引力和斥力都增大，故C正确；处于热平衡表明没有热量交换，而没有热量交换意味着两者的温度是一样的，故D错误；当分子间距离r>r0时，分子势能随分子间的距离增大而增大，当r3．BCE 当两个分子相距较远时，分子间作用力的合力随分子间距离减小先增大后减小再增大．分子力做功是分子势能变化的量度，分子力做正功，分子势能减小，反之增大，A错误．两分子靠近过程中，分子间作用力的合力先表现为引力，后表现为斥力，所以分子间作用力先做正功后做负功，分子动能先增大后减小，B、C正确．根据能量守恒定律，分子动能与分子势能总和不变，故分子势能先减小后增大，E正确、D错误．
4．C 布朗运动是悬浮在液体中的微粒的无规则运动，而不是液体分子的运动，故A错误．－273.15
℃也称为绝对零度，只能接近，不能达到，故B错误．根据压强微观解释，压强除与分子密集程度(体积)有关外，还与运动的剧烈程度有关，故C正确．热量总是自发地由高温物体传向低温物体，与内能大小没有直接关系，故D错误．
5．BC 相对湿度是指在一定温度时，空气中的实际水蒸气含量与饱和值之间的比值，温度升高绝对湿度不变，即空气中含水量不变，但相对湿度变小了，A错误；PM2.5是指空气中直径小于2.5微米的悬浮颗粒物，其飘浮在空中做无规则运动，故温度越高，气体分子对其撞击的不平衡就会加剧，使得PM2.5的无规则运动越剧烈，B正确；由于不考虑理想气体分子间作用力，氢气和氧气只有分子动能，当温度相同，它们的平均动能相同，而氢气分子摩尔质量小，质量相等时，氢气分子数多，所以氢气内能大，C正确；系统的饱和汽压受温度影响，D错误．
6．AC 若单位体积内分子个数不变即气体体积不变，当分子热运动加剧时即气体温度升高，由理想气体状态方程知压强一定变大，选项A正确、B错误；若气体的压强不变而温度降低，气体的体积减小，则单位体积内分子个数一定增加，选项C正确、D错误．
7．A 饱和蒸汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大，A正确；饱和蒸汽是指与液化和汽化处于动态平衡的蒸汽，B错误；单晶体有固定的形状，而多晶体没有固定的形状，C错误；水晶为晶体，熔化再凝固后变为非晶体，D错误．
8．A 气体从状态a到状态b的变化过程中，体积V减小，温度T升高，由理想气体状态方程＝C可知，气体压强逐渐增大，本题只有选项A正确．
9．BD 由题图甲、乙、丙可知：甲、乙在导热性质上表现各向同性，丙具有各向异性．由题图丁可知：甲、丙有固定的熔点，乙无固定的熔点，所以甲、丙为晶体，乙是非晶体，B正确．甲为晶体，从图甲中确定它是多晶体，丙为单晶体，故A、C错误，D正确．
10．B 当有一半的水银被推入细筒中时，由于粗筒横截面积是细筒横截面积的3倍，因此，细筒中水银柱的高度为×3＝15
cm，活塞A上方水银柱的总高度为h＝15
cm＋＝20
cm，因活塞A的重力不计，所以气体的压强p＝p0＋h＝95
cmHg，B正确．
11．解题思路：首先对A部分气体进行分析，
初状态：pA＝105
Pa，VA＝30S；
末状态：p′A＝p0＋＝1.2×105
Pa.
A部分气体温度没变，由玻意耳定律有pAVA＝p′AV′A，
得V′A＝＝＝25S，即A部分气柱长度为25
cm.
若使活塞甲返回原处，B部分气体末状态时体积V′B＝(15＋30－25)S＝20S，气柱长为20
cm，此时弹簧要伸长5
cm，对活塞乙列平衡方程有p′AS＋k·Δl＝p′BS，
得p′B＝p′A＋＝1.25×105
Pa.
对B部分气体进行分析，
初状态：pB＝p0＝105
Pa，VB＝15S，TB＝300
K；
末状态：p′B＝1.25×105
Pa，V′B＝20S.
由理想气体状态方程有＝
得T′B＝＝500
K，Δt＝(500－273－27)
℃＝200
℃.
答案：200
℃
12．解题思路：(1)活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氮气经历等压过程．设汽缸A的容积为V0，氮气初态体积为V1，温度为T1；末态体积为V2，温度为T2，按题意，汽缸B的容积为V0/4，由题给数据和盖·吕萨克定律有
V1＝V0＋×＝V0①
V2＝V0＋V0＝V0②
＝③
由①②③式和题给数据得T2＝320
K④
(2)活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是汽缸高度的时，活塞a上方的氧气经历等温过程．设氧气初态体积为V′1，压强为p′1；末态体积为V′2，压强为p′2，由题给数据和玻意耳定律有
V′1＝V0，p′1＝p0，V′2＝V0⑤
p′1V′1＝p′2V′2⑥
由⑤⑥式得p′2＝p0⑦
答案：(1)320
K (2)p0
加餐练
1．ACD 扩散现象是分子无规则热运动的反映，C正确、E错误；温度越高，分子热运动越激烈，扩散越快，A正确；气体、液体、固体的分子都在不停地进行着热运动，扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，D正确；在扩散现象中，分子本身结构没有发生变化，不属于化学变化，B错误．
2．BCD 晶体被敲碎后，其空间点阵结构未变，仍是晶体，A错误；单晶体光学性质各向异性，B正确；同种元素由于空间的排列结构而形成不同物质的晶体，C正确；如果外界条件改变了分子或原子的空间排列结构，晶体和非晶体之间可以互相转化，D正确；在晶体熔化过程中，分子势能会发生改变，内能也会改变，E错误．
3．BCE 水中花粉的布朗运动，反映的是水分子的热运动规律，则A项错．正是表面张力使空中雨滴呈球形，则B项正确．液晶的光学性质是各向异性，液晶显示器正是利用了这种性质，C项正确．高原地区大气压较低，对应的水的沸点较低，D项错误．因为纱布中的水蒸发吸热，则同样环境下湿泡显示的温度较低，E项正确．
4．C PM10的直径小于或等于10×10－6
m＝1.0×10－5
m，A错误；处于静稳态的颗粒受力平衡，B错误；布朗运动是悬浮颗粒物的无规则运动，C正确；根据题意不能判断PM2.5的浓度随高度的增加而增大，D错误．
5．解题思路：(1)设初始时气体体积为V1，在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的体积为V2，温度为T2.由题给条件得
V1＝S2＋S1①
V2＝S2l②
在活塞缓慢下移的过程中，用p1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得
S1(p1－p)＝m1g＋m2g＋S2(p1－p)③
故缸内气体的压强不变．由盖·吕萨克定律有
＝④
联立①②④式并代入题给数据得
T2＝330
K⑤
(2)在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为p1.在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变．设达到热平衡时被封闭气体的压强为p′，由查理定理，有
＝⑥
联立③⑤⑥式并代入题给数据得
p′＝1.01×105
Pa⑦
答案：(1)330
K (2)1.01×105
Pa
6．AB 水和水蒸气质量相同，摩尔质量相同，故分子数相同，为N1＝N2＝×6.02×1023＝6.02×1023,32
g的氧气分子数为N3＝×6.02×1023＝6.02×1023，故N1＝N2＝N3，温度是分子热运动平均动能的标志，温度相同，故它们的分子热运动的平均动能相同，B正确，C、D错误；内能包括分子势能和分子热运动动能，若势能不同，则内能不相同，100
℃时，18
g的水变为水蒸气要吸热，故水蒸气的内能大，A正确．
7．BDE 气体压强主要是大量气体分子不断对容器碰撞而产生的，在失重情况下气体分子的热运动不会受到影响，气体对容器的压强不会变化，故A错误、B正确；一定质量的气体，温度不变时，压强越大，根据理想气体状态方程得气体体积越小，所以分子间的平均距离越小，故C错误；当气体体积不变，分子热运动变剧烈时，单位时间内撞击容器的分子数增加，对容器的撞击作用力增大，压强变大，D正确；一定质量的理想气体压强不变，则分子撞击容器的平均速率不变，当体积增大时，温度一定升高，分子的平均速率增大，故单位时间撞击单位面积容器的分子数一定减少，故E正确．
8．ABE 饱和汽压的大小取决于液体的性质和温度，而与体积和压强无关，故A、B正确；降低温度可能使未饱和汽变成饱和汽，故C错误；水蒸气的压强与同温度下饱和汽压之比，称为空气的相对湿度，空气中所含水蒸气的压强越大，空气的绝对湿度越大，但相对湿度不一定越大，故D错误；干湿泡温度计的示数差别越大，说明空气越干燥，相对湿度越小，干湿泡温度计的示数差别越小，说明空气的相对湿度越大，故E正确．
9．ABE 当分子间距离为r0时，分子间存在引力和斥力，但此时分子间引力等于斥力，合力为0，A项错误；分子间距离在小于r0范围内分子间距离减小时，斥力和引力均增大，分子力表现为斥力，B项错误；猛推木质推杆，外界对气体做正功，密闭的气体温度升高，压强变大，因r0的数量级为10－10
m，此时气体分子间距离大于r0的10倍，分子间作用力十分微弱，可以忽略，即E项错误．
10．A “油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：求得一滴油酸的体积(④)→准备浅水盘(①)→形成油膜(②)→描绘油膜边缘(⑤)→计算分子直径(③)，故A正确．
11．解题思路：金属筒在空气中时内部气体压强p1＝p0＝75
cmHg，内部气体体积V1＝h1S
在水银面下0.7
m处时，金属筒内部空气柱高度为h，金属筒横截面积为S，则
气体压强p2＝p0＋ph2＋ph，其中ph2＝70
cmHg，ph为h高的水银柱产生的压强，气体体积V2＝hS
根据玻意耳定律有：p1h1S＝p2hS
解得：h＝5
cm
答案：5
cm
12．解题思路：(1)设左、右活塞的面积分别为S′和S，由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即：＝
由此得：S′＝2S
在两个活塞上各放质量为m的物块后，假设左、右两活塞仍没有碰到汽缸底部，由平衡条件有：
p左＝，p右＝，p左在初态，气体的压强为，体积为3Sh；
在末态，气体压强为，体积为2xS(x为左活塞的高度)
由玻意耳定律得：·3Sh＝·2xS
解得：x＝h，即两活塞的高度差为h
(2)当温度由T0上升至T＝1.25T0时，气体的压强不变，设x′是温度达到T时左活塞的高度．
由盖·吕萨克定律得：x′＝x＝1.25h
气体对活塞做的功为W＝Fs＝3mg(x′－x)＝0.75mgh
答案：(1)h (2)0.75mgh课练38 动量守恒定律及其应用
1.古时有“守株待兔”的寓言．假设兔子质量约为2
kg，以15
m/s的速度奔跑，撞树后反弹的速度为1
m/s，则兔子受到撞击力的冲量大小为( )
A．28
N·s
B．29
N·s
C．31
N·s
D．32
N·s
2.
(多选)如图所示，质量M＝4
kg、L＝10
m的木板停放在光滑水平面上，另一不计长度、质量m＝1
kg的木块以某一速度从右端滑上木板，木板与木块间的动摩擦因数μ＝0.8.若要使木板获得的速度不大于2
m/s，木块的初速度v0应满足的条件为(g取10
m/s2)( )
A．v0≤8
m/s
B．v0≤10
m/s
C．v0≥15
m/s
D．v0≥20
m/s
3.
如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧，弹簧沿水平方向且与木板相连，木板质量M＝3
kg.质量m＝1
kg的铁块以水平速度v0＝4
m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端．在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )
A．3
J
B．4
J
C．6
J
D．20
J
4．一弹丸在飞行到距离地面5
m高时仅有水平速度v＝2
m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，取重力加速度g＝10
m/s2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
5.
如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，物体B上部半圆形槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧顶端由静止释放，一切摩擦均不计．则( )
A．A不能到达B圆槽的左侧最高点
B．A运动到圆槽的最低点时速度为
C．B一直向右运动
D．B向右运动的最大位移大小为
6.
如图所示，置于水平面上的质量为M、长为L的木板右端水平固定有一轻质弹簧，在木板上与左端相齐处有一质量为m的小物体(M>3m)，木板与小物体一起以水平速度v向右运动，若木板与小物体、木板与地面的接触面均光滑，木板与墙碰撞无机械能损失，则从木板与墙碰撞以后，以下说法中正确的是( )
A．木板与小物体组成的系统，总动量可能不守恒
B．当小物体和木板相对地面的速度相同时，小物体到墙的距离最近
C．当小物体滑到木板的最左端时，系统的动能才达到最大
D．小物体一定会从木板的最左端掉下来
7.
(多选)如图所示，小车的上面由中凸的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上．今有一个可以看成质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下．关于这个过程，下列说法正确的是( )
A．小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置
B．小球在滑上曲面的过程中，对小车压力的冲量大小是
C．小球和小车作用前后，小车和小球的速度可能没有变化
D．车上曲面的竖直高度不会大于
8.
半径相等的两个小球甲和乙，在光滑的水平面上沿同一直线相向运动，若甲球质量大于乙球质量，发生碰撞前，两球的动能相等，则碰撞后两球的状态可能是( )
A．两球的速度方向均与原方向相反，但它们的动能仍相等
B．两球的速度方向相同，而且它们的动能仍相等
C．甲、乙两球的动量相同
D．甲球的动量不为零，乙球的动量为零
9.
(多选)如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上．其中，弹簧两端分别与静止的滑块N和挡板P相连接，弹簧与挡板的质量均不计；滑块M以初速度v0向右运动，它与挡板P碰撞(不粘接)后开始压缩弹簧，最后，滑块N以速度v0向右运动．在此过程中( )
A．M的速度等于0时，弹簧的弹性势能最大
B．M与N具有相同的速度时，两滑块动能之和最小
C．M的速度为v0/2时，弹簧的长度最长
D．M的速度为v0/2时，弹簧的长度最短
10.
(多选)如图所示，光滑的水平面上，质量为m1的小球以速度v与质量为m2的静止小球正碰，碰后两小球的速度大小都为v，方向相反，则两小球的质量之比m1∶m2及动能变化量之比ΔEk1∶ΔEk2为( )
A．m1∶m2＝1∶3
B．m1∶m2＝1∶1
C．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3
D．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶1
11.
如图所示，在光滑水平面上，木块A的质量mA＝1
kg，木块B的质量mB＝4
kg，质量mC＝2
kg的木块C置于足够长的木块B上，B、C之间用一轻弹簧相拴接并且接触面光滑．开始时B、C静止，A以v0＝10
m/s的速度向右运动，与B碰撞后B的速度为3.5
m/s，碰撞时间极短．求：
(1)A、B碰撞后A的速度．
(2)弹簧第一次恢复原长时C的速度．
12.
如图所示，在光滑的水平面上固定有左、右两竖直挡板，挡板间距离足够长，有一质量为M、长为L的长木板靠在左侧挡板处，另有一质量为m的小物块(可视为质点)，放置在长木板的左端，已知小物块与长木板间的动摩擦因数为μ，且M>m.现使小物块和长木板以共同速度v0向右运动，设长木板与左、右挡板的碰撞中无机械能损失．
(1)将要发生第二次碰撞时，若小物块仍未从长木板上落下，则它应距长木板左端多远？
(2)为使小物块不从长木板上落下，板长L应满足什么条件？
(3)若满足(2)中条件，且M＝2
kg，m＝1
kg，v0＝10
m/s，μ＝0.6.试计算整个系统从开始到刚要发生第四次碰撞前损失的机械能．(计算结果小数点后保留一位)
1．(2016·课标Ⅰ)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．
2.
(2016·课标Ⅱ)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3
m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3
m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30
kg，冰块的质量为m2＝10
kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10
m/s2.
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
3.
(2016·课标Ⅲ)如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a以初速度v0向右滑动．此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．
4.
(2015·课标Ⅰ)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．
5.
(2016·天津理综)如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ.若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为________，滑块相对于盒运动的路程为________．
6．(2016·北京理综)(1)
动量定理可以表示为Δp＝FΔt，其中动量p和力F都是矢量．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究．例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如图1所示．碰撞过程中忽略小球所受重力．
a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy；
b．分析说明小球对木板的作用力的方向．
(2)
激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动．激光照射到物体上，在发生反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用．光镊效应就是一个实例，激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒．
一束激光经S点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收，其中光束①和②穿过介质小球的光路如图2所示．图中O点是介质小球的球心，入射时光束①和②与SO的夹角均为θ，出射时光束均与SO平行．请在下面两种情况下，分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向．
a．光束①和②强度相同；
b．光束①比②的强度大．
7．(多选)(2017·湖北名校期中测试)关于动量守恒的条件，下列说法正确的是( )
A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒
B．只要系统所受合外力所做的功为零，系统动量一定守恒
C．只要系统所受合外力的冲量为零，系统动量一定守恒
D．系统加速度为零，系统动量一定守恒
E．两物体组成的系统，所受合外力为零，则两物体动量的改变量大小一定相等
8.
(2017·江苏苏北三市模拟)光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木块的v－t图象如图所示．已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达到稳定状态，木块动能增加了50
J，则此过程产生的内能可能是( )
A．10
J
B．50
J
C．70
J
D．120
J
9．(2017·北京东城区期中)质量为80
kg的冰球运动员甲，以5
m/s的速度在水平冰面上向右运动时，与质量为100
kg、速度为3
m/s的迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，下列说法中正确的是( )
A．碰后乙向左运动，速度大小为1
m/s
B．碰后乙向右运动，速度大小为7
m/s
C．碰撞中甲、乙的机械能总共增加了1
450
J
D．碰撞中甲、乙的机械能总共损失了1
400
J
10．(2017·河北石家庄二中一模)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0
kg和mB＝3.0
kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触．另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4
s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v－t图象如图乙所示．求：
(1)物块C的质量mC；
(2)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep.
11．(2017·湖南益阳调研)
一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示．图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面与水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止．重力加速度为g.求：
(1)木块在ab段受到的摩擦力f；
(2)木块最后距a点的距离s.
12．(2017·广东深圳一调)
一电视节目中设计了这样一个通关游戏：如图所示，光滑水平面上，某人乘甲车向右匀速运动，在甲车与静止的乙车发生弹性正碰前的瞬间，该人恰好抓住固定在他正上方某点的轻绳荡起至最高点速度为零时，松开绳子后又落到乙车中并和乙车一起继续向前滑行；若人的质量m＝60
kg，甲车质量M1＝8
kg，乙车质量M2＝40
kg，甲车初速度v0＝6
m/s，求：
(1)最终人和乙车的速度；
(2)人落入乙车的过程中对乙车所做的功．
课练38 动量守恒定律及其应用
1．D 根据动量定理I＝Δp，而p0＝2×15
kg·m/s＝30
kg·m/s，p′＝－2
kg·m/s，故I＝p′－p0＝－32
N·s，答案选D.
2．BC 木块在木板上滑动时，木块的加速度a1＝＝8
m/s2，木板的加速度a2＝＝2
m/s2，若木块最终从左端离开木板，则此过程中木板一直做匀加速运动，木块离开时，木板速度最大，则有v2≤2
m/s，所以t≤＝1
s，木块一直做匀减速运动，则有x木块－x木板＝10
m，即v0t－a1t2－a2t2＝10
m，代入数据解得v0≥15
m/s.若木块先减速后和木板一起匀速运动，根据动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得v0＝5v，因为v≤2
m/s，所以v0≤10
m/s.故选B、C.
3．A 设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v，铁块相对木板向右运动时，滑行的最大路程为L，摩擦力大小为f.根据能量守恒，铁块相对于木板向右运动的过程：mv＝fL＋(M＋m)v2＋Ep.铁块相对于木板运动的整个过程：mv＝2fL＋(M＋m)v2.又根据系统动量守恒可知mv0＝(M＋m)v，联立解得Ep＝3
J．故选A.
4．B 平抛运动的时间为t＝
＝1
s，则平抛运动的水平位移可表示速度的大小．设乙的质量为m，甲的质量为3m，爆炸前动量为(3m＋m)v＝4mv＝8m，对爆炸后的总动量计算，只有选项B是8m.
5．D A、B组成的系统水平方向动量守恒，A、B刚开始时动量为零，所以运动过程中水平方向总动量时刻为零，所以B先向右加速后又减速到零，因为系统机械能守恒，当B静止时，A恰好运动到左侧最高点，A错误；根据水平方向动量守恒可得m＝2m，又知道s1＋s2＝2R，所以可得s2＝R，D正确；B向右先加速后减速，减速到零之后又向左先加速后减速，即做往返运动，C错误；当A运动到最低点时，水平方向上动量守恒，所以有mv1＝2mv2，A、B两物体整体满足机械能守恒，所以有mgR＝mv＋·2mv，联立可得v1＝
，B错误．
6．D 木板与墙碰撞无机械能损失，木板与墙碰撞以后以等大的速度向左运动，小物体则仍向右运动，此后，对木板和小物体组成的系统，外力为零，动量守恒，选项A错误．小物体到墙的距离最近时应是其速度向右在弹簧弹力作用下减为零时，而当小物体和木板对地面的速度相同时弹簧被压缩到最短，选项B错误．由于各接触面光滑，故在弹簧恢复到原长时，系统的动能已达到最大值，选项C错误．设弹簧恢复到原长时木板的速度为v1，小物体的速度为v2，取向左为正方向，由动量守恒定律得Mv－mv＝Mv1＋mv2，由机械能守恒定律得Mv2＋mv2＝Mv＋mv，联立解得v1＝，v2＝.因M>3m，则v2>v1>0，则小物体一定会从木板的最左端掉下来，选项D正确．
7．CD 小球滑上曲面的过程中，小车向右运动，小球滑下时，小车还会继续前进，故不会回到原位置，A错误．由小球恰好到达最高点，可知两者有共同速度，对于小车、小球组成的系统，由动量守恒定律列式为mv＝2mv′，解得共同速度v′＝，小车动量的变化为，显然，这个增加的动量是小车所受合外力作用的结果，而不只是小球压力作用的结果，故B错误．对于C，若曲面光滑时会出现这种情况．由于小球原来的动能为，小球到达最高点时系统的动能为×2m×2＝，所以系统动能减少了，则减少的动能等于小球增加的重力势能，即＝mgh，得h＝，显然，这是最大值，如果曲面粗糙，高度还要小些．
8．C 根据动量与动能的关系Ek＝可知p甲>p乙，根据动量守恒可知，碰撞后的总动量沿甲原来的方向，故甲继续沿原来的方向运动，乙被弹回，所以选项A、D错误．碰撞后，甲的动能减小，若为弹性碰撞，则乙的动能增大，故两者动能不相等；若为完全非弹性碰撞，碰撞后速度相等，动能不等，所以选项B错误．两球碰撞过程中动量守恒，碰撞后两球的动量可能相等，所以选项C正确．
9．BD 弹性势能最大时，两滑块的动能之和最小，弹簧的长度最短，故两滑块速度相等，由动量守恒定律得Mv0＝2Mv，v＝，故B、D正确、A、C错误．
10．AD 由m1v＝(m2－m1)v知，m1∶m2＝1∶3，选项A正确、B错误；ΔEk1＝m1v2－m12＝m1v2，ΔEk2＝m22＝m1v2，可见ΔEk1∶ΔEk2＝1∶1，D正确、C错误．
11．解题思路：(1)因A、B碰撞时间极短，故在A、B碰撞时，C的速度为零．取向右为正方向，根据动量守恒定律有：mAv0＝mAvA＋mBvB，代入数据得：vA＝－4
m/s，方向向左．
(2)弹簧第一次恢复原长时，弹簧的弹性势能为零，设此时B的速度为v′B，C的速度为vC
根据动量守恒定律得mBvB＝mBv′B＋mCvC
又根据机械能守恒定律得mBv＝mBv′＋mCv
联立解得vC＝
m/s，方向向右．
答案：(1)4
m/s，向左 (2)
m/s，向右
12．解题思路：(1)对m和M组成的系统，选定水平向左为正方向，根据动量守恒定律得
Mv0－mv0＝(M＋m)v1.
根据能量守恒定律得
μmgL1＝(M＋m)v－(M＋m)v.
联立解得L1＝.
(2)上述过程中，m相对M向右滑动，以后M与左挡板碰撞，碰后m相对于M向左滑动，直到达到共同速度v2.
规定向右为正方向，根据动量守恒定律得
(M－m)v1＝(M＋m)v2.
根据能量守恒定律得
μmgL2＝(M＋m)v－(M＋m)v.
联立解得L2＝.
L2只要第一次碰撞后m未从M上掉下，以后就不可能掉下，
所以板长L应满足L≥.
(3)根据能量守恒定律可知从开始到刚要发生第四次碰撞前，系统损失的机械能
ΔE＝μmg(L1＋L2＋L3)＝μmg×(v＋v＋v)，
代入数据解得ΔE＝149.8
J.
答案：(1) (2)L≥ (3)149.8
J
加餐练
1．解题思路：(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则
Δm＝ρΔV①
ΔV＝v0SΔt②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
＝ρv0S③
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v0.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得
(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v④
在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为
Δp＝(Δm)v⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有
FΔt＝Δp⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得
F＝Mg⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
h＝－⑧
答案：(1)ρv0S (2)－
2．解题思路：(1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得
m2v20＝(m2＋m3)v①
m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh②
式中v20＝－3
m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得
m3＝20
kg③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有
m1v1＋m2v20＝0④
代入数据得
v1＝1
m/s⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有
m2v20＝m2v2＋m3v3⑥
m2v＝m2v＋m3v⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得
v2＝1
m/s⑧
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．
答案：见解析
3．解题思路：设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a、b能够发生碰撞，应有
mv>μmgl①
即μ<②
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.由能量守恒有
mv＝mv＋μmgl③
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，由动量守恒和能量守恒有
mv1＝mv1′＋v2′④
mv＝mv1′2＋v2′2⑤
联立④⑤式解得v2′＝v1⑥
由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知
v2′2≤μgl⑦
联立③⑥⑦式，可得
μ≥⑧
联立②⑧式，a与b发生碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件为
≤μ<⑨
答案：≤μ<
4．解题思路：A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0＝mvA1＋MvC1①
mv＝mv＋Mv②
联立①②式得
vA1＝v0③
vC1＝v0④
如果m>M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑m第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞．设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有
vA2＝vA1＝2v0⑤
根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有
vA2≤vC1⑥
联立④⑤⑥式得
m2＋4mM－M2≥0⑦
解得
m≥(－2)M⑧
另一解m≤－(＋2)M舍去．所以，m和M应满足的条件为
(－2)M≤m答案：(－2)M≤m5．解题思路：设滑块的质量为m，最终盒与滑块的共同速度为v′
根据动量守恒得：mv＝(m＋2m)v′
解得v′＝v
设滑块相对于盒的运动路程为s
根据能量守恒得：μmgs＝mv2－(m＋2m)v′2
解得s＝
答案：
6．解题思路：(1)a.x方向：动量变化为
Δpx＝mvsinθ－mvsinθ＝0
y方向：动量变化为
Δpy＝mvcosθ－(－mvcosθ)＝2mvcosθ
方向沿y轴正方向
b．根据动量定理可知，木板对小球作用力的方向沿y轴正方向；根据牛顿第三定律可知，小球对木板作用力的方向沿y轴负方向．
(2)a.仅考虑光的折射，设Δt时间内每束光穿过小球的粒子数为n，每个粒子动量的大小为p.
这些粒子进入小球前的总动量为
p1＝2npcosθ
从小球出射时的总动量为p2＝2np
p1、p2的方向均沿SO向右
根据动量定理：FΔt＝p2－p1＝2np(1－cosθ)>0
可知，小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右；根据牛顿第三定律，两光束对小球的合力的方向沿SO向左．
b．建立如图所示的Oxy直角坐标系．
x方向：根据(2)a同理可知，两光束对小球的作用力沿x轴负方向．
y方向：设Δt时间内，光束①穿过小球的粒子数为n1，光束②穿过小球的粒子数为n2，n1>n2.
这些粒子进入小球前的总动量为
p1y＝(n1－n2)psinθ
从小球出射时的总动量为p2y＝0
根据动量定理：
FyΔt＝p2y－p1y＝－(n1－n2)psinθ
可知，小球对这些粒子的作用力Fy的方向沿y轴负方向，根据牛顿第三定律，两光束对小球的作用力沿y轴正方向．
所以两光束对小球的合力的方向指向左上方．
答案：(1)a.见解析 b．沿y轴负方向 (2)a.合力沿SO向左 b．指向左上方
7．CDE 只要系统所受合外力为零，系统动量就守恒，与系统内是否存在摩擦力无关，故A错误；系统所受合外力做的功为零，系统所受合外力不一定为零，系统动量不一定守恒，如用绳子拴着一个小球，让小球做匀速圆周运动，小球转过半个圆周的过程中，系统合外力做功为零，但小球动量不守恒，故B错误；力与力的作用时间的乘积是力的冲量，系统所受到合外力的冲量为零，则系统受到的合外力为零，系统动量守恒，故C正确；系统加速度为零，由牛顿第二定律可得，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故D正确；两物体组成的系统，所受合外力为零，系统动量守恒，两物体动量的改变量大小相等，方向相反，故E正确．
8．D 本题考查了动量守恒定律及能量守恒定律的应用．设子弹的初速度为v0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，木块的质量为M，子弹的质量为m，根据动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得v＝.木块获得的动能为Ek＝Mv2＝＝·.系统产生的内能为Q＝mv－(M＋m)v2＝，可得Q＝Ek>50
J，当Q＝70
J时，可得M∶m＝2∶5，因已知木块质量大于子弹质量，选项A、B、C错误；当Q＝120
J时，可得M∶m＝7∶5，木块质量大于子弹质量，选项D正确．
9．D 本题考查了动量与动能定理以及能的转化与守恒定律综合应用．甲、乙碰撞的过程中，甲、乙组成的系统动量守恒，以向右为正方向，设碰撞前甲的速度为v甲，乙的速度为v乙，碰撞后乙的速度为v乙′，由动量守恒定律得：m甲v甲－m乙v乙＝m乙v乙′，解得v乙′＝1
m/s，方向水平向右，选项A、B错误；甲、乙碰撞过程机械能的变化量ΔE＝m甲v＋m乙v－m乙v′，代入数据解得ΔE＝1
400
J，机械能减少了1
400
J，选项C错误、D正确．
10．解题思路：(1)由图知，C与A碰前速度为v1＝9
m/s，碰后速度为v2＝3
m/s，C与A碰撞过程动量守恒．
mCv1＝(mA＋mC)v2
即mC＝2
kg
(2)12
s时B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大
(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4
(mA＋mC)v＝(mA＋mB＋mC)v＋Ep
得Ep＝9
J
答案：(1)2
kg (2)9
J
11．解题思路：(1)从开始到木块到达最大高度过程：
由动量守恒：mv0＝3mv1
由能量守恒：mv＝·3mv＋mgh＋fL
解得：f＝
(2)木块从最大高度至与物体最终相对静止：
由动量守恒：3mv1＝3mv2
由能量守恒：·3mv＋mgh＝·3mv＋fx
距a点的距离：s＝L－x
解得：s＝L－＝L
答案：(1) (2)L
12．解题思路：(1)因甲、乙两车发生弹性碰撞，则由动量守恒和机械能守恒有：
M1v0＝M1v1＋M2v2
M1v＝M1v＋M2v
解得：v2＝2
m/s
当人落到小车中，并和车一起继续向前滑行，由动量守恒有
M2v2＝(M2＋m)v共
v共＝0.8
m/s
(2)人对乙车做的功
W＝M2v－M2v＝－67.2
J
答案：(1)0.8
m/s (2)－67.2
J周测五 机械能守恒定律(A卷)
(本试卷满分95分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1.
如图所示，一质点在一恒力作用下做曲线运动，从M点运动到N点时，质点的速度方向恰好改变了90°.在此过程中，质点的动能( )
A．不断增大
B．不断减小
C．先减小后增大
D．先增大后减小
2.
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
3．(多选)如图所示，一质量为m的圆环套在一根固定的光滑竖直杆上，圆环通过细线绕过定滑轮O与质量为5m的钩码相连．竖直杆上有A、B、C三点，B为AC的中点，AO与竖直杆的夹角θ＝53°，B点与滑轮O在同一水平高度，滑轮与竖直杆相距为L.现将圆环从A点由静止释放，已知：sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.下列说法正确的是
( )
A．圆环下滑到B点时速度最大
B．圆环下滑到C点时速度为零
C．圆环下滑到B点时速度为2
D．砝码下降的最大距离为
4.
一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力作用，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系(以地面为零势能面，h0表示上升的最大高度，图中坐标数据中的k值为常数且满足0A．①表示的是动能随上升高度的图象，②表示的是重力势能随上升高度的图象
B．上升过程中阻力大小恒定且f＝(k＋1)mg
C．上升高度h＝h0时，重力势能和动能不相等
D．上升高度h＝时，动能与重力势能之差为mgh0
5．质量为m的物体由静止开始下落，由于空气阻力影响物体，下落的加速度为g，在物体下落高度h的过程中，下列说法正确的是( )
A．物体的动能增加了mgh
B．物体的机械能减少了mgh
C．物体克服阻力所做的功为mgh
D．物体的重力势能减少了mgh
6．(多选)如图所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度v匀速运动．现将质量为m的某物块无初速地放在传送带的左端，经过时间t物块保持与传送带相对静止．设物块与传送带间的动摩擦因数为μ，对于这一过程，下列说法正确的是( )
A．摩擦力对物块做的功为mv2
B．传送带克服摩擦力做的功为mv2
C．系统摩擦生热为mv2
D．电动机多做的功为mv2
7．如图所示，可视为质点的小球以初速度v0从光滑斜面底端向上滑，恰能到达高度为h的斜面顶端．下图中有四种运动：A图中小球滑入轨道半径等于h的光滑管道；B图中小球系在半径大于h而小于h的轻绳下端；C图中小球滑入半径大于h的光滑轨道；D图中小球固定在长为h的轻杆下端．在这四种情况中，小球在最低点的水平初速度都为v0，不计空气阻力，小球不能到达高度h的是( )
8．(多选)质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上，从t＝0时刻开始物体受到方向恒定的水平拉力F作用，拉力F与时间t的关系如图甲所示．物体在t0时刻开始运动，其运动的v—t图象如图乙所示，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )
A．物体与地面间的动摩擦因数为
B．物体在t0时刻的加速度大小为
C．物体所受合外力在t0时刻的功率为2F0v0
D．水平力F在t0～2t0时间内的平均功率为F0
二、非选择题(本题包括4小题，共47分)
9．(8分)
某兴趣小组的实验装置如图所示，通过电磁铁控制的小球从A点(球心位于A点)自由下落，下落过程中经过光电门激光束所在位置B时，通过与光电门相连的毫秒计时器(图中未画出)记录下挡光时间t，测出A、B之间的距离h.实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束．
(1)若用该套装置验证机械能守恒定律，已知重力加速度为g，还需要测量的物理量为________．
A．A点与地面间的距离H
B．小球的质量m
C．小球从A到B的下落时间tAB
D．小球的直径d
(2)用游标卡尺测得小球直径如图甲所示，则小球直径为________cm，某次小球通过光电门毫秒计数器的读数为3
ms，则该次小球通过光电门位置B时的瞬时速度大小为v＝________m/s.
(3)若用该套装置进行“探究做功和物体速度变化关系”的实验，大家提出以下几种猜想：W∝v；W∝v2；W∝……然后调节光电门的位置，计算出小球每次通过光电门激光束所在位置B的速度v1、v2、v3、v4……并测出小球在A、B间的下落高度h1、h2、h3、h4……然后绘制了如图所示h－v的图象．若为了更直观地看出h和v的函数关系，他们下一步应该重新绘制________．
A．h－v2图象
B．h－图象
C．h－图象
D．h－图象
10．(7分)
某兴趣小组准备探究“合外力做功和物体速度变化的关系\”，实验前组员们提出了以下几种猜想：
①W∝v，②W∝v2，③W∝.
为了验证猜想，他们设计了如图甲所示的实验装置．PQ为一块倾斜放置的木板，在Q处固定一个速度传感器(用来测量物体每次通过Q点的速度)．在刚开始实验时，小刚同学提出“不需要测出物体质量，只要测出物体从初始位置到速度传感器的距离L和读出速度传感器的读数v就行了”，大家经过讨论采纳了小刚的建议．
(1)请你说明小刚建议的理由：________________________________________________________________________；
(2)让物体分别从不同高度无初速度释放，测出物体初始位置到速度传感器的距离L1、L2、L3、L4，…读出物体每次通过Q点的速度v1、v2、v3、v4，…并绘制了如图乙所示的L－v图象．若为了更直观地看出L和v的变化关系，他们下一步应该作出________；
A．L－v2图象
B．L－图象
C．L－图象
D．L－图象
(3)实验中，木板与物体间摩擦力________(填“影响”或“不影响”)探究的结果．
11．(15分)我国拥有航空母舰后，舰载机的起飞与降落等问题受到了广泛关注.2012年11月23日，舰载机“歼－15\”首降“辽宁舰\”获得成功，随后舰载机又通过滑跃式起飞成功．某兴趣小组通过查阅资料对舰载机滑跃起飞过程进行了如下的简化模拟：
假设起飞时“航母\”静止，飞机质量视为不变并可看成质点．“航母\”起飞跑道由图示的两段轨道组成(二者平滑连接，不计损角处的长度)，其水平轨道长AB＝L，水平轨道与斜面轨道末端C的高度差为h.一架“歼－15”飞机的总质量为m，在C端的起飞速度至少为v.若某次起飞训练中，“歼－15\”从A点由静止启动，飞机发动机的推力大小恒为0.6mg，方向与速度方向相同，飞机受到空气和轨道平均阻力的合力大小恒为0.1mg.重力加速度为g.求：
(1)飞机在水平轨道AB上运动的时间；
(2)在水平轨道末端B，发动机的推力功率；
(3)要保证飞机正常起飞，斜面轨道的长度满足的条件．(结果用m、g、L、h、v表示)
12．(17分)
如图所示，P是倾角为30°的光滑固定斜面．劲度为k的轻弹簧一端固定在斜面底端的固定挡板C上，另一端与质量为m的物块A相连接．细绳的一端系在物体A上，细绳跨过不计质量和摩擦的定滑轮，另一端有一个不计质量的小挂钩．小挂钩不挂任何物体时，物体A处于静止状态，细绳与斜面平行．在小挂钩上轻轻挂上一个质量也为m的物块B后，物体A沿斜面向上运动．斜面足够长，运动过程中B始终未接触地面．
(1)求物块A刚开始运动时的加速度大小a；
(2)设物块A沿斜面上升通过Q点位置时速度最大，求Q点到出发点的距离x0及最大速度vm；
(3)把物块B的质量变为Nm(N>0.5)，小明同学认为，只要N足够大，就可以使物块A沿斜面上滑到Q点时的速度增大到2vm，你认为是否正确？如果正确，请说明理由，如果不正确，请求出A沿斜面上升到Q点位置时的速度的范围．
周测五 机械能守恒定律(A卷)
1．C 本题考查的是曲线运动及动能定理．质点做曲线运动，恒力指向轨迹的内侧，在开始时恒力与速度成纯角，恒力做负功，当恒力与速度的夹角变为锐角时，恒力开始做正功，由动能定理知质点的动能先减小后增大，故本题答案为C.
2．A 本题考查动能定理的应用．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·sin30°－fx＝0－E0，下滑的过程中重力做正功，摩擦力做负功，得mgx·sin30°－fx＝E－0，代入数据解得E＝34
J，故选A.
3．CD 本题考查了机械能守恒定律、动能定理等知识．圆环在竖直方向合力为零时速度最大，B点时环竖直方向只受重力作用，圆环速度最大的位置为B点下方，选项A错误；圆环滑到C点，那么钩码还在初始位置，如果圆环的速度为零，则系统的机械能是不守恒的，选项B错误；圆环下滑到B点时，钩码的速度为零，根据mg＋5mg＝mv2，解得v＝2，选项C正确；砝码下降的最大距离x＝－L＝，选项D正确．
4．D 本题考查了动能定理、功能关系等知识．根据动能定理有－(mg＋f)h＝Ek－Ek0，得Ek＝Ek0－(mg＋f)h，可见Ek是减函数，由图象②表示，重力势能为Ep＝mgh，Ep与h成正比，由图象①表示，选项A错误；从图象可知，重力势能、动能随着高度的变化成线性关系，故合力恒定，受到的阻力大小恒定，由功能关系可知，从抛出到最高点的过程中机械能的减少量等于阻力做的功的大小，由图象可知fh0＝Ek0－，且由动能定理可知Ek0＝(mg＋f)h0，解得f＝kmg，选项B错误；当高度h＝h0时，动能为Ek＝Ek0－(mg＋f)h＝Ek0－(k＋1)mg·h0，又由Ek0＝(k＋1)mgh0，联立解得Ek＝mgh0，重力势能为Ep＝mgh＝mgh0，所以在此高度时，物体的重力势能和动能相等，选项C错误；当上升高度h＝时，动能为Ek＝Ek0－(mg＋f)h＝Ek0－(k＋1)mg·＝mgh0，重力势能为Ep＝mg·，则动能与重力势能之差为mgh0，选项D正确．
5．A 本题考查动能定理、机械能守恒定律、摩擦力做功．下落阶段，物体受重力和摩擦力，由动能定理W＝ΔEk，即mgh－fh＝ΔEk，f＝mg－mg＝mg，可求ΔEk＝mgh，选项A正确；机械能减少量等于克服摩擦力所做的功W＝fh＝mgh，选项B、C错误；重力势能的减少量等于重力做的功ΔEp＝mgh，选项D错误．
6．ACD 本题考查含传送带的功能关系．物块在与传送带之间的摩擦力作用下开始加速运动，当速度等于传送带速度时两者相对静止，故摩擦力对物块所做的功等于物块动能的增加量，W1＝μmg·＝，A正确；电动机多做的功等于传送带克服摩擦力做的功W2＝μmgv·＝mv2，B错误、D正确；系统摩擦生热为W3＝μmg＝mv2，C正确．
7．B 本题考查了机械能守恒定律等知识．选项A、D属于“杆模型\”，小球到达最高点的速度可以为零，根据机械能守恒，小球可以到达h高度，选项A、D不符合题意；选项B是“绳模型”，小球到达最高点的速度不能为零，如果小球能达到最高点，小球的机械能将不守恒，选项B符合题意；选项C虽然不是“杆模型”，但最高点距离最低点小于一个半径，也可以到达最高点，选项C不符合题意．
轻绳模型和轻杆模型：(1)轻绳模型：在最高点的临界状态为只受重力，即mg＝m，则v＝，v<时，物体不能到达最高点；(2)轻杆模型：由于杆和管能对小球产生向上的支持力，所以小球能在竖直平面内做圆周运动的条件是：在最高点的速度v≥0.
8．AD 物体在时刻开始运动，故f＝F0，动摩擦因数μ＝，故A正确；在t0～t0时间内，物体做变加速运动，不满足v0＝a·t0，即a≠，在t0时刻由牛顿第二定律可知，2F0－f＝ma，a＝＝，故B错误；在t0时刻，物体受到的合外力F＝2F0－f＝F0，功率P＝F0v0，故C错误；在2t0时刻速度v＝v0＋t0，在t0～2t0时间内物体的平均速度＝＝，故平均功率P＝2F0＝F0，故D正确．
9．解题思路：本题考查力学综合实验．(1)根据机械能守恒定律得mgh＝mv2，本实验需测出A、B之间的距离以及小球经过光电门时的速度，故还需测量小球的直径d，选项D正确．(2)小球的直径为1.1
cm＋4×0.1
mm＝1.14
cm.小球通过光电门位置B时的瞬时速度为v＝＝
m/s＝3.8
m/s.(3)为了验证两物理量之间的关系，在坐标系中应画出两者之间的正比例关系的函数图象，因mgh＝mv2，整理得h＝v2，即h与v2成正比，选项A正确．
答案：(1)D(2分) (2)1.14(2分) 3.8(2分) (3)A(2分)
10．解题思路：本题考查了探究“合外力做功和物体速度变化的关系”实验．(1)若只有重力做功，则mgLsinθ＝mv2，等号的两边都有m，可以约掉，故不需要测出物体的质量．用牛顿第二定律求解，也能得出相同的结论，若是重力和摩擦力做功，则(mgsinθ－μmgcosθ)L＝mv2，等号的两边都有m，可以约掉，故不需要测出物体的质量．(2)采用表格方法记录数据，合理绘制的L－v图象是曲线，不能得出结论W∝v2，为了更直观地看出L和v的变化关系，应该绘制L－v2图象，选项A正确．(3)重力和摩擦力的总功W也与距离L成正比，因此不会影响探究的结果．
答案：(1)根据动能定理列出方程式mg(sinθ－μcosθ)L＝mv2，可以简化约去质量m(3分)
(2)A(2分)
(3)不影响(2分)
11．解题思路：(1)设飞机在水平轨道的加速度为a，运动时间为t，发动机的推力为F，阻力为f
由牛顿第二定律得F－f＝0.6mg－0.1mg＝ma(3分)
a＝0.5g
L＝at2(2分)
解得t＝2
(1分)
(2)设飞机在B端的速率为v′，功率为P
v′＝at＝(2分)
解得P＝Fv′＝0.6mg(2分)
(3)设飞机恰能在C端起飞时，斜面轨道长为l0
整个过程中，由动能定理有
(F－f)(L＋l0)－mgh＝mv2(3分)
解得l0＝＋2h－L(1分)
所以，斜面轨道长度满足的条件是l≥＋2h－L(1分)
答案：(1)2 (2)0.6mg (3)l≥＋2h－L
12．解题思路：(1)设绳的拉力大小为FT，在挂上质量为m的物块后分别以A、B为对象用牛顿第二定律有
对B：mg－FT＝ma
对A：FT－mgsinθ＋F弹＝ma
不挂B时，弹簧压缩量mgsinθ＝F弹＝kx1，x1＝mg/2k
解得a＝(5分)
(2)速度最大时，a＝0，此时处于弹簧拉伸状态，则有
kx2＋mgsinθ＝mg x2＝mg/2k
A由出发点上升到Q的距离x0＝x1＋x2＝mg/k(3分)
A从静止到Q，弹簧做功为零，A、B和弹簧系统用机械能守恒定律有
mgx0＝mgx0sinθ＋·2m·v
得vm＝
(3分)
(3)A上升到Q点过程，仍对该过程用机械能守恒定律，有
Nmgx0＝mgx0sinθ＋·(N＋1)m·v2(2分)
解得v＝
＝
vm(2分)
当N＝0.5时 v＝0，当N→∞时，有v＝2vm
所以假设不正确，则v的范围是
0(2分)
答案：(1) (2)mg/k,
(3)不正确，01.(多选)火星的半径约为地球半径的一半，质量约为地球质量的1/9，那么( )
A．火星的密度约为地球密度的
B．火星表面的重力加速度约为地球表面的重力加速度的
C．火星表面的重力加速度约为地球表面的重力加速度的
D．火星上的第一宇宙速度约为地球上第一宇宙速度的
2．设地球自转周期为T，质量为M，引力常量为G.假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R.同一物体在南极和赤道水平面上静止时所受到的支持力之比为( )
A.
B.
C.
D.
3．人类对自己赖以生存的地球的研究是一个永恒的主题．我国南极科学考察队在地球的南极用弹簧测力计称得某物体重为P，在回国途经赤道时用弹簧测力计称得同一物体重为0.9P.若已知地球自转周期为T，引力常量为G，假设地球是质量均匀分布的球体，则由以上物理量可以求得( )
A．物体的质量m
B．地球的半径R
C．地球的质量M
D．地球的密度ρ
4．设想在地球赤道沿地球半径方向插入并固定一根“通天杆\”，在“通天杆\”上固定A和B两个太空实验舱，位置分别在同步卫星高度的上方和下方，A和B两个实验舱和“通天杆\”便会随地球自转一起运动．以下各图表示“通天杆\”对A、B两个实验舱作用力的方向，其中正确的是( )
5．我国探月的“嫦娥工程\”已启动，在不久的将来，我国航天员将登上月球．若某位航天员随登月飞船登上月球后，在月球某水平表面上方h高处以速度v0水平抛出一个小球，小球落回到月球表面的水平距离为s，将月球视为密度均匀、半径为r的球体，则月球的密度为( )
A.
B.
C.
D.
6．据报道，最近在太阳系外发现了首颗“宜居”行星，其质量约为地球质量的6.4倍，一个在地球表面重量为600
N的人在这个行星表面的重量将变为960
N．由此可推知，该行星的半径与地球半径之比约为( )
A．0.5
B．2
C．3.2
D．4
7.
(多选)如图，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A．甲的向心加速度比乙的小
B．甲的运行周期比乙的小
C．甲的线速度比乙的小
D．甲的角速度比乙的大
8.
“嫦娥一号”探月卫星绕地球运行一段时间后，离开地球飞向月球．如图所示是绕地球飞行的三条轨道，轨道1是近地圆形轨道，2和3是变轨后的椭圆轨道．A点是轨道2的近地点，B点是轨道2的远地点，卫星在轨道1上的运行速率为7.7
km/s，则下列说法中正确的是( )
A．卫星在轨道2上经过A点时的速率一定大于7.7
km/s
B．卫星在轨道2上经过B点时的速率一定大于7.7
km/s
C．卫星在轨道3上所具有的机械能小于在轨道2上所具有的机械能
D．卫星在轨道3上所具有的最大速率小于在轨道2上所具有的最大速率
9．(多选)土星外层上有一个环，为了判断它是土星的一部分还是土星的卫星群，可以测量环中各层的线速度v与该层到土星中心的距离R之间的关系来判断( )
A．若v∝R，则该层是土星的一部分
B．若v2∝R，则该层是土星的卫星群
C．若v∝，则该层是土星的卫星群
D．若v2∝，则该层是土星的卫星群
10．星球上的物体脱离星球引力所需要的最小速度称为第二宇宙速度．星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2＝v1.已知某星球的半径为r，它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的1/6.不计其他星球的影响．则该星球的第二宇宙速度为( )
A.
B.
C.
D.gr
11．(1)开普勒行星运动第三定律指出：行星绕太阳运动的椭圆轨道的半长轴a的三次方与它的公转周期T的二次方成正比，即＝k，k是一个对所有行星都相同的常量．将行星绕太阳的运动按圆周运动处理，请你推导出太阳系中该常量k的表达式．已知引力常量为G，太阳的质量为M太．
(2)开普勒定律不仅适用于太阳系，它对一切具有中心天体的引力系统(如地月系统)都成立．经测定地月距离为3.84×108
m，月球绕地球运动的周期为2.36×106
s，试计算地球的质量M地．(G＝6.67×10－11
N·m2/kg2，结果保留一位有效数字)
12．(2017·北京春季会考)2013年6月20日上午，王亚平在“天宫一号”中进行了中国载人航天史上的首次太空授课，如图甲所示．王亚平在失重环境下讲授并展示了弹簧秤实验、单摆实验、陀螺实验、水球实验等．
为了简化问题便于研究，将“天宫一号\”绕地球的运动视为匀速圆周运动(示意图如图乙所示)．已知这次太空授课的时间为t，“天宫一号”距离地面的高度为h，地球质量为M，地球半径为R，引力常量为G.
(1)求在太空授课的过程中“天宫一号”绕地球运行的线速度大小；
(2)求在这次太空授课的时间t内“天宫一号”与地心连线所转过的角度；
(3)在太空失重的环境中，可以做很多有趣的实验，请你写出其中一个实验的实验目的，并简述实验方案．
1．(2016·课标Ⅱ)利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯．目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍．假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为( )
A．1
h
B．4
h
C．8
h
D．16
h
2．(2016·课标Ⅲ)关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是( )
A．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律
B．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律
C．开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因
D．开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律
3．(多选)(2015·课标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
4.
(2015·课标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
5．(2014·课标Ⅱ)假设地球可视为质量均匀分布的球体．已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常量为G.地球的密度为( )
A.
B.
C.
D.
6．(多选)(2017·合肥一六八中学第四次段考)
发射地球同步卫星时，先将卫星发射至距地面高度为h1的近地轨道上，在卫星经过A点时点火，实施变轨，进入远地点为B的椭圆轨道，最后在B点再次点火，将卫星送入同步轨道，如图所示．已知同步卫星的运动周期为T，地球的半径为R，地球表面重力加速度为g，则( )
A．卫星在近地圆轨道的周期最大
B．卫星在椭圆轨道上由A到B的过程速率逐渐减小
C．卫星在近地点A的加速度为
D．远地点B距地表距离为
7．(2017·济宁第二次模拟测试)
“神舟十号”飞船绕地球做匀速圆周运动时，飞行轨道在地球表面的投影如图所示，图中标明了飞船相继飞临赤道上空所对应的地面的经度．设“神舟十号\”飞船绕地球飞行的轨道半径为r1，地球同步卫星飞行轨道半径为r2，则r∶r等于( )
A．1∶24
B．1∶156
C．1∶210
D．1∶256
8.
(多选)(2017·山东省实验中学阶段测试)设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯，电梯顶端可超过地球的同步卫星高度R(从地心算起)延伸到太空深处．这种所谓的太空电梯可用于低成本发射绕地人造卫星，其发射方法是将卫星通过太空电梯匀速提升到某高度，然后启动推进装置将卫星从太空电梯发射出．设在某次发射时，卫星在太空电梯中极其缓慢地匀速上升，该卫星在上升到0.8R处意外地和太空电梯脱离(脱离时卫星相对于太空电梯上脱离处的速度可视为零)而进入太空．设地球半径为r，地球表面重力加速度为g，则( )
A．利用万有引力充当向心力，此卫星可以绕地球做半径为0.8R的匀速圆周运动
B．此卫星脱离太空电梯的最初一段时间内将做逐渐靠近地心的曲线运动
C．此卫星脱离太空电梯的最初一段时间内可能做离心运动
D．欲使卫星脱离太空电梯后做匀速圆周运动，需要在脱离的时候沿原速度方向让它加速到
9．(多选)(2017·广州综合测试)假设地球同步卫星绕地球运行的轨道半径是地球半径的6.6倍，地球赤道平面与地球公转平面共面．站在地球赤道某地的人，日落后4小时的时候，在自己头顶正上方观察到一颗恰好由阳光照亮的人造地球卫星，若该卫星在赤道所在平面内做匀速圆周运动．则此人造卫星( )
A．距地面高度等于地球半径
B．绕地球运行的周期约为4小时
C．绕地球运行的角速度与同步卫星绕地球运行的角速度相同
D．绕地球运行的速率约为同步卫星绕地球运行速率的1.8倍
10.
(2017·潍坊二模)黑洞是一种密度极大的天体，以至包括光在内的所有物质都逃脱不了其引力作用．当黑洞表面的物体速度达到光速c时，才能恰好围绕其表面做匀速圆周运动．科学家对猎户座中位于银河系中心附近的星体进行了多年的观察，发现了与银河系中心距离为r的星体正以速率v绕银河系中心做匀速圆周运动，推测银河系中心可能存在一个大黑洞，如图所示．由此，可得出该黑洞的半径R为( )
A.
B.
C.
D.
11．(多选)(2017·东北三省四市三模)水星或金星运行到地球和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星凌日”．已知地球的公转周期为365天，若将水星、金星和地球的公转轨道视为同一平面内的圆轨道，理论计算得到水星相邻两次凌日的时间间隔为116天，金星相邻两次凌日的时间间隔为584天，则下列判断合理的是( )
A．地球的公转周期大约是水星的2倍
B．地球的公转周期大约是金星的1.6倍
C．金星的轨道半径大约是水星的3倍
D．实际上水星、金星和地球的公转轨道平面存在一定的夹角，所以水星或金星相邻两次凌日的实际时间间隔均大于题干所给数据
12.
(2017·启东中学一模)开普勒第三定律指出：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等．该定律对一切具有中心天体的引力系统都成立．如图，嫦娥三号探月卫星在半径为r的圆形轨道Ⅰ上绕月球运行，周期为T.月球的半径为R，引力常量为G.某时刻嫦娥三号卫星在A点变轨进入椭圆轨道Ⅱ，在月球表面的B点着陆．A、O、B三点在一条直线上．求：
(1)月球的密度；
(2)在轨道Ⅱ上运行的时间．
课练13 万有引力与航天
1．CD 密度ρ＝＝，故＝·3＝，故A错误．由G＝mg可得重力加速度g＝，故＝·2＝，故B错误、C正确．由mg＝m可得第一宇宙速度v＝，故＝＝
＝，故D正确．
2．A 假设物体质量为m，物体在南极受到的支持力为N1，则N1＝；假设物体在赤道受到的支持力为N2，则－N2＝mR.联立可得＝，故选A.
3．D 因为两极处的万有引力等于物体的重力，故P＝G，由于物体在赤道处的向心力等于万有引力与物体在赤道处的重力之差，故P－0.9P＝m2R，故M＝.物体的质量是任意的，故无法求解出物体的质量和地球的半径，由于不知道地球半径，故无法求解地球的质量，故A、B、C均错误．地球密度ρ＝＝＝，故D正确．
4．A 对同步卫星来说G＝mω2r，而对A来说设“通天杆”对A的拉力指向地心，则G＋FA＝mω2rA，即FA＝mω2rA－G，由于rA>r，故FA>0，即FA的方向指向地心；同理可判断FB的方向背离地心，选项A正确．
5．C 设月球表面的重力加速度为g月，航天员在月球某水平表面上方h高处以速度v0水平抛出一个小球，根据平抛运动知，
水平方向s＝v0t，竖直方向h＝g月t2，
小球在月球表面时，由重力等于月球的万有引力得
mg月＝G，月球的密度为ρ＝，联立以上四式得ρ＝，故选项C正确．
6．B 由“一个在地球表面重量为600
N的人在这个行星表面的重量将变为960
N”可知该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比为＝1.6.由mg＝可得行星的半径与地球半径之比为＝
＝＝2，选项B正确．
7．AC 根据公式G＝ma可得a＝G，因为甲的中心天体质量小于乙的，所以甲的向心加速度比乙的小，A正确；根据公式G＝mr，可得T＝2π
，可得中心天体质量越大，周期越小，故甲的运行周期比乙的大，B错误；根据公式G＝m，可得v＝
，可得中心天体质量越大，线速度越大，故甲的线速度比乙的小，C正确；根据公式G＝mω2r，可得ω＝
，中心天体质量越大，角速度越大，故D错误．
8．A 轨道半径越大，同一卫星所具有的机械能越大，可知卫星在轨道3上具有的机械能最大，在轨道1上所具有的机械能最小，在A点，重力势能相等，可知卫星在轨道3上所具有的最大速率最大，选项C、D错误．若F万＝，卫星做圆周运动；若F万>，卫星做近心运动；若F万<，卫星做离心运动．卫星在同一轨道上运动时机械能守恒．由以上分析知卫星在轨道2上经过A点时的速率一定大于7.7
km/s，选项A正确．同理可知选项B错误．
9．AD 若环是土星的一部分，则环中各点的角速度相同，对应线速度v＝ωR，即v∝R，其中R为土星环上任一点到土星中心的距离，故A正确．若环为卫星群，则对环中任一颗粒都有G＝m，v＝，即v2∝，故D正确．
10．C 在星球表面满足G＝mg′＝mg，对围绕星球表面做圆周运动的卫星来说，根据万有引力定律可知，G＝m，解得v1＝
，则该星球的第二宇宙速度为v2＝v1＝
，选项C正确．
11．解题思路：(1)因行星绕太阳做匀速圆周运动，于是轨道的半长轴a即为轨道半径r.根据万有引力定律和牛顿第二定律有G＝m行2r，于是有＝M太，即k＝M太．(2)在地月系统中，设月球绕地球运动的轨道半径为R，周期为T，由(1)问可得＝M地，解得M地＝6×1024
kg.
答案：(1)M太 (2)6×1024
kg
12．解题思路：(1)设“天宫一号”的质量为m，对于其绕地球做匀速圆周运动的过程，根据牛顿第二定律和万有引力定律得
G＝m
解得：v＝
(2)“天宫一号”运行的角速度为：ω＝
根据运动学公式，在太空授课的过程中“天宫一号”与地心连线所转过的角度为：θ＝ωt
解得：θ＝t
(3)实验目的：测物体的质量．
实验方案：利用力传感器测出物体受到的合外力F；用加速度传感器测出物体运动的加速度a，根据牛顿第二定律可得：m＝
答案：(1) (2)t
(3)见解析
加餐练
1.
B 卫星围绕地球运转时，万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，即＝m2r，解得周期T＝2π
，由此可见，卫星的轨道半径r越小，周期T就越小，周期最小时，三颗卫星连线构成的等边三角形与赤道圆相切，如图所示，此时卫星轨道半径r＝2R，T＝2π
，又因为T0＝2π
＝24
h，所以T＝
·T0＝×24
h≈4
h，B正确．
2．B 开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，但并没有找出其中的原因，A、C错误，B正确；万有引力定律是牛顿发现的，D错误．
3．BD 月球表面重力加速度大小g月＝G＝·G＝g地＝1.66
m/s2，则探测器在月球表面着陆前的速度大小vt＝
＝3.6
m/s，A项错；悬停时受到的反冲作用力F＝mg月＝2×103
N，B项正确；从离开近月圆轨道到着陆过程中，有发动机工作阶段，故机械能不守恒，C项错；在近月圆轨道上运行的线速度v月＝<，故D项正确．
4.
B 同步卫星的速度v方向为正东方向，设卫星在转移轨道的速度为v1，附加速度为v2，由速度的合成可知v2的方向为东偏南方向，其大小为
v2＝≈1.9×103
m/s，故B选项正确．
5．B 在地球两极处，G＝mg0，在赤道处，G－mg＝mR，故R＝，则ρ＝＝＝＝
，B正确．
6．BC 本题考查万有引力定律、牛顿第二定律等相关知识点．根据G＝mr可得，T＝
，故运行轨道半径越大，周期越大，故卫星在近地圆轨道的周期最小，选项A错误；根据开普勒第二定律可知，卫星在椭圆轨道上由A到B的过程速率逐渐减小，选项B正确；根据G＝ma以及G＝m′g可知，卫星在近地点A的加速度为a＝＝，选项C正确；设同步轨道距地面高度为h2，根据＝m(R＋h2)，解得h2＝
－R，选项D错误．
7．D 本题考查万有引力定律、周期公式等相关知识点．从图象中可以看出，飞船每转动一圈，地球自转22.5°，故飞船的周期为T1＝×24
h＝1.5
h，同步卫星的周期为24
h，由G＝m2r，得T＝
，故＝＝2＝，故选D.
8．BD 本题考查匀速圆周运动、万有引力定律等相关知识点．由题意知，太空电梯绕地球做匀速圆周运动，和同步卫星角速度相等，在同步卫星运行高度R处，万有引力刚好提供同步卫星做圆周运动所需的向心力，在0.8R处，万有引力大于此处做圆周运动所需的向心力，故此处卫星脱离太空电梯后将做近心运动，沿曲线靠近地球，选项B正确，A、C错误；根据＝m，可得v＝
＝
，故选项D正确．
9．ABD
本题考查万有引力定律、卫星的运动及其相关的知识点．画出站在地球赤道某地的人观察到该卫星的示意图，由答图可知，此人造卫星距地面高度等于地球半径R，选项A正确；设人造卫星绕地球运行的周期为T，对于地球同步卫星和此人造卫星，由开普勒第三定律得＝，解得T≈4
h，选项B正确；由ω＝可知，此人造卫星绕地球运行的角速度约是同步卫星绕地球运行的角速度的6倍，选项C错误；由G＝m，解得v＝
，此人造卫星绕地球运行速率与同步卫星绕地球运行速率的比值为∶
＝
≈1.8，即此人造卫星绕地球运行速率约为同步卫星绕地球运行速率的1.8倍，选项D正确．
10．C 本题考查万有引力定律、匀速圆周运动等相关知识点．当黑洞表面的物体速度达到光速c时，恰好围绕其表面做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有G＝m，得R＝，与银河系中心距离为r的星体正以速率v绕银河系中心做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有G＝m，得GM＝v2r，所以R＝，选项C正确．
11．BD 本题考查天体运动、万有引力定律、开普勒第三定律等相关知识点．设水星的公转周期为T1，金星的公转周期为T2，地球的公转周期为T＝365天，根据题述水星相邻两次凌日的时间间隔为t1＝116天，可得－＝1，解得＝1＋≈4.1，选项A错误；金星相邻两次凌日的时间间隔为t2＝584天，同理可得－＝1，解得＝1＋≈1.6，选项B正确；水星的公转周期为T1＝≈89天，金星的公转周期为T2＝≈228天，由开普勒第三定律可知，＝，解得＝
<3，选项C错误；理论上发生凌日时，金星(或水星)、地球和太阳三者共线，实际上水星、金星和地球的公转轨道平面存在一定的夹角，所以水星或金星相邻两次凌日的实际时间间隔应大于理论上的时间间隔，选项D正确．
12．解题思路：(1)设月球的质量为M，卫星的质量为m，由万有引力充当向心力得：＝m2r
解得：M＝
月球的密度：ρ＝
解得：ρ＝
(2)椭圆轨道的半长轴：a＝
设椭圆轨道上运行周期为T1，由开普勒第三定律得：＝
在轨道Ⅱ上运行的时间：t＝
解得：t＝
答案：(1) (2)课练12 圆周运动的规律及应用
1.
如图甲所示，“飞车走壁”的演员骑着摩托车飞驶在光滑的圆台形筒壁上，筒的轴线垂直于水平面，圆台筒固定不动．现将圆台筒简化为如图乙所示，若演员骑着摩托车先后在A、B两处紧贴着内壁分别在图乙中虚线所示的水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )
A．A处的线速度大于B处的线速度
B．A处的角速度大于B处的角速度
C．A处对筒的压力大于B处对筒的压力
D．A处的向心力大于B处的向心力
2.
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
3.
如图所示，一根不可伸长的轻绳一端拴着一个小球，另一端固定在竖直杆上，当竖直杆以角速度ω转动时，小球跟着杆一起做匀速圆周运动，此时绳与竖直方向的夹角为θ，下列关于ω与θ关系的图象正确的是( )
4.
如图所示，两段长均为L的轻质线共同系住一个质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间距离也为L.今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v，两段线中拉力恰好均为零，若小球到达最高点时速率为2v，则此时每段线中拉力大小为( )
A.mg
B．2mg
C．3mg
D．4mg
5.
(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．当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小
6.
(多选)质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质木架上的A点和C点，如图所示，当轻杆绕轴BC以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a沿竖直方向，绳b沿水平方向，当小球运动到图示位置时，绳b被烧断且轻杆停止转动，则( )
A．小球仍在水平面内做匀速圆周运动
B．在绳b被烧断瞬间，绳a中张力突然增大
C．若角速度ω较小，小球可能在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动
D．若角速度ω较大，小球可能在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动
7.
如图所示，汽车车厢顶部悬挂一个轻质弹簧，弹簧下端拴一个质量为m的小球，当汽车以某一速度在水平地面上匀速行驶时弹簧长度为L1；当汽车匀速率通过一个桥面为圆弧形凸形桥的最高点时，弹簧长度为L2，下列选项中正确的是( )
A．L1>L2
B．L1＝L2
C．L1D．前三种情况均有可能
8．(多选)
如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是( )
A．小球通过最高点时的最小速度vmin＝
B．小球通过最高点时的最小速度vmin＝0
C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力
D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
9．(多选)如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一起，甲圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲转动，接触处无相对滑动．甲圆盘与乙圆盘的半径之比为r甲∶r乙＝3∶1，两圆盘和小物体m1、m2之间的动摩擦因数相同，m1距O点2r，m2距O′点r，当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时，下列说法正确的是( )
A．滑动前m1与m2的角速度之比ω1∶ω2＝1∶3
B．滑动前m1与m2的向心加速度之比a1∶a2＝1∶3
C．随转速慢慢增加，m1先开始滑动
D．随转速慢慢增加，m2先开始滑动
10．(多选)如图所示，在水平圆盘上沿半径方向放置用细线相连的质量均为m的A、B两个物块(可视为质点)，A和B距轴心O的距离分别为rA＝R，rB＝2R，且A、B与转盘之间的最大静摩擦力都是fm，两物块随着圆盘转动始终与圆盘保持相对静止．则圆盘转动的角速度从0逐渐增大的过程中，下列说法正确的是( )
A．B所受合外力大于A所受合外力
B．A受到的摩擦力一直指向圆心
C．B受到的摩擦力一直指向圆心
D．A、B两物块与圆盘保持相对静止的最大角速度为
11.
如图所示，一小球从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝10
cm的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点间的竖直高度h＝0.8
m，水平距离s＝1.2
m，水平轨道AB长为L1＝1
m，BC长为L2＝3
m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10
m/s2.
(1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A点的初速度．
(2)若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A点的初速度的范围．
12.
如图所示，装置BO′O可绕竖直轴O′O转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角为37°.已知小球的质量m＝1
kg，细线AC长l＝1
m，B点距C点的水平和竖直距离相等．(重力加速度g取10
m/s2)
(1)若装置匀速转动的角速度为ω1时，细线AB上的张力为零而细线AC与竖直方向的夹角仍为37°，求角速度ω1的大小．
(2)若装置匀速转动的角速度ω2＝
rad/s，求细线AC与竖直方向的夹角．
(3)装置可以以不同的角速度匀速转动，试通过计算在坐标图中画出细线AC上张力FT随角速度的平方ω2变化的关系图象．
1．(2015·天津理综)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
2．(2016·上海单科)风速仪结构如图(a)所示．光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被遮挡．已知风轮叶片转动半径为r，每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈．若某段时间Δt内探测器接收到的光强随时间变化关系如图(b)所示，则该时间段内风轮叶片( )
A．转速逐渐减小，平均速率为
B．转速逐渐减小，平均速率为
C．转速逐渐增大，平均速率为
D．转速逐渐增大，平均速率为
3．两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是( )
4．(多选)(2016·黄冈市质检)
如图所示，是自行车发展过程中出现过的一种高轮车，它最显著的特点是前轮大后轮小，前、后轮间无链条传动．骑行时，脚蹬踏设置在前轮，脚踏一圈，前轮转动一圈．若高轮车沿直线行进且前、后车轮都不打滑，下列分析正确的是( )
A．前、后两轮转动的角速度相等
B．前轮转动频率比后轮转动频率小
C．脚蹬踏频率一定时，前、后轮半径比越大，车的骑行速度越大
D．脚蹬踏频率一定时，前轮越大，车的骑行速度越大
5．(多选)
如图所示，质量相等的A、B两物体紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁上，随圆筒一起做匀速圆周运动，则下列关系中正确的有( )
A．线速度vA>vB
B．运动周期TA>TB
C．它们受到的摩擦力fA>fB
D．筒壁对它们的弹力NA>NB
6.
(2017·河北正定中学考试)在冬季奥运会短道速滑项目中，运动员绕周长仅111米的短道竞赛．比赛过程中运动员在通过弯道时如果不能很好地控制速度，将发生侧滑而偏离最佳比赛路线．图中圆弧虚线Ob代表弯道，即正常运动路线，Oa为运动员在O点时的速度方向(研究时可将运动员看做质点)．下列论述正确的是( )
A．发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心
B．发生侧滑是因为运动员受到的合力大于所需的向心力
C．若在O点发生侧滑，则滑动的方向在Oa左侧
D．若在O点发生侧滑，则滑动的方向在Oa与Ob之间
7.
如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动．现使小球在一个更高的水平面上做匀速圆周运动，而金属块Q始终静止在桌面上的同一位置，则改变高度后与原来相比较，下面的判断中正确的是( )
A．细线所受的拉力变小
B．小球P运动的角速度变大
C．Q受到桌面的静摩擦力变小
D．Q受到桌面的支持力变大
8．(多选)
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
9．(多选)(2017·东北三省四市三模)如图甲所示，一质量可忽略不计的长为l的轻杆，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置能绕O点在竖直平面内转动．假设小球在最高点的速度和对杆的弹力分别为v、FN，其中小球在最高点时对杆的弹力大小与速度平方的关系图象如图乙所示．则( )
A．重力加速度g＝
B．小球的质量m＝l
C．当v2＝c时，小球受到向上的支持力
D．当c＝2b时，轻杆对小球的作用力大小为2a
10.
(2017·重庆一中月考)如图所示，在竖直放置的离心浇铸装置中，电动机带动两个支承轮同向转动，管状模型放在这两个支承轮上靠摩擦带动，支承轮与管状模型间不打滑．铁水注入之后，由于离心作用，铁水紧紧靠在模型的内壁上，从而可得到密实的铸件，浇铸时支承轮转速不能过低，否则，铁水会脱离模型内壁，产生次品．已知管状模型内壁半径为R，支承轮的半径为r，重力加速度为g，则支承轮转动的最小角速度为( )
A.
B.
C.
D.
11.
现有一根长L＝1
m的刚性轻绳，其一端固定于O点，另一端系着质量m＝0.5
kg的小球(可视为质点)，将小球提至O点正上方的A点处，此时绳刚好伸直且无张力，如图所示．不计空气阻力，g取10
m/s2，则：
(1)为保证小球能在竖直面内做完整的圆周运动，在A点至少应施加给小球多大的水平速度？
(2)在小球以速度v1＝4
m/s水平抛出的瞬间，绳中的张力为多少？
(3)在小球以速度v2＝
1
m/s水平抛出的瞬间，绳中若有张力，求其大小；若无张力，试求绳子再次伸直时所经历的时间．
12．(2017·日照联合检测)
如图所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO′匀速转动，规定经过圆心O且水平向右为x轴正方向．在O点正上方距盘面高为h＝5
m处有一个可间断滴水的容器，从t＝0时刻开始，容器沿水平轨道向x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动．已知t＝0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面时再滴下一滴水．(取g＝10
m/s2)
(1)每一滴水离开容器后经过多长时间滴落到盘面上？
(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘的角速度ω应为多大？
(3)当圆盘的角速度为1.5π时，第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的距离为2
m，求容器的加速度a.
课练12 圆周运动的规律及应用
1．A 物体受到的重力和筒壁的支持力的合力提供向心力，因为在这两点支持力相等，所以重力和支持力的合力相等，故向心力相等，D错误；根据牛顿第三定律可得A处对筒的压力等于B处对筒的压力，C错误；根据公式F＝m可得半径越大，线速度越大，故A处的线速度大于B处的线速度，A正确；根据公式F＝mω2r可得半径越大，角速度越小，故A处的角速度小于B处的角速度，B错误．
2．C 随着角速度的增大，小物体在最低点最先与圆盘发生相对滑动，此时小物体所受最大静摩擦力指向圆心，有μmgcos30°－mgsin30°＝mω2r，可得ω＝1.0
rad/s，故选C.
3．D 分析小球受力，其所受合外力F＝mgtanθ.由牛顿第二定律有F＝mω2Lsinθ，联立解得ω2＝，关于ω与θ关系的图象正确的是D.
4．A
当小球到达最高点速率为v时，有mg＝m，当小球到达最高点速率为2v时，应有F＋mg＝m＝4mg，所以F＝3mg，分解力F如图所示，所以FT＝mg，A正确．
5．AC 汽车以速率vc转弯，需要指向内侧的向心力，汽车恰好没有向公路内、外两侧滑动的趋势，说明该弯道处公路内侧较低外侧较高，选项A正确．车速只要低于vc，车辆便有向内侧滑动的趋势，但不一定向内侧滑动，选项B错误．车速虽然高于vc，由于车轮与地面有摩擦力，所以只要速度不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动，选项C正确．根据题述，汽车恰好没有向公路内、外两侧滑动的趋势，没有受到摩擦力，所以当路面结冰时，与未结冰时相比，转弯时vc的值不变，选项D错误．
6．BCD 小球原来在水平面内做匀速圆周运动，绳b被烧断后，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动或做圆周运动，故A错误；绳b被烧断前，小球在竖直方向没有位移，加速度为零，绳a中张力大小等于小球的重力，在绳b被烧断瞬间，绳a中张力与重力的合力提供小球的向心力，而向心力竖直向上，绳a的张力将大于重力，即张力突然增大，故B正确；若角速度ω较小，小球原来的速度较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动，故C正确；若角速度ω较大，小球原来的速度较大，小球可能在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动，故D正确．
7．A 当汽车匀速率通过一个桥面为圆弧形凸形桥的最高点时，加速度向下，处于失重状态，故L1>L2，选项A正确．
8．BC 在最高点，由于管外壁或内壁都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于0时，内壁对小球产生的弹力大小为mg，故最小速度为0，故A错误、B正确．小球在水平线ab以下管道中运动时，由于沿半径方向的合力提供小球做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用力，而内侧管壁对小球一定无作用力，故C正确．小球在水平线ab以上管道中运动时，由于沿半径方向的合力提供小球做圆周运动的向心力，可能外侧管壁对小球有作用力，也可能内侧管壁对小球有作用力，故D错误．
9．AD 甲、乙两圆盘边缘上的各点线速度大小相等，有ω甲·3r＝ω乙·r，得ω甲∶ω乙＝1∶3，所以物体相对圆盘开始滑动前，m1与m2的角速度之比为ω1∶ω2＝1∶3，故A正确．物体相对圆盘开始滑动前，根据a＝ω2r得，m1与m2的向心加速度之比为a1∶a2＝ω·2r∶ωr＝2∶9，故B错误．根据μmg＝mrω2知，临界角速度ω＝，可知两个小物体的临界角速度之比为1∶，甲、乙线速度相等，甲、乙角速度之比为ω甲∶ω乙＝1∶3，可知当转速增加时，m2先达到临界角速度，所以m2先开始滑动，故D正确、C错误．
10．ACD 由于A、B都做匀速圆周运动，合力提供向心力，根据牛顿第二定律得F合＝mω2r，角速度ω相等，B的半径较大，所需向心
力较大，故所受合力较大，故选项A正确；由于最初圆盘转动角速度较小，A、B随圆盘做圆周运动所需向心力较小，可由A、B与盘面间静摩擦力提供，静摩擦力均指向圆心．由于B所需向心力较大，当B与盘面间静摩擦力达到最大值时(此时A与盘面间静摩擦力还没有达到最大)，若继续增大转速，则B将做离心运动，而拉紧细线，使细线上出现张力，转速越大，细线上张力越大，当A与盘面间静摩擦力也达到最大时，B将开始滑动，A由于拉力作用，将靠近圆心，所以A受到的摩擦力先指向圆心，后背离圆心，而B受到的摩擦力一直指向圆心，故选项B错误，选项C正确；当A与盘面间静摩擦力恰好达到最大时，B将开始滑动，受力如图所示，则根据牛顿第二定律，对A有T－fm＝mωR，对B有T＋fm＝mω·2R，解得最大角速度ωm＝
，故选项D正确．
11．解题思路：(1)设小球恰能通过圆形轨道最高点的速度为v，由牛顿第二定律得mg＝m，由B到最高点，由机械能守恒定律得mv＝2mgR＋mv2，由A到B，－μmgL1＝mv－mv，解得小球在A点的速度为vA＝3
m/s.
(2)若小球刚好停在C处，则有－μmg(L1＋L2)＝0－mv，解得vA1＝4
m/s.
若小球停在BC段，则3
m/s≤vA≤4
m/s.
若小球恰能通过C点，并越过壕沟，则有h＝gt2，s＝vCt，
－μmg(L1＋L2)＝mv－mv，则有vA2＝5
m/s，
所以小球在A点的初速度范围为3
m/s≤vA≤4
m/s和vA≥5
m/s.
答案：(1)3
m/s (2)3
m/s≤vA≤4
m/s和vA≥5
m/s
12．解题思路：(1)当细线AB上的张力为零时，小球的重力和细线AC张力的合力提供小球做圆周运动的向心力，有
mgtan37°＝mωlsin37°，
解得ω1＝
＝
rad/s.
(2)当ω2＝
rad/s时，小球应该向左上方摆起，假设细线AB上的张力仍然为零，则
mgtanθ′＝mωlsinθ′，解得cosθ′＝，
则θ′＝53°.
因为B点距C点的水平和竖直距离相等，所以，当θ′＝53°时，细线AB恰好竖直，且＝＝tan53°.
说明细线AB此时的张力为零，故此时细线AC与竖直方向的夹角为53°.
(3)①ω≤ω1＝
rad/s时，细线AB水平，细线A、C上的张力的竖直分量等于小球的重力，即FTcos37°＝mg，则FT＝＝12.5
N.
②ω1<ω<ω2时，细线AB松弛，细线AC上张力的水平分量等于小球做圆周运动需要的向心力，FTsinθ＝mω2lsinθ，则FT＝mω2l.
③ω2≤ω时，细线AB在竖直方向绷直，仍然由细线AC上张力的水平分量提供小球做圆周运动需要的向心力．
FTsinθ＝mω2lsinθ，则FT＝mω2l.
综上所述：ω≤ω1＝
rad/s时，FT＝12.5
N不变；
ω>ω1时，FT＝mω2l＝ω2(N)．FT－ω2关系图略．
答案：(1)
rad/s (2)53° (3)ω≤ω1＝
rad/s时，FT＝12.5
N不变；ω>ω1时，FT＝mω2l＝ω2(N)．FT－ω2关系图象略
加餐练
1．B 宇航员在舱内受到的支持力与他站在地球表面时受到的支持力大小相等，mg＝mω2r，即g＝ω2r，可见r越大，ω就应越小，B正确、A错误；角速度与质量m无关，C、D错误．
2．B 由图(b)分析可知透过光的时间越来越长，说明风轮叶片转速逐渐减小，还能看出Δt时间内凸轮圆盘转了4圈，又因为它转1圈风轮叶片转n圈，所以Δt时间内风轮叶片转了4n圈，所以它的平均速率v＝＝，故只有B项正确．
3．B
小球做匀速圆周运动，对其受力分析如图所示，则有mgtanθ＝mω2Lsinθ，整理得：Lcosθ＝，则两球处于同一高度，故B正确．
4．BD 本题考查圆周运动．前、后两轮转动过程中，在相等时间内通过的路程相等，故线速度大小相等，由于前轮半径大，故角速度小，转动频率小，选项A错误、B正确；脚蹬踏频率一定时，前轮半径越大，线速度越大，车的骑行速度越大，与前、后轮半径比大小无关，选项C错误、D正确．
5．AD 本题考查线速度、角速度、周期、向心力等相关知识点．由v＝ωr知，ω相同，则线速度与半径成正比，A的半径大，则其线速度大，故选项A正确；A、B两物体同轴转动，角速度相同，周期相同，故选项B错误；两个物体竖直方向都没有加速度，受力平衡，所受的摩擦力都等于重力，而两个物体的重力相等，所以可得摩擦力FfA＝FfB，故选项C错误；两个物体都做匀速圆周运动，由圆筒的弹力提供向心力，则FN＝mω2r，m、ω相等，F与r成正比，所以可知FNA>FNB，故选项D正确．
6．D 本题考查离心运动、向心力等相关知识点．发生侧滑是因为运动员的速度过大，所需要的向心力过大，运动员受到的合力小于所需的向心力，不是受到的合力方向背离圆心，选项A、B错误；运动员水平方向不受任何外力时沿Oa线做离心运动，实际上运动员要受摩擦力作用，所以滑动的方向在Oa与Ob之间，选项C错误、D正确．
7．B
本题考查共点力的平衡、水平方向的圆周运动等相关知识点．设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为FT，细线的长度为L，P球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图所示，则有FT＝，FN＝mgtanθ＝mω2Lsinθ，解得角速度ω＝
.小球在一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，cosθ减小，故细线拉力F增大，角速度增大，周期T减小，选项A错误、B正确；对Q，由平衡条件知，FT＝f，FN＝mQg，故Q受到桌面的静摩擦力变大，支持力不变，选项C、D错误．
8．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/sm/s，故选B、C.
9．AB 本题考查轻杆模型在竖直平面内的圆周运动、小球在最高点对杆的弹力大小与速度平方的关系图象、牛顿运动定律等知识点．根据题图乙中小球在最高点时对杆的弹力大小与速度平方的关系图象可知，当速度的二次方等于b时，小球在最高点对杆的弹力大小为零，由圆周运动规律可得mg＝m＝m，解得g＝，选项A正确；当速度的二次方等于0时，小球在最高点对杆的弹力大小为a，由平衡条件可得mg＝a，解得小球的质量m＝l，选项B正确；当v2＝c时，小球受到向下的拉力，选项C错误；当c＝2b时，设此时杆对小球的作用力大小为F，则有F＋mg＝m＝m＝m＝2mg，解得F＝mg＝a，选项D错误．
10．B 经过最高点的铁水要紧压模型内壁，临界情况是重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律，有mg＝m，解得v＝.支承轮边缘与模型边缘线速度相等，故支承轮边缘的最小线速度也为，支承轮转动的最小角速度ω＝＝，B正确．
11．解题思路：(1)小球做圆周运动的临界条件为在轨迹最高点时重力刚好提供物体做圆周运动的向心力，即mg＝m
解得v0＝＝
m/s
(2)因为v1>v0，故绳中有张力．根据牛顿第二定律有
FT＋mg＝m
代入数据得FT＝3
N
(3)因为v2L2＝(y－L)2＋x2
x＝v2t
y＝gt2
代入数据联立解得t＝0.6
s(t＝0
s舍去)
答案：(1)
m/s (2)3
N (3)0.6
s
12．解题思路：(1)离开容器后，每一滴水在竖直方向上做自由落体运动．则每一滴水滴落到盘面上所用时间t＝
＝1
s
(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，则圆盘在1
s内转过的弧度为kπ，k为不为零的正整数
由ωt＝kπ
得ω＝kπ
＝kπ，其中k＝1,2,3…
(3)第二滴水离开O点的距离为x1＝at2＋(at)t＝a
第三滴水离开O点的距离为x2＝a(2t)2＋(a·2t)t＝4a
又Δθ＝ωt＝1.5π
即第二滴水和第三滴水分别滴落在圆盘上x轴方向及垂直x轴的方向上，所以x＋x＝x2
即2＋(4a)2＝22
解得a＝
m/s2
答案：(1)1
s (2)kπ(k＝1,2,3，…) (3)
m/s2周测七 恒定电流(A卷)
(本试卷满分95分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1．(多选)对公式I＝和I＝的理解，下列说法中正确的是( )
A．由I＝可知导体的电阻与导体两端的电压成正比
B．由I＝可知导体中的电流既与导体两端的电压有关也与导体的电阻有关
C．由I＝可知导体的电流与通电时间成反比
D．由I＝可知导体中的电流为零时，导体两端的电压一定为零
2．(多选)如图所示为长度相同的镍铬合金丝甲和乙的伏安特性曲线，根据所掌握的知识分析下列选项，其中正确的是
( )
A．甲的直径小
B．由图象可知镍铬合金丝的电阻随电压的增大而增大
C．将甲和乙并联接在电路中时，通过甲的电流大
D．将甲和乙串联接在电路中时，甲消耗的电功率小
3．(多选)如图所示为一水平绝缘盘，盘边缘均匀地固定着带负电的电荷，从上向下看，盘面沿逆时针方向匀速转动，则对该过程中形成的电流的理解正确的是( )
A．如果仅将盘边缘固定的总电荷量加倍，则其形成的电流也加倍
B．如果仅将盘面转动的角速度加倍，则其形成的电流也加倍
C．如果仅增大盘的半径，则其形成的电流也增大
D．如果仅增大盘的半径，则其形成的电流减小
4.
如图所示为一长方体金属导体的截面图，其左右长度为10
cm，上下宽度为5
cm，如果将导体左右两接线柱接入恒定电压时，测得电流的大小为1
A，如果将上下两接线柱接入同样的电压时，测得电流的大小应为( )
A．4
A
B．2
A
C.
A
D.
A
5.
如图所示为吹风机的工作电路图，其中M和A分别为电动机和电阻丝，且rm为吹风机的内阻、R为电阻丝A的电阻．已知该吹风机有两个挡位，电源电压恒为220
V，低挡消耗的电功率为120
W，高挡消耗的电功率为1
000
W．则下列关于对该电路的分析正确的是( )
A．两电键均闭合时吹风机为低挡位
B．rM＝
Ω
C．R＝55
Ω
D．低挡位时，电阻丝每秒产生的焦耳热为880
J
6．(多选)
如图所示是甲、乙、丙三个电源的路端电压U与干路电流I的图象，甲和丙的图线平行，下列判断正确的是( )
A．甲电源的电动势比乙电源的大
B．乙电源的电动势和内阻都比丙电源的大
C．甲和丙两电源的内阻相等
D．甲电源的内阻大，丙电源的内阻小
7．(多选)将三个阻值均为R的定值电阻分别与电动势相同且内阻分别为r1、r2、r3的电源A、B、C连接，电阻之间的关系为R＝r1>r2>r3，则下列说法正确的是( )
A．电源A的内阻消耗功率最大
B．电源A的输出电压最大
C．电源B的输出功率最大
D．电源C的输出功率最大
8．(多选)
在如图所示的电路中，电源内阻r≠0，定值电阻R2消耗的功率用P表示，两电表均为理想电表，电容器与滑动变阻器并联，电压表和电流表的读数分别用U、I表示，电容器所带的电荷量用Q表示，通过电源的电荷量为q时，电源所做的功用W表示．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列图象正确的是( )
二、非选择题(本题包括4小题，共47分)
9.
(9分)在“测定金属的电阻率\”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径d时的刻度位置如图所示，用米尺测出金属丝的长度L，金属丝的电阻大约为5
Ω，用伏安法测出金属丝的电阻R，然后由ρ＝R算出该金属材料的电阻率．
(1)从图中读出金属丝的直径d为________mm.
(2)(ⅰ)为测金属丝的电阻，取来两节新的干电池、开关和若干导线及下列器材：
①电压表：0～3
V，内阻10
kΩ
②电压表：0～15
V，内阻50
kΩ
③电流表：0～0.6
A，内阻0.05
Ω
④电流表：0～3
A，内阻0.01
Ω
⑤滑动变阻器：0～10
Ω
⑥滑动变阻器：0～100
Ω
下列说法正确的是( )
A．电压表应选用器材①
B．电流表应选用器材④
C．实验时通电时间不宜过长
D．d值只需在金属丝中央测量一次即可
(ⅱ)实验中某同学的实物接线如图所示，
请指出该同学实物接线中的两处明显错误．
错误1：_____________________________________________；
错误2：___________________________________________.
10．(9分)使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端．现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60
mA的电流表，电阻箱，导线若干．实验时，将多用电表调至×1
Ω挡，调好零点；电阻箱置于适当数值．完成下列填空：
(1)仪器连线如图所示(a和b是多用电表的两个表笔)．若两电表均正常工作，则表笔a为________(填“红”或“黑”)色；
(2)若适当调节电阻箱后，图中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如下图所示，则多用电表的读数为______
Ω，电流表的读数为________
mA，电阻箱的读数为________
Ω；
(3)将图中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为________
mA；(保留三位有效数字)
(4)计算得到多用电表内电池的电动势为__________
V．(保留三位有效数字)
11．(14分)有一用电器的铭牌上标明额定电压为100
V，额定功率因字迹不清而无法辨认，但该用电器有显示是否处于正常工作状态的装置，现将该用电器与一阻值变化范围为0～100
Ω的滑动变阻器连接后，接在输出电压为220
V的电源两端．
(1)为使用电器安全正常地工作，应采用怎样的接法？画出电路图．
(2)在正确连接的电路中，当用电器正常工作时通过电源的电流为2.4
A，求用电器消耗的电功率与整个电路消耗的电功率之比．
12．(15分)(2017·湖南郴州期末)
如图所示，电源的电动势E＝110
V，电阻R1＝21
Ω，电动机线圈电阻R0＝0.5
Ω，S1始终闭合．当S2断开时，电阻R1的功率是525
W；当S2闭合时，电阻R1的功率是336
W，求：
(1)电源的内阻；
(2)S2闭合时电动机的输出功率．
周测七 恒定电流(A卷)
1．BD 对于导体而言，导体的电阻与其两端所加的电压无关，A错误；由欧姆定律公式I＝可知，导体中电流与导体两端的电压和导体的电阻有关，对某一段导体来说，导体中的电流跟它两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比，B正确；导体中的电流与通电时间无关，C错误；导体中的电流为零时，一定是导体两端的电压为零，D正确．
2．CD I—U图线的斜率表示电阻的倒数，甲的I—U图线斜率大于乙的I—U图线斜率，所以甲的电阻小于乙的电阻，根据电阻定律R＝ρ，且长度相同，材料相同，可知甲的横截面积大，则甲的直径大，A错误；电阻的大小与电压和电流大小无关，B错误；根据并联电压相等，则通过导体的电流与电阻成反比，因此通过甲的电流大于通过乙的电流，C正确；根据串联电流相等，由功率表达式，P＝I2R可得电阻越小，则电功率越小，因此甲消耗的电功率较小，D正确．
3．AB 时间t内通过横截面(沿盘半径的切面)的电荷量为Q′＝·vt，v＝ωR，I＝＝，因此A、B正确．
4．A 设沿左右方向的横截面积为S1，沿上下方向的横截面积为S2，则＝，设当导体左右两接线柱接入电路时的电阻为R1，当导体上下两接线柱接入电路时的电阻为R2，则有＝＝4.则电压相同的情况下，电流之比为＝＝，故I2＝4I1＝4
A，A正确．
5．C 两电键均闭合时，电动机、电阻丝均工作，吹风机为高挡位，A错误；由于电动机为非纯电阻元件，所以不能用P低＝求解，B错误；对电阻丝由P＝得，R＝＝
Ω＝55
Ω，C正确；吹风机为低挡位时，电键S1处于断开状态，没有电流流过电阻丝，因此其消耗的电能为0，D错误．
6．BC 由闭合电路欧姆定律U＝E－Ir得，当I＝0时，U＝E，即图线与纵轴交点数值表示电源电动势大小，电源的内阻大小等于图线斜率的绝对值，即r＝||.由电源的U—I图象纵轴截距可知甲、乙两电源电动势相等，图线斜率的绝对值等于电源的内阻大小，所以甲电源的内阻小于乙电源的内阻，而甲、丙两电源的内阻相等，但甲电源的电动势大于丙电源的电动势，那么乙电源的电动势和内阻都比丙电源的大，故A、D错误，B、C正确．
7．AD 三个电源的电动势E相同，而电阻之间的关系为R＝r1>r2>r3，根据闭合电路欧姆定律得I＝，当定值电阻接在电源上时，内电阻消耗的功率为P＝I2r＝2r＝，则当R＝r时，P最大，可知定值电阻与电源A连接时，电源内阻消耗的功率最大，A正确；在连接电源时，定值电阻两端的电压U＝IR＝E＝，由于电源A的内阻最大，故输出电压U最小，B错误；电源的输出功率P出＝I2R，由于电源C的内阻最小，故连接电源C时电流最大，电源C的输出功率最大，C错误、D正确．
8．AB 当滑动变阻器滑片向右滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中的电流增大，R2消耗的功率为P＝I2R2，功率与电流的关系为二次函数关系，A正确；电容器C的电压UC＝E－I(R2＋r)，电荷量Q＝CUC＝C[E－I(R2＋r)]，则＝－C(R2＋r)，保持不变，则Q－I图线是向下倾斜的直线，B正确；电压表示数U＝E－Ir，U—I图线应是向下倾斜的直线，C错误；电源通过电荷量q时，电源做的功W＝qE，E是电源的电动势，则W—q是过原点的直线，D错误．
9．解题思路：(1)螺旋测微器的固定刻度为1.5
mm，可动刻度为20.2×0.01
mm＝0.202
mm，所以最终读数为1.5
mm＋0.202
mm＝1.702
mm.
(2)(ⅰ)电源由两节干电池串联组成，电动势为3
V，电压表选①，故A正确；电路最大电流约为I＝＝0.6
A，电流表应选③，故B错误；通电时间过长，金属丝会发热，阻值发生变化，故C正确；d值需要在中间和两端都测量求平均值，故D错误．
(ⅱ)金属丝阻值约为5
Ω，电流表内阻为0.05
Ω，电压表内阻为10
kΩ，电压表内阻远大于金属丝阻值，电流表应采用外接法，导线应接在滑动变阻器的接线柱上．
答案：(1)1.702 (2)(ⅰ)AC (ⅱ)导线接在了滑动变阻器的滑片上 电流表内接
10．解题思路：(1)由多用电表内部电源电流“红表笔进，黑表笔出”，电流表“＋”接线柱电流流进，“－”接线柱电流流出知，a表笔为黑色表笔．
(2)根据题图读数，多用电表读数为14.0
Ω，电流表读数为53.0
mA，电阻箱读数为4×1
Ω＋6×0.1
Ω＝4.6
Ω.
(3)从多用电表表盘来看，指针指在电流表“130”处时实际电流为53.0
mA，故指针指到最右端“250”处时，实际电流为53.0×
mA≈102
mA.
(4)由E－IR＝Ir知，E－14.0×0.053
V＝0.053
A×r，＝0.102
A，
得E≈1.55
V.
答案：(1)黑 (2)14.0 53.0 4.6
(3)102 (4)1.55
11．解题思路：
(1)由于用电器阻值未知，所以滑动变阻器应采用分压接法，使其电压可以从0开始调节．电路如图所示．
(2)设滑动变阻器串联部分电阻为Rx，其与用电器并联部分的电压为100
V，则Rx的电压为120
V，Rx的电流为2.4
A，则Rx＝50
Ω.滑动变阻器并联部分的电阻为100
Ω－Rx＝50
Ω，电流为I1＝
A＝2
A，通过用电器的电流为I2＝0.4
A，用电器的功率P2＝40
W，所求电功率之比为＝.
答案：(1)见解析 (2)
12．解题思路：(1)设S2断开时R1的功率为P1，则P1＝2R1解得r＝1
Ω
(2)S2闭合时，设R1两端电压为U，功率为P′1，由P′1＝，解得U＝84
V
由E＝U＋Ir，得I＝26
A
R1中电流I1＝＝4
A
电动机中的电流I2＝I－I1＝22
A
由UI2＝P出＋IR0，得P出＝1
606
W.
答案：(1)
1
Ω (2)1
606
W课练4 重力 弹力 摩擦力
1．下列关于重力和重心的说法正确的是( )
A．物体所受的重力就是地球对物体产生的吸引力
B．物体静止时，对水平支持物的压力就是物体的重力
C．用细线将物体悬挂起来，静止时物体的重心一定在悬线所在的直线上
D．重心就是物体所受重力的等效作用点，故重心一定在物体上
2．一根轻质弹簧，当它上端固定、下端悬挂重为G的物体时，长度为L1；当它下端固定在水平地面上，上端压一重为G的物体时，其长度为L2，则它的劲度系数是( )
A.
B.
C.
D.
3.
质量均为m的a、b两木块叠放在水平面上，如图所示，a受到斜向上与水平面成θ角的力F作用，b受到斜向下与水平面成θ角且与F等大的力F′作用，两力在同一竖直平面内，此时两木块保持静止，则( )
A．b对a的支持力一定等于mg
B．水平面对b的支持力可能大于2mg
C．a、b之间一定存在静摩擦力
D．b与水平面之间可能存在静摩擦力
4．一根大弹簧内套一根小弹簧，大弹簧比小弹簧长0.20
m，它们的下端固定在地面上，而上端自由，如图甲所示．当加力压缩此组合弹簧时，测得力和弹簧压缩距离之间的关系如图乙所示，则两弹簧的劲度系数分别是(设大弹簧的劲度系数为k1，小弹簧的劲度系数为k2)( )
A．k1＝100
N/m，k2＝200
N/m
B．k1＝200
N/m，k2＝100
N/m
C．k1＝100
N/m，k2＝300
N/m
D．k1＝300
N/m，k2＝200
N/m
5.
用力F把容器压在竖直墙壁上，使容器保持静止状态．用管子缓慢向容器中加水，容器仍保持静止，则下列说法中正确的是
( )
A．力F必须逐渐增大
B．容器受到墙壁的摩擦力逐渐增大
C．容器受到墙壁的压力一定逐渐增大
D．容器受到墙壁的摩擦力与弹力成正比
6．(多选)
如图所示，在水平力F作用下，木块A、B保持静止．若木块A与B接触面是水平的，且F≠0.则关于木块B的受力个数可能是( )
A．3个
B．4个
C．5个
D．6个
7．如图所示，位于水平桌面上的木板P，由跨过定滑轮的轻绳与物块Q相连，两段轻绳都是水平的．已知Q与P、P与桌面之间的动摩擦因数均为μ，木板P与物块Q的质量都是m，滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计，若用一水平向左的力F拉P使它做匀速运动，则F的大小为
( )
A．3μmg
B．4μmg
C．5μmg
D．6μmg
8．物块m位于斜面上，受到平行于斜面的水平力F的作用处于静止状态．如图所示，若将外力F撤去，则( )
A．物块可能会沿斜面下滑
B．物块受到的摩擦力变小
C．物块受到的摩擦力大小不变
D．物块对斜面的压力变小
9．如图所示，物体A、B用细绳与轻弹簧连接后跨过滑轮．A静止在倾角为45°的粗糙斜面上，B悬挂着，已知质量mA＝3mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°减小到30°，那么下列说法中正确的是( )
A．弹簧的弹力将减小
B．物体A对斜面的压力将减小
C．物体A受到的静摩擦力将减小
D．弹簧的弹力及A受到的静摩擦力都不变
10.
(多选)一斜劈A静止在粗糙的水平面上，在其斜面上放着一滑块B，若给滑块B一平行斜面向下的初速度v0，则B正好保持匀速下滑．如图所示，现在B下滑过程中再加一个作用力，则以下说法正确的是( )
A．在B上加一竖直向下的力F1，则B将保持匀速运动，A对地无摩擦力的作用
B．在B上加一沿斜面向下的力F2，则B将加速运动，A对地有水平向左的静摩擦力的作用
C．在B上加一水平向右的力F3，则B将减速运动，在B停止前A对地有向右的摩擦力的作用
D．无论在B上加什么方向的力，在B停止前A对地都无静摩擦力的作用
11.
如图所示，放在水平地面上的物体A的重力G＝100
N，右侧连着一轻质弹簧，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.4，弹簧的劲度系数k＝2
500
N/m.可近似认为物体所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用力拉弹簧，则：
(1)当弹簧伸长1
cm时，求弹簧弹力F1和物体所受的摩擦力f1的大小；
(2)当弹簧伸长2
cm时，求弹簧弹力F2和物体所受的摩擦力f2的大小．
12.
如图所示，质量为m1＝5
kg的滑块静置于一粗糙的斜面上，现用一平行于斜面的力F＝30
N推滑块，使滑块沿斜面向上匀速运动，已知斜面体质量为m2＝10
kg，且始终静止，取g＝10
m/s2，求：
(1)斜面对滑块的摩擦力；
(2)地面对斜面体的摩擦力和支持力．
1．(多选)(2016·新课标全国卷Ⅰ)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则( )
A．绳OO′的张力也在一定范围内变化
B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
2．(2016·江苏物理)一轻质弹簧原长为8
cm，在4
N的拉力作用下伸长了2
cm，弹簧未超出弹性限度．则该弹簧的劲度系数为( )
A．40
m/N
B．40
N/m
C．200
m/N
D．200
N/m
3．(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．
现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定的偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内
)，与稳定在竖直位置时相比，小球的高度( )
A．一定升高
B．一定降低
C．保持不变
D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
4．(2014·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
5．(多选)(2015·广东卷)如图所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都固定在水平地面上，将杆竖直紧压在地面上，若三条绳长度不同，下列说法正确的是( )
A．三条绳中的张力都相等
B．杆对地面的压力大于自身重力
C．绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零
D．绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力
6．(2015·山东卷)
如图所示，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.
7．(2017·安徽第三次联考)如图所示，一圆环套在竖直光滑的杆上，杆的直径比环的内径略小，圆环通过轻弹簧与放在地面上的物块相连，开始时弹簧处于原长，由静止释放圆环，
到圆环向下的速度达到最大的过程中(此过程物块一直保持静止)( )
A．圆环受到的合力在减小
B．杆对圆环的作用力在减小
C．地面对物块的摩擦力在减小
D．地面对物块的支持力在减小
8.
(2017·广东佛山二模)如图所示，两个小球a、b质量均为m，用细线相连并悬挂于O点，现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为θ＝45°，已知弹簧的劲度系数为k，则弹簧形变量不可能是( )
A.
B.
C.
D.
9．(2017·湖南益阳调研)如图所示，三根轻绳系于竖直杆上的同一点O，其中轻绳OA与OB等长且夹角为60°，竖直杆与平面AOB所成的角为30°.若轻绳OA、OB的拉力均为20
N，要使杆受到绳子作用力的方向竖直向下，则水平轻绳OC的拉力大小为( )
A．10
N
B．20
N
C．20
N
D．10
N
10．(2017·河北衡水中学月考)如图，小球C置于内侧面光滑的半球形凹槽B内，B放在长木板A上，整个装置处于静止状态．在缓慢减小木板的倾角θ过程中，下列说法正确的是( )
A．A受到的压力逐渐减小
B．A受到的摩擦力逐渐减小
C．C对B的压力逐渐变大
D．C受到三个力的作用
11．(2017·河南八市质检)如图所示，质量均为1
kg的小球a、b在轻弹簧A、B及外力F的作用下处于平衡状态，其中A、B两个弹簧的劲度系数均为5
N/m，B弹簧上端与天花板固定连接，轴线与竖直方向的夹角为60°，A弹簧竖直，g取10
m/s2，则以下说法正确的是( )
A．A弹簧的伸长量为3
cm
B．外力F＝10
N
C．B弹簧的伸长量为4
cm
D．突然撤去外力F瞬间，b球加速度为0
12.
(2017·河北石家庄模拟)如图所示，一质量为M、倾角为θ的斜面体置于水平地面上，质量为m的小木块(可视为质点)放在斜面上．现用一平行于斜面、大小恒定的拉力F作用于小木块上，拉力在以斜面所在的平面内绕小木块旋转一周的过程中，斜面体和小木块始终保持静止状态，下列说法中正确的是
( )
A．小木块受到斜面的最大摩擦力为
B．小木块受到斜面的最大摩擦力为F－mgsinθ
C．斜面体受到水平地面的最大摩擦力为F
D．斜面体受到水平地面的最大摩擦力为Fcosθ
课练4 重力 弹力 摩擦力
1．C 重力是由地球吸引产生的，是所受引力的一个分力，两者一般不等，A错．压力和重力是两种性质不同的力，B错．由平衡条件知，细线拉力和重力平衡，重心在重力作用线上，C对．重心跟物体的形状、质量分布有关，是重力的等效作用点，但不一定在物体上，如折弯成直角的均匀直杆，D错．
2．D 设弹簧原长为L0，由胡克定律知，G＝k(L1－L0)，G＝k(L0－L2)，联立可得k＝，D对．
3．C 对a、b整体，外力和为零，故地面与b之间无摩擦力，否则无法平衡，D错；由竖直方向受力平衡可知两个力F的竖直分量平衡，故地面对b的支持力等于2mg，B错；对a采用隔离法分析，受到竖直向下的重力、竖直向上的b对a的支持力、水平向左的摩擦力和力F四个力的作用，摩擦力不可能为零，否则a不能平衡，由竖直方向受力平衡条件知b对a的支持力小于a的重力mg，A错，C对．
4．A 当拉力小于20
N时，只压缩大弹簧，所以0～0.2
m过程中图线的斜率等于大弹簧的劲度系数，k1＝＝100
N/m.但压缩量为0.3
m时，大弹簧被压缩了0.3
m，而小弹簧被压缩了0.1
m，则F＝k1×0.3
m＋k2×0.1
m＝50
N，得k2＝200
N/m，选项A正确．
5．B 用管子缓慢向容器中加水，容器仍保持静止，容器和水的总重力逐渐增大，由平衡条件可知容器受到墙壁的静摩擦力逐渐增大，选项B正确；力F的大小可能不变，A错误；容器受到墙壁的压力与力F大小相等，由于容器仍保持静止，容器受到墙壁的静摩擦力与弹力不成正比，选项C、D错误．
6．BC 对A受力分析，由平衡条件可知，A受到B对A向右的静摩擦力．由牛顿第三定律，B受到A作用的向左的静摩擦力．再分析B物体，B受重力、A对B的压力、A对B向左的静摩擦力、斜面对B斜向右上方的支持力，还可能受到斜面对B的静摩擦力，所以B的受力个数可能是4个，也可能是5个．
7．B 对物块Q受力分析，设跨过定滑轮的轻绳拉力为T，物块Q与P间的滑动摩擦力为f＝μmg，根据共点力平衡条件有T＝f；对木板P受力分析，P受拉力F，绳的拉力T，Q对P向右的摩擦力f，地面对P向右的摩擦力f′，根据共点力平衡条件有F＝f＋f′＋T，地面对P向右的摩擦力f′＝μ(2m)g，由以上各式可以解得F＝4μmg，故B正确．
8．B 开始时，物块在斜面上受重力mg、斜面的支持力N和摩擦力f、水平力F作用，物块处于静止状态，因此f为静摩擦力，根据共点力平衡条件可知，在垂直于斜面的方向上有N＝mgcosα，在平行于斜面的方向上有f＝，由于水平力F与斜面平行，因此即使撤去外力F，对垂直于斜面方向上的受力情况无影响，故选项D错误；当撤去外力F后，在平行于斜面方向上，除斜面对物块的摩擦力以外，仅剩下重力沿斜面向下的分力，且有mgsinα<，所以此时斜面对物块的摩擦力仍然是静摩擦力，故选项A错误；且有f′＝mgsinα，故选项B正确、C错误．
9．C 当斜面的倾角为45°时，A、B静止，A受到重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力，由于3mBgsin45°>mBg，可知摩擦力沿斜面向上．当斜面的倾角变为30°时，同理3mBgsin30°>mBg，可知物体A仍静止，且摩擦力仍沿斜面向上．将斜面倾角由45°减小到30°，弹簧的弹力都等于物体B的重力，选项A错误；倾角减小，物体A对斜面的压力将增大，选项B错误；斜面倾角为45°时，物体A的重力沿斜面方向分力为3mBgsin45°，由平衡条件可知物体A受到的静摩擦力为3mBgsin45°－mBg，斜面倾角由45°减小到30°后，物体A受到的静摩擦力为3mBgsin30°－mBg，所以物体A受到的静摩擦力将减小，选项C正确、D错误．
10．AD 设滑块B的质量为m，斜劈A的质量为M，则m保持匀速下滑，M静止，以滑块和斜劈组成的整体为研究对象进行受力分析，根据平衡条件得知地面对斜劈没有摩擦力，如有摩擦力，整体的合力不为零，将破坏平衡状态，与题矛盾．对滑块B有mgsinθ＝f＝μmgcosθ，即sinθ＝μcosθ，θ是斜劈的倾角．当施加竖直向下的力F1时，对整体受力分析，在竖直方向合力为零，水平方向合力为零，故地面对斜劈A无摩擦力，对滑块B受力分析可知，(mg＋F1)sinθ－μ(mg＋F1)cosθ＝0，所以滑块B做匀速运动，故A正确．在滑块上加一沿斜面向下的力F2，滑块所受的合力将沿斜面向下，故做加速运动，但滑块与斜劈间的弹力大小不变，故滑动摩擦力大小不变，即滑块所受支持力与摩擦力的合力仍然竖直向上，则斜劈所受滑块的摩擦力与滑块的压力的合力竖直向下，则斜劈在水平方向仍无运动趋势，故仍对地无摩擦力作用，故B错误．在滑块上加一水平向右的力F3，沿斜面方向有mgsinθ－F3cosθ－μ(mgcosθ＋F3sinθ)<0，故滑块做减速运动；对滑块，所受支持力增加了F3sinθ，则摩擦力增加了μF3sinθ，即支持力与摩擦力均成比例地增加，
其合力方向还是竖直向上，如图，则斜劈所受滑块B的摩擦力与压力的合力还是竖直向下，水平方向仍无运动趋势，则不受地面的摩擦力，故C错误．无论在滑块B上加上什么方向的力，滑块B对斜劈的压力与滑块B对斜劈的摩擦力都是以1∶μ的比例增加，则其合力的方向始终竖直向下，斜劈便没有运动趋势，始终对地面无摩擦力作用，故D正确．
11．解题思路：(1)由胡克定律知
F1＝kx1＝2
500
N/m×0.01
m＝25
N
f＝μFN，FN＝G，则f＝μG＝40
N
因为F1N
(2)由胡克定律知
F2＝kx2＝2
500
N/m×0.02
m＝50
N
F2>f，所以物体运动，即f2＝40
N.
答案：(1)25
N (2)40
N
12．解题思路：(1)用隔离法：对滑块受力分析，如图甲所示，在平行斜面的方向上，有
F＝m1gsin30°＋Ff
可得斜面对滑块的摩擦力Ff＝5
N，方向沿斜面向下．
(2)用整体法：因两个物体均处于平衡状态，故可以将滑块与斜面体当作一个整体来研究，其受力分析如图乙所示．根据平衡条件得
水平方向：Ff地＝Fcos30°
竖直方向：FN地＝(m1＋m2)g－Fsin30°
解得地面对斜面体的摩擦力
Ff地＝15
N，方向水平向左；
地面对斜面体的支持力FN地＝135
N，方向竖直向上．
答案：(1)5
N，方向沿斜面向下
(2)15
N，方向水平向左，135
N，方向竖直向上
加餐练
1．BD 因为物块b始终保持静止
，所以绳OO′的张力不变，连接a和b的绳的张力也不变，选项A、C错误；拉力F大小变化，F的水平分量和竖直分量都发生变化，由共点力的平衡条件知，物块b受到的支持力和摩擦力在一定范围内变化，选项B、D正确．
2．D 由F＝kx知，弹簧的劲度系数k＝＝
N/m＝200
N/m，选项D正确．
3．A 小车静止时，弹簧弹力等于小球重力，即mg＝kx1，弹簧原长设为l，则小球竖直向下的悬吊高度为l＋x1＝l＋.小车匀加速运动时，设橡皮筋弹力为F，橡皮筋与竖直方向夹角为θ，则Fcosθ＝mg，橡皮筋长度为l＋＝l＋，可得小球竖直方向悬吊的高度为cosθ＝lcosθ＋4．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处支持力过N垂直于切面斜向上，A项正确、B项错；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．
5．BC 由于三条绳长度不同，则三条绳与竖直杆间的夹角不相等，因竖直杆仅是压在地面上而没有固定，则三条绳对杆的拉力在水平方向的分力必平衡，但三个水平分力在水平面内的方向关系不确定，故不能确定三条绳中张力的大小关系，A错误、C正确；由于三条绳对杆的拉力在竖直方向的分力都向下，故B正确；绳子拉力的合力竖直向下，杆的重力也竖直向下，它们不是一对平衡力，故D错误．
6．B 设水平作用力大小为F，则对于B：μ1F＝mBg，对于整体：F＝μ2(mA＋mB)g，解得＝.
7．A 圆环从静止到速度最大的过程中，对圆环分析可知，其速度不断增大，加速度不断减小，所受的合力不断减小，A项正确；由于环在向下运动的过程中，弹簧的长度不断减小，弹力不断增大，弹力沿水平方向的分力不断增大，对环水平方向研究知，杆对圆环的作用力不断增大，B项错误；对环、弹簧和物块整体研究，地面对物块的摩擦力与杆对环的作用力等大反向，因此地面对物块的摩擦力不断增大，C项错误；对环、弹簧和物块整体研究知，由于环沿竖直方向向下的加速度不断减小，因此整体所受合力向上且不断增大，又因杆光滑，则知地面对物块的支持力不断增大，D项错误．
8．B
对a球进行受力分析，利用图解法可判断：当弹簧上的拉力F与细线上的拉力垂直时，拉力F最小，为Fmin＝2mgcosθ＝mg，再根据胡克定律得：最小形变量Δx＝，则形变量小于是不可能的，由图可知在条件允许的情况下，拉力可以一直增大，所以应该选B.
9．D
根据平行四边形定则以及几何知识，可得轻绳OA与OB的合力F＝FOAcos30°×2＝20
N，F与竖直方向的夹角为30°，所以F的水平分量Fx＝Fsin30°＝10
N，要使杆受到绳子作用力的方向竖直向下，则水平轻绳OC的拉力应该与F的水平分量等值反向，所以轻绳OC的拉力大小FOC＝Fx＝10
N，故选D.
10．B 缓慢减小θ，则A、B、C始终处于平衡状态．把B、C看成一整体，设质量为M，则Mgsinθ＝fAB，Mgcosθ＝NAB，由牛顿第三定律得fBA＝fAB＝Mgsinθ，NBA＝NAB＝Mgcosθ，θ减小，sinθ变小，cosθ变大，所以fBA变小，NBA变大，A错误、B正确．对C受力分析可知，其受重力、支持力两个力的作用，大小相等，所以支持力不变，C对B的压力不变，C、D错误．
11．D a、b两球处于平衡状态，所受合力均为零，A弹簧的伸长量为xA＝＝2
cm，故A错．对a、b球及A弹簧整体受力分析得：外力F＝2mgtan60°＝20
N，B弹簧弹力大小为FB＝＝40
N，则B弹簧的伸长量xB＝＝8
cm，故B、C错．撤去力F瞬间，A、B弹簧的弹力不变，则b球所受合力仍为零，加速度为0，故D正确．
12．C 对小木块分析可知，当力F绕小木块旋转一周的过程中，F沿斜面向下时小木块受到的静摩擦力最大，小木块受到的最大静摩擦力fm＝mgsinθ＋F，故A、B均错误．对M、m整体受力分析可知，水平地面对斜面体的摩擦力与F的水平分力大小相等，所以最大静摩擦力为F，此时F与斜面底边平行，所以C项正确、D项错误．课练3 误差 有效数字实验
研究匀变速直线运动
1.关于误差，下列说法中正确的是( )
A．认真测量可以避免误差
B．误差是实验中产生的错误
C．采用精密仪器，改进实验方法，可以消除误差
D．实验中产生误差是难免的，但可以想办法尽量减小误差
2．以千米为单位计录的某次测量结果为5.4
km，若以米为单位，记录这一结果可写为( )
A．5
400
m B．5.4×103
m
C．5.40×103
m
D．5.400×103
m
3．在“测金属的电阻率”的实验中，分别用游标卡尺和螺旋测微器测出用金属材料制成的一段圆柱体的长度和横截面的直径如下图所示．则该圆柱体的长度为________mm，横截面的直径为________mm.
4.
在DIS系统中，光电门测量的是运动物体挡光时间内的平均速度，因为挡光片较窄，所以可看成测量的是瞬时速度．为了测量做匀变速直线运动的小车的加速度，将宽度均为b的挡光片A、B固定在小车上，如图所示，当小车做匀变速运动经过光电门时，测得A、B先后挡光的时间分别为Δt1和Δt2.A、B开始挡光时刻的间隔为t，则小车的加速度a＝________.
5．某同学在做“探究小车速度随时间变化的规律”的实验时，打点计时器所用电源的频率是50
Hz，在实验中得到一条点迹清晰的纸带，他把某一点记作O，再选依次相邻的6个点作为测量点，分别标以A、B、C、D、E和F，如图甲所示．
(1)如果测得C、D两点相距2.70
cm，D、E两点相距2.90
cm，则在打D点时小车的速度是________m/s.(计算保留三位有效数字)
(2)该同学分别算出打各点时小车的速度，然后根据数据在v－t坐标系中描点(如图乙所示)，由此可求得小车的加速度a＝________m/s2.(计算保留三位有效数字)
6.
一位同学在研究小球自由落体运动时，用频闪照相连续记录下小球的位置如图所．已知闪光周期为
s，测得x1＝7.68
cm，x3＝12.00
cm，用上述数据通过计算可得小球运动的加速度约为________m/s2，图中x2为________cm.
7．在“研究匀变速直线运动”的实验中，打点计时器使用交流电源的频率是50
Hz，打点计时器在小车拖动的纸带上打下一系列点迹，以此记录小车的运动情况．
(1)打点计时器的打点周期是________s.
(2)图为某次实验打出的一条纸带，其中1、2、3、4为依次选中的计数点(各相邻计数点之间有四个点迹)．根据图中标出的数据可知，打点计时器在打出计数点2时小车的速度大小为________m/s，小车做匀加速直线运动的加速度大小为________m/s2.(计算结果均保留两位有效数字)
8．某同学利用打点计时器测量小车做匀变速直线运动的加速度．
(1)电磁打点计时器是一种使用________(填“交流”或“直流”)电源的计时仪器，它的工作电压是4～6
V.
(2)实验中该同学从打出的若干纸带中选取一条纸带，如图所示，纸带上按时间顺序取为0、1、2、3四个计数点，每两个点之间还有四个点未画出．用尺子测得各计数点与0计数点之间的距离依次为d1＝3
cm，d2＝7.5
cm，d3＝13.5
cm，根据纸带数据可以求出计数点2所代表的时刻纸带运动的瞬时速度是________m/s；小车的加速度是________m/s2.(结果保留两位有效数字)
(3)若电源频率低于50
Hz时，仍按相邻两个计数点时间间隔为0.10
s计算，则测出小车的加速度________(填“偏大”“不变”或“偏小)．
9．研究小车做匀变速直线运动的实验装置如图甲所示，其中斜面倾角θ可调，打点计时器的工作频率为50
Hz，纸带上计数点的间距如图乙所示，其中每相邻两点之间还有4个点未画出．
(1)部分实验步骤如下：
A．测量完毕，关闭电源，取出纸带
B．接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车
C．将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连
D．把打点计时器固定在平板上，让纸带穿过限位孔
上述实验步骤的正确顺序是：________(用字母填写)．
(2)图乙中标出的相邻两计数点的时间间隔T＝________s.
(3)计数点5对应的瞬时速度大小计算式为v5＝________.
(4)为了充分利用记录数据，减小误差，小车加速度大小的计算式应为a＝________.
10．如图所示为测量重力加速度的实验装置．装置包括：固定在水平底板上带有刻度的直杆；三个可通过螺丝固定在直杆上的支架A、B、C(这些支架上可以固定相应的器材)；小钢珠一个；小型电磁铁一个(用于吸住或释放小钢珠)；光电门两个(用于测量小钢珠通过两个光电门之间距离所需的时间，一个光电门触发后开始计时，另一个光电门触发后停止计时)．由直杆上的刻度读出C与B两个光电门的间距Δh，利用电磁铁将钢珠吸住，并将其由静止释放，记录钢珠通过两个光电门的时间间隔Δt，计算出钢珠在两个光电门之间运动的平均速度为，保持A、B间距离不变，调节C的高度并重复上述步骤，测得多组数据Δhi、Δti和.
(1)用图象法求重力加速度g时，取Δt为横坐标，________为纵坐标．
(2)若图象的斜率为k，则重力加速度g为________．
11．光电计时器是一种研究物体运动情况的常用计时仪器，其结构如图甲所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置，当有物体从a、b间通过时，光电计时器就可以精确地把物体从开始挡光到挡光结束的时间记录下来．现利用图乙所示的装置测量滑块和长木板间的动摩擦因数，图中MN是水平桌面，Q是长木板与桌面的接触点，1和2是固定在长木板上适当位置的两个光电门，与之连接的两个光电计时器没有画出，长木板顶端P点悬有一铅锤，实验时，让滑块从长木板的顶端滑下，光电门1、2各自连接的计时器显示的挡光时间分别为1.0×10－2
s和4.0×10－3
s．用精度为0.05
mm的游标卡尺测量滑块的宽度为d＝1.010
cm.
(1)滑块通过光电门1时的速度v1＝________m/s，滑块通过光电门2时的速度v2＝________m/s(结果保留两位有效数字)．
(2)由此测得的瞬时速度v1和v2只是一个近似值，它们实质上是通过光电门1和2时的________，要使瞬时速度的测量值更接近于真实值，可将________的宽度减小一些．
(3)为了计算出滑块的加速度，除了测量d、t1和t2之外，还需要测量______________________．则用这些物理量计算加速度的表达式为a＝________.
1．(2015·海南卷)某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图1和2所示．该工件的直径为________cm，高度为________mm.
2.
(2015·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
3．(2016·新课标全国卷Ⅰ)某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20
Hz、30
Hz和40
Hz.打出纸带的一部分如图(b)所示．
该同学在实验中没有记录交流电的频率f，需要用实验数据和其他题给条件进行推算．
(1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f和图(b)中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为________，打出C点时重物下落的速度大小为________，重物下落的加速度大小为________．
(2)已测得s1＝8.89
cm，s2＝9.50
cm，s3＝10.10
cm；当地重力加速度大小为9.80
m/s2，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%.由此推算出f为________Hz.
4．(2016·天津卷)某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动．
(1)(多选)实验中，必要的措施是________________．
A．细线必须与长木板平行
B．先接通电源再释放小车
C．小车的质量远大于钩码的质量
D．平衡小车与长木板间的摩擦力
(2)他实验时将打点计时器接到频率为50
Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图2所示．(每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出)．s1＝3.59
cm，s2＝4.41
cm，s3＝5.19
cm，s4＝5.97
cm，s5＝6.78
cm，s6＝7.64
cm.则小车的加速度a＝__________________
m/s2(要求充分利用测量的数据)，打点计时器在打B点时小车的速度vB＝__________________
m/s.(结果均保留两位有效数字)
5．(2017·福建厦门质检)某同学用如图甲所示的螺旋测微器测小球的直径时，他应先转动________到F靠近小球，再转动________到F夹住小球，直至听到棘轮发出声音为止，拨动________使F固定后读数(填仪器部件字母符号)．正确操作后，螺旋测微器的示数如图乙所示，则小球的直径是________mm.
6．(2017·福建福州质检)某同学利用打点计时器测量福州的重力加速度，某次实验得到的一段纸带如图所示，O、A、B、C、D为相邻的五个点，测得OA＝5.5
mm、OB＝14.9
mm、OC＝28.3
mm、OD＝45.2
mm，打下相邻两个点间的时间间隔为0.02
s.
(1)用逐差法算出福州的重力加速度g＝________m/s2.(结果保留三位有效数字)．
(2)通过查阅资料发现福州的重力加速度标准值为9.79
m/s2，比较(1)的结果发现两者并不相等，除了读数误差外，你认为产生误差的其他主要原因可能是________．(只要求写出一种原因)
7．(2017·佛山模拟)某同学利用打点计时器测量小车做匀变速直线运动的加速度．
(1)电磁打点计时器是一种使用________(选填“交流”或“直流”)电源的计时仪器，它的工作电压是4～6
V，当电源的频率为50
Hz时，它每隔________s打一次点．
(2)使用打点计时器时，接通电源与让纸带随小车开始运动这两个操作的正确顺序是________．
A．先接通电源，后释放纸带 B．先释放纸带，后接通电源
C．释放纸带的同时接通电源
8．(2017·北京海淀区检测)某同学利用打点计时器研究做匀加速直线运动的小车的运动情况，如图1所示为该同学实验时打出的一条纸带中的部分计数点(后面计数点未画出)，相邻计数点间有4个点迹未画出(打点计时器每隔0.02
s打出一个点)．
(1)为研究小车的运动，此同学用剪刀沿虚线方向把纸带上OB、BD、DF等各段纸带剪下，将剪下的纸带一端对齐，按顺序贴好，如图2所示．简要说明怎样判断此小车是否做匀变速直线运动：______________________.
(2)在图1中x1＝7.05
cm、x2＝7.68
cm、x3＝8.31
cm、x4＝8.94
cm、x5＝9.57
cm、x6＝10.20
cm，则打下点迹A时，小车运动的速度大小是________m/s，小车运动的加速度大小是________m/s2(计算结果保留两位有效数字)．
9．(2017·福建宁德模拟)如图所示，一滑块放在水平长木板上，左侧拴有一细软线，跨过固定在长木板边缘的定滑轮与一重物相连，由静止释放重物后滑块在长木板上向左运动．光电门甲固定在长木板的右端，光电门乙的位置可移动，两个光电门的计时器可以显示出挡光片经过两光电门所用的时间t，每次都使滑块从同一点由静止开始运动，且滑块初始位置到光电门甲的距离L与重物初始位置到地面的距离L相等，多次改变光电门乙到光电门甲的距离X，并用米尺测量出光电门甲、乙之间的距离X，记下相应的t值，所得数据如下表所示.
X/m
0.200
0.400
0.600
0.700
0.800
0.900
0.950
t/s
0.088
0.189
0.311
0.385
0.473
0.600
0.720
/(m·s－1)
2.27
2.12
1.93
1.82
1.69
1.50
1.32
请你根据题目所给数据完成下列问题：
(1)根据表中所给的数据，在坐标纸上画出—t图线．
(2)根据所画出的—t图线，得出滑块加速度的大小为a＝________m/s2(结果保留两位有效数字)．
(3)滑块与水平长木板之间的动摩擦因数μ＝________(g＝10
m/s2)．
10．(2017·河北三市联考)(1)某同学做“研究匀变速直线运动”的实验，请在下面列出的实验器材中，选出本实验中需要的器材填在横线上(填编号)：________.
a．电磁打点计时器 b．天平 c．低压交流电源 d．低压直流电源
e．细绳和纸带 f．钩码和小车 g．秒表 h．一端有滑轮的长木板 i．刻度尺
(2)某同学利用打点计时器所记录的纸带来研究做匀变速直线运动的小车的运动情况，实验中获得一条纸带，如图所示，其中两相邻计数点间均有四个点未画出．已知所用电源的频率为50
Hz，则打B点时小车运动的速度vB＝________m/s，小车运动的加速度a＝________m/s2.(结果保留两位小数)
11．(2017·广西重点中学模拟考试)某同学用频闪照相法来研究小球的落体运动，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图(a)中1、2、3、4……所示的小球运动过程中每次曝光的位置，频闪照相机的频闪周期为T.其中小球位于位置2、3、4时球心到小球位于位置1时球心的距离分别为x1、x2、x3.
(1)用游标卡尺(主尺的最小分度为1
mm)测量小球的直径，示数如图(b)所示，其读数为________cm.
(2)小球位于位置2时的速度为________；小球下落时的加速度大小为________．
(3)如果计算出小球的加速度小于当地的重力加速度，则可能的原因是______________________．
课练3 误差 有效数字
实验 研究匀变速直线运动1.D 错误是指因仪器故障、设计错误、操作不当等造成的测量偏差，不是误差．误差是不可避免的，只能尽可能减小误差，而错误是可以避免的．
2．B
3．解题思路：根据游标卡尺读数规则，该圆柱体的长度为49
mm＋2×0.05
mm＝49.10
mm，根据螺旋测微器读数规则，圆柱体横截面的直径为4.5
mm＋20.2×0.01
mm＝4.702
mm.
答案：49.10 4.702
4．解题思路：A、B开始挡光时小车的速度分别为v1＝、v2＝，由v2＝v1＋at解得a＝.
答案：
5．解题思路：(1)打计数点D时小车的瞬时速度v＝＝×10－2
m/s＝1.40
m/s.
(2)将点连成平滑直线如图丙所示，由图象的斜率，得a＝＝
m/s2＝5.00
m/s2.
答案：(1)1.40 (2)5.00
6．解题思路：由x3－x1＝4aT2，代入数据解得a＝9.72
m/s2.
x2－x1＝2aT2，所以
x2＝x1＋2aT2＝9.84
cm.
答案：9.72 9.84
7．解题思路：(1)根据公式可得
T＝＝
s＝0.02
s.
(2)根据匀变速直线运动规律可得v2＝＝
m/s＝0.64
m/s，根据公式Δx＝at2可得a＝＝6.4
m/s2.
答案：(1)0.02 (2)0.64 6.4
8．解题思路：(1)电磁打点计时器是使用低压交流电源的计时仪器．
(2)打计数点2的瞬时速度等于计数点1～3段的平均速度，v2＝＝0.53
m/s.
s1＝3
cm，x2＝d2－d1＝4.5
cm，
s3＝d3－d2＝6
cm，
Δs＝s2－s1＝s3－s2＝1.5
cm，由Δs＝aT2解得a＝1.5
m/s2.
(3)若电源频率低于50
Hz，则周期大于0.02
s，两计数点间的实际时间间隔大于0.1
s，但计算时仍然用0.1
s代入，则计算出的加速度值偏大．
答案：(1)交流 (2)0.53 1.5 (3)偏大
9．解题思路：(1)实验步骤的正确顺序是DCBA；(2)相邻两计数点的时间间隔T＝0.02
s×5＝0.1
s；(3)计数点5对应的瞬时速度大小计算式为v5＝；(4)根据Δx＝aT2可得s4－s1＝3a1T2，s5－s2＝3a2T2，s6－s3＝3a3T2，则a＝(a1＋a2＋a3)，解得a＝(s6＋s5＋s4－s3－s2－s1)．
答案：(1)DCBA (2)0.1 (3)
(4)(s6＋s5＋s4－s3－s2－s1)
10．解题思路：由＝vB＋g·可得图象的斜率为k＝，故重力加速度g＝2k.
答案：(1)钢珠在两个光电门之间运动的平均速度 (2)2k
11．解题思路：(1)v1＝＝1.0
m/s；
v2＝＝2.5
m/s.
(2)v1、v2实质上是滑块通过光电门1和2的平均速度，要使瞬时速度的测量值更接近于真实值，可将滑块的宽度减小一些；
(3)为了计算出滑块的加速度，除了测量d、t1和t2之外，还需要测量的物理量有两种方案．
方案一：测滑块由光电门1运动至光电门2所用时间t，由v2＝v1＋at得
a＝.
方案二：测两光电门之间的距离x，由
v－v＝2ax得a＝.
答案：(1)1.0 2.5 (2)平均速度 滑块
(3)滑块由光电门1运动至光电门2所用时间t或两光电门之间的距离x 或
加餐练
1．解题思路：图1为20分度的游标卡尺，其精度为0.05
mm.主尺读数为12
mm，游标尺上第4条刻线与主尺上的一条刻线对齐，故测量结果为12
mm＋4×0.05
mm＝12.20
mm＝1.220
cm.螺旋测微器的精度为0.01
mm，由图2知固定刻度读数为6.5
mm，可动刻度读数为“36.0”，故工件的高度为6.5
mm＋36.0×0.01
mm＝6.860
mm.
答案：1.220 6.860
2．A 实质上是滑块通过光电门时的平均速度，所以要使瞬时速度的测量值更接近于真实值，可将遮光条的宽度减小一些，所以B、C、D项错误，A项正确．
3．解题思路：(1)匀变速直线运动中，某一段位移的平均速度等于中间时刻的瞬时速度：
vB＝＝(s1＋s2)f，同理
vC＝(s2＋s3)f，加速度
a＝＝(s3－s1)f2.
(2)由牛顿第二定律可知：
mg－0.01mg＝ma
a＝0.99g①
又由(1)问知：a＝②
①②联立得f＝40
Hz
答案：(1)(s1＋s2)f (s2＋s3)f
(s3－s1)f2 (2)40
4．解题思路：(1)若细线与长木板不平行，随着小车逐渐靠近滑轮，细线与水平方向的夹角增大，小车所受合力随之变化，因此小车的加速度发生变化，即小车不做匀变速直线运动，故细线必须与长木板平行，A选项必要．先接通电源，待打点计时器稳定工作后再释放小车，点迹按匀变速运动规律显现在纸带上；若先释放小车再接通电源，则开始阶段点迹不规律，误差较大，故B项必要．该实验研究小车的匀变速直线运动，与小车所受到的合力及合力大小的计算无关，故C、D项不必要．
(2)交流电的频率为f＝50
Hz，相邻两计数点间的时间间隔t＝0.1
s，由逐差法可求小车的加速度．
a＝
＝
m/s2＝0.80
m/s2
vB＝＝
m/s＝0.40
m/s.
答案：(1)AB (2)0.80 0.40
5．解题思路：用螺旋测微器测小球直径时，先转动旋钮D使测微螺杆F靠近被测小球，再转动微调旋钮H使测微螺杆F夹住小球，直到棘轮发出声音为止，拨动旋钮G使F固定后读数，读数为6.5
mm＋20.0×0.01
mm＝6.700
mm.
答案：D H G 6.700
6．解题思路：(1)由逐差法可得：
g＝≈9.63
m/s2.
(2)产生误差的其他原因有：纸带与限位孔之间有阻力或空气阻力．
答案：(1)9.63 (2)纸带与限位孔之间存在较大阻力(合理即可)
7．解题思路：(1)电磁打点计时器是使用低压交流电源的计时仪器，f＝50
Hz，则打点周期为T＝＝0.02
s．(2)在进行实验操作时，应先接通电源，后放开纸带让小车运动．
答案：(1)交流 0.02 (2)A
8．解题思路：(1)若各段纸带上方左上角、上方中点、上方右上角或各段纸带的中点分别在一条直线上，则说明小车做匀变速直线运动．(2)打下点迹A时，小车运动的速度大小等于小车打下O、B两点过程中的平均速度，即vA＝＝0.74
m/s.用逐差法计算小车运动的加速度a＝，代入数据可得a＝0.63
m/s2.
答案：(1)各段纸带上方左上角(或上方中点、上方右上角)或各段纸带中点分别在一条直线上，或每段纸带比前一段纸带增加的长度相同(答对一条即可) (2)0.74 0.63
9．解题思路：(1)根据所给数据描点并连线，如图所示．(2)由＝v0－at可知，－t图象中图线的斜率绝对值为a＝1.5
m/s2，解得a＝3.0
m/s2.(3)由μmg＝ma，可得
μ＝＝0.3.
答案：(1)如图所示 (2)3.0 (3)0.3
10．解题思路：(1)电磁打点计时器采用的是低压交流电源，纸带记录了时间和位移，故选用acefhi.(2)利用匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，有vB＝
m/s＝0.92
m/s；利用逐差法求得加速度
a＝
m/s2＝2.00
m/s2.
答案：(1)acefhi (2)0.92 2.00
11．解题思路：(1)主尺读数为0.9
cm，游标尺读数为0.05×12
mm，因而小球的直径为0.960
cm.(2)小球位于位置2时的速度大小为v＝；根据(x2－x1)－x1＝aT2可得小球下落时的加速度大小为a＝，或者根据(x3－x2)－(x2－x1)＝aT2可得小球下落时的加速度大小为a＝.(3)由于存在空气阻力，小球下落的加速度小于当地的重力加速度．
答案：(1)0.960 (2) (或) (3)存在空气阻力课练17 功能关系 能量守恒定律
1．如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，
楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( )
A．缓冲器的机械能守恒
B．摩擦力做功消耗机械能
C．垫板的动能全部转化为内能
D．弹簧的弹性势能全部转化为动能
2.
(多选)如图所示，足够长的传送带以恒定速率逆时针运行，将一物体轻轻放在传送带顶端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段物体与传送带相对静止，匀速运动到达传送带底端，下列说法正确的是( )
A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体做负功
B．第一阶段摩擦力对物体做的功大于第一阶段物体动能的增加量
C．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加量
D．全过程物体与传送带间的摩擦生热等于从顶端到底端机械能的增加量
3．(多选)
如图，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为Ff.物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为s.在这个过程中，以下结论正确的是( )
A．物块到达小车最右端时具有的动能为F(L＋s)
B．物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffs
C．物块克服摩擦力所做的功为Ff(L＋s)
D．物块和小车增加的机械能为Ffs
4.
(多选)某电视台冲关栏目，选手需要抓住固定在支架上的绳子向上攀登，才可冲上领奖台，如图所示．如果某选手刚刚匀速攀爬到接近绳子顶端时，突然因抓不住绳子而加速滑下，对该过程进行分析(不考虑脚蹬墙壁的作用)，下述说法正确的是( )
A．上行时，人受到绳子的拉力与重力和摩擦力平衡
B．上行时，绳子拉力对人做的功等于人重力势能的增加
C．下滑时，人所受的重力大于摩擦力，加速度小于g
D．下滑时，重力势能的减少大于动能的增加，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功
5.
(多选)如图，A、B、C三个同样的滑块从粗糙固定斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0，C的初速度方向沿斜面水平向左，大小也为v0，正确的是( )
A．滑到斜面底端时，B的动能最大
B．滑到斜面底端时，C的机械能减少得最多
C．A和C将同时滑到斜面底端
D．C下滑过程中，水平方向做匀速直线运动
6.
(多选)如图所示，在粗糙的水平面上，质量相等的两个物体A、B间用一轻质弹簧相连组成系统．且该系统在水平拉力F作用下以相同加速度保持间距不变一起做匀加速直线运动，当它们的总动能为2Ek时撤去水平力F，最后系统停止运动．不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从撤去拉力F到系统停止运动的过程中( )
A．外力对物体A所做总功的绝对值等于Ek
B．物体A克服摩擦阻力做的功等于Ek
C．系统克服摩擦阻力做的功可能等于系统的总动能2Ek
D．系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减少量
7.
(多选)空降兵是现代军队的重要兵种．一次训练中，空降兵从静止在空中的直升机上竖直跳下(初速度可看成零)，下落高度h之后打开降落伞，接着又下降高度H之后，空降兵达到匀速，设空降兵打开降落伞之后受到的空气阻力与速度的平方成正比，比例系数为k，即f＝kv2，那么关于空降兵的说法正确的是( )
A．空降兵从跳下到下落高度为h时，机械能一定损失了mgh
B．空降兵从跳下到刚匀速时，重力势能一定减少了mg(H＋h)
C．空降兵匀速下降时，速度大小为
D．空降兵从跳下到刚匀速的过程，空降兵克服阻力做功为mg(H＋h)－
8.
(多选)如图所示，在竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧直立于地面上，上面放一个质量为m的带负电的小球，小球与弹簧不连接．现用外力将小球向下压到如图所示的位置后撤去外力，小球从静止开始运动到刚离开弹簧的过程中，小球克服重力和电场力做功分别为W1和W2，小球刚好离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，则上述过程中( )
A．带电小球电势能增加W2
B．弹簧弹性势能最大值为W1＋W2＋mv2
C．弹簧弹性势能减少量为W1＋W2
D．带电小球和弹簧组成的系统机械能减少W2
9．如图1所示，固定的粗糙斜面长为10
m，一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能Ek随位移x的变化规律如图2所示，取斜面底端为重力势能的参考平面，小滑块的重力势能Ep随位移x的变化规律如图3所示，重力加速度g＝10
m/s2.根据上述信息可以求出( )
A．斜面的倾角
B．小滑块与斜面之间的动摩擦因数
C．小滑块下滑的加速度的大小
D．小滑块受到的滑动摩擦力的大小
10．如图1所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力的传感器．传感器下方挂一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球．小球随升降机一起运动，若升降机在运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图象如图2所示，g为重力加速度，则( )
A．升降机突然停止前在做向上的加速运动
B．t1～t2时间内小球向下运动，小球动能先减小后增大
C．0～t1时间内小球处于失重状态，t1～t2时间内处于超重状态
D．t3～t4时间内弹簧弹性势能变化量大于小球动能变化量
11.
如图所示，上表面光滑，长度为3
m、质量M＝10
kg的木板，在F＝50
N的水平拉力作用下，以v0＝5
m/s的速度沿水平地面向右匀速运动．现将一个质量为m＝3
kg的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，当木板运动了L＝1
m时，又将第二个同样的小铁块无初速度地放在木板最右端，以后木板每运动1
m就在其最右端无初速度地放上一个同样的小铁块．(g取10
m/s2)求：
(1)木板与地面间的动摩擦因数；
(2)刚放第三个铁块时木板的速度；
(3)从放第三个铁块开始到木板停下的过程，木板运动的距离．
12.
如图为某工厂生产流水线上水平传输装置的俯视图，它由传送带和转盘组成．物品(质量m＝1
kg)从A处无初速度放到传送带上，运动到B处后进入匀速转动的转盘，设物品进入转盘时速度大小不发生变化，并随转盘一起运动(无相对滑动)，到C处被取走装箱．已知A、B两处的距离L＝9
m，传送带的传输速度v＝2.0
m/s，物品在转盘上与轴O的距离R＝5
m，物品与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2.g取10
m/s2.
(1)求物品从A处运动到B处的时间t.
(2)物品从A处运动到C处的过程中外力对物品总共做了多少功．
(3)若物品在转盘上的最大静摩擦力可视为与滑动摩擦力大小相等，则物品与转盘间的动摩擦因数μ2至少为多大？
1．(2016·课标Ⅰ)
如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)．随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g.(取sin37°＝，cos37°＝)
(1)求P第一次运动到B点时速度的大小．
(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能．
(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R.求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．
2．(2016·课标Ⅲ)
如图，在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径为.一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动．
(1)求小球在B、A两点的动能之比；
(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点．
3.
(2016·天津理综)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图所示，质量m＝60
kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6
m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24
m/s，A与B的竖直高度差H＝48
m．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧．助滑道末端
B与滑道最低点C的高度差h＝5
m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1
530
J，取g＝10
m/s2.
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大．
4．(多选)(兰州一模)
如图所示，竖直面内有一个半径为R、光滑的圆轨道固定在水平地面上．一个质量为m的小球从距水平地面上方h高处的P点由静止开始自由下落，恰好从N点沿切线方向进入圆轨道．不考虑空气阻力，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．适当调整高度h，可使小球从轨道最高点M飞出后，恰好落在轨道右端口N处
B．若h＝2R，则小球在轨道最低点对轨道的压力为5mg
C．只有h≥2.5R时，小球才能到达圆轨道的最高点M
D．若h＝R，则小球能上升到圆轨道左侧离地高度为R的位置，该过程重力做功为mgR
5．(2017·北京丰台区测试)
某同学利用如图实验装置研究摆球的运动情况，摆球从A点由静止释放，经过最低点C到达与A等高的B点，D、E、F是OC连线上的点，OE＝DE，DF＝FC，OC连线上各点均可钉钉子．每次均将摆球从A点由静止释放，不计绳与钉子碰撞时机械能的损失．下列说法正确的是( )
A．若只在E点钉钉子，摆球最高可能摆到A、B连线以上的某点
B．若只在D点钉钉子，摆球最高可能摆到A、B连线以下的某点
C．若只在F点钉钉子，摆球最高可能摆到D点
D．若只在F点以下某点钉钉子，摆球可能做完整的圆周运动
6.
(2016·山东统考)如图所示，质量为m＝1
kg的小球以v0＝10
m/s的速度水平抛出，在落地之前经过空中A、B两点，在A点小球速度方向与水平方向的夹角为45°，在B点小球速度方向与水平方向的夹角为60°(空气阻力忽略不计，g取10
m/s2)．若以抛出点所在的水平面为重力势能的参考平面，则以下判断中正确的是( )
A．小球经过A、B两点间的时间间隔为t＝
s
B．A、B两点间的高度差h＝15
m
C．小球在A点时的机械能为50
J
D．小球在B点时具有的重力势能为150
J
7.
(2017·泰安高三一模)在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的小物块A、B，它们的质量分别为m1、m2(m2>m1)，弹簧的劲度系数为k，挡板C固定，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v.则此时( )
A．拉力做功的瞬时功率为Fvsinθ
B．物块B满足m2gsinθ＝kd
C．物块A的加速度大小为
D．弹簧弹性势能的增加量为Fd－m1gdsinθ－m1v2
8．(2017·石家庄模拟)
如图所示，劲度系数为k的轻弹簧下端固定在地面上，上端与一个质量为m的小球相连，系统处于静止状态．现用力F将小球缓慢上移，直到弹簧恢复原长，然后撤掉该力，使小球从静止开始下落．小球下落过程中的最大速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．小球的速度最大时弹簧的弹性势能为零
B．撤掉力F后，小球从静止下落到速度最大的过程中，小球克服弹簧弹力所做的功为W＝－mv2
C．弹簧的弹性势能最大时小球的加速度为零
D．小球缓慢上移的过程中，力F所做的功为
9．(多选)(2017·山西大学附属中学模拟)如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m＝1
kg的物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g取10
m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则下列说法正确的是( )
A．0～8
s内物体位移的大小是18
m
B．0～8
s内物体机械能增量是90
J
C．0～8
s内物体机械能增量是84
J
D．0～8
s内物体与传送带因摩擦产生的热量是126
J
10．(2017·河北石家庄二中一模)一质点在0～15
s内竖直向上运动，其加速度—时间图象如图所示，若取竖直向下为正，g取10
m/s2，则下列说法正确的是( )
A．质点的机械能不断增加
B．在0～5
s内质点的动能增加
C．在10～15
s内质点的机械能一直增加
D．在t＝15
s时质点的机械能大于t＝5
s时质点的机械能
11．(2017·江苏模拟)
如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ＝，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A、B，滑轮右侧轻绳与斜面平行，物体A的质量为2m＝4
kg，物体B的质量为m＝2
kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1
m．现给物体A、B一初速度v0＝3
m/s，使物体A开始沿斜面向下运动，物体B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g＝10
m/s2，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：
(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小；
(2)弹簧的最大压缩量和弹簧的最大弹性势能．
12.
(2017·衡水一中检测)如图是用传送带传送行李的示意图．图中水平传送带两端A、B间的长度x＝8
m，传送带的右侧是一竖直的半径R＝0.8
m的光滑圆弧轨道，轨道底端与传送带在B点相切．若传送带向右以v0＝6
m/s的恒定速度匀速运动，当在传送带的左侧A点轻轻放上一个质量m＝4
kg的箱子时，箱子运动到传送带的最右侧前如果没被捡起，就能滑上圆弧轨道，而后做往复运动直到被捡起为止．已知箱子与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度大小g＝10
m/s2，求：
(1)箱子从A点到B点所用的时间及箱子滑到圆弧轨道底端时对轨道的压力大小；
(2)若箱子放在A点时给它一个5
m/s的水平向右的初速度，到达B点前箱子没被捡起，则箱子离开圆弧轨道最高点后还能上升多大高度？
课练17 功能关系 能量守恒定律
1．B 由于楔块与弹簧盒、垫板间有摩擦力，摩擦力做负功，则部分机械能转化为内能，故选项A错误、B正确；垫板动能转化为内能和弹性势能，故选项C错误；压缩弹簧过程中，弹簧的弹性势能增加，其他能转化为弹性势能，故选项D错误．
2．AC 对物体受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，摩擦力开始时方向沿传送带向下，对物体做正功；当物体与传送带相对静止时，摩擦力方向沿传送带向上，故摩擦力做负功，故A正确．根据动能定理，第一阶段合力做的功等于动能的增加量，由于重力和摩擦力都做功，故第一阶段摩擦力对物体做的功小于第一阶段物体动能的增加量，故B错误．除重力外其余力做的功是机械能变化的量度，由于支持力不做功，故物体从顶端到共速过程机械能的增加量等于此过程摩擦力对物体所做的功，故C正确．全过程物体与传送带间的摩擦生热也就是第一阶段摩擦生热，根据选项C的分析可知全过程物体与传送带间的摩擦生热不等于从顶端到底端全过程机械能的增加量，选项D错误．
3．BC 对物块分析，物块相对于地的位移为L＋s，根据动能定理得(F－Ff)(L＋s)＝mv2－0，则知物块到达小车最右端时具有的动能为(F－Ff)(L＋s)，故A错误．对小车分析，小车对地的位移为s，根据动能定理得Ffs＝Mv′2－0，则知物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffs，故B正确．物块相对于地的位移大小为L＋s，则物块克服摩擦力所做的功为Ff(L＋s)，故C正确．根据能量守恒定律得，外力F做的功转化为小车和物块的机械能和摩擦产生的内能，则有F(L＋s)＝ΔE＋Q，则物块和小车增加的机械能为ΔE＝F(L＋s)－FfL，故D错误．
4．CD 匀速上行时，人受到绳子向上的静摩擦力和重力平衡，A错误；匀速上行时，绳子摩擦力对人做的功等于人重力势能的增加，B错误；加速下滑时，加速度方向向下，则重力大于向上的摩擦力，合力小于重力，加速度小于g，C正确；下滑时，重力和摩擦力做功，根据动能定理WG＋Wf＝ΔEk，则减少的重力势能转化为动能和克服摩擦产生的内能，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功．D正确．
5．AB 由动能定理得WG＋Wf＝Ek－mv，A的初速度为零，摩擦力对A、B所做负功一样多，所以B的末动能大于A，比较B、C，摩擦力对C做的负功较多，所以B的末动能大于C，故A正确；机械能的变化对应除重力以外的力做功即摩擦力做功，所以C的机械能减少得最多，故B正确；A、C两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，A所受滑动摩擦力沿斜面向上，C沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，所以C沿斜面向下方向的加速度大于A的加速度，C先到达斜面底端，故C错误；因C在水平方向受滑动摩擦力的分力作用，所以不是匀速直线运动，故D错误．
6．AD 当它们的总动能为2Ek时，物体A动能为Ek，撤去水平力F，最后系统停止运动，外力对物体A所做总功的绝对值等于Ek，选项A正确、B错误；由于二者之间有弹簧，弹簧具有弹性势能，由于撤力前系统加速运动，弹簧弹力大于一物体的滑动摩擦力，当撤力后弹簧弹力小于或等于一物体的摩擦力，故撤力后弹簧形变量减小，弹性势能减小．根据功能关系，系统克服摩擦阻力做的功大于系统动能的减小量2Ek，但一定等于系统机械能的减少量，选项D正确、C错误．
7．BCD 空降兵从跳下到下落高度为h的过程中，只有重力做功，则机械能守恒；空降兵从跳下到刚匀速时，重力做功为WG＝mg(H＋h)，根据重力做功和重力势能的关系ΔEp＝－WG，可知重力势能一定减少了mg(H＋h)；空降兵匀速运动时，重力与阻力大小相等，有mg＝kv2，解得v＝；空降兵从跳下到刚匀速的过程，重力和阻力对空降兵做的功等于空降兵动能的变化，即WG－Wf＝mv2，解得Wf＝mg(H＋h)－，所以正确选项为B、C、D.
8．ABD 据题意，小球电势能增加量等于克服电场力所做的功，选项A正确；从撤去外力到弹簧恢复原长，据动能定理有W弹－W1－W2＝mv2，又因为弹性势能变化量等于弹力所做的功，即ΔEp＝W弹，故选项B正确、C错误；系统机械能变化量等于电场力做的功，即ΔE＝W2，故选项D正确．
9．D 沿斜面滑行x时，滑块重力势能为Ep＝100
J－mgsinθ·x，结合图③可得mgsinθ＝10
N；根据动能定理有Ek＝(mgsinθ－μmgcosθ)x，结合图②可得mgsinθ－μmgcosθ＝2.5
N，可得滑动摩擦力μmgcosθ＝7.5
N，选项D正确．下滑加速度a＝＝，不知道滑块质量，无法计算加速度，选项C错误．同时也无法计算斜面倾角和动摩擦因数，选项A、B错误．
10．D 由图象可看出，t＝0时刻，弹簧的弹力为mg，升降机停止后弹簧的弹力变小，合力向下，小球可能向下加速，也可能向上减速；若向下加速，弹力减小，加速度增大，根据对称性可知，最低点的弹力就大于2mg，由图知不可能，故升降机停止前在向上减速运动，故A错误．t1时刻弹簧处于原长状态，t1～t3时间内小球向上运动，t3时刻小球到达最高点，弹簧处于压缩状态，弹力大于重力，小球所受的合力方向向下，与速度方向相反，速率减小，动能减小，故B错误.0～t1时间内弹力小于重力，小球处于失重状态，t1～t2时间内弹力也小于重力，小球也处于失重状态，故C错误．t3～t4时间内，小球向下运动，重力做正功，重力势能减小，弹簧弹性势能减小，动能增大，根据系统机械能守恒得知，弹簧弹性势能变化量小于小球动能变化量，故D正确．
11．解题思路：(1)木板做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力为Ff，由平衡条件得F＝Ff，Ff＝μMg，
联立并代入数据得μ＝0.5.
(2)每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加μmg.
设刚放第三个铁块时木板速度为v1，对木板从放第一个铁块到刚放第三个铁块的过程，由动能定理得－μmgL－2μmgL＝Mv－Mv，
联立并代入数据得v1＝4
m/s.
(3)从放第三个铁块开始到木板停下之前，木板所受的合外力均为3μmg.
从放第三个铁块开始到木板停下的过程，设木板运动的距离为x，对木板由动能定理得
－3μmgx＝0－Mv，
代入数据得x＝
m＝1.78
m.
答案：(1)0.5 (2)4
m/s (3)1.78
m
12．解题思路：(1)物品先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，设其位移大小为s1.
由μ1mg＝ma，v2＝2as1，得s1＝1
m之后，物品和传送带一起以速度v做匀速运动，匀加速运动的时间t1＝2s1/v＝1
s，
匀速运动的时间t2＝(L－s1)/v＝4
s，
所以物品从A处运动到B处的时间t＝t1＋t2＝5
s.
(2)由动能定理可求得物品从A处运动到C处的过程中外力对物品做的功W＝mv2/2－0＝2
J.
(3)物品在转盘上所受的静摩擦力提供向心力，当物品在转盘上恰好无相对滑动时，有μ2mg＝mv2/R，
得μ2＝＝0.08.
答案：(1)5
s (2)2
J (3)0.08
加餐练
1．解题思路：(1)根据题意知，B、C之间的距离l为
l＝7R－2R①
设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得
mglsinθ－μmglcosθ＝mv②
式中θ＝37°.联立①②式并由题给条件得
vB＝2③
(2)设BE＝x.p到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep.P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有
mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－mv④
E、F之间的距离l1为
l1＝4R－2R＋x⑤
P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有
Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥
联立③④⑤⑥式并由题给条件得
x＝R⑦
Ep＝mgR⑧
(3)设改变后P的质量为m1.D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为
x1＝R－Rsinθ⑨
y1＝R＋R＋Rcosθ⑩
式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．
设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.由平抛运动公式有
y1＝gt2
x1＝vDt
联立⑨⑩ 式得
vD＝
设P在C点速度的大小为vC.在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有
m1v＝m1v＋m1g
P由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有
Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝m1v
联立⑦⑧ 式得
m1＝m
答案：(1)2 (2)mgR
(3) m
2．解题思路：(1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒得
EkA＝mg①
设小球在B点的动能为EkB，同理有
EkB＝mg②
由①②式得＝5③
(2)若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压力N应满足N≥0④
设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿运动定律和向心加速度公式有
N＋mg＝m⑤
由④⑤式得，vC应满足mg≤m⑥
由机械能守恒有mg＝mv⑦
由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点．
答案：见解析
3．解题思路：(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有
v＝2ax①
由牛顿第二定律有
mg－Ff＝ma②
联立①②式，代入数据解得
Ff＝144
N③
(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有
mgh＋W＝mv－mv④
设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有
FN－mg＝m⑤
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得
R＝12.5
m⑥
答案：(1)144
N (2)12.5
m
4．BC 若小球恰好能到达最高点M，则应满足mg＝m，得v＝.小球离开M后做平抛运动，下落高度为R时，运动的水平距离x＝vt＝·＝R>R，选项A错误；球从h＝2R高处到圆轨道最低点的过程，由机械能守恒定律有2mgR＝mv，结合向心力公式有N－mg＝m，得N＝5mg，根据牛顿第三定律有N′＝N＝5mg，选项B正确；小球恰能到达M时，根据机械能守恒定律有mg(h－2R)＝mv2，得h＝2.5R，选项C正确；若h＝R，则根据机械能守恒定律知小球能上升到圆轨道左侧离地的最大高度为R处，该过程重力做功为0，选项D错误．
5．D 根据机械能守恒定律可知，在E点和D点钉钉子，摆球最高可摆到与A、B等高的位置，故A、B错误；当在F点钉钉子时，摆球不可能摆到D点，因为摆球如果摆到D点，根据机械能守恒定律可知，其速度为0，摆球要想由C点摆到D点，在D点时必须有一定的速度，由重力提供向心力，所以C错误；若在F点以下钉钉子，则摆球摆到最高点时能够具有一定的速度，有可能做完整的圆周运动，D正确．
6．C 由小球在A点的速度与水平方向夹角为45°，即tan45°＝，可得vyA＝v0＝10
m/s，同理可得B点的竖直分速度vyB＝v0＝10
m/s，平抛运动竖直方向的分运动为自由落体运动，所以小球经过A、B两点的时间间隔为t＝＝(－1)
s，选项A错；从抛出点到A点，v＝2ghA，可得hA＝5
m，同理，从抛出点到B点的高度hB＝15
m，A、B两点间的高度差hB－hA＝10
m，选项B错；平抛运动过程只有重力做功，机械能守恒，所以小球在A点的机械能等于在抛出点的机械能，机械能E＝mv＝50
J，选项C对；以抛出点为零势能参考面，那么B点的高度为－15
m，重力势能为mg×(－15
m)＝－150
J，选项D错．
7．D 由于拉力F与速度v同向，拉力的瞬时功率P＝Fv，选项A错误；开始时系统处于静止状态，弹簧弹力大小等于A的重力沿斜面向下的分力大小，即m1gsinθ＝kx1，当物块B刚要离开挡板C时，弹簧的弹力大小等于物块B的重力沿斜面向下的分力大小，即m2gsinθ＝kx2，但由于开始时弹簧是压缩的，可见d＝x1＋x2，得m2gsinθ8．B 小球的速度最大时加速度为零，弹簧弹力等于小球的重力，A错误；根据功能关系，小球的重力势能的减少量等于弹簧的弹性势能和小球的动能的增加量，即mg＝Ep＋mv2，所以小球克服弹簧弹力所做的功为W＝Ep＝－mv2，B正确；弹簧的弹性势能最大时小球有向上的加速度，C错误；小球缓慢上移的过程中，力F所做的功等于系统机械能的增加量，即WF＝mg－W＝mv2，D错误．
9．BD 从题图乙求出0～8
s内物体位移的大小s＝14
m，A错误；0～8
s内，物体上升的高度h＝ssinθ＝8.4
m，物体机械能增量ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90
J，B正确、C错误；0～6
s内物体的加速度a＝μgcosθ－gsinθ＝1
m/s2，得μ＝，传送带速度大小为4
m/s，Δs＝18
m,0～8
s内物体与传送带摩擦产生的热量Q＝μmgcosθΔs＝126
J，D正确．
10．D 质点竖直向上运动，0～15
s内加速度方向向下，质点一直做减速运动，B错.0～5
s内，a＝10
m/s2，质点只受重力，机械能守恒；5～10
s内，a＝8
m/s2，受重力和向上的力F1，F1做正功，机械能增加；10～15
s内，a＝12
m/s2，质点受重力和向下的力F2，F2做负功，机械能减少，A、C错误．由F合＝ma可推知F1＝F2，由于做减速运动，5～10
s内通过的位移大于10～15
s内通过的位移，F1做的功大于F2做的功，5～15
s内增加的机械能大于减少的机械能，所以D正确．
11．解题思路：(1)物体A和斜面间的滑动摩擦力f＝2μmgcosθ，物体A沿斜面向下运动到C点的过程中，对A、B整体根据动能定理有：2mgLsinθ－mgL－fL＝×3mv2－×3mv
解得：v＝
＝2
m/s
(2)对物体A接触弹簧，将弹簧压缩了x到最短后又恰回到C点这段过程，对系统应用动能定理有：
－f·2x＝0－×3mv2，解得：x＝0.4
m
弹簧从压缩最短到恰好能弹到C点的过程中，对系统根据能量守恒有Ep＋mgx＝2mgxsinθ＋fx，解得Ep＝6
J
答案：(1)2
m/s (2)6
J
12．解题思路：(1)箱子在传送带上匀加速运动的加速度a＝＝μg＝1
m/s2
设箱子在B点的速度为vB，则v＝2ax
得vB＝4
m/s所以箱子从A点到B点一直做匀加速运动
由x＝at2，得从A点到B点箱子运动的时间t＝4
s
箱子在圆弧轨道最低点时，由牛顿第二定律有
N－mg＝m
得N＝120
N
由牛顿第三定律知箱子对轨道的压力大小为120
N
(2)设箱子速度达到v0＝6
m/s时位移为x′，则v－v＝2ax′
解得x′＝5.5
m<8
m
因此箱子先做匀加速运动，速度达到6
m/s后开始做匀速运动，在B点时速度为v0
由机械能守恒定律有mv＝mg(R＋h)
解得箱子离开圆弧轨道最高点后还能上升的高度h＝1
m.
答案：(1)120
N (2)1
m周测九 电磁感应 交变电流(B卷)
(本试卷满分95分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1.
如图所示，在水平地面下有一条沿东西方向铺设的水平直导线，导线中通有自东向西稳定、强度较大的直流电流．现用一闭合的检测线圈(线圈中串有灵敏电流计，图中未画出)检测此通电直导线的位置，若不考虑地磁场的影响，在检测线圈位于水平面内，从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距直导线很远处的过程中，俯视检测线圈，其中感应电流的方向是( )
A．先顺时针后逆时针
B．先逆时针后顺时针
C．先顺时针后逆时针，然后再顺时针
D．先逆时针后顺时针，然后再逆时针
2.
(多选)某同学设计的家庭电路保护装置如图所示，铁芯左侧线圈L1由火线和零线并行绕成．当右侧线圈L2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关K，从而切断家庭电路．仅考虑L1在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有( )
A．家庭电路正常工作时，L2中的磁通量为零
B．家庭电路中使用的用电器增多时，L2中的磁通量不变
C．家庭电路发生短路时，开关K将被电磁铁吸起
D．地面上的人接触火线发生触电时，开关K将被电磁铁吸起
3.
如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，D是理想二极管，L是带铁芯的线圈，其自感系数很大，直流电阻忽略不计．下列说法正确的是( )
A．S闭合瞬间，A先亮
B．S闭合瞬间，A、B同时亮
C．S断开瞬间，B逐渐熄灭
D．S断开瞬间，A闪亮一下，然后逐渐熄灭
4．如图甲，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图乙所示，已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是( )
5．(多选)如图甲所示，竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B0＝0.5
T，并且以＝0.1
T/s的变化率均匀增大，图象如图乙所示，水平放置的导轨不计电阻，不计摩擦阻力，宽度L＝0.5
m，在导轨上放着一金属棒MN，电阻R0＝0.1
Ω，并且水平细线通过定滑轮悬吊着质量M＝0.2
kg的重物．导轨的定值电阻R＝0.4
Ω，与P、Q端点相连组成回路．又知PN长d＝0.8
m．在重物被拉起的过程中，下列说法中正确的是(g取10
N/kg)( )
A．电阻R中电流的方向由P到Q
B．电流的大小为0.1
A
C．从磁感应强度为B0开始计时，经过495
s的时间，金属棒MN恰能将重物拉起
D．电阻R上产生的热量约为16
J
6．图甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示的电压按正弦规律变化，下列说法正确的是( )
A．图甲表示交流，图乙表示直流
B．图甲电压的有效值为220
V，图乙电压的有效值小于220
V
C．图乙电压的瞬时值表达式为u＝220sin
100πt
V
D．图甲电压经过匝数比为10∶1的变压器变压后，频率变为原来的0.1倍
7.
如图所示，一理想变压器的原、副线圈分别由双线圈ab和cd(匝数都为n1)、ef和gh(匝数都为n2)组成．用I1和U1表示输入电流和电压，I2和U2表示输出电流和电压．在下列四种接法中，符合关系＝，＝的有( )
①b与c相连，以a、d为输入端；f与g相连，以e、h为输出端
②b与c相连，以a、d为输入端；e与g相连，以f、h为输出端
③a与c相连，b与d相连作为输入端；f与g相连，以e、h为输出端
④a与c相连，b与d相连作为输入端；e与g相连，f与h相连作为输出端
A．①②
B．②③
C．③④
D．①④
8.
如图所示为一自耦变压器，保持电阻R′和输入电压不变，以下说法正确的是( )
A．滑片P向b方向移动，滑片Q下移，电流表示数减小
B．滑片P不动，滑片Q上移，电流表示数不变
C．滑片P向b方向移动，滑片Q不动，电压表示数增大
D．滑片P不动，滑片Q上移或下移，电压表示数始终不变
二、非选择题(本题包括4小题，共47分)
9．(11分)
两根足够长的平行金属导轨间的距离为L，导轨光滑且电阻不计，导轨所在的平面与水平面夹角为θ.在导轨所在平面内，分布磁感应强度为B、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．把一个质量为m的导体棒ab放在金属导轨上，在外力作用下保持静止，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，与金属导轨接触的两点间的导体棒电阻为R1.完成下列问题：
(1)如图甲，金属导轨的一端接一个内阻为r的直流电源，撤去外力后导体棒仍能静止，求直流电源的电动势；
(2)如图乙，金属导轨的一端接一个阻值为R2的定值电阻，撤去外力让导体棒由静止开始下滑，在加速下滑的过程中，当导体棒的速度达到v时，求此时导体棒的加速度；
(3)求第(2)问中导体棒所能达到的最大速度．
10．(12分)
半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面．BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下．在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g.求：
(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；
(2)外力的功率．
11．(12分)如图甲所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5
T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为2.5
m，MN连线水平，长为3
m．以MN中点O为原点，OP为x轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3
m，质量m为1
kg，电阻R为0.3
Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v＝1
m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)．g取10
m/s2.
(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x＝0.8
m处电势差UCD；
(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图乙中画出F－x关系图象；
(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热．
12．(12分)如图所示，MN、PQ是两条水平、平行放置的光滑金属导轨，导轨的右端接理想变压器的原线圈，变压器的副线圈与电阻R＝20
Ω组成闭合回路，变压器的原副线圈匝数之比n1∶n2＝1∶10，导轨宽L＝5
m．质量m＝2
kg、电阻不计的导体棒ab垂直MN、PQ放在导轨上，在水平外力F作用下，从t＝0时刻开始在图示的两虚线范围内往复运动，其速度随时间变化的规律是v＝2sin20πt(m/s)．垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度B＝4
T．导轨、导线和线圈电阻均不计．求：
(1)ab棒中产生的电动势的表达式；ab棒中产生的是什么电流？
(2)电阻R上的电热功率P.
(3)从t＝0到t1＝0.025
s的时间内，通过外力F所做的功．
周测九 电磁感应 交变电流(B卷)
1．D
如图为地下通电直导线产生的磁场的正视图，当线圈在通电直导线正上方的左侧时由楞次定律知，线圈中感应电流方向为逆时针，同理在右侧也为逆时针，当线圈一部分在左侧一部分在右侧时为顺时针，故D正确．
2．ABD 由于火线和零线并行绕制，所以在家庭电路正常工作时，火线和零线中的电流大小相等，方向相反，因此合磁通量为零，L2中的磁通量为零，A项正确；当家庭电路中使用的用电器增多时，火线和零线中的电流仍然大小相等，方向相反，L2中的磁通量不变，B项正确；家庭电路发生短路时，火线和零线中的电流同时增大，合磁通量仍然为零，因此开关K不会被电磁铁吸起，C项错误；当地面上的人接触火线发生触电时，火线中的电流突然变大，即L1中的磁场发生变化，导致L2中的磁通量变化，L2中产生感应电流，电磁铁将开关K吸起，D项正确．
3．D S闭合瞬间，线圈相当于断路，二极管两端为反向电压，电路中无电流通过，A、B都不亮，选项A、B错误；开关S断开瞬间，B立刻熄灭，由于自感线圈与A形成回路，二极管正向导通，A闪亮一下，然后逐渐熄灭，故选项C错误，选项D正确．
4．C 由线圈cd间的电压图象可知，0～0.5
s内，0.5～1.5
s内，…cd间的电压分别为不同的恒定值，由法拉第电磁感应定律知，0～0.5
s内，0.5～1.5
s内，…穿过线圈cd中磁通量的变化率分别为不同的恒定值，在0～0.5
s内，0.5～1.5
s内，…线圈ab中电流应该是均匀变化的，故选项C可能正确．
5．AC 根据楞次定律可知电流方向为M→N→P→Q→M，故A项正确；电流大小I＝＝
A＝0.08
A，故B项错误；要恰好把质量M＝0.2
kg的重物拉起，则F安＝T＝Mg＝2
N，B′＝＝
T＝50
T，B′＝B0＋·t＝0.5＋0.1t，解得t＝495
s，故C项正确；电阻R上产生的热量为Q＝I2Rt＝(0.08)2×0.4×495
J＝1.27
J，故D项错误．
6．B 由于两图中表示的电压都随时间做周期性变化，因此都为交变电流，故A错误；根据有效值的定义可知，图甲电压的有效值要比图乙大，图甲是正弦式交流电，所以有效值U＝＝220
V，图乙电压的有效值小于220
V，故B正确；图乙不是正弦式交流电，所以表达式不是正弦函数，故C错误；交变电流经变压器变压后，频率不发生变化，故D错误．
7．D ①电压关系＝＝，电流关系＝＝；②副线圈匝数等效为零；③电压关系＝，电流关系＝；④电压关系＝，电流关系＝，①④符合条件．
8．D 滑片P向b方向移动，输出电压减小，Q下移时，总电阻的变化不明确，可能减小，也可能增大，故电流的变化无法确定，故A错误；滑片P不动，输出电压不变，滑片Q上移，电阻变化，电流表示数变化，所以B错误；滑片P向b方向移动，输出电压减小，滑片Q不动，电阻不变，电压表示数减小，所以C错误；滑片P不动，自耦变压器输出的电压不变，电压表测的是输出电压，示数不变，所以D正确．
9．解题思路：(1)回路中的电流为I＝，
导体棒受到的安培力为F安＝BIL，
对导体棒受力分析知F安＝mgsinθ.
联立上面三式解得E＝.
(2)当导体棒速度为v时，产生的感应电动势E＝BLv，此时电路中电流I＝＝，导体棒受到的安培力F＝BIL＝.根据牛顿第二定律有ma＝mgsinθ－，
解得a＝gsinθ－.
(3)当＝mgsinθ时，导体棒达到最大速度vm，可得
vm＝.
答案：(1) (2)gsinθ－ (3)
10．解题思路：(1)在Δt时间内，导体棒扫过的面积为
ΔS＝ωΔt[(2r)2－r2]①
根据法拉第电磁感应定律，导体棒上感应电动势的大小为
E＝②
根据右手定则，感应电流的方向是从B端流向A端．因此，通过电阻R的感应电流的方向是从C端流向D端．由欧姆定律可知，通过电阻R的感应电流的大小I满足I＝③
联立①②③式得I＝④
(2)在竖直方向有mg－2N＝0⑤
式中，由于质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的支持力大小相等，其值为N.两导轨对运行的导体棒的滑动摩擦力均为f＝μN⑥
在Δt时间内，导体棒在内、外圆导轨上扫过的弧长分别为
l1＝rωΔt⑦
l2＝2rωΔt⑧
克服摩擦力做的总功为Wf＝f(l1＋l2)⑨
在Δt时间内，消耗在电阻R上的功为WR＝I2RΔt⑩
根据能量守恒定律知，外力在Δt时间内做的功为
W＝Wf＋WR
外力的功率为P＝
由④至 式得P＝μmgωr＋.
答案：(1)，方向由C向D (2)μmgωr＋
11．解题思路：(1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势
E＝Blv(l＝d)，代入数值得E＝1.5
V.
当x＝0.8
m时，金属杆在导轨间的电势差为零，设此时杆在导轨外的长度为l外，则
l外＝d－d，OP＝
，得l外＝1.2
m.
由楞次定律判断D点电势高，故CD两端电势差
UCD＝－Bl外v＝－0.6
V.
(2)杆在导轨间的长度l与位置x的关系是
l＝d＝3－x，
对应的电阻R1＝R，
电流I＝，
杆受到的安培力
F安＝BIl＝7.5－3.75x，
根据平衡条件得F＝F安＋mgsinθ，
得F＝12.5－3.75x(N)(0≤x≤2)，
画出的F—x图象如图所示．
(3)外力F所做的功WF等于F—x图线与x轴所围成的图形的面积，即WF＝×2
J＝17.5
J.
而杆的重力势能增加量
ΔEp＝mgsinθ，故全过程产生的焦耳热Q＝WF－ΔEp＝7.5
J.
答案：(1)E＝1.5
V UCD＝－0.6
V
(2)F＝12.5－3.75x(N)(0≤x≤2)，图象见解析
(3)Q＝7.5
J
12．解题思路：(1)ab棒中产生的电动势的表达式为
E＝BLv＝40sin20πt(V)
故ab棒中产生的是正弦交变电流．
(2)设原线圈上电压的有效值为U1，则
U1＝＝20
V
设副线圈上电压的有效值为U2，
则＝
解得U2＝200
V
电阻R上的电热功率P＝＝4×103
W
(3)由以上分析可知，该正弦交流电的周期T＝＝0.1
s．从t＝0到t1＝0.025
s，经历了四分之一个周期．设在这段时间内电阻R上产生的热量为Q，则
Q＝·＝100
J
在t1＝0.025
s时刻，ab棒的速度为v，则
v＝2sin20πt1＝2
m/s
由能量守恒定律可得这段时间内外力F做的功W＝Q＋mv2＝104
J
答案：(1)E＝40sin20πt(V)，正弦交流电
(2)4×103
W (3)104
J课练33 变压器 电能的输送
传感器的简单应用
1.
(多选)如图，将额定电压为60
V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上．闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220
V和2.2
A．以下判断正确的是( )
A．变压器输入功率为484
W
B．通过原线圈的电流的有效值为0.6
A
C．通过副线圈的电流的最大值为2.2
A
D．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3
2．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”的灯泡，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
3．(多选)
如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.原线圈通过一理想电流表A接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端；假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则( )
A．Uab∶Ucd＝n1∶n2
B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小
C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd
越大
D．将二极管短路，电流表的读数加倍
4．如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则( )
A．用户用电器上交流电的频率是100
Hz
B．发电机输出交流电的电压有效值是500
V
C．输电线的电流只由降压变压器原、副线圈的匝数比决定
D．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小
5．(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈接有“220
V 440
W”的热水器、“220
V 220
W”的抽油烟机．如果副线圈电压按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是( )
A．副线圈两端电压的瞬时值为u＝220sin100πt(V)
B．变流电压表的示数为1
100
V
C．1
min内变压器输出的电能为3.96×104
J
D．热水器的发热功率是抽油烟机发热功率的2倍
6．(多选)图甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数n1与副线圈匝数n2之比为10∶1，变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，电阻R1＝R2＝R3＝20
Ω和电容器C连接成如图甲所示的电路，其中，电容器的击穿电压为8
V，电压表V为理想交流电表，开关S处于断开状态，则( )
A．电压表V的读数约为7.07
V
B．电流表A的读数为0.05
A
C．电阻R2上消耗的功率为2.5
W
D．若闭合开关S，电容器会被击穿
7．(多选)如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数之比为5∶1，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小．下列说法正确的是( )
A．图乙中电压的有效值为220
V
B．电压表的示数为44
V
C．R处出现火警时电流表示数增大
D．R处出现火警时电阻R0消耗的电功率增大
8.
如图所示，在A、B间接入正弦交流电，有效值U1＝220
V，通过理想变压器和二极管D1、D2给阻值R＝20
Ω的纯电阻负载供电，已知D1、D2为相同的理想二极管，正向电阻为0，反向电阻无穷大，变压器原线圈n1＝110匝，副线圈n2＝20匝，Q为副线圈正中央抽头，为保证安全，二极管的反向耐压值至少为U0，设电阻R上消耗的热功率为P，则有( )
A．U0＝40
V，P＝80
W
B．U0＝40
V，P＝80
W
C．U0＝40
V，P＝20
W
D．U0＝40
V，P＝20
W
9．调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图乙所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，C、D之间输入交变电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压．图乙中两电表均为理想交流电表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器．现在C、D两端输入图甲所示正弦式交流电，变压器视为理想变压器，那么( )
A．由图甲可知C、D两端输入交流电压u的表达式为u＝36sin
100t(V)
B．当滑动触头P逆时针转动时，M、N之间输出交流电压的频率变大
C．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电阻R2消耗的电功率变小
D．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数也变大
10．某同学利用电流传感器研究电容器的放电过程，他按如图1所示连接电路．先使开关S接1，电容器很快充电完毕．然后将开关掷向2，电容器通过R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I—t曲线如图2所示．他进一步研究滑动变阻器的阻值变化对曲线的影响，断开S，先将滑片P向右移动一段距离，再重复以上操作，又得到一条I—t曲线．关于这条曲线，下列判断正确的是( )
A．曲线与时间坐标轴所围面积将增大
B．曲线与时间坐标轴所围面积将减小
C．曲线与纵轴交点的位置将向上移动
D．曲线与纵轴交点的位置将向下移动
11.
一小型水电站，其交流发电机与升压变压器原线圈连接，如图为输电示意图．原线圈的输入功率为P1＝1
000
kW，输入电压为U1＝1
000
V，在输电过程中，要求能量损耗等于原线圈输入功率的4%，已知输电线电阻为16
Ω，用户降压变压器的输出电压为240
V，求：
(1)升压变压器原线圈中的电流I1；
(2)输电线中的电流I线；
(3)升压变压器与降压变压器的匝数比各为多少？
12.
如图，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5
T，边长为L＝10
cm的正方形线圈abcd共N＝100匝，线圈电阻r＝1
Ω.线圈绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，转动的角速度ω＝2π
rad/s，外电路电阻R＝4
Ω.
(1)求感应电动势的最大值；由图示位置转过60°角时的感应电动势的值．
(2)取π2＝10，求线圈转过一周电流产生的总热量．
(3)由图示位置开始，求在线圈转过周期的时间内通过电阻R的电荷量．
1．(2016·课标Ⅰ)
一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3
Ω、1
Ω和4
Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比值为( )
A．2
B．3
C．4
D．5
2．(多选)(2016·课标Ⅲ)
如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯均能正常发光，下列说法正确的是( )
A．原、副线圈匝数比为9∶1
B．原、副线圈匝数比为1∶9
C．此时a和b的电功率之比为9∶1
D．此时a和b的电功率之比为1∶9
3．(2015·课标Ⅰ)
一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220
V的正弦交流电源上，如图所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则( )
A．U＝66
V，k＝
B．U＝22
V，k＝
C．U＝66
V，k＝
D．U＝22
V，k＝
4．(2016·天津理综)
如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．下列说法正确的是( )
A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大
B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大
C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大
D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大、A2示数变大
5.
(2016·江苏单科)一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈．通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈．在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2.在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中( )
A．U2>U1，U2降低
B．U2>U1，U2升高
C．U2D．U26．(2016·四川理综)
如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )
A．小灯泡变亮
B．小灯泡变暗
C．原、副线圈两端电压的比值不变
D．通过原、副线圈电流的比值不变
7．(多选)(2017·湖北襄阳二联)
如图所示，理想变压器原线圈a、b两端接正弦交变电压u，u＝220sin
100πt(V)，电压表V接在副线圈c、d两端(不计导线电阻)，则当滑动变阻器滑片向右滑动时( )
A．电压表示数不变
B．电流表A2的示数始终为0
C．若滑动变阻器的滑片不动，仅改变u，使u＝220sin
200πt(V)，则电流表A1的示数增大
D．若滑动变阻器的滑片不动，仅改变u，使u＝220sin
200πt(V)，则电流表A1的示数减小
8．(2017·福建漳州三联)
有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯L1、L2为规格相同的两只小灯泡．当S断开时，灯L1正常发光．S闭合后，下列说法正确的是( )
A．灯L1、L2都能正常发光
B．原线圈的输入功率减小
C．原、副线圈的电流比增大
D．电阻R消耗的功率增大
9．(2017·江西萍乡二模)
如图所示为汽车的点火装置，此装置的核心是一个变压器，该变压器的原线圈通过开关连接到12
V的蓄电池上，副线圈连接到火花塞的两端，开关由机械控制，当开关由闭合变为断开时，副线圈中产生10
000
V以上的电压，火花塞中产生火花．下列说法中正确的是( )
A．变压器的原线圈要用粗导线绕制，而副线圈可以用细导线绕制
B．若该点火装置的开关始终闭合，火花塞的两端会持续产生高压
C．变压器原线圈输入的12
V电压必须是交流电，否则就不能在副线圈中产生高压
D．该点火装置中变压器的副线圈匝数必须小于原线圈的匝数
10．(2017·广东深圳一调)如图甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，原线圈输入的交流电压如图乙所示，副线圈电路接有滑动变阻器R和额定电压为12
V、工作时内阻为2
Ω的电动机．闭合开关，电动机正常工作，电流表示数为1
A，则( )
A．副线圈两端电压为22
V
B．电动机输出的机械功率为12
W
C．通过电动机的交流电频率为50
Hz
D．突然卡住电动机，原线圈输入功率变小
11．(2017·大连二模)
如图所示，a、b两端接有电压不变的交流电源，变压器为理想变压器，电压表和电流表均为理想交流电表，开关S由断开到闭合，图中各电表示数变化情况正确的是( )
A.示数变小、示数变小、示数变小
B.示数变大、示数变大、示数变大
C.示数变大、示数变小、示数变大
D.示数变小、示数变大、示数变小
12．(多选)(2017·沈阳三测)如图所示，虚线框内为漏电保护开关的原理示意图：变压器A处用火线和零线平行绕制成线圈，然后接到用电器上．B处有一个输出线圈，一旦线圈B中有电流，经放大后便能推动继电器切断电源．如果甲、乙、丙、丁四人分别以图示方式接触电线(裸露部分)，甲、乙、丙站在木凳上，则下列说法正确的是( )
A．甲不会发生触电事故，继电器不会切断电源
B．乙会发生触电事故，继电器不会切断电源
C．丙会发生触电事故，继电器会切断电源
D．丁会发生触电事故，继电器会切断电源
课练33 变压器 电能的输送
传感器的简单应用1.BD 原线圈两端电压U1＝220
V，副线圈两端电压U2＝60
V，则原、副线圈匝数之比n1∶n2＝11∶3，故D正确．原线圈电流有效值I1＝I2＝0.6
A，故B正确．输入功率P1＝P2＝U2I2＝132
W，故A错误．电流为正弦式交变电流，所以副线圈中电流最大值Im＝I2＝2.2
A，故C错误．
2．C 由图可知，此时穿过线框的磁通量最大，感应电动势为0，A错误；矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为Em＝nBSω＝50××0.5×100
V＝250
V，所以交流电的有效值为250
V，B错误；由于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为＝，C正确；由于熔断器允许通过的最大电流为10
A，所以允许变压器输出的最大功率为P＝UI＝250×10
W＝2
500
W，D错误．
3．BD 若变压器输入电压有效值为Uab，则输出电压有效值为U2＝Uab；由于二极管的单向导电性使得Ucd＝U2，故＝，选项A错误；增大负载电阻的阻值R，则副线圈电流减小，则原线圈电流也减小，即电流表的读数减小，选项B正确；c、d间的电压由变压器的输入电压决定，与负载电阻R的大小无关，选项C错误；若二极管短路，则Ucd＝U2，则电阻消耗功率P2＝加倍，原线圈输入功率P1＝P2＝UabI，Uab不变，则原线圈电流加倍，选项D正确．
4．D 用户用电器上交流电的频率与发电机输出的电流的频率是一样的，由图乙可以看到，交流电的频率应为50
Hz，所以A错误；正弦式交变电流的最大值应为有效值的倍，故B错误；输电线的电流由用户的用电功率和输电电压等决定，故C错误；由于变压器的输出电压不变，当用户用电器的总电阻增大时，输出电流减小，根据电流与匝数成反比的关系可知，输电线上的电流减小，由P线＝IR线可知，输电线上损失的功率减小，D正确．
5．AC 由图乙可知，交变电流的峰值是220
V，ω＝100π
rad/s，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝220sin100πt(V)，故A正确；电压与匝数成正比，有U1＝U2＝1
100
V，则电压表示数为1
100
V，故B错误；输入功率等于输出功率，1
min内变压器输出的电能为W＝Pt＝(220
W＋440
W)×60
s＝3.96×104
J，故C正确；热水器的发热功率为440
W，而抽油烟机的发热功率小于220
W，故D错误．
6．AC 由变压器变压公式，副线圈输出电压最大值为20
V，电压表V的读数约为7.07
V，选项A正确；变压器输出功率为P2＝U2I2＝＝
W＝5.0
W，由P1＝U1I1＝5.0
W可得电流表A的读数为0.035
A，选项B错误；电阻R2上消耗的功率为P2/2＝2.5
W，选项C正确；若闭合开关S，R1和R3并联部分电压最大值约为7
V，电容器不会被击穿，选项D错误．
7．CD 设将此电压加在阻值为R′的定值电阻上，电压的最大值为Um，电压的有效值为U，由·＝T，代入数据得图乙中电压的有效值为110
V，故A错误；变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈中的电压之比是5∶1，电压表的示数为22
V，故B错误；R处温度升高时，阻值减小，副线圈电流增大，而输入功率和输出功率相等，所以原线圈电流增大，即电流表示数增大，故C正确；R处出现火警时，通过R0的电流增大，所以电阻R0消耗的电功率增大，故D正确．
8．C 在A、B间接入正弦交流电U1＝220
V，变压器原线圈n1＝110匝，副线圈n2＝20匝，有＝，得副线圈两端电压有效值U2＝40
V．而二极管的反向耐压值至少为U0，取电压最大值，所以U0＝40
V．Q为副线圈正中央抽头，则R两端电压有效值为U＝20
V，所以R消耗的热功率为P＝＝20
W.
9．C 由图甲可知，该交流电的周期为0.02
s，所以频率为50
Hz，根据公式得u＝Umsinωt，所以由图甲可知C、D两端输入交流电压u的表达式为u＝36sin100πt(V)，A错误．交流电压频率跟线圈间的匝数比无关，所以当滑动触头P逆时针转动时，M、N之间输出交流电压的频率不变，B错误．变压器输出电压一定，当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，并联电路电阻减小，所以并联电路路端电压减小，即电压表示数减小，电路总电流增大，通过电阻R2的电流减小，故电流表示数增大，所以电阻R2消耗的电功率变小，C正确、D错误．
10．D 本题借助电流传感器研究电容器的放电过程，考查I—t曲线的面积以及纵截距的意义．I—t曲线与时间轴所围面积表示电容器放电的电荷量，而电容器所带电荷量Q＝CU＝CE不变，故曲线与时间坐标轴所围面积不变，故A、B错；将滑片P向右移动一段距离，滑动变阻器的阻值R变大，由I＝，可知将开关掷向2时电容器开始放电的电流变小，因此曲线与纵轴交点的位置将向下移动，故C错、D对．
11．解题思路：(1)升压变压器原线圈中的电流
I1＝＝1
000
A
(2)根据P线＝IR线得
I线＝
＝
＝50
A
(3)升压变压器的匝数比＝＝
根据能量守恒定律，可得P3＝P2－P线
又P2＝P1
故U3＝＝＝1.92×104
V
降压变压器的匝数比
＝＝＝
答案：(1)1
000
A (2)50
A (3)1∶20 80∶1
12．解题思路：(1)由题意可得，感应电动势的最大值
Em＝NBL2ω＝100×0.5×0.12×2π
V＝3.14
V
由图示位置转过60°角时的瞬时感应电动势
e＝Emcos60°＝3.14×0.5
V＝1.57
V
(2)周期T＝2π/ω＝1
s
线圈转动一周电流产生的热量
Q＝2·T/(R＋r)
联立解得Q＝1
J
(3)Δt＝T时间内通过电阻R的电荷量q＝·Δt
＝
＝N
ΔΦ＝BL2－0
联立解得q＝0.1
C
答案：(1)1.57
V (2)1
J (3)0.1
C
加餐练
1．B 设原、副线圈匝数比为n，根据能量守恒，当S断开时，UI＝I2R1＋(nI)2(R2＋R3)；当S闭合时，4UI＝(4I)2R1＋(4nI)2R2，联立解得n＝3，所以B正确．
2．AD 由题意知U＝10U灯，a、b均正常发光，则变压器输入电压U1＝9U灯，而输出电压U2＝U灯，所以原、副线圈匝数比n1∶n2＝U1∶U2＝9∶1；而I1∶I2＝n2∶n1＝1∶9，所以两灯功率之比Pa∶Pb＝U灯I1∶U灯I2＝1∶9，选项A、D正确．
3．A 设原线圈中电流为I，由＝知副线圈中的电流I2＝3I，由题意知副线圈中电阻两端的电压U＝3IR，则原线圈回路中R两端的电压U′＝IR＝，原线圈两端的电压U1＝3U，由闭合电路中电压关系可知U1＋U′＝220
V，即＋3U＝220
V，U＝66
V，原线圈回路中电阻消耗的功率P1＝I2R，副线圈回路中电阻消耗的功率P2＝(3I)2R，＝k＝＝，选项A正确．
4．B 由于原、副线圈两端电压不变，当滑动变阻器滑动触头P向上滑动时，连入电路的电阻变大，所在电路总电阻变大，副线圈中电流减小，R1中电流减小，R1消耗的功率减小，A项错误；R1中电流减小，则R1两端电压减小，而副线圈两端电压不变，所以滑动变阻器两端电压增大，电压表示数变大，B项正确；副线圈中电流减小，原线圈中电流随之减小，故C项错误；若闭合开关S，负载电路的总电阻减小，副线圈中电流增大，R1中电流增大，则R1两端电压升高，R2两端电压减小，A2示数变小，D项错误．
5．C 由图可知变压器的原线圈匝数n1大于副线圈匝数n2，因＝，则U26．B 由＝得U2＝U1①
由＝得
U′2＝U1②
由②/①得：＝＝，因为n27．AC 电压表示数为副线圈两端电压，副线圈两端电压只与原线圈两端电压及原副线圈匝数比有关，故A正确；因电容器“通交流、隔直流”，则电流表A2始终有示数，B错误；改变u后，交变电流的频率变大，电容器的容抗减小，故A1示数增大，C正确、D错误．
8．D 断开S时，L1正常发光，当闭合S后，总电阻减小，回路中总电流增大，R两端电压变大，灯泡两端电压减小，两灯不能正常发光，A项错误．由P入＝P出＝，且R总减小，U2不变，则P入变大，B项错误．由＝可知，因线圈匝数比不变，则原、副线圈的电流比不变，C项错误．电阻R的功率P＝I2R，因I变大，R不变，则P变大，D项正确．
9．A 汽车的点火装置是利用变压器原理工作的，当开关始终闭合时，通过原线圈的电流恒定，原线圈中产生的磁场恒定，则在副线圈上不会产生电压，所以B错误；由题可知原线圈处接12
V的直流电源，当断开开关瞬间原线圈中电流迅速变化，会产生变化的磁场，则在副线圈中可能产生高压，所以C错误；由＝可知，要在副线圈中产生高压，则原线圈匝数必须小于副线圈的匝数，所以D错误．故选A.
10．C 由图乙可知U1＝220
V，又知n1∶n2＝10∶1，则由＝，得副线圈两端电压U2＝22
V，A项错误；电动机输出的机械功率P机＝P总－P内＝IU－I2r＝1×12
W－12×2
W＝10
W，B项错误；由图乙可知，T＝0.02
s，则f＝＝50
Hz，C项正确；当卡住电动机，则副线圈回路总电阻减小，电流变大，再由P入＝P出＝I2U2，可知原线圈输入功率变大，D项错误．
11．D 本题考查理想变压器的规律、电路的动态变化，意在考查考生的分析推理能力．开关闭合，副线圈电路总电阻减小，输出功率增大，理想变压器输入功率与输出功率相等，故原线圈电路电流增大，由欧姆定律可知，电阻R1两端电压增大，而交流电源电压不变，所以原线圈两端电压减小，即示数变小，B、C项错误；由理想变压器变压规律可知，副线圈两端电压减小，由于副线圈回路中电流增大，所以R2两端电压增大，即示数变大，则示数变小，A项错误、D项正确．
12．AD 本题考查触电类型、感应电流产生的条件等，意在考查考生应用物理规律构建物理模型、解决问题的能力．甲站在木凳上，单手接触火线，无电流通过人体，不会发生触电事故，零线、火线中电流大小相等，方向相反，通过A处线圈的磁通量为零，保持不变，无感应电流产生，故继电器不会切断电源，A项正确；乙站在木凳上，双手接触同一条火线，无电流通过人体，不会发生触电事故，B项错误；丙虽站在木凳上，但双手分别接触零线和火线，有电流通过人体，但通过A处线圈的磁通量仍为零，保持不变，无感应电流产生，故继电器不会切断电源，C项错误；丁单手接触火线，电流经人体流入大地，发生触电事故，且由于通过火线和零线中电流方向相反、大小不再相等，故通过A处线圈的磁通量发生变化，有感应电流产生，故继电器会切断电源，D项正确．课练24 实验 测定金属电阻率
描绘小灯泡的伏安特性曲线
1.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除了标有“6
V 1.5
W”的小灯泡、导线和开关外，还有：
A．直流电源6
V(内阻不计)
B．直流电流表0～3
A(内阻0.1
Ω以下)
C．直流电流表0～300
mA(内阻约为5
Ω)
D．直流电压表0～15
V(内阻约为15
kΩ)
E．滑动变阻器“10
Ω 2
A”
F．滑动变阻器“1
kΩ 0.5
A”
实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能多测几次．
(1)实验中电流表应选用________，滑动变阻器应选用________．(均用序号表示)
(2)试按要求在虚线框(图甲)中画出电路图．
(3)根据电路图将图乙中所示器材连成实验电路．
2．一实验小组准备探究元件Q的伏安特性曲线，他们设计了如图甲所示的电路图．请回答下列问题：
(1)请将图乙中的实物连线按电路图补充完整．
(2)考虑电表内阻的影响，该元件电阻的测量值________(填“大于”“等于”或“小于”)真实值．
(3)在电路中闭合开关S，电流表、电压表均有示数，但无论怎样移动变阻器滑片，总不能使电压表的示数调为零，原因可能是图中的________(填a、b、c、d、e、f)处接触不良．
(4)实验测得表格中的7组数据．请在坐标系(图丙)中作出该元件的I－U图线．
序号
电压/V
电流/A
1
0.00
0.00
2
0.40
0.02
3
0.80
0.05
4
1.20
0.12
5
1.60
0.20
6
2.00
0.31
7
2.40
0.44
(5)为了求元件Q在I－U图线上某点的电阻，甲同学利用该点的坐标I、U，由R＝求得．乙同学作出该点的切线，求出切线的斜率k，由R＝求得．其中________(填“甲”或“乙”)同学的方法正确．
3．某同学研究小灯泡的伏安特性曲线，用实验得到下表的数据(I和U分别表示流过小灯泡的电流和小灯泡两端的电压)，则：
U/V
0
0.20
0.40
0.60
0.80
1.00
I/A
0
0.12
0.21
0.29
0.34
0.38
U/V
1.20
1.40
1.60
1.80
2.00
2.20
I/A
0.41
0.46
0.48
0.49
0.50
(1)当U＝1.40
V时对应的电流表示数如图甲所示，其读数为________
A.
(2)实验中所用的器材有：
电压表(量程3
V，内阻约为2
kΩ)；
电流表(量程0.6
A，内阻约为0.2
Ω)；
滑动变阻器(0～5
Ω，1
A)；
电源、待测小灯泡、开关、若干导线．
请在图乙方框中画出该实验的电路图．
(3)根据实验数据，在图丙中画出小灯泡的U－I曲线．
(4)如果把小灯泡接在一个电动势为1.5
V、内阻为2.0
Ω的电池两端，则小灯泡的实际功率是________W(结果保留两位有效数字)．
4．要描绘一个标有“3
V 0.6
W”小灯泡的伏安特性曲线，小灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3
V，并便于操作．已选用的器材有：
电池组(电动势为4.5
V，内阻约1
Ω)；
电流表(量程为0～250
mA，内阻约5
Ω)；
电压表(量程为0～3
V，内阻约3
kΩ)；
开关一个、导线若干．
(1)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的________(填选项字母)．
A．滑动变阻器(最大阻值20
Ω，
额定电流1
A)
B．滑动变阻器(最大阻值1
750
Ω，额定电流0.3
A)
(2)实验的电路图应选用下列的图________(填选项字母)．
(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示．现将两个这样的小灯泡并联后再与一个2
Ω的定值电阻R串联，接在电动势为1.5
V、内阻为1
Ω的电源两端，如图乙所示．每个小灯泡消耗的功率是________W.
5．小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大．某同学为研究这一现象，用实验描绘小灯泡的伏安特性曲线．实验可供选择的器材有：
A．小灯泡(规格为“2.5
V
1.2
W”)
B．电流表A(量程为0～0.6
A，内阻为1
Ω)
C．电压表V(量程为0～3
V，内阻未知)
D．滑动变阻器(0～10
Ω，额定电流为1
A)
E．滑动变阻器(0～5
Ω，额定电流为0.5
A)
F．电源(E＝3
V，内阻不计)
G．定值电阻R0(阻值为6
Ω)
H．开关一个和导线若干
(1)要求小灯泡两端的电压从零开始变化，且能尽量消除系统误差，在方框内画出实验电路图．
(2)实验中，应该选用的滑动变阻器是________(填写器材前字母代号)．
(3)按照正确的电路图，该同学测得实验数据如下(I是电流表A的示数，U是电压表V的示数，U灯是小灯泡两端的实际电压)．请通过计算补全表格中的空格，然后在下图中画出小灯泡的U灯－I曲线.
I/A
0.05
0.10
0.15
0.20
0.25
U/V
0.08
0.15
0.25
0.40
0.60
U灯/V
I/A
0.30
0.35
0.40
0.45
0.48
U/V
0.90
1.30
1.85
2.50
3.00
U灯/V
(4)该同学将与本实验中一样的两个小灯泡以及给定的定值电阻R0三者一起串联接在本实验中提供的电源两端，则每个灯泡的实际功率是________
W.
6．现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度．螺旋测微器和游标卡尺的示数如图甲和图乙所示．
(1)由图读得圆柱体的直径为________mm，长度为________cm.
(2)若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ＝________.
7.
有一根细长而均匀的金属管线样品，横截面如图所示．此金属材料重1～2
N，长约为30
cm，电阻约为10
Ω.已知这种金属的电阻率为ρ，密度为ρ0.因管内中空部分截面积形状不规则，无法直接测量，请设计一个实验方案，测量中空部分的截面积S0，现有如下器材可选：
A．毫米刻度尺
B．螺旋测微器
C．电流表(0～600
mA,1.0
Ω)
D．电流表(0～3
A,0.1
Ω)
E．电压表(0～3
V,6
kΩ)
F．滑动变阻器(0～20
Ω，0.5
A)
G．滑动变阻器(0～10
kΩ，2
A)
H．蓄电池(6
V,0.05
Ω)
I．开关一个，带夹子的导线若干
(1)除待测金属管线外，还应选用的器材有____________________(只填器材前的字母)．
(2)在方框中画出你所设计方案的实验电路图，并把所选仪器连成实际测量电路．
(3)实验中要测量的物理量有：________________________________；计算金属管线内部空间截面积S0的表达式为S0＝________.
8．如图甲所示(导线连线不完整)，某同学想测量某导电溶液的电阻率，先在一根均匀的长玻璃管两端各安装了一个电极(接触电阻不计)，两电极相距L＝0.700
m，其间充满待测的导电溶液．用如下器材进行测量：
电压表V(量程15
V，内阻约30
kΩ)
电流表G(量程300
μA，内阻约50
Ω)
滑动变阻器(最大阻值10
Ω，额定电流1
A)
电池组(电动势E＝12
V，内阻r＝6
Ω)
单刀单掷开关一个，导线若干．
下表是他测量通过管中导电液柱的电流及两端电压的实验数据．实验中他还用20分度的游标卡尺测量了玻璃管的内径，结果如图乙所示．
U/V
0
1.0
3.0
5.0
7.0
9.0
11.0
I/μA
0
22
65
109
155
175
240
根据以上所述请回答下面的问题：
(1)玻璃管内径d的测量值为________cm；
(2)根据表中数据在图丙坐标系中描点，请作出U－I图象，根据图象求出电阻R＝________Ω(保留两位有效数字)；
(3)计算导电溶液的电阻率表达式是ρ＝________(用R、d、L表示)，测量值为________Ω·m(保留两位有效数字)；
(4)请画出测量导电溶液电阻的电路图，并在图甲中补画出未连接的导线．
9．金属材料的电阻率通常随温度的升高而增大，而半导体材料的电阻率随温度的升高而减小．某同学需要研究某种导电材料的导电规律，他用该种导电材料制作成电阻较小的线状元件Z，并测量元件Z中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律．
(1)他应选用下图所示的________电路进行实验．
(2)实验测得元件Z的电压与电流的关系如下表所示．根据表中数据，可判断元件Z是________(填“金属材料”或“半导体材料”).
U/V
0
0.40
0.60
0.80
1.00
1.20
1.50
1.60
I/A
0
0.20
0.45
0.80
1.25
1.80
2.81
3.20
(3)用螺旋测微器测量线状元件Z的直径如图甲所示，则元件Z的直径是________mm.
(4)把元件Z接入如图乙所示的电路中，当电阻R的阻值为R1＝2
Ω时，电流表的读数为1.25
A；当电阻R的阻值为R2＝3.6
Ω时，电流表的读数为0.80
A．结合上表数据，求出电池的电动势为________V，内阻为________Ω.(不计电流表的内阻)
10．(2017·南开中学月考)某同学通过实验研究LED灯的伏安特性曲线，可用的器材如下：电源(内阻不计)、滑动变阻器、电流表、电压表、不同规格的LED灯两组、开关、导线．
(1)该同学将灯L1连接成如图甲所示的实验电路，开关闭合前，滑动变阻器的滑片位置应置于最________端(填“左”或“右”)．各元件检查正常，闭合开关后，移动滑动变阻器滑片，发现电压表有示数，而电流表始终无示数，且灯L1不亮，则一定断路的导线是________．
(2)更换导线后，移动滑动变阻器滑片，得到灯L1的I—U图像如图乙中的图线①，则可知灯L1的电阻随电压增大而________(填“变大”“变小”或“不变”)．
(3)换灯L2重做实验，得到其I—U图像如图乙中的图线②.将滑动变阻器的滑片移到合适位置固定，同时撤去导线2，接灯L2时电流表的读数为0.16
A，接灯L1时电流表的读数为0.14
A，灯被短路时，电流表的读数应为________A(结果保留两位有效数字)．
1．(2016·课标Ⅱ)某同学利用图(a)所示电路测量量程为2.5
V的电压表的内阻(内阻为数千欧姆)，可供选择的器材有：电阻箱R(最大阻值99
999.9
Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值50
Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值5
kΩ)，直流电源E(电动势3
V)，开关1个，导线若干．
实验步骤如下：
①按电路原理图(a)连接线路；
②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图(a)中最左端所对应的位置，闭合开关S；
③调节滑动变阻器，使电压表满偏；
④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00
V，记下电阻箱的阻值．
回答下列问题：
(1)实验中应选择滑动变阻器__________(填“R1”或“R2”)．
(2)根据图(a)所示电路将图(b)中实物图连线．
(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0
Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为__________
Ω(结果保留到个位)．
(4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为__________(填正确答案标号)．
A．100
μA
B．250
μA
C．500
μA
D．1
mA
2．(2015·课标Ⅱ)电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍．某同学利用这一事实测量电压表的内阻(半偏法)，实验室提供的器材如下：
待测电压表(量程3
V，内阻约为3
000
Ω)，电阻箱R0(最大阻值为99
999.9
Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值100
Ω，额定电流2
A)，电源E(电动势6
V，内阻不计)，开关2个，导线若干．
(1)虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整．
(2)根据设计的电路，写出实验步骤：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
(3)将这种方法测出的电压表内阻记为R′V，与电压表内阻的真实值RV相比，R′V________RV(填“>”、“＝”或“<”)，主要理由是________________________．
3．(2016·天津理综)某同学想要描绘标有“3.8
V,0.3
A”字样小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确、绘制曲线完整．可供该同学选用的器材除开关、导线外，还有：
电压表V1(量程0～3
V，内阻等于3
kΩ)
电压表V2(量程0～15
V，内阻等于15
kΩ)
电流表A1(量程0～200
mA，内阻等于10
Ω)
电流表A2(量程0～3
A，内阻等于0.1
Ω)
滑动变阻器R1(0～10
Ω，额定电流2
A)
滑动变阻器R2(0～1
kΩ，额定电流0.5
A)
定值电阻R3(阻值等于1
Ω)
定值电阻R4(阻值等于10
Ω)
定值电阻R5(阻值等于1
kΩ)
电源E(E＝6
V，内阻不计)
(1)请画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁．
(2)该同学描绘出的I－U图象应是下图中的__________．
4．(2016·浙江理综)某同学用伏安法测量导体的电阻，现有量程为3
V、内阻约为3
kΩ的电压表和量程为0.6
A、内阻约为0.1
Ω的电流表．采用分压电路接线，图1是实物的部分连线图，待测电阻为图2中的R1，其阻值约为5
Ω.
(1)测R1阻值的最优连接方式为导线①连接__________(填“a”或“b”)、导线②连接__________(填c或d)．
(2)正确接线测得实验数据如下表，用作图法求得R1的阻值为__________
Ω.
U/V
0.40
0.80
1.20
1.60
2.00
2.40
I/A
0.09
0.19
0.27
0.35
0.44
0.53
(3)已知图2中R2与R1是材料相同、厚度相等、表面为正方形的两导体，R2的边长是R1的，若测R2的阻值，则最优的连线应选__________(填选项)．
A．①连接a，②连接c
B．①连接a，②连接d
C．①连接b，②连接c
D．①连接b，②连接d
5．(2015·广东理综)某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性，使用的器材包括电压表(内阻约为3
kΩ)、电流表(内阻约为1
Ω)、定值电阻等．
(1)使用多用电表粗测元件X的电阻．选择“×1”欧姆挡测量，示数如图1(a)所示，读数为________Ω.据此应选择图1中的________(填“(b)”或“(c)”)电路进行实验．
(2)连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐________(填“增大”或“减小”)；依次记录电流及相应的电压；将元件X换成元件Y，重复实验．
(3)图2(a)是根据实验数据作出的U－I图线，由图可判断元件________(填“X”或“Y”)是非线性元件．
(4)该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R＝21
Ω的定值电阻，测量待测电池的电动势E和内阻r，电路如图(b)所示．闭合S1和S2，电压表读数为3.00
V；断开S2，读数为1.00
V．利用图2(a)可算得E＝________V，r＝________Ω(结果均保留两位有效数字，视电压表为理想电压表)．
6．(2017·湖北黄冈模拟)小明在实验室中发现一个外观上像电阻的未知元件D，设计了如图甲所示电路进行实验探究，请按要求回答问题：
(1)小明按图甲连接好电路，闭合开关S，将滑动变阻器滑片缓慢地从a端移到b端，发现起始阶段电压表的示数逐渐增大，后续阶段电压表示数保持6
V不变，若D为电阻元件，则该过程中它的电阻值的变化情况可能是( )
A．阻值一直为0
B．阻值先不变，后阶段变小
C．阻值恒定且远大于R2
D．阻值先不变，后阶段变大
(2)根据元件D铭牌上的部分信息，小明从网络获知该元件为稳压二极管，它有正负极之分，在电路中当D的正极接高电势时，其i－u线如图乙中OC所示，当D的负极接高电势时，其i－u线如图乙中OAB所示，其中AB段为D的稳压工作区，由此可判断图甲中D的黑色端是它的________极(填“正”或“负”)．
(3)小明接着设计了用多用电表欧姆挡按图丙对该元件进行探究，图丙中虚线框部分是其内部等效电路，已知电源电动势E＝9
V，电表满偏电流Ig＝3
mA.实验时小明先进行欧姆调零，则调零后多用电表内部总电阻为________Ω；调零后按图丙连接元件D进行测量，若D恰好处于稳压工作区，则此时测得元件D的阻值应为________Ω.
7．(2017·河南八市质检)为了测量某种材料制成的电阻丝Rx的电阻率，提供的器材有：
A．电流表G，内阻Rg＝120
Ω，满偏电流Ig＝6
mA
B．电压表V，量程为0～6
V
C．螺旋测微器，毫米刻度尺
D．电阻箱R0(0～99.99
Ω)
E．滑动变阻器R(最大阻值为5
Ω)
F．电池组E(电动势为6
V，内阻约为0.05
Ω)
G．一个开关S和导线若干
(1)用多用电表粗测电阻丝的阻值，当用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，应该换用________挡(填“×1”或“×100”)，进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图甲所示．
(2)把电流表G与电阻箱并联改装成量程为0～0.6
A的电流表使用，则电阻箱的阻值应调为R0＝________Ω.(结果保留三位有效数字)
(3)为了用改装好的电流表测量电阻丝Rx的阻值，请根据提供的器材和实验需要，将图乙中电路图补画完整．
(4)测得电阻丝的长度为L，电阻丝的直径为d，电路闭合后，调节滑动变阻器的滑片到合适位置，电压表V的示数为U，电流表G的示数为I.请用已知量和测量量的字母符号，写出计算电阻率的表达式ρ＝________.
8.
二极管具有单向导电性，其正向电阻很小，反向电阻很大，现有一个二极管其正极记为A、负极记为B.为了验证二极管电阻特性，某同学做了有关二极管正、反向电阻的实验，操作过程如下：
(1)先用多用电表的欧姆挡测量其电阻，其正向电阻约为10
Ω，反向电阻约为50
kΩ，则在测量二极管的正向电阻时，电表的红表笔应接________(填“A”或“B”)．
(2)该同学设计了如图所示的电路，用伏安法进一步测量该二极管正、反向电压均为2
V时的电阻值，二极管接在1、2之间，电压表的内阻约为40
kΩ，选用多用电表的直流电流挡作为电流表接在3、4之间．该多用电表的直流电流挡有三个量程，量程和对应的内阻分别为：①50
μA，内阻约为100
Ω；②50
mA，内阻约为50
Ω；③250
mA，内阻约为10
Ω.则在实验过程中，多用电表的红表笔应与接线柱________(填“3”或“4”)相连；测二极管的反向电阻时电流表的量程应选用________(填“①”、“②”或“③”)，单刀双掷开关S2应拨向接点________(填“5”或“6”)．
9．(2017·南京、盐城二模)一只小灯泡，额定功率为0.75
W，额定电压值已模糊不清．A小组的同学想测定其额定电压值，于是先用多用电表测出该灯泡的电阻约为3
Ω，然后根据公式计算出该灯泡的额定电压U＝＝1.5
V．B小组同学认为A小组测量方法有误，他们利用下面可供选择的器材设计一个电路，测量通过灯泡的电流和它两端的电压，并根据测量数据来绘制灯泡的U－I图线，进而找到灯泡的额定电压．
A．电压表V(量程3
V，内阻约3
kΩ)
B．电流表A1(量程1
500
mA，内阻约0.02
Ω)
C．电流表A2(量程500
mA，内阻约0.6
Ω)
D．滑动变阻器R1(0～10
Ω)
E．滑动变阻器R2(0～100
Ω)
F．电源E(电动势4.0
V，内阻不计)
G．开关S和导线若干
H．待测灯泡L(额定功率0.75
W，额定电压未知)
(1)在实验过程中，B小组的同学将灯泡两端的电压由零缓慢地增加，在下面图甲所给的虚线框中画出实验的电路原理图．上述器材中，电流表选________(填“A1”或“A2”)；滑动变阻器选________(填“R1”或“R2”)．
(2)当电压达到1.23
V时，发现灯泡亮度很暗，当达到2.70
V时，灯泡功率已超过额定功率，便立即断开开关，并将所测数据记录在下面表格中.
次数
1
2
3
4
5
6
7
U/V
0.20
0.60
1.00
1.40
1.80
2.20
2.70
I/mA
80
155
195
227
255
279
310
请你根据表中实验数据在图乙中作出灯泡的U－I图线．
(3)由图象得出该灯泡的额定电压应为________
V；显然这一结果大于1.5
V，究其原因是______________________________________．
10．用下列器材测量电容器的电容：
一块多用电表，一台直流稳压电源，一个待测电容器(额定电压16
V)，定值电阻R1.(阻值未知)，定值电阻R2＝150
Ω，电流传感器、数据采集器和计算机，单刀双掷开关S，导线若干．
实验过程如下：
实验次数
实验步骤
第1次
①用多用电表的“×10”挡测量电阻R1，指针偏转如图甲所示．②将电阻R1等器材按照图乙正确连接电路，将开关S与1端连接，电源向电容器充电．③将开关S掷向2端，测得电流随时间变化的i－t曲线如图丙中的实线a所示．
第2次
④用电阻R2替换R1，重复上述实验步骤②③，测得电流随时间变化的i－t曲线如图丁中的某条虚线所示.
说明：两次实验中电源输出的直流电压恒定且相同．
请完成下列问题：
(1)由图甲可知，电阻R1的测量值为________
Ω.
(2)第1次实验中，电阻R1两端的最大电压U＝________
V．利用计算机软件测得i－t曲线和两坐标轴所围的面积为42.3
mA·s，已知电容器放电时其内阻可以忽略不计，则电容器的电容为C＝________
F.
(3)第2次实验中，电流随时间变化的i－t曲线应该是图丁中的虚线________(选填“b”、“c”或“d”)，判断依据是________．
课练24 实验 测定金属电阻率
描绘小灯泡的伏安特性曲线1.解题思路：(1)小灯泡的额定电流为0.25
A，其电阻约为24
Ω，故为精确测量，电流表选C；为方便调节，滑动变阻器选E.
(2)小灯泡内阻较小，故电流表采用外接法，小灯泡两端的电压要求从零开始调节，故滑动变阻器采用分压式接法．
(3)实物图连接可以根据分压式接法先把滑动变阻器下面两个接线柱直接连在电源和开关两端，再考虑小灯泡和电流表串联的一端接在滑动变阻器的上接线柱上，另一端接在电源没有接开关的那个接线柱上，最后连接电压表．(要注意电流进出电表必须正进负出)
答案：(1)C E
(2)如图所示
(3)如图所示
2．解题思路：(2)由电路图知电流的测量值偏大，根据R＝知电阻的测量值偏小，即小于真实值；(3)无论怎样移动变阻器滑片，总不能使电压表的示数调为零，是因为滑动变阻器的接法是限流式接法，故是导线f断路．
答案：(1)如图甲所示 (2)小于 (3)f (4)如图乙所示 (5)甲
3．解题思路：(2)估测小灯泡的电阻较小，故电流表要采用外接法；测小灯泡伏安特性曲线，电压要从零开始调节，故滑动变阻器采用分压式接法，如图甲所示．(3)作小灯泡的U－I曲线，要进行描点连线，连线要求舍去偏差比较大的点，并用平滑的曲线连线．(4)把小灯泡接在一个电动势为1.5
V、内阻为2.0
Ω的电池两端，此时小灯泡的实际电压、电流是小灯泡的U－I曲线与电源的U－I曲线的交点，如图丙所示，故其实际功率为交点对应的电流和电压的乘积．
答案：(1)0.44 (2)如图甲所示 (3)如图乙所示 (4)0.27(0.25～0.29都正确)
4．解题思路：(1)由描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验原理可知，滑动变阻器应选总阻值较小的A.(2)由于小灯泡电阻较小，电流表应选外接法，滑动变阻器应接成分压式，故实验电路为B.(3)设小灯泡中的电流为I，电压为U，由U＝E－2I(R＋r)，代入数据可得U＝1.5－6I，作出小灯泡在图乙电路中的I－U关系图线与小灯泡的伏安特性曲线的交点，该交点横、纵坐标的乘积即等于每个小灯泡消耗的功率，即P＝0.6
V×0.15
A＝0.09
W.
答案：(1)A (2)B (3)0.09
5．解题思路：(1)要使小灯泡两端电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压式接法，为测量更准确，应采用电流表内接法，实验电路图如图甲所示．(2)由于滑动变阻器采用分压式接法，若选E，则通过滑动变阻器的电流约I＝＝
A＝0.6
A>0.5
A，故滑动变阻器应选用D.(3)由第(1)问中所画电路图分析可得：U灯＝U－IRA，则可根据表中数据求出U灯，并画出U灯－I图线如图乙所示．(4)在U灯－I图线中找出2U灯＋IR0＝E的点，则此时灯泡的电压U灯＝0.6
V，电流I＝0.3
A．所以每个灯泡的实际功率P＝U灯I＝0.6
V×0.3
A＝0.18
W.
答案：(1)如图甲所示 (2)D (3)如下表 如图乙所示 (4)0.18
I/A
0.05
0.10
0.15
0.20
0.25
U/V
0.08
0.15
0.25
0.40
0.60
U灯/V
0.03
0.05
0.10
0.20
0.35
I/A
0.30
0.35
0.40
0.45
0.48
U/V
0.90
1.30
1.85
2.50
3.00
U灯/V
0.60
0.95
1.45
2.05
2.52
6.解题思路：(1)圆柱体的直径为1.5
mm＋29.5×0.01
mm＝1.795
mm，长度为42
mm＋10×0.05
mm＝4.250
cm；(2)圆柱体的电阻为R＝，根据电阻的决定式可知R＝ρ＝ρ，联立两式得ρ＝.
答案：(1)1.795 4.250 (2)
7．解题思路：(1)本实验需要用伏安法测量电阻，根据欧姆定律有R＝，同时要结合电阻定律公式R＝ρ求解截面积，故要用电压表测量电压，用电流表测量电流，用刻度尺测量长度，用螺旋测微器测量边长．当然，要组成电路，还需要电源、开关、导线以及滑动变阻器．由于电阻通电电流较大时升温明显，影响电阻率，故要小电流，电流表选择较小量程．(2)由于要求尽可能测出多组有关数值，故滑动变阻器要采用分压式接法，金属管线电阻较小，因此电流表采用外接法．(3)根据欧姆定律有R＝，根据电阻定律公式有R＝ρ，由此解得S＝.因此要用螺旋测微器测横截面边长a，用毫米刻度尺测金属管线长度L，用电压表测金属管线两端电压U，用电流表测通过金属管线的电流I，因此金属管线内部空间截面积S0的表达式为S0＝a2－.
答案：(1)ABCEFHI (2)如图所示
(3)横截面边长a、管线长度L、管线两端电压U、通过管线的电流I a2－
8．解题思路：(1)对游标卡尺：主尺刻度为30
mm，游标尽共20个格，分度为0.05
mm，且游标尺的第15个格与主尺刻线对齐，因此它的读数为30
mm＋15×0.05
mm＝30.75
mm＝3.075
cm.(2)连线时要让大多数点在一条直线上．作出U－I图象如图甲所示．图线的斜率表示导电液柱的电阻，根据图线可得R＝4.6×104
Ω.
(3)由R＝ρL/S，S＝π(d/2)2，则ρ＝＝49
Ω·m.
(4)在本题中，由于待测导电溶液电阻值较大，故应采用电流表的内接法，从表中可看出电表示数从零开始，故应采用滑动变阻器的分压式接法．电路图与实物连接图如图乙、丙所示．
答案：(1)3.075 (2)如图甲所示 4.6×104 (3) 49 (4)如图乙、丙所示
9．解题思路：(1)因为题中Z两端电压要从零开始调节，所以滑动变阻器应该用分压式接法，根据表格中数据可知元件Z的阻值较小，为减小误差，应用电流表外接法，电路图应是A图．(2)从测量得到的数据中可见电流越大，电阻值越小，说明该元件是半导体材料．(4)由表格中分别读出1.25
A、0.80
A所对应的电压是1.00
V、0.80
V，利用E＝U＋I(R＋r)建立方程，有
E＝1.00
V＋1.25
A×(2
Ω＋r)，
E＝0.80
V＋0.80
A×(3.6
Ω＋r)，解得E＝4.0
V，r＝0.4
Ω.
答案：(1)A (2)半导体材料 (3)1.990(1.989～1.991都算对) (4)4.0 0.4
10．解题思路：(1)该同学将灯L1连接成如题图甲所示的实验电路，由图可知该电路为分压式电路，所以开关闭合前，滑动变阻器的滑片应置于最左端，使开始时LED灯两端的电压最小．各元件检查正常，闭合开关后，移动滑动变阻器滑片，发现电压表有示数，说明电压表的支路没有问题；而电流表始终无示数，且灯L1不亮，则只有LED灯的支路存在问题，所以一定断路的导线是6.(2)在题图乙I－U图象中，各个点与坐标原点的连线的斜率表示电阻的倒数，由图可知，随电压增大，各点与坐标原点的连线的斜率增大，所以可知灯L1的电阻值减小．(3)由题图乙可以读出，接灯L2时电流的读数为0.16
A，此时的电压为U2＝0.8
V；接灯L1时电流表的读数为0.14
A，此时的电压为U1＝1.05
V；设电源的电动势为E，滑动变阻器阻值为R，由闭合电路欧姆定律得E＝U1＋I1R，E＝U2＋I2R，联立解得E＝2.8
V，R＝12.5
Ω.所以当灯被短路时，电流表的读数I＝＝
A＝0.224
A≈0.22
A.
答案：(1)左 6 (2)变小 (3)0.22
加餐练
1．解题思路：(1)在保证电路安全的前提下，分压式电路中的滑动变阻器应选用总阻值小的．
(2)见答案图．
(3)电压表示数为2.00
V，说明电阻箱分压为0.5
V，可知RV＝4R＝4×630.0
Ω＝2
520
Ω.
(4)I满＝＝＝1
mA.
答案：(1)R1 (2)连线如下图所示
(3)2
520 (4)D
2．解题思路：(1)由于R1的总阻值远小于测量电路总电阻，故控制电路采用分压式接法，电路图见答案．
(2)(3)见答案．
答案：(1)实验电路图如图所示
(2)移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小；闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表的指针满偏；保持滑动变阻器滑片的位置不变，断开S2，调节电阻箱R0使电压表的指针半偏；读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻
(3)> 断开S2，调节电阻箱使电压表成半偏状态，电压表所在支路总电阻增大，分得的电压也增大；此时R0两端的电压大于电压表的半偏电压，故R′V>RV
3．解题思路：(1)首先考虑测量电路：由于小灯泡的规格为“3.8
V,0.3
A”，可知电表V2、A2量程太大而不能选用；电表V1、A1则需要改装才能获得小灯泡完整的伏安特性曲线．A1与R4并联可得量程为0～0.4
A的电流表，V1与R5串联可得量程为0～4
V的电压表，因小灯泡电阻值较小，测量电路应采用电流表外接的方式．再考虑控制电路：首先由调节的方便性可知滑动变阻器应选用R1，再由“绘制曲线完整”可知测量电压与电流应从零开始变化，故连接方法应选用分压式接法．(2)在I－U图象中，图线上某点与原点连线的斜率表示该状态下电阻的倒数．由于小灯泡灯丝的阻值是随温度升高而增大的，故只有B正确．
答案：(1)如图所示 (2)B
4．解题思路：(1)待测电阻R1≈5
Ω、RV≈3
kΩ、RA≈0.1
Ω，故R1属于小电阻，用电流表外接法，因此导线①应连接a，变阻器采用分压接法，因此导线②应连接d.
(2)R1的U－I图线如图所示
其阻值R1＝＝
Ω＝4.4
Ω
(3)设电阻的厚度为d，表面为正方形且长度为l
由电阻定律R＝和S＝ld得R＝＝
故R2＝R1，因此连接方式与(1)相同，B选项正确．
答案：(1)a d (2)图见解析 4.4～4.7 (3)B
5．解题思路：(1)测量值＝读数×倍率，故测量结果为10.0×1
Ω＝10.0
Ω，因Rx＝10.0
Ω<≈
Ω，Rx属于小电阻，故测量电路应采用电流表外接法．(2)滑片P向右滑动时测量电路两端的电压增大，故电流表的示数也增大．
(3)非线性元件的U－I图线是曲线．
(4)由图2(a)可知U1＝3.00
V时I1＝0.30
A，U2＝1.00
V时I2＝0.10
A，根据闭合电路欧姆定律有E＝3.00＋0.30×r，E＝1.00＋0.10×(r＋21)，解得E＝3.15
V≈3.2
V，r＝0.50
Ω.
答案：(1)10.0
b (2)增大 (3)Y
(4)3.2 0.50
6．解题思路：(1)因在滑片移动过程中，发现起始阶段电压表的示数逐渐增大，后续阶段电压表示数保持6
V不变，则知元件阻值先不变，后阶段变小，故B正确．(2)结合第(1)问中所给条件，可知D元件黑色部分为负极．(3)由R总＝，解得R总＝3
000
Ω；D恰好处于稳压工作区时，其两端电压U＝6
V，而U＝，解得RD＝6
000
Ω.
答案：(1)B (2)负 (3)3
000(或3×103) 6
000(或6×103)
7．解题思路：(1)因为用“×10”挡时指针偏角过大，说明电阻丝阻值较小，所以应换用“×1”挡．
(2)RgIg＝(IA－Ig)R0
得R0＝＝1.21
Ω
(3)图见答案
(4)Rx＝
Rx＝ρ
RgI＝(Ix－I)R0
解得ρ＝
答案：(1)×1 (2)1.21 (3)如图所示 (4)
8．解题思路：(1)多用电表的红表笔在内部与电源的负极相连，即电流流入，黑表笔在内部与电源的正极相连，即电流流出，所以在测量二极管的正向电阻时，电表的红表笔应接B.(2)多用电表作电流表使用时，其红表笔即为电表正极，由电路图可知，红表笔应与接线柱3相连．因为二极管反向电阻很大，所以电流表的量程应选用①，电流表要采用内接法，所以单刀双掷开关S2应拨向接点6.
答案：(1)B (2)3 ① 6
9．解题思路：(1)由于灯泡两端的电压由零缓慢地增加，故滑动变阻器应采用分压式接法．由于灯泡的电阻较小，故电流表采用外接法．由P＝I2R得，小灯泡的额定电流I＝＝＝0.5
A，故电流表选A2，为方便调节，滑动变阻器选用阻值小的R1，实验电路图如答图甲所示．(2)根据表格中的数据描点，用平滑的曲线将各点连接起来．(3)由(2)中的答图乙可知，当电流I＝300
mA＝0.3
A时，灯泡两端的电压U＝2.5
V，灯泡的功率P＝UI＝2.5
V×0.3
A＝0.75
W，故灯泡的额定电压为2.5
V，大于1.5
V，原因是灯泡的电阻随温度的升高而增大．
答案：(1)电路原理图如答图甲所示 A2 R1 (2)如答图乙所示
(3)2.5(2.4～2.6均可) 灯泡的冷态电阻小于正常工作时的电阻(或灯泡电阻随温度的升高而变大)
10．解题思路：(1)用多用电表的“×10”挡测量电阻R1，指针指在刻度10，则多用电表读数为R1＝10×10
Ω＝100
Ω.(2)由题图丙可知最大电流im＝0.09
A，根据Um＝imR1，计算得出最大电压为9
V，i－t曲线和坐标轴所围的面积表示电容器的带电荷量Q＝42.3
mA·s，由电容器电容C＝Q/U可得：C＝4.7×10－3
F．(3)第2次实验中，电流随时间变化的i－t曲线应该是题图丁中的虚线c.判断依据是：根据im＝，因R2>R1，所以第2次实验的最大电流小些，故不是b，根据Qm＝CUm，两次测得的i－t曲线与坐标轴所围成的面积相等，故不是d，所以正确的是c.
答案：(1)100 (2)9 4.7×10－3 (3)c 两次放电电荷量相等，图线与坐标轴围成的面积相等，另由于R2>R1，开关掷向2瞬间放电电流较小．课练14 功和功率
1.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
2．如图所示，一架自动扶梯以恒定的速度v1运送乘客上同一楼层，某乘客第一次站在扶梯上不动，第二次以相对扶梯v2的速度匀速往上走．扶梯两次运送乘客所做的功分别为W1、W2，牵引力的功率分别为P1、P2，则( )
A．W1B．W1C．W1＝W2，P1D．W1>W2，P1＝P2
3．(多选)汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，牵引力为F0，t1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动．能正确表示这一过程中汽车牵引力F随时间t、速度v随时间t变化的图象是( )
4.
(多选)如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，初始时刻小球静止于P点，第一次小球在水平拉力F作用下，从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，张力大小为T1，第二次在水平恒力F′作用下，从P点开始运动并恰好能到达Q点，至Q点时轻绳中的张力大小为T2，关于这两个过程，下列说法中正确的是(不计空气阻力，重力加速度为g)( )
A．第一个过程中，拉力F在逐渐变大，且最大值一定大于F′
B．两个过程中，轻绳的张力均变大
C．T1＝，T2＝mg
D．第二个过程中，重力和水平恒力F′的合力的功率先增大后减小
5．已知雨滴在空中竖直下落时所受空气阻力与速度大小的二次方成正比，且不同质量的雨滴所受空气阻力与速度大小的二次方的比值相同．现有两滴质量分别为m1和m2的雨滴从空中竖直下落，在落到地面之前都已做匀速直线运动，那么在两滴雨滴落地之前做匀速直线运动的过程中，其重力的功率之比为( )
A.∶
B.∶
C.∶
D．m1∶m2
6.
(多选)如图所示，三角形传送带以1
m/s的速度逆时针匀速转动，左右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1
m/s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，取g＝10
m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是( )
A．物块A先到达传送带底端
B．物块A、B同时到达传送带底端
C．传送带对物块A、B均做负功
D．物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶3
7.
(多选)为减少机动车尾气排放，某市推出新型节能环保电动车．在检测该款电动车性能的实验中，质量为8×102
kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出如图所示的F－图象(图中AB、BO均为直线)，假设电动车行驶中所受阻力恒定，最终做匀速运动，重力加速度g取10
m/s2.则( )
A．电动车运动过程中的最大速度为15
m/s
B．该车启动后，先做匀加速运动，然后做匀速运动
C．该车做匀加速运动的时间是6
s
D．该车加速度大小为0.25
m/s2时，动能是4×104
J
8．如图所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时缆绳与水平方向的夹角为θ，小船的速度大小为v0，则此时小船加速度大小a和缆绳对船的拉力F为(缆绳质量忽略不计)( )
A．a＝，F＝
B．a＝，F＝
C．a＝，F＝
D．a＝，F＝
9．(2017·青海湟川中学模拟)
一根质量为M的直木棒，悬挂在O点，有一只质量为m的猴子抓着木棒，如图所示．剪断悬挂木棒的细绳，木棒开始下落，同时猴子开始沿棒向上爬，设在一段时间内木棒沿竖直方向下落，猴子对地的高度保持不变，忽略空气阻力．则下列四个图象中能正确反映在这段时间内猴子对木棒做功的功率随时间变化的关系的是( )
10．(多选)如图所示，
半径为r的光滑水平转盘到水平地面的高度为H，质量为m的小物块被一个电子锁定装置锁定在转盘边缘，转盘绕过转盘中心的竖直轴以ω＝kt(k>0且是恒量)的角速度转动．从t＝0开始，在不同的时刻t将小物块解锁，小物块经过一段时间后落到地面上．假设在t时刻解锁的小物块落到地面上时重力的瞬时功率为P，落地点到转盘中心的水平距离为d，则下列P－t图象、d2－t2图象中正确的是( )
11.
某一空间飞行器质量为m，从地面起飞时，恰好沿与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，此时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°，经时间t后，将动力方向沿逆时针旋转60°，同时适当调节其大小，使飞行器沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，重力加速度为g，求：
(1)t时刻飞行器的速率v；
(2)t时刻发动机动力的功率P；
(3)从起飞到上升到最大高度的整个过程中，飞行器发动机的动力做的总功W.
12．汽车发动机的额定功率为60
kW，汽车质量为5
t．汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.1倍．(g取10
m/s2)
(1)若汽车以额定功率启动，则汽车所能达到的最大速度是多少？当汽车速度达到5
m/s时，其加速度是多少？
(2)若汽车以恒定加速度0.5
m/s2启动，则这一过程能维持多长时间？
1．(多选)(2016·课标Ⅱ)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( )
A．甲球用的时间比乙球长
B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
2．(多选)(2016·课标Ⅱ)
如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<.在小球从M点运动到N点的过程中，( )
A．弹力对小球先做正功后做负功
B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
3．(多选)
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
4.
(2017·山西大同一中考试)把A、B两相同小球在离地面同一高度处以相同大小的初速度v0分别沿水平方向和竖直方向抛出，不计空气阻力，如图所示，则下列说法正确的是( )
A．两小球落地时速度相同
B．两小球落地时，重力的瞬时功率相同
C．从开始运动至落地，重力对两小球做的功相同
D．从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同
5.
(多选)质量为2
kg的物块，放在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，在水平拉力的作用下物块由静止开始运动，水平拉力做的功W随物块的位移x变化的关系如图所示．重力加速度g取10
m/s2，下列说法正确的是( )
A．在x＝0至x＝2
m的过程中，物块的加速度大小是1
m/s2
B．在x＝4
m时，摩擦力的瞬时功率是4
W
C．在x＝2
m至x＝6
m的过程中，物块做匀加速直线运动
D．在x＝0至x＝6
m的过程中，拉力的平均功率是4
W
6.
(多选)(2017·呼和浩特调研)如图所示，汽车在平直路面上匀速运动，速度大小为v，受到恒定阻力f，用跨过光滑定滑轮的轻绳牵引轮船，汽车与滑轮间的绳保持水平．当牵引轮船的绳与水平方向成θ角时，绳的拉力对船做功的功率为P，此时绳对船的拉力为F，汽车发动机的输出功率为P1，则( )
A．F＝P/v
B．F＝Pcosθ/v
C．P1＝P＋fv
D．P1＝Pcosθ＋fv
7．(2017·哈尔滨六中模拟)一辆载货卡车正在一段坡路上以速度v1匀速行驶，卡车受到来自地面的阻力大小为f1.上坡过程中，突然天降大雨，地面的阻力大小减小为f2，卡车功率保持不变，一直运动到再次保持匀速v2，则下列说法正确的是( )
A．图甲为卡车的速度—时间图象
B．图乙为卡车的速度—时间图象
C．卡车先后匀速运动的速度大小之比为v1∶v2＝f2∶f1
D．卡车在变速运动阶段的平均速度小于
8.
(2017·唐山开滦二中月考)如图所示，质量为m的物体始终静止在斜面上，在斜面体从图中实线位置沿水平面向右匀速运动到虚线位置的过程中，下列关于物体所受各力做功的说法正确的是( )
A．重力不做功
B．支持力不做功
C．摩擦力不做功
D．合力做正功
9.
(2017·保定模拟)质量为2
kg的物体置于水平面上，在运动方向上受拉力F作用沿水平面做匀变速运动，物体运动的速度—时间图象如图所示，若物体所受摩擦力为10
N，则在这段运动过程中做功情况正确的是( )
A．拉力做功150
J
B．拉力做功100
J
C．摩擦力做功250
J
D．物体克服摩擦力做功200
J
10．(多选)(2017·襄阳模拟)我国自行研制的新一代8×8轮式装甲车已达到西方国家第三代战车的水平，将成为中国军方快速部署型轻装甲部队的主力装备．设该装甲车的质量为m，若在平直的公路上从静止开始加速，前进较短的距离s速度便可达到最大值vm.设在加速过程中发动机的功率恒定为P，装甲车所受阻力恒为Ff，当速度为v(vm>v)时，所受牵引力为F.以下说法正确的是( )
A．装甲车速度为v时，装甲车的牵引力做功为Fs
B．装甲车的最大速度vm＝
C．装甲车速度为v时加速度为a＝
D．装甲车从静止开始达到最大速度vm所用时间t＝
11.
如图是一架小型四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的遥控飞行器，具有体积小、使用灵活、飞行高度低、机动性强等优点．现进行试验：无人机从地面由静止开始以额定功率竖直向上起飞，经t＝20
s上升到h＝47
m，速度达到v＝6
m/s.之后，不断调整功率继续上升，最终悬停在高H＝108
m处．已知无人机的质量m＝4
kg，无论动力是否启动，无人机上升、下降过程中均受空气阻力，且大小恒为f＝4
N，取g＝10
m/s2.
(1)求无人机的额定功率；
(2)当悬停在H高处时，突然关闭动力设备，无人机由静止开始竖直坠落，2
s末启动动力设备，无人机立即获得向上的恒力F，使其到达地面时速度恰好为0，则F是多大？
12．(2017·云南一检)一人骑自行车由静止开始上一长L＝200
m的斜坡，斜坡坡度为0.05(沿斜坡前进100
m，高度上升5
m)，自行车达到最大速度前做加速度a＝1
m/s2的匀加速直线运动，达到最大速度后脚蹬踏板使大齿轮以n＝
r/s(转/秒)的转速匀角速转动，自行车匀速运动一段时间后，由于骑行者体能下降，自行车距离坡顶50
m处开始做匀减速运动，已知最后50
m的平均速度只有之前平均速度的84%.此人质量M＝60
kg，自行车质量m＝15
kg，大齿轮直径d1＝15
cm，小齿轮直径d2＝6
cm，车轮直径d3＝60
cm.运动过程中，自行车受到大小恒为f＝20
N的摩擦阻力作用．取g＝10
m/s2，求：
(1)运动过程中自行车的最大速度vmax和到达坡顶时的速度v；
(2)从坡底到坡顶，此人做功的平均功率．
课练14 功和功率
1．B 汽车受到的阻力分别为f1＝k1mg，f2＝k2mg，当汽车以相同功率启动达到最大速度时，有F＝f，故由P＝Fv可知最大速度v＝＝，则＝＝，有v2＝v1，故选B.
2．D 功等于力和在力的方向上通过的距离的乘积，由于都是匀速运动，两种情况力的大小相等；由于第二次人沿扶梯向上走了一段距离，所以第一次扶梯运动的距离要比第二次扶梯运动的距离长，故两次扶梯运客所做的功不同，有W1>W2；功率等于力与沿力方向的速度的乘积，由于都是匀速，两种情况力的大小相等，扶梯移动的速度也相同，电机驱动扶梯做功的功率相同，即P1＝P2，故选D.
3．AD 汽车以功率P、速度v0匀速行驶时，牵引力与阻力平衡．当司机减小油门，使汽车的功率减为时，根据P＝Fv得知，汽车的牵引力突然减小到原来的一半，即为F＝F0，而地面对汽车的阻力没有变化，则汽车开始做减速运动，由于功率保持为，随着速度的减小，牵引力逐渐增大，根据牛顿第二定律得知，汽车的加速度逐渐减小，做加速度减小的变减速运动．当汽车再次匀速运动时，牵引力与阻力再次平衡，大小相等，由P＝Fv得知，此时汽车的速度为原来的一半．故A、D正确．
4．AC 第一次小球缓慢移动，因此，小球始终处于平衡状态，解得F＝mgtanα，绳中张力T＝，随着α逐渐增大，力F、T逐渐增大，当α＝θ时，有Fm＝mgtanθ，T1＝.在第二次小球运动过程中，根据动能定理有－mgl(1－cosθ)＋F′lsinθ＝0，解得F′＝mg＝mgtan，故选项A正确．第二次运动过程中，小球恰能到达Q点，说明vQ＝0，对小球受力分析，根据平衡条件可知，沿轻绳方向有T2－mgcosθ－F′sinθ＝0，解得T2＝mg，故选项C正确．在第二次运动过程中，根据平行四边形定则可知，重力与水平拉力的合力为F合′＝，恒定不变，方向与竖直方向成角，整个过程中小球先加速后减速，当小球运动至轻绳与竖直方向成角时，速度最大，根据牛顿第二定律和向心力公式可知，此时轻绳中的拉力最大，故选项B错误．第二次运动过程中，在P点、Q点和速度最大点这三点处，重力与水平拉力F′的合力F合′的瞬时功率为零，其他位置不为零，因此此过程中，F合′的功率是先增大后减小，再增大再减小，故选项D错误．
5．A 因为雨滴落到地面前已做匀速直线运动，所以雨滴受力平衡，雨滴受到的阻力为f＝mg＝kv2，所以雨滴的速度为v＝，又因为P＝＝＝Fv，所以两雨滴功率之比为＝＝＝＝.
6．BCD 物块重力沿传送带的分力G1＝mgsin37°＝0.6mg，沿传送带的滑动摩擦力f＝μmgcos37°＝0.4mg，由于G1>f，所以两物块均受到沿斜面向上的滑动摩擦力，加速下滑的加速度大小均为a＝＝2
m/s2，根据s＝v0t＋at2，得知两物块在传送带上运动的时间t相同，选项B正确、A错误；两物块各自受到的滑动摩擦力与速度方向相反，均做负功，选项C正确；由v2－v＝2as得末速度大小v＝3
m/s，物块A、B在传送带上的划痕长度之比为＝，选项D正确．
7．AD 从图象中可得C点速度最大，故最大速度为15
m/s，A正确．由图线可知，AB段牵引力不变，先做匀加速直线运动，BC段图线的斜率不变，斜率表示电动机的功率，可知功率不变，速度增大，牵引力减小，做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，做匀速直线运动，B错误．从图象中可得匀加速运动的末速度为3
m/s，当牵引力等于阻力时，速度最大，由图线知f＝400
N，根据牛顿第二定律得，匀加速运动的加速度大小a＝＝
m/s2＝2
m/s2，则匀加速运动的时间t＝＝
s＝1.5
s，C错误．该车以恒定功率P＝Fv＝2
000×3
W＝6
000
W运动时，若加速度a′＝＝0.25
m/s2，可得此时的牵引力为600
N，所以此时的速度为v＝
m/s＝10
m/s，故此时的动能为Ek＝mv2＝4×104
J，D正确．
8．B 根据P＝Fv0cosθ得F＝，根据牛顿第二定律Fcosθ－f＝ma得a＝，所以选项B正确．
9．B 本题考查P—t图象及其相关知识点．猴子对地的高度不变，处于静止状态，则木棒对猴子的作用力为f＝mg，以木棒为研究对象，设木棒下落时的加速度为a，则牛顿第二定律有Mg＋f＝Ma，则木棒的速度v＝at，猴子对木棒做功的功率P＝fv，联立解得P＝t，即功率随时间变化为过原点的倾斜直线，选项B正确．
10．BC t时刻将小物块解锁后小物块做平抛运动，初速度v0＝rkt，物块落地时竖直分速度vy＝，物块落到地面上时重力的瞬时功率P＝mgvy＝mg，可见P与t无关，选项A错误、B正确；物块做平抛运动的时间t′＝
，水平位移大小x＝v0t′＝rkt
，则根据几何知识有d2＝r2＋x2＝r2＋t2，选项C正确、D错误．
11．解题思路：
(1)对飞行器进行受力分析如图，根据正弦定理
＝＝
得F＝mg，F合＝mg
根据牛顿第二定律有
F合＝ma
得a＝g
t时刻飞行器的速率v＝at＝gt
(2)设t时刻发动机动力的功率为P，则
P＝Fvcos(α－θ)
得P＝mg2t
(3)动力方向沿逆时针旋转60°，恰好与速度方向垂直，减速过程发动机动力做的功为零．飞行器从地面到最大高度的整个过程中发动机动力做的总功W＝t
得W＝mg2t2
答案：(1)gt (2)mg2t (3)mg2t2
12．解题思路：汽车前进的过程中受到的阻力是不变的，
在使用瞬时功率公式P＝Fv时，要明确式中F是汽车的牵引力而不是合力；在使用加速度公式a＝时，要明确式中F是汽车所受到的合力而不是牵引力．
(1)汽车前进的过程中阻力不变F阻＝0.1mg＝0.1×5×103×10
N＝5×103
N
牵引力等于阻力时，汽车达到最大速度：vm＝＝
m/s＝12
m/s
当v＝5
m/s时，
F牵＝＝
N＝1.2×104
N
所以此刻加速度
a＝＝
m/s2＝1.4
m/s2.
(2)当汽车以恒定加速度a′＝0.5
m/s2启动时所需恒定的牵引力F′牵＝ma＋F阻＝5×103×0.5
N＋5×103
N＝7.5×103
N
当功率达到汽车额定功率时v′＝＝
m/s＝8
m/s
匀加速运动持续时间t′＝＝
s＝16
s.
答案：(1)12
m/s 1.4
m/s2 (2)16
s
加餐练
1．BD 甲、乙下落的时间与加速度有关，应先求加速度，由m甲＝ρV甲＝ρ得R甲＝
，阻力f甲＝kR甲＝k
，由牛顿第二定律知a甲＝＝g－k，同理a乙＝g－k
，因m甲>m乙，所以a甲>a乙，故C项错误；再由位移公式h＝at2可知t甲v乙，B项正确；甲球受到的阻力大，甲、乙下落距离相等，故甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功，D项正确．
2．BCD
如图所示，OP垂直于竖直杆，Q点与M点关于OP对称，在小球从M点到Q点的过程中，弹簧弹力先做负功后做正功，故A错．在P点弹簧长度最短，弹力方向与速度方向垂直，故此时弹力对小球做功的功率为零，即C正确．小球在P点时所受弹簧弹力等于竖直杆给它的弹力，竖直方向上只受重力，此时小球加速度为g，当弹簧处于自由长度时，小球只受重力作用，此时小球的加速度也为g，故B正确．小球和弹簧组成的系统机械能守恒，小球在M点和N点时弹簧的弹性势能相等，故小球从M到N重力势能的减少量等于动能的增加量，而小球在M点的动能为零，故D正确．
3．BD 因为杆对滑块b的限制，a落地时b的速度为零，所以b的运动为先加速后减速，杆对b的作用力对b做的功即为b所受合外力做的总功，由动能定理可知，杆对b先做正功后做负功，故A错．对a、b组成的系统应用机械能守恒定律有：mgh＝mv，va＝，故B正确．杆对a的作用效果为先推后拉，杆对a的作用力为拉力时，a下落过程中的加速度大小会大于g，即C错．由功能关系可知，当杆对a的推力减为零的时刻，即为a的机械能最小的时刻，此时杆对a和b的作用力均为零，故b对地面的压力大小为mg，D正确．
4．C 本题考查瞬时功率、平均功率、重力做功及其相关知识点．A、B两球落地的速度大小相同，方向不同，A错误；重力的瞬时功率P＝mg·vcosα，α是速度与竖直方向的夹角，因B球落地时竖直方向的速度较大，故PB>PA，B错误；重力做功与路径无关，设A、B两球离地高度为h，则重力对两小球做的功均为mgh，C正确；因B球从抛出到落地所用时间较长，故>，D错误．
5．ABD 本题考查W—x图象、牛顿运动定律、瞬时功率、平均功率及其相关知识点．由功的定义可知，W—x图象的斜率表示水平拉力．因此，在0～2
m过程中，设物块的加速度为a，在x＝2
m时速度为vt，物块所受拉力F＝4
N，摩擦力f＝μmg，则由牛顿第二定律可得F－μmg＝ma，解得a＝1
m/s2，物块由静止开始运动，由匀加速直线运动规律可得v－v＝2ax，解得vt＝2
m/s，由v＝at可知，经历的运动时间t1＝2
s；同理可知，在2～6
m过程中拉力为2
N，则合力为零，物块做匀速运动，经历的时间t2＝2
s；x＝4
m时，摩擦力的瞬时功率Pf＝fvt＝4
W；在0～6
m过程中，拉力做功W1＝16
J，拉力的平均功率＝＝4
W，选项A、B、D正确．
6．AC 本题考查运动的合成和分解以及功率等知识点．将船的速度分解为沿绳方向和垂直绳方向，沿绳方向的分速度等于汽车的速度大小v，而绳上的拉力为F，F＝P/v，A正确、B错误；根据汽车受力平衡得，汽车的牵引力F′＝F＋f，则P1＝F′v＝P＋fv，C正确、D错误．
7．A 本题考查卡车以恒定功率运动的规律、v—t图象及其相关知识点．设卡车的质量为m，斜面倾角为θ，匀速上坡时，牵引力F1＝f1＋mgsinθ＝，阻力大小减小时，先做加速度减小的加速运动，当F2＝f2＋mgsinθ＝，再次做匀速运动，选项A正确、B错误；卡车先后匀速运动的速度大小之比为v1∶v2＝(f2＋mgsinθ)∶(f1＋mgsinθ)，选项C错误；卡车在变速运动阶段做加速度逐渐减小的加速运动，位移大于加速到相同速度时匀加速直线运动的位移，故平均速度大于，选项D错误．
8．A 本题考查功的定义的相关知识点．物体在水平方向移动，在重力方向上没有位移，所以重力对物体做功为零，选项A正确；由题图知，斜面体对物体的支持力与位移的夹角小于90°，则支持力对物体做正功，选项B错误；摩擦力方向沿斜面向上与位移的夹角为钝角，所以摩擦力对物体做负功，选项C错误；物体匀速运动时，合力为零，合力对物体做功为零，选项D错误．
9．A 由图象知：加速度大小a＝
m/s2＝2
m/s2，位移x＝×5
m＝25
m，由Ff－F＝ma和F＝Ff－ma＝6
N，所以WF＝Fx＝150
J．即A对、B错；WFf＝－250
J，故C、D均错．
10．BC 因功率P＝Fv＝恒，故随v的增大F减小，即牵引力F为变力，不能直接用W＝Fs计算牵引力所做的功，故A错．装甲车速度最大时牵引力F＝Ff，故vm＝＝，即B对，由牛顿第二定律知C对．由于装甲车做非匀变速直线运动，所以≠，t＝≠＝，即D错．
11．解题思路：(1)无人机以额定功率向上运动时，由动能定理可得：
Pt－(mg＋f)h＝mv2
解得P＝107
W
(2)关闭动力设备后，无人机加速下落，设下落的加速度为a1，由牛顿第二定律可得mg－f＝ma1
经过2
s后，由运动学规律可得，速度v1＝a1t1
下落高度h1＝a1t
启动动力设备后，无人机减速下降，设加速度为a2，由运动学规律和牛顿运动定律可得
0－v＝2a2(H－h1)
mg－F－f＝ma2
联立解得F＝43.2
N
答案：(1)107
W (2)43.2
N
12．解题思路：(1)据题意，设自行车速度最大时，大齿轮的角速度为ω1，小齿轮的角速度为ω2，由匀速圆周运动的基本规律可得：
ω1＝ω2
ω1＝2πn
vmax＝ω2
解得：vmax＝6
m/s
设自行车做匀加速运动的过程中，运动时间为t1，运动路程为x1，由匀加速运动规律可得：
vmax＝at1
x1＝at
解得：t1＝6
s，x1＝18
m
设自行车做匀速运动时，经过的路程为x2，运动时间为t2，则
x2＝L－50
m－x1
x2＝vmaxt2
解得：t2＝22
s
设自行车到坡顶的速度大小为v，减速运动的过程中平均速度为，据题意可得：
＝×84%
＝
联立解得：＝4.5
m/s，v＝3
m/s
(2)设自行车做减速运动所用时间为t3，运动路程为x3，则x3＝t3
解得：t3＝11.1
s
从坡底到坡顶，人做的功
W＝(M＋m)gLsinθ＋(M＋m)v2＋fL
据题意：sinθ＝0.05
此人做功的平均功率P＝
解得：P＝302.7
W
答案：(1)6
m/s,3
m/s (2)302.7
W课练11 曲线运动 平抛运动
1.(多选)如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，M、N分别是甲、乙两船的出发点，两船头与河岸均成α角，
甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点，如果划船速度大小相同，且两船相遇不影响各自的航行，下列判断正确的是( )
A．甲船也能到达正对岸
B．两船渡河时间一定相等
C．两船相遇在NP直线上
D．渡河过程中两船不会相遇
2．某人划船横渡一条河，河水流速处处相同且恒定，船的划行速率恒定．已知此人过河最短时间为T1，若此人用最短的位移过河，则需时间为T2；已知船的划行速率大于水流速率．则船的划行速率与水流速率之比为( )
A.
B.
C.
D.
3．(多选)全国少数民族传统体育运动会上有一个骑射项目，如图所示，运动员骑在奔驰的马背上沿着跑道AB运动，拉弓放箭，射向他左侧的固定箭靶．假设运动员骑马奔驰的速度为v1，运动员静止时射出的箭的速度为v2，跑道离固定箭靶的最近距离为OA＝d.若不计空气阻力的影响，要想命中靶心且射出的箭在空中飞行时间最短，则( )
A．运动员骑马奔驰时应该瞄准靶心放箭
B．运动员放箭处离目标的距离应该为d
C．箭射到靶的最短时间为
D．箭射到靶的最短时间为
4．(多选)如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点高为h，开始时汽车静止于A，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以v向右匀速运动，直至与汽车连接的细绳和水平方向的夹角为30°，则( )
A．运动过程中，物体m一直做加速运动
B．运动过程中，细绳对物体的拉力总是等于mg
C．在绳与水平方向的夹角为30°时，物体m上升的速度为v/2
D．在绳与水平方向的夹角为30°时，绳上拉力的功率大于mgv
5.
(多选)如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同．空气阻力不计，则( )
A．B的加速度比A的大
B．B的飞行时间比A的长
C．B在最高点的速度比A在最高点的大
D．B在落地时的速度比A在落地时的大
6.
(多选)如图所示，在斜面上的O点先后以2v0和3v0的速度水平抛出A、B两小球，则从抛出至第一次着地，两小球的水平位移大小之比可能为( )
A．2∶3
B．4∶5
C．4∶9
D．3∶5
7.
某人在竖直墙壁上悬挂一镖靶，他站在离墙壁一定距离的某处，先后将两只飞镖A、B由同一位置水平掷出，两只飞镖插在靶上的状态如图所示(侧视图)，若不计空气阻力，下列说法正确的是
( )
A．B镖的运动时间比A镖的运动时间短
B．B镖掷出时的初速度比A镖掷出时的初速度大
C．A镖掷出时的初速度比B镖掷出时的初速度大
D．A镖的质量一定比B镖的质量小
8.
(多选)如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O为圆心，AB为沿水平方向的直径．若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D点；若从A点抛出小球的同时，在C点以初速度v2沿平行OA方向平抛另一质量相同的小球，也能击中D点．已知∠COD＝60°，且不计空气阻力，则
( )
A．两小球同时落到D点
B．两小球初速度之比v1∶v2＝∶3
C．在击中D点前瞬间，重力对两小球做功的功率不相等
D．两小球在此过程中动能的增加量相等
9.
(2017·广东一测)如图，窗子上、下沿间的高度H＝1.6
m，墙的厚度d＝0.4
m，某人在离墙壁距离L＝1.4
m、距窗子上沿高h＝0.2
m处的P点，将可视为质点的小物件以速度v垂直于墙壁水平抛出，小物件直接穿过窗口并落在水平地面上，取g＝10
m/s2，则v的取值范围是( )
A．v>7
m/s
B．v<2.3
m/s
C．3
m/sm/s
D．2.3
m/sm/s
10.
(2017·陕西二测)有一半圆形轨道在竖直平面内，如图所示，O为圆点，AB为水平直径，有一小球从A点以不同速度向右平抛，不计空气阻力，在小球从抛出到落到轨道这个过程中，下列说法正确的是( )
A．初速度不同的小球运动时间可能相同
B．初速度越大的小球运动时间越长
C．落在半圆形轨道最低点的小球末速度一定最大
D．小球落到半圆形轨道的瞬间，速度方向可能沿半径方向
11．(经典题)如图所示，光滑斜面长l，宽为b，倾角为θ，一物块(可看成质点)沿斜面左上方顶点P水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，求：
(1)物块由P运动到Q所用的时间t；
(2)物块由P点水平射入时的初速度v0；
(3)物块离开Q点时速度的大小v.
12．(2017·重庆南开中学检测)
如图所示，倾角为37°的斜面长l＝1.9
m，在斜面底端正上方的O点将一小球以速度v0＝3
m/s的速度水平抛出，与此同时由静止释放在顶端的滑块，经过一段时间后将小球恰好能够以垂直斜面的方向击中滑块．小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取10
m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
(1)抛出点O离斜面底端的高度；
(2)滑块与斜面间的动摩擦因数μ.
1．(2015·新课标全国卷Ⅰ)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示，水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h.发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h.不计空气的作用，重力加速度大小为g.若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是( )
A.
B.
C.
D.
2.
(多选)(2014·课标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
3．(多选)(2016·浙江卷)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90
m的大圆弧和r＝40
m的小圆弧，直道与弯
道相切．大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100
m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍．假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动．要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g＝10
m/s2，π＝3.14)，则赛车( )
A．在绕过小圆弧弯道后加速
B．在大圆弧弯道上的速率为45
m/s
C．在直道上的加速度大小为5.63
m/s2
D．通过小圆弧弯道的时间为5.58
s
4．(2016·江苏卷)有A、B两小球，B的质量为A的两倍．现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力．图中①为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是( )
A．①
B．②
C．③
D．④
5.
(2015·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
6.
(2015·浙江卷)如图所示为足球球门，球门宽为L.一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角(图中P点)．球员顶球点的高度为h.足球做平抛运动(足球可看成质点，忽略空气阻力)，则( )
A．足球位移的大小x＝
B．足球初速度的大小v0＝
C．足球末速度的大小v＝
D．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tanθ＝
7．(2016·浙江卷)
在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示．P是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒．高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h.
(1)若微粒打在探测屏AB的中点，求微粒在空中飞行的时间；
(2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围；
(3)若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等，求L与h的关系．
8．(多选)(2017·北京二模)
如图所示，半径为R的水平圆盘中心轴正上方a处水平抛出一小球，圆盘以角速度ω做匀速转动，当圆盘半径Ob恰好转到与初速度方向相同且平行的位置时，将小球抛出，要使球与圆盘只碰一次，且落点为b，重力加速度为g，小球抛出点a距圆盘的高度h和小球的初速度v0可能应满足( )
A．h＝ v0＝
B．h＝ v0＝
C．h＝ v0＝
D．h＝ v0＝
9．(2017·江西南昌一模)如图所示，倾角为37°的光滑斜面顶端有甲、乙两个小球，甲以初速度v0水平抛出，乙以初速度v0沿斜面运动．甲、乙落地时，末速度方向相互垂直，重力加速度为g.则
( )
A．斜面的高度为
B．甲球落地时间为
C．乙球落地时间为
D．乙球落地速度大小为
10．(2017·河北石家庄模拟)如图所示是倾角为45°的斜坡，在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度v0水平向左抛出一个小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t1.若在小球A抛出的同时，小球B从同一点Q处开始自由下落，下落至P点的时间为t2，则A、B两球运动的时间之比t1∶t2为(不计空气阻力)( )
A．1∶2
B．1∶
C．1∶3
D．1∶
11．(2017·山西太原一模)CTMD(中国战区导弹防御体系)是一种战术型导弹防御系统，可以拦截各类型的短程及中程超音速导弹．在某次演习中，检测系统测得关闭发动机的导弹在距地面高为H处，其速度为v且恰好水平，反应灵敏的地面拦截系统同时以初速度v0竖直向上发射一颗炮弹成功拦截．已知发射时炮弹与导弹的水平距离为s，不计空气阻力，则( )
A．v0＝v
B．v0＝v
C．v0＝v
D．v0＝v
12.
(2017·福建漳州三联)某电视台正在策划的“快乐向前冲”节目的场地设施如图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，下方水面上漂浮着一个半径为R铺有海绵垫的转盘，转盘轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H.选手抓住悬挂器后，按动开关，在电动机的带动下从A点沿轨道做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动．启动后2
s悬挂器脱落．设人的质量为m(看作质点)，人与转盘间的最大静摩擦力为μmg，重力加速度为g.
(1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围？
(2)已知H＝3.2
m，R＝0.9
m，取g＝10
m/s2，当a＝2
m/s2时选手恰好落到转盘的圆心上，求L＝？
课练11 曲线运动 平抛运动
1．BC 乙船垂直河岸到达正对岸，说明水流方向向右；甲船参与了两个分运动，沿着船头指向的匀速运动，随着水流方向的匀速运动，故不可能到达正对岸，故A错误；小船过河的速度为船本身的速度沿垂直于河岸方向的分速度，可得小船过河的速度vy＝vsinα，故小船过河的时间t＝＝，故甲、乙两船到达对岸的时间相等，故B正确；以流动的水为参考系，相遇点在两船速度方向的交点上，又由于乙船沿NP方向运动，故相遇点在NP直线上，故C正确、D错误．
2．A 设河宽为d，船在静水中的速率为v1，水流速率为v2.船以最短时间过河时，船速v1与河岸垂直，有T1＝.
船以最小位移过河时，有v合＝.
则T2＝＝
联立以上各式解得＝，故选A.
3．BC 箭在AO和AB方向都有速度，故应该在未到A点时沿OA方向放箭，A错误；箭射到靶的最短时间为t＝，C正确、D错误；运动员放箭处离目标的距离为L＝vt＝t＝·，B正确．
4．AD 物体m的速度为v0＝vcosθ，由于θ逐渐变小，故物体加速上升，故A正确；物体加速上升，物体处于超重状态，细绳对物体的拉力总是大于mg，故B错误；由选项A的分析知，当θ＝30°时，物体上升的速度为v，故C错误；在绳与水平方向的夹角为30°时，由于拉力大于mg，拉力的功率P＝Fv0＝Fv>mgv，故D正确．
5．CD A、B的加速度都等于重力加速度，选项A错误．由于二者上升的最大高度相同，说明二者抛出时速度的竖直分量相等，飞行时间相等，选项B错误．B的水平位移比A的大，故B抛出时的速度的水平分量大于A的，B在最高点的速度比A在最高点的大，选项C正确．由C项分析知，B在落地时的速度比A在落地时的大，选项D正确．
6．ACD 若A、B两个小球都能落到水平面上，由于两者的下落高度相同，运动的时间相同，则水平位移之比为初速度之比，为2∶3，所以A正确；若A、B都落在斜面上，它们各自的竖直位移和水平位移的比值即为斜面倾角的正切值，即＝tanθ，整理可得时间t＝，两次平抛的初速度分别为2v0和3v0，所以运动的时间之比为＝，两小球的水平位移大小之比为xA∶xB＝2v0tA∶3v0tB＝4∶9，所以C正确；若只有A落在斜面上，A、B水平位移之比为4∶9和2∶3之间，所以D正确、B错误．
7．C 飞镖B下落的高度大于飞镖A下落的高度，根据h＝gt2得，t＝，B镖下落的高度大，则B镖的运动时间长，故A错误；因为水平位移相等，B镖的运动时间长，则B镖的初速度小，故B错误、C正确；物体做平抛运动的时间与质量无关，本题无法比较两飞镖的质量，故D错误．
8．BC 平抛运动物体的飞行时间由飞行高度决定，由于两小球的飞行高度不相等，并且同时抛出，所以两小球不可能同时落到D点，A错误；根据平抛运动的规律，对从A点抛出的小球，有R＝v1t1，R＝gt，对从C点抛出的小球，有Rsin60°＝v2t2，R(1－cos60°)＝gt，解得v1∶v2＝∶3，B正确；由于两球到达D点时竖直方向的瞬时速度不相等，故C正确；两小球在此过程中只有重力做功，根据动能定理可知，两小球动能的增加量不相等，D错误．
9．C 本题考查了平抛运动规律及其相关的知识点．若小物件恰好能够通过窗子上沿，则小物件速度最大，由平抛运动规律，L＝v1t1，h＝gt，联立解得小物件的最大速度v1＝7
m/s.小物件恰好能够通过窗子下沿，则小物件速度最小，由平抛运动规律，L＋d＝v2t2，h＋H＝gt，联立解得小物件的最小速度v2＝3
m/s.所以小物件速度v的取值范围是3
m/sm/s，选项C正确，A、B、D错误．
10．A 平抛运动的时间由高度决定，与水平初速度无关，B错误；初速度不同的小球下落的高度可能相等，运动的时间可能相等，A正确；落在半圆形轨道最低点的小球下落的距离最大，所以运动时间最长，而末速度v＝，由于初速度不是最大，故末速度一定不是最大，C错误；若小球落到半圆形轨道的瞬间，速度方向沿半径方向，则由几何关系可得速度方向与水平方向的夹角是位移方向与水平方向夹角的2倍，由平抛运动规律可得，同一位置速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的2倍，两者相互矛盾，则小球的速度方向不会沿半径方向，D错误．
11．解题思路：(1)对物块进行受力分析，设物块在斜面上的加速度为a，沿斜面向下的方向上，由牛顿第二定律可得mgsinθ＝ma
由匀加速运动规律可得l＝at2
解得t＝
(2)物块在水平方向的位移为b，由类平抛运动规律可得，物块由P点水平射入时的初速度v0＝＝b
(3)物块离开Q点时的速度大小
v＝＝
答案：(1)
(2)b
(3)
12．解题思路：(1)如图所示，设小球击中滑块时的速度为v，竖直方向分速度
为vy，由几何关系得
＝tan37°
设小球下落的时间为t，竖直方向位移为y，水平方向位移为x，由运动学规律得vy＝gt，y＝gt2，x＝v0t
设抛出点到斜面最低点的距离为h，由几何关系
h＝y＋xtan37°
解得h＝1.7
m
(2)在时间t内，滑块的位移为s，由几何关系得s＝l－
设滑块的加速度为a，由运动学公式得
s＝at2
对滑块，由牛顿第二定律得
mgsin37°－μmgcos37°＝ma
联立解得μ＝0.125
答案：(1)1.7
m (2)0.125
加餐练
1．D 乒乓球做平抛运动，落到右侧台面上时经历的时间t1满足3h＝gt.当v取最大值时其水平位移最大，落点应在右侧台面的台角处，有vmaxt1＝，解得vmax＝；当v取最小值时其水平位移最小，发射方向沿正前方且恰好擦网而过，此时有3h－h＝gt，＝vmint2，解得vmin＝.故D正确．
2．AC 设木块滑动的临界角速度为ω，则有kmg＝mω2r，所以ω＝，又ra＝l，rb＝2l，所以ωa>ωb，A、C项正确；摩擦力充当向心力，在角速度相等时，b受的摩擦力大，B项错误；ω＝时，a受的摩擦力fa＝mω2r＝m2l＝kmg，D项错误．
3．AB 赛车用时最短，就要求赛车通过大、小圆弧时，速度都应达到允许的最大速度，通过小圆弧时，由2.25mg＝得v1＝30
m/s；通过大圆弧时，由2.25mg＝得v2＝45
m/s，B项正确．赛车从小圆弧到大圆弧通过直道时需加速，故A项正确．由几何关系可知连接大、小圆弧的直道长x＝50
m，由匀加速直线运动的速度位移公式：v－v＝2ax得a≈6.50
m/s2，C项错误；由几何关系可得小圆弧所对圆心角为120°，所以通过小圆弧弯道的时间t＝×＝2.79
s，故D项错误．
4．A 不计空气阻力，A、B两球运动过程中加速度a＝g，以相同速率沿同一方向抛出，都做斜上抛运动，故两球轨迹相同，A选项正确．
5．A 小车由A运动到B的时间为
s＝0.5
s，对左侧小球，5
m＝gt2，对右侧小球，h＝g(t－0.5
s)2，解得h＝1.25
m，所以A正确．
6．B
如图，足球平抛运动的水平位移x＝，不是足球的位移，所以A错．由x＝v0t，h＝gt2，得v0＝＝/＝，B正确．足球的末速度v＝＝，所以C错误．由图可知足球初速度方向与球门线的夹角为θ，tanθ＝s/＝2s/L，故D错误．所以本题选B.
7．解题思路：(1)打在中点的微粒h＝gt2①
t＝②
(2)打在B点的微粒v1＝；2h＝gt③
v1＝L④
同理，打在A点的微粒初速度v2＝L⑤
微粒初速度范围L≤v≤L⑥
(3)由能量关系mv＋mgh＝mv＋2mgh⑦
代入④、⑤式L＝2h⑧
答案：(1)
(2)L≤v≤L
(3)L＝2h
8．BD 因圆盘转动具有周期性，则当小球落到b点时，圆盘转过的角度θ＝2πk(k＝1,2,3，…)，由ω＝，可得圆盘的角速度ω＝(k＝1,2,3，…)，因小球做平抛运动，则小球下落高度h＝gt2＝(k＝1,2,3，…)，初速度v0＝＝(k＝1,2,3，…)，将k的取值代入可知，当k取2和4时B、D项正确．
9．A
由题图可知乙球落地时末速度与水平方向夹角为37°，因为甲、乙两球落地时的末速度相互垂直，所以甲球落地时，末速度与水平方向夹角为53°，如图，可得＝tan53°＝，又v＝2gh，vx＝v0，则h＝＝＝，故A项正确．甲球落地时间t＝＝，故B项错误．小球在斜面上做加速度为a＝gsin37°、初速度为v0的匀加速直线运动，由几何关系可得乙球位移大小L＝＝h，则由匀变速直线运动规律有h＝v0t＋gsin37°·t2，解得t＝，故C项错误．根据机械能守恒有：mv＋mgh＝mv2，可得甲、乙两球落地速度大小均为v0，故D项错误．
10．D 因小球恰好垂直落在斜面上，则此时其速度方向与水平方向的夹角为45°，则有tan45°＝＝＝＝1，y＝，得Q点高度h＝x＋y＝3y，则A、B两球下落高度之比为1∶3，由h＝可得t＝，则A、B两球运动时间之比为1∶，D正确．
11.
A 炮弹做竖直上抛运动有：h1＝v0t－gt2，导弹做平抛运动有：s＝vt，h2＝gt2，且h1＋h2＝H，联立得：v0＝v，所以只有A项正确．
12．解题思路：(1)设人落在转盘边缘处不至被甩下，临界情况下最大静摩擦力提供向心力，则有：μmg＝mωR
解得ω0＝
则为保证选手在任何位置都不会被甩下转盘，角速度应满足ω≤
(2)匀加速过程：x1＝at＝×2×22
m＝4
m
vC＝at1＝4
m/s
平抛过程：H＝gt
得t2＝0.8
s
x2＝vCt2＝4×0.8
m＝3.2
m
故L＝x1＋x2＝7.2
m
答案：(1)ω≤
(2)7.2
m周测十一 (A卷)
(本试卷满分95分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1．人从高处跳下，为更好地保护身体，双脚触地，膝盖弯曲让身体重心继续下降．着地过程这样做，可以减小( )
A．人动量变化的时间
B．人受到的冲量
C．人的动量变化量
D．人的动量变化率
2.
如图所示，在光滑的水平面上放有一物体M，物体M上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R，最低点为C，两端A、B等高，现让小滑块m从A点由静止开始下滑，在此后的过程中，则( )
A．M和m组成的系统机械能守恒，动量守恒
B．M和m组成的系统机械能守恒，动量不守恒
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运动的位移为
3.
如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c呈一直线排列，静止在光滑水平面上．c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上．小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同．他跳到a车上相对a车保持静止，此后( )
A．a、b两车运动速率相等
B．a、c两车运动速率相等
C．三辆车的速率关系vc>va>vb
D．a、c两车运动方向相同
4．(多选)在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是( )
A．增大入射光的强度，光电流增大
B．减小入射光的强度，光电效应现象消失
C．改用频率小于ν的光照射，一定不发生光电效应
D．改用频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大
5.
(多选)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，能放出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，锌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
6．一个原子核经过6次α衰变和4次β衰变，最后变成稳定的某种原子核，衰变后，原子核中的中子共减少( )
A．12个
B．4个
C．10个
D．16个
7．(多选)下列关于波粒二象性的说法正确的是( )
A．光电效应揭示了光的波动性
B．使光子一个一个地通过单缝，若时间足够长，底片上也会出现衍射图样
C．黑体辐射的实验规律可用光的粒子性解释
D．热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性
E．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等
8.
(多选)关于原子结构和核反应的说法中正确的是( )
A．卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构模型
B．发现中子的核反应方程是：Be＋He→C＋n
C．200万个U的原子核经过两个半衰期后剩下50万个U
D．据图可知，原子核D和E聚变成原子核F要吸收能量
E．据图可知，原子核A裂变成原子核B和C要放出核能
二、非选择题(本题包括4小题，共47分)
9．(10分)(2016·南昌期中)某同学用图1所示装置来验证动量守恒定律，实验时先让小球a从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下痕迹，重复10次；然后再把小球b静置在斜槽轨道末端，让小球a仍从原固定点由静止开始滚下，和小球b相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次．回答下列问题：
(1)在安装实验器材时斜槽的末端应________．
(2)小球a、b质量ma、mb的大小关系应满足ma________mb，两球的半径应满足ra________rb.(选填“>”、“<”或“＝”)
(3)本实验中小球落地点的平均位置距O点的距离如图2所示，小球a、b碰后的平均落地点依次是图2中的________点和________点．
(4)在本实验中，验证动量守恒的式子是下列选项中的________．
A．ma＝ma＋mb
B．ma＝ma＋mb
C．ma＝ma＋mb
10．(10分)(2016·武昌调研)
一光电管的阴极用极限波长为λ0的材料制成，将它连接在如图所示的电路中，当用波长为λ的光照射阴极K(λ<λ0)，并调节滑动变阻器使光电管阳极A和阴极K之间的电势差逐渐增大到U时，光电流达到饱和且饱和电流为I.则每秒内由阴极K发出的电子个数在数值上等于________，到达阳极A的电子的最大动能为________．(已知普朗克常量为h，真空中光速为c，元电荷的值为e)
如果阳极A和阴极K之间的电势差U不变，仅将同种照射光的强度增到原来的三倍，则到达阳极A的电子的最大动能________(填“变大”、“不变”或“变小”)．
11．(10分)(2017·福州三中模拟)核裂变和核聚变的过程中能够放出巨大核能．核裂变中经常使用的U具有天然放射性，若U经过7次α衰变和m次β衰变，变成Pb，则m＝________.核聚变中，最常见的反应就是一个氘核与一个氚核结合成一个氦核．已知氘核的比结合能是1.09
MeV；氚核的比结合能是2.78
MeV；氦核的比结合能是7.03
MeV.则氢核聚变的方程是________；一次氢核聚变释放出的能量是________MeV.
12．(17分)
如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹射中并且嵌入其中．已知物体B的质量为m，物体A的质量是物体B的质量的，子弹的质量是物体B的质量的.求：
(1)弹簧被压缩到最短时B的速度大小；
(2)弹簧的最大弹性势能．
周测十一 选修3－5(A卷)
1．D 膝盖弯曲的过程叫缓冲，不能改变动量变化量和冲量，但是延长了作用时间，可以减小动量变化率，即减小作用力，答案选D.
2．B M和m组成的系统机械能守恒，总动量不守恒，但水平方向动量守恒，A错误、B正确；m从A到C过程中，M向左加速运动，当m到达C处时，M向左速度最大，m从C到B过程中，M向左减速运动，C错误；在m从A到B过程中，有MxM＝mxm，xM＋xm＝2R，得xM＝2mR/(m＋M)，D错误．
3．C 设人跳离b、c车时速度为v，由动量守恒定律有
0＝－M车vc＋m人v，
m人v＝－M车vb＋m人v，
m人v＝(M车＋m人)va，
所以vc＝，vb＝0，va＝.
即vc>va>vb，并且vc与va方向相反．所以选项A、B、D错误，选项C正确．
4．AD 已知用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应，可知光电管阴极金属材料的极限频率肯定小于ν，改用频率较小的光照射时，仍有可能发生光电效应，选项C错误；根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0可知，增大照射光频率，光电子最大初动能也增大，故选项D正确；增大入射光强度，单位时间内照射到单位面积的光电子数增加，则光电流将增大，故选项A正确；光电效应是否产生与照射光频率有关，而与照射光强度无关，故选项B错误．
5．BCE 由于氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光能量大于锌的逸出功3.34
eV，所以用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌板一定能产生光电效应，选项A错误．一群处于n＝3能级的氢原子向基态跃迁时，能放出3种不同频率的光，选项B正确．一群处于n＝3能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光子的最大能量为12.09
eV，用此光子照射锌板，根据爱因斯坦光电效应方程，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为8.75
eV，选项C正确．用能量为10.2
eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态，而用能量为10.3
eV的光子照射，不能使处于基态的氢原子跃迁到激发态，选项D错误．用能量为14.0
eV的光子照射，可使处于基态的氢原子电离，选项E正确．
6．D α衰变的过程中电荷数减少2，质量数减少4，β衰变的过程中电荷数增加1，质量数不变，则质量数减少6×4＝24，电荷数减少6×2－4＝8，中子数＋质子数＝质量数，则中子数减少16，D正确．
7．BCD 光电效应说明了光的粒子性，A错；单个光子通过单缝后在底片上呈现出随机性，但大量光子通过单缝后在底片上呈现出波动性，B对；黑体辐射的实验规律说明了电磁辐射是量子化的，即黑体辐射是不连续的、一份一份的，所以黑体辐射用光的粒子性来解释，C对；热中子束射在晶体上产生衍射图样，是由于运动的实物粒子具有波的特性，即说明中子具有波动性，D对；根据德布罗意波长λ＝及动量p＝可知动能相等的质子和电子(质子质量大于电子质量)中，质子的德布罗意波长较短，E错．
8．ABE 本题考查核裂变、核聚变以及核反应方程．卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构模型，选项A正确；发现中子的核反应方程为Be＋He―→C＋n，选项B正确；半衰期为统计规律，适用于大量的原子发生衰变，选项C错误；在核反应过程中，若有质量亏损，将放出能量，由题图中核子的平均质量可知，原子核D和E聚变原子核F过程中，将有质量亏损，要放出能量，选项D错误；原子核A裂变成原子核B和C，有质量亏损，要放出核能，选项E正确．
9．解题思路：(1)小球离开轨道后应做平抛运动，所以在安装实验器材时斜槽的末端必须保持水平，才能使小球做平抛运动．(2)为防止在碰撞过程中入射小球被反弹，入射小球a的质量ma应该大于被碰小球b的质量mb.为保证两个小球的碰撞是对心碰撞，两个小球的半径应相等．(3)由题图1所示装置可知，小球a和小球b相碰后，根据动量守恒和能量守恒可知小球b的速度大于小球a的速度．由此可判断碰后小球a、b的落点位置分别为A、C点．(4)小球下落高度一样，所以在空中的运动时间t相等，若碰撞过程满足动量守恒，则应有mav0＝mava＋mbvb，两边同时乘以时间t可得mav0t＝mavat＋mbvbt，即有ma＝ma＋mb，故选项B正确．
答案：(1)保持水平 (2)> ＝ (3)A C (4)B
10．解题思路：由于I＝，所以每秒内由阴极K发出的电子个数在数值上等于.到达阳极A的电子最大初动能：Ekm＝h－h＋eU.若不改变阳极与阴极之间的电势差，仅将同种照射光的强度增加到原来的三倍，因为照射光的频率不变，故到达阳极的电子最大动能不变．
答案：(3分) hc＋eU(4分) 不变(3分)
11．解题思路：U在衰变过程中，由电荷数守恒得82－92＝－7×2＋m×1，所以m＝4.氢核的聚变方程为：H＋H→He＋n.一次核聚变释放出的能量为：7.03×4－1.09×2－2.78×3＝17.6
MeV.
答案：(1)4(3分) H＋H―→He＋n(3分) 17.6
MeV(4分)
12．解题思路：(1)当弹簧被压缩到最短时，三者具有相同的速度．
根据动量守恒有
mv0＝v共，解得v共＝v0.(7分)
(2)子弹射中A的过程中，由动量守恒定律有
mv0＝v，解得v＝v0.(5分)
从此时到弹簧被压缩到最短的过程中系统机械能守恒，则可得
Epm＝×v2－×v＝mv.(5分)
答案：(1)v0 (2)mv周测二 力 共点力的平衡(B卷)
(本试卷满分95分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1.
(多选)水平的皮带传动装置如图所示，皮带的速度大小保持不变，将一滑块轻轻地放在A点，开始时滑块在皮带上滑动，当它到达位置C时滑动停止，之后随皮带一起匀速运动，直至传送到目的地B端．在传送过程中，滑块受到的摩擦力情况为( )
A．在AC段受水平向左的滑动摩擦力
B．在AC段受水平向右的滑动摩擦力
C．在CB段不受静摩擦力
D．在CB段受水平向右的静摩擦力
2.
如图，两个弹簧的质量不计，劲度系数分别为k1、k2，它们一端固定在质量为m的物体上，另一端分别固定在Q、P处，当物体平衡时上面的弹簧处于原长状态，若把固定的物体换为质量为2m的物体(物体的大小不变，且弹簧均在弹性限度内)，当物体再次平衡时，物体比第一次平衡时的位置下降了x，则x为(已知重力加速度为g)( )
A.
B.
C.
D.
3.
如图所示，横截面积为直角三角形的斜劈A，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．墙面对A的摩擦力一定增大
D．墙面对A的摩擦力一定变小
4.
如图所示，A、B两物块始终静止在水平地面上，有一轻质弹簧一端连接在竖直墙上P点，另一端与A相连接，下列说法正确的是( )
A．如果B对A无摩擦力，则地面对B也无摩擦力
B．如果B对A有向右的摩擦力，则地面对B有向左的摩擦力
C．在P点缓慢下移的过程中，B对A的支持力一定减小
D．在P点缓慢下移的过程中，地面对B的摩擦力一定减小
5.
一长木板静止在倾角为θ的斜面上，长木板上一人用力推长木板上物块，使物块与长木板间的摩擦力刚好为零，已知人、物块、长木板的质量均为m，人、物块与长木板间的动摩擦因数均为μ1，长木板与斜面间的动摩擦因数为μ2，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．斜面对长木板的摩擦力大小为mgsinθ
B．斜面对长木板的摩擦力大小为3μ2mgcosθ
C．长木板对人的摩擦力大小为2μ1mgcosθ
D．长木板对人的摩擦力大小为2mgsinθ
6．如图所示，有5
000个质量均为m的小球，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端用细绳固定在天花板上，右端施加一水平向右的拉力F使小球全部静止．若连接天花板的细绳与水平方向的夹角为45°，则第2
011个小球与2
012个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值等于( )
A.
B.
C.
D.
7.
如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，物块B置于斜面上，通过轻细绳跨过光滑的定滑轮与物块A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态．则( )
A．B受到C的摩擦力一定不为零
B．C受到水平面的摩擦力一定为零
C．水平面对C的摩擦力方向一定向左
D．水平面对C的支持力与B、C的总重力大小相等
8．如图所示，小球A、B通过O点处光滑的小滑轮(未画出)用细线相连，小球A置于光滑半圆柱上，小球B用水平细线拉着并系于竖直板上，两球均处于静止状态，已知O点在半圆柱底面圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，其长度与半圆柱底面圆的半径相等，OA⊥OB，则A、B两球的质量比为( )
A．2∶
B．2∶1
C．1∶2
D.∶3
二、非选择题(本题包括4小题，共47分)
9．(9分)在探究弹力和弹簧伸长的关系时，某同学先按图甲对弹簧甲进行探究，然后把弹簧甲和弹簧乙并联起来按图乙进行探究．在弹性限度内，将质量为m＝50
g的钩码逐个挂在弹簧下端，分别测得图甲、图乙中弹簧的长度L1、L2如下表所示．
钩码个数
1
2
3
4
L1/cm
30.00
31.04
32.02
33.02
L2/cm
29.33
29.65
29.97
30.30
已知重力加速度g＝9.8
m/s2，要求尽可能多地利用测量数据，计算弹簧甲的劲度系数k＝________N/m(结果保留两位有效数字)．由表中数据________(填“能”或“不能”)计算出弹簧乙的劲度系数．
10.
(9分)如图为“验证力的平行四边形定则”实验．三个细线套L1、L2、L3一端共系于一个结点，另一端分别系于轻质弹簧测力计A、B和重物M上，A挂在固定点P，手持B拉动细线，使结点静止于O点．
(1)某次实验中A的指针位置如图所示，其读数为________N；
(2)实验时要读出A、B的示数，还要在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置、________、________和________；
(3)下列实验要求中必要的是________(填选项的字母代号)．
A．弹簧测力计需要在实验前进行校零
B．细线套方向应与木板平面平行
C．需要用托盘天平测量重物M的质量
D．弹簧测力计B始终保持水平
11.
(12分)如图所示，两个质量分别为m、4m的质点A、B之间用轻杆固结，并通过长L的轻绳挂在光滑的定滑轮上，求系统平衡时OA、OB段绳长各为多少？
12.
(17分)如图所示，质量M＝2
kg的木块套在水平固定杆上，并用轻绳与质量m＝1
kg的小球相连．今用跟水平方向成60°角的力F＝10
N拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m的相对位置保持不变，g＝10
m/s2.在运动过程中，求：
(1)轻绳与水平方向的夹角θ；
(2)木块M与水平杆间的动摩擦因数μ.
周测二 力 共点力的平衡(B卷)
1．BC 在AC段滑块向右加速运动，加速度向右，故合力向右，即滑动摩擦力向右，A错误、B正确；在CB段滑块做匀速直线运动，加速度为零，故合力为零，即摩擦力为零，C正确、D错误．
2．A 当物体的质量为m时，设下面的弹簧的压缩量为x1，则mg＝k1x1；当物体的质量为2m时，2mg＝k1(x1＋x)＋k2x，联立可得x＝，A正确．
3．B 斜劈A始终处于静止状态，受到的合外力始终为0，A错误；将A、B作为一个系统，在水平方向由平衡可得F＝FNA，所以A对竖直墙壁的压力增大，B正确；对B物体，F增大，对B受力分析由平衡得A对B的弹力增大，即B对A的弹力增大，由于原状态A受墙壁的摩擦力方向可能向上，也可能向下，所以随着B对A弹力的增大，墙面对A的摩擦力可能增大，也可能减小，C、D错误．
4．A 如果B对A无摩擦力，说明弹簧的弹力为0，选取A与B组成的系统为研究对象，系统仅仅受到重力和地面的支持力的作用，所以地面对B也无摩擦力，选项A正确；如果B对A有向右的摩擦力，根据牛顿第三定律，A对B有向左的摩擦力，物块B有向左运动的趋势，所以地面对B有向右的摩擦力，选项B错误；在P点缓慢下移到与A等高的过程中，若弹簧原来处于拉伸状态，弹簧可能由伸长变为压缩，也可能一直处于拉伸状态，则弹力可能由斜向上逐渐减小的拉力变为斜向下逐渐增大的推力，也可能是斜向上逐渐减小的拉力，对A由平衡条件可知，B对A的支持力在弹簧弹力逐渐减小时一直增大，选项C错误；若弹簧原处于原长或压缩状态时，弹簧弹力一直增大，由整体法可知地面对B的摩擦力增大，选项D错误．
5．D 以人、物块、长木板为整体进行研究，斜面对它们的摩擦力为静摩擦力，大小为3mgsinθ，A、B错误；对人、物块整体研究，物块与长木板间的摩擦力刚好为零，因此长木板对人的静摩擦力大小为2mgsinθ，C错误、D正确．
6．D 以5
000个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图1所示，根据平衡条件得tan45°＝，则F＝5
000mg，再以第2
012个到第5
000个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图2所示，则tanα＝＝，故D正确．
7．C 对B受力分析，当受到绳子的拉力与B的重力沿斜面向下的分力大小相等，即mBgsinθ＝mAg时，B在斜面上没有相对运动趋势，此时B、C间没有摩擦力，故A错误；把B、C当作一个整体受力分析，可知绳子的拉力在水平方向上的分量不为零，整体有向右的运动趋势，所以C受到地面的摩擦力不会为零，方向一定向左，故B错误、C正确；把B、C当作一个整体受力分析，在竖直方向上有N＋mAgsinθ＝(mB＋mC)g，绳子的拉力在竖直方向上的分量mAgsinθ不为零，所以水平面对C的支持力小于B、C的总重力，故D错误．
8．B 首先对A受力分析，如图所示，由几何关系可得拉力T、半圆柱对A的支持力FN与水平方向夹角均为60°，根据平衡条件，Tcos60°＝FNcos60°，(T＋FN)sin60°＝mAg，解得T＝mAg；再对B受力分析，由平衡条件知Tcos60°＝mBg，则＝2∶1，故选B.
9．解题思路：本题考查“探究弹力和弹簧伸长的关系”实验，意在考查考生对实验数据的处理能力．由表中数据可知，当弹力的变化量为ΔF＝mg＝0.05
kg×9.8
m/s2＝0.49
N时，弹簧甲的形变量Δx＝
＝1.01
cm，由胡克定律得弹簧甲的劲度系数k＝＝＝49
N/m.由表中数据可根据上述方法求出弹簧甲与弹簧乙并联时的劲度系数，再根据k并＝k甲＋k乙就可求出弹簧乙的劲度系数．
答案：49 能
10．解题思路：本题考查“验证力的平行四边形定则”实验．(1)弹簧测力计的读数为2.00
N；(2)实验中还要记录三个拉力的方向；(3)为减小测量误差，弹簧测力计需要在实验前进行校零，A正确；为保证对结点的拉力就是弹簧测力计的示数，细绳套方向应与木板平面平行，B正确；直接用弹簧测力计测量重物M的重力即可，C错误；弹簧测力计B的拉力只要与A的拉力的合力能使重物平衡即可，不需要保持水平，D错误．
答案：(1)2.00(3分)
(2)L1的方向 L2的方向 L3的方向(3分)
(3)AB(3分)
11．解题思路：此题中杆处于自由状态，故杆的弹力必沿杆的方向．由力三角形与几何三角形相似得
＝(3分)
＝(3分)
而OA＋OB＝L(2分)
故OA＝L(2分)
OB＝L(2分)
答案：OA＝L OB＝L
12．解题思路：(1)m处于匀速直线运动状态，其合力为零(1分)
以m为研究对象，由平衡条件得
水平方向Fcos60°－FTcosθ＝0①(3分)
竖直方向Fsin60°－FTsinθ－mg＝0②(3分)
由①②得θ＝30°(1分)
(2)M、m整体处于匀速直线运动状态，可看作整体，系统所受合力为零．(1分)
以M、m整体为研究对象．由平衡条件得
水平方向Fcos60°－μFN＝0③(3分)
竖直方向FN＋Fsin60°－Mg－mg＝0④(3分)
由③④得μ＝(2分)
答案：(1)30° (2)周测十 选修3－3、3－4(A卷)
(本试卷满分80分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1．(多选)对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是( )
A．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈
B．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈
C．压强变大时，分子间的平均距离必然变小
D．压强变小时，分子间的平均距离可能变小
2.
(多选)用如图所示的实验装置来研究气体等体积变化的规律．A、B管下端由软管相连，注入一定量的水银，烧瓶中封有一定量的理想气体，开始时A、B两管中水银面一样高，那么为了保持瓶中气体体积不变( )
A．将烧瓶浸入热水中时，应将A管向上移动
B．将烧瓶浸入热水中时，应将A管向下移动
C．将烧瓶浸入冰水中时，应将A管向上移动
D．将烧瓶浸入冰水中时，应将A管向下移动
3．(多选)关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是( )
A．第二类永动机违反能量守恒定律
B．如果物体从外界吸收了能量，则物体的内能一定增加
C．保持气体的质量和体积不变，当温度升高时，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多
D．做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看，这两种改变方式是有区别的
4.
(多选)一定质量的理想气体状态变化过程如图所示，第1种变化是从A到B，第2种变化是从A到C，比较两种变化过程，则( )
A．A到C过程气体吸收热量较多
B．A到B过程气体吸收热量较多
C．两个过程气体吸收热量一样
D．两个过程气体内能增加相同
5.
(多选)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，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
6．(多选)一列简谐横波在t＝4.0
s时的波形如图甲所示，图乙是这列波中质点P的振动图象．关于该简谐横波，下列说法正确的是( )
A．波速v＝0.25
m/s，向左传播
B．波速v＝0.50
m/s，向右传播
C．0到4.0
s时间内，质点P通过的路程是1.0
m
D．0到4.0
s时间内，质点P通过的路程是0.32
m
7.
(多选)两束不同频率的单色光a、b从空气平行射入水中，发生了如图所示的折射现象(α>β)．下列结论中正确的是( )
A．光束b的频率比光束a的低
B．光束a在水中的传播速度比光束b的小
C．水对光束a的折射率比水对光束b的折射率小
D．若光束从水中射向空气，则光束b的临界角比光束a的临界角大
8．(多选)类比是一种有效的学习方法．某同学对机械波和电磁波进行类比，总结出下列内容，其中正确的是( )
A．机械波的频率、波长和波速三者满足的关系，对电磁波也适用
B．机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象
C．机械波的传播依赖于介质，而电磁波可以在真空中传播
D．机械波既有横波又有纵波，而电磁波只有纵波
E．机械波与电磁波都是机械振动产生的
二、非选择题(本题包括4小题，共40分)
9.
(10分)如图所示，一个密封的导热良好的汽缸用质量为M、横截面积为S的活塞封闭了A、B两部分气体，此时A、B两部分气体体积相等，当把汽缸倒置稳定后A、B两部分气体的体积比为1∶2，已知重力加速度为g，求倒置后B气体的压强．
10.
(10分)如图所示，一个绝热的汽缸竖直放置，内有一个绝热且光滑的活塞，中间有一个固定的导热性良好的隔板，隔板将汽缸分成两部分，分别密封着两部分理想气体A和B.活塞的质量为m、横截面积为S，与隔板相距h.现通过电热丝缓慢加热气体，当A气体吸收热量Q时，活塞上升了h，此时气体的温度为T1.已知大气压强为p0，重力加速度为g.
(1)加热过程中，若A气体内能增加了ΔU1，求B气体内能增加量ΔU2；
(2)现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当活塞恰好回到原来的位置时A气体的温度为T2.求此时添加砂粒的总质量Δm.
11．(10分)一列沿着x轴正方向传播的横波，在t＝0时刻的波形如图甲所示．图甲中某质点的振动图象如图乙所示．求：
(1)该波的波速；
(2)图甲中的质点L从图示位置到波峰的时间；
(3)写出从t＝0开始计时x＝2
m处的质点的振动方程．
12.
(10分)如图所示，直角玻璃三棱镜ABC置于空气中，棱镜的折射率为n＝，∠A＝60°.一细光束从AC的中点D垂直于AC面入射，AD＝a，求：
(1)画出光路图并计算出光从棱镜第一次射入空气时的折射角；
(2)光从进入棱镜到它第一次从棱镜中射出所经历的时间(光在真空中的传播速度为c)．
周测十 选修3－3、3－4(A卷)
1．BD 根据气体压强的微观解释，气体压强由分子热运动剧烈程度和分子密集程度共同决定．故选B、D.
2．AD 由＝C(常量)可知，在气体体积不变的情况下，温度升高，气体压强增大，右管A水银面要比左管B水银面高，故选项A正确；同理可知选项D正确．
3．CD 第二类永动机不违反能量守恒定律，而是违反热力学第二定律，故A错误．改变内能有两种方式，做功和热传递，单凭热传递情况并不能决定内能的变化，故B错误．气体分子密集程度一定，温度升高，则动能增大，每秒撞击单位面积器壁的次数增多，C正确．做功对应能量转化，热传递对应能量转移，D正确．
4．AD
在p—T图中，等容线是过原点的倾斜直线，如图所示，可知VC>VA>VB，故从A到C，气体对外做功，W<0，从A到B，外界对气体做功，W>0，由TB＝TC可知两过程内能增量相同，根据ΔU＝W＋Q可知，从A到C，气体吸收热量多，选项A、D正确，而B、C错误．
5．ABD 由图看出，两单摆的周期相同，同一地点g相同，由单摆的周期公式T＝2π
得知，甲、乙两单摆的摆长l相等，故A正确；甲摆的振幅为10
cm，乙摆的振幅为7
cm，则甲摆的振幅比乙摆大，故B正确；尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小，故C错误；在t＝0.5
s时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负向最大，则乙摆具有正向最大加速度，故D正确；由单摆的周期公式T＝2π
得g＝，由于单摆的摆长未知，所以不能求得当地的重力加速度，故E错误．
6．AD 从图象中可读出λ＝50
cm，T＝2.0
s，则波速为v＝＝0.25
m/s，因为t＝4.0
s时，P点向上振动，故波向左传播，选项A正确、B错误；0到4.0
s时间内，质点P振动了两个周期，通过的路程是8A＝8×4
cm＝32
cm＝0.32
m，选项D正确、C错误．
7．CD 水对蓝光的折射率大于水对红光的折射率，根据v＝可知，在水中红光传播速度更大，故A错误．发生全反射条件之一是光由光密介质射向光疏介质，故B错误．根据光的折射现象，水中鱼看起来应该变浅，C正确．根据公式Δx＝λ，可知波长长的对应的条纹间距宽，D正确．
8．ABC 波速公式v＝λf适用于一切波，即对机械波和电磁波都适用，故A正确．所有的波都能产生干涉和衍射现象，故B正确．机械波是机械振动在介质中传播形成的，必须依赖于介质，没有介质不能形成机械波；电磁波传播的是电磁场，而电磁场本身就是一种媒介，不需要借助其他物质来传播，所以电磁波可以在真空中传播，故C正确．机械波有横波和纵波，电磁波只有横波，故D错误．机械波是机械振动产生的，而电磁波是由变化的电磁场产生的，故E错误．
9．解题思路：汽缸导热良好，故气体温度不变．
初状态：pA＋＝pB，VA＝VB＝；
末状态：p′B＋＝p′A，V′A＝，
V′B＝V0.
由玻意耳定律得pA·＝p′A·，
pB·＝p′B·V0.
联立解得p′B＝.
答案：
10．解题思路：(1)B气体对外做功W＝－pSh＝－(mg＋p0S)h，
由热力学第一定律有ΔU1＋ΔU2＝Q＋W，
得ΔU2＝Q－(mg＋p0S)h－ΔU1.
(2)B气体的初状态：
p1＝p0＋，V1＝2hS；
B气体的末状态：
p2＝p0＋，V2＝hS；
由理想气体状态方程有＝，
得Δm＝.
答案：(1)Q－(mg＋p0S)h－ΔU1
(2)
11．解题思路：(1)根据图甲可知，波长λ＝2.0
m，
根据图乙振动图象可得周期T＝4
s，
该波的波速v＝＝0.5
m/s.
(2)根据波沿x轴正方向传播，判断质点L从平衡位置正向y轴正方向运动，运动到波峰所用时间为
t＝T＝(4n＋1)
s(n＝0,1,2，…)．
(3)t＝0时x＝2
m处的质点正在平衡位置且沿y轴负方向振动初相位为π，根据图乙判断振动周期T＝4
s，振幅A＝0.8
cm，振动方程为y＝Asin＝0.8sin(0.5πt＋π)
cm.
答案：(1)0.5
m/s (2)(4n＋1)
s(n＝0,1,2，…)
(3)y＝0.8sin(0.5πt＋π)
cm
12．解题思路：(1)光路如图所示．
i1＝60°，设玻璃对空气的临界角为C，
则sinC＝＝，C＝45°.i1>45°，光在AB面发生全反射，i2＝i1－30°＝30°由折射定律有＝，所以r＝45°.
(2)棱镜中的光速v＝，所求时间t＝＋，代入数据解得t＝.
答案：(1)光路如图所示 45° (2)周测二 力 共点力的平衡(A卷)
(本试卷满分95分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1．三个共点力F1、F2和F3的合力为0，其中两个共点力的大小F1＝8
N，F2＝4
N，则F3的大小不可能是( )
A．8
N
B．6
N
C．4
N
D．2
N
2.
质量均为m的物块a、b之间用竖直轻弹簧相连，系在a上的细线竖直悬挂于固定点O，a、b与竖直粗糙墙壁接触，整个系统处于静止状态．重力加速度大小为g，则( )
A．物块b可能受3个力
B．细线中的拉力小于2mg
C．剪断细线瞬间b的加速度大小为g
D．剪断细线瞬间a的加速度大小为2g
3.
将某材料制成的长方体锯成A、B两块放在水平面上，A、B紧靠在一起，物体A的角度如图所示．现用水平方向的力F推物体B，使物体A、B保持原来形状整体沿力F的方向匀速运动，则( )
A．物体A在水平方向受两个力的作用，合力为零
B．物体A只受一个摩擦力
C．物体B对A的压力小于桌面对物体A的摩擦力
D．物体B在水平方向受三个力的作用
4．如图所示，一质量均匀的实心圆球被直径AB所在的平面一分为二，先后以AB沿水平和竖直两种不同方向放置在光滑支架上，处于静止状态，两半球间的作用力分别为F和F′，已知支架间的距离为AB的一半，则为( )
A.
B.
C.
D.
5.
如图所示，在竖直放置的穹形支架上，一根长度不变且不可伸长的轻绳通过轻质光滑滑轮悬挂一重物G.现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠近(C点与A点等高)．则在此过程中绳中拉力大小( )
A．先变大后不变
B．先变大后变小
C．先变小后不变
D．先变小后变大
6.
如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态．若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态．则下列判断中正确的是( )
A．球B对墙的压力增大
B．球B对柱状物体A的压力增大
C．地面对柱状物体A的摩擦力不变
D．地面对柱状物体A的支持力不变
7.
如图所示，直杆的一端用铰链固定于竖直墙壁上，另一端固定一个小滑轮，细绳的AC段水平，细绳一端点B挂一重物，另一端点A固定于墙壁上．不计直杆、滑轮及细绳的质量，忽略所有摩擦．若将细绳的端点A稍向下移至A′点，使之重新平衡，则此时滑轮的位置( )
A．在A点之上
B．与A′点等高
C．在A′点之下
D．在A、A′点之间
8.
轻杆的一端安装有一个轻质光滑滑轮P，用手握住杆的另一端使滑轮支撑着悬挂重物的轻绳，如图所示．现保持滑轮P位置不动旋转杆，使杆和竖直方向的夹角α缓慢减小，则下列关于杆对滑轮P的作用力的判断正确的是( )
A．变大
B．不变
C．变小
D．无法确定
二、非选择题(本题包括4小题，共47分)
9．(8分)(1)小翔利用如图甲所示的装置，探究弹簧弹力F与伸长量Δl的关系，由实验绘出F与Δl的关系图线如图乙所示，则该弹簧的劲度系数为________N/m.
(2)某学生用如图丙所示的装置验证“力的平行四边形定则”．用一木板(贴有坐标纸)竖直放在铁架台和弹簧所在平面后．其部分实验操作如下，请完成下列相关内容：
如图丙，在木板上记下悬挂两个钩码时弹簧末端的位置O；卸下钩码然后将两绳套系在弹簧下端，用两弹簧秤将弹簧末端拉到同一位置O，记录细绳套AO、BO的方向及两弹簧秤相应的读数．图丁中B弹簧秤的读数为________N．(弹簧秤单位：N)
该同学在坐标纸上画出了两弹簧秤拉力F1、F2的大小和方向，以及由钩码的重量画出钩码对弹簧的拉力F的大小和方向，如图戊所示，请在图戊中作出F1、F2的合力F′；观察比较F和F′，得出结论．
10．(8分)(1)“验证力的平行四边形定则”实验中部分实验步骤如下，请补充完整有关内容：
①将一根橡皮筋的一端固定在贴有白纸的竖直平整木板上，另一端绑上两根细线．
②在其中一根细线上挂5个质量相等的钩码，使橡皮筋拉伸，如图甲所示，记录：钩码个数(或细线拉力)、________、细线的方向．
③将步骤②中的钩码取下，分别在两根细线上挂上4个和3个质量相等的钩码，用两光滑硬棒B、C使两细线互成角度，如图乙所示，小心调整B、C的位置，使橡皮筋与细线结点O的位置与步骤②中结点位置重合，记录________．
(2)如果“力的平行四边形定则”得到验证，那么图乙中＝________.
11.
(16分)一质量M＝4
kg，倾角为30°的上表面光滑的斜面体静止在粗糙的水平地面上，斜面上有两个质量均为m＝2
kg的小球A、B，它们用轻质细绳连接，现对小球B施加一水平向左的拉力F，使小球A、B及斜面体一起向左做匀速直线运动，如图所示，重力加速度g＝10
m/s2.求：
(1)细绳的拉力FT；
(2)水平拉力F的大小；
(3)水平地面与斜面体间的动摩擦因数μ.
12.
(15分)如图所示，两个质量均为m的小环套在一水平放置的粗糙长杆上，两根长度均为l的轻绳一端系在小环上，另一端系在质量为M的木块上，两个小环之间的距离也为l，小环保持静止．
(1)试求小环对杆的压力．
(2)小环与杆之间的动摩擦因数μ至少为多大？
周测二 力 共点力的平衡(A卷)
1．D 本题考查力的合成、平衡条件．三个力作用在物体上使物体处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力大小相等方向相反，即F3的大小必须在F1、F2两个力的合力范围之内，F1、F2两个力的合力范围为4
N≤F合≤12
N．正确选项为D.
2．D 物块a、b与墙面之间没有弹力，故虽接触面粗糙但不受摩擦力，所以物块b受重力、弹簧的弹力2个力作用，选项A错误；将a、b看成一个系统，整个系统处于静止状态，细线的拉力等于2mg，选项B错误；剪断细线瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以b所受合力不变，为零，而细线中的弹力突变为0，故b的加速度为零，a的加速度aa＝＝＝2g，选项C错误，选项D正确．
3．C
对A受力分析如图所示，A在水平方向受到B对A的压力FN、B对A沿斜面向上的摩擦力f1、桌面对A的摩擦力f2三个力的作用而处于平衡状态，合力为零，选项A、B错误；对A由平衡条件有FNsin60°＝f2，故B对A的压力小于桌面对物体A的摩擦力，选项C正确；对B受力分析知，B在水平方向受到水平方向的推力、A对B的压力、A对B的摩擦力、桌面对B的摩擦力四个力的作用，选项D错误．
4．A
本题考查了共点力平衡，意在考查考生对物体平衡条件的分析能力．设两半球的总质量为m，当球以AB沿水平方向放置时，F＝mg；当球以AB沿竖直方向放置时，以右半球为研究对象，如图，F′＝mgtanθ，根据支架间的距离为AB的一半，可得θ＝30°，所以＝，选项A正确．
5．A 当轻绳的右端从B点移到直杆最上端时，设两绳的夹角为2θ；以滑轮为研究对象，分析受力情况如图甲所示．根据平衡条件得2Fcosθ＝mg，得到绳子的拉力F＝，所以在轻绳的右端从B点移到直杆最上端的过程中，θ增大，cosθ减小，则F变大；当轻绳的右端从直杆最上端移到C点时，设两绳的夹角为2α，设绳子总长为L，两直杆间的距离为s，由几何知识得到sinα＝，L、s不变，则α保持不变，再根据平衡条件可知，两绳的拉力F保持不变，所以绳中拉力大小变化的情况是先变大后不变，选项A正确．
6．D 以B为研究对象，受力分析如图甲所示，由图可知，把A向右移动少许，墙对球B的压力F1减小，柱状物体A对球B的支持力F2减小，由牛顿第三定律知，球B对墙的压力减小，球B对柱状物体A的压力减小，选项A、B错误；把A、B作为一个整体，受力分析如图乙所示，由平衡条件得，地面对柱状物体A的摩擦力Ff＝F1，地面对柱状物体A的支持力FN＝(mA＋mB)g，由此可知，地面对柱状物体A的摩擦力减小，地面对柱状物体A的支持力不变，选项C错误、D正确．
7．A
如图所示，直杆对滑轮的作用力方向一定在∠ACB的角平分线上，当将细绳的端点A稍向下移至A′点，使之重新平衡时，直杆将逆时针转动，故滑轮的位置应该在A点之上．
8．B 根据题意，保持滑轮P的位置不变，则滑轮P处于静止状态，其所受合力为零，重物也静止，则知绳子的拉力大小始终等于重物的重力大小，且保持不变，两侧绳的夹角也不变，故两侧绳拉力的合力保持不变．使杆转动过程中，根据平衡条件知，杆对滑轮P的作用力与两侧绳拉力的合力大小相等、方向相反，所以杆对滑轮P的作用力保持不变，故B正确，A、C、D错误．
9．解题思路：(1)本题考查胡克定律的应用．弹簧弹力F与伸长量Δl关系图线，由胡克定律F＝kΔx可知，图线的斜率即为劲度系数，可得k＝125
N/m.(2)本题考查“验证平行四边形定则”这一实验．B弹簧的读数估读一位可得为4.40
N；作出图象如答图所示．由作图可得到结论：在误差允许范围内，力的合成遵循平行四边形定则．
答案：(1)125(3分) (2)4.38～4.42(2分) 如图(3分)
10．解题思路：(1)根据实验原理可知，题图甲中需要记录合力的大小和方向，画出来的合力为实际值，该实验中用钩码个数来表示拉力大小，因此需要记录的是钩码个数(或细线拉力)，橡皮筋与细线结点的位置O，细线的方向；该实验采用“等效替代”法，因此在用两根细线拉橡皮筋时，要将橡皮筋与细线结点拉到与步骤②中结点位置重合，同时记录钩码个数和对应的细线方向．(2)根据对题图乙中的O点受力分析，将各力正交分解，水平方向有4mgcosα＝3mgcosβ，得＝.
答案：(1)橡皮筋与细线结点的位置O(2分) 钩码个数和对应的细线方向(2分) (2)(4分)
11．解题思路：(1)以A为研究对象，有：
FT＝mgsin30°(3分)
解得：FT＝10
N
.(2分)
(2)以A、B整体为研究对象，有：
Fcos30°＝2mgsin30°(3分)
解得：F＝
N．(2分)
(3)以小球A、B与斜面体组成的整体为研究对象，有：
F＝Ff＝μ(M＋2m)g(4分)
解得：μ＝.(2分)
答案：(1)10
N (2)
N (3)
12．解题思路：(1)整体法分析有2FN＝(M＋2m)g
即FN＝Mg＋mg
由牛顿第三定律得：小环对杆的压力F′N＝Mg＋mg.
(2)研究M得2FTcos30°＝Mg
设处于临界状态，此时小环受到的静摩擦力达到最大值，有FTsin30°＝μF′N
解得：动摩擦因数μ至少为μ＝.
答案：(1)Mg＋mg (2)月考一 必修一 直线运动 牛顿运动定律
第Ⅰ卷 (选择题 共40分)
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一个选项正确，第7～10题有多个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
1.
某物体做直线运动的v－t图象如图所示，根据图象提供的信息可知，该物体( )
A．在4
s末离起始点最远
B．在6
s末离起始点最远
C．在0～4
s内与4～6
s内的平均速度相等
D．在0～4
s内的加速度大于7～8
s内的加速度
2.
如图所示，一小车的表面由一光滑水平面和光滑斜面连接而成，其上放一球，球与水平面的接触点为a，与斜面的接触点为b.当小车和球一起在水平桌面上做直线运动时，下列结论正确的是( )
A．球在a、b两点处一定都受到支持力
B．球在a点一定受到支持力，在b点处一定不受支持力
C．球在a点一定受到支持力，在b点处不一定受到支持力
D．球在a点处不一定受到支持力，在b点处也不一定受到支持力
3.
一木箱放在水平地面上，木箱质量为m，用水平拉力F即可使物体做匀速直线运动，现保持F大小不变，方向改为与水平方向成60°角斜向上拉物体，也能使物体做匀速直线运动，如图所示．则木箱与水平地面间的动摩擦因数为( )
A.
B.
C.
D.
4．如图所示，静止在水平地面上倾角为θ的光滑斜面体上，有一斜劈A，A的上表面水平且放有一斜劈B，B的上表面上有一物块C，A、B、C一起沿斜面匀加速下滑．已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．A、B间摩擦力为零
B．C可能只受两个力作用
C．A加速度大小为gcosθ
D．斜面体受到地面的摩擦力为零
5.
一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其－t图象如图所示，则( )
A．质点做匀速直线运动，速度为0.5
m/s
B．质点做匀加速直线运动，加速度为0.5
m/s2
C．质点在1
s末速度为1.5
m/s
D．质点在第1
s内的平均速度为1.5
m/s
6.
如图所示，静止在水平地面上的斜面体质量为M，一质量为m的物块恰能沿斜面匀速下滑，若对物块施以水平向右的拉力F，物块m仍能沿斜面运动．则以下判断正确的是( )
A．物块m仍将沿斜面匀速下滑
B．物块m将沿斜面加速下滑
C．地面对斜面体M有向左的摩擦力
D．地面对斜面体的支持力等于(M＋m)g
7.
两个中间有孔的质量为M的小球A、B用一轻弹簧相连，套在一水平光滑横杆上，两个小球下面分别连一轻弹簧，两轻弹簧下端同系在一质量为m的小球C上，如图所示．已知三根轻弹簧的劲度系数都为k，三根轻弹簧刚好构成一等边三角形，则下列说法中正确的是( )
A．水平横杆对质量为M的小球的支持力为Mg＋mg
B．连接质量为m的小球的轻弹簧的弹力为
C．连接质量为m的小球的轻弹簧的伸长量为
D．套在水平横杆上的轻弹簧的形变量为
8.
如图为某工程车的卸货装置，该装置为一能够直接将货物传送到地面的倾角为θ的传送带．该装置在正常工作时沿逆时针方向匀速转动，传送带的速度为v，卸货工人将质量均为m的货物无初速度地放在传送带顶端，已知货物与传送带间的动摩擦因数为μ，且μ9.
如图所示，F1、F2为有一定夹角的两个共点力，过作用点O建立平面直角坐标系xOy，将F1、F2沿x轴、y轴进行正交分解，则( )
A．当x轴取F1、F2合力方向时，F1、F2在x轴上的分力之和最大
B．当F1、F2在x轴上的分力之和最大时，在y轴上的分力之和最小
C．当x轴取F1、F2角平分线方向时，F1、F2在x轴上的分力之和最大
D．F1、F2合力的大小，与x轴的选取方向有关
10．小球从地面竖直上抛，后又落回地面，小球运动过程中所受空气阻力与速度成正比，取竖直向上为正方向．下列关于小球运动的速度v、加速度a、位移s、机械能E随时间t变化的图象中，可能正确的有( )
第Ⅱ卷 (非选择题 共70分)
二、实验题：本题共2小题，共20分．把答案填在题中的横线上或按要求作答．
11．(10分)某同学用下面的装置测量小车与木板间的摩擦力．A为小车，质量为100
g，B为电火花计时器(接50
Hz的交流电)，C为小盘，D为一端带有定滑轮的水平放置的长方形木板，小车运动过程中的加速度可通过纸带上打出的点求出．
(1)实验中，若认为小车受到的拉力等于盘和砝码的重力，会对实验结果产生较大的影响，故在该实验中要求从实验原理上消除由此产生的系统误差．这样在实验中，小盘(含其中砝码)的质量________(填“必须”或“不必”)满足远小于小车质量的条件．
(2)某次实验中，盘和其中砝码的总质量为50
g，得到的纸带如图所示，A、B、C、D、E是计数点，相邻计数点间还有四个点未画出，根据纸带可求出小车的加速度大小为________m/s2.此时，小车受到的摩擦力为________N.
12．(10分)某同学利用如图甲所示的实验装置探究加速度与力的关系．该同学在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放．
(1)该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝________cm.
(2)实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是________________．(写出文字和相应字母)
(3)下列不必要的一项实验要求是________．(请填写选项前对应的字母)
A．应将气垫导轨调节水平
B．应使细线与气垫导轨平行
C．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量
D．应使A位置与光电门间的距离适当大些
(4)改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出________(填“t2－F”、“－F”或“－F”)图象．
三、计算或论述题：本题共4小题，共50分．解答应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
13.
(10分)如图所示，装卸工要将质量为50
kg的木箱(可视为质点)移到卡车上，找来了长为5.5
m的直木板，做了一个倾角为37°的固定斜面．装卸工用大小为550
N、方向沿斜面向上的拉力F将木箱从斜面底端由静止拉上卡车．已知木箱与木板间的动摩擦因数μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10
m/s2.求：
(1)木箱沿斜面向上加速运动时加速度的大小；
(2)要将木箱拉上卡车，拉力F至少需作用多长的距离．
14.
(12分)如图所示，光滑的四分之一圆柱固定在水平地面上，在其圆心O1的正上方O2处有一光滑小滑轮．A、B两小球通过两光滑的小滑轮用细线相连，B球下端连接着直立固定在地面的轻质弹簧，两小球处于静止状态，弹簧劲度系数为k＝200
N/m，O1A、O2A与竖直方向的夹角均为θ，θ＝30°，mA＝
kg，mB＝3
kg，g＝10
m/s2.求：
(1)绳子对小球A拉力的大小；
(2)弹簧的形变量．
15．(14分)如图所示，一长为200
m的列车沿平直的轨道以80
m/s的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB段内，已知OA＝1
200
m，OB＝2
000
m，求：
(1)列车减速运动的加速度大小的取值范围；
(2)列车减速运动的最长时间．
16．(14分)如图所示，在光滑的水平地面上，相距L＝16
m的A、B两物块均以速度v0＝16
m/s向右运动，随后两物块相继滑上倾角为30°的足够长的斜坡．已知A、B与斜坡间的动摩擦因数均为μ＝，地面与斜坡平滑连接，取重力加速度g＝10
m/s2.求A滑上斜坡后经过多长时间两物块相遇．
月考一 必修一 直线运动
牛顿运动定律1.B 在速度图象中，图线与坐标轴所围面积表示物体的位移，故题图中所示物体在6
s末位移最大，离出发点最远，A项错误、B项正确；匀变速直线运动的平均速度等于对应时间内中间时刻的瞬时速度，所以0～4
s内与4～6
s内的平均速度不相等，C项错误；速度图象中图线斜率表示物体的加速度，所以7～8
s内的加速度大于0～4
s内的加速度，D项错误。
2．D 匀速运动时，小球在a点受支持力，在b点不受支持力，向左加速运动加速度为某一值时，小球只在b点受支持力，故只有D正确．
3．C 水平拉物体时：F＝μmg；斜向上拉物体时：Fcos60°＝μ(mg－Fsin60°)．解得：μ＝.故选C.
4．B 对B、C整体受力分析，受重力、支持力，B、C沿斜面匀加速下滑，则A、B间摩擦力不为零，故A错误；如果B的上表面是光滑的，倾角也为θ，C可能只受两个力作用，B正确；选A、B、C整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知A加速度大小为gsinθ，C错误；对A、B、C和斜面体整体分析，斜面体受地面的摩擦力不为零，故D错误．
5．D 若质点做匀变速直线运动，其位移x＝v0t＋at2，对照题给的－t图象，可变换成＝v0＋at，由此可知，质点做匀加速直线运动，加速度为a＝1.0
m/s2，初速度为v0＝1.0
m/s，选项A、B错误．由v＝v0＋at可知质点在1
s末速度为2.0
m/s，选项C错误．质点在第1
s内的位移x＝v0t＋at2＝1.5
m，第1
s内的平均速度为1.5
m/s，选项D正确．
6．B 物块m恰能匀速下滑，则物块m受到的支持力和摩擦力的合力竖直向上，大小等于mg，且μ＝tanθ(θ为斜面体倾角)，施加水平外力F后，物块m受到的支持力和摩擦力的合力仍竖直向上，但合力小于mg，对物块m受力分析易知，物块m做加速运动，选项A错误、B正确；对斜面体M，物块m对它的压力和摩擦力的合力竖直向下，合力小于mg，对斜面体M受力分析易知，地面对斜面体M的摩擦力为0，支持力小于(m＋M)g，选项C、D错误．
7．ACD 把三个小球和三根轻弹簧看做整体，分析受力，利用对称性，由平衡条件可得，水平横杆对质量为M的小球的支持力FN＝Mg＋mg，选项A正确；对质量为m的小球受力分析，由平衡条件可得，2F1cos30°＝mg，解得连接质量为m的小球的轻弹簧的拉力为F1＝mg，选项B错误；由胡克定律得F1＝kx1，解得连接质量为m的小球的轻弹簧的伸长量x1＝＝，选项C正确；对套在水平横杆上的小球受力分析，水平轻弹簧对小球的作用力F2＝F1sin30°＝mg，由胡克定律得F2＝kx2，解得套在水平横杆上的轻弹簧的形变量x2＝＝，选项D正确．
8．BC 货物刚放上传送带时受到重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力作用，货物做加速运动，由牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝gsinθ＋μgcosθ，如果货物在其速度达到与传送带速度相同前就滑离了传送带，则货物将一直以加速度a1加速运动到底端，B正确；如果货物速度达到与传送带速度相同时，货物仍未到达传送带的底端，由于μa2，所以C正确．
9．AB 设F1、F2与x轴夹角分别为α、β，F1、F2在x轴上的分力之和Fx＝F1cosα＋F2cosβ，F1、F2在y轴上的分力之和Fy＝F1sinα＋F2sinβ，当x轴取F1、F2合力方向时，Fy＝0，所以A、B正确；由于F1、F2不一定相等，角平分线方向不一定是合力方向，C错误；只要F1、F2一定，其合力不变，D错误．
10．AC 设小球向上运动的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得mg＋kv＝ma1，则a1＝g＋，由于小球的速度越来越小，所以小球的加速度逐渐减小，在最高点，小球的速度为零，加速度为a2＝g，设小球向下运动的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得mg－kv＝ma2，则a2＝g－，由于小球的速度越来越大，所以加速度逐渐减小，选项B错误；在v－t图象中，图线切线的斜率表示加速度，由选项A的图象可知，小球向上运动的过程中加速度逐渐减小且大于在最高点的加速度，小球向下运动的过程中加速度逐渐减小且小于在最高点的加速度，选项A正确；在位移—时间图象中，图线切线的斜率表示速度，由选项C的图象可知，小球向上运动的过程中速度逐渐减小，在最高点的速度为零，小球向下运动的过程中速度逐渐增大，选项C正确；由功能关系得ΔE＝－kv·vΔt，解得＝－kv2，即E－t图象中图线切线的斜率绝对值表示kv2，由于小球的速度大小是变化的，所以图线切线的斜率应是变化的，选项D错误．
11．解题思路：(1)在实验原理中，将小车、盘和砝码作为一个整体为研究对象，这样就不必满足小盘(含其中砝码)的质量远小于小车质量的条件．(2)小车的加速度a＝＝1.2
m/s2，根据牛顿第二定律得m小盘g－f＝(m小盘＋m小车)a，解得f＝0.32
N.
答案：(1)不必(3分)
(2)1.2(3分) 0.32(4分)
12．解题思路：(1)根据游标卡尺的读数原理，遮光条的宽度d＝1
mm＋0.05×15
mm＝1.75
mm＝0.175
cm；(2)测出A位置(或遮光条)到光电门B之间的距离x，根据a＝＝可求得加速度；(3)应将气垫导轨调节水平，且保持拉线方向与木板平面平行，拉力才等于合力，选项A、B必要；拉力是直接通过力传感器测量的，与小车质量和钩码质量大小无关，选项C不必要；应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，选项D必要；(4)根据加速度a＝，a＝，联立可得＝F，所以应作出－F图象．
答案：(1)0.175(2分)
(2)A位置(或遮光条)到光电门B之间的距离x(2分)
(3)C(3分)
(4)－F(3分)
13．解题思路：(1)在拉力作用下，设木箱的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：F－mgsin37°－μmgcos37°＝ma1(2分)
解得：a1＝1
m/s2(1分)
(2)撤去拉力后，设木箱的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：
mgsin37°＋μmgcos37°＝ma2(2分)
解得：a2＝10
m/s2(1分)
设木箱在运动过程中最大速度为v，拉力F至少需作用的距离为x1，木箱减速运动的位移为x2则有：v2＝2a1x1(1分)
v2＝2a2x2(1分)
x1＋x2＝5.5
m(1分)
联立解得：x1＝5
m(1分)
答案：(1)1
m/s2 (2)5
m
14．解题思路：(1)对A受力分析，如图所示：
由几何关系可知拉力F和支持力N与水平方向的夹角相等，而且F与N的大小也相等，根据平衡条件，有：2Fcosθ＝mg
解得：F＝10
N.
(2)对B分析，拉力F小于重力，所以弹簧处于压缩状态，弹簧弹力FB向上，有：
F＋FB＝mBg
解得：FB＝20
N
根据胡克定律，有：
FB＝kx
解得：x＝0.1
m.
答案：(1)10
N (2)0.1
m
15．解题思路：(1)若列车车尾恰好停在A点右侧，减速运动的加速度大小为a1，距离为x1，则
0－v＝－2a1x1①
x1＝1
200
m＋200
m＝1
400
m②
解得：a1＝
m/s2③
若列车车头恰好停在B点，减速运动的加速度大小为a2，距离为xOB＝2
000
m，则
0－v＝－2a2xOB④
解得：a2＝1.6
m/s2⑤
故加速度大小a的取值范围为
1．6
m/s2≤a≤
m/s2⑥
(2)当列车车头恰好停在B点时，减速运动时的时间最长，则0＝v0－a2t⑦
解得：t＝50
s⑧
答案：(1)1.6
m/s2≤a≤
m/s2 (2)50
s
16．解题思路：设A滑上斜坡后经过t0时间B再滑上斜坡，则有
t0＝＝1
s(1分)
设A、B两物块沿斜坡上滑的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1(2分)
代入数据，解得a1＝8
m/s2(1分)
则A沿斜坡上滑的最大位移为
xmax＝＝16
m(1分)
上滑的时间为t1＝＝2
s(1分)
滑到最高点后A开始沿斜面下滑，根据牛顿第二定律有
mgsinθ－μmgcosθ＝ma2(2分)
代入数据，解得a2＝2
m/s2(1分)
此时B沿斜面上滑的时间为tB＝t1－t0＝1
s，而后两者相向运动，设A下滑经过时间t2后与B相遇，故由位移关系有v0(t2＋tB)－a1(t2＋tB)2＋a2t＝xmax(2分)
代入数据，解得：t2＝s(t2＝2
s不合题意，舍去)(1分)
则相遇时间t＝t1＋t2＝
s(2分)
答案：
s课练35 热力学定律与能量守恒
1.
(多选)如图所示，导热的汽缸固定在水平地面上，用活塞把一定质量的理想气体封闭在汽缸中，汽缸的内壁光滑．现用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动，由状态①变化到状态②，在此过程中如果环境保持恒温，下列说法正确的是( )
A．每个气体分子的速率都不变
B．气体分子平均动能不变
C．水平外力F逐渐变大
D．气体内能减小
2．某同学将一气球打好气后，不小心碰到一个尖利物体而迅速破裂，则在气球破裂过程中( )
A．气体对外界做功，温度降低
B．外界对气体做功，内能增大
C．气体内能不变，体积增大
D．气体压强减小，温度升高
3.
(多选)如图所示，汽缸和活塞与外界均无热交换，中间有一个固定的导热性良好的隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞处于静止平衡状态．现通过电热丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的平衡，不计气体分子势能，不计活塞与汽缸壁间的摩擦，大气压强保持不变，则下列判断正确的是( )
A．气体A吸热，内能增加
B．气体B吸热，对外做功，内能不变
C．气体A分子的平均动能增大
D．气体A和气体B内每个分子的动能都增大
E．气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞总次数减少
4.
一定质量的理想气体的状态变化过程如图所示，AB为一条直线，则气体从状态A到状态B的过程中( )
A．气体分子平均动能保持不变
B．气体分子平均动能先增大后减小到初始状态
C．整个过程中气体对外不做功
D．气体的密度在不断增大
5.
如图所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，在这一过程中，下列说法正确的是( )
A．气体体积变小
B．气体温度降低
C．气体从外界吸收热量
D．气体的内能不变
6.
(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，在这一过程中，下列表述正确的是( )
A．气体从外界吸收热量
B．气体分子的平均动能减小
C．外界对气体做正功
D．气体分子撞击器壁的作用力增大
7．关于热力学定律，下列说法正确的是( )
A．在一定条件下物体的温度可以降到0
K
B．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功
C．吸收了热量的物体，其内能一定增加
D．压缩气体总能使气体的温度升高
8.
如图为某种椅子与其升降部分的结构示意图，M、N两筒间密闭了一定质量的气体，M可沿N的内壁上下滑动．设筒内气体不与外界发生热交换，在M向下滑动的过程中( )
A．外界对气体做功，气体内能增大
B．外界对气体做功，气体内能减小
C．气体对外界做功，气体内能增大
D．气体对外界做功，气体内能减小
9.
如图所示为常见的家用保温瓶，头一天用软木塞密封了半瓶开水，过了一夜后软木塞很难取出，则( )
A．瓶里所有气体分子的动能都变小了
B．外界对瓶内气体没有做功，瓶内气体的内能不变
C．瓶内气体温度降低，气体内能减小
D．瓶内气体温度降低，压强增大
10．(1)若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则在此过程中关于气泡中的气体，下列说法正确的是( )
A．气体分子间的作用力增大
B．气体分子的平均速率增大
C．气体分子的平均动能减小
D．气体组成的系统一定吸热
(2)若将气泡内的气体视为理想气体，气泡从湖底上升到湖面的过程中，对外界做了0.6
J的功，则此过程中的气泡________(填“吸收”或“放出”)的热量是________J．气泡到达湖面后，温度上升的过程中，又对外界做了0.1
J的功，同时吸收了0.3
J的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了________J.
11.
如图所示的p—V图象中，一定质量的理想气体由状态A经过ACB过程至状态B，气体对外做功280
J，吸收热量410
J；气体又从状态B经BDA过程回到状态A，这一过程中外界对气体做功200
J．则：
(1)ACB过程中气体的内能是增加还是减少？变化量是多少？
(2)BDA过程中气体是吸热还是放热？吸收或放出的热量是多少？
12.
如图所示，一圆柱形容器竖直放置，通过活塞封闭着摄氏温度为t的理想气体．活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h.现通过电热丝给气体加热一段时间，结果活塞缓慢上升了h，若这段时间内气体吸收的热量为Q，已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计器壁向外散失的热量及活塞与器壁间的摩擦，则：
(1)容器中气体的压强是多少？
(2)这段时间内气体的内能增加了多少？
(3)这段时间内气体的温度升高了多少？
1．(2016·课标Ⅰ)(1)关于热力学定律，下列说法正确的是________．
A．气体吸热后温度一定升高
B．对气体做功可以改变其内能
C．理想气体等压膨胀过程一定放热
D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡
(2)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp＝，其中σ＝0.070
N/m.现让水下10
m处一半径为0.50
cm的气泡缓慢上升．已知大气压强p0＝1.0×105
Pa，水的密度ρ＝1.0×103
kg/m3，重力加速度大小g＝10
m/s2.
①求在水下10
m处气泡内外的压强差；
②忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值．
2．(2016·课标Ⅱ)(1)
一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p－T图象如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O.下列判断正确的是__________．
A．气体在a、c两状态的体积相等
B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能
C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功
D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功
E．在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功
(2)一氧气瓶的容积为0.08
m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压．某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36
m3.当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气．若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天．
3．(2016·课标Ⅲ)(1)关于气体的内能，下列说法正确的是( )
A．质量和温度都相同的气体，内能一定相同
B．气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大
C．气体被压缩时，内能可能不变
D．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关
E．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加
(2)一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞．初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止．求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离．已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0
cmHg.环境温度不变．
4．(多选)(2017·河南八市质检)下列说法中不正确的是( )
A．气体压强的大小与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关
B．布朗运动是液体分子的运动，说明液体分子在永不停息地做无规则热运动
C．热力学第二定律的开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响
D．水蝇可以停在水面上是因为液体具有表面张力
E．温度升高，物体所有分子的动能都增大
5．(多选)(2017·广东佛山二模)以下说法中正确的是( )
A．物体的体积增大，其分子的总势能一定增大
B．从微观来看，气体压强的大小跟气体分子的平均动能以及分子的密集程度有关
C．用油膜法可以估测分子的直径
D．一定质量的理想气体，气体温度每升高1
K所吸收的热量与气体经历的过程无关
E．英国物理学家焦耳通过实验测定了功与热量间的定量关系
6．(2017·江苏连云港模拟)关于能量和能源，下列说法正确的是( )
A．在能源利用的过程中，能量在数量上并未减少
B．由于自然界中总的能量守恒，所以不需要节约能源
C．能量耗散说明能量在转化过程中不断减少
D．人类在不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造
7．(多选)(2017·湖南长沙模拟)关于第二类永动机，下列说法中正确的是( )
A．第二类永动机没有冷凝器，只有单一的热源，能将从单一热源吸收的热量全部用来做功，而不引起其他变化的热机叫做第二类永动机
B．第二类永动机违反了能量守恒定律，所以不可能制成
C．第二类永动机违背了热力学第二定律，所以不可能制成
D．第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不能全部转化为机械能
E．第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，但内能却不能全部转化为机械能，而不引起其他变化
8．(多选)(2017·东北三省四市模拟)下列说法中正确的是( )
A．相互间达到热平衡的两物体的内能一定相等
B．民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入火罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地“吸”在皮肤上．其原因是火罐内的气体体积不变时，温度降低，压强减小
C．空调既能制热又能制冷，说明在不自发的条件下，热传递可以逆向
D．自发的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
E．随着科学技术的发展，人类终会制造出效率为100%的热机
9．(2017·重庆模拟)卡诺循环是由法国工程师卡诺于1824年提出的，它可用于分析热机的工作过程，卡诺循环包括四个步骤：等温膨胀、绝热膨胀、等温压缩、绝热压缩．下列相关说法中正确的是( )
A．随着设备的改进和技术的提高，热机效率可能达到100%
B．绝热膨胀和绝热压缩过程中，气缸内气体的内能保持不变
C．等温压缩过程中，因外界对气体做功，故气缸内气体内能增大
D．等温膨胀过程中，单位时间内在单位面积上碰撞气缸壁的分子数减少
10．(多选)(2017·安徽五校联考)下列说法正确的是( )
A．气体放出热量，其分子的平均动能可能增大
B．相互间达到热平衡的两物体的内能一定相等
C．气体对容器壁的压强是由气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的
D．如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，因此压强必然增大
11．(多选)(2017·广西调研)
如图所示是一定质量的理想气体的体积V和摄氏温度t变化关系的V－t图象，气体由状态A变化到状态B的过程中，下列说法正确的是( )
A．气体的内能增大
B．气体的内能不变
C．气体的压强减小
D．气体的压强不变
E．气体对外做功，同时从外界吸收能量
12．(多选)(2017·重庆南开中学考试)下列说法中正确的是( )
A．利用氧气的摩尔质量、密度以及阿伏加德罗常数就可以算出氧气分子体积
B．一定质量的理想气体，内能只与温度有关而与体积无关
C．固体很难被压缩是因为其内部的分子之间存在斥力作用
D．只要物体与外界不发生热量交换，其内能就一定保持不变
E．物体温度升高，内能可能降低
课练35 热力学定律与能量守恒
1．BC 由状态①到状态②是封闭气体等温膨胀过程，由于温度是分子平均动能的标志，故分子热运动的平均动能不变，但不是每个分子的动能都不变，所以A错误，B正确；温度不变，体积增大，根据＝C，则压强p减小，以活塞为研究对象，根据平衡条件有p0S＝pS＋F，得F＝p0S－pS，压强p减小，则F增大，C正确；理想气体的内能只与温度有关，温度不变，则内能不变，故D错误．
2．A 在气球破裂过程中，体积增大，对外做功，由于气球破裂过程的时间比较短，气体来不及吸收热量，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体的内能减小，温度降低，根据理想气体状态方程可知气体压强减小．
3．ACE A气体经历等容变化，W＝0，而吸收热量，由ΔU＝W＋Q知，内能增加，A正确；B气体经历等压变化，W<0，由＝C可知，T增大，则B气体吸收热量，内能增加，B错误；A、B气体温度都升高，则气体分子的平均动能都增大，但并不是每个分子的动能都增大，故C正确、D错误；由于气体B压强不变而温度升高，即分子每次碰撞器壁的冲量增加，则分子单位时间内对器壁单位面积碰撞总次数减少，E正确．
4．B pV先增大后减小，故气体温度和分子平均动能先增大后减小，A错误、B正确．p—V图线与坐标横轴所围面积代表气体做的功，C错误．V增加，气体的密度减小，D错误．
5．C 由图可知气体压强不变，温度升高，则V增大，内能增加，根据ΔU＝W＋Q，ΔU>0，W<0，故Q>0，气体吸热，C正确，A、B、D错误．
6．AD a→b气体体积增大，对外做功，W<0，C错误．pV增大，温度升高，分子平均动能增大，分子撞击器壁的作用力增大，故B错误、D正确．根据ΔU＝W＋Q知，Q>0，气体吸热，A正确．
7．B 0
K是绝对零度，不可能达到，A选项错误；由热力学第一定律可知，C、D选项错误，B选项正确．
8．A 由于筒内气体不与外界发生热交换，外界对气体做功改变气体的内能，在M向下滑动的过程中，外界压缩气体对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体的内能增大．选项A正确．
9．C 经过一个夜晚后，保温瓶内气体温度下降，分子平均动能减小，但并不是所有气体分子的动能都减小，气体温度降低，内能减小，故A、B错误，C正确；由＝C知，V不变，T降低，则p减小，故D错误．
10．解题思路：(1)考虑气体分子间作用力时，分子力表现为引力，气泡膨胀，分子间距增大，分子力减小，A错误；气泡上升过程中温度不变，分子的平均动能不变，分子的平均速率也不变，B、C错误；气泡上升过程中体积膨胀，温度不变，而气体对外做功，故气体一定吸收热量，D正确．
(2)将气体视为理想气体时，其内能只与温度有关．气泡上升过程中温度不变，ΔU＝0，对外做功，W＝－0.6
J，由ΔU＝Q＋W有Q＝ΔU－W＝0.6
J>0，即需从外界吸收0.6
J的热量．气泡到达湖面后，由ΔU＝Q＋W得ΔU′＝(0.3－0.1)
J＝0.2
J.
答案：(1)D (2)吸收 0.6 0.2
11．解题思路：(1)ACB过程中W1＝－280
J，Q1＝410
J，
由热力学第一定律得UB－UA＝W1＋Q1＝130
J，
故ACB过程中气体的内能增加了130
J.
(2)因为一定质量的理想气体的内能只与温度有关，BDA过程中气体内能的变化量UA－UB＝－130
J
由题意知W2＝200
J，由热力学第一定律得
UA－UB＝W2＋Q2，
代入数据解得Q2＝－330
J，
即BDA过程中气体放出热量330
J.
答案：(1)增加 130
J (2)放热 330
J
12．解题思路：(1)以活塞为研究对象，对其进行受力分析，由平衡条件有
mg＋p0S＝pS，得容器中气体的压强
p＝p0＋.
(2)根据功的定义知：气体对外做功为
W＝－pSh，
得W＝－(p0S＋mg)h.
根据热力学第一定律得：这段时间内气体的内能增加量
ΔU＝Q＋W＝Q－(p0S＋mg)h.
(3)在加热过程中活塞缓慢上升，压强保持不变，是等压变化，由盖·吕萨克定律有＝，即＝
得t′＝273.15
K＋2t，
所以这段时间内气体的温度升高了Δt＝t′－t＝273.15
K＋t.
答案：(1)p0＋ (2)Q－(p0S＋mg)h (3)273.15
K＋t
加餐练
1．解题思路：(1)若气体吸热的同时对外做功，则其温度不一定升高，选项A错；做功是改变物体内能的途径之一，选项B正确；理想气体等压膨胀，气体对外做功，由理想气体状态方程＝C知，气体温度升高，内能增加，故一定吸热，选项C错误；根据热力学第二定律知选项D正确；如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统与第三个系统的温度均相等，则这两个系统之间也必定达到热平衡，故选项E正确．
(2)①当气泡在水下h＝10
m处时，设其半径为r1，气泡内外压强差为Δp1，则
Δp1＝①
代入题给数据得
Δp1＝28
Pa②
②设气泡在水下10
m处时，气泡内空气的压强为p1，气泡体积为V1；气泡到达水面附近时，气泡内空气的压强为p2，内外压强差为Δp2，其体积为V2，半径为r2.
气泡上升过程中温度不变，根据玻意耳定律有
p1V1＝p2V2③
由力学平衡条件有
p1＝p0＋ρgh＋Δp1④
p2＝p0＋Δp2⑤
气泡体积V1和V2分别为
V1＝πr⑥
V2＝πr⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
3＝⑧
由②式知，Δpi p0，i＝1,2，故可略去⑧式中的Δpi项．代入题给数据得
＝≈1.3⑨
答案：(1)BDE (2)①28
Pa ②1.3
2．解题思路：(1)由理想气体状态方程＝C知，p＝T，因此气体在a、c两状态的体积相等，故A项正确；对理想气体而言，内能由温度决定，因Ta>Tc，故气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能，选项B正确；过程cd为等温变化，内能不变(ΔU＝0)，压强变大，体积减小，外界对气体做功(W>0)，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，知Q<0，故为放热过程且W＝|Q|，C选项错误；过程da为等压变化，温度升高，体积变大，气体的内能增大，ΔU>0，对外做功，W<0，由ΔU＝W＋Q，知该过程吸热且Q>|W|，选项D错误；bc和da过程中温度改变量相同，故体积变化量与压强的乘积相同，由W＝Fl＝pSl＝p·ΔV知，选项E正确．
(2)设氧气开始时的压强为p1，体积为V1，压强变为p2(2个大气压)时，体积为V2.根据玻意耳定律得
p1V1＝p2V2①
重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为
V3＝V2－V1②
设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0，则有
p2V3＝p0V0③
设实验室每天用去的氧气在p0下的体积为ΔV，则氧气可用的天数为N＝V0/ΔV④
联立①②③④式，并代入数据得
N＝4(天)⑤
答案：(1)ABE (2)4天
3．解题思路：(1)由于非理想气体分子间作用力不可忽略，内能包括分子势能，则气体的内能与体积有关，再者即使是理想气体，内能取决于温度和分子数目，质量相同的气体，当分子数目不同、温度相同时，内能也不相同，故A项错误；物体的内能与其机械运动无关，B项错误；由热力学第一定律知，气体被压缩时，若同时向外散热，则内能可能保持不变，C项正确；对于一定量的某种理想气体，体积变化时分子势能不变，其内能只取决于分子平均动能的变化，而温度是分子平均动能的标志，所以D项正确；由理想气体状态方程＝C知，p不变V增大，则T增大，故E项正确．
(2)设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2.活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p′1，长度为l′1；左管中空气柱的压强为p′2，长度为l′2.以cmHg为压强单位．由题给条件得
p1＝p0＋(20.0－5.00)cmHg①
l′1＝
cm②
由玻意耳定律得p1l1＝p′1l′1③
联立①②③式和题给条件得
p′1＝144
cmHg④
依题意p′2＝p′1⑤
l′2＝4.00
cm＋
cm－h⑥
由玻意耳定律得p2l2＝p′2l′2⑦
联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h＝9.42
cm⑧
答案：(1)CDE (2)144
cmHg 9.42
cm
4．ACD 布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的运动，并不是分子的运动，布朗运动间接地反映了液体分子运动的无规则性，则B错．温度升高，分子的平均动能增大，并非所有分子的动能都增大，则E错．
5．BCE 物体的体积增大，其分子的总势能不一定增大，例如一定质量的0
℃的水变成0
℃的冰，体积变大了，但是分子的总势能是减小的，所以A错误；根据热力学第一定律可知，一定质量的理想气体，气体温度每升高1
K所吸收的热量与气体经历的过程有关，则D错误．
6．A 根据能量守恒定律可知，在能源使用过程中，能量在数量上并未减少，故A正确、C错误；虽然自然界中的总能量不会减少，但是能源的品质会降低，无法再利用，故还需要节约能源，故B错误；根据能量守恒可知，能量不会被创造，也不会消失，故D错误．
7．ACE 没有冷凝器，只有单一的热源，能将从单一热源吸收的热量全部用来做功，而不引起其他变化的热机叫做第二类永动机，故A正确；第二类永动机违反了热力学第二定律，故B错误、C正确；机械能可以全部转化为内能，但内能却不能全部转化为机械能，而不引起其他变化，故E正确、D错误．
8．BCD 相互间达到热平衡的两物体的温度相同，内能不一定相等，故A错误；火罐内气体压强小于大气压强，所以火罐能“吸”在皮肤上，故B正确；根据热力学第二定律可知，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，故C正确；根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故D正确；根据热力学第二定律可知，人类不可能制造出效率为100%的热机，故E错误．
9．D 由热力学第二定律可知，热机效率不可能达到100%，选项A错；绝热膨胀和绝热压缩过程中，与外界没有热量交换，而气缸体积改变，气缸内气体的内能因做功而改变，选项B错；等温压缩过程中，温度不变，气缸内气体内能不变，选项C错；等温膨胀过程中，温度不变，体积增大，单位体积内分子数目减少，单位时间内在单位面积上碰撞气缸壁的分子数减少，选项D对．
10．AC 本题考查物体的内能、热力学第一定律及气体压强的微观解释等，意在考查考生的综合应用能力．气体放出热量，若外界对气体做功，温度升高，其分子的平均动能增大，A正确；相互间达到热平衡的两物体的温度相同，但内能不一定相等，B错误；气体分子对容器壁的频繁碰撞是气体压强产生的原因，C正确；气体压强与物质的量、温度、体积有关，因未知体积变化，故不能确定压强变化，D错误．
11．ACE 本题考查理想气体的内能、热力学第一定律和图象问题的综合运用，意在考查考生的逻辑分析能力．由题图可知，理想气体从状态A到状态B的过程中，温度升高，内能增大，故A正确、B错误；在V－t图象中等压线是延长线过－273.15
℃的直线，斜率越大，压强越小，如图所示，气体从状态A到状态B的过程中，压强减小，故C正确、D错误；从状态A到状态B，体积增大，气体对外做功，W<0，温度升高，内能增大，ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q>0，即气体从外界吸收热量，故E正确．
12．BCE 利用气体的摩尔质量、密度及阿伏伽德罗常数，只能求出每个气体分子平均占有的空间体积，由于气体分子间距大于等于气体分子直径的10倍，故无法求出每个气体分子的体积，故A错误；由分子动理论知B、C正确；由热力学第一定律知D错误、E正确．课练1 运动的描述 匀变速直线运动规律
1．以下情况中不能将人或物体看成质点的是( )
A．研究某学生骑车回校的速度
B．对某学生骑车姿势进行生理学分析
C．研究火星探测器从地球到火星的飞行轨迹
D．研究运动员在3
000米长跑比赛中的快慢
2．(多选)下列事例中有关速度的说法，正确的是( )
A．汽车速度计上显示80
km/h，指的是瞬时速度
B．火车从济南到北京的速度约为220
km/h，指的是瞬时速度
C．某高速公路上限速为110
km/h，指的是平均速度
D．子弹以900
km/h的速度从枪口射出，指的是瞬时速度
3．关于速度、速度的变化量、速度的变化率、加速度的关系，下列说法正确的是
( )
A．物体加速度增大时，速度也增大
B．物体速度变化量越大，则加速度越大
C．物体速度变化越快，则速度的变化率越大，加速度也越大
D．物体加速度不等于零时，速度大小一定变化
4．近几年，国内房价飙升，在国家宏观政策调控下，房价上涨出现减缓趋势．王强同学将房价的“上涨”类比成运动学中的“加速”，将房价的“下跌”类比成运动学中的“减速”，据此，你认为“房价上涨出现减缓趋势”可以类比成运动学中的( )
A．速度增大，加速度减小
B．速度增大，加速度增大
C．速度减小，加速度增大
D．速度减小，加速度减小
5．(双选)做匀加速直线运动的质点先后经过A、B、C三点，AB＝BC，质点在AB段和BC段平均速度分别为20
m/s、30
m/s，根据以上条件可以求出( )
A．质点在AC段运动的时间
B．质点的加速度
C．质点在AC段的平均速度
D．质点在C点的瞬时速度
6.
对于如图所示的情境，交通法规定“车让人”，否则驾驶员将受到处罚．若以8
m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，有行人正在过人行横道，此时汽车的前端距停车线8
m，该车减速时的加速度大小为5
m/s2.下列说法中正确的是( )
A．驾驶员立即刹车制动，则至少需2
s汽车才能停止
B．在距停车线6
m处才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处
C．若经0.2
s后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处
D．若经0.4
s后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处
7．跳伞运动员以5
m/s的速度匀速降落，在离地面h＝10
m的地方掉了一颗扣子，跳伞运动员比扣子晚着陆的时间为(扣子所受空气阻力可忽略，g＝10
m/s2)( )
A．2
s
B.
s
C．1
s
D．(2－)
s
8．一辆汽车在平直公路上做刹车实验，t＝0时刻起运动过程的位移与速度的关系式为x＝(10－0.1v2)
m，下列分析正确的是( )
A．上述过程的加速度大小为10
m/s2
B．刹车过程持续的时间为5
s
C．t＝0时刻的初速度为10
m/s
D．刹车过程的位移为5
m
9.
(多选)如图所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经a、b、c、d到达最高点e.已知xab＝xbd＝6
m，bc＝1
m，小球从a到c和从c到d所用的时间都是2
s，设小球经b、c时的速度分别为vb、vc，则( )
A．vb＝
m/s
B．vc＝3
m/s
C．xde＝3
m
D．从d到e所用时间为4
s
10．在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g值，g值可由实验精确测定．近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g值归于测长度和时间，以稳定的氦氖激光的波长为长度标准，用光学干涉的方法测距离，以铷原子钟或其他手段测时间，此方法能将g值测得很准．具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中的O点向上抛出小球，从抛出小球至小球又落回抛出点的时间为T2；小球在运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点至又回到P点所用的时间为T1.由T1、T2和H的值可求得g等于( )
A.
B.
C.
D.
11．一架直升机从机场竖直向上起飞，其加速度为3
m/s2，经过一段时间后，驾驶员关闭发动机．起飞之后30
s，地面起飞点的人听不到飞机发动机的声音，试求飞机发动机停止工作时飞机的速度．(已知声波在空气中传播速度为320
m/s，与声源无关)
12．在娱乐节目《幸运向前冲》中，有一个关口是跑步跨栏机，它的设置是让挑战者通过一段平台，再冲上反向移动的跑步机皮带并通过跨栏，冲到这一关的终点．现有一套跑步跨栏装置，平台长L1＝4
m，跑步机皮带长L2＝32
m，跑步机上方设置了一个跨栏(不随皮带移动)，跨栏到平台末端的距离L3＝10
m，且皮带以v0＝1
m/s的恒定速率转动，一位挑战者在平台起点从静止开始以a1＝2
m/s2的加速度通过平台冲上跑步机，之后以a2＝1
m/s2的加速度在跑步机上往前冲，在跨栏时不慎跌倒，经过2
s后爬起(假设从跌倒至爬起的过程中挑战者与皮带始终相对静止)，然后又保持原来的加速度a2在跑步机上顺利通过剩余的路程，求挑战者全程所需要的时间．
1．(2016·课标Ⅲ，16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( )
A.
B.
C.
D.
2．(2015·广东卷，14)如图所示，帆板在海面上以速度v朝正西方向运动，帆船以速度v朝正北方向航行，以帆板为参照物( )
A．帆船朝正东方向航行，速度大小为v
B．帆船朝正西方向航行，速度大小为v
C．帆船朝南偏东45°方向航行，速度大小为v
D．帆船朝北偏东45°方向航行，速度大小为v
3．(2014·山东卷，23)研究表明，一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t0＝0.4
s，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0＝72
km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L＝39
m．减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示．此过程可视为匀变速直线运动．取重力加速度的大小g＝10
m/s2.求：
(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间；
(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；
(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值．
4．(2017·北京四中期中)下面关于加速度的描述中，正确的是( )
A．匀速行驶的磁悬浮列车，由于其速度很大，所以加速度也很大
B．加速度的方向与速度方向可能相同，也可能相反，但一定与速度变化的方向相同
C．加速度不变(且不为零)时，速度也有可能保持不变
D．加速度逐渐增加时，物体一定做加速运动
5．(2017·湖北黄冈模拟)一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移Δx所用的时间为t2.则物体运动的加速度为( )
A.
B.
C.
D.
6．(2017·广州一测)电梯从低楼层到达高楼层经过启动、匀速运行和制动三个过程，启动和制动可看做是匀变速直线运动．电梯竖直向上运动过程中速度的变化情况如下表：
时间(s)
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
速度(m/s)
0
2.0
4.0
5.0
5.0
5.0
5.0
5.0
4.0
3.0
2.0
1.0
0
则前5
s内电梯通过的位移大小为( )
A．19.25
m
B．18.75
m
C．18.50
m
D．17.50
m
7.
(2017·甘肃四中考试)一个小石子从某一高度处由静止开始自由落下．某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB.该爱好者用直尺测量此段轨迹的长度，如图所示，已知曝光时间为s.则小石子的出发点离A点约为
( )
A．6.5
m
B．7
m
C．10
m
D．20
m
8．(2017·郑州质检)在轻绳的两端各拴一个小球，一人用手拿着上端的小球站在3楼的阳台上，放手后让小球自由下落，两小球相继落地的时间差为T.如果站在4楼的阳台上，同样放手让小球自由下落，则两小球相继落地的时间差将( )
A．不变
B．增大
C．减小
D．无法判断
9．(2017·枣庄八中期中测试)某物体从A点由静止开始以大小为a1的加速度做匀加速直线运动，经时间t后到达B点，此时物体的加速度大小变为a2，方向与a1方向相反，又经时间t物体回到了A点．设物体在B点和回到A点时的速率分别为v1、v2，则下列判断正确的是( )
A．a1∶a2＝1∶2，v1∶v2＝1∶2
B．a1∶a2＝1∶2，v1∶v2＝1∶3
C．a1∶a2＝1∶3，v1∶v2＝1∶3
D．a1∶a2＝1∶3，v1∶v2＝1∶2
10．(2017·武昌调研)一个物体做匀加速直线运动，它在第3
s内的位移为5
m，则下列说法正确的是( )
A．物体在第3
s末的速度一定是6
m/s
B．物体的加速度一定是2
m/s2
C．物体在前5
s内的位移一定是25
m
D．物体在第5
s内的位移一定是9
m
11．(2017·湖南长沙一模)航空母舰静止在海面上，某型号的舰载机质量m＝3×104
kg，在航空母舰上无风起飞时，加速度是5
m/s2，跑道长160
m，为了使飞机正常起飞，航母上装有舰载机起飞弹射系统，无风时弹射系统必须给飞机30
m/s的初速度才能使其从航母上起飞，设加速过程为匀加速运动，求：
(1)无风时起飞速度是多少？
(2)某次执行任务，有10
m/s的平行跑道的海风，飞机逆风行驶起飞，测得平均空气阻力增加Δf＝2.4×104
N，弹射系统必须给飞机多大的初速度才能正常起飞？(起飞速度为飞机相对空气的速度)
12．在十字路口，红灯拦停了很多汽车和行人，拦停的汽车排成笔直的一列，最前面一辆汽车的前端刚好与路口停车线相齐，相邻两车的前端间距均为d＝6.0
m，且车长为L0＝4.8
m，最前面的行人站在横道线边缘，已知横道线宽s＝20
m．若汽车启动时都以a1＝2.5
m/s2的加速度做匀加速直线运动，加速到v1＝10.0
m/s后做匀速直线运动通过路口．行人起步的加速度为a2＝0.5
m/s2，达到v2＝1.0
m/s后匀速通过横道线．已知该路口亮绿灯的时间t＝40
s，而且有按倒计时显示的时间显示灯(无黄灯)．另外交通法规定：原在绿灯时通行的汽车，红灯亮起时，车头已越过停车线的允许通过．由于行人和汽车司机一直关注着红绿灯，因此可以不考虑行人和汽车的反应时间．请回答下列问题：
(1)路口对面最前面的行人在通过横道线的过程中与几辆车擦肩而过？
(2)按题述情景，不能通过路口的第一辆汽车司机，在时间显示灯刚亮出“3”时开始刹车，使车匀减速运动，结果车的前端与停车线相齐，求刹车后汽车经多少时间停下？
课练1 运动的描述
匀变速直线运动规律
1.B 当物体的大小和形状对所研究的问题的影响可忽略不计时，物体可视为质点．选项B中把学生看成质点，便不存在姿势问题了，而选项A、C、D中均可将研究对象看成质点，故选项B符合题意．
2．AD 瞬时速度是指某一时刻或者某一位置的速度，汽车速度计上显示80
km/h，指的是瞬时速度，选项A正确；火车从济南到北京的速度约为220
km/h，指的是平均速度，选项B错误；某高速公路上限速为110
km/h，指的是瞬时速度，选项C错误；子弹以900
km/h的速度从枪口射出，指的是瞬时速度，选项D正确．
3．C 物体速度的变化量Δv与发生这一变化所用时间Δt的比值叫加速度，由此可知物体加速度增大时，速度增大、减小均有可能，A选项错误；物体速度变化量越大，但发生这一变化所用时间Δt不确定，则加速度不一定越大，B选项错误；叫速度的变化率，故物体速度变化越快，则速度的变化率越大，加速度也越大，C选项正确；物体加速度不等于零时，速度的大小可以保持不变而方向时刻改变，例如物体做匀速圆周运动，故D选项错误．
4．A 将房价类比成速度，将房价上涨快慢类比成加速度，房价上涨出现减缓趋势相当于加速度减小，但仍然在上涨，相当于加速度与速度方向相同，即速度仍然增大，故A正确．
5．CD 根据题意，设AB＝BC＝s，则质点在AB段运动的时间t1＝，在BC段运动的时间t2＝，由于两段长度不知，故无法求出质点在AC段运动的时间，同时也无法求出质点的加速度，选项AB错误；根据平均速度的定义可得，质点在AC段的平均速度＝＝＝24
m/s，选项C正确；根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可得，AB段的中间时刻速度为v1＝20
m/s，BC段中间时刻的速度为v2＝30
m/s，则加速度a＝，再根据速度公式有，vC＝v2＋a＝v2＋＝34
m/s，选项D正确．
6．C 汽车的初速度为v0＝8
m/s，刹车时最大加速度为a＝5
m/s2，由匀变速直线运动规律可知，汽车停车时间最短为t＝＝1.6
s，A项错；由速度与位移关系可知，汽车的刹车距离x＝＝6.4
m，B项错；要使汽车停止时前端刚好在停车线处，汽车匀速运动距离为x′＝(8－6.4)
m＝1.6
m，所以汽车匀速运动时间t′＝＝0.2
s，C项正确、D项错．
7．C 因为跳伞运动员做匀速直线运动，故其落地时间t＝＝
s＝2
s，掉落的扣子做初速度为5
m/s，加速度a＝g＝10
m/s2的匀加速直线运动，设扣子落地时间为t′，根据位移—时间关系有h＝v0t′＋at′2，代入数据解得t′＝1
s(另一负值舍去)，所以跳伞运动员比扣子晚着陆的时间为t－t′＝1
s，选项C正确．
8．C 设汽车加速度大小为a，位移为x时的瞬时速度为v，由x＝得x＝－，所以＝0.1，＝10，解得a＝5
m/s2，v0＝10
m/s，A错误、C正确；刹车过程持续的时间t＝＝2
s，B错误；刹车过程的位移x＝＝10
m，D错误．
9．BD 设小球在a点时的速度大小为v0，加速度为a，则从a到c有xac＝v0t1＋at，
小球从a到d有xad＝v0t2＋at，
两式联立解得a＝－
m/s2，v0＝4
m/s，
根据速度公式v＝v0＋at可得vc＝3
m/s，故B正确．
从a到b有v－v＝2axab，解得vb＝
m/s，故A错误．
根据速度公式v＝v0＋at可得vd＝v0＋at2＝2
m/s，则从d到e有
－v＝2axde，则xde＝＝4
m，故C错误．
由v＝v0＋at可得从d到e的时间tde＝＝4
s，D正确．
10．C 将上抛运动转化成自由落体来处理，则根据运动的对称性可知，小球从最高点落回到O点的时间是，则有从最高点到O点的距离为h＝g2；同理从最高点到P点的距离满足
h－H＝g2；联立解得g＝，故选C.
11．解题思路：设飞机发动机停止工作时，直升机的运动时间为t，速度为v，高度为h，由运动学规律可得v＝at
h＝at2
由题意可得：＋t＝30
s
代入数据联立解得v＝80
m/s
答案：80
m/s
12．解题思路：挑战者匀加速通过平台，则L1＝a1t，通过平台的时间t1＝＝2
s，冲上跑步机的初速度v1＝a1t1＝4
m/s，冲上跑步机至跨栏处有L3＝v1t2＋a2t，解得t2＝2
s．跌倒至爬起随跑步机移动的距离x＝v0t＝1×2
m＝2
m，取地面为参考系，则挑战者爬起向左减速过程有0－v0＝－a2t3，解得t3＝1
s，对地位移为x1＝v0t3－a2t＝0.5
m．挑战者向右加速冲刺过程有x＋x1＋L2－L3＝a2t，解得t4＝7
s．挑战者通过全程所需的总时间为t总＝t1＋t2＋t＋t3＋t4＝14
s.
答案：14
s
加餐练
1．A 质点在时间t内的平均速度v＝，设时间t内的初、末速度分别为v1和v2，则v＝，故＝.由题意知：mv＝9×mv，则v2＝3v1，进而得出2v1＝.质点的加速度a＝＝＝.故选项A正确．
2．D 以帆板为参照物时，帆船相对于帆板同时具有向正北的速度v与向正东的速度v，故由平行四边形定则可知，帆船相对于帆板的速度大小为v，方向为北偏东45°，D正确．
3．解题思路：(1)设减速过程中汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由题可得初速度v0＝20
m/s，末速度vt＝0，位移s＝25
m，由运动学公式得
v＝2as①
t＝②
联立①②式，代入数据得
a＝8
m/s2③
t＝2.5
s④
(2)设志愿者反应时间为t′，反应时间的增加量为Δt，由运动学公式得
L＝v0t′＋s⑤
Δt＝t′－t0⑥
联立⑤⑥式，代入数据得
Δt＝0.3
s⑦
(3)设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得
F＝ma⑧
由平行四边形定则得
F＝F2＋(mg)2⑨
联立③⑧⑨式，代入数据得
＝⑩
答案：(1)8
m/s2 2.5
s (2)0.3
s
(3)
4．B 加速度是描述速度变化快慢的物理量，速度大，加速度不一定大，选项A错误；根据a＝可知，加速度的方向一定与速度变化的方向相同，选项B正确；根据v＝v0＋at，只要加速度不为零，速度一定会发生变化，选项C错误；若加速度方向与速度方向相反，加速度越大，速度减小得越快，选项D错误．
5．A 物体做匀加速直线运动，利用中间时刻的瞬时速度等于全过程的平均速度，得v＝，v＝，又v＝v＋a，得a＝，所以A正确，B、C、D错误．
6．B 由题图表可知，电梯在前2
s做竖直向上的匀加速运动，加速度a＝＝2.0
m/s2，向上匀速运动的速度为v＝5.0
m/s，则启动过程中加速时间t＝＝2.5
s．前5
s内电梯通过的位移大小为x＝at2＋v(5－t)＝6.25
m＋12.50
m＝18.75
m，选项B正确，A、C、D错误．
7．D 由测量数据知，AB段的距离为xAB≈2
cm＝0.02
m，曝光时间为0.001
s，时间极短，故小石子在AB段的运动可看做匀速直线运动，则vA≈vAB＝＝20
m/s.由v＝2gh，得h＝20
m，故选项D正确．
8．C 两小球都做自由落体运动，可在同一v－t图象中作出速度随时间变化的关系图线，如图所示．设人在3楼的阳台上释放小球，两小球落地的时间差T＝Δt1，对应的阴影部分的面积为Δh，即轻绳长度；若人在4楼的阳台上释放小球，两小球落地的时间差为Δt2，要保证对应的阴影部分的面积也是Δh，从图中可以看出一定有Δt2<Δt1，C对．
9．D 物体由A点到B点的匀加速过程有v1＝a1t，s＝a1t2，由B点经时间t返回到A点的过程有－s＝v1t－a2t2，得a1∶a2＝1∶3，选项A、B错误；－v2＝v1－a2t，得v1∶v2＝1∶2，选项C错误，D正确．
10．C 由第3
s内的位移为5
m，可以求出第2.5
s时刻的瞬时速度v1＝5
m/s，由于无法求解加速度，故第3
s末的速度与第5
s内的位移无法求解，A、B、D错；前5
s内的平均速度等于第2.5
s时刻的瞬时速度，即5
m/s，故前5
s内位移为25
m，C对．
11．解题思路：(1)设无风时起飞速度为v
无风时起飞初速度v01＝30
m/s，加速度a1＝5
m/s2
根据v2－v＝2a1x1
解得v＝＝50
m/s
(2)当飞机逆风行驶起飞时，起飞速度为
v′＝50
m/s－10
m/s＝40
m/s
加速度a2＝a1－＝4.2
m/s2
根据v′2－v＝2a2x1
解得v02＝＝16
m/s
答案：(1)50
m/s (2)16
m/s
12．解题思路：(1)汽车加速时间t1＝＝4.0
s，加速位移为x1＝a1t＝20
m
行人加速的时间t2＝＝2.0
s，加速位移为x2＝t2＝1
m
行人通过横道线的时间为
t′＝t2＋＝21
s
在行人通过横道线的时间内汽车行驶位移
x3＝x1＋v1(t′－t1)＝190
m
能到达横道线的车辆数N1＝＝31.7，即第32辆车有一部分是行人离开横道线后从侧边走过，故取N1＝31辆车擦肩而过．
(2)在亮灯t＝40
s内汽车行驶的位移
x4＝x1＋v1(t－t1)＝380
m
该时段内能通过路口的车辆N2＝＝63.3，取整知N2＝64，即第65辆车未能通过．
设t0＝3
s时第65辆车行驶的位移为x5＝x1＋v1(t－t1－t0)＝350
m，此时车离停车线的距离x6＝64d－x1＝34
m，故它停下的时间满足x6＝t3，解得t3＝6.8
s.
答案：(1)31辆 (2)6.8
s课练10 实验 验证牛顿第二定律
1.研究性学习小组的同学欲探究小车质量不变时其加速度与力的关系，该小组在实验室设计了一套如图甲所示的装置，图中A为小车，B为打点计时器，C为力传感器(测绳子的拉力)，P为小桶(内有砂子)，M是一端带有定滑轮的水平放置的足够长的木板．不计绳子与滑轮间的摩擦．
图甲 图乙
(1)要顺利完成该实验，除图中实验仪器和低压交流电源(含导线)外，还需要的实验仪器是________(填“刻度尺”、“天平”或“秒表”)．
(2)平衡摩擦力后再按上述方案做实验，是否要求小桶和砂子的总质量远小于小车的质量？________(填“是”或“否”)．
(3)已知交流电源的频率为50
Hz，某次实验得到的纸带如图乙所示，图中相邻计数点之间还有4个点未画出，由该纸带可求得小车的加速度a＝________m/s2.(结果保留2位有效数字)
2．如图所示，在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，某同学保持木板水平，调节托盘和重物的总重量，使小车能拖动纸带沿木板匀速运动，记下此时托盘和重物的总质量m0、小车的总质量M.已知重力加速度为g.
(1)在探究加速度与力的关系时，若测得托盘和重物的总质量为m(m M)，则可知小车所受的合外力为________；当改变托盘和重物的总质量重做实验时，________(填“需要”或“不需要”)重新平衡摩擦力．
(2)在探究加速度与质量的关系时，当改变小车的总质量时，________(填“需要”或“不需要”)重新平衡摩擦力．
3．在探究物体的加速度与物体所受外力、物体质量间的关系时，采用如图所示的实验装置．小车及车中砝码的总质量用M表示，盘及盘中砝码的总质量用m表示．
(1)当M与m的大小关系满足________时，才可以认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的总重力．
(2)某一组同学先保持盘及盘中砝码的总质量m一定来做实验，其具体操作步骤如下，以下做法正确的是( )
A．平衡摩擦力时，应将盘及盘中砝码用细绳通过定滑轮系在小车上
B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力
C．实验时，先放开小车，再接通打点计时器的电源
D．用天平测出m以及小车和车中砝码的总质量M，小车运动的加速度可直接用公式a＝求出
(3)
另两组同学保持小车及车中砝码的总质量M一定，探究加速度a与所受外力F的关系，由于他们操作不当，这两组同学得到的a－F关系图象分别如图甲和图乙所示，其原因分别是：
图甲：______________________________________________；
图乙：_____________________________________________.
4．学习了传感器之后，在“研究小车加速度与所受合外力的关系”实验中，甲、乙两实验小组引进“位移传感器”“力传感器”，分别用如图(a)、(b)所示的实验装置做实验，重物通过细线跨过滑轮拉相同质量的小车，位移传感器B随小车一起沿水平轨道运动，位移传感器A固定在轨道一端．在运动过程中位移传感器B发出信号，位移传感器A接收信号且显示小车运动的位移．甲组实验中把重物的重力作为拉力F，乙组直接用力传感器测得拉力F，改变重物的重力重复实验多次，记录多组数据，并画出a－F图象．
(1)甲组实验把重物的重力作为拉力F的条件是
________________________________________________________________________.
(2)图(c)中符合甲组同学作出的实验图象的是________；符合乙组同学作出的实验图象的是________．
5．某实验小组利用如图甲所示的气垫导轨实验装置来探究合力一定时物体的加速度与质量之间的关系．
甲 乙
(1)做实验时，将滑块从图甲所示位置由静止释放，由数字计时器(图中未画出)可读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为Δt1、Δt2；用刻度尺测得两个光电门中心之间的距离x，用游标卡尺测得遮光条宽度d.则滑块经过光电门1时的速度表达式v1＝________；滑块加速度的表达式a＝________(以上表达式均用已知字母表示)．如图乙所示，若用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，其读数为________
mm.
(2)为了保持滑块所受的合力不变，可改变滑块质量M和气垫导轨右端高度h(见图甲)．关于“改变滑块质量M和气垫导轨右端的高度h\”的正确操作方法是________．(填选项字母)
A．M增大时，h增大，以保持二者乘积增大
B．M增大时，h减小，以保持二者乘积不变
C．M减小时，h增大，以保持二者乘积不变
D．M减小时，h减小，以保持二者乘积减小
6．用如图所示装置做验证牛顿第二定律的实验．现已提供了小车、一端附有定滑轮的长木板、纸带、细线、砝码、砂和砂桶、刻度尺、天平、导线．
(1)实验中将砂和砂桶总重力大小作为细线拉力的大小，从而在实验中产生了系统误差，为尽量减小该系统误差，可以让砂和砂桶总质量________小车质量(选填“大于”、“远大于”、“小于”、“远小于”或“等于”)．
(2)实验中，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行，接下来将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，小车做匀速运动．这样做的目的是______________，从而使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力．
7．利用力传感器研究加速度与合外力的关系，实验装置如图甲．
(1)下列关于该实验的说法错误的是________．
A．做实验之前必须平衡摩擦力
B．小车的质量必须比所挂钩码的质量大得多
C．应调节定滑轮的高度使细线与木板平行
D．实验开始的时候，小车最好距离打点计时器远一点
(2)从实验中挑选一条点迹清晰的纸带，每5个点取一个计数点，用刻度尺测量计数点间的距离，如图乙所示．已知打点计时器所用电源的频率为50
Hz.
从图乙中所给的刻度尺上读出A、B两点间的距离s1＝________cm；该小车的加速度a＝________m/s2.(计算结果保留两位有效数字)
(3)实验中纸带的________(填“左”或“右”)端与小车相连接．
8．在“探究加速度与质量的关系”的实验中．
(1)备有器材：A.带有定滑轮的长木板；B.电磁打点计时器、低压交流电源、纸带；C.细绳、小车、砝码；D.装有细砂的砂桶；E.垫片；F.毫米刻度尺．还缺少的一件器材是________．
(2)实验得到如图(a)所示的一条纸带，相邻两计数点的时间间隔为T；B、C间距s2和D、E间距s4已测出，利用这两段间距计算小车加速度a的表达式为a＝________.
(3)同学甲根据实验数据画出如图(b)所示a—图线，从图线可得砂和砂桶的总质量为________kg.(g取10
m/s2)
(4)同学乙根据实验数据画出了图(c)所示图线，从图线可知同学乙操作过程中可能_________________________________________．
9．(2017·山东枣庄模拟)(1)某位同学用图1所示实验装置做验证牛顿第二定律实验，实验前必须进行的操作步骤是________________________________________________________________________．
(2)正确操作后通过测量，作出a—F图线，如图2中的实线所示，则图线上部弯曲的原因是___________________________.
(3)打点计时器使用的交流电频率f＝50
Hz，如图3是某同学在正确操作下获得的一条纸带，其中A、B、C、D、E每两点之间还有4个点没有标出，写出用s1、s2、s3、s4以及f来表示小车加速度的计算式：a＝________；根据纸带所提供的数据，计算可得小车的加速度大小为________m/s2(结果保留两位有效数字)．
1．(2016·新课标全国卷Ⅲ)某物理课外小组利用图(a)中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系．图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码．本实验中可用的钩码共有N＝5个，每个质量均为0.010
kg.实验步骤如下：
(1)将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑．
(2)将n(依次取n＝1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端，其余N－n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行．释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制s－t图象，经数据处理后可得到相应的加速度a.
(3)对应于不同的n的a值见下表．n＝2时的s－t图象如图(b)所示；由图(b)求出此时小车的加速度(保留2位有效数字)，将结果填入下表.
n
1
2
3
4
5
a/m·s－2
0.20
0.58
0.78
1.00
(4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点，并作出a－n图象．从图象可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比．
(5)利用a－n图象求得小车(空载)的质量为__________
kg(保留2位有效数字，重力加速度取g＝9.8
m·s－2)．
(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是__________(填入正确选项前的标号)．
A．a－n图线不再是直线
B．a－n图线仍是直线，但该直线不过原点
C．a－n图线仍是直线，但该直线的斜率变大
2．(2014·课标Ⅰ)某同学利用图1所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图．如图2所示，实验中小车(含发射器)的质量为200
g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到，回答下列问题：
(1)根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成________(填“线性”或“非线性”)关系．
(2)由图2可知，a－m图线不经过原点，可能的原因是________．
(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是________，钩码的质量应满足的条件是________．
3．(2017·江西八校联考)为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图所示的实验装置．其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量．(滑轮质量不计)
(1)实验时，一定要进行的操作是________．
A．用天平测出砂和砂桶的质量
B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数
D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带
E．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
(2)该同学在实验中得到如图所示的一条纸带(两计数点间还有两个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50
Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为________m/s2(结果保留两位有效数字)．
(3)
以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的a－F图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为________．
A．2
tanθ
B.
C．k
D.
4．(2017·江西八校联考)(1)用20分度的游标卡尺测量某工件的内径时，示数如图甲所示，由图可知其长度为________cm；用螺旋测微器测量某圆柱体的直径时，示数如图乙所示，由图可知其直径为________mm.
(2)某同学采用如图丙所示的装置探究物体的加速度与所受合力的关系．用砂桶和砂的重力充当小车所受合力F；通过分析打点计时器打出的纸带，测量加速度a.分别以合力F和加速度a作为横轴和纵轴，建立坐标系．根据实验中得到的数据描出如图丁所示的点迹，结果跟教材中的结论不完全一致．该同学列举产生这种结果的可能原因如下：
①在平衡摩擦力时将木板右端垫得过高；
②没有平衡摩擦力或者在平衡摩擦力时将木板右端垫得过低；
③砂桶和砂的质量过大，不满足砂桶和砂的质量远小于小车质量的实验条件；
④测量小车的质量或者加速度时的偶然误差过大．
通过进一步分析，你认为比较合理的原因可能是( )
A．①和④
B．②和③
C．①和③
D．②和④
5．(2017·宝鸡一模)振华同学用如下图所示的实验装置验证牛顿第二定律．
(1)该实验装置中有两处错误，分别是：____________和______________．
(2)振华同学在老师的指导下改正了实验装置中的错误后，将细绳对小车的拉力当作小车及车上砝码受到的合外力，来验证“合外力一定时加速度与质量成反比”．
①实验中，砝码盘及盘内砝码的总质量最好应为________(填选项前的字母)．
A．10
g
B．50
g
C．100
g
D．1
kg
②振华同学在实验时用电磁打点计时器打了一条理想的纸带，他按要求选取计数点后，在测量各相邻两计数点间的距离时不慎将纸带撕成了几段，如下图所示，但他知道甲、乙属于同一纸带，则丙、丁、戊中属于上述纸带的是________．
③已知打点计时器所用电源频率为50
Hz，则由甲、乙纸带可求得小车的加速度大小为________m/s2(结果保留两位小数)．
6．(2017·合肥一测)某实验小组在做“验证牛顿第二定律”实验中．
(1)在闭合开关之前，甲同学将实验器材组装成图甲所示．请指出该装置中的错误或不妥之处(只要答出其中的两点即可)：________；________.
(2)乙同学将上述装置调整正确后进行实验，在实验中得到如图乙所示的一条纸带，图中相邻两计数点之间还有四个点没有画出，由图中的数据可算得小车加速度为________m/s2.(保留两位有效数字)
(3)
丙同学在利用上述调整好的装置进行实验时，保持沙和沙桶的总质量不变，小车自身的质量为M且保持不变，改变小车中砝码的质量m，并测出小车中放不同质量砝码时所对应的加速度a，以m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出如图丙所示的－m关系图线，图中纵轴上的截距为b，则小车受到的拉力大小为________．
7．(2017·广西适应性测试)
要测量两个质量不等的沙袋的质量，由于没有直接的测量工具，某实验小组选用下列器材：轻质定滑轮(质量和摩擦可忽略)、砝码一套(总质量m＝0.2
kg)、细线、刻度尺、秒表．他们根据已学过的物理学知识，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量．请完成下列步骤：
(1)实验装置如图所示，设右边沙袋A的质量为mA，左边沙袋B的质量为mB.
(2)取出质量为mi的砝码放在沙袋A中，剩余砝码都放在左边沙袋B中，发现A下降，B上升(左右两侧砝码的总质量始终不变)．
(3)用刻度尺测出沙袋A开始时离桌面的距离h，用秒表测出A从开始位置下降到桌面所用的时间t，则可知A的加速度大小a＝________.
(4)改变mi，测量相应的加速度a，得到多组mi及a的数据，作________(选填“a－mi”或“a－”)图线．
(5)若求得图线的斜率k＝2.0
m/(kg·s2)，纵轴上的截距b＝0.4
m/s2，则沙袋的质量mA＝________kg，mB＝________kg.(重力加速度g取10
m/s2)
课练10 实验 验证牛顿第二定律
1．解题思路：(2)因为力传感器可测得小车受到的拉力，故不需要再保证实验中小桶和砂子的总质量远小于小车的质量的条件；(3)根据逐差法可求得结果．
答案：(1)刻度尺 (2)否 (3)0.90
2．解题思路：(1)此题用总质量为m0的托盘和重物平衡摩擦力，则小车所受的合外力为(m－m0)g；当改变托盘和重物的总质量做实验时，不需要重新平衡摩擦力．
(2)在探究加速度与质量的关系时，当改变小车的总质量时，小车所受的摩擦力改变，需要重新平衡摩擦力．
答案：(1)(m－m0)g 不需要 (2)需要
3．解题思路：(1)在实验中，整体的加速度a＝，只有当m M时，小车所受的拉力才可以认为等于盘和砝码的总重力．
(2)平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，使小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动，故A错误；每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力，故B正确；实验时，若先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，故C错误；用天平测出m以及M，直接用公式a＝求出，这是在直接运用牛顿第二定律进行计算，我们应利用打点计时器打出来的纸带计算加速度，故D错误．
(3)图甲中a－F图象发生弯曲，这是由于没有保证小车及车中砝码的总质量远大于盘及盘中砝码的总质量造成的．图乙中直线没过原点，当F≠0时，a＝0，也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，说明该组同学实验操作中遗漏了平衡摩擦力或平衡摩擦力时倾角过小．
答案：(1)m M (2)B (3)不满足m M 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力时倾角过小
4．解题思路：(1)甲组实验把重物的重力作为拉力F的条件是小车的质量远大于重物的质量．
(2)由于甲组实验把重物的重力作为拉力F，当重物的质量增大到一定数值后图线将偏离直线，向下弯曲，所以图(c)中符合甲组同学作出的实验图象的是②；符合乙组同学作出的实验图象的是①.
答案：(1)小车的质量远大于重物的质量 (2)② ①
5．解题思路：(2)气垫导轨上滑块沿导轨下滑，重力沿导轨方向的分力Mgsinθ等于合力，而Mgsinθ＝，为了保持滑块所受的合力不变，可改变滑块质量M和气垫导轨右端高度h，M增大时，h减小，以保持二者乘积不变；M减小时，h增大，以保持二者乘积不变．选项B、C正确．
答案：(1) 8.15 (2)BC
6．解题思路：(1)为了减小系统误差，砂和砂桶总质量应远小于小车质量．(2)平衡摩擦力后，细线对小车的拉力等于小车所受的合外力．
答案：(1)远小于 (2)平衡摩擦力
7．解题思路：(1)做实验之前必须平衡摩擦力，消除摩擦力对实验的影响，故A正确；利用力传感器研究加速度与合外力的关系，不需要满足小车的质量比所挂钩码的质量大得多这一条件，B错误；在实验之前，应调节定滑轮的高度使细线与木板平行，才能使加速度的方向与细线的拉力的方向相同，C正确；实验开始的时候，小车最好距离打点计时器近一些，使纸带的使用率更高，D错误．(2)A点的读数为1.00
cm，B点的读数为1.70
cm，所以A、B两点间的距离s1＝1.70
cm－1.00
cm＝0.70
cm；小车的加速度a＝＝
m/s2＝0.20
m/s2.(3)小车做加速运动，相等时间内的位移越来越大，所以小车与纸带的左端相连．
答案：(1)BD (2)0.70 0.20 (3)左
8．解题思路：(1)本题需要用天平测量小车的质量，所以还缺少的器材是天平．(2)根据逐差法得s4－s2＝2aT2，解得a＝.(3)根据牛顿第二定律可知，a＝，则F即为a－图象的斜率，所以砂和砂桶的总重力m′g＝F＝
N＝0.20
N，解得m′＝0.020
kg.(4)由题图(c)可知，图线不通过坐标原点，当F为某一大于零的值时，加速度为零，可知未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．
答案：(1)天平 (2) (3)0.020(0.018～0.022均正确) (4)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足
9．解题思路：(1)小车质量M一定时，其加速度a与合力F成正比，而小车与木板之间若存在摩擦力，就不能用绳子的拉力代替合力，所以在做实验前必须要先平衡摩擦力．(2)随着合力F的增大，砂和砂桶的总质量越来越大，最后出现了不满足砂和砂桶的总质量远小于小车质量的情况，因此a－F图线出现了上部弯曲的现象．(3)由题意可知，两计数点之间的时间间隔为T＝×5＝0.1
s，由逐差法可得a＝＝f2，代入数据解得a＝0.60
m/s2.
答案：(1)平衡摩擦力 (2)没有满足小车质量远大于砂和砂桶的总质量
(3)f2 0.60
加餐练
1．解题思路：(3)由s＝at2得：a＝，在s－t图象中找一点坐标，代入公式即可求出a.
(5)对小车和钩码组成的系统应用牛顿第二定律：nmg＝(M＋Nm)a，则a＝＝，a－n图象的斜率k＝，从而可解出M.
(6)对于已平衡摩擦力的情况，对整体应用牛顿第二定律：nmg＝(M＋Nm)a，则a＝n①；对于木板水平的情况，对整体应用牛顿第二定律：nmg－μ[M＋(N－n)m]g＝(M＋Nm)a，整理得：a＝n－μg②，比较①②可见，B、C均正确．
答案：(3)0.39(在0.37～0.49范围内均可以)
(4)如图所示
(5)0.45(在0.43～0.47范围内均可以)
(6)BC
2．解题思路：(1)将图2中各点连线，得到的是一条曲线，故a与m的关系是非线性的．
(2)由图2可知，当钩码质量不为零时，在一定范围内小车加速度仍为零，即细绳对小车的拉力大于某一数值时小车才产生加速度，故可能的原因是存在摩擦力．
(3)若将钩码所受重力作为小车所受合力，则应满足三个条件，一是摩擦力被平衡，二是绳平行于轨道平面，此二者可保证绳对车的拉力等于车所受合力，设绳的拉力为T，由mg－T＝ma、T＝Ma有T＝g＝，可见当m M时才有T≈mg，故第三个条件为m M.
答案：(1)非线性 (2)存在摩擦力
(3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力 远小于小车的质量
3．解题思路：(1)由实验原理图可以看出，由弹簧测力计的示数可得到小车所受的合外力的大小，故不需要测砂和砂桶的质量，也不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，A、E错；为保证绳上拉力提供合外力，必须平衡摩擦力，B对；小车应靠近打点计时器，先接通电源，再放小车，同时读出弹簧测力计的示数，C对；为了多测几组数据，需改变砂和砂桶的质量多做几次实验，D对．
(2)由逐差法可得：小车的加速度a＝，将T＝×3
s＝0.06
s，代入可得a＝1.3
m/s2
(3)由题图结合牛顿第二定律，有
2F＝M·a，
得a＝·F
则图象斜率k＝，得小车的质量M＝，故A、B、C错，D对．
答案：(1)BCD (2)1.3 (3)D
4．解题思路：(1)游标卡尺读数为50
mm＋0.05×3
mm＝50.15
mm＝5.015
cm.
螺旋测微器读数4.5
mm＋0.01×20.0
mm＝4.700
mm.
(2)由图丁可知当F＝0时，a≠0，则Mgsinθ>f，说明θ角偏大，右端垫得过高；图线的末端不是直线说明砂桶和砂的总质量m0和小车质量M不满足m0 M的条件，所以只有C选项正确．
答案：(1)5.015 4.700 (2)C
5．解题思路：(2)①该实验要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车及车上的砝码的总质量，即砝码和砝码盘的总质量要尽量小，故选A.②根据刻度尺的读数可知，0、1两点的距离为x01＝2.45
cm,2、3两点的距离为x23＝4.70
cm.根据匀变速直线运动规律有x23－x01＝x45－x23，得x45＝6.95
cm，故戊纸带最符合．③根据逐差法得a＝＝
m/s2＝1.13
m/s2.
答案：(1)滑轮太高(或细绳与长木板不平行) 打点计时器接到直流电源上(或打点计时器未接交流电源)
(2)①A ②戊 ③1.13
6．解题思路：(1)①打点计时器应该用交流电源(图中干电池为直流电源)；②本实验应该将木板的右端垫高，平衡摩擦力；③小车离定滑轮太近(离打点计时器较远)，小车应靠近打点计时器且打点计时器应距左端较远，这样便于小车运动较长的时间，从而能准确测量小车的加速度，减小误差．(2)图中相邻两计数点之间还有四个点没有画出，则相邻两计数点之间的时间间隔为T＝0.1
s，根据匀变速直线运动的推论公式Δx＝aT2得a＝
m/s2＝0.49
m/s2.(3)根据题意，由牛顿第二定律得F＝(M＋m)a，则＝＋m，则－m图象的截距b＝，小车受到的拉力大小F＝.
答案：(1)用的是直流电源 木板的右端没有垫高 小车离打点计时器太远 (2)0.49 (3)
7．解题思路：(3)由初速度为零的匀变速直线运动的位移与时间关系：h＝at2，得a＝.(4)用图象法处理实验数据时，主要是应用两变量之间的线性关系，设细线张力为T，由牛顿第二定律，对沙袋A有(mi＋mA)g－T＝(mA＋mi)a，对沙袋B有T－[(m－mi)＋mB]g＝[(m－mi)＋mB]a，联立解得：a＝mi＋g，所以应作出a－mi图线．(5)由已知条件，k＝＝2.0
m/(kg·s2)，b＝g＝0.4
m/s2，联立解得：mA＝5.2
kg，mB＝4.6
kg.
答案：(3) (4)a－mi (5)5.2 4.6课练18 实验：探究功与速度变化的关系
验证机械能守恒定律
1．在“探究功与速度变化的关系”的实验中，某实验研究小组的实验装置如图甲所示．木块从A点由静止释放后，在一根弹簧作用下弹出，沿足够长的木板运动到B点停下，记录此过程中弹簧对木块做的功为W1.O点为弹簧原长时所处的位置，测得OB的距离为L1.再用完全相同的2根，3根，…弹簧并在一起进行第2次，第3次，…实验并记录2W1,3W1，…及相应的L2，L3，…，用W－L图象处理数据，回答下列问题：
(1)如图乙是根据实验数据描绘的W—L图象，图线不过原点的原因是________．
(2)由图线得木块从A到O过程中克服摩擦力做的功是________W1.
(3)W—L图象斜率的物理意义是________．
2．某兴趣小组想通过物块在斜面上运动的实验探究“合外力做功和物体速度变化的关系”．实验开始前，他们提出了以下几种猜想：①W∝，②W∝v，③W∝v2.他们的实验装置如图甲所示，PQ为一块倾斜放置的木板，在Q处固定一个速度传感器(用来测量物体每次通过Q点时的速度)，每次实验，物体从不同初始位置处由静止释放．
同学们设计了以下表格来记录实验数据．其中L1、L2、L3、L4……代表物体分别从不同初始位置处无初速度释放时初始位置到速度传感器的距离，v1、v2、v3、v4……表示物体每次通过Q点的速度.
实验次数
1
2
3
4
……
L
L1
L2
L3
L4
……
v
v1
v2
v3
v4
……
他们根据实验数据绘制了如图乙所示的L—v图象，并得出结论W∝v2.
(1)你认为他们的做法是否合适？________.
(2)你有什么好的建议？________.
(3)在此实验中，木板与物体间摩擦力的大小________(填“会”或“不会”)影响探究出的结果．
3．某实验小组采用如图甲所示的装置探究功与速度变化的关系，小车在橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行．
(1)实验中木板略微倾斜，这样做________．
A．是为了释放小车后，小车能匀加速下滑
B．是为了增大小车下滑的加速度
C．可使得橡皮筋做的功等于合力对小车做的功
D．可使得橡皮筋松驰后小车做匀速运动
(2)实验中，打点计时器使用的交流电频率为50
Hz.某同学打出的一段纸带如图乙所示，则小车匀速运动时的速度大小为________m/s(计算结果保留两位有效数字)．
(3)实验中，某同学分别用1根、2根、…、5根相同橡皮筋进行实验，测得小车匀速运动时的速度分别为0.52
m/s、0.78
m/s、0.96
m/s、1.08
m/s、1.22
m/s.请根据实验数据图丙所示的在坐标系中画出W－v的关系图线．
(4)根据图线可知，对W与v的关系的猜想肯定不正确的是________．
A．W∝
B．W∝
C．W∝v2
D．W∝v3
4．某同学安装如图甲所示的实验装置，验证机械能守恒定律．如图乙所示是该实验得到的一条点迹清晰的纸带，现要取A、B两点来验证实验，已知电火花计时器每隔0.02
s打一个点．
请回答下列问题：
(1)电火花计时器的工作电压是________V.
(2)根据纸带可以判断，实验时纸带的________(填“左”或“右”)端和重物相连接．
(3)若x2＝4.80
cm，则在纸带上打下计数点B时的速度vB＝________
m/s(计算结果保留三位有效数字)．
(4)若x1数据也已测出，则实验还需测出的物理量为________．
(5)经过测量计算后，某同学画出了如图丙所示的Ek－h图线，则图丙中表示动能随高度变化的曲线为________(填“图线A”或“图线B”)．
5.
利用图示装置进行验证机械能守恒定律的实验时，需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h.某小组同学对实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案．
A．用刻度尺测出物体下落的高度h，用打点间隔数测出下落时间t，通过v＝gt计算出瞬时速度v
B．用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v＝计算出瞬时速度v
C．根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，并通过h＝计算得出高度h
D．用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v
(1)以上方案中只有一种正确，正确的是________(填入相应的字母)．
(2)在该实验中，有几个注意点，以下描述正确的是________．
A．为减小摩擦阻力，需要调整打点计时器的限位孔，使它与纸带在同一竖直线上
B．可以选用质量很大的物体，先用手托住，等计时器通电后再释放物体
C．只有选第1、2两点间隔小于或约2
mm的纸带才代表打第1点时的速度为零
D．实验结果如果正确合理，得到的动能增加量应略大于重力势能的减少量
6．用如图甲所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒，m2从高处由静止开始下落，在m1拖着的纸带上打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点未标出，计数点间的距离如图乙所示．已知m1＝50
g，m2＝150
g，g取10
m/s2，交流电源的频率为50
Hz，不考虑各处摩擦力的影响，结果保留两位小数．
(1)在纸带上打下计数点5时m2的速度v＝________m/s.
(2)在打点0～5过程中系统动能的增量ΔEk＝________J，系统重力势能的减少量ΔEp＝________J.
(3)若某同学作出v2－h图象如图丙所示，则该同学测得的重力加速度g＝________m/s2.
7．如图甲所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德(G·Atwood
1746～1807)创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律．某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图乙所示．
(1)实验时，该同学进行了如下步骤：
①将质量均为M(A含挡光片、B含挂钩)的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态，测量出________(填“A的上表面”、“A的下表面”或“挡光片中心”)到光电门中心的竖直距离h.
②在B的下端挂上质量为m的物块C，让系统(重物A、B以及物块C)中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为Δt.
③测出挡光片的宽度d，计算有关物理量，验证机械能守恒定律．
(2)如果系统(重物A、B以及物块C)的机械能守恒，应满足的关系式为________(已知重力加速度为g)．
(3)引起该实验系统误差的原因有________(写一条即可)．
(4)验证实验结束后，该同学突发奇想：如果系统(重物A、B以及物块C)的机械能守恒，不断增大物块C的质量m，重物B的加速度a也将不断增大，那么a与m之间有怎样的定量关系？a随m增大会趋于一个什么值？请你帮该同学解决：
①写出a与m之间的关系式：________(还要用到M和g)；
②a的值会趋于________．
1．(2016·江苏单科)某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律．一根细线系住钢球，悬挂在铁架台上，钢球静止于A点．光电门固定在A的正下方，在钢球底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条．将钢球拉至不同位置由静止释放，遮光条经过光电门的挡光时间t可由计时器测出，取v＝作为钢球经过A点时的速度．记录钢球每次下落的高度h和计时器示数t，计算并比较钢球在释放点和A点之间的势能变化大小ΔEp与动能变化大小ΔEk，就能验证机械能是否守恒．
(1)用ΔEp＝mgh计算钢球重力势能变化的大小，式中钢球下落高度h应测量释放时的钢球球心到__________之间的竖直距离．
A．钢球在A点时的顶端
B．钢球在A点时的球心
C．钢球在A点时的底端
(2)用ΔEk＝mv2计算钢球动能变化的大小．用刻度尺测量遮光条宽度，示数如图乙所示，其读数为__________
cm.某次测量中，计时器的示数为0.010
0
s，则钢球的速度为v＝__________
m/s.
(3)下表为该同学的实验结果：
ΔEp(×10－2
J)
4.892
9.786
14.69
19.59
29.38
ΔEk(×10－2
J)
5.04
10.1
15.1
20.0
29.8
他发现表中的ΔEp与ΔEk之间存在差异，认为这是由于空气阻力造成的．你是否同意他的观点？请说明理由．
________________________________________________________________________
(4)请你提出一条减小上述差异的改进建议．
________________________________________________________________________
2．(2017·湖南衡阳联考)某同学为探究合力做功与物体动能改变的关系，设计了如下实验，他的操作步骤是：
①按图甲摆好实验装置，其中小车质量M＝0.4
kg，钩码总质量m＝0.1
kg.
②先接通打点计时器的电源(电源频率f＝50
Hz)，然后释放小车，打出一条纸带．
(1)经过多次重复实验，他从打出的多条纸带中选出一条打点清晰的，如图乙所示．把打下的第一点记作0，然后依次取若干个计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，用厘米刻度尺测得各计数点到0点距离分别为d1＝0.041
m，d2＝0.055
m，d3＝0.167
m，d4＝0.256
m，d5＝0.360
m…他把钩码重量(当地重力加速度g＝9.8
m/s2)作为小车所受合力，算出0点到第4个计数点合力做功W＝________J，打下第4个计数点时小车动能Ek＝________J．(结果保留三位有效数字)
(2)此实验探究的结果，他未能得到“合力对物体做的功等于动能的变化”，且误差很大，主要原因有________________________．(只需答一条)
3．(2017·山东济南检测)如图甲是某同学验证动能定理的实验装置．其实验步骤如下：
a．易拉罐内盛上适量细砂，用轻绳通过滑轮连接在小车上，小车连接纸带．调整木板倾角，让小车沿木板匀速下滑．
b．取下轻绳和易拉罐，测出易拉罐和细砂的总质量m及小车质量M.
c．取下轻绳和易拉罐后，换一条纸带，将小车由静止释放，打出的纸带如图乙(中间部分未画出)，O为打下的第一个点．已知打点计时器的打点频率为f，重力加速度为g.
(1)步骤c中小车所受的合力为________．
(2)为验证从O→C过程中小车所受的合力做的功与小车动能变化量的关系，测出B、D间距离为x0，O、C间距离为x1，则打C点时小车的速度为________，需要验证的关系式为________．(用所测物理量的字母代号表示)
4．(2017·北师大附中一模)质量为1
kg的重物自由下落，通过打点计时器在纸带上记录下运动的过程，打点计时器所接电源为6
V、50
Hz的交流电源．如图1所示，打出的纸带上O点为重物自由下落时打点的起点，选取的计数点A、B、C、D、E、F、G依次间隔一个点(图中未画出)，各计数点与O点的距离依次为31.4、70.6、125.4、195.9、282.1、383.8、501.2，单位为mm，重力加速度为9.8
m/s2.(计算结果均保留两位小数)
(1)求出打B、C、D、E、F各点时重物的速度并填入下表.
计数点
B
C
D
E
F
速度/(m·s－1)
(2)求出重物从起点下落到打下各计数点过程中重力所做的功并填入下表.
计数点
B
C
D
E
F
功/J
(3)适当选择坐标轴，在图2中作出重力做的功WG与速度v2的相关量之间的关系图，以便探究做功与速度的关系．由作出的图线可得重力所做的功与________成________关系．
5．(2017·云南毕业统测)
如图所示，质量分别为m1和m2的物块A和B，分别系在一条跨过定滑轮的轻质细绳两端，已知m1>m2,1、2是两个计时光电门，不计滑轮质量和摩擦，重力加速度为g.用此装置验证机械能守恒定律．
(1)物块B上固定有一宽度为d的挡光条，实验中记录下挡光条通过1、2两光电门的时间分别为Δt1和Δt2，此外还需要测量的物理量是____________．
(2)用已知量和测量量写出验证机械能守恒的表达式：________________________.
6．(2017·吉林三模)利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图1所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B点的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A点由静止开始运动．
(1)用游标卡尺测量遮光片的宽度b，结果如图2所示，由此读出b＝________mm.
(2)滑块通过B点的瞬时速度可表示为________．
(3)某次实验测得倾角θ＝30°，重力加速度用g表示，滑块从A点到达B点时小球和滑块(包括遮光片)组成的系统动能增加量可表示为ΔEk＝________，系统的重力势能减少量可表示为ΔEp＝________，在误差允许的范围内，若ΔEk＝ΔEp，则可认为系统的机械能守恒．
(4)
在上次实验中，某同学改变A、B间的距离，作出的v2—d图象如图所示，并测得M＝m，则重力加速度g＝________
m/s2.
7．(2017·黄岗中学模拟)如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球从A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H(H d)，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g.则：
(1)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d＝________
mm.
(2)小球经过光电门B时的速度表达式为________．
(3)多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足表达式________时，可判断小球下落过程中机械能守恒．
(4)实验中发现动能增加量ΔEk总是稍小于重力势能减少量ΔEp，增加下落高度后，则ΔEp－ΔEk将________(填“增大”、“减小”或“不变”)．
课练18 实验：探究功与
速度变化的关系
验证机械能守恒定律1.解题思路：(1)木块从A到B根据能量守恒定律可得W－Wf＝FfL，所以图象不过原点的原因是在AO段还有摩擦力做功．
(2)由图知图象两点坐标为(0.06
cm,1W1)、(0.42
cm,5W1)代入W－Wf＝FfL解得木块从A到O过程中克服摩擦力做的功为W1.
(3)由W－Wf＝FfL知图象的斜率为木块所受摩擦力．
答案：(1)未计算AO间的摩擦力做功
(2) (3)木块所受摩擦力
2．解题思路：(1)采用表格方式记录数据，合理绘制的L—v图象是曲线，不能得出结论W∝v2，所以他们的做法不合适．(2)为了更直观地看出L和v的变化关系，应该绘制L—v2图象．(3)重力和摩擦力的总功W也与距离L成正比，因此不会影响探究的结果．
答案：(1)不合适 (2)应进一步绘制L—v2图象 (3)不会
3．解题思路：(1)该实验中要使橡皮筋对小车所做功为合外力的功，应当进行平衡摩擦力的操作，这样操作可以使橡皮筋松弛后，小车能做匀速运动，从而根据纸带求出小车匀速时的速度大小(加速运动的最大速度)，故A、B错误，C、D正确．
(2)点距均匀时的速度为匀速运动时的速度，因此有v＝＝
m/s＝2.0
m/s.
(3)用描点法得出图象如图所示．
(4)图象基本为一条抛物线，因此根据数学知识可知W∝一定是不正确的，故B错误．
答案：(1)CD (2)2.0 (3)如图所示 (4)B
4．解题思路：(2)从纸带上可以发现从左到右，相邻的计数点的距离越来越大，说明速度越来越大，纸带与重物相连接的一端先打出点，速度较小，所以实验时纸带的左端通过夹子和重物相连接．
(3)纸带随重物一起做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的推论得：打出B点时纸带运动的瞬时速度为vB＝＝
m/s＝1.20
m/s.
(4)若x1数据已测出，则可求出在纸带上打下计数点A时的速度，进而可求出A、B两点动能的变化量，要验证机械能守恒定律，则还要求出重力势能的变化量，所以还要测出A、B之间的距离hAB.
(5)因重物在下落过程中做匀加速直线运动，所以高度越来越小，速度越来越大，动能越来越大，故图丙中表示动能随高度变化的曲线为图线B.
答案：(1)220 (2)左 (3)1.20 (4)A、B之间的距离或hAB (5)图线B
5．解题思路：(1)物体由静止开始自由下落过程中受到空气阻力和纸带与打点计时器的摩擦阻力作用，不是自由落体运动，v＝gt和v＝都是自由落体运动的公式．故A、B错误．物体下落的高度是用刻度尺测量的，不是计算得来的，故C错误．
(2)选项B中物体质量并不是越大越好，且应用手拉住纸带而不是用手托住物体．选项D中由于摩擦不可能完全消除，实验结果如果正确合理，得到的动能增加量应略小于重力势能的减少量，A、C符合实验要求．
答案：(1)D (2)AC
6．解题思路：(1)v＝
m/s＝2.40
m/s.
(2)ΔEk＝(m1＋m2)v2＝0.58
J，ΔEp＝(m2－m1)gh＝0.60
J.
(3)根据ΔEk＝ΔEp，得gh＝，则g＝
m/s2，g＝9.70
m/s2.
答案：(1)2.40 (2)0.58 0.60 (3)9.70
7．解题思路：(1)①将质量均为M(A含挡光片、B含挂钩)的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态，测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离h.(2)重物A经过光电门的速度v＝，整个系统重力势能的减少量为mgh，动能增加量为(2M＋m)v2，则如果系统(重物A、B以及物块C)的机械能守恒，应满足的关系式为mgh＝(2M＋m)2.(3)引起该实验系统误差的原因有：绳子有质量；滑轮与绳子有摩擦；重物运动受到阻力作用．(4)①系统所受的合外力为F＝mg，则根据牛顿第二定律可知F＝(2M＋m)a，解得a＝；②根据a＝＝，当m逐渐变大时，a的值会趋于g.
答案：(1)挡光片中心 (2)mgh＝(2M＋m)2 (3)绳子有质量(或滑轮与绳子有摩擦，或重物运动受到阻力作用，回答一个即可) (4)①a＝ ②重力加速度g
加餐练
1．解题思路：(1)要考虑钢球重力势能的改变量大小，需要测量钢球球心下降的高度h，因此要测量钢球在释放点和A点时球心之间的竖直距离，选项B正确．
(2)刻度尺的读数为1.50
cm，钢球的速度v＝＝
m/s＝1.50
m/s.
(3)由动能定理可知，mgh－Wf＝ΔEk，即ΔEp－Wf＝ΔEk，ΔEp>ΔEk，所以空气阻力会造成ΔEp>ΔEk，但表中为ΔEk>ΔEp，因此不同意他的观点．
(4)钢球球心和遮光条都绕悬点做圆周运动，但运动半径不同，因此分别测出光电门和球心到悬点的长度L和l，遮光条在光电门处的速度v＝，则钢球的速度v′＝·l，可以减小表中差异．
答案：(1)B (2)1.50(1.49～1.51都算对) 1.50(1.49～1.51都算对)
(3)不同意，因为空气阻力会造成ΔEk小于ΔEp，但表中ΔEk大于ΔEp.
(4)分别测出光电门和球心到悬点的长度L和l，计算ΔEk时，将v折算成钢球的速度v′＝v.
2．解题思路：(1)根据题意，物体所受合力为：F＝mg＝0.98
N，
0点到第4个计数点合力做功W＝Fs＝mgd4＝0.251
J
根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度，可求出打下第4个计数点时小车的速度大小
v4＝
其中T＝5×0.02
s＝0.1
s
d5＝0.360
m
d3＝0.167
m
解得v4＝0.965
m/s
则打下第4个计数点时小车动能Ek＝Mv＝×0.4×0.9652
J＝0.186
J
(2)主要原因：①钩码质量太大；②没有平衡摩擦力．
答案：(1)0.251 0.186 (2)见解析
3．解题思路：(1)小车匀速下滑时受到重力、支持力、摩擦力和拉力作用，所受合力为零；撤去拉力后，其余力不变，故所受合力等于撤去的拉力mg.(2)匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故vC＝＝，小车的动能增加量为Mv＝，所受合力做的功为mgx1，故需要验证的关系式为mgx1＝.
答案：(1)mg (2) mgx1＝
4．解题思路：(1)打各点时重物的速度由公式v＝＝求出，则vB＝＝
m/s≈1.18
m/s，同理vC≈1.57
m/s，vD≈1.96
m/s，vE≈2.35
m/s，vF≈2.74
m/s.
(2)由重力做的功W＝mgΔx可得，WB＝mg·OB＝1×9.8×70.6×10－3
J≈0.69
J，同理WC≈1.23
J，WD≈1.92
J，WE≈2.76
J，WF≈3.76
J.
(3)由图可得重力所做的功与速度的平方成正比．
答案：(1)1.18 1.57 1.96 2.35 2.74 (2)0.69 1.23 1.92 2.76 3.76 (3)如图所示 速度的平方正比
5．解题思路：(1)通过连接在一起的A、B两物块验证机械能守恒定律，即验证系统的势能变化与动能变化是否相等，物块A、B通过细绳连接在一起，物块A下降的距离一定等于物块B上升的距离；物块A、B的速度大小总是相等的，故需要测量两光电门之间的距离h.(2)物块A下降h的同时，物块B上升h，它们的重力势能的变化量ΔEp＝(m1－m2)gh；物块A与B动能的变化量ΔEk＝(m1＋m2)，需要验证的是(m1－m2)gh＝(m1＋m2).
答案：(1)两光电门之间的距离h
(2)(m1－m2)gh＝(m1＋m2)
6．解题思路：(1)宽度b为3
mm＋17×0.05
mm＝3.85
mm.(2)滑块通过B点的速度为vB＝.(3)滑块从A点到达B点时小球和滑块(包括遮光片)组成的系统动能增加量为ΔEk＝(M＋m)2＝，系统的重力势能减少量可表示为ΔEp＝mgd－Mgdsin30°＝gd，比较ΔEp和ΔEk，若在实验误差允许的范围内相等，即可认为机械能是守恒的．(4)根据系统机械能守恒有(M＋m)v2＝gd，则v2＝gd，v2—d图象的图线斜率k＝g.由图象可知，k＝
m/s2＝4.8
m/s2，又M＝m，则有g＝×k＝9.6
m/s2.
答案：(1)3.85 (2) (3) gd (4)9.6
7．解题思路：(1)由题图乙可知，主尺读数为7
mm，游标尺读数为5×0.05
mm＝0.25
mm，故小球直径d＝7
mm＋0.25
mm＝7.25
mm.(2)已知小球经过光电门B的时间和小球的直径，则小球经过光电门B时的速度v＝.(3)若减少的重力势能等于增加的动能，可以认为机械能守恒，则有mgH0＝mv2，即2gH0＝2，整理得2gH0t＝d2.(4)因为该过程中有克服阻力做功，而高度越高，阻力做功越多，故增加下落高度后，ΔEp－ΔEk增大．
答案：(1)7.25 (2)v＝
(3)3gH0t＝d2 (4)增大课练2 运动图象 追及与相遇问题
1.如图所示，a、b两条曲线分别为汽车A、B行驶在同一条平直公路上的v－t图象，a、b曲线交点的连线与时间轴平行，且a、b曲线关于它们两交点的连线对称．已知在t2时刻两车相遇，下列说法正确的是( )
A．在t1～t2这段时间内，两车位移相等
B．在t1～t2这段时间内的同一时刻，A车与B车加速度大小相等
C．t1时刻两车也相遇
D．t1时刻A车在前，B车在后
2．甲、乙、丙三个质点按如图所示的规律在同一直线上运动，其中丙质点的位移—时间图象为顶点过坐标原点的抛物线．则下列说法中正确的是( )
A．甲、乙两个质点以相同的速度做匀速直线运动
B．甲质点做匀加速直线运动，乙质点做匀减速直线运动，两质点的加速度大小相等
C．在t＝5
s时，甲、乙两质点距离最近
D．丙质点做匀加速直线运动
3.
质量为1
kg的物体从空中静止释放，质点做直线运动的位移x和时间平方t2的关系图象如图所示，重力加速度g＝10
m/s2，则该质点( )
A．在4
s末重力的瞬时功率为80
W
B．所受空气阻力大小为8
N
C．第3
s内的位移是10
m
D．任意相邻1
s内的位移差都为2
m
4．一小钢球从水泥地面上方自由下落，经过时间t0又弹回到原来的位置．则整个过程中小球速度随时间的变化规律可用图中哪一个图象来表示(不计小球与地面接触的时间)( )
5．(双选)下列图象能正确反映物体在做直线运动，经2
s又回到初始位置的是( )
6．如图所示x－t图象和v－t图象中，给出四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是( )
A．图线1表示物体做曲线运动
B．x－t图象中t1时刻v1＝v2
C．v－t图象中0～t3时间内物体4的平均速度大于物体3的平均速度
D．两图象中，t2、t4时刻分别表示物体2、4开始反向运动
7．甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的v－t图象如图所示，下列说法正确的是( )
A．乙物体先向负方向运动，t1时刻以后反向向正方向运动
B．t2时刻，乙物体追上甲物体
C．t1时刻，两者相距最远
D．0～t2时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大
8.
在一大雾天，一辆小汽车以30
m/s的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方30
m处有一辆大卡车以10
m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵．如图a、b分别为小汽车和大卡车的v－t图线，以下说法正确的是( )
A．因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾
B．在t＝5
s时追尾
C．在t＝3
s时追尾
D．由于初始距离太近，即使刹车不失灵也会追尾
9.
一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化规律如图所示，取开始运动方向为正方向，则下列物体运动的v－t图象正确的是( )
10.
某物块以初速度v0＝1
m/s在水平直轨道上运动，以初速度方向为正方向，在0～40
s内其加速度a随时间t的变化规律如图所示，则下列说法正确的是( )
A．物块在t＝20
s时的速度大小为20
m/s
B．物块在10～20
s内通过的路程为零
C．物块在20～40
s内速度变化量大小为20
m/s
D．物块在t＝40
s时的速度大小为11
m/s
11．甲、乙两车在平直公路上比赛，某一时刻，乙车在甲车前方L1＝11
m处，乙车速度v乙＝60
m/s，甲车速度v甲＝50
m/s，此时乙车离终点线尚有L2＝600
m，如图所示．若甲车加速运动，加速度a＝2
m/s2，乙车速度不变，不计车长．则：
(1)经过多长时间甲、乙两车间距离最大，最大距离是多少？
(2)到达终点时甲车能否超过乙车？
12．近年来我国高速公路发生多起有关客车相撞的严重交通事故，原因之一就是没有掌握好车距．据经验丰富的司机总结，在高速公路上，一般可按车速来确定与前车的距离，如车速为70
km/h，就应与前车保持70
m的距离，车速为80
km/h，就应与前车保持80
m的距离，以此类推，现有一辆客车以大小v1＝90
km/h的速度行驶，一般司机反应时间t＝0.5
s(反应时间内车可视为做匀速运动)，刹车时最大加速度a1＝5
m/s2.
(1)若司机发现前车因故突然停车，则求从司机发现危险到客车停止运动该客车通过的最短路程，并说明按经验，车距保持90
m是否可行．
(2)若客车超载，刹车最大加速度减为a2＝4
m/s2，司机为赶时间而超速，速度达到v2＝144
km/h，且晚上疲劳驾驶，反应时间增为t′＝1.5
s，则求从司机发现危险到客车停止运动客车通过的最短路程，并说明在此情况下经验是否可靠．
1．(双选)(2016·全国卷Ⅰ，21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v—t图象如图所示．已知两车在t＝3
s时并排行驶，则( )
A．在t＝1
s时，甲车在乙车后
B．在t＝0时，甲车在乙车前7.5
m
C．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2
s
D．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40
m
2．(2016·江苏，5)小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动．取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向．下列速度v和位置x的关系图象中，能描述该过程的是( )
3．(2014·课标Ⅱ)甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t＝0到t＝t1的时间内，它们的v－t图象如图所示．在这段时间内( )
A．汽车甲的平均速度比乙的大
B．汽车乙的平均速度等于
C．甲、乙两汽车的位移相同
D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大
4．(2014·天津卷)质点做直线运动的速度—时间图象如图所示，该质点( )
A．在第1秒末速度方向发生了改变
B．在第2秒末加速度方向发生了改变
C．在前2秒内发生的位移为零
D．在第3秒末和第5秒末的位置相同
5．(2014·重庆卷)以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v－t图象可能正确的是
( )
6．(2015·福建卷)一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的v—t图象如图所示．求：
(1)摩托车在0～20
s这段时间的加速度大小a；
(2)摩托车在0～75
s这段时间的平均速度大小.
7．(2017·济南调研)如图所示为甲、乙、丙、丁四辆车由同一地点向同一方向运动的位移、速度随时间变化的四条图线，则下列说法正确的是( )
A．甲车做直线运动，乙车做曲线运动
B．0～t1时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程
C．0～t2时间内，丙、丁两车在t2时刻相距最远
D．0～t2时间内，丙、丁两车的平均速度相等
8．(2017·海口一中七测)如图所示，某同学绘出的一个沿直线运动的物体其加速度a、速度v、位移x随时间t变化的图象，该物体在t＝0时的速度均为零，则能表示该物体在前6
s内位移的大小等于路程的图象是( )
9.
(2016·北京二模)如图所示为甲、乙两质点做直线运动的速度—时间图象，则下列说法中正确的是( )
A．在0～t3时间内甲、乙两质点的平均速度相等
B．甲质点在0～t1时间内的加速度与乙质点在t2～t3时间内的加速度相同
C．甲质点在0～t1时间内的平均速度小于乙质点在0～t2时间内的平均速度
D．在t3时刻，甲、乙两质点都回到了出发点
10．(2017·西安二检)一辆长为L1＝14
m的客车沿平直公路以v1＝8
m/s的速度匀速向东行驶，一辆长为L2＝10
m的货车由静止开始以a＝2
m/s2的加速度由东向西匀加速行驶，已知货车刚启动时两车前端相距s0＝240
m，当货车的速度达到v2＝24
m/s时即保持该速度匀速行驶，求：
(1)经多长时间两车头相遇；
(2)从车头相遇到车尾相离所用的时间．
11．(2017·武汉模拟)甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动．甲做初速度为零、加速度大小为a1的匀加速直线运动；乙做初速度为v0、加速度大小为a2的匀减速直线运动，直至速度减为零保持静止．甲、乙在运动过程中的位移(x)—速度(v)图象如图所示．
(1)在x－v图象中，图线a表示哪个质点的运动？质点乙的初速度大小v0为多少？
(2)求质点甲、乙的加速度大小a1、a2.
12．(2017·遂宁模拟)遂宁观音湖下穿隧道是西南地区首例城市江底下穿隧道，观音湖隧道设计长度为2
215
m，隧道于2015年2月10日全线通车．一在隧道中行驶的汽车A以vA＝4
m/s的速度向东做匀速直线运动，发现前方相距x0＝7
m处、以vB＝10
m/s的速度同向运动的汽车B正开始匀减速刹车，其刹车的加速度大小a＝2
m/s2，从此刻开始计时，若汽车A不采取刹车措施，汽车B刹车直到静止后保持不动，求：
(1)汽车A追上汽车B前，A、B两汽车间的最远距离；
(2)汽车A恰好追上汽车B需要的时间．
课练2 运动图象
追及与相遇问题1.B 在v－t图象中，图线与时间轴所围的面积表示位移的大小，所以在t1～t2这段时间内A车的位移大，选项A错误；图象的斜率表示物体的加速度，a、b两曲线对称，故在同一时刻，两线的斜率的绝对值是相等的，即A、B的加速度大小相等，选项B正确；t2时刻两车相遇，又因为t1～t2时间内A车位移大，所以在t1时刻A车在后，B车在前，选项C、D错误．
2．D 位移—时间图象的斜率表示速度，由题图可知，甲、乙两质点的运动方向相反，都做匀速直线运动，速度大小相等，故A、B错误；甲、乙两质点从同一点出发，向相反方向运动，则t＝0时，相距最近，所以C错误；已知丙质点的位移—时间图象为抛物线，可写出其运动方程为x＝kt2，由运动学公式可知，丙质点做匀加速直线运动，所以D正确．
3．C 由x＝v0t＋at2结合x－t2图象得，质点的初速度v0＝0，加速度a＝4
m/s2，质点在4
s末的速度v＝at＝16
m/s，故重力的瞬时功率P＝mgv＝160
W，选项A错误；由牛顿第二定律mg－f＝ma，解得质点所受空气阻力大小f＝6
N，选项B错误；质点在第3
s内的平均速度等于第2.5
s末的速度，v2.5＝at2.5＝4×2.5
m/s＝10
m/s，故第3
s内的位移x＝10
m，选项C正确；由Δx＝aT2得任意相邻1
s内的位移差Δx＝4×12
m＝4
m，选项D错误．
4．D 小球在下落阶段做初速度为0的匀加速直线运动，速度方向向下，上升阶段做竖直上抛运动，速度方向向上，两阶段加速度相同，而速度方向相反．故选项A、B、C错误，D正确．
5．AC 选项A为x－t图象，由图象可知t＝0时物体位于坐标原点，在t＝2
s时纵坐标为x＝0，回到初始位置；选项B为v－t图象，由图象可知在0～2
s内v－t图线与时间轴所围的面积越来越大，物体离初始位置越来越远；选项C仍为v－t图象，由图象可知在0～2
s内v－t图线与时间轴所围的面积为零，所以物体的位移为零，物体回到初始位置；选项D为a－t图象，物体在前1
s内和后1
s内加速度等大反向，但物体的初速度未知，物体并不一定回到初始位置．
6．C 图线1表示物体做匀加速直线运动，则A选项错误；从图线可知，在t1时刻，1图线的斜率大于2图线的斜率，故此时v1>v2，选项B错误；0～t3时间内图线4的位移较大，故物体4的平均速度较大，选项C正确；图线2表示在t2时刻物体开始反向运动，而图线4表示在t4时刻物体4沿正方向开始减速运动，选项D错误．
7．D 乙物体的速度一直为正，说明乙物体一直沿正方向运动，A项错误；根据速度—时间图象中图线和时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t2时刻乙物体还没有追上甲物体，B项错误；t2时刻之前，甲的速度比乙的速度大，甲在乙的前方，两者间距增大，t2时刻之后，甲的速度比乙的速度小，甲仍在乙的前方，两者间距减小，所以t2时刻相距最远，C项错误；根据速度—时间图象中图线的斜率表示加速度，知0～t2时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大，D项正确．
8．C 根据v－t图线与时间轴所围面积表示位移可知，两车速度相等时(t＝5
s)，小汽车相对于大卡车的位移为35
m>30
m，所以会追尾，选项A错误；在t＝3
s时，小汽车相对于大卡车的位移等于30
m，此时发生追尾，选项C正确、B错误；若刹车不失灵，在t＝2
s时两车速度相等，小汽车相对于大卡车的位移等于20
m，小于开始时的30
m距离，所以刹车不失灵时不会追尾，选项D错误．
9．C 在0～1
s内，a1＝1
m/s2，物体从静止开始沿正向做匀加速运动，v－t图象是一条倾斜直线，1
s末速度v1＝a1t＝1
m/s，在1～2
s内，a2＝－1
m/s2，物体将仍沿正方向运动，但要减速，2
s末速度v2＝v1＋a2t＝0,2～3
s内重复0～1
s内的运动情况，3～4
s内重复1～2
s内的运动情况．
10．D 物块在0～10
s内做匀加速运动，在10～20
s内做匀速运动，则物块在t＝20
s时的速度v1＝v0＋a1t1＝1
m/s＋2×10
m/s＝21
m/s，选项A错误；物块在10～20
s内通过的路程为v1Δt＝21×10
m＝210
m，选项B错误；a－t图象的面积表示速度的变化量，在20～40
s内速度减少Δv＝×1×(40－20)
m/s＝10
m/s，选项C错误；物块在40
s末的速度大小v2＝v1－Δv＝21
m/s－10
m/s＝11
m/s，选项D正确．
11．解题思路：(1)当甲、乙两车速度相等时，两车间距离最大，即v甲＋at1＝v乙，得
t1＝＝＝5
s.
甲车位移x甲＝v甲t1＋at＝275
m，
乙车位移x乙＝v乙t1＝60×5
m＝300
m，
此时两车间距离Δx＝x乙＋L1－x甲＝36
m.
(2)甲车追上乙车时，位移关系
x′甲＝x′乙＋L1，
甲车位移x′甲＝v甲t2＋at，
乙车位移x′乙＝v乙t2，
得v甲t2＋at＝v乙t2＋L1，
代入数值并整理得t－10t2－11＝0，解得t2＝－1
s(舍去)或t2＝11
s.
此时乙车位移x′乙＝v乙t2＝660
m，因x′乙>L2，故乙车已冲过终点线，即到达终点时甲车不能追上乙车．
答案：(1)5
s 36
m (2)不能
12．解题思路：(1)v1＝90
km/h＝25
m/s
司机发现前方危险后在反应时间内前进的距离x1＝v1t＝12.5
m
刹车时间内前进的距离x2＝＝62.5
m
从司机发现危险到客车停止运动，客车通过的最短路程x＝x1＋x2＝75
m<90
m，经验证可知车距保持90
m可行．
(2)v2＝144
km/h＝40
m/s
在多重违章情况下，司机发现前方危险后在反应时间内前进的距离x3＝v2t′＝60
m
刹车时间内前进的距离x4＝＝200
m
从司机发现危险到客车停止运动，客车通过的最短路程
x′＝x3＋x4＝60
m＋200
m＝260
m
按照经验，速度为144
km/h时的安全距离为144
m，而x′>144
m，所以在多重违章情况下，经验不可靠．
答案：(1)可行 (2)不可靠
加餐练
1．BD 由题图知，甲车做初速度为0的匀加速直线运动，其加速度a甲＝10
m/s2.乙车做初速度v0＝10
m/s，加速度a乙＝5
m/s2的匀加速直线运动.3
s内甲、乙车的位移分别为：x甲＝a甲t＝45
m
x乙＝v0t3＋a乙t＝52.5
m
由于t＝3
s时两车并排行驶，说明t＝0时甲车在乙车前，Δx＝x乙－x甲＝7.5
m，选项B正确；t＝1
s时，甲车的位移为5
m，乙车的位移为12.5
m，由于甲车的初始位置超前乙车7.5
m，则t＝1
s时两车并排行驶，选项A、C错误；甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为52.5
m－12.5
m＝40
m，选项D正确．
2．A 由题意知在运动过程中小球机械能守恒，设机械能为E，小球离地面高度为x时速度为v，则有mgx＋mv2＝E，可变形为x＝－＋，由此方程可知图线为开口向左、顶点在的抛物线，故选项A正确．
3．A 由v－t图象知，在0～t1时间内，甲的位移大于乙的位移，C错误．由＝知，甲的平均速度比乙的大，故A正确．如图所示，汽车乙的v－t图象中，实线下的面积小于倾斜虚线下的面积，故汽车乙的平均速度小于，B错误．v－t图象中的斜率表示加速度，甲、乙图线上各点切线的斜率的绝对值均逐渐减小，故加速度都逐渐减小，D错误．
4．D 由题图可知0～2
s内，速度为正，运动方向未改变，2
s末时，位移最大，v－t图线斜率表示加速度，1～3
s图线斜率未改变，故第2
s末加速度方向没有变化，A、B、C错误；由v－t图线与时间轴所围面积表示位移知，第3
s末和第5
s末质点位置相同，D正确．
5．D 受空气阻力作用的物体，上升过程：mg＋kv＝ma，得a＝g＋v，v减小，a减小，A错误．到达最高点时v＝0，a＝g，即两图线与t轴相交时斜率相等，故D正确．
6．解题思路：(1)加速度a＝①
由v－t图象并代入数据得a＝1.5
m/s2②
(2)设20
s时速度为vm,0～20
s的位移
s1＝t1③
20～45
s的位移s2＝vmt2④
45～75
s的位移s3＝t3⑤
0～75
s这段时间的总位移s＝s1＋s2＋s3⑥
0～75
s这段时间的平均速度＝⑦
代入数据得＝20
m/s⑧
答案：(1)1.5
m/s2 (2)20
m/s
7．C x－t图象只能描述做直线运动的物体的位移随时间的变化情况，A错；由题图知，甲、乙两车在0～t1时间内做单向的直线运动，在这段时间内两车通过的位移和路程均相等，B错；由题图知，t2时刻丙、丁速度相等，两者相距最远，C对；0～t2时间内丙的位移小于丁的位移，故丙的平均速度小于丁的平均速度，D错．
8．D 本题考查运动图象的物理意义．选项A、B、C中，物体做往返运动，位移的大小都小于路程，选项A、B、C错误；选项D中，物体做单方向的直线运动，位移的大小等于路程，选项D正确．
9．A 因在0～t3时间内甲、乙两质点的速度图线与t轴所围“面积”相等，说明位移相等，则甲、乙两质点的平均速度相等，故A项正确．在0～t1时间内，甲的图线斜率为正值，加速度为正方向；在t2～t3时间内，乙的图线斜率为负值，加速度为负方向，两个加速度不相同，故B项错误．甲质点在0～t1时间内的平均速度等于＝；乙质点在0～t2时间内的平均速度等于＝，故C项错误．由图可知甲、乙两质点的速度均为正值，则两质点均做单向直线运动，不可能回到出发点，故D项错误．
10．解题思路：(1)设经过t1时间两车车头相遇，并假设货车始终在做匀加速运动，则v1·t1＋at＝s0
解得t1＝12
s
此时货车的行驶速度v货＝at1＝24
m/s(货车刚好达到匀速行驶的速度，假设成立)
(2)设错车时间为t2，两车错车时刚好匀速行驶
则v1·t2＋v2·t2＝L1＋L2
解得t2＝0.75
s
答案：(1)12
s (2)0.75
s
11．解题思路：(1)根据题图可知，图线a对应质点的速度随位移增大而增大，图线b对应质点的速度随位移增大而减小，所以图线a表示质点甲的运动．
当x＝0时，质点乙的速度为6
m/s，即质点乙的初速度大小v0＝6
m/s
(2)设甲、乙通过x＝6
m处时的速度均为v，则
对甲有v2＝2a1x①
对乙有v2－v＝－2a2x②
联立①②得a1＋a2＝3
m/s2③
当甲的速度v1＝8
m/s、乙的速度v2＝2
m/s时，两质点通过相同的位移x′.
对甲有v＝2a1x′④
对乙有v－v＝－2a2x′⑤
联立④⑤得a1＝2a2⑥
联立③⑥得a1＝2
m/s2，a2＝1
m/s2
答案：(1)甲6
m/s (2)a1＝2
m/s2，a2＝1
m/s2
12．解题思路：(1)当A、B两汽车速度相等时，两车间的距离最远，即
v＝vB－at＝vA
得t＝＝3
s
此时汽车A的位移xA＝vAt＝12
m
汽车B的位移xB＝vBt－at2＝21
m
A、B两汽车间的最远距离Δxm＝xB＋x0－xA＝16
m
(2)汽车B从开始减速直到静止经历的时间t1＝＝5
s
运动的位移x′B＝＝25
m
汽车A在t1时间内运动的位移
x′A＝vAt1＝20
m
此时相距Δx＝x′B＋x0－x′A＝12
m
汽车A需要再运动的时间t2＝＝3
s
故汽车A追上汽车B所用时间t＝t1＋t2＝8
s
答案：(1)16
m (2)8
s周测七 恒定电流(B卷)
(本试卷满分95分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1．(多选)
如图所示为小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图象，P为图线上一点，PN为图线在P点的切线，PQ为横轴的垂线，PM为纵轴的垂线，则下列说法中正确的是( )
A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻不变
B．对应P点，小灯泡的电阻为R＝
C．对应P点，小灯泡的电阻为R＝
D．对应P点，小灯泡消耗的实际功率为图中矩形PQOM所围面积的大小
2.
某实验小组的同学在实验室利用电压表探究漆包线的漏电情况．现取两根电阻均为2
Ω、长度均为2
m的漆包线固定在绝缘的水平桌面上，如图所示．电路漏电可等效为在漏电处接一定值电阻，假设两导线均在距离左端M等距离的位置O处发生了漏电现象．如果在两导线M端接入一大小为5
V的恒定电压，用理想电压表测出N端的输出电压为4
V；如果在N端接入一大小为5
V的恒定电压，用理想电压表测出M端的输出电压为2.5
V．则M、O两点之间的距离为( )
A．0.2
m
B．0.4
m
C．0.6
m
D．0.8
m
3．已知小灯泡A的额定电压和额定功率分别为110
V、40
W，小灯泡B的额定电压和额定功率分别为110
V、100
W，滑动变阻器的最大阻值为300
Ω.下列电路图中既能使两灯泡正常发光，又能使电路消耗的电能最少的是( )
4．(多选)如图所示，
图线甲、乙分别为电源和某金属导体的伏安特性曲线，电源的电动势和内阻分别用E、r表示，根据所学知识分析下列选项正确的是( )
A．E＝50
V
B．r＝
Ω
C．当该导体直接与该电源相连时，该导体的电阻为20
Ω
D．当该导体直接与该电源相连时，电路消耗的总功率为80
W
5．(多选)如图所示，图甲中M为一电动机，当滑动变阻器R的滑动触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示．已知电流表读数在0.2
A以下时，电动机没有发生转动．不考虑电表内阻对电路的影响，以下判断正确的是( )
A．电路中电源电动势为3.6
V
B．滑动变阻器的滑动触头向右滑动过程，电压表V2读数逐渐减小
C．滑动变阻器的滑动触头向右滑动时，电动机的输出功率增大
D．滑动变阻器的最大阻值为30
Ω
6.
(多选)如图所示电路中，电阻R1∶R2∶R3∶R4＝1∶2∶3∶4，C为电容器，A为电流表，当电路中某个电阻断路瞬间，发现有自上而下的电流通过电流表A，则断路的电阻可能是( )
A．R1
B．R2
C．R3
D．R4
7.
(多选)如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r.闭合开关后，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表示数变化量的绝对值为ΔI，则( )
A．ΔU2＝ΔU1＋ΔU3
B.＝R＋r
C.和保持不变
D．电源输出功率先增大后减小
8．(多选)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
二、非选择题(本题包括4小题，共47分)
9．(9分)某学习小组通过实验来研究电器元件Z的伏安特性曲线．他们在实验中测得电器元件Z两端的电压与通过它的电流的数据如下表：
U/V
0.00
0.20
0.50
1.00
1.50
2.00
2.50
3.00
I/A
0.000
0.050
0.100
0.150
0.180
0.195
0.205
0.215
现备有下列器材：
A．内阻不计的6
V电源；
B．量程为0～3
A的内阻可忽略的电流表；
C．量程为0～0.3
A的内阻可忽略的电流表；
D．量程为0～3
V的内阻很大的电压表；
E．阻值为0～10
Ω，允许通过的最大电流为3
A的滑动变阻器；
F．电键和导线若干．
(1)这个学习小组在实验中电流表选________(填器材前面的字母)．
(2)下面的实验电路图中最合理的是________．
(3)利用表格中数据描绘出电器元件Z的伏安特性曲线如图甲所示，分析曲线可知该电器元件Z的电阻随U的变大而________(填“变大”、“变小”或“不变”)．
(4)若把电器元件Z接入如图乙所示的电路中时，电流表的读数为0.150
A，已知A、B两端的电压恒为2.00
V，则定值电阻R0的阻值为________Ω.
10．(9分)
某同学用如图1所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势E和内阻r，R为电阻箱．干电池的工作电流不宜超过0.5
A．实验室提供的器材如下：电压表(量程0～3
V，内阻约3
kΩ)；电阻箱(阻值范围0～999.9
Ω)；开关、导线若干．
(1)请根据电路图在图2所示实物图中画出连线，将器材连接成实验电路．
(2)实验时，改变电阻箱R的阻值，记录电压表的示数U，得到若干组R、U的数据．根据实验数据绘出如图3所示的－图线．由图象得出电池组的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.
(3)本实验测得的电池组的电动势与实际值相比________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)，测得的内阻与实际值相比________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)．
11．(15分)
(2017·安庆模拟)在如图所示电路中，定值电阻R0＝2
Ω，电流表和电压表均为理想电表．闭合开关S，当滑动变阻器Rx的滑片P从一端移向另一端时，发现电压表的电压变化范围为0～3
V，电流表的变化范围为0.75～1.0
A．求：
(1)电源的电动势和内阻．
(2)移动变阻器滑片时，能得到的电源的最大输出功率．
12．(14分)有一个小型直流电动机，把它接入电压为U1＝0.2
V的电路中时，电动机不转，测得流过电动机的电流I1＝0.4
A；若把电动机接入U2＝2.0
V的电路中，电动机正常工作，工作电流I2＝1.0
A．求：
(1)电动机正常工作时的输出功率多大？
(2)如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，此时电动机的发热功率是多大？
周测七 恒定电流(B卷)
1．BD 由题图可知，图线的斜率逐渐减小，说明小灯泡的电阻逐渐增大，故A错误；对应P点，小灯泡的电阻为R＝，故B正确、C错误；因P＝UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡消耗的实际功率，故D正确．
2．B 由题可知测量过程中的等效电路如图所示，当在M端接入恒定电压时，N端的输出电压UN＝4
V，即漏电电阻R两端的电压也为4
V．设两根输电线的MO段和NO段电阻分别为RMO和RNO，则有＝，同理，当在N端接入恒定电压时，则有＝，解得RMO＝，由电阻定律R＝ρ∝l，可得M、O两点之间的距离lMO＝＝0.4
m，B正确．
3．C 灯泡A、B的额定电压均为110
V，由R＝可知，RA>RB，且应满足IA4．AC 根据U＝E－Ir，可知图线甲的斜率的绝对值等于电源内阻r，图线甲在纵轴上的截距为电源的电动势，即E＝50
V，内阻r＝
Ω＝5
Ω，A正确、B错误；根据题图可知，当该导体直接与该电源相连时，电流I＝＝2
A，得R＝20
Ω，C正确；当该导体直接与该电源相连时，电路消耗的总功率为P＝EI＝50×2
W＝100
W，D错误．
5．AD 由题图可知，电压表V2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示电压表V2的读数与电流的关系，U＝E－Ir，此图线的斜率的绝对值即为电源的内阻，为r＝
Ω＝2
Ω，当电流I＝0.1
A时，路端电压U＝3.4
V，则电源电动势
E＝U＋Ir＝3.4
V＋0.1×2
V＝3.6
V，A正确；滑动变阻器向右滑动时，其接入电路的阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即电压表V2读数逐渐增大，B错误；由题图乙可知，电动机的电阻rM＝
Ω＝4
Ω，当电流I＝0.3
A时，电动机两端电压U＝3
V，电动机输出功率最大，而在电流表读数在0.2
A以下时，电动机的输出功率一直为0，C错误；当电路中电流最小时，滑动变阻器的阻值为最大值，即I＝0.1
A时，R＝＝
Ω＝30
Ω，D正确．
6．BC 本题考查了串并联电路的特点、含容电路等知识点．假设电源负极电势为零，路端电压为U，则电容器上极板电势等于电阻R2两端电压，即为φ上＝U；电容器下极板电势等于电阻R4两端电压，即为φ下＝U；故φ上>φ下，电容器上极板带正电；若有自上而下的电流通过电流表，说明电容器两端电压变大，极性不变，故电阻R2变大或者电阻R3变大，断路相当于电阻变为无穷大，选项A、D错误，选项B、C正确．
7．BC 本题考查了电路的动态分析．由电路图知，电阻R、滑动变阻器、电流表串联在电路中，电压表V1测R两端电压，电压表V2测路端电压，电压表V3测滑动变阻器两端的电压，滑动变阻器的滑片向下滑动，电路中总电阻减小，电流增大，路端电压减小，R两端的电压增大，则滑动变阻器两端的电压减小，由串联电路的特点知，ΔU2＝ΔU3－ΔU1，选项A错误；将R等效为电源的内阻，所以＝R＋r，选项B正确；＝R，是不变的，＝r，是不变的，选项C正确；当内电阻等于外电阻时，电源输出功率最大，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，减小滑动变阻器连入电路中的阻值，电源输出功率一直增大，选项D错误．
8．CD 本题考查欧姆定律、电功率．电源电动势为3.0
V，内阻不计，L1两端的电压为U1＝3.0
V，由图乙知，通过L1的电流为I1＝0.25
A，由欧姆定律得L1的电阻R1＝＝＝12
Ω，选项A错误；L1消耗的电功率P1＝U1I1＝3.0
V×0.25
A＝0.75
W，选项B错误；由图甲可知，L2两端的电压U2和定值电阻两端的电压UR之和等于3.0
V，即U2＋UR＝3.0
V，在电源、L2、R组成的回路中，将R等效为电源内阻，结合图乙可知，U2＝1.5
V，I2＝0.2
A，由欧姆定律得L2的电阻R2＝＝＝7.5
Ω，选项C正确；L2消耗的电功率P2＝U2I2＝1.5
V×0.2
A＝0.3
W，选项D正确．
9．解题思路：(1)表格中最大电流为0.215
A，电流表应选C.(2)被测量电器元件Z的电阻约为R＝≈14
Ω，又电流表内阻可忽略，电流表内外接均可，电压从零调起，则滑动变阻器采用分压接法，电路选D.(3)在图线上取一点，将该点与原点相连，连线的斜率大小为电阻的倒数，电压越大，该连线斜率越小，则电阻越大．(4)当电路中电流为0.150
A时，电器元件Z两端的电压为1.00
V，电阻R0上电压为1.00
V，R0的阻值为6.67
Ω.
答案：(1)C (2)D (3)变大 (4)6.67
10．解题思路：(2)根据闭合电路欧姆定律得E＝U＋，变换为＝·＋，结合图象可得电动势E＝2.86
V，内阻r＝6.05
Ω.(3)若考虑电压表内阻对实验测量的影响，则有E＝U＋r，变换为＝·＋，可知电动势测量值偏小，内阻测量值偏小．
答案：(1)如图所示 (2)2.86 6.05(6.02～6.08均可) (3)偏小 偏小
11．解题思路：(1)当Rx＝0时，Ux1＝0，对应电流为I1＝1.0
A，由闭合电路欧姆定律得E＝I1(R0＋r)①
当Rx为最大值时，Ux2＝3
V，对应电流为I2＝0.75
A，有
E＝I2(R0＋r)＋Ux2②
Rx的最大值为Rxm＝＝
Ω＝4
Ω.
由①②两式代入数据得E＝12
V，r＝10
Ω.
(2)电源的输出功率P输出＝2(Rx＋R0)
当Rx＋R0＝r时，电源有最大输出功率，但Rx＋R0恒小于r，由输出功率随外电阻变化的关系知，当Rx＋R0取最大值时输出功率最大，即Pm＝2(Rxm＋R0)＝2×(4＋2)
W＝3.375
W.
答案：(1)12
V 10
Ω (2)3.375
W
12．解题思路：(1)U1＝0.2
V时，电动机不转，此时电动机为纯电阻，故电动机线圈内阻r＝＝
Ω＝0.5
Ω
U2＝2.0
V时，电动机正常工作，此时电动机为非纯电阻，则由电功率与热功率的定义式得
P电＝U2I2＝2.0×1.0
W＝2
W
P热＝Ir＝1.02×0.5
W＝0.5
W
所以由能量守恒定律可知，电动机的输出功率
P出＝P电－P热＝2
W－0.5
W＝1.5
W
(2)此时若电动机突然被卡住，则电动机成为纯电阻，其热功率
P′热＝＝
W＝8
W
答案：(1)1.5
W (2)8
W课练6 受力分析 共点力的平衡
1.(多选)在广场游玩时，一小孩将一充有氢气的气球用轻细绳系于一个小石块上，并将小石块静置于水平地面上，
如图所示．风沿水平方向吹，气球受到的风力f＝kSv2(k是阻力系数，S是迎风横截面积，v是风速)．若水平的风速逐渐增大(设空气密度不变，气球所受的空气浮力不变)，则下列说法正确的是
( )
A．细绳的拉力逐渐增大
B．地面受到小石块的压力逐渐减小
C．小石块滑动前受到地面施加的摩擦力逐渐增大，滑动后受到的摩擦力不变
D．小石块有可能连同气球一起被吹离地面
2.
(多选)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细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B.则( )
A．A对地面的压力等于(M＋m)g
B．A对地面的摩擦力方向向左
C．B对A的压力大小为mg
D．细线对小球的拉力大小为mg
3.
(多选)如图所示，一条轻绳跨过定滑轮连接两个质量分别为mA、mB的小球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及滑轮的重力，两球平衡时OA绳与水平方向的夹角为2θ，OB绳与水平方向的夹角为θ.下列判断正确的是
( )
A．两个小球的质量关系为mA＝mB
B．两个小球的质量关系为mA∶mB＝2cosθ∶1
C．竖直杆对小球的作用力都小于小球自身的重力
D．定滑轮受到细绳的力大于(mA＋mB)g
4.
如图所示，截面为三角形的木块a上放置一铁块b，三角形木块竖直边靠在竖直且粗糙的竖直墙面上，现用竖直向上的作用力F，推动木块与铁块一起向上匀速运动，运动过程中铁块与木块始终保持相对静止，则下列说法正确的是( )
A．木块a与铁块b间一定存在摩擦力
B．木块与竖直墙面间一定存在水平弹力
C．木块与竖直墙面间一定存在摩擦力
D．竖直向上的作用力F大小一定大于铁块与木块的重力之和
5．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，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )
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
6．(多选)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沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行．在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则( )
A．b对c的摩擦力一定减小
B．b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上
C．地面对c的摩擦力方向一定向右
D．地面对c的摩擦力一定减小
7.
如图所示，一直杆倾斜固定，并与水平方向成30°的夹角；直杆上套有一个质量为0.5
kg的圆环，圆环与轻弹簧相连，在轻弹簧上端施加一竖直向上、大小F＝10
N的力，圆环处于静止状态．已知直杆与圆环之间的动摩擦因数为0.7，g取10
m/s2.下列说法正确的是( )
A．圆环受到直杆的弹力，方向垂直直杆向上
B．圆环受到直杆的弹力大小等于2.5
N
C．圆环受到直杆的摩擦力，方向沿直杆向上
D．圆环受到直杆的摩擦力大小等于2.5
N
8.
如图甲所示，两段等长细线串接着两个质量相等的小球a、b，悬挂于O点．现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在b球上的力大小为F，作用在a球上的力大小为2F，则此装置平衡时的位置可能如图乙中( )
9.
(多选)如图所示，斜面体放置于粗糙水平地面上，物块A通过跨过定滑轮的轻质细绳与物块B连接，系统处于静止状态，现对B施加一水平力F使B缓慢地运动，使绳子偏离竖直方向一个角度，在此过程中( )
A．斜面对物块A的摩擦力一直增大
B．绳对滑轮的作用力不变
C．地面对斜面体的摩擦力一直增大
D．地面对斜面体的支持力保持不变
10.
(多选)如图所示，斜面体A静止放置在水平地面上．质量为m的滑块B在外力F1和F2的共同作用下沿斜面体表面向下运动．当F1方向水平向右、F2方向沿斜面体的表面向下时，斜面体受到地面的摩擦力方向向左．则下列说法中正确的是
( )
A．若只撤去F1，在滑块B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力的方向可能向右
B．若只撤去F2，在滑块B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力的方向可能向右
C．若只撤去F2，在滑块B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力不变
D．若同时撤去F1和F2，滑块B的加速度方向一定沿斜面向下
11.
如图所示，水平细杆上套一环A，环A与球B间用一不可伸长轻质绳相连，质量分别为mA＝0.40
kg和mB＝0.30
kg，由于B球受到水平风力作用，使环A与球B一起向右匀速运动．运动过程中，绳始终保持与竖直方向夹角θ＝30°，重力加速度g取10
m/s2，求：
(1)B球受到的水平风力大小；
(2)环A与水平杆间的动摩擦因数．
12．质量为m＝0.8
kg的砝码悬挂在轻绳PA和PB的结点上并处于静止状态，PA与竖直方向的夹角为37°，PB沿水平方向．质量为M＝10
kg的木块与PB相连，静止于倾角为37°的斜面上，如图所示．(取g＝10
m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：
(1)轻绳PB拉力的大小；
(2)木块所受斜面的摩擦力和弹力的大小．
1．(多选)(2013·新课标全国卷Ⅰ)2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．图(a)为利用阻挡系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止．某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t＝0.4
s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度—时间图线如图(b)所示．假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1
000
m．已知航母始终静止，重力加速度的大小为g.则( )
A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10
B．在0.4
s～2.5
s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化
C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5g
D．在0.4
s～2.5
s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变
2.
(2013·课标Ⅱ)如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上．若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F2＞0)．由此可求出( )
A．物块的质量
B．斜面的倾角
C．物块与斜面间的最大静摩擦力
D．物块对斜面的正压力
3．(2017·山西右玉一模)如图所示，物块A和滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，
滑环B套在与竖直方向成θ＝37°的粗细均匀的固定杆上，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，滑环B恰好不能下滑，滑环和杆间的动摩擦因数μ＝0.4，设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A和滑环B的质量之比为
( )
A.
B.
C.
D.
4．(2017·东北三校二联)
如图所示，有一倾角θ＝30°的斜面体B，质量为M.质量为m的物体A静止在B上．现用水平力F推物体A，在F由零逐渐增加至mg再逐渐减为零的过程中，A和B始终保持静止．对此过程下列说法正确的是( )
A．地面对B的支持力大于(M＋m)g
B．A对B的压力的最小值为mg，最大值为mg
C．A所受摩擦力的最小值为0，最大值为
D．A所受摩擦力的最小值为mg，最大值为mg
5.
(2017·陕西保鸡质检)如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，轻杆A端用铰链固定，滑轮在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计)，轻杆B端吊一重物G，现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉(均未断)，在AB杆达到竖直前，以下分析正确的是( )
A．绳子越来越容易断
B．绳子越来越不容易断
C．AB杆越来越容易断
D．AB杆越来越不容易断
6．(多选)(2017·河北石家庄质检)如图所示，固定的半球面右侧是光滑的，左侧是粗糙的，O点为球心，A、B为两个完全相同的小物块(可视为质点)，小物块A静止在球面的左侧，受到的摩擦力大小为F1，对球面的压力大小为N1；小物块B在水平力F2作用下静止在球面的右侧，对球面的压力大小为N2，已知两小物块与球心连线和竖直方向的夹角均为θ，则( )
A．F1∶F2＝cosθ∶1
B．F1∶F2＝sinθ∶1
C．N1∶N2＝cos2θ∶1
D．N1∶N2＝sin2θ∶1
7．(2017·南通模拟)如图所示，当风水平吹来时，风筝面与水平面成一夹角，人站在地面上拉住连接风筝的细线，则( )
A．空气对风筝的作用力方向水平向右
B．地面对人的摩擦力方向水平向左
C．地面对人的支持力大小等于人和风筝的总重力
D．风筝处于稳定状态时，拉直的细线可能垂直于风筝面
8.
(2017·河北正定中学月考)在机场货物托运处，常用传送带运送行李和货物，如图所示．靠在一起的两个材料相同、质量和大小均不同的行李箱随传送带一起上行，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )
A．匀速上行时b受3个力作用
B．匀加速上行时b受4个力作用
C．在上行过程中传送带因故突然停止后，b受4个力作用
D．在上行过程中传送带因故突然停止后，b受的摩擦力一定比原来大
9.
(2017·昆明质检)如图所示，两个质量均为m的小球用轻质细杆连接静止于内壁光滑的半球形碗内，杆及碗口平面均水平，碗的半径及两小球之间的距离均为R，不计小球半径，重力加速度为g，则碗对每个小球的支持力大小为( )
A.mg
B.mg
C.mg
D．2mg
10.
(2017·扬州检测)水平地面上固定着一个倾角为θ的光滑斜面体，在它上面放有质量为m的物块，用一根平行于斜面的细线连接一个轻环，并将轻环套在一根两端固定、粗糙的水平直杆上，整个系统处于静止状态，如图所示，则杆对环的摩擦力大小为(已知重力加速度为g)( )
A．mgsinθ
B．mgcosθ
C．mgtanθ
D．mgsinθcosθ
11.
(2017·眉山中学二模)如图所示，μ＝，粗糙斜面的倾角为30°，轻绳通过两个滑轮与A相连，轻绳的另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的摩擦．物块A的质量为m，不计滑轮的质量，挂上物块B后，当滑轮两边轻绳的夹角为106°时，A、B恰能保持静止且A所受摩擦力沿斜面向下，求物块B的质量．(sin37°＝，cos37°＝，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10
m/s2)
12．(2017·济宁市摸底测试)
如图所示，物体A的质量为2
kg，两根轻绳AB和AC的一端连接于竖直墙上，另一端系于物体A上．在物体A上施加一个与水平方向成θ＝60°角斜向上的拉力F，若要使两绳都能伸直，求拉力F的大小范围．(g取10
m/s2)
课练6 受力分析 共点力的平衡
1．AC
以气球为研究对象，受力分析如图甲所示，重力G1、空气的浮力F1、风力F、绳子的拉力T.设绳子与水平方向的夹角为α，当风力增大时，α将减小．根据平衡条件得，竖直方向有F1＝G1＋Tsinα，当α减小时，sinα减小，而F1、G1都不变，则绳子拉力T增大，故A正确．以气球和石块整体为研究对象，受力分析如图乙，根据平衡条件得，竖直方向有N＋F1＝G1＋G2，水平方向有f＝F.气球所受的浮力F1、气球的重力G1、石块的重力G2都不变，则地面对石块的支持力N不变，地面受到小石块的压力也不变．在石块滑动前，当风力F增大时，石块所受的摩擦力增大，当石块滑动后受到的摩擦力f＝μN保持不变，故B错误、C正确．由于地面对石块的支持力FN＝G1＋G2－F1保持不变，与风力无关，所以当风力增大时，小石块连同气球一起不可能被吹离地面，故D错误．
2．AC
对A、B整体受力分析，受重力和支持力，相对地面无滑动趋势，故不受摩擦力，根据平衡条件，支持力大小等于整体的重力，为(M＋m)g；根据牛顿第三定律，整体对地面的压力与地面对整体的支持力是相互作用力，大小相等，故A对地面的压力等于(M＋m)g，故A正确、B错误．对小球受力分析，如图所示，根据平衡条件有F＝，T＝mgtanθ，其中cosθ＝，tanθ＝，故F＝mg，T＝mg，故C正确、D错误．
3．BD
分别对A、B受力分析，运用合成法，如图．由几何知识得：Tsin2θ＝mAg，Tsinθ＝mBg，故mA∶mB＝sin2θ∶sinθ＝2cosθ∶1，故选项B正确、A错误．由图可知竖直杆对小球的作用力分别为FB＝和FA＝，因为θ大小未知，所以不能判断竖直杆对小球的作用力与小球自身的重力的关系，选项C错误；对A、B整体而言，受绳的拉力、竖直向下的重力(mA＋mB)g和竖直细杆对两个球的水平向右的支持力，所以定滑轮对绳的拉力的合力等于竖直向下的重力(mA＋mB)g和竖直细杆对两个球的水平向右的支持力的合力，由牛顿第三定律可知，定滑轮受到细绳的力大于(mA＋mB)g，选项D正确．
4．A 铁块b匀速运动，故铁块b受重力、a对它的垂直斜面向上的支持力和沿斜面向上的静摩擦力，选项A正确；将a、b看做一个整体，竖直方向有F＝Ga＋Gb，选项D错误；整体水平方向不受力，故木块与竖直墙面间不存在水平弹力，没有弹力也就没有摩擦力，选项B、C错误．
5．C A、B均处于平衡状态，它们所受的合力均为零，选取B为研究对象，其肯定受到竖直向下的重力和垂直于斜面向上的弹力，考虑到B所受的合力为零，B肯定还受到A对它施加的沿接触面向上的静摩擦力(因为A、B相对静止，所以是静摩擦力)，根据平衡条件有F静＝mgsinθ<μmgcosθ，所以A与B间的动摩擦因数μ>tanθ，选项A、D错误；根据牛顿第三定律，A受到B的静摩擦力方向沿斜面向下，选项B错误；选取A、B组成的整体为研究对象，对其受力分析并根据平衡条件可知，A受到斜面的滑动摩擦力大小为2mgsinθ，选项C正确．
6．BD
在a中沙子缓慢流出的过程中，细绳中拉力减小，由于无法判断物块b的重力沿斜面向下的分力和拉力大小的关系，b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上，也可能平行斜面向下，所以b对c的摩擦力不一定减小，选项A错误，B正确；把b和c看做整体，受力分析，由平衡条件知，地面对c的摩擦力方向一定向左，f＝Tcosθ，T减小，地面对c的摩擦力一定减小，选项C错误、D正确．
7．D
对圆环受力分析如图所示，由于F＝10
N>mg＝5
N，所以杆对环的弹力FN垂直杆向下，杆对环还有沿杆向下的静摩擦力Ff，则FN与Ff的合力应竖直向下，大小为F合＝F－mg＝5
N，所以FN＝F合cos30°＝
N，Ff＝F合sin30°＝2.5
N．综上可知选项D正确．
8．C
将a、b两个小球作为一个整体，如图所示，设上面的细线与竖直方向夹角为α，则根据受力分析可求出tanα＝，再单独研究b小球，设下面的细线与竖直方向夹角为β，根据受力分析可知，tanβ＝，因此下面细线与竖直方向夹角β>α，a球在竖直线的右侧，而b球在竖直线的左侧，故选项C正确．
9．CD 当对B施加一水平力F使B缓慢地运动时，拉力F与绳子上的力的合力与物块B的重力相平衡，对B受力分析可知，当绳子偏离竖直方向的角度逐渐增大时，绳子上的拉力会逐渐增大，故绳子拉A的力也会增大，如果原来A受到沿斜面向上的摩擦力，则当拉力增大时，该摩擦力就会先减小，选项A错误；滑轮受到绳子对它两侧的弹力的作用，从这两个力的合力的方向来看，绳对滑轮的作用力是变化的，选项B错误；对物块A、B和斜面体整体，水平方向的拉力F在逐渐增大，故地面对斜面体的摩擦力一直增大，选项C正确；由于外力F沿水平方向，故竖直方向上整体受到的力是不变的，即地面对斜面体的支持力保持不变，选项D正确．
10．CD 本题可以从以下两个方面进行讨论．(1)假设斜面体A表面光滑(设斜面的倾角为θ，A的质量为mA)，如果撤去F1，使A相对地面有运动趋势的外力大小是FN2sinθ＝mgcosθsinθ，方向向右，如图甲所示．由于mgcosθsinθ<(mgcosθ＋F1sinθ)sinθ，所以A所受地面的摩擦力仍然是静摩擦力，其方向仍然是向左，而不可能向右，故A错误．如果撤去F2，在滑块B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力的变化情况要从A受地面摩擦力作用的原因角度去思考，即寻找出使A相对地面有运动趋势的外力的变化情况．通过分析，使A相对地面有向右滑动趋势的外力是(mgcosθ＋F1sinθ)sinθ.如图乙、丙所示，与F2是否存在无关．所以撤去F2，在滑块B仍向下运动的过程中，A所受地面的摩擦力应该保持不变，故B错误、C正确．若同时撤去F1和F2，滑块B的加速度方向一定沿斜面向下，故D正确．
(2)假设斜面体A表面粗糙(设A、B间动摩擦因数为μ)，在斜面体A表面粗糙的情况下，B在F1、F2共同作用下沿斜面向下的运动就不一定是匀加速直线运动，也可能是匀速直线运动．由题意知，在B沿斜面下滑时，受到A对它的弹力FN和滑动摩擦力f，根据牛顿第三定律，这两个力反作用于A.斜面体A实际上就是在这两个力的水平分力作用下有相对地面向右的运动趋势，即FNsinθ>fcosθ，又因为f＝μFN，所以FNsinθ>μFNcosθ，即μ0，所以斜面体A有相对地面向右运动的趋势，摩擦力方向向左，故A错误．又由于F2的存在与否对斜面体受地面摩擦力大小没有影响，故撤去F2后，斜面体A所受摩擦力的大小和方向均保持不变，故B错误、C正确．同时撤去F1和F2，由以上分析可知mgsinθ>μmgcosθ，所以滑块B所受的合力沿斜面向下，加速度方向也一定沿斜面向下，故D正确．
11．解题思路：
(1)对B球受力分析，如图甲所示，根据平衡条件可得
F＝mBgtanθ
数据代入得F＝
N≈1.73
N
(2)选取环、球和轻绳整体为研究对象，受力如图乙所示．
根据平衡条件得FN＝(mA＋mB)g
F＝f
且f＝μFN
解得μ＝
数据代入得μ＝≈0.25
答案：(1)1.73
N (2)0.25
12．解题思路：(1)对点P受力分析如图甲所示，根据共点力的平衡条件得
FB－FAsin37°＝0
FAcos37°－mg＝0
联立解得FB＝＝6
N
(2)对木块受力分析如图乙所示，由共点力的平衡条件得
Mgsin37°＋FBcos37°－Ff＝0
FN＋FBsin37°－Mgcos37°＝0
联立解得Ff＝Mgsin37°＋FBcos37°＝64.8
N
FN＝Mgcos37°－FBsin37°＝76.4
N.
答案：(1)6
N (2)64.8
N 76.4
N
加餐练
1．AC 速度图线与时间轴所围面积表示物体的位移，估算图中面积约为110
m，故A正确；由于速度图线的斜率表示物体的加速度，由图可知在0.4
s～2.5
s内飞机加速度大小几乎不变，约为27
m/s2，则飞机所受阻拦索的合力F不变，但飞机的速度在减小，两侧阻拦索间夹角θ在减小，故由P＝Fv知D错误，由F＝2Tcos知阻拦索的张力在减小，B错误；由上述知C正确．
2．C 物块对斜面的正压力FN＝mgcosθ，当物块所受外力F为最大值F1时，具有向上的运动趋势
由平衡条件可得：F1＝mgsinθ＋fm；
同理：当物块所受外力F为最小值F2时，具有向下的运动趋势，即F2＋fm＝mgsinθ.
联立解得fm＝，F1＋F2＝2mgsinθ，由于物块质量m和斜面的倾角θ未知，故选项C正确；选项A、B、D错误．
3．C 设物块A和滑环B的质量分别为m1、m2，若杆对B的弹力垂直于杆向下，因滑环B恰好不能下滑，则由平衡条件有m2gcosθ＝μ(m1g－m2gsinθ)，解得＝；若杆对B的弹力垂直于杆向上，因滑环B恰好不能下滑，则由平衡条件有m2gcosθ＝μ(m2gsinθ－m1g)，解得＝－(舍去)．综上分析可知应选C.
4．B 因为A、B始终保持静止，对A、B整体受力分析可知，地面对B的支持力一直等于(M＋m)g，A错误．当F＝0时，A对B的压力最小，为mgcos30°＝mg；当F＝mg时，A对B的压力最大，为mgcos30°＋Fsin30°＝mg，B正确．当Fcos30°＝mgsin30°时，即F＝mg时，A所受摩擦力为0，当F＝0时，A所受摩擦力大小为mg，方向沿斜面向上，当F＝mg时，A所受摩擦力大小为mg，方向沿斜面向下，选项C、D错误．
5.
B 以B点为研究对象，它受三个力的作用而处于动态平衡状态，其中一个是轻杆的弹力T，一个是绳子斜向上的拉力F，一个是绳子坚直向下的拉力F′(大小等于物体的重力mg)如图，根据相似三角形法，可得＝＝，由于OA和AB不变，OB逐渐减小，因此轻杆上的弹力大小不变，而绳子上的拉力越来越小，选项B正确，其余选项均错误．
6．AC 对A、B分别受力分析如图，根据力的平衡得F1＝mgsinθ，F2＝mgtanθ，得F1∶F2＝cosθ∶1，N′1＝mgcosθ，N′2＝，结合牛顿第三定律得N1∶N2＝cos2θ∶1，所以A、C项正确，B、D项错误．
7．B 空气对风筝的作用力垂直于风筝面斜向右上方，选项A错误；把人和风筝看作一个系统，系统受到竖直向下的重力、地面对系统竖直向上的支持力、空气对系统垂直风筝面斜向上的作用力，要使系统静止，人必然受到地面对他的水平向左的摩擦力，选项B正确；空气对整个系统的作用力有向上的分力，因此地面对人的支持力要小于人和风筝的总重力，选项C错误；当风筝处于稳定状态时，以风筝为研究对象，风筝受重力、细线的拉力、空气对风筝垂直风筝面斜向上的作用力，三力的合力为零，所以风筝所受的拉力与空气对风筝的作用力不在一条直线上，即拉直的细线不会垂直于风筝面，选项D错误．
8．A 匀速上行时，对行李箱a、b受力分析，均受重力、支持力和静摩擦力作用，a、b间没有挤压，故不会有弹力，A对；同理，匀加速上行时，a、b间也没有挤压，故不会有弹力，B错；在上行过程中传送带因故突然停止时，a、b由于惯性继续上滑，根据牛顿第二定律，有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，解得a＝g(sinθ＋μcosθ)，由于a、b的材料相同，动摩擦因数相同，故加速度相同，没有相互挤压，a、b均受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力三个力作用，C错；在上行过程中传送带因故突然停止后，a、b由于惯性继续上滑，所受摩擦力为滑动摩擦力，而a、b传送带匀速运动时所受摩擦力不大于最大静摩擦力，故b受到的摩擦力不一定变大，D错.
9．B 以其中一小球为研究对象，受力情况如图所示．根据题意可知θ＝30°，由平衡条件有N1＝＝mg，选项B正确．
10．D 设细线的弹力为T，对斜面上的物块由共点力平衡条件有T－mgsinθ＝0，对轻环由共点力平衡条件有Tcosθ－f＝0，解得杆对环的摩擦力大小为f＝mgsinθcosθ.
11．解题思路：先对A受力分析，如图根据共点力平衡条件，有：mgsin30°＋f＝T
N＝mgcos30°
又f＝μN
联立解得：T＝1.25mg
再对B受力分析，则有2Tcos＝Mg
联立解得：M＝1.5m.
答案：1.5m
12．解题思路：对物体A受力分析，A受到重力mg、拉力F、绳AB的拉力F1、绳AC的拉力F2，由平衡条件得
Fsinθ＋F1sinθ－mg＝0①
Fcosθ－F2－F1cosθ＝0②
由①②式得F＝－F1③
F＝＋④
要使两绳都能伸直，则有F1≥0 ⑤，
F2≥0 ⑥
由③⑤式得F有最大值
Fmax＝＝
N
由④⑥式得F有最小值
Fmin＝＝
N
综合得F的取值范围为
N≤F≤
N.
答案：
N≤F≤
N周测三 牛顿运动定律(B卷)
(本试卷满分95分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1.
如图所示，质量为m的球置于45°斜面上，被一个垂直斜面挡板挡住．现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是( )
A．若加速度足够小，挡板对球的弹力可能为零
B．若加速度大小为重力加速度g值时，斜面对球的弹力为零
C．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值
D．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma
2．如图甲所示，一根质量分布均匀的粗绳AB长为l，在水平恒力F的作用下沿水平面运动．绳上距A端x处的张力FT与x的关系如图乙所示(F和l为已知量)．下列说法正确的是( )
A．粗绳一定不受摩擦力作用
B．若只增大恒力F，则FT－x直线斜率的绝对值变大
C．若已知粗绳的质量，则可求出粗绳运动的加速度
D．若已知粗绳运动的加速度，则可求出粗绳的质量
3．(多选)如图所示，倾斜传送带以速度v1顺时针匀速运动，t＝0时刻小物体从底端以速度v2冲上传送带，t＝t0时刻离开传送带．下列描述小物体的速度随时间变化的图象可能正确的是( )
4.
(多选)如图所示，C是水平地面，A、B是质量均为m的两长方形的物块，设A、B间摩擦力大小为f1，B、C间摩擦力大小为f2，B、C接触面间动摩擦因数为μ.下列说法正确的是( )
A．若水平力F作用在物块B上，且物块A和B静止或以相同的速度匀速运动，则f1＝0，f2＝f
B．若水平力F作用在物块B上，且物块A和B一起以a向右加速运动，则f1＝ma，f2＝2μmg
C．若水平力F作用在物块A上，且物块A和B静止或以相同的速度匀速运动，f1＝f2＝F
D．若水平力F作用在物块A上，且物块A和B一起以a向右加速运动，则f1＝ma，f2＝2μmg
5．(多选)
如图所示，一根长度为2L、质量为m的绳子挂在定滑轮的两侧，左右两边绳子的长度相等．绳子的质量分布均匀，滑轮的质量和大小均忽略不计，不计一切摩擦．由于轻微扰动，右侧绳从静止开始竖直下降，当它向下运动的位移为x时，加速度大小为a，滑轮对天花板的拉力为FT.已知重力加速度大小为g，下列a－x、FT－x关系图象可能正确的是
( )
6.
(多选)如图所示，物体A、B、C放在光滑水平面上并用细绳a、b连接，拉力F作用在A上，使三物体在水平面上运动，若在B上放一小物体D，D随B一起运动，且原来的拉力F保持不变，那么加上D后两绳中拉力的变化是(绳a中拉力大小用FTa表示，绳b中拉力大小用Tb表示)( )
A．Ta变大
B．Tb变大
C．Ta变小
D．Tb变小
7.
物体被钢索从地面吊起，该物体在竖直方向上运动的v－t图象如图所示，不计空气阻力．关于物体在0～46
s内的运动，下列说法正确的是( )
A．在30
s时物体距地面最高
B．在46
s时物体距地面的高度为22
m
C．在0～10
s内物体处于失重状态
D．在30～36
s内钢索最容易断裂
8．(多选)某同学用台秤研究电梯中的超、失重现象．地面上其体重为500
N，再将台秤移至电梯内测其体重．电梯从t＝0时由静止开始运动，到t＝11
s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的情况如图所示，重力加速度g＝10
m/s2.则( )
A．电梯为下降过程
B．在10～11
s内电梯的加速度大小为2
m/s2
C．F3的示数为550
N
D．电梯运行的总位移为19
m
二、非选择题(本题包括4小题，共47分)
9．(7分)图甲为“探究加速度与物体受力的关系”的实验装置图．图中小车A的质量为m1，连接在小车后的纸带穿过电火花打点计时器B，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮且足够长的木板上，P的质量为m2，C为力传感器，实验时改变P的质量，读出对应的力传感器的示数F，不计绳与滑轮间的摩擦．
(1)电火花打点计时器的工作电压为________(填“交”或“直”)流________V.
(2)下列说法正确的是________．
A．一端带有定滑轮的长木板必须保持水平
B．实验中通过打点计时器打出的点来求解小车运动时的加速度
C．实验中m2应远小于m1
D．传感器的示数始终为m2g
(3)图乙为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出．由此可求得小车的加速度的大小是________m/s2.(交流电的频率为50
Hz，结果保留二位有效数字)
(4)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a－F图象是图丙中的________．
10.
(7分)为了探究在质量不变时，物体的加速度与合力的关系，某学生想到用气垫导轨(物体在其上面运动时可认为摩擦力为0)和光电门及质量为m的滑块来进行实验．如图所示，他将气垫导轨的一端用木块垫高，使导轨有一个倾角θ，将滑块从导轨上端释放，光电门自动记录滑块经过A、B光电门时，滑块上挡光片的挡光时间分别为t1、t2，用游标卡尺测得挡光片的宽度为d，用量角器测得气垫导轨的倾角为θ，则
(1)要测出滑块的加速度还必须测出________________(同时用符号表示该测量量)．
(2)滑块的加速度a＝________________(用上面的已知量和测量量符号表示)．
(3)要改变滑块受到的合力，只需改变________．在利用图象探究加速度与合力的关系时，以纵轴表示加速度，在不用合力表示横轴的情况下，可用________(填“sinθ”、“cosθ”或“tanθ”)表示横轴．
11．(13分)如图所示，三角形传送带以v＝5
m/s的速度逆时针匀速转动，传送带两边倾斜部分的长度都是L＝6
m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个质量均为m＝1
kg的小物体A、B从传送带顶端都以v0＝1
m/s的初速度同时沿传送带下滑，物体与传送带间的动摩擦因数都是μ＝0.75.取g＝10
m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
(1)A、B两物体到达传送带底端的时间差(结果可用分数表示)；
(2)整个下滑过程中因摩擦产生的总热量．
12.
(20分)如图所示，粗糙水平面上放置一个质量M＝2
kg、长度L＝5
m的木板A，可视为质点的物块B放在木板A的最左端，其质量m＝1
kg.已知A、B间动摩擦因数为μ1＝0.2，A与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.4.开始时A、B均处于静止状态，当B获得水平向右的初速度v0＝8
m/s的同时，对A施加水平向右的恒力，取g＝10
m/s2.
(1)为使物块B不从木板A的右端滑出，求力F的最小值．
(2)若F＝22
N，求物块B的最大速度．
周测三 牛顿运动定律(B卷)
1．B
对球进行受力分析，如图所示．水平方向有F1cos45°－F2cos45°＝ma，竖直方向有F1sin45°＋F2sin45°＝mg，解得F1＝m(g＋a)、F2＝m(g－a)，故当a>0时，不论加速度多么小，挡板对球的弹力F1都不可能为零，其大小与加速度的大小有关，而当a＝g时，斜面对球的弹力F2为零，A、C错误，B正确；据牛顿第二定律知，斜面和挡板对球的弹力、球的重力三个力的合力等于ma，D错误．
2．B 从设题内容不能确定粗绳是否受摩擦力，选项A错误；设粗绳的质量为m，加速度为a，与地面的动摩擦因数为μ，以距A端x处的后面一段绳为研究对象有FT－μmg＝ma，即FT＝－x＋(μmg＋ma)或FT＝－x＋F，若只增大恒力F，则FT－x直线斜率的绝对值变大，选项B正确；因粗绳的质量m、加速度a、与地面的动摩擦因数μ均未知，选项C、D错误．
3．ABD 若v2v1且物体与传送带间的动摩擦因数μ≥tanθ，则物体沿传送带向上做匀减速运动至速度为v1后向上做匀速运动；若v2>v1且物体与传送带间的动摩擦因数μ4．ABC 本题考查摩擦力、牛顿第二定律等知识．若水平力作用在B上，当物块A和物块B处于平衡状态时，物块A不受摩擦力，物块B受到的滑动摩擦力与力F平衡，故A项正确；若水平力作用在B上且物块A和物块B一起向右以加速度a运动时，由牛顿第二定律可得f1为ma，f2为2μmg，B项正确；若水平力作用在A上，当物块A和物块B处于平衡状态时，A、B两物块受到的摩擦力大小相同且均为F，C项正确；若水平力作用在A上且物块A和物块B一起向右以加速度a运动时，由牛顿第二定律可得物块A受到的摩擦力为f＝F－ma，D项错．
5．AC 设单位长度绳子的质量为m，绳子的拉力为F，当右侧的绳子向下移动x时，左侧的绳子向上移动x，因为是同一根绳子，所以左右两侧绳子的加速度大小相等，由牛顿第二定律得，对右侧的绳子，m(L＋x)g－F＝m(L＋x)a，对左侧的绳子，F－m(L－x)g＝m(L－x)a，由以上两式解得a＝g，F＝－x2＋mgL，选项A正确，选项B错误；以滑轮为研究对象，由平衡条件得FT＝2F＝－x2＋2mgL，选项C正确，选项D错误．
6．AD 在放置D之前，以整体为研究对象有F＝(mA＋mB＋mC)a1，以C为研究对象有Tb1＝mCa1，故有Tb1＝，以B、C为研究对象有Ta1＝(mB＋mC)a1＝，在放置D之后，以整体为研究对象有F＝(mA＋mB＋mC＋mD)a2，得a2＝，以C为研究对象有Tb2＝mCa2＝，以B、C和D为研究对象有Ta2＝(mB＋mC＋mD)a2＝，显然Ta2>Ta1，Tb27．B 由图可知0～36
s内物体速度方向向上，故在36
s时物体距地面最高，选项A错误；在46
s时物体距地面的高度h＝×(20＋36)×1.0
m－×10×1.2
m＝22
m，选项B正确；在0～10
s内物体加速度向上，故物体处于超重状态，选项C错误；在30～36
s内物体的加速度向下，故物体处于失重状态，钢索不容易断裂，选项D错误．
8．ABD 0～2
s该同学的支持力小于重力，合力向下，加速度向下，由于初始为静止状态，所以0～2
s内电梯匀加速下降，2～10
s内该同学的支持力等于重力，此时为平衡状态，所以2～10
s内电梯保持2
s末的速度匀速直线运动，10～11
s内该同学的支持力大于重力，合力向上，由于之前的速度向下，所以此阶段电梯向下匀减速运动，选项A正确．匀加速阶段加速度a＝＝1
m/s2,2
s末的速度v2＝at＝2
m/s，此阶段位移x1＝at2＝2
m；匀速阶段位移x2＝16
m；匀减速阶段时间t′＝1
s，初速度为2
m/s，末速度等于0，所以此阶段加速度a′＝＝2
m/s2，根据牛顿第二定律F′N－G＝ma′＝a′，解得此时的支持力F′N＝600
N，即F3＝600
N，此阶段位移x3＝t′＝1
m．总位移x＝x1＋x2＋x3＝19
m，故B、D正确，C错误．
9．解题思路：本题考查探究加速度与物体质量和物体受力的关系．(1)电火花打点计时器工作电压为交流220
V；(2)该实验首先必须要平衡摩擦力，选项A错误；根据打点计时器打出来的点，应用“逐差法”来求小车运动时的加速度，选项B正确；由于该实验的这种连接方式，重物和小车的加速度不相同，小车在绳的拉力下加速运动，由于一根细绳中的弹力大小处处相等，故测力计示数等于此拉力，因此不需要用重物的重力来代替，故不要求重物质量远小于小车质量，选项C错误；重物向下加速度运动，由牛顿第二定律m2g－2F＝m2a，解得F＝m2(g－a)，选项D错误；(3)根据匀变速直线运动的推论Δx＝aT2，有Δx＝(3.39－2.89)×10－2
m＝a×(0.1
s)2[或者Δx＝(2.89－2.40)×10－2＝a×(0.1
s)2]，解得a＝0.50
m/s2(或者0.49
m/s2)；(4)若没有平衡摩擦力，只有当F增加到一定值时，小车才可能加速运动，则当F≠0时，a＝0，所以可能是图中的图线C.故选项C正确．
答案：(1)交 220(每空1分)
(2)B(2分，多选不得分)
(3)0.49(或0.50)(2分)
(4)C(1分)
10．解题思路：(1)(2)由于光电门挡光片非常窄，且挡光时间短，所以用挡光片的宽度d除以挡光时间t得到的平均速度可近似当做瞬时速度．这样可求得滑块经过A、B两位置时的瞬时速度分别是v1＝，v2＝，又由运动学公式可知a＝，故要求加速度，还必须测量出A、B两光电门间的距离x.(3)由于滑块在气垫导轨上运动，可认为不受摩擦力，当气垫导轨一端垫高时，滑块在倾斜气垫导轨上所受重力沿导轨方向的分力F＝mgsinθ即为滑块合力，要改变滑块合力大小，需要改变气垫导轨的倾角θ.当利用图象探究加速度与合力的关系时，以纵轴表示加速度，在不用合力表示横轴的情况下，可用sinθ来表示横轴．
答案：(1)两光电门之间的距离x(1分)
(2)(2分) (3)气垫导轨的倾角 sinθ(每空2分)
11.
解题思路：(1)受力分析如图所示，
对物体A，设其刚开始时加速度为a，
则：mgsin37°＋μmgcos37°＝ma(1分)
解得：a＝12
m/s2(1分)
设经过时间t1，物体A与传送带达到共同速度，由运动学公式得：
v＝v0＋at1，解得：t1＝
s(1分)
此时物体A下滑的位移x＝t1＝1
m(1分)
这时物体A所受摩擦力方向变为沿斜面向上，又
mgsinθ－μmgcosθ＝0(1分)
则物体将与传送带一起匀速运动到最底端，有L－x＝vt2
解得：t2＝1
s(1分)
物体A下滑的时间为：tA＝t1＋t2＝
s(1分)
对物体B受力分析可知，物体B一直做匀速直线运动，则物体B下滑的时间为tB＝＝6
s(1分)
A、B两物体到达传送带底端的时间差Δt＝tB－tA＝
s(1分)
(2)物体A在与传送带相对滑动的过程中，与传送带的相对路程为：Δx1＝vt1－x＝
m(1分)
B一直匀速运动，但是与传送带的运动方向相反，故与传送带的相对路程为：Δx2＝vtB＋v0tB＝36
m(1分)
因此滑动摩擦力产生的总热量为：
Q＝μmg(Δx1＋Δx2)cos37°＝220
J(2分)
答案：(1)
s (2)220
J
12．解题思路：(1)物块B在木板A上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知：
μ1mg＝ma1(1分)
解得：a1＝2
m/s2
物块B滑到A的右端时A、B速度相等，则物块B刚好不从木板A的右端滑出，A、B的相对位移为木板长L，设木板A的加速度为a2，由速度公式和位移公式可知：
木板A的速度为：v＝a2t(1分)
物块B的速度为：v＝v0－a1t(1分)
木板A的位移为：xA＝t(1分)
物块B的位移为：xB＝t(1分)
A、B的相对位移为木板长L：L＝xB－xA(1分)
联立以上各式解得：a2＝
m/s2
对木板A，由牛顿第二定律可知：Fmin＋μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2(1分)
解得：Fmin＝18.8
N(1分)
(2)物块B在木板A上先做匀减速直线运动，加速度为a1＝2
m/s2木板A做匀加速直线运动．对木板A，由牛顿第二定律可得：
F＋μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma3(1分)
解得：a3＝6
m/s2
设经过时间t1，A、B速度相同，大小都为v1
v1＝v0－a1t1(1分)
v1＝a3t1(1分)
联立解得：t1＝1
s
v1＝6
m/s
在此过程中A、B的位移分别为xA1、xB1，则：
xA1＝t1(1分)
xB1＝t1(1分)
A、B间的相对位移为：Δx1＝xB1－xA1(1分)
A、B速度相同后，木板A以a4的加速度继续匀加速运动，由牛顿运动定律可知：
F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma4(1分)
解得：a4＝4
m/s2
由于a4>a1，所以物块B也向右做匀加速运动，但相对木板A向左运动，经时间t2后物块B会从木板A的左端滑出，在这段时间内：
木板A的位移为：xA2＝v1t2＋a4t(1分)
物块B的位移为：xB2＝v1t2＋a1t(1分)
A、B间的位移满足
Δx1＝xA2－xB2(1分)
联立解得：t2＝2
s
物块B从木板A的左端滑出时的速度为：
v3＝v1＋a1t2(1分)
解得：v3＝10
m/s(1分)
物块B从木板A的左端滑出后落到地面上做匀减速运动，所以整个过程中，物块B从木板A的左端滑出时的速度为最大速度10
m/s.
答案：(1)18.8
N (2)10
m/s课练26 磁场及其对电流的作用
1.
指南针是探险工作者必需的器材，尤其是在原始森林探险时，必须靠指南针为探险队指引方向．如图所示，在没有外界磁场影响时，小磁针的N极应指向地球的北极，当该指南针靠近某含有磁性的矿区时，小磁针的N极沿逆时针偏转30°后静止在图中虚线所示的位置，则该位置地磁场的磁感应强度水平分量B1与矿区产生的磁场的磁感应强度水平分量的最小值B2的比值为( )
A.＝1
B.＝
C.＝2
D.＝
2．如图甲所示为某磁电式电流表的原理图，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图乙所示，其磁感应强度的大小处处相等，都为B，一边长为L的正方形线圈处在磁场中，方向如图乙，当通有大小为I的电流时，下列正确的是( )
A．由于磁感应强度的大小处处相同，则该磁场为匀强磁场
B．穿过正方形线圈的磁通量大小为BL2
C．正方形线圈的左边导线受到大小为BIL、方向向上的安培力
D．正方形线圈的右边导线受到大小为BIL、方向向上的安培力
3.
如图所示，一通电金属环固定在绝缘的水平面上，在其左端放置一可绕中点O自由转动且可在水平方向自由移动的竖直金属棒，中点O与金属环在同一水平面内，当在金属环与金属棒中通有图中所示方向的电流时，则( )
A．金属棒始终静止不动
B．金属棒的上半部分向纸面外转，下半部分向纸面里转，同时靠近金属环
C．金属棒的上半部分向纸面里转，下半部分向纸面外转，同时靠近金属环
D．金属棒的上半部分向纸面里转，下半部分向纸面外转，同时远离金属环
4.
一质量为0.06
kg、长为0.1
m的金属棒MN用两根长度均为1
m的绝缘细线悬挂于天花板的顶端，现在金属棒所在的空间加一竖直向下的磁感应强度大小为0.5
T的匀强磁场，当在金属棒中通有恒定的电流后，金属棒能在竖直平面内摆动，当金属棒摆到最高点时，细线与竖直方向的夹角为37°，已知一切阻力可忽略不计，g＝10
m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列正确的说法是( )
A．金属棒在摆动到最高点的过程中，机械能守恒
B．金属棒在摆动到最高点的过程中，机械能先增加后减少
C．通入金属棒中的电流为9
A
D．通入金属棒中的电流为4
A
5.
在竖直放置的导线甲、乙中通有方向相反、大小不等的电流，并分别放在位置A处和B处时，导线乙所受的安培力大小为F1，如果将通电导线乙由B处移动到C处时，导线乙所受的安培力大小为F2，如果保持导线甲和导线乙的原位置不变，在C处再放置一个与导线乙中电流大小相等、方向相反的通电导线丙，则( )
A．导线甲所受的安培力大小为F1＋F2，方向水平向左
B．导线甲所受的安培力大小为F1＋F2，方向水平向右
C．导线甲所受的安培力大小为F1－F2，方向水平向左
D．导线甲所受的安培力大小为F1－F2，方向水平向右
6.
一条形磁铁放在光滑的斜面上，并用一质量不计的弹簧连接在顶端的挡板上，磁铁静止时弹簧的伸长量为x0，将通有方向垂直纸面向外的直导线分别放在a、b、c位置时，弹簧的伸长量分别为xa、xb、xc，已知a、b、c三点的连线与斜面平行，且b点在条形磁铁的正中央．则下列正确的是( )
A．x0＝xa＝xb＝xc
B．x0>xa>xb>xc
C．xa>x0＝xb>xc
D．xa>xb>xc>x0
7.
已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B＝k，即磁感应强度B与导线中的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比．如图所示，两根平行长直导线相距R，通以大小、方向均相同的向上的电流．规定磁场方向垂直纸面向里为正，在0～R区间内磁感应强度B随r变化的图线可能是( )
8.
(2017·甘肃模拟)质量为m的金属棒通有自a到b的恒定电流，当磁场方向水平向左时，金属棒与磁场方向垂直且恰好可以静止在光滑的绝缘导轨上，导轨与水平面夹角为θ，当磁场方向由水平向左逐渐变为竖直向上时，要保持金属棒静止不动，下列说法中正确的是( )
A．磁感应强度逐渐变大
B．安培力逐渐变小
C．支持力先变小后变大
D．当磁场方向和导轨垂直时，磁感应强度最小
9．(2017·上海杨浦区三模)
如图所示，质量m＝0.5
kg的通电导体棒在安培力作用下静止在倾角为37°、宽度L＝1
m的光滑绝缘框架上，磁场方向垂直框架平面向下(磁场仅存在于绝缘框架内)．右侧回路中，电源的电动势E＝8
V、内阻r＝1
Ω，额定功率为8
W、额定电压为4
V的电动机M正常工作．取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小g＝10
m/s2，则磁场的磁感应强度大小为( )
A．2
T
B．1.73
T
C．1.5
T
D．1
T
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随时间变化的关系为I＝kt(k为常数，k＞0)，金属棒PQ与导轨间的动摩擦因数一定．以竖直向下为正方向，则下面关于金属棒PQ的速度v、加速度a随时间变化的关系图象中，可能正确的是( )
11.
如图所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40
m，金属导轨所在的平面与水平面间的夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.50
T、方向垂直导轨所在平面向上的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E＝4.5
V、内阻r＝0.50
Ω的直流电源．现把一个质量m＝0.04
kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5
Ω，金属导轨电阻不计，g取10
m/s2.已知sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.求：
(1)通过导体棒的电流；
(2)导体棒受到的安培力大小；
(3)导体棒受到的摩擦力大小．
12.
某同学自制一电流表，其原理如图所示．质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度．MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与矩形区域的ab边重合，且指针指在标尺的零刻度处；当MN中有电流时，指针示数可表示电流强度．MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g.
(1)当电流表的示数为零时，求弹簧的伸长量；
(2)为使电流表正常工作，判断金属杆MN中电流的方向；
(3)若磁场边界ab的长度为L1，bc的长度为L2，此电流表的最大量程是多少？
1．(多选)(2015·课标Ⅱ)指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说法正确的是( )
A．指南针可以仅具有一个磁极
B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场
C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰
D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转
2．(2014·课标Ⅰ)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是( )
A．安培力的方向可以不垂直于直导线
B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向
C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关
D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半
3．(2015·课标Ⅰ)
如图，一长为10
cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1
T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12
V的电池相连，电路总电阻为2
Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5
cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3
cm.重力加速度大小取10
m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．
4．(2017·河南六市一联)
三根平行的长直导体棒分别过正三角形ABC的三个顶点，并与该三角形所在平面垂直，各导体棒中均通有大小相等的电流，方向如图所示．则三角形的中心O处的合磁场方向为( )
A．平行于AB，由A指向B
B．平行于BC，由B指向C
C．平行于CA，由C指向A
D．由O指向C
5．(2017·河北石家庄一轮质检)如图所示，质量为m的导体棒ab垂直圆弧形金属导轨MN、PQ放置，导轨下端接有电源，导体棒与导轨接触良好，不计一切摩擦．现欲使导体棒静止在导轨上，则下列方法可行的是( )
A．施加一个沿ab方向的匀强磁场
B．施加一个沿ba方向的匀强磁场
C．施加一个竖直向下的匀强磁场
D．施加一个竖直向上的匀强磁场
6．(2017·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°
7．(多选)(2017·山东济南一模)无限长通电直导线在其周围某一点产生磁场的磁感应强度大小与电流成正比，与导线到这一点的距离成反比，即B＝k(式中k为常数)．如图甲所示，光滑绝缘水平面上平行放置两根无限长直导线M和N，导线N中通有方向如图的恒定电流IN，导线M中的电流IM的大小随时间变化的图象如图乙所示，方向与N中电流方向相同．绝缘闭合导线框ABCD放在同一水平面上，AB边平行于两直导线，且位于两者正中间．则以下说法正确的是( )
A．0～t0时间内，流过R的电流方向由C→D
B．t0～2t0时间内，流过R的电流方向由D→C
C．0～t0时间内，不计CD边电流影响，则AB边所受安培力的方向向左
D．t0～2t0时间内，不计CD边电流影响，则AB边所受安培力的方向向右
8．(2017·山东潍坊模拟)
磁场中某区域的磁感线如图所示，下列说法中正确的是( )
A．a、b两处的磁感应强度大小BaB．a、b两处的磁感应强度大小Ba>Bb
C．一通电直导线分别放在a、b两处，所受的安培力大小一定有FaD．一通电直导线分别放在a、b两处，所受的安培力大小一定有Fa>Fb
9．(2017·山东临沂模拟)
如图所示，圆环上带有大量的负电荷，当圆环沿顺时针方向转动时，a、b、c三枚小磁针都要发生转动，以下说法正确的是( )
A．a、b、c的N极都向纸里转
B．b的N极向纸外转，而a、c的N极向纸里转
C．b、c的N极都向纸里转，而a的N极向纸外转
D．b的N极向纸里转，而a、c的N极向纸外转
10．(2017·连云港三模)如图甲所示，一个条形磁铁P固定在水平桌面上，以P的右端点为原点，中轴线为x轴建立一维坐标系．一个灵敏的小磁针Q放置在x轴上不同位置，设Q与x轴之间的夹角为θ.实验测得sinθ与x之间的关系如图乙所示．已知该处地磁场方向水平，磁感应强度大小为B0.下列说法正确的是( )
A．P的右端为S极
B．P的中轴线与地磁场方向平行
C．P在x0处产生的磁感应强度大小为B0
D．x0处合磁场的磁感应强度大小为2B0
11.
(2017·开封模拟)如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4
m、质量为6×10－2
kg的通电直导线，电流大小I＝1
A，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4
T、方向竖直向上的磁场中．设t＝0时，B＝0，则需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？(g取10
m/s2)
12．(2017·济宁一模)
如图所示，一质量为m的导体棒MN两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨平行且间距为L，导轨处在竖直方向的匀强磁场中，当导体棒中通以自左向右的电流I时，导体棒静止在与竖直方向成37°角的导轨上，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
(1)磁场的磁感应强度B.
(2)每个圆导轨对导体棒的支持力大小FN.
课练26 磁场及其对电流的作用
1．C 假设该位置地磁场的磁感应强度的水平分量为B1＝B，当小磁针的N极沿逆时针偏转30°后静止时，即合磁场的方向沿虚线方向，则只有以B1为斜边构造直角三角形，才能使该矿区产生磁场的磁感应强度的水平分量为最小值，最小值为B2＝Bsin30°＝，则＝2，C正确．
2．C 匀强磁场应该是一系列平行的磁感线，方向相同，A错误；由题图乙可知，穿过线圈的磁通量为零，B错误；通过线圈的左边导线的电流垂直纸面向外，根据左手定则，安培力方向向上，由于左边导线始终与磁感线垂直，则所受的安培力大小为BIL，C正确；同理，线圈的右边导线所受的安培力方向向下，大小为BIL，D错误．
3．B 由通电金属环产生的磁场特点可知，其在金属棒的上半部分产生有水平向左的磁场分量，由左手定则可判断金属棒上半部分受到方向向外的安培力，故向纸面外转；同理可判断金属棒的下半部分向纸面里转．当金属棒开始转动到转至水平面时，由同向电流相吸，反向电流相斥可知，金属棒在靠近金属环，B正确．
4．D 金属棒的长度用l表示，细线的长度用R表示，则在金属棒上升过程中，安培力做正功，机械能一直增加，A、B错误；由动能定理知W安－W重＝0，即BIlRsin37°＝mgR(1－cos37°)，代入数值得I＝4
A，C错误、D正确．
5．C 当导线甲、乙分别在A处和B处时，导线乙受到的安培力F1即为甲、乙两导线间相互作用的安培力，由于导线甲、乙的电流方向相反，安培力为斥力，因此导线甲受到大小为F1、方向水平向左的安培力；当导线乙移到C处时，导线甲受到大小为F2、方向水平向左的安培力，且F1>F2.若在C处放一个通电导线丙时，则导线丙对导线甲的安培力大小为F2，方向水平向右，所以导线甲受到的安培力大小为F1－F2，方向水平向左，C正确．
6．C
由于条形磁铁外部的磁感线是从N极出发到S极，所以可画出磁铁在a处的一条磁感线，其方向是斜向左下方的，如图所示，由左手定则可判断导线在a点受斜向右下方的安培力Fa，由牛顿第三定律可知磁铁所受作用力Fa′的方向是斜向左上方，Fa′有沿斜面向下的分力，该分力使得弹簧弹力增大，所以弹簧的伸长量增大；同理可知导线在b点时弹簧的伸长量不变；同理可知导线在c点时弹簧的伸长量减小，则xa>x0＝xb>xc，C正确．
7．C 根据安培定则可知两导线中电流在两导线间产生的磁感应强度的方向相反，又由B＝k可知，在其连线的中点即r＝处，两根导线中的电流产生的合磁场的磁感应强度为零，选项A、B错误；在0～范围内，左边导线中电流产生的垂直纸面向里的磁场要强于右边导线中电流产生的垂直纸面向外的磁场，则合磁场的方向垂直纸面向里，为正值，同理靠近右边导线处，合磁场的方向垂直纸面向外，为负值，选项C正确、D错误．
8．D
金属棒静止在导轨上，受到自身重力mg、导轨支持力FN和安培力BIL作用，其中重力mg的大小、方向均不变，导轨支持力FN方向不变，二力的合力与安培力等大反向．磁场方向由水平向左逐渐变为竖直向上时，安培力的方向从竖直向上逐渐变为水平向右，动态平衡过程如图所示，可判断支持力FN逐渐增大，安培力先变小后变大，磁感应强度先变小后变大，当安培力与导轨平行即磁场方向与导轨垂直时，安培力最小，电流为恒定电流，此时磁感应强度最小，选项D正确．
9．C 电动机M正常工作时的电流I1＝＝2
A，电源内阻上的电压U′＝E－U＝8
V－4
V＝4
V，根据欧姆定律得干路中的电流I＝＝4
A，通过导体棒的电流I2＝I－I1＝2
A，导体棒受力平衡，有BI2L＝mgsin37°，得B＝1.5
T，只有选项C正确．
10．B 因为开始时金属棒PQ加速度方向向下，与速度方向相同，做加速运动，加速度逐渐减小，即做加速度逐渐减小的变加速运动，然后加速度方向向上，加速度逐渐增大，做加速度逐渐增大的变减速运动，故A错误、B正确；根据牛顿第二定律得，金属棒PQ的加速度a＝，f＝μN＝μFA＝μBIL＝μBLkt，联立解得加速度a＝g－，与时间成线性关系，故C错误；t＝0时刻无电流，无安培力，只有重力，加速度竖直向下，为正值，故D错误．
11．解题思路：(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：I＝＝1.5
A
(2)导体棒受到的安培力：F安＝BIL＝0.30
N
(3)设导体棒受到沿斜面向下的摩擦力Ff
根据共点力平衡条件有：
mgsin37°＋Ff＝F安
解得：Ff＝0.06
N，方向沿斜面向下
答案：(1)1.5
A (2)0.30
N
(3)0.06
N，沿斜面向下
12．解题思路：(1)设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为Δx，则有：mg＝kΔx
所以弹簧的伸长量：Δx＝
(2)根据左手定则，金属杆中的电流方向为：M→N
(3)设电流表指针满偏时通过MN的电流为Im，则有：BImL1＋mg＝k(L2＋Δx)
所以此电流表的最大量程为：Im＝
答案：(1)mg/k (2)M→N (3)kL2/BL1
加餐练
1．BC 任何磁体均具有两个磁极，故A错．指南针之所以能指向南北，是因为指南针的两个磁极受到磁场力的作用，这说明地球具有磁场，即B正确．放在指南针附近的铁块被磁化后，反过来会影响指南针的指向，即C正确．通电直导线产生的磁场对其正下方的指南针有磁场力的作用，会使指南针发生偏转，故D错．
2．B 由左手定则可知，安培力的方向一定与磁场方向和直导线垂直，选项A错、B正确；安培力的大小F＝BILsinθ与直导线和磁场方向的夹角有关，选项C错误；将直导线从中点折成直角，假设原来直导线与磁场方向垂直，若折成直角后一段与磁场仍垂直，另一段与磁场平行，则安培力的大小变为原来的一半，若折成直角后，两段都与磁场垂直，则安培力的大小变为原来的，因此安培力大小不一定是原来的一半，选项D错误．
3．解题思路：依题意，开关闭合后，电流方向为从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向为竖直向下．
开关断开时，两弹簧各自相对于其原长的伸长量为Δl1＝0.5
cm.由胡克定律和力的平衡条件得
2kΔl1＝mg①
式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小．
开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为
F＝IBL②
式中，I是回路电流，L是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3
cm，由胡克定律和力的平衡条件得
2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③
由欧姆定律有
E＝IR④
式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻．
联立①②③④式，并代入题给数据得
m＝0.01
kg⑤
答案：见解析
4．A
如图所示，由右手螺旋定则可知，导线A中电流在O点产生的磁场的磁感应强度方向平行BC，同理，可知导线B、C中电流在O点产生的磁场的磁感应强度的方向分别平行于AC、AB，又由于三根导线中电流大小相等，到O点的距离相等，则它们在O点处产生的磁场的磁感应强度大小相等，再由平行四边形定则，可得O处的合磁场方向为平行于AB，由A指向B，故选A.
5．C 施加一个沿ab方向的匀强磁场或ba方向的匀强磁场，导体棒都不受安培力，不可能静止在导轨上，则A、B错；由b看向a时，施加一个竖直向下的匀强磁场，由左手定则可知导体棒所受安培力方向水平向右，可能静止在导轨上，则C对；由b看向a时，施加一个竖直向上的匀强磁场，由左手定则可知，导体棒所受安培力方向水平向左，不可能静止在导轨上，则D错．
6．B
本题考查通电导体棒在磁场中的平衡问题．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
BILcosθ＝μ(mg－BILsinθ)
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．
7．ACD 0～t0时间内，M中电流由0逐渐增加到IN，则线框中合磁场向里且逐渐增大，则感应电流的磁场应向外，线框中电流方向为A→B→C→D→A，故A对．t0～2t0时间内，M中电流由IN增大到2IN，线框中磁场向里且逐渐增大，则感应电流的磁场仍向外，线框中电流方向为A→B→C→D→A，B错.0～t0时间内，AB中电流由A→B，AB处磁场向外，则其所受安培力的方向向左，C对．t0～2t0时间内，AB中电流仍为A→B，但AB处磁场方向向里，则其所受安培力的方向向右，D对．
8．A 磁感线的疏密程度表示磁场的强弱，故Ba9．B 由于圆环带负电荷，故当圆环沿顺时针方向转动时，等效电流的方向为逆时针，由安培定则可判断环内磁场方向垂直纸面向外，环外磁场方向垂直纸面向内，磁场中某点的磁场方向即是放在该点的小磁针静止时N极的指向，所以b的N极向纸外转，a、c的N极向纸里转．
10．C 当x趋向无穷大时，小磁针所指的方向为地磁场的方向，所以根据题图可知，x趋向无穷大时，sinθ趋向1，则θ趋向90°，即小磁针的方向与x轴的方向垂直，所以x轴正方向向东．当x非常小时，小磁针的N极沿x轴正方向，即向东．由题图甲可知，开始时小磁针N极背离O点，所以P右端的磁极是N极，故A错误；由以上的分析可知，P的中轴线沿东西方向，与地磁场方向垂直，故B错误；由题图乙可知，x0处sinθ＝，则θ＝45°，P在x0处产生的磁感应强度大小BP满足tan45°＝，所以BP＝B0，C正确；x0处合磁场的磁感应强度大小为B＝＝B0，故D错误．
11．解题思路：
斜面对导线的支持力为零时导线的受力如图所示．
由平衡条件得FTcos37°＝F
FTsin37°＝mg
两式联立解得F＝＝0.8
N
由F＝BIL得B＝＝2
T
由题意知，B与t的变化关系为B＝0.4t
代入数据得t＝5
s
答案：5
s
12．解题思路：
(1)从左向右看，受力分析如图所示．由平衡条件得：tan37°＝，F安＝BIL，解得B＝.
(2)设两导轨对导体棒支持力为2FN，则有2FNcos37°＝mg，解得FN＝mg.即每个圆导轨对导体棒的支持力大小为mg.
答案：(1) (2)mg课练36 机械振动 机械波
1.一位游客在千岛湖边欲乘游船，当日风浪很大，游船上下浮动．可把游艇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，游客能舒服地登船的时间是( )
A．0.5
s
B．0.75
s
C．1.0
s
D．1.5
s
2．一弹簧振子的位移y随时间t变化的关系式为y＝0.1sin2.5πt，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0.2
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
3.
如图所示，是简谐运动的回复力随时间变化规律的图象，根据图象判断以下说法正确的是( )
A．0至t1时间内，质点向着远离平衡位置方向运动，速率越来越大
B．t1至t2时间内，质点的加速度方向与运动方向相反
C．t2至t3时间内，质点向着衡位置方向运动，速率越来越小
D．t3至t4时间内，质点的加速度方向与运动方向相同
4．(多选)下表中给出的是做简谐运动的物体的位移x或速度v与时间的对应关系，T是振动周期．则下列选项中正确的是( )
时刻状态物理量
0
T
T
T
T
甲
零
正向最大
零
负向最大
零
乙
零
负向最大
零
正向最大
零
丙
正向最大
零
负向最大
零
正向最大
丁
负向最大
零
正向最大
零
负向最大
A.若甲表示位移x，则丙表示相应的速度v
B．若丁表示位移x，则甲表示相应的速度v
C．若丙表示位移x，则甲表示相应的速度v
D．若乙表示位移x，则丙表示相应的速度v
5．(多选)水平弹簧振子，每隔时间t，振子的位移总是大小和方向都相同，每隔的时间，振子的速度总是大小相等、方向相反，则有( )
A．弹簧振子的周期可能小于
B．每隔的时间，振子的加速度总是相同的
C．每隔的时间，振子的动能总是相同的
D．每隔的时间，弹簧的长度总是相同的
6．关于简谐运动与机械波的下列说法中，正确的是( )
A．同一单摆，在月球表面做简谐运动的周期大于在地球表面做简谐运动的周期
B．受迫振动物体的振幅与它的振动频率无关
C．在同一种介质中，不同频率的机械波的传播速度不同
D．在波的传播过程中，质点的振动方向总是与波的传播方向垂直
7.
如图，沿同一弹性绳相向传播的甲、乙两列简谐横波，波长相等，振幅分别为10
cm、20
cm，在某时刻恰好传到坐标原点．则两列波相遇叠加后( )
A．不可能产生稳定的干涉图样
B．在x＝2
m的质点振动始终减弱
C．在x＝0.5
m的质点振幅为零
D．坐标原点的振幅为30
cm
8.
(多选)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．下列说法中正确的是( )
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
9.
如图所示为一列简谐横波在t＝0时刻的波的图象(图中仅画出0～12
m范围内的波形)，经过Δt＝1.2
s时间，恰好第三次出现图示的波形．根据以上信息，不能得出的结论是( )
A．波的传播速度的大小
B．Δt＝1.2
s时间内质点P经过的路程
C．t＝0.6
s时刻质点P的速度方向
D．t＝0.6
s时刻的波形
10．在“用双缝干涉测光的波长”实验中(实验装置如图甲所示)：
甲
乙
(1)下列说法正确的是( )
A．调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，应放上单缝和双缝
B．测量某条干涉亮纹位置时，应使目镜分划板中心刻线与该亮纹的中心对齐
C．为了减少测量误差，可用目镜测出n条亮纹间的距离a，求出相邻两条亮纹间距Δx＝
(2)测量某亮纹位置时，手轮上的示数如图乙所示，其示数为________
mm.
11.
设B、C为两列机械波的波源，它们在同种介质中传播，其振动表达式分别为yB＝0.1cos(2πt)cm和yC＝0.1cos(2πt＋π)cm，发出的波的传播方向如图中的虚线所示．它们传到P点时相遇，2
s末P点开始起振.＝40
cm，＝50
cm.试求：
(1)这两列波的波长；
(2)P点形成合振动的振幅．
12.
如图所示，一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形如图中的实线所示，此时这列波恰好传播到P点，且再经过1.2
s，坐标为x＝8
m的Q点开始起振，求：
(1)该列波的周期T；
(2)从t＝0时刻到Q点第一次达到波峰时，振源O点相对平衡位置的位移y及其所经过的路程s.
1．(多选)(2016·课标Ⅰ)某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8
m/s的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近．该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15
s．下列说法正确的是( )
A．水面波是一种机械波
B．该水面波的频率为6
Hz
C．该水面波的波长为3
m
D．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去
E．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移
2．(多选)(2016·课标Ⅲ)由波源S形成的简谐横波在均匀介质中向左、右传播．波源振动的频率为20
Hz，波速为16
m/s.已知介质中P、Q两质点位于波源S的两侧，且P、Q和S的平衡位置在一条直线上，P、Q的平衡位置到S的平衡位置之间的距离分别为15.8
m、14.6
m．P、Q开始振动后，下列判断正确的是( )
A．P、Q两质点运动的方向始终相同
B．P、Q两质点运动的方向始终相反
C．当S恰好通过平衡位置时，P、Q两点也正好通过平衡位置
D．当S恰好通过平衡位置向上运动时，P在波峰
E．当S恰好通过平衡位置向下运动时，Q在波峰
3.
(多选)(2016·天津理综)在均匀介质中坐标原点O处有一波源做简谐运动，其表达式为y＝5sin，它在介质中形成的简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻波刚好传播到x＝12
m处，波形图象如图所示，则( )
A．此后再经6
s该波传播到x＝24
m处
B．M点在此后第3
s末的振动方向沿y轴正方向
C．波源开始振动时的运动方向沿y轴负方向
D．此后M点第一次到达y＝－3
m处所需时间是2
s
4．(2016·北京理综)如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动．以平衡位置O为原点，建立Ox轴．向右为x轴正方向．若振子位于N点时开始计时，则其振动图象为( )
5．(2016·课标Ⅱ)一列简谐横波在介质中沿x轴正向传播，波长不小于10
cm.O和A是介质中平衡位置分别位于x＝0和x＝5
cm处的两个质点．t＝0时开始观测，此时质点O的位移为y＝4
cm，质点A处于波峰位置；t＝
s时，质点O第一次回到平衡位置，t＝1
s时，质点A第一次回到平衡位置．求：
(1)简谐波的周期、波速和波长；
(2)质点O的位移随时间变化的关系式．
6．(2015·课标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．
7．(多选)(2017·广东深圳一调)一个质点经过平衡位置O，在A、B间做简谐运动，如图(a)所示，它的振动图象如图(b)所示，设向右为正方向，下列说法正确的是( )
A．OB＝5
cm
B．第0.2
s末质点的速度方向是A→O
C．第0.4
s末质点的加速度方向是A→O
D．第0.7
s末时质点位置在O点与A点之间
E．在4
s内完成5次全振动
8．(多选)(2017·湖北孝感调研)一列简谐横波沿x轴正方向传播，周期为T.在t＝0时的波形如图所示，波上有P、Q两点，其纵坐标分别为yP＝2
cm，yQ＝－2
cm，下列说法中正确的是( )
A．P点的振动形式传到Q点需要
B．P、Q在振动过程中，位移的大小总相等
C．在内，P点通过的路程为20
cm
D．经过，Q点回到平衡位置
E．在相等时间内，P、Q两质点通过的路程相等
9．(2017·湖北襄阳二联)
如图所示，a、b、c、d…为传播简谐横波的介质中一系列等间隔的质点，相邻两质点间的距离均为0.1
m．若某时刻向右传播的波到达a质点，a开始时先向上运动，经过0.2
s
d质点第一次达到最大位移，此时a正好在平衡位置(已知质点振幅为2
cm，a、d沿传播方向上的距离小于一个波长)．则该简谐横波在介质中的波速可能值为________
m/s，此时质点j的位移为________cm.
10．(2017·河北邯郸一模)图甲为一列简谐横波在t＝0.20
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．这列波的传播速度是________
m/s，质点P简谐运动的表达式为________．
11．(2017·辽宁名校模拟)
如图所示，S是水面波的波源，x、y是挡板，S1、S2是两个狭缝(SS1＝SS2，狭缝的尺寸比波长小得多)，试回答以下问题：
(1)若闭上S1，只打开S2会看到什么现象？
(2)若S1、S2都打开，会发生什么现象？
(3)若图中实线和虚线分别表示波峰和波谷，那么在A、B、C、D各点中，哪些点振动最强，哪些点振动最弱？
12．(2017·山西右玉一模)
如图所示，图中的实线是一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，虚线对应的是t＝0.5
s时的波形图．求：
(1)如果波沿x轴负方向传播，且周期T>0.5
s，则波的速度多大？
(2)如果波沿x轴正方向传播，且周期T满足0.3
ss，则波的速度又是多大？
课练36 机械振动 机械波
1．C
由题意知，游船在做简谐运动，振动图象如图所示，根据振动方程y＝Asin(ωt＋φ)，结合振动图象知地面与甲板的高度差不超过10
cm的时间有三分之一周期，故C正确，A、B、D错误．
2．C 由y－t关系式可知，弹簧振子的振幅为0.1
m，选项A错误；弹簧振子的周期为T＝＝
s＝0.8
s，选项B错误；在t＝0.2
s时，y＝0.1
m，即振子到达最高点，此时振子的运动速度为零，选项C正确；只有当振子从平衡位置或者从最高点(或最低点)开始计时时，经过T/4＝0.2
s，振子的位移才为0.1
m，选项D错误．
3．D 由图知，0至t1时间内，回复力变大，位移增大，故质点远离平衡位置，速率减小，所以选项A错误；t1至t2时间内，回复力减小，故位移减小，质点向平衡位置加速运动，加速度方向与运动方向相同，所以选项B错误；t2至t3时间内，回复力增大，所以位移增大，质点远离平衡位置，速率减小，所以选项C错误；t3至t4时间内，回复力减小，所以位移减小，质点向平衡位置做加速运动，加速度方向与运动方向相同，所以选项D正确．
4．AB 先讨论选项A：当t＝0时，位移为零，这时速度为正向最大，当t＝T时，甲的位移为正向最大，这时速度为零．由此可知，若甲表示位移，丙表示相应速度，满足简谐运动规律，故A正确．同样可推出B正确，C、D错误．
5．AC 由题意可知，t＝nT，n可以是1,3，…，当n＝1时，T＝t；当n＝3时，T＝<，选项A正确．讨论B、C、D时，以t＝T为例．每隔时间，振子的位置关于平衡位置对称，振子的加速度大小总是相等，方向总是相反，振子的动能总是相同，弹簧的长度不相同，选项C正确，选项B、D错误．
6．A
根据单摆的周期公式T＝2π
，月球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，所以A正确；做受迫振动的物体的振动频率等于驱动力的频率时振幅最大，振幅与振动频率间的关系如图所示，所以B错误；机械波的传播速度由介质决定，故在同一种介质中，不同频率的机械波的传播速度相同，所以C错误；在纵波的传播过程中，质点的振动方向总是与波的传播方向在一条直线上，所以D错误．
7．D 由图可知，两波的波长相等，又波速相等，则频率相等，能发生干涉，能产生稳定的干涉图样，故A错误；两列波相遇后，在叠加区域x＝2
m的质点，振动方向相同，则振动始终加强，故B错误；两列波在x＝0.5
m的质点振动方向相反，则振幅为两列波的振幅之差，即为10
cm，故C错误；根据矢量叠加原则，两列波在原点振动方向相同，则原点的振幅为两列波的振幅之和，即为30
cm，故D正确．
8．ACE 由振动图象知，周期T＝4
s，由波的图象知，波长λ＝2
m，波速v＝＝0.5
m/s，A正确；又由振动图象知，x＝1.5
m处的质点在t＝2
s时在平衡位置且向下振动，则波应该向左传播，B错误；则0～2
s内P运动的路程为8
cm，C正确；由于t＝2
s时的波形如题图甲，则0～2
s内P向y轴负方向运动，D错误；Δt＝7
s＝1T，P质点恰好回到平衡位置，E正确．
9．C 由波的图象读出波长λ＝8
m．因为经过整数倍周期，图象重复，所以根据经过1.2
s该波形恰好第三次出现，得到2T＝1.2
s，则周期T＝0.6
s，由公式λ＝vT确定出波速v＝
m/s，A不符合题意；质点经过一个周期，通过的路程是四个振幅，则经过1.2
s，即两个周期，质点P通过的路程是s＝8A＝80
cm，B不符合题意；由于波的传播方向不确定，P点的速度方向不确定，C符合题意；t＝0.6
s时的波形图与图示时刻相差一个周期，波形确定，D不符合题意．
10．解题思路：(1)摆放各光具时应保证光线沿直线通过各光具的中心(轴线)，所以摆放时并不放单缝和双缝，A项错误；测量亮纹位置时，为了准确，应该将目镜分划板的中心刻线与亮纹中心对齐，B项正确；相邻两条亮纹间距为Δx，则n条亮纹间距为a＝(n－1)Δx，即Δx＝，C项正确．(2)1.5
mm＋47.0×0.01
mm＝1.970
mm.
答案：(1)A (2)1.970
11．解题思路：(1)由振动表达式yB＝0.1cos(2πt)
cm，知ω＝2π
rad/s，则波的周期为T＝＝
s＝1
s.
据题意，波从B传到P的时间为2
s，则波速为
v＝＝
m/s＝0.2
m/s.
波长λB＝λC＝vT＝0.2
m.
(2)据题可知，两个波源振动反向，两列波到P点的波程差
Δs＝－＝50
cm－40
cm＝0.1
m＝，
故P点为加强点，振幅为A＝2×0.1
cm＝0.2
cm.
答案：(1)0.2
m (2)0.2
cm
12．解题思路：(1)根据波形图可知，这列波从P点传播到Q点，传播距离Δx＝8
m－2
m＝6
m，时间Δt＝1.2
s，则波传播的速度v＝＝5
m/s，波长λ＝2
m，周期T＝＝0.4
s.
(2)根据波形图可知t＝0时刻距离Q点最近的波峰在x＝0.5
m处，传播到Q点的距离Δx′＝8
m－0.5
m＝7.5
m，需要的时间Δt′＝＝1.5
s.
时间1.5
s＝T，经过T，质点Q到达波峰，振源O点相对平衡位置的位移y＝3
cm.
振源O点经过的路程s＝×4A＝45
cm＝0.45
m.
答案：(1)0.4
s (2)3
cm 0.45
m
加餐练
1．ACE 水面波是一种机械波，传播过程中各质点只在平衡位置上下往复运动，不随波的传播而迁移，因此水面波不会将该同学推向岸边，故D错，A、E均正确．由题意可知该波的周期T＝
s＝
s，频率f＝＝0.6
Hz，波长λ＝vT＝1.8×
m＝3
m，故B错、C正确．
2．BDE 由波速公式：v＝λf得λ＝＝0.8
m，LSP＝λ＝19λ，LSQ＝λ＝18λ，由波动的周期性，采用“去整留零”的方法，可在波形图上标出S、P、Q三点的位置，如图所示，由图可知，P、Q两点的运动方向始终相反，A项错误、B项正确；S在平衡位置时，P、Q一个在波峰，一个在波谷，C项错误；当S恰通过平衡位置向上运动时，P在波峰，Q在波谷，反之则相反，故D、E项正确．
3．AB 由波源振动表达式可知ω＝，而ω＝，所以T＝4
s，由波形图知λ＝8
m，波速v＝＝2
m/s，Δx＝v·Δt＝12
m，故A项正确；经过Δt′＝3
s，波向前传播的距离为Δx′，Δx′＝v·Δt′＝6
m，画出这一时刻的波形图如图中虚线所示，由图可知，M点振动方向沿y轴正方向，B项正确；
在波的传播过程中，各质点的起振方向都与波源的起振方向相同，可得波源起振方向沿y轴正方向，C项错误；此时M点在y＝3
m处且沿y轴负方向振动，第一次到达y＝－3
m处所用时间小于，故D项错误．
4．A 振子在N点时开始计时，其位移为正向最大，并按正弦规律变化，故选项A正确．
5．解题思路：(1)设振动周期为T.由于质点A在0到1
s内由最大位移处第一次回到平衡位置，经历的是个周期，由此可知
T＝4
s①
由于质点O与A的距离5
cm小于半个波长，且波沿x轴正向传播，O在t＝
s时回到平衡位置，而A在t＝1
s时回到平衡位置，时间相差
s．两质点平衡位置的距离除以传播时间，可得波的速度v＝7.5
cm/s②
利用波长、波速和周期的关系得，简谐波的波长
λ＝30
cm③
(2)设质点O的位移随时间变化的关系为
y＝Acos④
将①式及题给条件代入上式得
⑤
解得φ0＝，A＝8
cm⑥
质点O的位移随时间变化的关系式为
y＝0.08
cos(国际单位制)⑦
或y＝0.08sin(国际单位制)
答案：见解析
6．解题思路：(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，两波波谷间的x坐标之差为
Δx′＝－50＋(2m1＋1)⑤
式中，m1和m2均为整数．将①式代入⑤式得
Δx′＝10(6m2－5m1)＋5⑥
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
cm⑦
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＝⑧
代入数据得
t＝0.1
s⑨
答案：(1)x＝(50＋300n)
cm，n＝0，±1，±2，… (2)0.1
s
7．ACE 由图(b)可知振幅为5
cm，则OB＝OA＝5
cm，A项正确；由图可知0～0.2
s内质点从B向O运动，第0.2
s末质点的速度方向是B→O，B项错误；由图可知第0.4
s末质点运动到A点处，则此时质点的加速度方向是A→O，C项正确；由图可知第0.7
s末时质点位置在O与B之间，D项错误；由图(b)可知周期T＝0.8
s，则在4
s内完成全振动的次数为＝5，E项正确．
8．ABE 由图看出，P、Q两点所对应的平衡位置间的距离等于半个波长，因简谐横波传播过程中，在一个周期内传播一个波长，则P点的振动形式传到Q点需要半个周期，P、Q两点的振动情况总是相反，所以在振动过程中，它们的位移大小总是相等，故A、B正确．若图示时刻P点在平衡位置或最大位移处，在T内，P点通过的路程为：s＝5A＝5×4
cm＝20
cm，而实际上图示时刻，P点不在平衡位置或最大位移处，所以在T内，P点通过的路程不是20
cm，故C错误．图示时刻，Q点向下运动，速度减小，所以从图示位置运动到波谷的时间大于，再从波谷运动到平衡位置的时间为，所以经过T，Q点没有回到平衡位置，故D错误．由于P、Q两点的振动步调总是相反，所以在相等时间内，P、Q两质点通过的路程相等，故E正确．
9．解题思路：由题意可知介质中质点起振方向向上，所以d质点第一次达到最大位移时处于波峰位置，又a、d沿传播方向上的距离小于一个波长，则可知a、d间的波形如图所示有两种情况：
图甲：xad＝λ甲
t＝T甲
v甲＝
解得v甲＝3
m/s
图乙：xad＝λ乙
t＝T乙
v乙＝
解得v乙＝2
m/s
结合甲、乙两图可知此时质点j还没有起振，所以位移为零．
答案：3或2 0
10．解题思路：由图可知波长λ＝8
m，周期T＝0.2
s，则波的传播速度v＝＝40
m/s，ω＝＝10π
rad/s，由图甲、乙可知波沿x轴正向传播，质点P简谐运动的表达式为y＝0.1sinm.
答案：40 y＝0.1sin
m或y＝10sin
cm
11．解题思路：(1)只打开S2时，波源S产生的波传播到S2时，由于狭缝的尺寸比波长小，于是水面波在S2处发生明显衍射，水面波以S2处为波源向挡板另一侧传播开来．
(2)由于SS1＝SS2，所以从波源发出的水波传播到S1、S2处时它们的振动情况完全相同，当S1、S2都打开时产生相干波，它们在空间相遇时产生干涉现象，一些地方振动加强，一些地方振动减弱，加强区与减弱区相互隔开，发生明显的干涉现象．
(3)D点是波峰与波峰相遇处，是振动最强点；B点是波谷与波谷相遇处，是振动最强点，A、C点是波峰与波谷相遇处，这两点振动最弱．
答案：(1)波的衍射现象 (2)波的干涉现象 (3)B、D振动最强，A、C振动最弱
12．解题思路：(1)如果波沿x轴负方向传播，且周期T>0.5
s，则波向左传播的距离x＝λ＝×24
cm＝6
cm
波速v＝＝＝0.12
m/s
(2)如果波是沿x轴正方向传播的，且周期T满足0.3
ss，则波向右传播了1个波长多，所以波传播的距离为x＝λ＋λ＝×24
cm＝42
cm
波速v＝＝＝0.84
m/s
答案：(1)0.12
m/s (2)0.84
m/s课练40 原子结构 原子核
1.
(多选)氢原子能级如图，当氢原子从n＝3跃迁到n＝2的能级时，辐射光的波长为656
nm.以下判断正确的是( )
A．氢原子从n＝2跃迁到n＝1的能级时，辐射光的波长大于656
nm
B．用波长为325
nm的光照射，可使氢原子从n＝1跃迁到n＝2的能级
C．一群处于n＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线
D．用波长为633
nm的光照射，不能使氢原子从n＝2跃迁到n＝3的能级
2.
(多选)氢原子的部分能级如图所示，已知可见光子能量在1.62
eV到3.11
eV之间，由此可推知，氢原子( )
A．从高能级向n＝1能级跃迁时发出的光的频率比可见光的高
B．从高能级向n＝2能级跃迁时发出的光一定为可见光
C．从高能级向n＝3能级跃迁时发出的光的频率比可见光的高
D．大量处于n＝4能级的氢原子向基态跃迁时可以发出两种可见光
3．(多选)关于光谱，下列说法正确的是( )
A．各种原子的发射光谱都是线状谱
B．由于原子都是由原子核和电子组成的，所以各种原子的原子光谱是相同的
C．由于各种原子的原子结构不同，所以各种原子的原子光谱也不相同
D．根据各种原子发光的特征谱线进行光谱分析，可以鉴别物质和确定物质的组成成分
4．氢原子发出a、b两种频率的光，经三棱镜折射后的光路如图所示，若a光是由能级n＝5向n＝2跃迁时发出的，则b光可能是( )
A．从能级n＝4向n＝3跃迁时发出的
B．从能级n＝4向n＝2跃迁时发出的
C．从能级n＝6向n＝3跃迁时发出的
D．从能级n＝6向n＝2跃迁时发出的
5.
(多选)氦原子被电离出一个核外电子，形成类氢结构的氦离子．已知基态的氦离子能量为E1＝－54.4
eV，氦离子的能级示意图如图所示．在具有下列能量的粒子中，能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是( )
A．54.4
eV(光子)
B．50.4
eV(光子)
C．48.4
eV(电子)
D．42.8
eV(光子)
E．41.8
eV(电子)
6．(多选)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了基本电荷的数值
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
7．(多选)关于天然放射性，下列说法正确的是( )
A．所有元素都可能发生衰变
B．放射性元素的半衰期与外界的温度无关
C．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性
D．α、β和γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强
E．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线
8．目前，在居室装修中经常用到的花岗岩、大理石等装修材料，都不同程度地含有放射性元素，装修污染已经被列为“危害群众最大的五种环境污染”之一．有关放射性元素的下列说法正确的是( )
A．氡的半衰期为3.8天，若取4个氡核，经过7.6天就只剩下1个氡原子核了
B．发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了4个
C．β衰变所释放的电子是原子核中的中子转化为质子所产生的
D．γ射线一般伴随着α或β射线产生，在这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强
9.
(多选)钚的一种同位素Pu衰变时释放巨大能量，如图所示，其衰变方程为Pu→U＋He＋γ，则( )
A．核燃料总是利用比结合能小的核
B．核反应中γ的能量就是Pu的结合能
C.U的原子核比Pu更稳定，说明U比Pu的比结合能小
D．由于衰变时释放巨大能量，所以Pu比U的比结合能小
10．(多选)太阳内部有多种热核反应，其中的一个反应方程是H＋H→He＋X.若已知H的质量为m1，H的质量为m2，He的质量为m3，X的质量为m4，则下列说法中正确的是( )
A．X是中子
B.H和H在常温下就能够发生聚变
C．这个反应释放的核能为ΔE＝(m1＋m2－m3－m4)c2
D．我国大亚湾核电站就是利用轻核的聚变释放的能量来发电的
11．太阳内部持续不断地发生着四个质子聚变为一个氦核同时放出两个正电子的热核反应，这个核反应释放出的大量能量就是太阳的能源．
(1)写出这个核反应方程．
(2)这一核反应能释放多少能量？
(3)已知太阳每秒释放的能量为3.8×1026
J，则太阳每秒减少的质量为多少千克？
(mp＝1.007
3
u，mHe＝4.001
5
u，me＝0.000
55
u)
12．一静止的质量为M的铀核(U)发生α衰变转变成钍核(Th)，放出的α粒子速度为v0、质量为m.假设铀核发生衰变时，释放的能量全部转化为α粒子和钍核的动能．
(1)写出衰变方程；
(2)求出衰变过程中释放的核能．
1．(多选)(2016·课标Ⅲ)一静止的铝原子核Al俘获一速度为1.0×107
m/s的质子p后，变为处于激发态的硅原子核Si
.下列说法正确的是( )
A．核反应方程为p＋Al→Si
B．核反应过程中系统动量守恒
C．核反应过程中系统能量不守恒
D．核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和
E．硅原子核速度的数量级为105
m/s，方向与质子初速度的方向一致
2．(2016·课标Ⅱ)在下列描述核过程的过程中，属于α衰变的是________，属于β衰变的是________，属于裂变的是________，属于聚变的是________．(填正确答案标号)
A.C→N＋e
B.P→S＋e
C.U→Th＋He
D.N＋He→O＋H
E.U＋n→Xe＋Sr＋2n
F.H＋H→He＋n
3．(多选)(2017·贵州八校联考)下列说法正确的是( )
A．普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整数倍，这个不可再分的最小能量值ε叫做能量子
B．α粒子散射实验中只有少数α粒子发生了大角度偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一
C．由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要辐射一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小
D．在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能Ek越大，则这种金属的逸出功W0也越大
E．在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后波长变短
4.
(多选)(2017·安徽安庆月考)如图所示为氢原子能级示意图的一部分，则关于氢原子发生能级跃迁的过程，下列说法中正确的是( )
A．从高能级向低能级跃迁时，氢原子放出光子
B．从高能级向低能级跃迁时，氢原子核外电子轨道半径变大
C．用能量E＝14
eV的光照射基态的氢原子，可使基态氢原子电离
D．从n＝4能级跃迁到n＝3能级比从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的电磁波的波长短
E．大量处于n＝4能级的氢原子总共可辐射出6种不同频率的光
5．(多选)(2017·湖北名校模拟)根据玻尔理论，以下说法正确的是( )
A．只要电子绕核运动有加速度，就要向外辐射电磁波
B．处于定态的原子，其电子做变速运动，但它并不向外辐射能量
C．原子内电子的可能轨道是不连续的
D．原子能级跃迁时，辐射或吸收光子的能量取决于两个轨道的能量差
E．处于激发态的原子，只要吸收任意频率的光子就能从低能级跃迁到高能级
6．(多选)(2016·山东枣庄期末)关于近代物理学的结论，下面叙述中正确的是( )
A．在核反应中，电荷数守恒、质量守恒
B．科学研究发现，太阳光是其内部不断发生氢核到氦核的聚变反应而产生的
C．一个氘核(H)与一个氚核(H)聚变生成一个氦核(He)的同时，放出一个中子
D．轻核聚变与重核裂变均释放能量，但无质量亏损
E．质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是(2m1＋2m2－m3)c2
7．(多选)(2017·黑龙江哈尔滨三校联考)
U是一种放射性元素，能够自发地进行一系列放射性衰变，如图所示，判断下列说法正确的是( )
A．图中a是84，b是206
B.Pb比U的比结合能大
C．Y是β衰变，放出电子，电子是由中子转变成质子时产生的
D．Y和Z是同一种衰变
E．从X衰变中放出的射线电离性最强
8．(多选)(2017·河南六市一联)下列说法正确的是( )
A．放射性元素的半衰期是针对大量原子核的统计规律
B．比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定
C．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的裂变反应
D．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，但原子的能量增大
E．天然放射现象的发现揭示了原子有复杂的结构
9．(多选)(2017·广东佛山二模)关于核反应方程Th→Pa＋X＋ΔE(ΔE为释放的核能，X为新生成的粒子)，已知Th的半衰期为1.2
min，则下列说法正确的是( )
A．此反应为β衰变
B.Pa核和Th核具有相同的质量
C.Pa具有放射性
D．64
g的Th经过6
min还有1
g
Th尚未衰变
E.Th的平均结合能比Pa小
10．(多选)(2017·福建漳州二模)根据玻尔理论，推导出了氢原子光谱谱线的波长公式：＝R，m与n都是正整数，且n>m.当m取定一个数值时，不同数值的n得出的谱线属于同一个线系．如：m＝1，n＝2、3、4、…组成的线系叫赖曼系，m＝2，n＝3、4、5、…组成的线系叫巴耳末系，则( )
A．赖曼系中n＝2对应的谱线波长最长
B．赖曼系中n＝2对应的谱线频率最大
C．巴耳末系中n＝3对应的谱线波长最长
D．赖曼系中所有谱线频率都比巴耳末系谱线频率大
11．(2017·江西重点中学协作体二模)原子核聚变有望给人类未来提供丰富洁净的能源．当氘等离子体被加热到适当高温时，氘核参与的几种聚变反应可能发生，并放出能量．这几种反应的总效果可以表示为6H→kHe＋dH＋2n＋43.15
MeV.(1
eV＝1.6×10－19
J，真空中光速c＝3×108
m/s)
(1)该反应方程中的d＝________.
(2)质量亏损为________kg.
12．(2017·江苏南通二模)(1)我国科学家因中微子项目研究获2016年基础物理学突破奖，中微子是一种静止质量很小的不带电粒子，科学家在1953年找到了中微子存在的直接证据：把含氢物质置于预计有很强反中微子流(反中微子用表示)的反应堆内，将会发生如下反应＋H→n＋e，实验找到了与此反应相符的中子和正电子，若反中微子能量是E0，则反中微子质量m＝________，该反中微子对应的物质波的频率ν＝________(普朗克常量为h，真空中光速为c)．
(2)在＋H→n＋e反应过程中：
①若认为质子是静止的，测得正电子动量为p1，中子动量为p2，p1、p2方向相同，求反中微子的动量p.
②若质子质量为m1，中子质量为m2，电子质量为m3，m2>m1，要实现上述反应，反中微子能量至少是多少？(真空中光速为c)
课练40 原子结构 原子核
1．CD 由E＝hν，ν＝可知，E越大，λ越小，A错误．当氢原子由低能级向高能级跃迁时，照射光的能量必须正好等于两能级之差才能跃迁，B错误、D正确．一群氢原子由n＝3能级向低能级自发跃迁，最多产生3种谱线，C正确．
2．AD 由高能级向n＝1能级跃迁，最少能量为10.2
eV，高于可见光频率，A正确；从高能级向n＝2能级跃迁，能量范围是1.89
eV～3.4
eV，有可能比可见光能量高，B错误；从高能级向n＝3能级跃迁，能量范围是0.66
eV～1.51
eV，频率低于可见光，C错误；从n＝4能级向低能级跃迁时，4→2和3→2产生两种可见光，D正确．
3．ACD 各种原子的发射光谱都是线状谱，都有一定的特征，也称特征谱线，是因原子结构不同，导致原子光谱也不相同，因而可以通过原子发光的特征谱线来确定和鉴别物质，称为光谱分析．故A、C、D正确，B错误．
4．D 由光路图知，b光的折射率大于a光的折射率，所以b光的光子能量大于a光的光子能量，a光是由能级n＝5向n＝2跃迁时发出的，从能级n＝4向n＝3跃迁时发出的光子能量小于a光的光子能量，故A错误．从能级n＝4向n＝2跃迁时发出的光子能量小于a光的光子能量，故B错误．从能级n＝6向n＝3跃迁时发出的光子能量小于a光的光子能量，故C错误．从能级n＝6向n＝2跃迁时发出的光子能量大于a光的光子能量，故D正确．
5．ACE 由玻尔理论可知，基态的氦离子要实现跃迁，入射光子的能量(光子能量不可分)应该等于氦离子在某激发态与基态的能量差，因此只有能量恰好等于两能级差的光子才能被氦离子吸收；而实物粒子(如电子)只要能量不小于两能级差，均可能被吸收．氦离子在图示的各激发态与基态的能量差为：
ΔE1＝E∞－E1＝0－(－54.4
eV)＝54.4
eV，
ΔE2＝E4－E1＝－3.4
eV－(－54.4
eV)＝51.0
eV，
ΔE3＝E3－E1＝－6.0
eV－(－54.4
eV)＝48.4
eV，
ΔE4＝E2－E1＝－13.6
eV－(－54.4
eV)＝40.8
eV.
可见，42.8
eV和50.4
eV的光子不能被基态氦离子吸收而发生跃迁．A、C、E正确．
6．ACE 密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值为1.6×10－19
C，选项A正确；贝克勒尔通过对天然放射现象的研究发现了中子，选项B错误；居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素，选项C正确；卢瑟福通过α粒子散射实验，得出了原子的核式结构理论，选项D错误；汤姆孙通过对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，选项E正确．
7．BCD 只有原子序数大于或等于83的元素或某些原子序数小于83的元素才能发生衰变，A错误；放射性元素的半衰期由原子核内部结构决定，与外界温度无关，B正确；放射性元素的放射性来自于原子核内部，与其他元素形成化合物并没有改变其内部结构，所以仍具有放射性，C正确；α、β、γ三种射线中，γ射线能量最大，穿透本领最强，D正确；一个原子核在一次衰变中，要么是α衰变，要么是β衰变，同时伴随着能量的释放，即γ射线，E错误．
8．C 半衰期是对大量原子核衰变的统计规律，对于单个原子核是不成立的，故A错误；根据质量数和电荷数守恒可知：发生α衰变放出He，导致质子数减少2，质量数减少4，故中子数减少2，故B错误；发生β衰变的过程是：一个中子变为质子的同时放出一个电子，故C正确；根据α、β、γ三种射线特点可知，γ射线穿透能力最强，电离能力最弱，α射线电离能力最强，穿透能力最弱，故D错误．
9．AD 比结合能小，原子核不稳定，易释放出核能，A正确；γ的能量只是结合能的一部分，B错误；U比Pu的比结合能大，C错误、D正确．
10．AC 根据质量数守恒和电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数为0，则X是中子，故A正确.H和H在常温下不能发生聚变，只有在高温下才能发生聚变，故B错误．该方程的质量亏损为Δm＝m1＋m2－m3－m4，ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－m3－m4)c2，故C正确．我国大亚湾核电站是利用重核的裂变释放的能量来发电的，故D错误．
11．解题思路：(1)由题意可得核反应方程应为4H→He＋2e.
(2)反应前的质量m1＝4mp＝4×1.007
3
u＝4.029
2
u，反应后的质量m2＝mHe＋2me＝4.001
5
u＋2×0.000
55
u＝4.002
6
u，Δm＝m1－m2＝0.026
6
u，由质能方程得，释放能量ΔE＝0.026
6×931.5
MeV≈24.78
MeV.
(3)由质能方程ΔE＝Δmc2得每秒减少的质量
Δm＝＝
kg＝4.2×109
kg.
答案：(1)4H→He＋2e
(2)ΔE≈24.78
MeV
(3)Δm＝4.2×109
kg
12．解题思路：(1)根据质量数守恒和电荷数守恒得，衰变方程为：U→Th＋He
(2)设钍核的反冲速度大小为v，由动量守恒定律得
0＝mv0－(M－m)v
可得v＝
α粒子和钍核总动能
ΔE＝mv＋(M－m)v2
解得ΔE＝
答案：(1)U→Th＋He
(2)
加餐练
1．ABE 质子p即H，核反应方程为p＋Al→Si
，A项正确；核反应过程遵循动量守恒定律．B项正确；核反应过程中系统能量守恒，C项错误；在核反应中质量数守恒，但会发生质量亏损，所以D项错误；设质子的质量为m，则Si
的质量为28m，由动量守恒定律有mv0＝28mv，得v＝＝
m/s≈3.6×105
m/s，方向与质子的初速度方向相同，故E项正确．
2．C AB E F 天然放射性元素自发地放出α粒子(即氦核He)的衰变属于α衰变；放出β粒子的衰变属于β衰变；重核分裂成几个中等质量原子核的现象为核裂变；轻原子核聚合成较重原子核的反应为核聚变．
3．ABC 普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整数倍，这个不可再分的最小能量值ε叫做能量子，A对；α粒子散射实验中少数α粒子发生了大角度偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一，B对；由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要辐射一定频率的光子，同时由于电子的轨道半径减小，所以动能增大，电势能减小，C对；在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，由爱因斯坦光电效应方程知从金属表面逸出的光电子的最大初动能Ek越大，说明这种金属的逸出功W0越小，D错；在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，则动量减小，由λ＝知光子散射后波长变长，E错．
4．ACE 氢原子从高能级向低能级跃迁时，氢原子会放出光子，A对；从高能级向低能级跃迁时，氢原子核外电子轨道半径变小，B错；要使基态的氢原子发生电离，至少需要吸收13.6
eV的能量，所以用能量E＝14
eV的光照射基态的氢原子，可使基态氢原子电离，C对；从n＝4能级跃迁到n＝3能级比从n＝3能级跃迁到n＝2能级时释放的能量小，所以辐射出电磁波的频率小，波长长，D错；大量处于n＝4能级的氢原子总共可辐射出＝6种不同频率的光，E对．
5．BCD 氢原子具有确定能量的稳定状态称为定态，电子在轨道上绕核转动，能量是稳定的，不产生电磁辐射，A错、B对；氢原子轨道是量子化的，是不连续的，C对；氢原子在辐射光子时，能量减小，吸收光子时，能量增加，能级间跃迁辐射或吸收的光子能量必须等于两能级间的能量差，即辐射或吸收光子的能量取决于两个轨道的能量差，D对、E错．
6．BCE 在核反应中，电荷数和质量数均守恒，存在质量亏损，质量不守恒，A错；氢核到氦核是轻核的聚变，B对；根据质量数和电荷数守恒知，一个氘核(H)与一个氚核(H)聚变生成一个氦核(He)的同时，放出一个中子，C对；轻核聚变与重核裂变均释放能量，存在质量亏损，D错；根据爱因斯坦质能方程知当质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3时，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是(2m1＋2m2－m3)c2，E对．
7．ABD 由BiPo，质量数没变，则X是β衰变，所以a＝84，由BiTl电荷数减少2，则Y是α衰变，所以b＝206，A对、C错；由衰变的过程知，Pb比U稳定，则Pb比U的比结合能大，B对；由PoPb及a＝84知，Z为α衰变，D对；从β衰变中放出的是β射线，其电离性最弱，E错．
8．ABD 放射性元素半衰期的统计是针对大量原子核的统计规律，A对；比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，B对；太阳辐射的能量来源于其内部热核反应，即聚变反应，C错；根据玻尔理论，氢原子核外电子由半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子电势能增大，电子动能减小，但整个原子的能量增大，D对；天然放射现象的发现揭示了原子核具有复杂的结构，E错．
9．ACE 根据核反应方程质量数和电荷数守恒可判断出X为e，所以此反应为β衰变，A正确；Pa核与Th核质量并不同，B错误；根据化学元素周期表及化学知识知，Pa为放射性元素，C正确；利用半衰期公式m余＝m原，可判断m余＝2
g，则D错误；根据平均结合能知识可判断E正确．
10．ACD 在赖曼系中m＝1，n＝2、3、4、…，利用氢原子光谱谱线的波长公式＝R可知n值越大，波长λ就越短，频率f就越大，则A正确、B错误；在巴耳末系中m＝2，n＝3、4、5、…，利用氢原子光谱谱线的波长公式＝R可知，n值越大，波长λ就越短，频率f就越大，光子能量就越大，则C正确、D正确；由公式可判断，赖曼系中与巴耳末系中的波长相比可以小也可以大，那么频率可以大也可以小，所以E错误．
11．解题思路：(1)根据质量数守恒得：12＝4k＋d＋2，再由电荷数守恒得：6＝2k＋d，联立解得d＝2.
(2)根据爱因斯坦的质能方程ΔE＝Δmc2得：Δm＝＝
kg＝7.67×10－29
kg.
答案：(1)2 (2)7.67×10－29
12．解题思路：由爱因斯坦质能方程知E0＝mc2，即反中微子质量为；由E＝hν可知该反中微子对应的物质波的频率为.(2)①在核反应中动量守恒，且正电子和中子动量方向相同，即反中微子的动量为p＝p1＋p2
②由能量守恒知反中微子能量最小时满足E＋m1c2＝(m2＋m3)c2，所以反中微子的最小能量为E＝(m2＋m3－m1)c2.
答案：(1) (2)P1＋P2 (m2＋m3－m1)c2模拟仿真预测卷(二)
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分考试时间60分钟．
第Ⅰ卷 (选择题 共48分)
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一个选项符合题目要求，第7～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分．
1．如图所示，物体A和B叠放在固定光滑斜面上，A、B的接触面与斜面平行，当A、B以相同的速度沿斜面向上运动时，关于物体A的受力个数，正确的是( )
A．2
B．3
C．4
D．5
2．飞镖比赛是一项极具观赏性的体育比赛项目，在飞镖世界杯大赛中某一选手在距地面高h，离靶面的水平距离L处，将质量为m的飞镖以速度v0水平投出，结果飞镖落在靶心正上方．不计空气阻力，如只改变h、L、m、v0四个量中的一个，可使飞镖投中靶心的是
( )
A．适当减小v0
B．适当提高h
C．适当减小m
D．适当减小L
3.
如图所示，M为固定在水平桌面上的有缺口的方形木块，abcd为半径是R的光滑圆弧形轨道，a为轨道最高点，de面水平且有一定长度．今将质量为m的小球在d点的正上方高为h处由静止释放，其自由下落到d处切入轨道内运动，不计空气阻力．则以下正确的是
( )
A．只要h大于R，释放后小球就能通过a点
B．无论怎样改变h，都不可能使小球通过a点后落回轨道内
C．调节h，可以使小球通过a点做自由落体运动
D．只要改变h，就能使小球通过a点后，既可以落回轨道内又可以落到de面上
4.
若银河系内每个星球贴近其表面运行的卫星的周期用T表示，被环绕的星球的平均密度用ρ表示.与ρ的关系图象如图所示，已知万有引力常量G＝6.67×10－11
N·m2/kg2.则该图象的斜率约为( )
A．7×10－10
N·m2/kg2
B．7×10－11
N·m2/kg2
C．7×10－12
N·m2/kg2
D．7×10－13
N·m2/kg2
5．利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度B.用绝缘轻质丝线把底部长为L、电阻为R、质量为m的“”形线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用轻质导线连接线框与电源，导线的电阻忽略不计．当外界拉力F作用于力敏传感器的挂钩上时，数字电压表会有示数U，且数字电压表上的示数U与所加拉力F成正比，即U＝KF，式中K为比例系数．当线框接入恒定电压为E1时，电压表的示数为U1；接入恒定电压为E2时(电流方向不变)，电压表示数为U2.则磁感应强度B的大小为( )
A．B＝
B．B＝
C．B＝
D．B＝
6．氢原子从能级m跃迁到能级n时辐射红光的频率为ν1，从能级n跃迁到能级k时吸收紫光的频率为ν2，已知普朗克常量为h，若氢原子从能级k跃迁到能级m，则( )
A．吸收光子的能量为hν1＋hν2
B．辐射光子的能量为hν1＋hν2
C．吸收光子的能量为hν2－hν1
D．辐射光子的能量为hν2－hν1
7．如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于光滑金属导轨平面向外，导轨左右两端电路所在区域均无磁场分布．垂直于导轨的导体棒接入电路的长度为L、电阻为R0，在外力作用下始终以速度v0从左向右做匀速直线运动．小灯泡电阻为2R0，滑动变阻器总阻值为4R0.图示状态滑动触头位于a、b的正中间位置，此时位于平行板电容器中的P处的带电油滴恰好处于静止状态．电路中其余部分电阻均不计，各接触处都接触良好，且导轨足够长，下列说法正确的是
( )
A．若将上极板竖直向上移动稍许，同时将下极板接地，其余条件均不变，则油滴的电势能将增加，且P点电势将降低
B．油滴带负电
C．图示状态下，Δt时间内通过小灯泡的电荷量为
D．若将滑动变阻器的滑片向b端移动，小灯泡将变暗
8.
如图所示，甲、乙两物块通过轻弹簧a栓接，轻弹簧b上端与物块乙栓接，下端与水平地面接触但不栓接，整个装置处于竖直静止状态．现对物块甲施一竖直向上的拉力(图中未画出)使其缓慢向上运动，直到轻弹簧b刚要离开地面．轻弹簧a、b的劲度系数分别为k1、k2，下列说法正确的是( )
A．轻弹簧b刚要离开地面时，竖直拉力大小与k1、k2有关
B．轻弹簧b刚要离开地面时，竖直拉力大小与k1、k2无关
C．整个过程中，竖直拉力做功与k1、k2有关
D．整个过程中，竖直拉力做功与k1、k2无关
第Ⅱ卷 (非选择题 共62分)
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～14题为选考题，考生根据要求作答
(一)必考题(4小题，共47分)
9．(10分)利用力传感器研究“加速度与合外力的关系”的实验装置如图甲所示．
(1)下列关于该实验的说法，错误的是________．
A．做实验之前必须平衡摩擦力
B．小车的质量必须比所挂钩码的质量大得多
C．应调节定滑轮的高度使细线与木板平行
D．为了实验安全，打点计时器接直流电源
(2)从实验中挑选一条点迹清晰的纸带，每5个点取一个计数点，用刻度尺测量计数点间的距离如图所示．已知打点计时器每间隔0.02
s打一个点．
从图可知A、B两点间的距离s1＝________cm；该小车的加速度a＝________m/s2(计算结果保留2位有效数字)，实验中纸带的________(填“左”或“右”)端与小车相连接．
(3)数据在坐标系中作出了图乙所示的a－F图象．
①图线不过坐标原点的原因是________________________________________________________________________．
②小车和传感器的总质量为________kg.
10．(5分)某科技小组的同学通过查找资料动手制作了一个电池．
(1)甲同学选用图1所示的电路图测量该电池的电动势和内阻．在他测量与计算无误的情况下，所得到的电源电动势E的测量值比真实值小．E的测量值比真实值小的原因可能是________(填选项前的字母)造成的．
A．电压表的分流
B．电流表的分压
(2)乙同学选用图2所示的电路图测量该电池的电动势和内阻，其中定值电阻的阻值为R0，根据实验电路图连接好电路，闭合开关S，逐次改变电阻箱接入电路中电阻的阻值R，读出与R对应的电压表的示数U，并作记录．根据多组实验数据绘出如图3所示的－图象，若已知图线的斜率为k，纵轴截距为b，则这个实验中所测电池电动势的测量值E＝________，内阻的测量值r＝________.
11．(13分)如图所示，小车的质量M＝5
kg，底板距地面高h＝0.8
m，小车与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.1.车内装有质量m＝0.5
kg的水(不考虑水的深度)．今给小车一初速度，使其沿地面向右自由滑行，当小车速度为v＝10
m/s时，车底部的前方突然出现一条与运动方向垂直的裂缝，水从裂缝中连续渗出，形成不间断的水滴，设每秒钟滴出的水的质量为k＝0.1
kg/s，并由此时开始计时，空气阻力不计，g取10
m/s2，求：
(1)t＝4
s时，小车的加速度；
(2)到小车停止运动，水平地面上水滴洒落的长度.
12.
(19分)如图所示，两个边长均为l的正方形区域ABCD和EFGH内有竖直向上的匀强电场，DH上方有足够长的竖直向下的匀强电场．一带正电的粒子，质量为m、电荷量为q，以速度v从B点沿BC方向射入匀强电场，已知三个区域内的场强大小相等，且E＝，今在CDHE区域内加上合适的垂直纸面向里的匀强磁场，粒子经过该磁场后恰能从DH的中点竖直向上射入电场，粒子的重力不计，求：
(1)所加磁场的宽度；
(2)所加磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子从B点射入到从EFGH区域电场射出所经历的时间．
(二)选择题(共15分．请考生从给出的2道题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分)
13．(15分)[选修3—3]
(1)(5分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A．气体温度升高，则每个气体分子的动能都将变大
B．分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小
C．一定质量理想气体温度升高，则内能增大
D．在绝热过程中，外界对气体做功，气体的内能一定增加
E．用油膜法估测分子大小，如果油膜没有充分展开，测出来的分子大小将偏小
(2)(10分)如图所示，内壁光滑的气缸水平放置，厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一定质量的理想气体，气体初始温度为T1＝300
K，此时活塞与气缸底部之间的距离为d1＝24
cm.在活塞的左侧d2＝6
cm处有固定的卡环，大气压强P0＝1.0×105
Pa.求：
①要使活塞能缓慢达到卡环位置，封闭气体的温度至少升高到多少？
②当封闭气体的温度缓慢升到T＝450
K时，封闭气体的压强为多少？
14．(15分)[选修3—4]
(1)(5分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A．在潜水员看来，岸上的所有景物都出现在一个倒立的圆锥里
B．光纤通信利用了全反射的原理
C．泊松通过实验观察到的泊松亮斑支持了光的波动说
D．电子表的液晶显示用到了偏振光
E．变化的磁场一定产生变化的电场
(2)(10分)如图所示，坐标原点O处的波源t＝0时刻开始沿y轴方向做简谐运动，形成沿x轴正方向传播的简谐波．t＝0.3
s时刻，波传到x＝3
m的P点．求：
①波的传播速度；
②再经过多长时间，位于x＝8
m处的Q点到达波谷．
模拟仿真预测卷(二)
1．B 物体A受重力，斜面的支持力，B的压力，A、B之间无相对运动趋势，故不受摩擦力，所以A共受三个力作用，选项B正确．
2．A 飞镖飞出后在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动；开始时飞镖落于靶心上方，说明在飞镖水平方向飞行L时，下落高度较小，而水平方向的位移L＝v0t，竖直方向的位移H＝gt2＝，为增大H，可以增大L或减小v0，选项A正确，选项D错误；若L不变，时间不变，也可以降低h，选项B错误；平抛运动规律和物体的质量无关，选项C错误．
3．B 小球恰能通过a点的条件是小球的重力提供向心力，根据牛顿第二定律mg＝m，解得v＝，根据动能定理mg(h－R)＝mv2，得h＝1.5R，可知只有满足h≥1.5R，释放小球后才能通过a点，选项A错误；小球离开a点时做平抛运动，根据平抛运动的规律，水平方向做匀速直线运动x＝vt，竖直方向做自由落体运动R＝gt2，解得x＝R>R，故无论怎样改变h的大小，都不可能使小球通过a点后落回轨道内，小球通过a点不可能做自由落体运动，选项B正确，选项C、D错误．
4．C 对于卫星，由万有引力充当向心力得G＝mR，其中M＝ρV＝ρπR3，整理可得＝ρ，斜率为，约为7×10－12
N·m2/kg2，选项C正确．
5．A 当通上电流后，对线框受力分析得F＝mg＋BIL，当接入电压E1时，得＝mg＋BL，当接入电压E2时，得＝mg＋BL，整理得B＝，故A正确．
6．D 由题意可知Em－En＝hν1，Ek－En＝hν2.因为紫光的频率大于红光的频率，所以ν2>ν1，即能级k的能量大于能级m的能量，氢原子从能级k跃迁到能级m时向外辐射能量，其值为Ek－Em＝hν2－hν1，选项D正确，A、B、C错误．
7．CD 由右手定则知，平行板电容器上板为负极板，板间场强方向竖直向上，油滴静止时，受到的电场力竖直向上，故油滴带正电，选项B错误；将下极板接地，上极板竖直向上移动，板间场强减小，则下极板与P点的电势差减小，而U下P＝φ下－φP＝－φP，故P点电势φP升高，选项A错误；导体棒切割产生的感应电动势E＝BLv0，回路总电阻R＝2R0，回路总电流I＝，故Δt时间内通过小灯泡的电荷量q＝，选项C正确；滑动变阻器的滑片向b端移动，回路总电阻减小，总电流增大，电源的路端电压减小，故小灯泡将变暗，选项D正确．
8．BC 当轻弹簧b刚要离开地面时，对整体研究，根据力的平衡，拉力等于两物块的重力之和，与k1、k2无关，故A项错误，B项正确；根据能量守恒，拉力做的功等于弹簧弹性势能的变化量与两物块重力势能的增量之和，弹簧弹性势能的变化量与两弹簧的劲度系数有关，两物块上升的高度与弹簧的劲度系数有关，故C项正确，D项错误．
9．解题思路：(1)由于实验中用到了力传感器，所以没有必要使小车的质量远大于钩码的质量，选项B错误；打点计时器必须用交流电源，选项D错误．(2)由图知s1＝7.0
mm＝0.70
cm，根据Δx＝aT2可得a＝＝
m/s2＝0.20
m/s2，开始时打点间距小，因此纸带的左端与小车相连接．(3)①由图象可知，当F≠0时，加速度仍然为零，说明没有平衡摩擦力，或平衡摩擦力不足；②a－F图象中的斜率表示质量的倒数，由图可知k＝＝＝2，故小车和传感器的总质量M＝＝0.5
kg.
答案：(1)BD(2分，选对一个得1分，错选不给分)
(2)0.70(1分) 0.20(2分) 左(1分)
(3)①未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足(1分，其他说法只需合理，也可给分)
②0.5(3分)
10．解题思路：(1)电源的电动势大小数值上等于外电路断开时(即电流表示数为零时)的路端电压，在图1中，当电流表示数为零时，由于电压表的电阻并非无穷大，电源与电压表构成通路，电压表的示数必然小于电源电动势，故电源电动势的测量值小于真实值，故产生误差的原因是电压表有一定的电阻，即电压表的分流而引起的，选项A正确；(2)根据闭合电路欧姆定律得E＝U＋I(R0＋r)＝U＋(R0＋r)，有＝＋·，故－图象的斜率为k＝，纵轴截距为b＝，故电池电动势E＝，内阻r＝－R0.
答案：(1)A(2分) (2)(2分) －R0(1分)
11．解题思路：(1)取小车和水为研究对象，t＝4
s时的加速度为a
μ(M＋m－kt)g＝(M＋m－kt)a (2分)
解得a＝1
m/s2 (2分)
(2)小车洒水的时间为t1＝＝5
s (1分)
小车运动的总时间为t2＝＝10
s (1分)
因t1＝5
s在洒水时间内小车的位移为
x＝v0t1－at (1分)
每滴水下落到地面的时间为
t3，h＝gt (1分)
第1滴水滴的水平位移为
x1＝v0t3＝4
m (1分)
最后一滴水滴下落时的初速度为v2＝v0－at1
水滴的水平位移为x2＝v2t3＝2
m (1分)
有水的轨迹长度为
L＝x＋x2－x1＝35.5
m (2分)
答案：(1)1
m/s2 (2)35.5
m
12．解题思路：(1)粒子在ABCD区域电场中做类平抛运动，射出该电场时沿电场方向偏转距离为d
由Eq＝ma得a＝ (2分)
由l＝vt得t＝ (1分)
故d＝at2＝l (1分)
粒子射出ABCD区域电场时沿场强方向速度为vy＝at＝v (2分)
速度偏向角为tanθ＝＝1
解得θ＝ (1分)
粒子从DH中点竖直向上射入电场，由几何关系知
＝l
＋2＝R2 (2分)
得R＝＋得＝(－1)l (1分)
(2)射入磁场的速度大小为v′＝v (1分)
由洛伦兹力提供向心力qv′B＝m (2分)
解得B＝ (1分)
(3)粒子在左侧电场中偏转的运动时间t1＝ (1分)
粒子在磁场中向上偏转运动时间t2＝T (1分)
其中T＝
在上方电场中运动减速到零的时间为t3＝ (1分)
粒子运动轨迹如图所示，根据对称性可知粒子运动总时间为
t＝2(t1＋t2＋t3)得t＝或t＝ (2分)
答案：(1)(－1)l (2)
(3)或
13．解题思路：(1)温度升高，分子的平均动能增大，但不是每个分子的动能都增大，选项A错误；分子间距离增大时，分子间引力和斥力都减小，只不过斥力变化更快，选项B正确；一定质量的理想气体内能仅由温度决定，温度升高，内能增大，选项C正确；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，Q＝0，外界对气体做正功，内能一定增大，选项D正确；用油膜法估测分子的大小，若油膜没有完全展开，则测得的展开面积S变小，根据分子直径d＝，测出的分子直径变大，选项E错误．
(2)(10分)
解：①对活塞中的气体
＝ (2分)
缓慢达到卡环位置可知气体做等压变化p1＝p2＝p0 (1分)
＝ (2分)
解得T2＝375
K (1分)
②因T>T2＝375
K可判断活塞处于卡环位置，此时体积V＝V2 (1分)
故＝ (2分)
得p＝1.2×105
Pa (1分)
答案：(1)BCD(5分)
14．解题思路：(1)潜水员看到的岸上的所有景物都出现在入射角为90°的折射光线组成的倒立的圆锥里，A项正确；光纤通信利用了全反射的原理，B项正确；泊松亮斑并不是泊松通过实验观察到的，C项错误；电子表的液晶显示用到了偏振光，D项正确；均匀变化的磁场产生稳定的电场，E项错误．
(2)(10分)
解：①由题知，波的传播速度v＝＝10
m/s (3分)
②由图可知，λ＝4
m，故知周期T＝0.4
s (3分)
设再经过时间Δt，位于x＝8
m处的Q点到达波谷
则Δt＝0.8＋nT＝0.4(2＋n)s n＝0,1,2，… (4分)
答案：(1)ABD(5分)周测一 直线运动(A卷)
(本试卷满分95分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1．伽利略为了研究自由落体运动的规律，将落体实验转化为著名的“斜面实验”，当时利用斜面实验主要是考虑到( )
A．实验时便于测量小球运动的速度
B．便于测量小球运动的时间
C．便于测量小球运动的路程
D．斜面实验可以通过观察与计算直接得到落体的运动规律
2．下列有关质点和参考系的说法正确的是( )
A．汽车利用卫星导航设备定位时，汽车可看成质点
B．在研究“嫦娥二号”探月卫星调整飞行姿态时，该卫星可看成质点
C．选择不同的参考系观察同一物体的运动，其结果一定是相同的
D．研究物体运动时选择了参照系就无需再建坐标系
3．一物体从静止开始做匀加速直线运动，以T为时间间隔，在第3个T内的位移为3
m，在第3个T终了时的瞬时速度是3
m/s.则( )
A．物体的加速度为1
m/s2
B．物体在第1个T终了时的瞬时速度是0.6
m/s
C．时间间隔T＝1
s
D．物体在第1个T内的位移为0.6
m
4．某质点由静止开始做加速度逐渐减小的加速直线运动，经时间t0，物体达到最大速度v0，在这段时间内关于质点的位移大小x，下列说法正确的是( )
A．x<
B．x＝
C．x>
D．无法确定
5．(多选)某航母跑道长为200
m，飞机在航母上滑行的加速度a大小满足5.25
m/s2≤a≤6
m/s2，起飞需要的最低速度为50
m/s.若要飞机正常起飞，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的初速度可能是( )
A．5
m/s
B．10
m/s
C．20
m/s
D．25
m/s
6．甲、乙两物体在水平面上做直线运动时运动图象如图所示，下列判断正确的是( )
A．若图象是位移—时间图象，则t1～t2时间内两物体运动方向相同
B．若图象是位移—时间图象，则t1～t2时间内两物体通过的路程相等
C．若图象是速度—时间图象，则t1～t2时间内两物体平均速度大小相等
D．若图象是速度—时间图象，则t1～t2时间内两物体运动方向相同
7．如图所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图示照片，图中1、2、3、4、5表示小球运动过程中每次曝光的位置．连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d.根据图中的信息，下列判断错误的是
( )
A．位置“1”是小球释放的初始位置
B．小球做匀加速直线运动
C．小球下落的加速度为
D．小球在位置“3”的速度为
8．(多选)
如图所示，t＝0时，质量为1
kg的物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面(经过B点前后速度大小不变)，最后停在C点，下表是每隔2
s测出的物体瞬时速度，重力加速度g＝10
m/s2，则下列说法正确的是( )
t/s
0
2
4
6
v/(m·s－1)
0
8
12
8
A.t＝3
s时物体恰好经过B点
B．物体运动过程中的最大速度为12
m/s
C．t＝10
s时物体恰好停在C点
D．B、C间的距离大于A、B间的距离
二、非选择题(本题包括4小题，共47分)
9．(6分)某实验小组利用图示的装置研究匀变速直线运动．
(1)下列操作中必要的是________(填字母代号)．
A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板保持平行
B．为减小系统误差，应使钩码质量远小于小车质量
C．调节木板的倾斜度以平衡摩擦力
D．实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源
(2)如图是实验中获得的一条纸带的一部分，选取0、1、2、3计数点，但0与2之间的原始记录数据已模糊不清，已知打点计时器使用的交流电频率为50
Hz，则小车运动的加速度大小为________m/s2(保留三位有效数字)．
10．(11分)在某次实验中，图1所示为一次记录小车运动情况的纸带，其中A、B、C、D、E为相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔T＝0.1
s.
(1)根据________可判定小车做________运动．
(2)计算各点瞬时速度，vB＝________m/s，vC＝________m/s，vD＝________m/s.
(3)以打A点为计时起点，在图2所示坐标中作出小车的v－t图线，并根据图线求出a＝________.
(4)图线与纵轴交点的物理意义是________．
11．(18分)驾驶证路考在结束时要进行目标停车，考官会在离停车点不远处发出指令，要求将车停在指定标志杆附近．设平直道路上有编号为A、B、C、D、E的五根标志杆，相邻杆距离为12.0
m，一次路考中，当学员经过P点时考官发出停车指令“在标志杆D处停车”，学员立即开始刹车，汽车做匀减速直线运动恰好到D点停车．已知从开始刹车到经过B点用时7
s，经过C点用时9
s．求：
(1)汽车经过B点时的速度vB；
(2)汽车的加速度a；
(3)汽车开始刹车时的速度v0.
12．(12分)A、B两辆汽车在平直的公路上同向行驶，当B车在A车前84
m处时，B车速度为4
m/s，且正以2
m/s2的加速度做匀加速运动；经过一段时间后，B车加速度突然变为零．A车一直以20
m/s的速度做匀速运动，经过12
s后两车相遇．问B车加速行驶的时间是多少．
周测一 直线运动(A卷)
1．B 本题考查了斜面实验，意在考查考生对斜面实验的理解．伽利略为了解决时间难以测量的问题，采用了一个巧妙的方法用来“冲淡”重力；他让铜球沿阻力很小的斜面滚下，小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所以时间长，便于测量，选项B正确．
2．A 本题考查质点、坐标系．物体能否视为质点取决于研究问题的需要，利用卫星导航设备对汽车导航时无需考虑汽车的形状与大小，汽车可以视为质点，A项正确；研究“嫦娥二号”卫星调整飞行姿态时，卫星的形状不可忽略，不可以视为质点，故B项错；选择不同的参考系观察同一物体的运动，其结果未必相同，C项错；参考系是用来粗略地描述物体运动的，坐标系可准确地描述物体运动，D项错．
3．D 本题考查匀变速直线运动规律，意在考查考生对运动问题的分析能力．设物体的加速度为a，由匀变速直线运动规律得a(3T)2－a(2T)2＝3，a·3T＝3，解得a＝
m/s2，T＝
s，选项A、C错误；由匀变速直线运动规律得，物体在第1个T终了时的瞬时速度v＝aT＝1
m/s，选项B错误；由匀变速直线运动规律得，物体在第1个T内的位移x＝aT2＝0.6
m，选项D正确．
4．C
画出质点由静止开始做加速度减小的加速直线运动的v－t图象，如图中Obc.显然三角形Ocd面积为，是初速度为0(末速度为v0)的匀加速直线运动的位移，而Obcd对应的面积比大，选项C对．
5．BCD 由速度位移公式v2－v＝2ax可得：v0＝，因飞机在航母上滑行的加速度a大小满足5.25
m/s2≤a≤6
m/s2，解得：10
m/s≤v0≤20
m/s，分析可知，只需满足v0≥10
m/s，即可保证飞机正常起飞，选项B、C、D正确．
6．D 若图象是位移—时间图象，则t1～t2时间内甲物体沿负方向运动，乙物体先沿负方向后沿正方向运动，A、B错误；若图象是速度—时间图象，则t1～t2时间内甲图线与横轴所围面积大于乙图线与横轴所围面积，甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度，甲、乙两物体都沿正方向运动，C错误、D正确．
7．A 本题考查匀变速直线运动的规律．由题意知，小球相邻相等时间内位移的差值为一定值，且位移随时间增加越来越大，故小球的运动是匀加速直线运动，故B正确；若位置“1”是小球释放的初始位置，则从位置“1”开始相邻相等时间内的位移之比应为1∶3∶5…结合题意可知位移不满足此关系，故位置“1”不是小球释放的初始位置，A错误；根据Δx＝aT2可得a＝，据题意可知Δx＝d，故a＝，C正确；匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，故小球在位置“3”的速度应等于位置“2”和位置“4”之间的平均速度，位置“2”和位置“4”相距7d，故小球在位置“3”的速度为，D正确．本题要求选择错误的，故选A.
8．CD
根据题表中的数据，可以求出物体下滑的加速度为a1＝4
m/s2和在水平面上的加速度为a2＝－2
m/s2，作出物体运动的v－t图象如图所示，根据运动学公式有8
m/s＋a1t1＋a2t2＝12
m/s，t1＋t2＝2
s，解得t1＝
s，可知物体经过
s到达B点，到达B点时的速度为v＝a1(2
s＋t1)＝
m/s，故A、B错误；从t＝6
s开始，速度减为零还需的时间为Δt＝
s＝4
s，则t＝10
s时物体恰好停在C点，故C正确；根据速度位移公式v－v＝2ax，代入数据求出A、B间的距离为
m，B、C间的距离为
m，可知B、C间的距离大于A、B间的距离，故D正确．
9．解题思路：(1)细绳应与长木板表面平行，保证拉力即为其水平方向的合力，故A正确；本实验中只要能使小车做加速运动即可，没必要应使钩码质量远小于小车质量，也没必要平衡摩擦力，B、C错误；开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放钩码，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故D错误．(2)由一段时间内的平均速度等于其中间时刻的速度，所以01＝＝
m/s＝0.553
m/s；03＝
m/s＝0.619
7
m/s2.0～1的中间时刻与0～3的中间时刻相差0.1
s，故a＝
m/s2＝0.667
m/s2.
答案：(1)A(3分) (2)0.667(3分)
10．解题思路：(1)由题图1纸带可知，xBC－xAB＝xCD－xBC＝xDE－xCD＝12.6
cm，由此可知，小车在相等时间间隔内的位移之差是一个定值，且小车在运动过程中，在相等时间内的位移变大，故小车做匀加速直线运动．(2)计数点间的时间间隔T＝0.1
s，小车的瞬时速度vB＝＝＝1.38
m/s，vC＝＝＝2.64
m/s，vD＝＝＝3.90
m/s.
(3)应用描点法作图，a＝＝12.6
m/s2.(4)v－t图线延长与纵轴相交，交点表示计数点A对应的速度大小．
答案：(1)纸带上相等时间间隔位移差为定值，计数点间距依次增大 匀加速直线(2分)
(2)1.38 2.64 3.90(3分)
(3)如图所示 12.6
m/s2(5分)
(4)计数点A对应的速度(1分)
11．解题思路：(1)汽车刹车后做加速度为a的匀减速运动，设汽车经过B点的速度为vB，经过C点的速度为vC，设相邻标志杆间的距离为L，则有
＝2L
＝L
对汽车从B到C的过程有
vB＝vC＋at
·t＝L
由题意知t＝9
s－7
s＝2
s
解得vB＝
m/s＝7.0
m/s 方向为P→D(10分)
(2)由(1)可得a＝
m/s2＝1.0
m/s2 方向为D→P(4分)
(3)汽车从P到B用时t1＝7
s，有
v0＝vB＋at1
代入数据得v0＝
m/s＋×7
m/s＝14.2
m/s 方向为P→D(4分)
答案：(1)7.0
m/s (2)1.0
m/s2 (3)14.2
m/s
12．解题思路：设A车的速度为vA，B车初速度为vB，加速行驶的时间为t，两车在t0时相遇，最初两车间的距离为s，则有
sA＝vAt0(3分)
sB＝vBt＋at2＋(vB＋at)(t0－t)(5分)
依题可有sA＝sB＋s(3分)
联立解得t1＝6
s，t2＝18
s.
t2＝18
s>12
s不合题意，舍去．因此，B车加速行驶的时间为6
s(1分)
答案：6
s课练32 交流电的产生和描述
1.
如图所示为一交变电流随时间变化的图象，则此交变电流的有效值为( )
A.
A
B．2
A
C.
A
D．3
A
2．(多选)已知交流电源的电动势瞬时值表达式为e＝10sin4πt(V)，则此交流电源( )
A．频率是4π
Hz
B．电动势的有效值是10
V
C．当t＝0.5
s时，电动势有最大值
D．当t＝0时，线圈平面与中性面重合
3．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势随时间变化规律的图象如图乙所示，已知发电机线圈内阻为1
Ω，外接一只电阻为9
Ω的灯泡，则( )
A．电压表V的示数为20
V
B．电路中的电流方向每秒改变5次
C．灯泡实际消耗的功率为36
W
D．电动势随时间变化的瞬时表达式为e＝20cos5πt(V)
4．(多选)如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a、b所示，则( )
A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合
B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3
C．曲线a表示的交变电动势频率为25
Hz
D．曲线b表示的交变电动势有效值为10
V
5.
(多选)小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间成正弦函数关系，如图所示．此线圈与一个R＝9
Ω的电阻构成闭合电路，线圈自身的电阻r＝1
Ω，下列说法正确的是( )
A．交变电流的周期为0.2
s
B．交变电流的频率为2.5
Hz
C．发电机输出电压的有效值为10
V
D．发电机输出的电功率为18
W
6.
如图所示，电阻为r的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以某一角速度ω匀速转动．t＝0时，线圈平面与磁场垂直，各电表均为理想交流电表，则( )
A．t＝0时，线圈中的感应电动势最大
B．1
s内电路中的电流方向改变了次
C．滑片P向下滑动时，电压表的读数不变
D．线圈匀速转动的角速度ω变大时，电流表的读数也变大
7.
(多选)如图所示，甲为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间成正弦变化，其e—t图象如图乙所示．发电机线圈电阻为1
Ω，外接灯泡的电阻为9
Ω，则( )
A．电压表的示数为6
V
B．发电机的输出功率为4
W
C．在1.0×10－2
s时刻，穿过线圈的磁通量最大
D．在0.5×10－2
s时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大
8.
如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图象如图线b所示．以下关于这两个正弦交流电的说法中正确的是( )
A．线圈先后两次转速之比为1∶2
B．交流电a的电压瞬时值u＝10sin0.4πt(V)
C．交流电b的电压最大值为
V
D．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量为零
9．(多选)电路如图甲所示，电阻R的阻值为484
Ω，C为电容器，L为直流电阻不计的电感线圈，开关S断开，当接上如图乙所示的电压u，下列说法正确的是( )
A．R上的电压应等于155.5
V
B．电压表的示数为220
V
C．电阻R消耗的功率小于50
W
D．为保证闭合开关S后电容器不被击穿，该电容器的耐压值不得小于311
V
10.
如图所示，面积为S的矩形线圈共N匝，线圈总电阻为R，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中以竖直线OO′为轴，以角速度ω匀速旋转，图示位置C与纸面共面，位置A与位置C成45°角．线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中，下列说法正确的是( )
A．平均电动势为NBSω
B．通过线圈某一截面的电荷量q＝
C．在此转动过程中，外界对线圈做的总功为
D．在此转动过程中，电流方向会发生改变
11.
如图所示，虚线两侧有垂直线框平面磁感应强度均为B的匀强磁场，直角扇形导线框半径为L、总电阻为R，绕垂直于线框平面的轴O以角速度ω匀速转动．线框从图中所示位置开始转动一周的过程中，线框内感应电流的有效值是( )
A.
B.
C.
D.
12．(多选)(2017·内蒙古包头测评)有一种家用电器，图甲是其电路工作原理图，当电阻丝接在u＝311
sin100πt(V)的交流电源上后，电阻丝开始加热，当其温度达到某一数值时，自动控温装置P启动，使电阻丝所接电压变为图乙所示波形(部分仍为正弦波)，从而进入保温状态．不计电阻丝阻值的变化，则下列说法正确的是( )
A．P启动后，电阻丝的功率变为原来的一半
B．P启动后，电阻丝所接电压的频率变为原来的一半
C．P启动后，电压表的读数大约是原来的0.5倍
D．P启动后，电压表的读数大约是原来的0.7倍
1．(多选)(2016·课标Ⅲ)
如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则( )
A．两导线框中均会产生正弦交流电
B．两导线框中感应电流的周期都等于T
C．在t＝时，两导线框中产生的感应电动势相等
D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等
2.
(2015·四川理综)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
3．(多选)(2017·湖南衡阳联考)如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势如图乙中曲线a、b所示，则下列说法正确的是( )
A．曲线a表示的交变电动势瞬时值ea＝36
sin25πt
V
B．曲线b表示的交变电动势最大值为28.8
V
C．t＝5×10－2
s时，曲线a、b对应的感应电动势大小之比为3∶2
D．t＝6×10－2
s时，曲线a对应线框的磁通量最大，曲线b对应线框的磁通量为0
4．(2017·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
5.
(2017·江西八校联考)将硬导线中间一段折成半圆形，使其半径为R，让它在磁感应强度为B，方向如图所示的匀强磁场中绕轴MN匀速转动．导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P、电阻为r的小灯泡并正常发光．电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，则下列说法中正确的是( )
A．半圆形硬导线的转速为
B．半圆形硬导线的转速为
C．线圈从图示位置转90°过程中通过小灯泡的电荷量为
D．线圈从图示位置转90°过程中通过小灯泡的电荷量为零
6．(多选)(2017·河北衡水中学二模)如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，内阻不计，绕OO′轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置开始计时．矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻R，下列判断正确的是( )
A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcosωt
B．矩形线圈从图示位置经过时间内，通过电流表的电荷量为零
C．当P位置不动，R增大时，电压表读数也增大
D．当P位置向上移动，R不变时，电流表读数变大
7.
(2017·湖南六校联考)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝
T，单匝矩形线圈的面积S＝1
m2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．线圈通过电刷与理想变压器原线圈相接，A为交流电流表．调整副线圈的触头P，当变压器原、副线圈的匝数比为2∶1时，副线圈电路中标有“6
V 6
W”的灯泡正常发光，以下判断正确的是( )
A．电流表的示数为1
A
B．矩形线圈产生电动势的有效值为18
V
C．从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈产生的电动势随时间的变化规律为e＝12
sin30πt
V
D．若矩形线圈的转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当上移
8．(2017·河北石家庄调研)某小型发电机线圈内阻为r＝1.0
Ω，产生的电动势为e＝10
sin10πt
V，用其对阻值R＝9.0
Ω的灯泡供电，设灯泡电阻丝的电阻不随温度变化，则( )
A．灯泡上的电压为10
V
B．灯泡上的电压为10
V
C．灯泡获得的功率为10
W
D．灯泡获得的功率为9
W
9．(2017·广东惠州模拟)如图甲所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有一矩形单匝线圈，其面积为S，总电阻为r，线圈两端外接一电阻R和一个理想交流电流表．若线圈绕对称轴OO′以角速度ω做匀速转动，图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e随时间t变化的图象，下列说法正确的是( )
A．在t1～t3时间内，穿过线圈平面的磁通量的变化量为BS
B．在t3～t4时间内，通过电阻R的电荷量为
C．在t3时刻穿过线圈平面的磁通量的变化率为2BSω
D．在t3时刻电流表的示数为
10．(多选)(2017·安徽“江南十校”联考)
如图所示，处在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中的矩形线框MNPQ，以恒定的角速度ω绕对角线NQ转动．已知MN长为l1，NP长为l2，线框电阻为R.在t＝0时刻线框平面与纸面重合，下列说法正确的是( )
A．矩形线框产生的感应电动势有效值为Bl1l2ω
B．矩形线框转过半周时，通过线框的电流为零
C．矩形线框转动一周时，通过线框的电流为
D．矩形线框在转动半周过程中产生的热量为
11．(多选)(2017·江苏四市一模)如图甲所示为风力发电的简易模型图，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁铁转动，转速与风速成正比．某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示，则( )
A．电流的表达式i＝0.6sin10πt(A)
B．磁铁的转速为10
r/s
C．风速加倍时电流的表达式i′＝1.2sin10πt(A)
D．风速加倍时线圈中电流的有效值为
A
12．(2017·东北三省四市模拟)
某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系如图所示，则下列说法正确的是( )
A．t＝0时刻发电机的转动线圈位于中性面
B．在1
s内发电机的线圈绕轴转动50圈
C．将此交流电接到匝数比是1∶10的升压变压器上，副线圈的电压为2
200
V
D．将此交流电与耐压值是220
V的电容器相连，电容器不会被击穿
课练32 交流电的产生和描述
1．C 由图象可知此交变电流的周期为2
s．设交变电流的有效值为I，周期为T，则I2RT＝2R·＋2R·，解得I＝
A，故选C.
2．BD 根据交流电表达式通式为e＝emsinωt，可得ω＝4π
rad/s，根据公式ω＝2πf可得交流电的频率为2
Hz，故A错误．该交流电的最大值为em＝10
V，所以有效值为E＝＝10
V，B正确．当t＝0.5
s时，e＝0，电动势最小，C错误．当t＝0时，e＝0，线圈平面处于中性面位置，D正确．
3．C 观察图乙可知，交流电Em＝20
V，可知电动势有效值为E＝＝20
V，周期T＝0.2
s，交流电的方向一个周期改变2次，每秒钟为5个周期，方向改变10次，选项B错误．线圈和灯泡构成闭合回路，总电阻R＝1
Ω＋9
Ω＝10
Ω，电流I＝＝2
A，电压表测量路端电压，读数为U＝2
A×9
Ω＝18
V，选项A错误．灯泡实际消耗的功率为P＝UI＝18
V×2
A＝36
W，选项C正确．电动势随时间变化的瞬时变化式为
e＝20cos10πt(V)，选项D错误．
4．AC 从电动势的图象看到，t＝0时刻，感应电动势为0，所以此时线圈平面与中性面重合，A正确．从电动势的图象知a、b对应的周期之比Ta∶Tb＝2∶3，因线圈转动的角速度ω＝，则a、b对应的转速之比na∶nb＝3∶2，B错误．a的周期为0.04
s，故a的频率为25
Hz，C正确．由最大值Um＝nBSω可知，二者最大值之比为3∶2，则b表示的交变电动势的最大值约10
V，其有效值为5
V，D错误．
5．BD 由图可知，交流电的最大电压E＝20
V，周期T＝0.4
s，所以频率f＝＝2.5
Hz，故A错误、B正确；根据最大值与有效值关系可知有效值为U＝＝10
V，所以输出电压U′＝U＝9
V，故C错误；输出功率为P＝I2R＝2R＝2×9
W＝18
W，故D正确．
6．D 由题意可知，线圈在t＝0时处于中性面位置，感应电动势最小，为0，A错误；1
s内线圈转过圈，每转一圈电流方向改变两次，所以1
s内电流方向改变次数为，B错误；电压表测量的是路端电压，P向下滑时，外电阻R阻值增大，电压表示数增大，C错误；线圈转动角速度ω增大时，由E＝nBSω得，感应电动势有效值增大，电流有效值也增大，即电流表示数变大，D正确．
7．CD 由图乙知电动势有效值为6
V，电流为I＝＝0.6
A，所以电压表示数为U＝IR＝5.4
V，所以A错误；发电机的输出功率为P＝UI＝3.24
W，故B错误；由图乙知在1.0×10－2
s时刻，线圈的电动势最小，等于零，故线圈处于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，故C正确；在0.5×10－2
s时刻，线圈的电动势最大，根据法拉第电磁感应定律知，此时穿过线圈的磁通量变化率最大，所以D正确．
8．C 由图可知产生的正弦交流电的周期之比为2∶3，则线圈先后两次转速之比为3∶2，选项A错误；交流电a的周期为0.4
s，则交流电a的电压瞬时值u＝10sin5πt(V)，选项B错误；由最大值Um＝nBSω可知，二者最大值之比为3∶2，交流电b的电压最大值为
V，选项C正确；在图中t＝0时刻感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，选项D错误．
9．CD 设电压表的读数为U，根据电压有效值的概念应有T＝0＋·，解得U＝110
V≈155.5
V，即电压表的示数应为155.5
V，由于线圈的自感作用，电阻R两端的电压应小于155.5
V，所以A、B错误；当不考虑线圈的自感作用时，电阻R消耗的功率为P＝＝
W＝50
W，所以由于线圈的自感作用，电阻R消耗的功率一定小于50
W，所以C正确；根据电源电压图象可知，电源的电压最大值为311
V，电容器的耐压值不能小于311
V，所以D正确．
10．A 线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中，ΔΦ＝2BScos45°＝BS，Δt＝，根据＝N，得＝NBSω，故A正确。根据＝N，q＝Δt＝N＝，故B错误．产生电动势的峰值Em＝NBSω，则有效值E＝＝，则W＝Q＝Δt＝，从A转过90°过程中，电动势有效值不等于，故C错误．线圈每经过中性面一次，电流方向改变，线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中，电流方向不变，故D错误．
11．B 线框从图示位置转过90°的过程中，即在0～内，穿过闭合线框的磁通量不变，线框内无感应电流；在转过90°至180°的过程中，即在～内，线框中的感应电动势为E＝BL2ω，大小恒定不变，感应电流沿逆时针方向；在转过180°至270°的过程中，即在～内，穿过闭合线框的磁通量不变，线框内无感应电流；在转过270°至360°的过程中，即在～T内，线框中的感应电动势为E＝BL2ω，大小恒定不变，感应电流沿顺时针方向．根据以上分析，画出一个周期内感应电动势E—t图象(图象略)，利用电流的热效应计算感应电动势的有效值为U有＝，所以I有＝＝，选项B正确．
12．AD P启动前电阻丝的功率P1＝＝，结合乙图可知电阻丝的功率P2＝，由有效值定义有·＋0＝T，得P2＝·＝·，则知P1＝2P2，A正确；P启动前所接电压的频率f＝
Hz＝50
Hz，启动后所接电压的频率f′＝＝
Hz＝50
Hz，则B错误；电压表测有效值，启动前U有＝
V，又由启动前后功率关系可知，启动后U′有＝·U有≈0.7U有，则C错误，D正确．
加餐练
1．BC 本题中导线框的半径旋转切割磁感线时产生大小不变的感应电流，故A项错误；两导线框产生的感应电流的周期与线框转动周期相同，B项正确；在t＝时，两导线框切割磁感线的导线长度相同，且切割速度大小相等，故产生的感应电动势相等，均为E＝BR2ω，C项正确；两导线框中感应电流随时间变化的图象如图所示，故两导线框中感应电流的有效值不相等，D项错误．
2．D 发电机输出电压峰值是2Ne0，A、B错误；有效值是·2Ne0＝Ne0，C错误、D正确．
3．AC 由图乙可知，Ema＝36
V，ωa＝＝
rad/s＝25π
rad/s，则曲线a表示的交变电动势瞬时值ea＝Emasinωat＝36sin25πt
V，故A正确；由图乙知曲线a、b表示的交变电流的周期之比为Ta∶Tb＝(8×10－2)∶(12×10－2)＝2∶3，由ω＝可知ωa∶ωb＝Tb∶Ta＝3∶2，所以曲线a、b表示的交变电动势的最大值之比Ema∶Emb＝NBSωa∶NBSωb＝ωa∶ωb＝3∶2，又有Ema＝36
V，则Emb＝24
V，故B错误；曲线a表示的交变电动势瞬时值ea＝36sin25πt
V，曲线b表示的交变电动势瞬时值eb＝24sint
V，将t＝5×10－2
s代入，得ea＝－18
V，eb＝12
V，|ea|∶eb＝3∶2，故C正确；由图乙知t＝6×10－2
s时，a的电动势最大，对应线框的磁通量为0，b的电动势为0，对应线框的磁通量最大，故D错误．
4．C 由图知该电源电动势最大值为Em＝5
V，则有效值E＝5
V，通过电动机的电流为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＝I2rW，故A、B、D错误，C正确．
5．A 转动的半圆形导线切割磁感线，产生感应电动势直接给灯泡供电，因灯泡此时正常发光，则其功率为P，电阻为r，设线圈转速为n，则感应电动势的有效值E有＝，由P＝得：E＝P·r，可求得：n＝，则A对、B错；线圈从图示位置转90°的过程中通过灯泡的电荷量q＝＝＝，则C、D错．
6．AD矩形线圈产生的感应电动势最大值Em＝NBSω，由图示线圈位置可知开始计时时产生的感应电动势最大，则瞬时值表达式为e＝NBSωcosωt，A正确．线圈从图示位置经过时间，磁通量变化量ΔΦ≠0，由q＝N可知，通过电流表的电荷量不为零，B错误．电压表的示数U1＝不变，C错误．由＝得U2＝，当P位置向上移动时，n1变小，则U2变大，又R不变，再由P＝可知副线圈消耗的功率P2变大，则可知原线圈的输入功率P1＝P2变大，再由I1＝知I1变大，电流表读数变大，D正确．
7．D 因灯泡正常发光，则副线圈两端的电压有效值为U2＝6
V，通过灯泡的电流为I2＝
A＝1
A，电流表的示数为I1＝I2＝0.5
A，原线圈两端电压的有效值为U1＝U2＝12
V，矩形线圈产生电动势的有效值为12
V，最大值为Em＝BSω＝12
V，得ω＝60π
rad/s，矩形线圈产生的电动势随时间的变化规律为e＝12sin60πt
V，矩形线圈的转速增大，产生的感应电动势增大，滑片P适当上移可以保持副线圈两端电压不变，小灯泡仍能正常发光．
8．D 由题知电动势有效值E＝10
V，电流I＝＝1
A，灯泡上的电压U＝IR＝9
V，A、B项均错；灯泡获得的功率P＝I2R＝9
W，C项错、D项正确．
9．D 由题图可知，在t1和t3时刻穿过线圈平面的磁通量大小为BS，方向相反，则在t1～t3时间内穿过线圈平面的磁通量的变化量为2BS，A错误；在t3～t4时间内，磁通量的变化量为BS，则平均电动势＝，因此通过电阻R的电荷量为q＝·Δt＝Δt＝，故B错误；在t3时刻电动势E＝BSω，则由法拉第电磁感应定律，E＝可知，则穿过线圈的磁通量变化率为BSω，故C错误；在t3时刻电流表的示数为交变电流的有效值，则有I＝＝，故D正确．
10．ABD 矩形线框产生正弦式交变电流，则产生的感应电动势最大值Em＝Bl1l2ω，所以有效值E＝Bl1l2ω，A正确；当矩形线框转过半周时，线框平面与磁场垂直，磁通量最大，磁通量变化量为零，感应电动势为零，感应电流为零，B正确；转过一周时，通过线框的电流为零，C错误；矩形线框在转动半周过程中产生的热量Q＝t＝＝，D正确．
11．AD 由题图乙可知，线圈中产生的正弦式电流峰值为0.6
A，周期为0.2
s，电流的表达式为i＝0.6sin10πt(A)，A正确；由n＝可得，磁铁的转速为n＝5
r/s，B错误；风速加倍时，产生的电动势最大值加倍，电流峰值加倍，风叶转速加倍，周期减小为原来的，为0.1
s，所以电流的表达式为i′＝1.2sin20πt(A)，C错误；风速加倍时线圈中电流的有效值为I＝＝
A，D正确．
12．B 本题考查了交变电流的图象和产生规律、理想变压器的变压规律等知识点．t＝0时刻，感应电动势具有最大值，说明线圈平面与磁场方向平行，A项错误；由题中图象可知，交变电流的周期为0.02
s．即发电机的线圈在1
s内绕轴转动了50圈，B项正确；C项中副线圈电压指其有效值，原线圈中电压有效值为220
V，由理想变压器的变压规律可知，副线圈的电压为2
200
V，C项错误；电容器的耐压值指允许的最大电压，此交流电的最大电压为220
V，电容器会被击穿，故D项错误．周测六 静电场(B卷)
(本试卷满分95分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1.
如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置，在管子的底部固定一电荷量为Q(Q>0)的点电荷，在距离底部点电荷为h2的管口A处，有一电荷量为q(q>0)、质量为m的点电荷由静止释放，在距离底部点电荷为h1的B处速度恰好为零．现让一个电荷量为q、质量为3m的点电荷仍在A处由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则该点电荷( )
A．运动到B处的速度为零
B．在下落过程中加速度逐渐减小
C．运动到B处的速度大小为
D．速度最大处与底部点电荷距离为
2．有两个带异种电荷的粒子A和B，所带电荷量分别为5q和－q，质量分别为5m和m，两者相距L，它们之间除了相互作用的电场力之外，不受其他力的作用．若要保持A、B之间的距离始终不变，且速率均不为零，则关于这两个粒子运动情况的描述正确的是( )
A．都做匀速圆周运动，且运动速率相同
B．都做匀速圆周运动，且运动周期相同
C．都做匀速圆周运动，且向心加速度大小相同
D．不一定做匀速圆周运动
3．两个点电荷位于x轴上，在它们形成的电场中，若取无限远处的电势为零，则在正x轴上各点的电势如图中曲线所示，当x→0时，电势φ→∞，当x→∞时，电势φ→0；电势为零的点的坐标为x1，电势为极小值－φ0的点的坐标为x2，根据图线提供的信息，下列判断正确的是( )
A．这两个点电荷一定是不等量的同种电荷
B．这两个点电荷一定是等量的异种电荷
C．在x1处的电场强度为零
D．在x2处的电场强度为零
4.
(多选)离子陷阱是一种利用电场或磁场将离子俘获并囚禁在一定范围内的装置．如图所示为最常见的“四极离子陷阱”的俯视示意图，四根平行细杆与直流电压和叠加的射频电压相连，相当于四个电极，相对的电极带等量同种电荷，相邻的电极带等量异种电荷．在垂直于四根杆的平面内四根杆的连线是一个正方形abcd，A、C是a、c连线上的两点，B、D是b、d连线上的两点，A、C、B、D到正方形中心O的距离相等．则下列判断正确的是( )
A．D点的电场强度为零，电势最低
B．A、B、C、D四点电场强度大小相等
C．A点电势比B点电势高
D．正点电荷沿直线从A点经D点运动到C点的过程中，电势能先减小后增大
5．(多选)
在x轴上存在一水平方向的电场，一质量m＝2
kg的带电小球只在电场力的作用下，沿光滑绝缘的水平面从x0＝7
m处开始以初速度v0＝2
m/s向x轴负方向运动．小球电势能Ep随位置x的变化关系如图所示，则下列说法正确的是( )
A．在x0＝7
m处电场强度为零
B．在x＝4
m处电场强度为零
C．小球运动的范围为x≥1
m且小球可以通过x＝9
m处
D．小球运动的最大速度vm＝2
m/s
6．原有一带电油滴静止在极板水平放置的平行板电容器中，给电容器再充上一些电荷ΔQ，油滴开始向上运动，经时间t后，电容器突然放电，失去一部分电荷ΔQ′，又经时间t，油滴回到原位置，假如在运动过程中油滴电荷量一定，则( )
A.＝4
B.＝3
C.＝2
D.＝1
7．(多选)如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平面的中心轴线穿过，细杆上套有一质量为m＝10
g的带正电的小球，小球所带电荷量q＝5.0×10－4
C．小球从C点由静止释放，其沿细杆由C点经B点向A点运动的速度—时间图象如图乙所示．小球运动到B点时，速度图象的切线斜率最大(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )
A．在杆上O点右侧，B点场强最大，场强大小为E＝1.2
V/m
B．由C点到A点的过程中，小球的电势能先减小后变大
C．由C点到A点电势逐渐降低
D．C、B两点间的电势差UCB＝0.9
V
8．(多选)
如图甲所示，A和B表示在真空中相距为d的两平行金属板，加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场．图乙表示一周期性变化的交变电压随时间t变化的图线．从t＝0开始，电压为一定值U0；经过半个周期，突然变为－U0；再过半个周期，又突然变为U0……如此周期性地交替变化．在t＝0时，将上述交变电压U加在A、B两板上，使开始时A板电势比B板高，这时在紧靠B板处有一初速度为零的电子(质量为m，电荷量为e)在电场作用下开始运动．要想使电子到达A板时具有最大的动能，则所加交变电压的周期T可能是( )
A.
B.
C.
D.
二、非选择题(本题包括4小题，共47分)
9．(7分)如图所示是一种测量电容的实验电路图，实验是通过对高阻值电阻放电的方法，测出电容器充电至电压U时所带电荷量Q，从而再求出待测电容器的电容C.某同学在一次实验时的实验步骤如下：
a．按如图甲所示电路连接好电路；
b．接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使小量程电流表的指针偏转接近满刻度，记下此时电流表的示数为I0＝490
μA，电压表的示数U0如图丙所示，I0、U0分别是电容器放电时的初始电流和电压：
c．断开开关S，同时开始计时，每隔5
s或10
s测一次电流i的值，将测得的数据在图丁的坐标上描点标出．
(1)根据图甲的电路原理图连接图乙的实物图．
(2)在图丁中作出i—t图象，其图线与坐标轴所围面积的物理意义是________．
(3)电压表的示数U0＝________V，该电容器电容为C＝________F(结果保留两位有效数字)．
(4)若某同学实验时把电压表接在D、E两端，则电容的测量值与真实值相比________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)．
10.
(10分)如图所示，AB是位于竖直平面内、半径R＝0.5
m的1/4圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E＝5×103
N/C.今有一质量为m＝0.1
kg、带电荷量q＝＋8×10－5
C的小滑块(可视为质点)从A点由静止释放．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.05，取g＝10
m/s2，求：
(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力；
(2)小滑块在水平轨道上通过的总路程．
11．(14分)
如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，坐标系内有A、B两点，其中A点坐标为(6
cm,0)，B点坐标为(0，
cm)．坐标原点O处的电势为0，点A处的电势为8
V，点B处的电势为4
V．现有一带电粒子从坐标原点O处沿电势为0的等势线方向以速度v＝4×105
m/s射入电场，粒子运动时恰好通过B点，不计粒子所受重力，求：
(1)图中C处(3
cm,0)的电势；
(2)匀强电场的场强大小；
(3)带电粒子的荷质比.
12．(16分)
如图所示，两平行金属板A、B长为L＝8
cm，两板间距离d＝8
cm，A板比B板电势高300
V．一带正电的粒子电荷量为q＝1.0×10－10
C，质量为m＝1.0×10－20
kg、以初速度v0＝2.0×106
m/s沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场；粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域；然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响)，粒子穿过界面PS后做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上．已知两界面MN、PS相距L′＝12
cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9
cm.(静电力常量k＝9.0×109
N·m2/C2，粒子的重力不计)求：
(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？到达PS界面时离D点多远？
(2)垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc的位置离D点多远？
(3)确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小．
周测六 静电场(B卷)
1．C 点电荷在下落过程中受重力和库仑力作用，由动能定理可得mgh1＋WE＝0，即WE＝－mgh1，当点电荷质量为3m时，库仑力不变，故库仑力做功不变，由动能定理可得3mgh2－mgh1＝×3mv2，解得v＝，故C正确、A错误；由题意知，点电荷应先做加速运动，再做减速运动，即开始时重力大于库仑力，而在下落过程中，库仑力增大，故下落时加速度先减小，后增大，故B错误；当重力等于库仑力时，合力为零，此时速度最大，F库＝3mg＝，解得r＝
，故D错误．
2．B 由题意可得粒子的运动情况与宇宙中双星系统的运动情况类似，D错误；设它们做圆周运动的角速度为ω，粒子A、B的向心加速度为aA、aB，则据向心力公式可得k＝5mL1ω2＝5maA＝mL2ω2＝maB，又因为L＝L1＋L2，解得aA＝k，aB＝k，L1＝，L2＝，则vA＝ωL1＝
，vB＝ωL2＝，A、C错误，由T＝知，B正确．
3．D 已知x1处的电势为零，故可知这两个点电荷必定是不等量的异种电荷，已知x2处的电势有最小值，所以x2处的电场强度为零，所以D正确．
4．BCD 根据电场的叠加原理可知D点的电场强度方向向右，A错误；根据电场的叠加原理可知B正确；分析电场可知φA>φO，φB<φO，则A点电势比B点电势高，C正确；正点电荷沿直线从A经O运动到C的过程中，电场力先做正功，后做负功，所以电势能先减小后增大，D正确．
5．BCD 因为Ep＝qφ，所以电场力F＝q||，则电场强度E＝，即在x0＝7
m处，>0，即电场强度E≠0，在x0＝4
m处＝0，即电场强度E＝0，A错误、B正确；小球的初动能为Ek＝mv＝4
J，在x0＝7
m处时，小球的电势能为0，故在7
m处时小球的总能量E＝Ep＋Ek＝4
J，故小球向左最远运动到x＝1
m处，向右运动到x＝9
m处时的小球的电势能为2
J，故小球可以通过x＝9
m处，C正确；由题图可知，在x＝4
m处时小球的电势能最低，故此时的动能最大，即此时小球的最大动能为E4＝8
J，最大速度为2
m/s，D正确．
6．A 根据电场强度与电势差的关系及电容的定义得E＝、E′＝，而依题意有mg＝q，根据牛顿第二定律可得qE－mg＝ma，mg－qE′＝ma′，依题意有x＝at2，－x＝at2－a′t2，解得＝，可求得＝4，即选项A正确．
7．ACD 由题图乙可知，小球在B点的加速度最大，故所受作用力最大，加速度由电场力提供，故B点的电场强度最大，a＝，a＝，解得E＝1.2
V/m，所以A正确；从C点到A点电场力对小球一直做正功，故电势能一直减小，B错误、C正确；从C点到B点电场力对小球做功W＝mv－0，C、B两点间电势差U＝＝0.9
V，所以D正确．
8．CD 在电场力作用下，电子的加速度a＝，设电子从B板一直加速运动到A板所需要的时间为t0，则d＝at，解得t＝
，根据以上的分析，应满足t≤，解得T≥
，C、D正确．
9．解题思路：(2)将图中数据点用平滑曲线连接起来，图线与坐标轴所围面积的物理意义是电容器从充电到电压为U0时所带的电荷量．(3)因为电压表的精度为0.5
V，所以电压表示数U0＝0.5×16＝8.0
V；从图线与坐标轴所围面积可以计算出电荷量为Q＝8.75×10－3
C，根据电容的定义式得C＝＝1.1×10－3
F．(4)若把电压表接在D、E两端，会有放电电流通过电压表而使得测量出的电荷量偏小，从而使电容测量值偏小．
答案：(1)如图1所示(2分) (2)如图2所示(2分) 电容器从充电到电压为U0时所带的电荷量 (3)8.0 1.1×10－3(2分) (4)偏小(1分)
10．解题思路：(1)设小滑块第一次到达B点时的速度为vB，对圆弧轨道最低点B的压力为FN，则
mgR－qER＝mv
F′N－mg＝m
由牛顿第三定律F′N＝FN
由FN＝3mg－2qE＝2.2
N(4分)
(2)由题意知qE＝8×10－5×5×103
N＝0.4
N
μmg＝0.05×0.1×10
N＝0.05
N
因此有qE>μmg
所以小滑块最终在圆弧轨道上往复运动(2分)
所以小滑块在水平轨道上通过的总路程x满足
mgR－qER＝μmgx
解得x＝6
m(4分)
答案：(1)2.2
N (2)6
m
11．解题思路：(1)设C处的电势为φC
∵OC＝CA ∴φO－φC＝φC－φA
∴φC＝＝
V＝4
V(3分)
(2)BC连线为等势线，电场强度方向与等势线BC垂直
设∠OBC＝θ OB＝L＝
cm
∵tanθ＝＝ ∴θ＝60°
∵U＝Ed
∴E＝＝＝
V/m＝×102
V/m(5分)
(3)∵带电粒子做类平抛运动
∴联立解得
＝＝
C/kg＝2.4×1011
C/kg(2分)
所以带电粒子的荷质比为2.4×1011
C/kg
答案：(1)4
V (2)×102
V/m
(3)2.4×1011
C/kg
12．解题思路：(1)由题意知水平方向L＝v0t
粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离(侧向位移)
y＝at2(2分)
因为q＝ma，则a＝(1分)
则y＝at2＝·2＝0.03
m＝3
cm(1分)
粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨道与PS交于E，设E到中心线的距离为Y
设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为θ，如图所示，因为其
水平速度vx＝v0＝2.0×106
m/s
竖直速度vy＝at＝1.5×106
m/s(1分)
则tanθ＝＝，Y＝y＋L′tanθ(1分)
解得Y＝12
cm(1分)
(2)该粒子在穿过界面PS后绕点电荷Q做匀速圆周运动(2分)
根据几何关系可知半径r＝15
cm(1分)
则打在荧光屏上的位置离D点的距离为
X＝r＋OD＝24
cm(1分)
(3)从粒子的偏转方向可知点电荷Q的电性为负电．(2分)
粒子到达E点时
v合＝＝2.5×106
m/s(1分)
由k＝m解得Q＝1.04×10－8
C(2分)
答案：(1)3
cm,12
cm (2)24
cm (3)负电，1.04×10－8
C周测十一 (B卷)
(本试卷满分95分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1．(多选)在光滑的水平面上有质量相等的A、B两球，其动量分别为10
kg·m/s与2
kg·m/s，方向均向东，且规定向东为正方向，A球在B球后，当A球追上B球发生正碰，则相碰以后，A、B两球的动量可能分别为( )
A．6
kg·m/s,6
kg·m/s
B．－4
kg·m/s,16
kg·m/s
C．6
kg·m/s,12
kg·m/s
D．3
kg·m/s,9
kg·m/s
2.
如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车，其左侧有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B与水平轨道BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内．将质量为m的物块(可视为质点)从A点无初速释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出．重力加速度为g，空气阻力可忽略不计．关于物块从A位置运动至C位置的过程，下列说法中正确的是( )
A．小车和物块构成的系统动量守恒
B．摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和为零
C．物块的最大速度为
D．小车的最大速度为
3.
如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平地面上，小车上有n个质量为m的小球，现用两种方式将小球相对于地面以恒定速度v向右水平抛出，第一种方式是将n个小球一起抛出，第二种方式是将小球一个接一个地抛出，比较用这两种方式抛完小球后小车的最终速度(小车的长度足够长)( )
A．第一种较大
B．第二种较大
C．两种一样大
D．不能确定
4.
(多选)用同一光电管研究a、b两种单色光产生的光电效应，得到光电流I与光电管两极间所加电压U的关系如图所示．则这两种光( )
A．照射该光电管时，a光使其逸出的光电子最大初动能大
B．从同种玻璃射入空气发生全反射时，a光的临界角大
C．通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距大
D．通过同一玻璃三棱镜时，a光的偏折程度大
5．氢原子从能级m跃迁到能级n时辐射红光的频率为ν1，从能级n跃迁到能级k时吸收紫光的频率为ν2，已知普朗克常量为h，若氢原子从能级k跃迁到能级m，则( )
A．吸收光子的能量为hν1＋hν2
B．辐射光子的能量为hν1＋hν2
C．吸收光子的能量为hν1－hν2
D．辐射光子的能量为hν2－hν1
6．放射性同位素14C在考古中有重要应用，只要测得该化石中14C残存量，就可推算出化石的年代．为研究14C的衰变规律，将一个原来静止的14C原子核放在匀强磁场中，观察到它所放射的粒子与反冲核的径迹是两个相内切的圆，圆的半径之比R∶r＝7∶1，那么14C的衰变方程式应是( )
A.C→Be＋He
B.C→B＋e
C.C→N＋e
D.C→B＋H
7．某科学家提出年轻热星体中核聚变的一种理论，其中的两个核反应方程为H＋C→N＋Q1和H＋N→C＋X＋Q2，方程中Q1、Q2表示释放的能量，相关的原子核质量如下表：
原子核
H
He
He
C
N
N
质量/u
1.007
8
3.016
0
4.002
6
12.000
0
13.005
7
15.000
1
以下推断正确的是( )
A．X是He，Q2>Q1
B．X是He，Q2>Q1
C．X是He，Q2D．X是He，Q28.
(多选)(2017·江北三校二联)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.＝－
二、非选择题(本题包括4小题，共47分)
9．(11分)某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中的不变量的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动．然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动，他设计的具体装置如图甲所示．在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50
Hz，长木板右端下面垫放小木片用以平衡摩擦力．
(1)若已测得打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间距(已标在图上)．A为运动起始的第一点，则应选________段来计算A的碰前速度，应选________段来计算A和B碰后的共同速度(以上两空选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)．
(2)已测得小车A的质量m1＝0.40
kg，小车B的质量m2＝0.20
kg，由以上测量结果可得碰前总动量为________
kg·m/s，碰后总动量为______
kg·m/s.
(3)实验结论：________________________________________________________________________.
10．(12分)(2017·江西新余二模)设有钚的同位素离子Pu静止在匀强磁场中，该离子沿与磁场垂直的方向放出α粒子以后，变成铀的一个同位素离子，同时放出能量为E＝0.09
MeV的光子．(普朗克常量h＝6.63×10－34
J·s,1
eV＝1.6×10－19
J，真空中光速c＝3×108
m/s)
(1)试写出这一过程的核衰变方程．
(2)求光子的波长．
(3)若不计光子的动量，求α粒子与铀核在该磁场中的回转半径之比Rα∶RU.
11．(12分)已知铀核U俘获一个中子后裂变生成钡(Ba)和氪(Kr)，U、Ba、Kr以及中子的质量分别是235.043
9
u、140.913
9
u、91.897
3
u和1.008
7
u.
(1)试写出铀核裂变反应方程，并计算一个U核裂变时放出的核能．
(2)我国秦山核电站的功率为30万千瓦，假如全部铀235都能够发生这样的裂变，释放核能的1.2%可转化为电能，试估算核电站一年要消耗多少千克铀235
12．(12分)
如图所示，两物块A、B并排静置于高h＝0.80
m的光滑水平桌面上，物块的质量均为M＝0.60
kg.一颗质量m＝0.10
kg的子弹C以v0＝10
m/s的水平速度从左面射入A，子弹射穿A后接着射入B并留在B中，此时A、B都没有离开桌面．已知物块A的长度为0.27
m，A离开桌面后，落地点到桌边的水平距离s＝2.0
m．设子弹在物块A、B中穿行时受到的阻力保持不变，g取10
m/s2.
(1)求物块A和物块B离开桌面时速度的大小．
(2)求子弹在物块B中穿行的距离．
(3)为了使子弹在物块B中穿行时物块B未离开桌面，求物块B到桌边的最小距离．
周测十一 选修3－5(B卷)
1．AD 碰撞前后两球的总动量守恒，C错误．碰前两球动能之和Ek＝＝(J)，碰撞后动能不增加，B错误．
2．D 小车和物块组成的系统水平方向所受合外力为零，水平方向动量守恒，系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和等于摩擦力与相对位移的乘积，摩擦力做功的代数和不为零，故B错误；如果小车固定不动，物块到达水平轨道时速度最大，由机械能守恒定律得mgR＝mv2，v＝，现在物块下滑时，小车向左滑动，物块的最大速度小于，故C错误；小车与物块组成的系统水平方向动量守恒，物块下滑过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv1－Mv2＝0，由机械能守恒定律得mv＋Mv＝mgR，当物块滑到B点后，小车在摩擦力的作用下开始减速运动，所以物块滑到B点时对应小车的速度为其最大速度，联立即可解得v2＝，故D正确．
3．C n个小球和小车组成的系统动量守恒，设小车的最终速度为v1，由动量守恒定律得Mv1＋nmv＝0，解得v1＝－v，两次求出的最终速度相同，C正确，A、B、D错误．
4．BC 从b的反向遏止电压更高可知b光频率更高，使逸出的光电子最大初动能大，A错误．a光频率低，则折射率小，临界角大，B正确．a光频率低，则波长长，干涉时相邻条纹间距大，C正确．a光频率低，折射率小，通过同一玻璃三棱镜时，a光的偏折程度小，D错误．
5．D 根据能级跃迁公式可分别得出辐射红光和吸收紫光时的能量关系，氢原子从能级m跃迁到能级n时辐射红光，Em－En＝hν1，从能级n跃迁到能级k时吸收紫光，Ek－En＝hν2，则从能级k跃迁到能级m有Ek－Em＝(Ek－En)－(Em－En)＝hν2－hν1，因红光的能量小于紫光的能量，故ν2>ν1，辐射光子．
6．C 放射的粒子与反冲核动量大小相等，根据r＝，可知其电荷量大小之比为1∶7，答案选C.
7．B 由核反应前后质量数守恒、电荷数守恒可推算X为He，由核反应过程中的质量亏损可知Q2>Q1，B正确．
8．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.
9．解题思路：本题考查学生灵活运用所学知识解决实际问题的能力．
(1)从分析纸带上打点的情况看，BC段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大速度，因此BC段能较准确地描述小车A在碰撞前的运动情况，应选用BC段计算A的碰前速度．从CD段打点情况看，小车的运动情况还没稳定，而在DE段内小车运动稳定，故应选用DE段计算碰后A和B的共同速度．
(2)小车A在碰撞前速度v0＝＝
m/s＝1.050
m/s
小车A在碰撞前动量p0＝mAv0＝0.40×1.050
kg·m/s＝0.420
kg·m/s
碰撞后A、B的共同速度v共＝＝
m/s＝0.695
m/s
碰撞后A、B的总动量p′＝(mA＋mB)v共＝(0.20＋0.40)×0.695
kg·m/s＝0.417
kg·m/s.
(3)实验结论：在误差允许的范围内，A、B碰撞前后动量守恒．
答案：(1)BC DC (2)0.420 0.417 (3)见解析
10．解题思路：(2)根据光子的能量表达式E＝h得：λ＝＝1.38×10－11
m
(3)设衰变后，铀核速度为vU，α粒子的速度为vα，根据动量守恒有mUvU－mαvα＝0
根据带电粒子在磁场中的运动规律可得Rα＝，RU＝，联立解得＝.
答案：(1)Pu→U＋He (2)1.38×10－11
m (3)46∶1
11．解题思路：(1)根据裂变产物及核反应前后质量数守恒，电荷数守恒可写出裂变反应方程式为
U＋n→Ba＋Kr＋3n
核反应中的质量亏损
Δm＝235.043
9
u－140.913
9
u－91.897
3
u－2×1.008
7
u＝0.215
3
u
释放的核能ΔE＝0.215
3×931.5
MeV＝200.55
MeV＝3.2×10－11
J.
(2)核电站一年产生的电能E＝Pt，t＝365×24×3
600
s，每摩尔铀235全部裂变所释放的能量为NAΔE(NA为阿伏加德罗常数)，则消耗的铀235的物质的量N＝＝，而铀235的摩尔质量MU＝0.235
kg/mol，所以每年消耗的铀235的质量
M＝NMU＝
MU
＝
kg＝9.6×103
kg.
答案：(1)U＋n→Ba＋Kr＋3n 3.2×10－11
J (2)9.6×103
kg
12．解题思路：(1)子弹射穿物块A后，A以速度vA沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平抛运动，有h＝gt2
A离开桌面的速度vA＝＝5.0
m/s
设子弹射入物块B后，子弹与B的共同速度为vB，子弹与两物块作用过程系统动量守恒，有mv0＝MvA＋(M＋m)vB
代入数据解得B离开桌面的速度vB＝10
m/s
(2)设子弹离开A时的速度为v1，子弹与物块作用过程系统动量守恒，有
mv0＝mv1＋2MvA
解得v1＝40
m/s
子弹在物块B中穿行的过程中，由能量守恒得
fLB＝Mv＋mv－(M＋m)v①
子弹在物块A中穿行的过程中，由能量守恒可得
fLA＝mv－mv－(M＋M)v②
由①②解得LB＝3.5×10－2
m
(3)设子弹在物块A中穿行的过程中，物块A在水平桌面上的位移为s1，根据动能定理，有
fs1＝(M＋M)v－0③
设子弹在物块B中穿行的过程中，物块B在水平桌面上的位移为s2，根据动能定理，有fs2＝Mv－Mv④
由②③④解得物块B到桌边的最小距离smin＝s1＋s2＝2.5×10－2
m
答案：(1)vA＝5.0
m/s，vB＝10
m/s (2)3.5×10－2
m
(3)2.5×10－2
m课练39 波粒二象性
1.(多选)下列说法正确的是( )
A．一般物体辐射电磁波的情况与温度无关，只与材料的种类及表面情况有关
B．黑体能完全吸收入射的各种波长的电磁波，不反射
C．带电微粒辐射和吸收的能量，只能是某一最小能量值的整数倍
D．普朗克最先提出了能量子的概念
2．下列描绘两种温度下黑体辐射强度与波长关系的图中，符合黑体辐射实验规律的是( )
3.
研究光电效应的电路如图所示，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．则在如图所示的光电流I与A、K之间的电压UAK的关系图象中，正确的是( )
4.
(多选)如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线(直线与横轴的交点坐标为4.27，与纵轴的交点坐标为0.5)．由图可知( )
A．该金属的截止频率为4.27×1014
Hz
B．该金属的截止频率为5.5×1014
Hz
C．该图线的斜率表示普朗克常量
D．该金属的逸出功为0.5
eV
5.
如图所示，真空中有一平行板电容器，两极板分别用锌板和铜板制成(锌板和铜板的截止频率分别为ν1和ν2，且ν1<ν2)，极板的面积为S，间距为d.锌板与灵敏静电计相连，锌板和铜板原来都不带电．现用频率为ν(ν1<ν<ν2)的单色光持续照射两板内表面，假设光电子全部到达另一极板，则电容器的最终带电荷量Q正比于( )
A.(ν1－ν)
B.(ν1－ν2)
C.
D.(ν－ν1)
6．(多选)下列关于光电效应的说法中正确的是( )
A．在光电效应中，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
B．只有入射光的频率大于所照射金属的极限频率时才能发生光电效应
C．对于某种金属，只要入射光的强度足够大，就会发生光电效应
D．用大于金属极限频率的光照射该金属时，入射光越强，饱和电流越大
E．光电效应的发生基本不需要时间积累，只需入射光的波长小于所照射金属的极限波长
7.
(多选)如图所示在光电效应现象中，光电管阴极K的极限频率为ν0，现用频率为ν(ν>ν0)的光照射在阴极上，若在A、K之间加一数值为U的反向电压时，光电流恰好为零，已知普朗克常数为h，电子电荷量为e，则( )
A．阴极材料的逸出功为hν0
B．有光电子逸出，且光电子的最大初动能可表示为eU
C．有光电子逸出，且光电子的最大初动能可表示为hν－hν0
D．有光电子逸出，且光电子的最大初动能为零
E．无光电子逸出，因为光电流为零
8.
(多选)如图所示，电路中所有元件都是完好的，当光照射到光电管上时，灵敏电流计指针未发生偏转，可能的原因是( )
A．入射光强度较弱
B．入射光波长太长
C．光照射时间太短
D．电源正负极接反
E．入射光频率太低
9．下列说法中正确的是( )
A．物质波属于机械波
B．只有像电子、质子、中子这样的微观粒子才具有波动性
C．德布罗意认为，任何一个运动着的物体，小到电子、质子，大到行星、太阳，都有一种波和它对应，这种波叫物质波
D．宏观物体运动时，看不到它的波动性，所以宏观物体运动时不具有波动性
10．已知某种紫光的波长为440
nm，要使电子的德布罗意波长为这种紫光波长的万分之一，则电子的速度为________m/s，让此电子垂直射入磁感应强度B＝0.001
T的弱匀强磁场中，且电子仅受洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，则运行的轨道半径为________m．(电子质量m＝9.1×10－31
kg，电子电荷量e＝1.6×10－19
C，普朗克常量h＝6.63×10－34
J·s，不考虑相对论效应)
11．用如图甲所示的装置研究光电效应，当用光子能量为5
eV的光照射光电管时，测得电流表的示数随电压变化的图象如图乙所示．则光电子的最大初动能为________J，阴极所用材料的逸出功为________J．(电子电荷量e＝1.6×10－19
C)
12．光具有波粒二象性，光子能量E0＝hν(ν为光子频率)，在爱因斯坦提出光子说后，法国物理学家德布罗意提出了光子动量与光波波长的关系p＝，若某激光管以功率PW＝60
W发射波长λ＝663
nm的光束，则该激光管在1
s内发射出的光子数为________，若光束全部被某黑体表面吸收，则该光束对黑体表面的作用力大小为________．(光在真空中传播速度c＝3×108
m/s，普朗克常量h＝6.63×10－34
J·s
1．(多选)(2016·课标Ⅰ)现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生．下列说法正确的是( )
A．保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大
B．入射光的频率变高，饱和光电流变大
C．入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大
D．保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生
E．遏止电压的大小与入射光的频率有关，与入射光的光强无关
2．(多选)(2015·课标Ⅱ)实物粒子和光都具有波粒二象性．下列事实中突出体现波动性的是________．
A．电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样
B．β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹
C．人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构
D．人们利用电子显微镜观测物质的微观结构
E．光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关
3.
(2015·课标Ⅰ)在某次光电效应实验中，得到的遏止电压Uc.与入射光的频率ν的关系如图所示．若该直线的斜率和截距分别为k和b，电子电荷量的绝对值为e，则普朗克常量可表示为________，所用材料的逸出功可表示为________．
4．(2016·江苏单科)(1)贝可勒尔在120年前首先发现了天然放射现象，如今原子核的放射性在众多领域中有着广泛应用．下列属于放射性衰变的是________．
A.C→N＋e
B.U＋n→I＋Y＋2n
C.H＋H→He＋n
D.He＋Al→P＋n
(2)已知光速为c，普朗克常量为h，则频率为ν的光子的动量为________．用该频率的光垂直照射平面镜，光被镜面全部垂直反射回去，则光子在反射前后动量改变量的大小为________．
(3)几种金属的逸出功W0见下表：
金属
钨
钙
钠
钾
铷
W0(×10－19
J)
7.26
5.12
3.66
3.60
3.41
用一束可见光照射上述金属的表面，请通过计算说明哪些能发生光电效应．已知该可见光的波长范围为4.0×10－7～7.6×10－7
m，普朗克常量h＝6.63×10－34
J·s.
5．(多选)(2017·湖北黄冈质检)以下有关近代物理内容的若干叙述，正确的是( )
A．紫外线照射到金属锌板表面时能发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大
B．玻尔认为，原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的
C．β射线是原子核外电子高速运动形成的
D．光子不仅具有能量，也具有动量
E．根据玻尔能级理论，氢原子辐射出一个光子后，将由高能级向较低能级跃迁，核外电子的动能增加
6．(2017·湖南十三校联考)关于光电效应现象，下列说法中正确的是( )
A．在光电效应现象中，入射光的强度越大，光电子的最大初动能越大
B．在光电效应现象中，光电子的最大初动能与照射光的频率成正比
C．对于任何一种金属都存在一个“最大波长”，入射光的波长必须小于此波长，才能发生光电效应
D．对于某种金属，只要入射光的强度足够大，就会发生光电效应
7．(多选)
(2017·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
8．(多选)(2017·安徽蚌埠月考)关于光电效应和康普顿效应的规律，下列说法正确的是( )
A．光电效应中，金属板向外发射的光电子又可以叫做光子
B．用光照射金属不能发生光电效应是因为该入射光能频率小于金属的截止频率
C．对于同种金属而言，遏止电压与入射光的频率无关
D．石墨对X射线散射时，部分X射线的散射光波长会变长，这个现象称为康普顿效应
E．康普顿效应说明光具有粒子性
9.
(多选)(2017·黑龙江哈尔滨一模)某种金属在光的照射下产生光电效应，其遏止电压Uc与入射光频率ν的关系图象如图所示，则由图象可知( )
A．任何频率的入射光照射到该金属表面都能产生光电效应
B．若已知普朗克常量为h，则该金属的逸出功为hν0
C．若已知电子电荷量e，就可以求出普朗克常量h
D．若已知普朗克常量为h，入射光的频率为3ν0，则产生的光电子的最大初动能为2hν0
10．(多选)
(2017·广州二测)用某单色光照射金属钛表面，发生光电效应．从钛表面放出光电子的最大初动能与入射光频率的关系图线如图．则下列说法正确的是( )
A．钛的逸出功为6.67×10－19
J
B．钛的极限频率为1.0×1015
Hz
C．光电子的最大初动能为1.0×10－18
J
D．由图线可求得普朗克常量为6.67×10－34
J·s
E．光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
11．(多选)(2017·江西新余二模)下列说法中正确的是( )
A．用不可见光照射金属一定比用可见光照射同种金属产生的光电子的初动能大
B．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，但原子的能量增大
C．电子云说明电子并非在一个特定的圆轨道上运动
D．“探究碰撞中的不变量”的实验中得到的结论是碰撞前后两个物体动量的矢量和保持不变
E．在光照条件不变的情况下，对发射出来的光电子加上正向电压对光电子加速，所加电压不断增大，光电流也不断增大
12．(2017·安徽怀远高三联考)
如图所示是研究光电效应的实验装置，某同学进行了如下操作：
(1)用频率为ν1的光照射光电管，此时微安表中有电流．调节滑动变阻器，将触头P向________端滑动(选填“a”或“b”)，使微安表示数恰好变为零，记下电压表示数U1.
(2)用频率为ν2的光照射光电管，重复(1)中的步骤，记下电压表示数U2.已知电子的电荷量为e，由上述实验可知，普朗克常量为h＝________(用上述已知量和测量量表示)．
课练39 波粒二象性
1．BCD 考查基本概念和物理学史的相关知识，只要记住本部分概念，直接判断即可．
2．A 随着温度的升高，黑体辐射强度与波长有这样的关系：一方面，各种波长的辐射强度都有增加；另一方面，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动．由此规律可知应选A.
3．C 光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与光照强度无关，因此在入射光频率相同的情况下，遏止电压相同，在能发生光电效应的前提下，光电流随着光照强度增大而增大，C正确．A、B表示入射光频率相同的情况下，遏止电压不相同，均错误．D表示在发生光电效应时，光电流随着光照强度增大而减小，D错误．
4．AC 图线在横轴上的截距为截止频率，A正确、B错误；由光电效应方程Ek＝hν－W0可知图线的斜率表示普朗克常量，C正确；金属的逸出功W0＝hν0＝
eV＝1.76
eV，D错误．
5．D 现用频率为ν(ν1<ν<ν2)的单色光持续照射两板内表面，根据光电效应的条件，知该单色光照射锌板能发生光电效应，照射铜板不能发生光电效应．通过光电效应方程知，光电子的最大初动能Ekm＝hν－hν1.临界状态是电子减速到负极板时速度刚好为零．根据动能定理有eU＝Ekm＝hν－hν1.平行板电容器的电容C∝，而Q＝CU，所以Q∝(ν－ν1)，故D正确．
6．BDE 在光电效应中，入射光的频率必须大于所照射金属的极限频率，逸出光电子的最大初动能与入射光的强度无关，它随入射光频率的增大而增大，但不是正比关系，A、C错误，B正确；用大于极限频率的光照射金属时，入射光越强，饱和电流越大，光电子的发射一般不超过10－9
s，D、E正确．
7．ABC 由逸出功的意义知阴极材料的逸出功W0＝hν0，A对；由于入射光的频率ν>ν0，所以能发生光电效应，有光电子逸出，E错；A、K间加的是反向电压，则电子飞出后要做减速运动，当速度最大的光电子到达阳极A时速度减为零，光电流恰好为零，由动能定理得Ekm＝eU，B对、D错；由爱因斯坦光电效应方程Ekm＝hν－W0，且W0＝hν0，则有Ekm＝hν－hν0，C对．
8．BDE 灵敏电流计指针未发生偏转，可能是未发生光电效应现象，即入射光的频率小于金属的截止频率(入射光的波长大于金属的极限波长)，与光照强度无关，A错，B、E对；光电效应的发生是瞬间的，与入射光的照射时间无关，C错；灵敏电流计指针未发生偏转，还可能是由于电源正、负极接反，光电子做减速运动，不能到达阳极，电路中不能形成电流，D对．
9．答案：C
10．解题思路：由德布罗意波长公式λ＝＝，得电子速度v＝，代入数值得v＝1.66×107
m/s；由洛伦兹力提供向心力有Bev＝m得R＝＝，代入数值得R＝0.094
m.
答案：1.66×107 0.094
11．解题思路：由题图乙可知，当该装置所加的电压为反向电压且此电压为－2
V时，电流表示数为0，即光电子的最大初动能为Ekm＝2
eV＝3.2×10－19
J，根据爱因斯坦光电效应方程知Ekm＝hν－W0，代入数值得W0＝3
eV＝4.8×10－19
J.
答案：3.2×10－19 4.8×10－19
12．解题思路：令在时间Δt＝1
s内发射出的光子数为n，由能量守恒知PWΔt＝nhν，而ν＝，联立得n＝，代入数值得n＝2×1020；由题意知在时间Δt内全部被黑体表面吸收的光子的总动量为p总＝np＝n，由动量定理知FΔt＝p总，联立得F＝＝＝，代入数值得F＝2×10－7
N，由牛顿第三定律知该光束对黑体表面的作用力大小为2×10－7
N.
答案：2×1020 2×10－7
N
加餐练
1．ACE 保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，单位时间内逸出的光电子个数增加，则饱和光电流变大，故A正确．饱和光电流的大小与入射光的频率无直接关系，故B错．由Ek＝hν－W，可知C正确．当入射光的频率小于金属的极限频率时，光电效应不能发生，故D错．由eU＝mν2＝hν－W得eU＝hν－W，可见，遏止电压U随ν的增大而增大，与入射光的光强无关，故E正确．
2．ACD 电子束通过双缝产生干涉图样，体现的是波动性，A正确；β射线在云室中留下清晰的径迹，不能体现波动性，B错误；衍射体现的是波动性，C正确；电子显微镜利用了电子束波长短的特性，D正确；光电效应体现的是光的粒子性，E错误．
3．解题思路：根据爱因斯坦光电效应方程有Ekm＝hν－W0，又因为Ekm＝eUc，得到Uc＝ν－，所以＝k，h＝ek；－＝b，
W0＝－eb.
答案：ek －eb
4．解题思路：(1)A是β衰变，B是核裂变，C是核聚变，D是原子核的人工转变，所以A符合题意．
(2)光子的动量p＝＝，垂直反射回去Δp＝－＝.
(3)光子的能量E＝，取λ＝4.0×10－7
m，则E≈5.0×10－19
J
根据E>W0判断，钠、钾、铷能发生光电效应．
答案：(1)A (2) 2 (3)见解析
5．BDE 最大初动能只与入射光的频率有关，与光强无关，故A错误，β射线是原子核中的中子变成质子和电子，同时将电子释放出来，即n→H＋e，故C错误．
6．C 由光电效应方程Ek＝hν－W0知光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，不是正比关系，与入射光的强度无关，对于任何一种金属都存在一个对应的极限频率，由E＝hν＝知存在一个对应的极限波长，只有入射光的频率大于极限频率或者说其波长小于极限波长时才能发生光电效应，故只有C正确．
7．ACE 当只调换电源的极性时，电子从K到A减速运动，到A恰好速度为零时对应电压为遏止电压，所以A项正确；当其他条件不变，P向右滑动，加在光电管两端的电压增加，光电子运动更快，由I＝得电流表读数变大，但当光电流达到饱和后，光电流即不再随光电管两端电压发生变化，故B错误．只改变光束强度时，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．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．
8．BDE 光电效应中，金属板向外发射的电子叫光电子，光子是光量子的简称，A错误；用光照射金属不能发生光电效应是因为该入射光的频率小于金属的截止频率，B正确；根据光电效应方程hν＝W0＋eUc可知，对于同种金属而言(逸出功一样)，入射光的频率越大，遏止电压也越大，即遏止电压与入射光的频率有关，C错误；在石墨对X射线散射时，部分X射线的散射光波长会变长的现象称为康普顿效应，康普顿效应说明光具有粒子性，D、E正确．
9．BD 只有当入射光的频率大于金属的极限频率时才能发生光效应现象，A错；由题图可知该金属的极限频率为ν0，所以该金属的逸出功为hν0，B对；根据爱因斯坦光电效应方程hν＝W0＋eUc可知，入射光的频率不同，遏止电压不同，C错；由Ek＝hν－hν0知，入射光的频率为3ν0时，产生的光电子的最大初动能为2hν0，D对．
10．ABD 本题考查光电效应的分析计算．
由爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0结合题中图象可知，图象纵截距绝对值表示金属的逸出功，由题图中两三角形相似可知，纵截距绝对值为×10－18
J≈6.67×10－19
J，A项正确；图象的横截距表示金属的极限频率，B项正确；光电子最大初动能随入射光子频率的升高而增大，C项错；图象的斜率表示普朗克常量，即h＝
J·s＝6.67×10－34
J·s、D项正确；光电子的最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，由于常数项不为零，所以不能说成二者成正比关系，E项错．
11．BCD 不可见光的频率可能大于也可能小于可见光的频率，所以当用不可见光照射金属时产生的光电子的初动能不一定比可见光照射时的大，故选项A错误；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，库仑力做负功，电势能增加，但电子的动能减小，原子的总能量是增大的，故选项B正确；电子在核外运动时并非在一个特定的圆轨道上运动，故选项C正确；在“探究碰撞中的不变量”的实验中得到的结论是碰撞前后两个物体动量的矢量和保持不变，即系统动量是守恒的，故选项D正确；在光照条件不变的情况下，随着所加电压不断增大，光电流趋于一个饱和值，之后，即使电压再增大，光电流也不会再增大，故选项E错误．
12．解题思路：(1)有光照射到光电管上时，微安表有示数，说明发生了光电效应现象，现要使电流为零，则光电子从阴极K飞出后向阳极A做减速运动，即K接高电势，P向a端滑动．(2)由动能定理得光电子的最大初动能为Ekm＝eU1，由爱因斯坦光电效应方程得Ekm＝hν1－W0，即eU1＝hν1－W0，同理有eU2＝hν2－W0，联立解得h＝.
答案：(1)a (2)课练29 电磁感应现象 楞次定律
1.下列说法中正确的是( )
A．电磁炉中的线圈通高频电流时，在铝金属锅上产生涡流，使锅体发热从而加热食物
B．磁电式电表的线圈常常用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，是为了防止电磁感应
C．精密线绕电阻常采用双线绕法，可以增强线绕电阻通电时产生的磁场
D．车站的安检门可以探测人身携带的金属物品，其是利用了电磁感应原理
2.
(多选)如图所示，在一空心螺线管内部中点处悬挂一铜环，电路接通瞬间，下列说法正确的是( )
A．从左往右看，铜环中有逆时针方向的感应电流
B．从左往右看，铜环中有顺时针方向的感应电流
C．铜环有收缩趋势
D．铜环有扩张趋势
3.
如图所示，条形磁铁竖直放在水平桌面上，铜质金属环从条形磁铁的正上方足够高处由静止开始下落，下列说法正确的是( )
A．金属环下落过程中，磁通量不变化，不产生感应电流
B．金属环下落的整个过程中，加速度都小于重力加速度g
C．金属环下落的整个过程中，条形磁铁对桌面的压力都大于条形磁铁的重力
D．金属环下落的整个过程中，感应电流方向改变一次
4.
如图所示为地磁场的磁感线分布示意图．一架飞机在赤道上空匀速飞行，机翼保持水平，由于遇到强气流作用使飞机竖直下坠，在地磁场的作用下，金属机翼上产生了电势差．设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1，右方机翼末端处的电势为φ2，忽略磁偏角的影响，则( )
A．若飞机从西往东飞，φ2比φ1高
B．若飞机从东往西飞，φ2比φ1高
C．若飞机从南往北飞，φ2比φ1高
D．若飞机从北往南飞，φ2比φ1高
5.
多年来物理学家一直设想用实验证实自然界中存在“磁单极子”．磁单极子是指只有S极或只有N极的磁性物质，其磁感线分布类似于点电荷的电场线分布．如图所示的实验就是用于检测磁单极子的实验之一，abcd为用超导材料围成的闭合回路．设想有一个N极磁单极子沿abcd轴线从左向右穿过超导回路，那么在回路中可能发生的现象是( )
A．回路中无感应电流
B．回路中形成持续的abcda流向的感应电流
C．回路中形成持续的adcba流向的感应电流
D．回路中形成先abcda流向后adcba流向的感应电流
6.
如图所示，竖直放置的条形磁铁中央有一闭合金属弹性圆环，条形磁铁中心线与弹性圆环轴线重合，现将弹性圆环均匀向外扩大，下列说法中正确的是( )
A．穿过弹性圆环的磁通量增大
B．从上往下看，弹性圆环中有顺时针方向的感应电流
C．弹性圆环中无感应电流
D．弹性圆环受到的安培力方向沿半径向外
7.
如图所示，在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两条可自由滑动的导体棒ab和cd.当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体棒ab和cd的运动情况是( )
A．一起向左运动
B．一起向右运动
C．ab和cd相向运动，相互靠近
D．ab和cd相背运动，相互远离
8.
如图，圆环形导体线圈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
9.
(多选)上海磁悬浮列车于2003年10月1日正式运营．图为其磁悬浮原理：B是用高温超导材料制成的超导圆环，图中A是圆柱形磁铁，将超导圆环B水平放在磁铁A上，它就能在磁场力作用下悬浮在磁铁A的上方空中．以下判断正确的是( )
A．在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流．当稳定后，感应电流消失
B．在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流．当稳定后，感应电流仍存在
C．在B放入磁场的过程中，如B中感应电流方向为如图所示方向，则A的N极朝上
D．在B放入磁场的过程中，如B中感应电流方向为如图所示方向，则A的S极朝上
10.
法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机．铜质圆盘竖直放置在水平向左的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各有一个铜电刷与其紧贴，用导线将电刷与电阻R连接起来形成回路．转动摇柄，使圆盘如图示方向转动．已知匀强磁场的磁感应强度为B，圆盘半径为L，圆盘匀速转动的角速度为ω，不计圆盘电阻．则下列说法正确的是( )
A．因为穿过圆盘的总磁通量为零，故不产生感应电动势，因此通过R的电流为零
B．通过R的电流方向从a到b
C．通过R的电流方向从b到a
D．通过R的电流大小为BωL2/R
11．(2017·重庆二测)如图所示，匀强磁场的磁感应强度方向
垂直纸面向里，宽度为l，上、下边界与地面平行，下边界与地面相距l.将一个边长为l，质量为m，总电阻为R的正方形刚性导电线框ABCD置于匀强磁场区域上方，线框CD边与磁场上边界平行，从高于磁场上边界h的位置由静止释放，h的值能保证AB边匀速通过磁场区域．从AB边离开磁场到CD边落到地面所用时间是AB边通过磁场时间的2倍(重力加速度为g)．求：
(1)线框通过磁场过程中电流的方向；
(2)磁场区域内磁感应强度的大小；
(3)CD边刚进入磁场时线框加速度与h的函数关系，分析h在不同情况下加速度的大小和方向，计算线框通过磁场区域产生的热量．
12．在如图甲所示的半径为r的竖直圆柱形区域内，存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小随时间的变化关系为B＝kt(k>0且为常量)．
(1)将一由细导线构成的半径为r、电阻为R0的导体圆环水平固定在上述磁场中，并使圆环中心与磁场区域的中心重合．求在T时间内导体圆环产生的焦耳热；
(2)上述导体圆环之所以会产生电流是因为变化的磁场会在空间激发涡旋电场，该涡旋电场驱使导体内的自由电荷定向移动，形成电流．如图乙所示，在半径为r的圆周上，涡旋电场的电场强度大小处处相等，并且可以用E＝计算，其中ε为由于磁场变化在半径为r的导体圆环中产生的感生电动势．如图丙所示，在磁场区域的水平面内固定一个内壁光滑的绝缘环形真空细管道，其内环半径为r，管道中心与磁场区域的中心重合．由于细管道半径远远小于r，因此细管道内各处电场强度大小可视为相等的．某时刻，将管道内电荷量为q的带正电小球由静止释放(小球的直径略小于真空细管道的直径)，小球受到切向的涡旋电场力的作用而运动，该力将改变小球速度的大小．忽略小球受到的重力、小球运动时激发的磁场以及相对论效应．
①若小球由静止经过一段时间加速，获得动能Em，求小球在这段时间内在真空细管道内运动的圈数；
②若在真空细管道内部空间加有方向竖直向上的恒定匀强磁场，小球开始运动后经过时间t0，小球与环形真空细管道之间恰好没有作用力，求在真空细管道内部所加磁场的磁感应强度的大小．
1．(多选)(2016·课标Ⅱ)
法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是( )
A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流过电阻R
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
2．(多选)(2015·课标Ⅰ)
1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是( )
A．圆盘上产生了感应电动势
B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
3．(2016·北京理综)
如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B随时间均匀增大．两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb.不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是( )
A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向
B．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向
C．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向
D．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向
4．(2017·湖北黄冈质检)如图，虚线P、Q、R间存在着磁感应强度大小相等，方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，磁场宽度均为L.一等腰直角三角形导线框abc，ab边与bc边长度均为L，bc边与虚线边界垂直．现让线框沿bc方向匀速穿过磁场区域，从c点经过虚线P开始计时，以逆时针方向为导线框中感应电流i的正方向，则下列四个图象中能正确表示i－t图象的是( )
5．(2017·湖北襄阳二联)如图甲所示，矩形线圈abcd固定于方向相反的两个磁场中，两磁场的分界线OO′恰好把线圈分成对称的左右两部分，两磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，规定磁场垂直纸面向内为正，线圈中感应电流逆时针方向为正．则线圈中感应电流随时间的变化图象为( )
6．(2017·江苏四市模拟)
如图所示，螺线管与灵敏电流计相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管，下列说法正确的是( )
A．电流计中的电流先由a到b，后由b到a
B．a点的电势始终低于b点的电势
C．磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量
D．磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度
7．(多选)(2017·江苏镇江模拟)
航母上飞机弹射起飞所利用的电磁驱动原理如图所示．当固定线圈上突然通过直流电时，线圈左侧的金属环被弹射出去．现在线圈左侧同一位置，先后放上用横截面积相等的铜和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环，电阻率ρ铜<ρ铝．则合上开关S的瞬间( )
A．从右侧看，环中产生沿逆时针方向的感应电流
B．铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力
C．若将金属环置于线圈右侧，环将向右弹射
D．电池正、负极调换后，金属环仍能向左弹射
8．(多选)(2017·呼和浩特质量调研)
如图所示，在边长为a的等边三角形区域内有匀强磁场B，其方向垂直于纸面向外，一个边长也为a的等边三角形导线框架EFG正好与上述磁场区域的边界重合，而后绕其几何中心O点在纸面内以角速度ω顺时针方向匀速转动，于是线框EFG中产生感应电动势，若转过60°后线框转到图中的虚线位置，则在这段时间内( )
A．感应电流方向为E→G→F→E
B．感应电流方向为E→F→G→E
C．平均感应电动势大小等于
D．平均感应电动势大小等于
9．(多选)(2017·安徽五校第三次联考)
空间中存在一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域的横截面为等腰直角三角形，底边水平，其斜边长度为L.一正方形导体框abcd的边长也为L，开始时正方形导体框的ab边与磁场区域横截面的斜边刚好重合，如图所示．由图示的位置开始计时，正方形导体框以平行于bc边的速度v匀速穿越磁场．若导体框中的感应电流为i，a、b两点间的电压为Uab，感应电流取逆时针方向为正，则导体框穿越磁场的过程中，i、Uab随时间变化的图象正确的是( )
10．(多选)(2017·广州一测)
如图所示，两平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨垂直并构成闭合回路，且两棒都可沿导轨无摩擦滑动．用与导轨平行的水平恒力F向右拉cd棒，经过足够长时间以后( )
A．两棒间的距离保持不变
B．两棒都做匀速直线运动
C．两棒都做匀加速直线运动
D．ab棒中的电流方向由b流向a
11．(2017·陕西汉中二模)
如图所示，两根完全相同的光滑金属导轨OP、OQ固定在水平桌面上，导轨间的夹角为θ＝74°.导轨所在空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B0＝0.2
T，t＝0时刻，一长为L＝1
m的金属杆MN在外力的作用下以恒定速度v＝0.2
m/s从O点开始向右滑动．在滑动过程中金属杆MN与导轨接触良好，且始终垂直于两导轨夹角的平分线，金属杆中点始终在两导轨夹角的平分线上．导轨与金属杆单位长度的电阻均为r0＝0.1
Ω/m.(sin30°＝0.6，cos37°＝0.8)求：
(1)t＝2
s时刻，金属杆中的电流；
(2)0～2
s内，闭合回路中产生的焦耳热；
(3)若在t＝2
s时刻撤去外力，为保持金属杆继续以v＝0.2
m/s做匀速运动，在金属杆脱离导轨前可采取将B从B0逐渐减小的方法，则磁感应强度B应随时间怎样变化(写出B与t的关系式)
12．(2017·河北石家庄一模)
如图所示，间距为L的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成：倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为θ，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r的定值电阻．质量为m、电阻也为r的金属杆MN垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小也为B的匀强磁场．闭合开关S，让金属杆MN从图示位置由静止释放，已知金属杆运动到水平导轨前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆始终与导轨接触良好，重力加速度为g.求：
(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的最大速率vm；
(2)金属杆MN在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度vm前，当流经定值电阻的电流从零增大到I0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q，求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q；
(3)金属杆MN在水平导轨上滑行的最大距离xm.
课练29 电磁感应现象 楞次定律
1．D 电磁炉中的线圈通高频电流时，在铁磁性金属锅上产生涡流，使锅体发热从而加热食物，而铝非铁磁性金属，因为铝的电阻率较小，发热效果不好，A错误；磁电式电表的线圈常常用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，当线圈和铝框一起在磁场中运动时，铝框中产生感应电流，感应电流会使铝框受到与运动方向相反的安培力作用，即电磁阻尼，是利用了电磁感应，B错误；精密线绕电阻常采用双线绕法，双线中电流方向相反，可以减小电阻中通过电流时产生的自感电动势，C错误；车站的安检门利用涡流探测原理：线圈中交变电流产生交变的磁场，会在金属物品中产生交变的感应电流，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，引起线圈中交变电流发生变化，从而被探测到，D正确．
2．BC 电路接通瞬间，螺线管中电流从无到有，铜环中磁通量增大，产生感应电流，由楞次定律可判断出从左往右看，铜环中有顺时针方向的感应电流，铜环有收缩趋势，A、D错误，B、C正确．
3．D 金属环从条形磁铁的正上方足够高处由静止开始下落，磁通量先增大，根据楞次定律，金属环产生逆时针方向的感应电流，经过虚线O后磁通量减小，产生顺时针方向的感应电流，感应电流方向改变一次，A错误、D正确；在金属环下落到虚线O处时，磁通量不变，不产生感应电流，不受电磁阻尼作用，金属环下落的加速度等于g，条形磁铁对桌面的压力等于条形磁铁的重力，B、C错误．
4．C 当飞机在赤道上空竖直下坠时，由于地磁场向北，若飞机从西往东飞，或从东往西飞，机翼不切割磁感线，不产生感应电动势，电势φ2与φ1相等，A、B错误；若飞机从南往北飞，且飞机竖直下坠，由右手定则可知φ2比φ1高，C正确；若飞机从北往南飞，且飞机竖直下坠，由右手定则可知φ2比φ1低，D错误．
5．C N极磁单极子的磁感线分布类似于正点电荷的电场线分布，由楞次定律知，回路中形成方向沿adcba流向的感应电流，由于回路为超导材料做成的，电阻为零，故感应电流不会消失，C项正确．
6．B 竖直向下穿过条形磁铁内部的磁感线与磁铁外部的磁感线形成闭合曲线，故穿过弹性圆环的磁感线方向竖直向下，当将弹性圆环均匀向外扩大时，穿过弹性圆环的磁通量减小，由楞次定律知产生顺时针方向的电流(从上向下看)，由左手定则可判断出圆环受到的安培力方向沿半径向里．
7．C 电流增强时，电流在abdc回路中产生的垂直纸面向里的磁场增强，回路中磁通量增大，根据楞次定律可知回路要减小面积以阻碍磁通量的增加，因此，两导体棒要相向运动，相互靠近．选项C正确．
8．D 若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，螺线管b中电流增大，根据楞次定律，线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流，穿过线圈a的磁通量变大，线圈a有缩小的趋势，线圈a对水平桌面的压力FN将增大，选项A、B、C错误，D正确．
9．BC 本题借助磁悬浮模型，考查磁悬浮列车原理．当将B靠近A时，穿过B中的磁通量增大，在该环中会产生感应电流，但由于超导体(电阻率为零)没有电阻，所以B中的电流不会变小，永远存在，故选项A错误、B正确；此时B悬浮在A的上方空中，即相互排斥，由安培定则可判断出B的下面相当于磁铁N极，因此A的N极朝上，故选项C正确、D错误．
10．C 本题主要考查了动生电动势、右手定则等知识点，意在考查考生的理解能力和推理能力．可将圆盘看成是由许多根长度为L的铜条拼接而成的，这许多根铜条均切割磁感线产生感应电动势，它们并联起来为电阻R供电，故选项A错误；对其中一根长度为L的铜条，由右手定则可知，电流从圆盘的圆心流出，从b流进电阻，故选项B错误、C正确；通过电阻R的电流I＝E/R，n根铜条并联的电动势等于一根铜条产生的电动势E＝BLv，v＝ωL/2，联立解得I＝BL2ω/2R，故选项D错误．
11．解题思路：(1)由楞次定律得，线框中电流方向：CD边在磁场中时沿D→C→B→A→D方向
AB边在磁场中时沿A→B→C→D→A方向
(2)设线框AB边在磁场中做匀速运动的速度大小为v1，穿过磁场的时间为t，AB边切割磁感线产生的电动势为E1，线框中电流为I1，则
mg＝I1lB
E1＝lv1B
I1＝
l＝v1t
根据题意和匀变速直线运动规律，得
l－l＝v1(2t)＋g(2t)2
联立解得v1＝2，B＝
(3)设线框CD边刚进入磁场时，速度大小为v，加速度大小为a，线框CD边产生的电动势为E，电流为I，线框通过磁场区域产生的热量为Q
由动能定理得mgh＝mv2－0
解得v＝
E＝lvB
I＝
解得I＝
由牛顿第二定律得mg－IlB＝ma
解得a＝g
当h＝2l时，a＝0
当h>2l时，加速度大小为g，方向竖直向上
当h<2l时，加速度大小为g，方向竖直向下
根据能量守恒定律，有Q＝mg(h＋2l)－mv
解得Q＝mgh
答案：(1)见解析 (2) (3)见解析
12．解题思路：(1)穿过导体圆环内的磁通量发生变化，将产生感生电动势，导体圆环的面积S＝πr2，根据法拉第电磁感应定律，感生电动势为：ε＝＝＝S＝πr2k
导体圆环内感生电流I＝＝
在T时间内导体圆环产生的焦耳热Q＝I2R0T
联立解得：Q＝
(2)①根据题意可知，磁场变化将在真空管道处产生涡旋电场，该电场的电场强度E＝＝
小球在该电场中受到电场力的作用，电场力的大小为：
F＝Eq＝
电场力的方向与真空管道相切，即与速度方向始终相同，小球将会被加速，动能变大
设小球由静止到其动能为Em的过程中，小球运动的路程为s，根据
动能定理有Fs＝Em－0
小球运动的圈数N＝
联立解得：N＝
②小球的切向加速度大小为a＝＝
由于小球沿速度方向受到大小恒定的电场力，所以可以把小球从开始运动到t0时刻，小球在真空细管道内沿切线方向的加速运动等效成匀加速直线运动
小球的速度大小v满足v＝at0
小球沿管道做圆周运动，t0时刻，因为小球与管道之间没有相互作用力，所以，小球受到的洛伦兹力提供小球的向心力，设所加磁场的磁感应强度为B0，则有qvB0＝
联立解得：B0＝
答案：(1) (2)① ②
加餐练
1．AB 设圆盘的半径为L，可认为圆盘由无数根辐条构成，则每根辐条切割磁感线产生的感应电动势E＝BL2ω，整个回路中的电源为无数个电动势为E的电源并联而成，电源总内阻为零，故回路中电流I＝＝，由此可见A正确．R上的热功率P＝I2R＝，由此可见，ω变为原来的2倍时，P变为原来的4倍，故D错．由右手定则可判知B正确．电流方向与导体切割磁感线的方向有关，而与切割的速度大小无关，故C错．
2．AB
如图所示，将铜圆盘等效为无数个长方形线圈的组合，则每个线圈绕OO′轴转动时，均有感应电流产生，这些感应电流产生的磁场对小磁针有作用力，从而使小磁针转动起来，可见A、B均正确．由于圆盘面积不变，与磁针间的距离不变，故整个圆盘中的磁通量没有变化，C错误．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场，由安培定则可判断在中心方向竖直向下，其他位置关于中心对称，此磁场不会导致磁针转动，D错误．
3．B 由题意可知＝k，导体圆环中产生的感应电动势E＝＝，S＝·πr2，因ra∶rb＝2∶1，故Ea∶Eb＝4∶1；由楞次定律知感应电流的方向均沿顺时针方向，选项B正确．
4．A 由右手定则可知导线框从左侧进入磁场时，电流方向为逆时针方向，即沿正方向，且逐渐增大，导线框刚好完全进入P、Q之间的瞬间，电流由正向最大值变为零，然后电流方向变为顺时针且逐渐增加，当导线框刚好完全进入P、Q之间的瞬间，电流由负向最大值变为零．故A正确．
5．A 由E＝nS及I＝，可知磁场均匀变化时产生的电流恒定，再结合楞次定律和安培定则分析，可知A正确．
6．D 由楞次定律，可判断出电流计中的电流先由b到a，后由a到b，A错误；螺线管中产生感应电动势，是回路的电源，磁铁从螺线管的正上方进入时，b点电势高于a点电势；磁铁从螺线管的下方出来时，a点电势高于b点电势，B错误；由能量守恒定律可知，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管过程中，磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量和磁铁增加的动能之和，C错误；由于受到向上的吸引力作用，磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度，D正确．
7．BCD 闭合开关S的瞬间，金属环中向右的磁场磁通量增大，根据楞次定律，从右侧看，环中产生沿顺时针方向的感应电流，A错误；由于电阻率ρ铜<ρ铝，先后放上用横截面积相等的铜和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环，铜环中产生的感应电流大于铝环中产生的感应电流，由安培力公式可知，铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力，B正确；若将金属环置于线圈右侧，则闭合开关S的瞬间，从右侧看，环中产生沿顺时针方向的感应电流，环将向右弹射，C正确；电池正、负极调换后，同理可以得出金属环仍能向左弹射，D正确．
8．BC 本题考查了法拉第电磁感应定律、楞次定律等知识点．根据题意，穿过线框的磁通量变小，根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原磁场相同，再由安培定则可知感应电流方向为E→F→G→E，A项错误、B项正确；根据几何关系可得，磁场穿过线框的有效面积减小了ΔS＝a2，根据法拉第电磁感应定律得平均感应电动势＝B＝，C项正确、D项错误．
9．AD 本题考查电磁感应知识，意在考查考生运用法拉第电磁感应定律解题的能力．由楞次定律可知，导体框进入磁场时感应电流的方向为逆时针方向，出磁场时感应电流的方向为顺时针方向，由E＝Blv可知i＝＝，导体框进、出磁场时，有效切割长度l均由L逐渐变为零，所以电流也是从大变小，A项正确、B项错误；进磁场时ab边为电源，Uab为负值，且大小为BLv，出磁场时ab边不是电源，电流从b到a，Uab为负值，且大小为，C项错误、D项正确．
10．CD 本题考查了电磁感应、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律及其相关的知识点．设回路的总电阻为R，用与导轨平行的水平恒力F向右拉cd棒，cd棒做加速运动．由F－BIL＝ma，I＝，E＝BLv，联立解得F－＝ma.随着速度的增大，cd棒所受安培力逐渐增大，说明cd棒做加速度逐渐减小的加速运动．ab棒在安培力作用下做加速度逐渐增大的加速运动．经过足够长时间以后，二者加速度均不再变化，两棒都做匀加速直线运动，两棒间的距离随时间变化，选项A、B错误，C正确；由左手定则可判断出ab棒中的电流方向由b流向a，选项D正确．
11．解题思路：(1)在t时刻，连入回路的金属杆的长度：L0＝2vt
tan37°
回路的总电阻：R＝2(vttan37°＋)r0
电动势：E＝B0L0v
回路的电流：I＝
解得：I＝0.15
A
(2)由于电流恒定，在t时刻回路消耗的电功率：P＝I2R
则在0～2
s内回路消耗的平均电功率：
＝＝1.8×10－3
W
回路中产生的焦耳热：
Q＝t＝3.6×10－3
J
(3)在t＝2
s时刻撤去外力后，因金属杆做匀速运动，故光滑金属杆不再受到安培力作用，回路中电流为零，任一时刻回路中的磁通量相等，Φ1＝Φ2
三角形回路的面积：S＝＝
t1＝2
s时刻回路的磁通量：Φ1＝B0
t时刻回路的磁通量：Φ2＝B
解得：B＝(2
s≤t≤
s)
答案：(1)0.15
A (2)3.6×10－3
J
(3)见解析
12．解题思路：(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零，
对其受力分析，可得：mgsinθ－BIL＝0
根据欧姆定律可得：I＝
解得：vm＝
(2)设在这段时间内，金属杆运动的位移为x，
由电流的定义可得：q＝IΔt
根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得：＝＝
解得：x＝
设电流为I0时金属杆的速度为v0，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律，可得：I0＝
此过程中，电路产生的总焦耳热为Q总，由功能关系可得：mgxsinθ＝Q总＋mv
定值电阻产生的焦耳热Q＝Q总
解得：Q＝－
(3)金属杆在水平导轨上滑行的最大距离为xm，
由牛顿第二定律得：BIL＝ma
由法拉第电磁感应定律、欧姆定律可得：I＝
可得：v＝m
vΔt＝mΔv，即xm＝mvm
得：xm＝
答案：(1)vm＝ (2)Q＝－
(3)xm＝周测十 选修3－3、3－4(B卷)
(本试卷满分80分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1．(多选)下列各种说法中正确的是( )
A．温度低的物体内能小
B．分子运动的平均速度可能为零，瞬时速度不可能为零
C．液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引
D．0
℃的铁和0
℃的冰，它们的分子平均动能相同
E．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关
2.
高空火箭的仪器舱内，起飞前舱内气体压强p0相当于1个大气压，温度T0＝300
K．舱是密封的，如果火箭以加速度g竖直起飞，当火箭起飞时，仪器舱内水银气压计的示数为p1＝0.6p0，如图所示，则此时舱内气体的压强p和温度T分别为( )
A．p＝p0 T＝300
K
B．p＝1.2p0 T＝360
K
C．p＝0.6p0 T＝300
K
D．p＝0.6p0 T＝180
K
3.
如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A.其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程(气体与外界无热量交换)．这就是著名的“卡诺循环”．该循环过程中，下列说法正确的是( )
A．A→B过程中，外界对气体做功
B．B→C过程中，气体分子的平均动能增大
C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多
D．D→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化
4.
如图所示，厚壁容器的一端通过胶塞插进一支灵敏温度计和一根气针，另一端有个用卡子卡住的可移动活塞．用打气筒慢慢向容器内打气，使容器内的压强增大到一定程度，这时读出温度计示数．打开卡子，活塞冲出容器口后( )
A．温度计示数变大，实验表明气体对外界做功，内能减少
B．温度计示数变大，实验表明外界对气体做功，内能增加
C．温度计示数变小，实验表明气体对外界做功，内能减少
D．温度计示数变小，实验表明外界对气体做功，内能增加
5.
如图所示，弹簧的一端固定在墙上，另一端连接一质量为m的木块置于OO′处，此时弹簧处于原长位置．现将木块从OO′处向右拉开一段位移L，然后放手，使木块在粗糙水平地面上减幅振动直至静止，设弹簧第一次恢复原长时木块的速度为v0，则( )
A．弹簧第一次向左运动的过程中，木块始终加速
B．木块第一次向左运动的过程中，速度最大的位置在OO′处
C．木块先后到达同一位置时，动能一定越来越小
D．整个过程中木块只有一次机会速率为v0
6.
(多选)如图所示，同一均匀介质中的一条直线上有相距6
m的两个振幅相等的振源A、B.从t＝0时刻起，质点A、B同时开始振动，且都只振动了一个周期．图甲为A的振动图象，图乙为B的振动图象．若A向右传播的波与B向左传播的波在0.3
S时相遇，则下列说法正确的是( )
A．两列波的波长都是2
m
B．两列波在A、B间的传播速度均为10
m/s
C．在两列波相遇过程中，A、B连线的中点C为振动加强点
D．在0.9
s时，质点B经过平衡位置且振动方向向上
E．两个波源振动的相位差为π
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光的小
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
8．歼－20隐形战斗机的横空出世，极大增强了我国的国防力量，其隐形的基本原理是机身通过结构或者涂料的技术，使得侦测雷达发出的电磁波出现漫反射，或被特殊涂料吸收，从而避过雷达的侦测．已知目前雷达发射的电磁波频率在200
MHz至1
000
MHz的范围内．下列说法正确的是( )
A．隐形战斗机具有“隐身”的功能，是巧妙地利用了雷达波的衍射能力
B．雷达发射的电磁波是由恒定不变的电场或磁场产生的
C．雷达发射的电磁波在真空中的波长范围在0.3
m至1.5
m之间
D．雷达发射的电磁波可能是纵波，也可能是横波
二、非选择题(本题包括4小题，共40分)
9．(10分)
某同学在实验室做“用油膜法估测分子的大小”实验中，已知油酸酒精溶液的浓度为每104
mL溶液中有纯油酸6
mL.现用注射器抽得上述溶液2
mL，缓慢地滴出1
mL溶液，液滴数共有50滴．把1滴该溶液滴到盛水的浅盘上，在刻有小正方形坐标的玻璃板上描出油膜的轮廓(如图)，坐标中小正方形方格的边长为20
mm.试问：
(1)这种估测方法是将每个分子视为________模型，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为________油膜，这层油膜的厚度可视为油酸分子的________．
(2)图中油膜面积为________mm2；每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸体积是________L；根据上述数据，估测出油酸分子的直径是________m．(最后一空保留1位有效数字)
10．(10分)(1)在“用单摆测重力加速度”的实验中，下列措施中可以提高实验精度的是________．
A．选细线作为摆线
B．单摆摆动时保持摆线在同一竖直平面内
C．拴好摆球后，令其自然下垂时测量摆长
D．计时起止时刻，选在最大摆角处
(2)如果测得的g值偏小，可能的原因是________．
A．测摆线长时摆线拉得过紧
B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了
C．开始计时时，停表过迟按下
D．实验中误将49次全振动记为50次
(3)
为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T的数据，再以l为横坐标，T2为纵坐标，将所得数据连成直线如图所示，并求得该直线的斜率为k，则重力加速度g＝________(用k表示)．
11．(10分)如图甲所示，在某介质中波源A、B相距d＝20
m，t＝0时两者开始上下振动，A只振动了半个周期，B连续振动，所形成的波的传播速度都为v＝1.0
m/s，开始阶段两波源的振动图象如图乙所示．
(1)求线段AB上A点右侧距A点1
m处的质点，在t＝0到t＝22
s内所经过的路程？
(2)求在t＝0到t＝16
s内从A发出的半个波前进过程中所遇到的波峰的个数？
12．(10分)如图所示，一玻璃球体的半径为R，O为球心，AB为直径．来自B点的光线BM在M点射出，出射光线平行于AB，另一光线BN恰好在N点发生全反射．已知∠ABM＝30°，求：
(1)全反射的临界角C；
(2)球心O到BN的距离与球体半径的数量关系．
周测十 选修3－3、3－4(B卷)
1．CDE 物体的内能为所有分子的动能和分子势能之和，物体的内能不仅与温度有关，还与物体的质量、体积有关，A错误．分子在永不停息地做无规则运动，所以瞬时速度可能为0，B错误．当液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的斥力和引力，其中引力大于斥力表现为相互吸引，故C项正确．因为温度是分子平均动能的标志，故D项正确．根据气体压强的定义可知，单位体积内的分子数和温度决定气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，所以E项正确．
2．B
分析玻璃管内水银柱的受力，如图所示，根据牛顿第二定律，pS－mg＝ma，所以p＝＝＝1.2ρgh.而p0＝ρgh，可得p＝1.2p0.舱内气体做等容变化，有＝，得T＝1.2T0＝360
K．故选B.
3．C A→B过程中，气体体积变大，对外做功，选项A错误；根据热力学第一定律，ΔU＝W＋Q，B→C为绝热过程，气体体积变大，对外做功，Q＝0，W<0，则ΔU<0，理想气体的内能仅由温度决定，故温度降低，分子平均动能减小，选项B错误；C→D为等温过程，分子平均动能不变，分子撞击器壁的平均速率不变，因气体压强变大，故单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，选项C正确；D→A为绝热过程，气体体积变小，外界对气体做功，Q＝0，W>0，则ΔU>0，温度升高，分子平均动能变大，气体分子的速率分布曲线会发生变化，故选项D错误．
4．C 打开卡子后活塞冲出，瞬间没有热交换，而气体体积变大，内部气体对外做功，内能减少，温度降低，温度计示数变小，故选项C正确．
5．C 木块第一次向左运动的过程，弹力先向左减小，减为零后向右增大，滑动摩擦力一直向右，故①弹力向左且大于摩擦力时，木块向左加速；②弹力向左且小于摩擦力时，木块向左减速；③弹力向右后，木块向左减速，故弹力与摩擦力平衡时，速度最大，此时弹簧处于伸长状态，在OO′右侧，故A、B错误；由于有摩擦力做负功，动能减小，所以木块先后到达同一位置时，动能一定越来越小，C正确；木块第一次向左运动过程，速度从零开始增大后减小到零，v0不是最大速度，故速度为v0的位置不止一个，故D错误．
6．ABE 两列波在均匀介质中传播速度相同，设为v，则有2vt1＝xAB，代入解得v＝＝10
m/s，故B正确．由题图知周期T＝0.2
s，则波长λ＝vT＝2
m，故A正确．当A的波峰(或波谷)传到C时，恰好B的波谷(或波峰)传到C点，所以C点的振动始终减弱，故C错误．t2＝0.9
s＝4T时，质点B不振动，故D错误．振源A的简谐运动方程为y＝Asinωt，振源B的简谐运动方程为y＝－Asinωt＝Asin(ωt－π)，两个波源振动的相位差为π，故E正确．
7．D 由题意可知，当θ＝α时，A光在MN上发生全反射，当θ＝β时，B光在MN上发生全反射，则可知A光的临界角小于B光的临界角，根据sinC＝可知，玻璃砖对A光的折射率比对B光的大，选项A错误；由n＝可知A光在玻璃砖中传播速度比B光的小，选项B错误；α<θ<β时，此时A光已经发生全反射，故在NP部分有一个光斑，同时B光从MN下方折射出来，射到NQ上，则在光屏上应有2个光斑，选项C错误；β<θ<时，A、B两束光都发生全反射，故在光屏上只有1个光斑，选项D正确．
8．C 隐形战斗机具有“隐身”的功能，隐形的基本原理是机身通过结构或者涂料的技术，使得侦测雷达发出的电磁波出现漫反射，或被特殊涂料吸收，从而避过雷达的侦测，故A错误；雷达发射的电磁波是由周期性变化的电场或者磁场产生的，恒定不变的电场或磁场不能产生电磁波，故B错误；雷达发射的电磁波频率在200
MHz至1
000
MHz的范围内，根据公式v＝λf可知，当f1＝200
MHz时，λ1＝1.5
m；当f2＝1
000
MHz时，λ2＝0.3
m，故雷达发出的电磁波在真空中的波长范围在0.3
m至1.5
m之间，故C正确；电磁波都是横波，故D错误．
9．解题思路：(1)这种估测方法是将每个分子视为球体模型，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为单分子油膜，这层油膜的厚度可视为油酸分子的直径．(2)油膜的面积可从玻璃板上所围的方格中得到，面积超过一半按一个算，小于一半的舍去，图中共有58个方格，故油膜面积为S＝58×20
mm×20
mm＝23
200
mm2；每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸体积是V＝×10－3×
L＝1.2×10－8
L，油酸分子的直径d＝＝
m≈5×10－10
m.
答案：(1)球体 单分子 直径
(2)23
200 1.2×10－8 5×10－10
10．解题思路：(3)由T＝2π
得T2＝l，由题图可知＝k，所以g＝.
答案：(1)ABC (2)B (3)
11．解题思路：(1)A波经过距A点1
m处的质点，质点经过的路程为
s1＝2×4
cm＝8
cm.
B波22
s内传播的距离为x＝vt＝22
m；B波的波长λ＝vTB＝2
m.
B波已经传播过距A点1
m处的质点的距离为Δx＝3
m，经过此点1.5个波长，故此点又经过的路程为s2＝6×20
cm＝120
cm.
距A点1
m处的质点，在t＝0到t＝22
s内所经过的路程为s＝s1＋s2＝128
cm.
(2)16
s内两列波相对运动的长度为Δl＝lA＋lB－d＝2vt－d＝12
m，A波宽度为a＝＝v＝0.2
m，B波波长为λB＝vTB＝2
m，n＝＝6，可知A波遇到了6个波峰．
答案：(1)128
cm (2)6个
12．解题思路：(1)设光线BM在M点的入射角为i，折射角为r，由几何关系可知，i＝30°，r＝60°，根据折射定律得n＝(2分)
代入数据得n＝(1分)
光线BN恰好在N点发生全反射，则∠BNO为临界角C
则sinC＝(2分)
所以临界角C＝arcsin(2分)
(2)设球心O到BN的距离为d，由几何关系可知
d＝RsinC(2分)
联立解得＝(1分)
答案：(1)arcsin (2)＝课练9 牛顿运动定律的应用
1.(多选)如图所示，小物块由曲面上的P点自由滑下，通过一粗糙的固定不动的水平传送带后落到地面上的Q点．若皮带随皮带轮以恒定的速率转动，小物块仍从P点自由滑下，则关于小物块落地点位置的正确判断是( )
A．皮带轮逆时针方向转动时，物块一定落在Q点左边
B．皮带轮顺时针方向转动时，物块有可能落在Q点的右边
C．皮带轮逆时针方向转动时，物块有可能落在Q点的左边
D．皮带轮顺时针方向转动时，物块有可能落在Q点
2.
如图所示，质量为M、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角．则下列说法正确的是
( )
A．小铁球受到的合外力方向水平向左
B．凹槽对小铁球的支持力为
C．系统的加速度为a＝gtanα
D．推力F＝Mgtanα
3.
如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M(m∶M＝1∶2)的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的力F竖直加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x2，则x1∶x2等于( )
A．1∶1
B．1∶2
C．2∶1
D．2∶3
4．(多选)如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定，下端连接一小铁球，横杆右边用一根细线吊一小铁球，当小车向右做加速运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ<α，则下列说法正确的是
( )
A．轻杆对小球的弹力方向与细线平行
B．轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上
C．轻杆对小球的弹力方向既不与细线平行也不沿着轻杆方向
D．此时轻杆的形变包括拉伸形变与弯曲形变
5．质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬挂另一质量为m的小球，且M>m.用一力F水平向右拉小球，使小球和小车一起以加速度a向右运动，细线与竖直方向成α角，细线的拉力大小为F1，如图甲．若用一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力大小为F′1，如图乙，则
( )
A．a′＝a，F′1＝F1
B．a′>a，F′1>F1
C．a′D．a′>a，F′1＝F1
6．(多选)如图(a)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(b)所示．已知重力加速度g取10
m/s2，由图线可知
( )
A．甲的质量m＝2
kg
B．甲的质量m＝6
kg
C．甲、乙间的动摩擦因数μ＝0.2
D．甲、乙间的动摩擦因数μ＝0.6
7.
(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，不计滑轮与轴之间的摩擦)，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( )
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
8．如图所示，是某同学站在压力传感器上，做下蹲—起立的动作时记录的力随时间变化的图线．由图线可知，该同学的体重约为650
N，除此以外，还可得到的信息是( )
A．该同学做了两次下蹲—起立的动作
B．该同学做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2
s起立
C．下蹲过程中人一直处于失重状态
D．下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态
9．如图甲所示，一质量为M的木板静止在光滑水平地面上，现有一质量为m的小滑块以一定的初速度v0从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板的水平速度大小随时间变化的情况如图乙所示，根据图象作出如下判断：
①滑块始终与木板存在相对运动 ②滑块未能滑出木板 ③滑块从木板上滑出时速度大于木板的速度 ④在t1时刻滑块从木板上滑出
正确的是
( )
A．①③④
B．②③④
C．②③
D．②④
10.
(多选)如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直轻质弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F竖直向上拉B，当上升距离为h时B与A开始分离．下列说法正确的是( )
A．B与A刚分离时，弹簧为原长
B．B与A刚分离时，A与B的加速度相同
C．弹簧的劲度系数等于
D．从开始运动到B与A刚分离的过程中，B物体的动能先增大后减小
11.
如图所示，水平桌面上有一薄木板，它的右端与桌面的右端相齐．薄木板的质量M＝1.0
kg，长度L＝1.0
m．在薄木板的中央有一个小滑块(可视为质点)，质量m＝0.5
kg，小滑块与薄木板之间的动摩擦因数μ1＝0.10，小滑块和薄木板与桌面之间的动摩擦因数相等，都为μ2＝0.20.设小滑块与薄木板之间的滑动摩擦力等于它们之间的最大静摩擦力．某时刻起对薄木板施加一个向右的拉力使木板向右运动．
(1)若小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力F1至少是多大？
(2)若小滑块脱离木板但不离开桌面，求拉力F2应满足的条件．
12．如图甲所示，一根直杆AB与水平面成某一角度固定，在杆上套一个小物块，杆底端B处有一弹性挡板，杆与板面垂直，现将物块拉到A点由静止释放，物块下滑与挡板第一次碰撞前后的v－t图象如图乙所示，物块最终停止在B点．重力加速度g取10
m/s2，求：
(1)物块与杆之间的动摩擦因数μ；
(2)物块滑过的总路程s.
1.
(多选)(2015·全国新课标卷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
2．(多选)(2015·全国新课标卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )
A．8
B．10
C．15
D．18
3．(2015·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( )
4．(2014·新课标全国卷Ⅰ)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离．当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1
s．当汽车在晴天干燥沥青路面上以108
km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120
m．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的，若要求安全距离仍为120
m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度．
5．(2015·全国新课标卷Ⅱ)
下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°sin37°＝的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2
s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27
m，C足够长．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g＝10
m/s2.求：
(1)在0～2
s时间内A和B加速度的大小；
(2)A在B上总的运动时间．
6．(2017·广东佛山二模)广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图所示．则下列相关说法正确的是( )
A．t＝4.5
s时，电梯处于失重状态
B．5～55
s时间内，绳索拉力最小
C．t＝59.5
s时，电梯处于超重状态
D．t＝60
s时，电梯速度恰好为零
7.
(2017·黑龙江齐齐哈尔统考)如图甲所示，某人通过动滑轮将质量为m的货物提升到一定高处，动滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示．则下列判断正确的是( )
A．图线与纵轴的交点M的纵坐标的绝对值等于g
B．图线的斜率在数值上等于物体的质量m
C．图线与横轴的交点N的值TN＝mg
D．图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数
8．(2017·湖南长沙一模)以相同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的速率—时间图象可能正确的是( )
9．(2017·河北正定模拟)
质量不可忽略的小球与轻质弹簧相连，穿在光滑的杆上，杆与水平面的夹角为45°.弹簧下端固定于杆上，初始系统静止，现在将系统以加速度g向右做匀加速运动，当地重力加速度为g.则( )
A．静止时，弹簧的弹力等于小球重力的一半
B．静止时，杆的弹力小于弹簧的弹力
C．加速时，弹簧的弹力等于零
D．加速时，弹簧的形变量是静止时的2倍
10．(2017·贵州六校联考)如图所示，传送带足够长，与水平面间的夹角θ＝37°，并以v＝10
m/s的速率逆时针匀速转动着，在传送带的A端轻轻地放一个质量为m＝1
kg的小物体，若已知物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，(g＝10
m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)则下列有关说法正确的是( )
A．小物体运动1
s后，受到的摩擦力大小不适用公式F＝μFN
B．小物体运动1
s后加速度大小为2
m/s2
C．在放上小物体的第1
s内，系统产生50
J的热量
D．在放上小物体的第1
s内，至少给系统提供能量70
J才能维持传送带匀速转动
11．(2017·山西右玉一模)
如图所示，长2
m的木板AB静止在粗糙水平地面上，C为其中点，木板上表面AC部分光滑，CB部分粗糙，下表面与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板右端静止放置一个小物块(可看成质点)，它与木板CB部分的动摩擦因数μ2＝0.2.已知木板和小物块的质量均为2
kg，重力加速度g取10
m/s2，现对木板施加一个水平向右的恒力F.
(1)为使小物块与木板保持相对静止，求恒力的最大值Fm.
(2)当F＝20
N时，求小物块经多长时间滑到木板中点C.
12．(2017·陕西商洛模拟)如图甲所示，光滑水平面上放置斜面体ABC，AB与BC圆滑连接，AB表面粗糙且水平(长度足够长)，倾斜部分BC表面光滑，与水平面的夹角θ＝37°.在斜面体右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，规定力传感器受压时，其示数为正值；力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从斜面体的C点由静止开始下滑，运动过程中，力传感器记录到力F和时间t的关系如图乙所示．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10
m/s2)，求：
(1)斜面BC的长度．
(2)滑块的质量．
(3)运动过程中滑块克服摩擦力做的功．
课练9 牛顿运动定律的应用
1．BD 物块从斜面上滑下来，当传送带静止时，在水平方向受到与运动方向相反的摩擦力，物块将做匀减速运动，离开传送带后做平抛运动；当传送带逆时针转动时，物块相对传送带都是向前运动，受到滑动摩擦力方向与运动方向相反，物块做匀减速运动，离开传送带后也做平抛运动，且与传送带不动时的抛出速度相同，故落在Q点，A、C错误．当传送带顺时针转动时，物块相对传送带可能向前运动，使物块在传送带上一直做减速运动，然后做平抛运动离开传送带，物块仍落在O点；物块相对传送带也可能向后运动，受到的滑动摩擦力方向与运动方向相同，物块做加速运动，离开传送带时的速度大于传送带静止情况下的速度，所以会落到Q点的右边，故B、D正确．
2．C
根据小铁球与光滑凹槽相对静止可知，系统有向右的加速度，对小球受力分析如图所示，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为N＝，选项A、B错误；小球所受的合外力为F合＝mgtanα，由牛顿第二定律得a＝＝gtanα，选项C正确；分析凹槽和小球整体，应用牛顿第二定律得F＝(M＋m)a＝(M＋m)gtanα，选项D错误．
3．A 水平向右拉两物块时，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度a＝＝－μg，隔离分析物块A有FB－μmg＝ma，得FB＝＝kx1，x1＝.竖直向上加速提升两物块时，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度a′＝＝－g，对A物体有F′B－mg＝ma′，得F′B＝＝kx2，x2＝.所以x1∶x2＝1∶1，A正确，B、C、D错误．
4．AD 分析细线下面的小铁球，受力如图甲所示，只受到重力和拉力，二者的合力沿水平方向，则有a＝gtanα.分析轻杆下面的小球，设轻杆对小球的力F与竖直方向夹角为β，受力分析如图乙，则有mg＝Fcosβ，ma＝Fsinβ，小铁球加速度相同，则a＝gtanβ，代入计算得β＝α，所以A正确，B、C错误．由于弹力没有沿杆的方向，所以轻杆不但被拉伸，还被弯曲，因此D正确．
5．D 先对题图甲中的整体受力分析，受重力、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律有F＝(M＋m)a.
再对题图甲的小球受力分析，如图(a)．
根据牛顿第二定律有F－F1sinα＝ma，F1cosα－mg＝0.由以上三式可解得F1＝，a＝.再对题图乙中小球受力分析如图(b)，由几何关系得F合＝mgtanα，f′1＝，再由牛顿第二定律得到a′＝gtanα，由于M>m，故a′>a，f′1＝F1，故选D.
6．BC 由图象可知，在拉力小于48
N时，二者一起运动，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，在拉力大于48
N时，二者相对滑动．当拉力F1＝48
N时，甲的加速度a1＝6
m/s2，由牛顿第二定律有F1－μmg＝ma1；当拉力F2＝60
N时，甲的加速度a2＝8
m/s2，由牛顿第二定律有F2－μmg＝ma2，联立解得甲的质量为m＝6
kg，甲、乙间的动摩擦因数μ＝0.2，选项B、C正确．
7．ABD 细绳另一端悬挂一质量为M(M>m)的物体B，分析A、B整体，由牛顿第二定律有Mg－mg＝(m＋M)a1，解得a1＝g.如果用力F代替物体B，分析物体A，由牛顿第二定律有F－mg＝ma2，解得a2＝－g.如果a1＝a2，则F8．B 人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降处于失重状态，达到一个最大速度后再减速下降处于超重状态，同理起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下蹲—起立的动作，A错误；由图象看出两次超重的时间间隔就是人蹲在地上持续的时间，约2
s，B正确；下蹲过程既有失重又有超重，且先失重后超重，C、D均错误．
9．A 由v－t图象可知，滑块先做匀减速运动后做匀速运动，木板先做匀加速运动后做匀速运动，而木板匀速运动的速度小于滑块匀速运动的速度，说明直到滑块从木板上滑落，两物体也没达到相同的速度，所以①③④正确，②错误，选项A正确．
10．BCD 当A和B两物体叠放在竖直轻质弹簧上并保持静止时，弹簧的弹力F弹＝2mg，由胡克定律得弹簧的形变量Δx1＝；当A和B两物体一起上升时，把A和B两物体看成一个整体，由牛顿第二定律得F＋F弹－2mg＝2ma；对B物体进行隔离分析，得F＋FN－mg＝ma；当A和B开始分离时，FN＝0，解得a＝－g，负号表示方向竖直向下，此时弹簧的弹力为F弹＝mg，由胡克定律得弹簧的形变量Δx2＝；由题中条件有Δx1－Δx2＝h，则k＝；从开始运动到B与A刚分离的过程中，B物体先加速后减速，其动能先增大后减小，故B、C、D正确．
11．解题思路：(1)设小滑块与薄木板刚好发生相对滑动时，小滑块的加速度为a1，薄木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律有，
μ1mg＝ma1，
F1－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2，
若a1＝a2时，拉力最小，联立解得F1＝4.5
N.
即小滑块与木板间发生相对滑动，拉力F1至少是4.5
N.
(2)设小滑块恰好滑到桌面边缘时，小滑块脱离木板时的速度为v，所用时间为t，在桌面上滑动的加速度为a3，小滑块脱离木板前，薄木板的加速度为a4，空间位置变化如图所示，则v＝a1t，μ2mg＝ma3，滑块脱离木板前的位移x1＝，滑块脱离木板后的位移x2＝，
由几何关系知x1＋x2＝，木板的位移为x3＝＋x1＝a4t2.
由牛顿第二定律知F2－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma4，联立以上各式解得F2＝6
N．即要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面，拉力F2应满足的条件是F2≥6
N.
答案：(1)4.5
N (2)F2≥6
N
12．解题思路：(1)由图象可知物块下滑时加速度大小a1＝4
m/s2，上滑时加速度大小a2＝8
m/s2，杆AB长l＝×1×4
m＝2
m；设直杆倾角为θ，物块的质量为m，物块与杆之间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2，代入数据得μ＝0.25，sinθ＝0.6，cosθ＝0.8.
(2)对物块整个运动过程分析，由动能定理得
mglsinθ－μmgscosθ＝0，解得s＝6
m.
答案：(1)0.25 (2)6
m
加餐练
1．ACD 设物块的质量为m、斜面的倾角为θ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为a1和a2，根据牛顿第二定律有：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2.再结合v－t图线斜率的物理意义有：a1＝，a2＝.由上述四式可见，无法求出m，可以求出θ、μ，故B错，A、C均正确.0～t1时间内的v－t图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大距离，θ已求出，故可以求出物块上滑的最大高度，故D正确．
2．BC 如图所示，假设挂钩P、Q东边有x节车厢，西边有y节车厢，每节车厢质量为m.当向东行驶时，以y节车厢为研究对象，则有F＝mya；当向西行驶时，以x节车厢为研究对象，则有F＝mxa，联立两式有y＝x.可见，列车总节数N＝x＋y＝x，设x＝3n(n＝1,2,3…)，则N＝5n，故可知选项B、C正确．
3．B 由v－t图象可知，升降机的运动过程为：向下加速(失重：Fmg)→向上加速(超重：F>mg)→向上匀速(F＝mg)→向上减速(失重：F4．解题思路：设路面干燥时，汽车与路面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得
μ0mg＝ma0①
s＝v0t0＋②
式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度．
设在雨天行驶时，汽车与路面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝μ0③
设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得
μmg＝ma④
s＝vt0＋⑤
联立①②③④⑤式并代入题给数据得
v＝20
m/s(72
km/h)⑥
答案：20
m/s(或72
km/h)
5．解题思路：(1)在0～2
s时间内，A和B的受力如图所示，其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得
f1＝μ1N1①
N1＝mgcosθ②
f2＝μ2N2③
N2＝N1＋mgcosθ④
规定沿斜面向下为正方向．设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得
mgsinθ－f1＝ma1⑤
mgsinθ－f2＋f1＝ma2⑥
联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得
a1＝3
m/s2⑦
a2＝1
m/s2⑧
(2)在t1＝2
s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则
v1＝a1t1＝6
m/s⑨
v2＝a2t1＝2
m/s⑩
t>t1时，设A和B的加速度分别为a′1和a′2.此时，A与B之间的摩擦力为零，同理可得
a1′＝6
m/s2
a2′＝－2
m/s2
即B做减速运动．设经过时间t2，B的速度减为零，则有
v2＋a2′t2＝0
联立⑩ 式得
t2＝1
s
在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为
s＝－a2t＋v2t2＋a2′t＝12
m<27
m
此后B静止不动，A继续在B上滑动．设再经过时间t3后A离开B，则有
l－s＝(v1＋a1′t2)t3＋a1′t
可得
t3＝1
s(另一解不合题意，舍去)
设A在B上总的运动时间为t总，有
t总＝t1＋t2＋t3＝4
s
答案：(1)3
m/s2 1
m/s2 (2)4
s
6．D 利用a－t图象可判断：t＝4.5
s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A错误；0～5
s时间内，电梯处于超重状态，拉力>重力，5
s～55
s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力＝重力，55
s～60
s时间内，电梯处于失重状态，拉力<重力，综上所述，B、C错误；因a－t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60
s时为零，D正确．
7．A 由题结合牛顿第二定律可得：2T－mg＝ma，则有a＝T－g，由a－T图象可判断，纵轴截距的绝对值等于g，A正确；图线的斜率在数值上等于，则B、D错误；横轴截距代表a＝0时，TN＝，则C错误．
8．D 在速率—时间图象中，斜率的绝对值表示物体运动的加速度大小．所受空气阻力可忽略的物体，其只受重力作用，加速度不变，图线为图中虚线；不可忽略空气阻力的物体，其所受空气阻力大小与速率成正比，为变力，图线为图中实线，对受空气阻力作用的物体分析知，其上升过程中速率越来越小，则其所受阻力越来越小，合力越来越小，加速度越来越小，当其到达最高点时速率为零，加速度等于重力加速度，其从最高点下落过程中，速率越来越大，阻力越来越大，合力越来越小，加速度越来越小，若其在落地前阻力已经等于重力，则其最后阶段做匀速运动，故选D.
9．C
根据力的平衡，当系统静止时，小球受弹簧的弹力大小F＝mgsin45°＝mg，此时杆对小球的弹力大小FN＝mgcos45°＝mg，与弹簧弹力大小相等，所以A、B项均错．当系统以加速度g向右做匀加速运动时，对小球受力分析如图，则可知此时弹簧弹力为0，所以C项正确，D项错误．
10．B 刚放上小物体时，小物体相对于传送带向上运动，小物体受到的摩擦力方向沿传送带斜向下，大小为Ff1＝μmgcosθ，其加速度大小a1＝＝10
m/s2，方向沿传送带斜向下.1
s末小物体的速度为v＝a1t＝10
m/s，又μm/s2，方向沿传送带斜向下，故A错、B对．在第1
s内小物体与传送带产生的热量为Q＝FfL＝μFNL＝μmgLcosθ，又知L＝vt－a1t2，解得Q＝20
J，故C错．第1
s内小物体的位移为x＝vt＝5
m，其增加的动能为Ek＝mv2＝50
J，需向系统提供的能量E＝Ek＋Q－mgsinθ·x＝40
J，D项错．
11．解题思路：(1)设小物块能够达到的最大加速度为am，则有：
μ2mg＝mam
解得：am＝2
m/s2
对整体进行受力分析，有：
Fm－μ1(M＋m)g＝(M＋m)am
解得Fm＝12
N
(2)当F＝20
N时，小物块相对于木板发生相对滑动，对木板受力分析，有：
F－μ1(M＋m)g－μ2mg＝Ma1
得a1＝6
m/s2
小物块加速度a2＝am＝μ1g＝2
m/s2
则有a1t2－a2t2＝L
解得：t＝
s
答案：(1)12
N (2)
s
12．解题思路：(1)滑块在斜面上时，由牛顿第二定律有：mgsinθ＝ma1
得a1＝6
m/s2
结合题图乙可知滑块在斜面上下滑的时间为t1＝1
s
斜面BC的长度x1＝a1t＝3
m
(2)斜面体对传感器的压力为F1＝mgcosθsinθ
得m＝2
kg
(3)对斜面体由平衡条件有：f＝F2＝4
N
对滑块由牛顿第二定律有：f＝ma2
得a2＝2
m/s2
滑块在AB表面上滑行的距离为：x2＝vt2－a2t
又v＝a1t1，t2＝2
s
得：x2＝8
m
滑块克服摩擦力做的功为：
Wf＝fx2＝32
J.
答案：(1)3
m (2)2
kg (3)32
J课练23 电路的基本规律和应用
1.(多选)在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻
器，C为电容器，A、V为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是( )
A．电压表示数变大
B．电流表示数变大
C．电容器C所带电荷量增多
D．a点的电势降低
2．(多选)在如图所示的电路中，电源的电动势E恒定，内阻r＝1
Ω，定值电阻R3＝5
Ω，电表均为理想电表，当开关S断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相同，则下列说法正确的是( )
A．电阻R1、R2可能分别为3
Ω、6
Ω
B．电阻R1、R2可能分别为4
Ω、5
Ω
C．开关S断开时电压表的示数可能小于S闭合时的示数
D．开关S从断开到闭合，电压表的示数变化量与电流表的示数变化量之比一定等于6
Ω
3．如图所示，电源电动势E＝8
V，内阻r＝4
Ω，电灯A的电阻为10
Ω，电灯B的电阻为8
Ω，滑动变阻器的总电阻为6
Ω.闭合开关S，当滑片P由a端向b端滑动的过程中(不考虑电灯电阻的变化)，下列说法正确的是( )
A．电流表的示数先减小后增大
B．电压表的示数先增大后减小
C．电灯A的亮度不断增大
D．电源的最大输出功率为4
W
4．如图所示为汽车蓄电池与车灯(电阻不变)、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05
Ω，电流表和电压表均为理想电表．只闭合S1时，电流表示数为10
A，电压表示数为12
V，再闭合S2，启动电动机工作时，电流表示数变为8
A，则此时通过启动电动机的电流是( )
A．2
A
B．8
A
C．50
A
D．58
A
5.
(多选)某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标图上，如图中的a、b、c所示，以下判断正确的是( )
A．直线a表示电源的总功率PE－I图线
B．曲线c表示电源的输出功率PR－I图线
C．电源的电动势E＝3
V，内阻r＝1
Ω
D．电源的最大输出功率Pm＝2
W
6.
如图所示电路中，电源的电动势为E，内阻为r，各电阻阻值如图所示，当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中，下列说法正确的是( )
A．电流表的读数I先增大后减小
B．电压表的读数U先减小后增大
C．电压表读数U与电流表读数I的比值不变
D．电压表读数的变化量ΔU与电流表读数的变化量ΔI的比值不变
7．如图所示，R0为热敏电阻(温度降低，其电阻增大)，D为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻无穷大)，平行板电容器中央有一带电液滴刚好静止，M点接地，开关K闭合．下列各项单独操作时可使带电液滴向上运动的是( )
A．滑动变阻器R的滑动触头P向上移动
B．将热敏电阻R0的温度降低
C．开关K断开
D．电容器的上极板向上移动
8．某种角速度测量计结构如图所示，当整体系统绕轴OO′转动时，元件A发生位移并通过滑动变阻器输出电压U，电压传感器(传感器内阻无限大)接收相应的电压信号．已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k、自然长度为L，电源的电动势为E、内阻不计．滑动变阻器总长也为L，电阻分布均匀，系统静止时，滑片P在滑动变阻器的最左端B点，当系统以角速度ω转动时，不计一切摩擦，则
( )
A．电路中电流随角速度的增大而增大
B．电路中电流随角速度的减小而减小
C．弹簧的伸长量x＝
D．输出电压U与ω的函数式U＝
9．(多选)将阻值为非线性变化的滑动变阻器R2接入图1的电路中，移动滑动变阻器滑动触头改变接入电路中的电阻丝长度x(x为图中a点与滑动触头之间的距离)，定值电阻R1两端的电压U1与x间的关系如图2，a、b、c为滑动变阻器上等间距的三个点，电路中的电流表和电压表均为理想电表，当滑动触头从a点移动到b点和从b点移动到c点的这两个过程中，下列说法不正确的是( )
A．电流表A的示数变化量相等
B．电压表V2的示数变化量不相等
C．电阻R1的功率变化量相等
D．电源的输出功率都不断增大
10.
(多选)在如图所示的电路中，电流表和电压表均为理想电表，电源的内阻不可忽略．将开关S闭合，滑动变阻器的滑片向右缓慢滑动的过程中，下列说法正确的是( )
A．电压表V1读数变化量的绝对值比电压表V2读数变化量的绝对值大
B．电压表V1读数变化量的绝对值与电流表读数变化量的绝对值的比值减小
C．电压表V2读数变化量的绝对值与电流表读数变化量的绝对值的比值不变
D．电压表V读数变化量的绝对值与电流表读数变化量的绝对值的比值不变
11.
如图所示的电路中，当开关S接a点时，标有“5
V,2.5
W”的小灯泡L正常发光，当开关S接b点时，通过电阻R的电流为1
A，这时电阻R两端的电压为4
V．求：
(1)电阻R的值．
(2)电源的电动势和内阻．
12．三只灯泡L1、L2和L3的额定电压分别为1.5
V、1.5
V和2.5
V，它们的额定电流都为0.3
A．若将它们连接成图甲、图乙所示电路，且灯泡都正常发光．
(1)试求图甲电路的总电流和电阻R2消耗的电功率；
(2)分别计算两电路电源提供的电功率，并说明哪个电路更节能．
1．(多选)(2016·江苏卷)如图所示的电路中，电源电动势为12
V，内阻为2
Ω，四个电阻的阻值已在图中标出．闭合开关S，下列说法正确的有( )
A．路端电压为10
V
B．电源的总功率为10
W
C．a、b间电压的大小为5
V
D．a、b间用导线连接后，电路的总电流为1
A
2．(2017·北京朝阳区统考)如图所示的电路中，当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时( )
A．电压表的读数减小
B．R1消耗的功率增大
C．电源的输出功率增大
D．电容器C所带电荷量增多
3.
(多选)(2016·黑龙江哈尔滨一模)在如图所示电路中，闭合开关S，理想电流表和理想电压表的示数分别用I和U表示，当滑动变阻器的滑动触头P向左滑动时，两表的示数都发生变化．电源的电动势和内电阻始终不变，则下列说法正确的是( )
A．I变大，U变小
B.变大
C．R1的功率一定变大
D．电源的总功率一定减小
4.
(2017·重庆二中模拟)如图所示电路中，电源内阻不能忽略．闭合开关S后，调节R的阻值，使电压表示数增大ΔU，在此过程中有( )
A．R2两端电压减小ΔU
B．通过R1的电流增大
C．通过R2的电流减小量大于
D．路端电压增大量为ΔU
5．(2016·辽宁本溪一模)如图所示，灯泡A、B与电阻R的阻值均为R，L是带铁芯的理想线圈，电源的内阻不计．开关S1、S2均闭合且电路达到稳定．已知电路中的各种元件均在安全范围之内．下列判断中正确的是( )
A．灯泡A中有电流通过，方向为a→b
B．将S1断开的瞬间，灯泡A、B同时熄灭
C．将S1断开的瞬间，通过灯泡A的电流最大值要比原来通过灯泡B的电流大
D．将S2断开，电路达到稳定，灯泡A、B的亮度相同
6.
(多选)(2017·西安市一模)在如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定，闭合开关S后灯泡能够发光，经过一段时间后灯泡突然变亮，若电路中仅有一处故障，则出现这种现象的原因可能是( )
A．电阻R1短路
B．电阻R2断路
C．电阻R2短路
D．电容器C损坏
7.
(多选)(2017·辽宁抚顺一模)如图所示电路中，电源内阻不计，三个小灯泡完全相同且外电路变化时每个灯泡两端的电压都不会超过其额定电压，开始时只有S1闭合，当S2也闭合后，下列说法中正确的是( )
A．灯泡L1变亮
B．灯泡L2变亮
C．电容器C的带电荷量增加
D．闭合S2瞬间流过电流表的电流方向自右向左
8．(2017·洛阳市质检)
如图所示，直线A为某电源的U－I图线，曲线B为标识不清的小灯泡L1的U－I图线，将L1与该电源组成闭合电路时，L1恰好能正常发光，若将相同材料制成的标有“3
V 20
W”的小灯泡L2与该电源组成闭合电路，下列说法中正确的是( )
A．电源的内阻为
Ω
B．把L1换成L2，L2可能正常发光
C．把L1换成L2，电源的输出功率可能不变
D．把L1换成L2，电源的输出功率一定变小
9．(2017·河北衡水中学模拟)在如图a所示的电路中，电源内阻和电流表内阻不计，R0、R1为定值电阻，R2为滑动变阻器．闭合开关S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表(内阻很大)的示数随电路中电流变化的关系如图b所示，则下列说法中错误的是( )
A．图线甲是电压表V2示数随电流变化的图线
B．R0＝10
Ω
C．电路中消耗最大功率为3.6
W
D．滑动变阻器R2消耗的最大功率为0.9
W
10．(2017·河南许昌模拟)
在如图所示的电路中，当电键S闭合后，电压表有示数，调节可变电阻R的阻值，使电压表的示数增大ΔU，则( )
A．可变电阻R被调到较小的阻值
B．电阻R2两端的电压减小，减小量等于ΔU
C．通过电阻R2的电流减小，减小量小于
D．通过电阻R2的电流减小，减小量等于
11．(2017·河南浦阳统考)如图所示，电源电动势为E，内阻为r，电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小)，电压表为理想电表，当电键S闭合时，电容器C中一带电微粒恰好处于静止状态，下列有关说法中正确的是( )
A．在只逐渐增大光敏电阻R1的光照强度的过程中，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流
B．在只调节电阻R3的滑片P2向上移动的过程中，电源消耗的功率变大，R3中有向上的电流
C．若断开电键S，电容器C所带电荷量不变，带电微粒仍然处于静止状态
D．在只调节电阻R2的滑片P1向下移动的过程中，带电微粒将向下运动
12．(多选)(2017·江西赣州期末)
如图所示，电源电动势E＝9
V，内阻r＝4.5
Ω，变阻器R1的最大电阻Rm＝5.0
Ω，R2＝1.5
Ω，R3＝R4＝1
000
Ω，平行板电容器C的两金属板水平放置．在开关S与a接触且电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，在平行板电容器中间的一带电微粒恰能静止．那么( )
A．在题设条件下，R1接入电路的阻值应为3
Ω，电源的输出功率应为4.5
W
B板间的微粒带负电，当开关接向b(未接触b)的过程中，微粒将向下运动
C．在题设条件下，当R1的阻值增大时，R2两端的电压增大
D．在题设条件下，当开关接向b后，流过R3的电流方向为d→c
课练23 电路的基本规律和应用
1．ABD 在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，并联电阻减小，总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数变大，故A正确．根据外电路中顺着电流方向电势降低，可知a的电势大于零，a点的电势等于R2两端的电压U2＝E－I(R1＋r)，I增大，U2变小，则a点的电势降低，通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流IA＝I－I2，I增大，I2减小，则IA增大，即电流表示数变大，故B、D正确．电阻R2两端的电压U2变小，电容器极板间电压变小，所带电荷量减小，故C错误．
2．BD 当开关S断开时，ab段电路消耗的电功率为P＝(R1＋R2)；当S闭合时，ab段电路消耗的电功率为P′＝R1；由于S断开与闭合时ab段电路消耗的电功率相同，代入数据可知，选项A错误、B正确．当开关S断开时电压表的示数为U，当S闭合时电压表的示数为U′，由电路图分析可得U>U′，选项C错误；因为电压表示数U＝E－I(R3＋r)，所以＝R3＋r＝6
Ω，选项D正确．
3．A 当滑片P由a端向b端滑动的过程中，该电路外电路总电阻满足＝＋(R是和灯A串联部分滑动变阻器的阻值)，所以R总＝，由数学知识分析知，当R＝2
Ω时，该电路的外电路总电阻最大为6
Ω，所以滑片P由a端向b端滑动的过程中总电阻由5.8
Ω逐渐增大到6
Ω，再由6
Ω逐渐减小到5.3
Ω，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大，路端电压先增大后减小；由于路端电压先增大后减小，滑片由a到b总电流先减小后增大，所以灯B两端的电压增大，即电压表的示数增大，灯A的电流减小，即灯A亮度变暗，即A正确，B、C错误．P＝I2R总＝2R总＝，由数学知识分析知，外电路电阻越接近4
Ω，电源的输出功率越大，当R总＝5.3
Ω时，P＝3.92
W最大，D错误．
4．C 只闭合S1时，由闭合电路欧姆定律得E＝U＋Ir＝12
V＋10×0.05
V＝12.5
V，R灯＝＝
Ω＝1.2
Ω，再闭合S2后，流过启动电动机的电流为I电动机＝－I′＝
A－8
A＝50
A，故C正确．
5．AD 直流电源的总功率PE＝EI，故直线a表示电源的总功率PE－I图线，PE－I图线的斜率等于电动势，由图知E＝4
V，A正确；电源内部的发热功率为Pr＝I2r，故曲线c表示电源内部的发热功率Pr－I图线，当I＝2
A时，电源内部的发热功率Pr与电源的总功率相等，求出电源的内阻r＝2
Ω，B、C错误；当外电阻等于电源内阻时电源有最大输出功率，此时电流I＝1
A，Pm＝2
W，D正确．
6．D 由数学知识可知，当P在中点时外电阻最大，故当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中，总电阻先增大后减小，电源的电动势和内阻不变，根据闭合电路欧姆定律，总电流先减小后增大，则内电压先减小后增大，外电压先增大后减小，故A、B错误．电压表读数U与电流表读数I的比值表示外电阻，外电阻先增大后减小，故C错误．因为内、外电压之和不变，所以外电压变化量的绝对值和内电压变化量的绝对值相等，则＝r，故D正确．
7．C 当滑动变阻器的滑动触头P向上移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则总电流增大，内电压及R0两端的电压增大，则路端电压和滑动变阻器两端的电压都减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差不变，故A错误；当热敏电阻温度降低时，其阻值增大，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压减小，液滴仍然静止，故B错误；开关K断开时，电容器直接接在电源两端，电容器两端电压增大，则液滴向上运动，故C正确；若使电容器的上极板向上移动，即d增大，则电容器电容C减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差增大，由于U＝，C＝，E＝，所以E＝，由于极板上的电荷量不变，而场强E与极板之间的距离无关，所以场强E不变，液滴仍然静止，故D错误．
8．D 系统在水平面内以角速度ω转动时，无论角速度增大还是减小，BC的电阻不变，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流保持不变，与角速度无关，故A、B错误；设系统在水平面内以角速度ω转动时，弹簧伸长的长度为x，则对元件A，根据牛顿第二定律得，kx＝mω2(L＋x)，即x＝，又因输出电压U＝E＝E，联立两式得U＝，故C错误、D正确．
9．BCD 根据欧姆定律得，电阻R1两端的电压U1＝IR1，由题图2知，滑动触头从a点移动到b点和从b点移动到c点的两个过程中，电压U1变化量相等，且R1一定，则知电流的变化量相等，即电流表A示数变化量相等，故A正确；电压表V2的示数U2＝E－Ir，由于电流I的变化量相等，且E、r一定，则ΔU2相等，故B错误；电阻R1的功率P1＝I2R1，ΔI相等，而I减小，则知从a点移到b点功率变化量较大，故C错误；由题图2知，U1逐渐减小，则电路中电流减小，总电阻增大，但由于外电路总电阻与电源内阻的关系未知，无法确定电源的输出功率如何变化，故D错误．
10．ACD 设电流表以及电压表V、V1、V2的读数变化量的绝对值分别为|ΔI|、|ΔU|、|ΔU1|、|ΔU2|，当滑动变阻器R1的滑片P向右滑动时，滑动变阻器连入电路的阻值减小，电路中电流增大，U2增大，路端电压U减小，则U1减小，因为U＝U1＋U2，则|ΔU1|>|ΔU2|，A正确；根据闭合电路欧姆定律得，U1＝E－I(R2＋r)，则＝R2＋r不变，B错误；＝R2不变，C正确；由U＝E－Ir，得＝r不变，D正确．
11．解题思路：(1)电阻R的值为
R＝＝
Ω＝4
Ω
(2)当开关接a时，有E＝U1＋I1r，又U1＝5
V，I1＝＝
A＝0.5
A
当开关接b时，有E＝U2＋I2r，又U2＝4
V，I2＝1
A，
联立解得E＝6
V，r＝2
Ω.
答案：(1)4
Ω (2)6
V 2
Ω
12．解题思路：(1)由题意，在图甲电路中：
电路的总电流I总＝IL1＋IL2＋IL3＝0.9
A
U路端＝E－I总r＝2.55
V
UR2＝U路端－UL3＝0.05
V
IR2＝I总＝0.9
A
电阻R2的消耗功率PR2＝IR2UR2＝0.045
W
(2)图甲电源提供的电功率
P总＝I总E＝0.9×3
W＝2.7
W
图乙电源提供的电功率
P′总＝I′总E′＝0.3×6
W＝1.8
W
由于灯泡都正常发光，两电路有用功率相等，而P′总所以，图乙电路比图甲电路节能．
答案：(1)0.9
A,0.045
W (2)2.7
W,1.8
W，乙电路更节能
加餐练
1．AC 外电路的总电阻R＝10
Ω，由闭合电路欧姆定律可得电路中的总电流I＝＝1
A，因此路端电压U＝E－Ir＝12
V－1×2
V＝10
V，A选项正确；电源的总功率P＝EI＝12
W，B选项错误；由图(a)可知Uab＝UaO－UbO＝－15×0.5
V＋5×0.5
V＝－5
V，故选项C正确；当a、b间用导线连接后，其等效电路如图(b)所示，电路中的外电阻R′＝7.5
Ω，电路中总电流I′＝＝
A≠1
A，D选项错误．
2．D 根据电路图可知，R1、R2串联后接在电源两端，电容器C并联在R2两端，电压表V测路端电压．当滑动触头P向下滑动时，R2连入电路的电阻变大，则总电阻变大，由I＝知电流I减小，由U＝E－Ir知路端电压增大，则电压表示数变大，电源的输出功率P出＝UI无法判断．由PR1＝I2R1知，R1消耗的功率变小．由UR2＝E－(R1＋r)I知电容器两端电压变大，则电容器所带电荷量增多；综上所述，A、B、C错误，D正确．
3．BD 根据电路图可知，R1、R2、电流表串联后接在电源两端，电压表并联在R2两端．当滑动触头P向左滑动时，R2连入电路的阻值变大，由闭合电路欧姆定律可判断，I变小，U变大，则变大，A错误、B正确；由PR1＝I2R1，知R1的功率PR1变小，C错误；电源的总功率P总＝，因R总变大，则P总是变小的，D正确．
4．B 因电压表示数增大，可知并联部分的总电阻增大，则整个电路总电阻增大，总电流减小，R2两端电压减小，电源内阻分担电压减小，路端电压增大，所以R2两端电压减小量小于ΔU，通过R2的电流减小量小于；由于R2两端电压减小，则知路端电压增大量小于ΔU，故A、C、D错误．电压表示数增大ΔU，R1是定值电阻，根据欧姆定律可知通过R1的电流增大量等于，故B正确．
5．C 根据电路图可知，S1、S2接通稳定后，灯泡A被线圈短路，A灯不亮，无电流通过，则A错误；S1断开瞬间，线圈产生自感电动势，且线圈与A灯构成回路，则A灯会闪亮一下再熄灭，而B灯立刻熄灭，B错误；S1断开瞬间，线圈中的电流完全通过A灯，而断开S1前，线圈中的电流一部分通过B灯，一部分通过电阻R，所以将S1断开的瞬间，通过A灯的电流最大值要比原来通过B灯的电流大，C正确；将S2断开，电路达到稳定，电路中B灯与线圈L串联，线圈L电阻可忽略，而A灯与R串联，两支路两端电压相同，但电阻不同，则电流不相等，A、B灯亮度不同，D错误．
6．AB 若电阻R1短路，电路中总电阻减小，总电流增大，灯泡与R2并联部分两端电压增大，则灯泡变亮，故A符合题意．若电阻R2断路，则总电阻增大，总电流减小，R1及内阻r分担的电压减小，则灯泡两端的电压增大，灯泡变亮，故B符合题意；若电阻R2短路，则灯泡也被短路，不亮，故C不符合题意；若电容器C损坏，对灯泡亮度没有影响，故D不符合题意．
7．AD 根据电路可知，S1闭合、S2断开时，L1、L2串联，则两灯一样亮，因L3与电容器串联后接到电源两端，则L3不亮，电容器两端电压等于电源电动势E；当S2也闭合后，电路总阻值变小，流过L1的电流变大，L1两端电压变大，L2两端电压变小，则灯L1变亮，L2变暗；因电容器此时与灯L1并联，则两端电压变小，则灯L1变亮，L2变暗；因电容器此时与灯L1并联，则电容器两端电压变小，电容器上的电荷量变少，电容器对外放电，又知电容器左极板与电源正极相连，带正电，则闭合S2瞬间流过电流表的电流方向自右向左，综上所述，B、C错误，A、D正确．
8．C 由题图可知电源的电动势E＝4
V，图线A斜率的绝对值表示电源的内阻，则r＝0.5
Ω，故A错误；L1与电源组成闭合电路时，A、B两图线的交点表示L1的工作状态，则知其电压U＝3
V，I＝2
A，则L1的额定电压为3
V，电阻R1＝＝1.5
Ω，功率P＝UI＝6
W，而L2正常工作时的电阻R2＝＝0.45
Ω，则知正常发光时L2的电阻更接近电源的内阻，但把L1换成L2时，L2并不能正常发光，此时L2的电阻是不确定的，电源的输出功率可能变大，可能不变，也有可能变小，故B、D错误，C正确．
9．B 由题图a可知，当滑动触头向左端滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，电路中的总电阻减小，由I＝可知，电路中的电流增大，路端电压减小，R0、R1两端的电压增大，则R2两端的电压减小，即电压表V2示数减小，A正确；当滑动触头滑到最左端时，R1两端的电压U1＝3
V，电路中的电流I1＝0.6
A，则R1＝＝＝5
Ω，电源两端的电压U＝U1＋I1R0＝3
V＋0.6
A×R0①，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，三个电阻串联，由图象可知，R1两端的电压U′1＝1
V，R2两端的电压U2＝4
V，电路中的电流I2＝0.2
A，滑动变阻器的最大阻值R2m＝＝＝20
Ω，则电源两端的电压U＝U′1＋U2＋I2R0＝1
V＋4
V＋0.2
A×R0②，由①②联立可得，R0＝5
Ω，U＝6
V，B错误；电路中消耗的最大功率Pm＝UI1＝6
V×0.6
A＝3.6
W，C正确；电路中的电流I＝＝，滑动变阻器消耗的电功率P2＝I2R2＝2R2＝，当R2＝10
Ω时，滑动变阻器消耗的电功率最大，则P2m＝0.9
W，D正确．
10．C 由题意知，要使电压表的示数增大，则需电阻R和R1并联后的总电阻阻值增大，则需将可变电阻R增大，即可变电阻R被调到较大的阻值，故A错误；当R增大时，外电阻增大，干路电流减小，电阻R2两端的电压减小，且路端电压增大，所以电阻R2两端的电压减小量小于ΔU，由欧姆定律知，通过电阻R2的电流也减小，减小量小于，故B、D错误，C正确．
11．A 只逐渐增大光敏电阻R1的光照强度，则R1的阻值减小，电路总电阻减小，总电流增大，电阻R0消耗的电功率变大，滑动变阻器R2两端的电压变大，电容器两端的电压变大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，A正确；当电路稳定时，电容器相当于断路，在只调节电阻R3的滑片P2向上端移动时，对电路没有影响，B错误；若断开电键S，电容器C处于放电状态，电荷量变小，C错误；在只调节电阻R2的滑片P1向下移动时，与电容器并联部分的电阻变大，并联部分的电压变大，电容器两端的电压变大，由E＝可知，电场力变大，则带电微粒向上运动，D错误．
12．AD 选项A中，在开关S与a接触且电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，可知R1＋R2＝r，则R1＝3
Ω，电源的输出功率Pm＝＝4.5
W，故选项A正确．选项B中，在开关S与a接触且电路稳定时，在平行板电容器中间的一带电微粒恰能静止，说明微粒受重力和电场力作用而处于平衡状态，而上极板带正电，可知微粒带负电．在开关接向b(未接触b)的过程中，电容器所带的电荷量未变，两板间电场强度也不变，所以微粒不动，故选项B错误．选项C中，电容器所在的支路相当于断路，在题设条件下，R1和R2及电源构成串联电路，R1的阻值增大时，总电阻增大，总电流减小，R2两端的电压减小，故选项C错误．选项D中，在题设条件下，开关接a时，上极板带正电，当开关接向b后，下极板带正电，流过R3的电流方向为d→c，故选项D正确． 周测一
直线运动(B卷)
(本试卷满分95分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1．一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25
m，动车进站时可以看作匀减速直线运动．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，如图所示．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
2．让一物体分别以以下两种方式通过直线上的A、B两点，一是物体以速度v匀速运动，所用时间为t，二是物体从A点由静止出发，先以加速度a1做匀加速直线运动到某一最大速度vm后，立即以加速度a2做匀减速直线运动，到达B点时速度恰好减为零，所用时间仍为t，则下列说法正确的是( )
A．vm只能为2v，与a1、a2无关
B．vm可为许多值，与a1、a2的大小有关
C．a1、a2都必须是一定的
D．a1、a2必须满足＝
3．(多选)在空中的某点O处以一定的初速度竖直向上抛出一物体，不计空气阻力，0.8
s后物体的速率变为4
m/s，关于此时物体的位置和速度方向的说法，正确的是(重力加速度g取10
m/s2)( )
A．在O点上方，速度方向向下
B．在O点上方，速度方向向上
C．在O点，速度方向向下
D．在O点下方，速度方向向下
4．为了研究汽车的启动和制动性能，现用甲、乙两辆完全相同的汽车在平直公路上分别进行实验．让甲车以最大加速度a1加速到最大速度vm后匀速运动一段时间，再以最大加速度a2制动，直到停止；乙车以最大加速度a1加速到最大速度vm后立即以加速度制动，直到停止，实验测得甲、乙两车的运动时间相等，且两车运动的位移之比为5∶4.则a1与a2之比为( )
A．2∶1
B．1∶2
C．4∶3
D．4∶5
5.
如图所示为某质点做直线运动的v－t图象．图中t2＝3t1，质点在0～t1时间内和t1～t2时间内位移相等．则( )
A．在0～t1时间内，质点的加速度逐渐变小
B．在t1～t2时间内，质点的加速度逐渐变大
C．质点在0～t1时间内和t1～t2时间内的平均速度是相等的
D．质点在0～t1时间内和t1～t2时间内，速度方向相同，加速度方向相反
6.
甲、乙两车在一平直道路上同向运动，其v－t图象如图所示，图中△OPQ和△OQT的面积分别为s1和s2(s2>s1)．计时开始时，甲、乙两车相距s0，在两车运动过程中，下列说法正确的是( )
A．若甲车在乙车前方且s0＝s1＋s2，两车相遇1次
B．若甲车在乙车前方且s0C．若乙车在甲车前方且s0＝s2，两车不会相遇
D．若乙车在甲车前方且s0＝s1，甲车追上乙车前，在T时刻相距最近
7．如图所示，某学习小组利用直尺估测反应时间：甲同学捏住直尺上端，使直尺保持竖直，直尺零刻度线位于乙同学的两指之间．当乙看见甲放开直尺时，立即用手指捏住直尺，根据乙手指所在位置计算反应时间．为简化计算，某同学将直尺刻度进行了改进，先把直尺零刻度线朝向下，以相等时间间隔在直尺的反面标记相对应的反应时间(单位为s)刻度线，制作成了“反应时间测量仪”，下列四幅图中反应时间刻度线标度正确的是
( )
8.
如图所示，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．v1t2
C．v1＝v2，t1D．v1二、非选择题(本题包括4小题，共47分)
9．(8分)某同学测定匀变速直线运动的加速度时，得到在不同拉力作用下的A、B、C三条较为理想的纸带，并在纸带上每5个点取1个计数点，相邻两计数点间的时间间隔为0.1
s，将每条纸带上的计数点都记为0、1、2、3、4、5、…，其中甲、乙、丙三段纸带，是从A、B、C三条纸带上撕下的．
(1)在甲、乙、丙三段纸带中，属于从纸带A上撕下的是________．
(2)打A纸带时，小车的加速度大小是________m/s2(保留两位小数)．
(3)打点计时器打计数点1时小车的速度大小为________m/s(保留两位小数)．
10.
(10分)利用自由落体运动可测量重力加速度．某同学利用如图所示的实验装置进行了实验，图中的M为可恢复弹簧片，M与触头接触，开始实验时需要手动敲击M断开电路，使电磁铁失去磁性释放第一个小球，小球撞击M时电路断开，下一个小球被释放．
(1)为完成实验，除图示装置提供的器材外还需要的器材有________和________．
(2)用图中所示的实验装置做实验，测得小球开始下落的位置与M的高度差为120.00
cm，手动敲击M的同时开始计时，到第80个小球撞击M时测得总时间为40.0
s，可求得重力加速度g＝________m/s2(结果保留两位有效数字)．
(3)若该同学测得的重力加速度偏小，可能的原因是________．
A．手动敲击M时提前计时
B．手动敲击M时延后计时
C．记录撞击M的小球个数时少数了一个
D．记录撞击M的小球个数时多数了一个
11．(14分)一质点由静止开始从A点向B点作直线运动，初始加速度为a0
(1)若以后加速度均匀增加，每经过n秒增加a0，求经过t秒后质点的速度．
(2)若将质点的位移sAB平分为n等份，且每过一个等分点后，加速度都增加a0/n，求该质点到达B点时的速度．
12．(15分)同向运动的甲乙两质点在某时刻恰好通过同一路标，以此时为计时起点，此后甲质点的速度随时间的变化关系为v＝4t＋12(m/s)，乙质点位移随时间的变化关系为s＝2t＋4t2(m)，试求：
(1)两质点何时再次相遇？
(2)两质点再次相遇之前何时相距最远？最远的距离是多少？
周测一 直线运动(B卷)
1．C 运用逆向思维，将火车的运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动相同位移的时间比关系可知，第7节车厢和第6节车厢经过旅客的时间之比t7∶t6＝1∶(－1)＝t7∶4，故t7＝4(1＋)s，由L＝at，解得动车的加速度大小a＝
m/s2≈0.5
m/s2，选项C正确．
2．A 两过程有vt＝，即vm＝2v，A正确、B错误；又vm＝a1t1＝a2(t－t1)，则＝，C、D错误．
3．BC 若物体此时的速度方向向下，即v＝－4
m/s，由公式v＝v0－gt得，v0＝4
m/s，则物体上升和下降的位移大小相等，物体回到了O点，故A、D错误，C正确；若物体此时的位置在O点上方，速度方向向上，v＝4
m/s，由公式v＝v0－gt，得v0＝12
m/s，符合题意，B正确．
4．B
作出甲、乙两车的速度—时间图线，如图所示，设甲车匀速运动的时间为t1，总时间为t2，因为两车的位移之比为5∶4，则有∶＝5∶4，解得t1∶t2＝1∶4，乙车以最大加速度a1加速到最大速度后立即以加速度制动，直到停止，根据速度—时间图线的斜率表示加速度，可知乙车匀减速运动的时间是甲车匀减速运动时间的2倍，则甲车匀速运动的时间和匀减速运动的时间相等，可知甲车匀加速运动的时间和匀减速运动的时间之比为2∶1，加速度a1∶a2为1∶2，B正确．
5．D 根据v－t图线的斜率可得，在0～t1时间内，质点的加速度逐渐变大，在t1～t2时间内，质点的加速度逐渐变小，A、B错误；质点在0～t1时间内和t1～t2时间内位移相等，但时间不相等，所以平均速度不相等，C错误；质点在0～t1时间内和t1～t2时间内，速度都沿正方向，方向相同，加速度方向相反，D正确．
6．B T时刻甲、乙两车速度相等．若甲车在前乙车在后，当s1＋s2≥s0＋s2，即s0≤s1时乙车将超越甲车，由于甲车加速度较大，此后甲车又将超越乙车，两车相遇两次；若乙车在前甲车在后，s0＝s2时，甲车加速度较大，故两车在T时间不会相遇，在t>T时会相遇；当s0＝s1时，有s1＋s2＝s0＋s2，两车恰在T时刻相遇．选项A、C、D错误，B正确．
7．C 由题可知，乙同学手的位置在开始时应放在0刻度处，所以0刻度要在下边．由物体做自由落体运动的位移h＝gt2可知，位移与时间的平方成正比，所以随时间的增大，刻度尺上的间距增大．由以上的分析可知，只有图C是正确的．
8．A
由于小球在两次运动过程中只有重力做功，机械能守恒，到达N点时速率相等，即有v1＝v2，小球沿管道MPN运动时，根据机械能守恒定律可知在运动过程中小球的速率小于初速率v0，而小球沿管道MQN运动过程中，小球的速率大于初速率v0，所以小球沿管道MPN运动的平均速率小于沿管道MQN运动的平均速率，而两个过程的路程相等，所以有t1>t2(也可画出如图所示的v－t图象，可得t1>t2)，A正确．
9．解题思路：(1)根据匀变速直线运动的特点得x34－x23＝x23－x12＝x12－x01＝Δx，得x34＝x12＋2Δx＝5.51
cm＋2×(5.51－3.00)
cm＝10.53
cm，所以属于纸带A的是甲．
(2)根据Δx＝aT2可得，a＝＝＝2.51
m/s2.
(3)匀变速直线运动过程中，中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度，即v1＝≈0.43
m/s.
答案：(1)甲(2分) (2)2.51(4分) (3)0.43(2分)
10．解题思路：(1)由h＝gt2知，需要用刻度尺测量小球开始下落的位置与M的高度差h，用秒表测量总时间．(2)一个小球自由下落的时间t＝
s＝0.50
s，g＝＝
m/s2＝9.6
m/s2.(3)手动敲击M时提前计时或记录撞击M的小球个数时少数一个都会增加自由下落的时间t，使根据g＝算出的g值偏小．
答案：(1)刻度尺 秒表(4分) (2)9.6(4分) (3)AC(2分)
11．解题思路：(1)作出a－t图线，图线围成的面积表示速度的变化量，每经过n秒增加a0，则t
s时，加速度a＝a0＋a0，(2分)
则t
s内速度的变化量
Δv＝t＝a0t＋t2.(3分)
因为初速度为零，则t
s后的速度v＝a0t＋t2.(2分)
(2)根据速度位移公式得，2a0＝v－0，(2分)
2＝v－v.(1分)
……
2＝v－v.(1分)
累加，解得vB＝.(3分)
答案：(1)a0t＋t2 (2)
12．解题思路：(1)由甲质点速度随时间变化关系v甲＝4t＋12
(m/s)得
甲做匀变速直线运动，v0甲＝12
m/s，a甲＝4
m/s2(2分)
则甲的位移随时间变化关系为s甲＝12t＋2t2
(m)① (2分)
由乙质点位移随时间变化关系s乙＝2t＋4t2
(m)②
若甲乙再次相遇，两者位移相等，则有s甲＝s乙③ (1分)
由①②③得t1＝0
s t2＝5
s(1分)
由题意得两质点5
s时再次相遇．(1分)
(2)由乙质点位移随时间的变化关系s乙＝2t＋4t2得
乙做匀变速直线运动，v0乙＝2
m/s，a乙＝8
m/s2(2分)
则乙的速度随时间变化关系为v乙＝2
(m/s)＋8t④ (2分)
由甲质点的速度随时间的变化关系为v甲＝4t＋12
(m/s)⑤
由题意得当两质点速度相等时，两者相距最远，v甲＝v乙⑥ (2分)
由④⑤⑥得t3＝2.5
s⑦
则两质点再次相遇之前2.5
s相距最远(1分)
由①②⑦得两质点的最远距离为s甲－s乙＝12.5
m(1分)
答案：(1)5
s (2)2.5
s 12.5
m课练27 磁场对运动电荷的作用
1.“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B正比于( )
A.
B．T
C.
D．T2
2．空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( )
A.
B.
C.
D.
3.
如图所示，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为R/2，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)( )
A.
B.
C.
D.
4.
(多选)如图所示，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上，不计重力．下列说法正确的是( )
A．a、b均带正电
B．a在磁场中飞行的时间比b的短
C．a在磁场中飞行的路程比b的短
D．a在P上的落点与O点的距离比b的近
5.
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.
6．两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
7．(多选)电视显像管上的图象是电子束打在荧光屏的荧光点上产生的．为了获得清晰的图象，电子束应该准确地打在相应的荧光点上．电子束飞行过程中受到地磁场的作用，会发生我们所不希望的偏转．从电子枪射出后自西向东飞向荧光屏的过程中，关于电子由于受到地磁场作用的运动情况正确的是(重力不计)( )
A．电子受到一个与速度方向垂直的变力
B．电子在竖直平面内做匀变速曲线运动
C．电子向荧光屏运动的过程中速率不发生改变
D．电子在竖直平面内的运动是匀变速直线运动
8．(多选)
图示为正、负粒子对撞的模拟图，一系列带等量电荷的正、负粒子经左侧的串列加速度器加速后沿直线向右运动离开加速器，控制正、负粒子使其沿圆管的切线方向进入，然后在垂直圆管平面的匀强磁场的作用下沿圆管做匀速圆周运动，最终正、负粒子在圆管的最右端发生正碰，已知串列加速器的加速电压大小为U，磁场的磁感应强度大小为B，正、负粒子的比荷均为.则( )
A．如果U保持不变，越大，则B越大
B．如果U保持不变，越大，则B越小
C．如果保持不变，U越大，则粒子在磁场中的运行周期越小
D．如果保持不变，粒子在磁场中的运行周期与U无关，且为一定值
9.
如图所示，以直角三角形ABC为边界的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，其中∠A＝90°，∠B＝30°，AC＝a.A点的发射源能向磁场区域内任意方向发射带负电的粒子，粒子的初速度为v0＝，粒子的比荷为，粒子初速度的方向与边界AB的夹角用θ表示，忽略粒子的重力以及粒子间的相互作用．则( )
A．粒子不可能经过C点
B．要使粒子在该场中运动的时间最短，则θ＝60°
C．若θ<30°，则这些粒子在磁场中运动的时间一定相等
D．这些粒子经过边界BC区域的长度为a
10.
(多选)图中的MN、PQ为两条相互平行的虚线，在MN的上侧、PQ的下侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，在图中的O点沿与PQ成θ＝30°的方向斜向上射出一带电粒子，粒子在上下两磁场中各偏转一次后恰好经过图中的S点，且经过S点的速度与O点的速度方向相同，忽略粒子的重力．则( )
A．如果保持θ不变，仅将粒子的初速度大小变大，则粒子一定还能经过S点
B．粒子每次经过边界PQ时的速度都与初速度相同
C．该粒子可能带正电也可能带负电
D．如果仅将θ增大到60°，则粒子一定不能经过S点
11.
在直径为d的圆形区域内存在着匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直圆面指向纸外．一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，从磁场区域的一条直径AC上的A点沿纸面射入磁场，其速度方向与AC成α＝15°角，如图所示．此粒子在磁场区域运动的过程中，速度的方向改变了90°.重力可忽略不计，求：
(1)该粒子在磁场区域内运动所用的时间t；
(2)该粒子射入时的速度大小v.
12．(2017·拉萨中学月考)
一个负离子质量为m，电荷量大小为q，以速率v垂直屏S经小孔O射入存在着匀强磁场的真空室中，如图所示，磁感应强度B的方向与离子的运动方向垂直，并垂直纸面向里．
(1)求离子进入磁场后到达屏S上时的位置与O点的距离；
(2)如果离子进入磁场后经时间t到达P点，证明直线OP与离子入射方向之间的夹角θ与t的关系为θ＝t.
1．(2016·课标Ⅰ)
现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比值约为( )
A．11
B．12
C．121
D．144
2．(2016·课标Ⅱ)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( )
A.
B.
C.
D.
3．(2016·课标Ⅲ)
平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为( )
A.
B.
C.
D.
4．(2016·四川理综)
如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb；当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力．则( )
A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1
B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2
C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1
D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2
5．(2017·河北邢台质检)
如图所示，边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD，带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直AD射入磁场，从DC边的M点飞出磁场(M点未画出)．设粒子从A点运动到C点所用时间为t1，由P点运动到M点所用时间为t2(带电粒子重力不计)，则t1∶t2为( )
A．2∶1
B．2∶3
C．3∶2
D.∶
6．(2017·广东广州综合测试(一))
不计重力的两个带电粒子M和N沿同一方向经小孔S垂直进入匀强磁场，在磁场中的运动径迹如图．分别用vM与vN，tM与tN，与表示它们的速率、在磁场中运动的时间、比荷，则( )
A．如果＝，则vM>vN
B．如果＝，则vMC．如果vM＝vN，则>
D．如果tM＝tN，则>
7．(多选)(2017·福建福州质检)
在半径为R的圆形区域内，存在垂直圆面的匀强磁场．圆边上的P处有一粒子源，沿垂直于磁场的各个方向，向磁场区发射速率均为v0的同种粒子，如图所示．现测得：当磁感应强度为B1时，粒子均从由P点开始弧长为πR的圆周范围内射出磁场；当磁感应强度为B2时，粒子则从由P点开始弧长为πR的圆周范围内射出磁场．不计粒子的重力，则( )
A．前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1∶r2＝∶
B．前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1∶r2＝2∶3
C．前后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B2＝∶
D．前后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B2＝∶
8．(2017·湖南衡阳联考)
如图所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹．粒子重力不计．下列说法正确的是( )
A．粒子a带负电
B．粒子c的动能最大
C．粒子b在磁场中运动的时间最长
D．粒子b在磁场中运动时的向心力最大
9．(多选)
(2017·长沙四校一模)如图所示，圆心角为90°的扇形COD内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，E点为半径OD的中点．现有比荷大小相等的两个带电粒子a、b(不计重力)以大小不等的速度分别从O、E点均沿OC方向射入磁场，粒子a恰从D点射出磁场，粒子b恰从C点射出磁场，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法中正确的是( )
A．粒子a带正电，粒子b带负电
B．粒子a、b在磁场中运动的加速度大小之比为5∶2
C．粒子a、b的速率之比为2∶5
D．粒子a、b在磁场中运动的时间之比为180∶53
10．(多选)(2017·山东胶东示范校二模)
如图所示，在光滑绝缘的水平面上叠放着两个物块A和B，A带负电、质量为m、电荷量为q，B质量为2m、不带电，A和B间动摩擦因数为0.5.初始时A、B处于静止状态，现将大小为F＝mg的水平恒力作用在B上，g为重力加速度．A、B处于水平向里的磁场之中，磁感应强度大小为B0.若A、B间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )
A．水平力作用瞬间，A的加速度大小为
B．A做匀加速运动的时间为
C．A的最大速度为
D．B的最大加速度为g
11．(2017·宜春奉新一中月考)
如图所示，在坐标系xOy中，第一象限内充满着两个匀强磁场a和b，OP为分界线，在磁场a中，磁感应强度为2B，方向垂直于纸面向里，在磁场b中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，P点坐标为(4l,3l)．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点沿y轴负方向射入磁场b，经过一段时间后，粒子恰能经过原点O.不计粒子重力．
(1)粒子从P点运动到O点的最短时间是多少？
(2)粒子运动的速度可能是多少？
12．(2017·黄冈质检)
如图所示，在xOy平面内，有一边长为L的等边三角形区域OPQ，PQ边与x轴垂直．在三角形区域以外，均存在着磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外的匀强磁场，三角形OPQ区域内无磁场分布．现有质量为m，带电量为＋q的粒子从O点射入磁场，粒子重力忽略不计．
(1)若要使该粒子不出磁场，直接到达P点，求粒子从O点射入的最小速度的大小和方向．
(2)若粒子从O点以初速度v0＝，沿y轴正方向射入，能再次经过O点，求该粒子从出发到再次过O点所经历时间．
课练27 磁场对运动电荷的作用
1．A 带电粒子在洛伦兹力作用下做半径不变的匀速圆周运动，故有qvB＝m，而粒子动能与T成正比，即mv2＝kT，联立可得B∝，A正确．
2．A 画出带电粒子运动轨迹示意图如图所示．设带电粒子在匀强磁场中运动轨迹的半径为r，根据牛顿第二定律有qv0B＝m，解得r＝.由图中几何关系可得tan30°＝.联立解得该磁场的磁感应强度B＝，选项A正确．
3．B 画出粒子运动轨迹如图所示．由图中几何关系可知，粒子运动的轨迹半径等于R，由qvB＝mv2/R可得v＝，选项B正确．
4．AD
根据题述，作出a、b离子的运动轨迹如图所示．由左手定则可知a、b均带正电，选项A正确．由于a、b离子做圆周运动的半径R＝相等，则根据画出的轨迹图可知，O1、O2分别为b、a离子运动轨迹所对的圆心，显然a在磁场中运动轨迹对应的圆心角大于b，由t＝T＝可知，a在磁场中飞行的时间比b的长，a在磁场中飞行的路程比b的长，a在P上的落点与O点的距离比b的近，选项D正确，选项B、C错误．
5．D 根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝，粒子的动能Ek＝mv2，由此得磁感应强度B1＝，结合题意知动能和半径都减小为原来的一半，则磁感应强度B2＝，故＝，故D正确．
6．D 由于磁场方向与速度方向垂直，粒子只受到洛伦兹力作用，即qvB＝m，轨道半径R＝，洛伦兹力不做功，粒子从较强磁场进入到较弱磁场区域后，速度大小不变，但磁感应强度变小，轨道半径变大，根据角速度ω＝可判断角速度变小．只有D正确．
7．AC 电子在飞行过程中受到地磁场施加的洛伦兹力的作用，洛伦兹力是变力而且不做功，所以电子向荧光屏运动的速率不发生改变，A、C正确．又因为电子在自西向东飞向荧光屏的过程中，所处的地磁场磁感应强度的水平分量可视为定值，故电子在竖直平面内所受洛伦兹力大小不变、方向始终与速度方向垂直，电子在竖直平面内的运动并不是匀变速直线运动或匀变速曲线运动．B、D错误．
8．BC 圆管的半径保持不变，当加速电压U不变时，粒子进入磁场的速度相同，根据粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式得R＝，比荷越大，磁感应强度B越小，A错误、B正确；如果比荷保持不变，加速电压U越大，粒子进入磁场的速度越大，根据周期公式T＝可得，周期越小，C正确、D错误．
9．D 根据Bqv0＝m可知，粒子运动的半径r＝a，因此θ＝60°时，粒子恰好从C点射出，A错误；当θ＝60°时，粒子在磁场中运动的时间恰好是，该粒子在磁场中运动时间最长，B错误；当θ＝0时，粒子恰好从BC的中点飞出，粒子在磁场中运动的时间也恰好是，因此粒子从与AB平行到与AB成60°方向射入时，粒子在磁场中运动的时间先减小后增大，C错误；因此在BC边界上只有一半区域有粒子射出，即粒子经过边界BC区域的长度为a，D正确．
10．AC
画出带电粒子可能运动的轨迹，根据轨迹可知，粒子经过边界MN时入射点T1与出射点T2间的距离与粒子经过边界PQ点时入射点S1与出射点S间的距离相同，由几何关系可知，∠T2S1Q＝∠T1SQ，故T2S1＝T1S，又因为T2S1＝OT1，所以△OT1S为等腰三角形，设MN与PQ间的距离为d，则OS＝，OS只与初速度的方向有关，与粒子的初速度大小无关，故速度大小改变后，粒子还能经过S点，A正确；图示分别为正、负粒子的运动轨迹，C正确；由图可知，粒子经过S1点时的速度方向与初速度方向不相同，故B错误；若将粒子在O点时的初速度方向改为与PQ成60°角斜向右上方，同理可知，粒子第一次经下方磁场偏转后的出射位置与O点的距离为l1＝＝d，由粒子运动的周期性和运动轨迹的对称性可知，粒子第n次经下方磁场偏转后的出射位置与O点的距离为ln＝nl＝nd，使ln＝OS＝2d，则n＝3，即粒子第3次经下方磁场偏转后的出射位置为S点，故D错误．
11．解题思路：(1)粒子在匀强磁场中运动的周期T＝，
带电粒子的速度方向改变了90°，所用的时间t＝＝.
(2)粒子的运动情况如图所示．
△AOD是等腰直角三角形．
所以AD＝r，
在△CAD中，∠CAD＝90°－α－∠OAD＝30°，AD＝dcos∠CAD＝dcos30°，
解得半径：r＝d，
又qvB＝m，因此粒子射入时的速度大小v＝.
答案：(1) (2)
12．解题思路：离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
qvB＝，解得r＝.
因离子垂直屏S射入，由几何关系可得离子也垂直屏S射出，故离子到达屏S上时的位置与O点的距离为d＝2r＝.
(2)粒子运动轨迹如图所示，
由几何关系可得，弦切角为圆心角的一半，轨迹所对圆心角为2θ，粒子做圆周运动的周期为T＝.
在磁场中运动的时间为t＝T＝，
整理得θ＝t.
答案：(1) (2)见解析
加餐练
1．D 设质子和离子的质量分别为m1和m2，原磁感应强度为B1，改变后的磁感应强度为B2.在加速电场中qU＝mv2①，在磁场中qvB＝m②，联立两式得m＝，故有＝＝144，选项D正确．
2.
A 定圆心、画轨迹，由几何关系可知，此段圆弧所对圆心角θ＝30°，所需时间t＝T＝；由题意可知粒子由M飞至N′与圆筒旋转90°所用的时间相等，即t＝＝，联立以上两式得＝，A项正确．
3．D 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由qvB＝m得R＝，分析图中角度关系可知，PO′半径与O′Q半径在同一条直线上．
则PQ＝2R，所以OQ＝4R＝，选项D正确．
4．A
由定圆心的方法知，粒子以vb射入时轨迹圆心在a点，半径为正六边形边长L；粒子以vc射入时轨迹圆心在M点，半径为2L；由半径公式r＝可得vb∶vc＝rb∶rc＝1∶2，由几何图形可看出，两个圆弧轨迹所对圆心角分别是120°、60°，所以tb∶tc＝2∶1，A项正确．
5．C
如图所示为粒子两次运动轨迹图，由几何关系知，粒子由A点进入C点飞出时轨迹所对圆心角θ1＝90°，粒子由P点进入M点飞出时轨迹所对圆心角θ2＝60°，则＝＝＝，故选项C正确．
6．A 由图可知rM>rN.若＝，利用r＝，可得vM>vN，A项正确、B项错误；若tM＝tN，利用T＝，可得＝，D项错误；若vM＝vN，利用r＝，可得<，C项错误．
7．AD 假设粒子带正电，如图1，磁感应强度为B1时，弧长L1＝πR对应的弦长为粒子圆周运动的直径，则r1＝·2Rsinθ＝Rsin＝Rsin.如图2，磁感应强度为B2时，弧长L2＝πR对应的弦长为粒子圆周运动的直径，则r2＝·2Rsinα＝Rsin＝Rsin，因此r1∶r2＝sin∶sin＝∶，故A正确、B错误．由洛伦兹力提供向心力，可得：qv0B＝m，则B＝，可以得出B1∶B2＝r2∶r1＝∶，故C错误、D正确．
8．D 由左手定则可知，a粒子带正电，故A错误；由qvB＝m，可得r＝，由图可知粒子c的轨迹半径最小，粒子b的轨迹半径最大，又m、q、B相同，所以粒子c的速度最小，粒子b的速度最大，由Ek＝mv2，知粒子c的动能最小，根据洛伦兹力提供向心力有f向＝qvB，则可知粒子b的向心力最大，故D正确、B错误；由T＝，可知粒子a、b、c的周期相同，但是粒子b的轨迹所对的圆心角最小，则粒子b在磁场中运动的时间最短，故C错误．
9．CD 本题考查了粒子在磁场中的运动问题，意在考查考生运用相关规律及数学知识解决物理问题的能力．
两个粒子的运动轨迹如答图所示，根据左手定则判断知粒子a带负电，粒子b带正电，A错误；设扇形COD的半径为r，粒子a、b的轨道半径分别为Ra、Rb，则Ra＝，R＝r2＋2，sinθ＝，得Rb＝r，θ＝53°，由qvB＝m，得v＝R，所以粒子a、b的速率之比为＝＝，C正确；由牛顿第二定律得加速度a＝，所以粒子a、b在磁场中运动的加速度大小之比为＝＝，B错误；粒子a在磁场中运动的时间ta＝，粒子b在磁场中运动的时间tb＝，则＝，D正确．
10．BC 本题考查考生对带电体在磁场中运动过程的分析能力．F作用在B上瞬间，假设A、B一起加速，则对A、B整体有F＝3ma＝mg，对A有fA＝ma＝mg<μmg＝mg，假设成立，因此A、B共同做加速运动，加速度为，A选项错误；A、B开始运动后，整体在水平方向上只受到F作用，做匀加速直线运动，对A分析，B对A有水平向左的静摩擦力fA静作用，由fA静＝知，fA静保持不变，但A受到向上的洛伦兹力，支持力NA＝mg－qvB0逐渐减小，最大静摩擦力μNA减小，当fA静＝μNA时，A、B开始相对滑动，此时有＝μ(mg－qv1B0)，v1＝，由v1＝at得t＝，B选项正确；A、B相对滑动后，A仍受到滑动摩擦力作用，继续加速，有fA静＝μ(mg－qvAB0)，速度增大，滑动摩擦力减小，当滑动摩擦力减小到零时，A做匀速运动，有mg＝qv2B0，得最大速度v2＝，C选项正确；A、B相对滑动后，对B有F－fA滑＝2maB，fA滑减小，则aB增大，当fA滑减小到零时，aB最大＝＝，D选项错误．
11．解题思路：
(1)设粒子的入射速度为v，用Ra、Rb、Ta、Tb分别表示粒子在磁场a中和磁场b中运动的轨道半径和周期，则有
Ra＝，Rb＝，Ta＝＝，Tb＝
当粒子先在磁场b中运动，后进入磁场a中运动，然后从O点射出时，粒子从P点运动到O点所用的时间最短，如图所示．根据几何知识得tanα＝＝，故α＝37°
粒子在磁场b和磁场a中运动的时间分别为
tb＝Tb，ta＝Ta
故从P点运动到O点的最短时间为t＝ta＋tb＝
(2)由题意及答图可知，粒子运动过程中，恰能经过原点O，轨迹呈周期性变化，则由几何关系可得
n(2Racosα＋2Rbcosα)＝
解得v＝(n＝1,2,3，…)
答案：(1) (2)(n＝1,2,3，…)
12．解题思路：(1)当初速度v垂直于OP射入磁场时，粒子射入速度最小，轨迹如图甲所示，由几何关系得粒子的轨迹半径r1＝
由qvB＝m
解得v＝
方向垂直于OP向上或与y轴正半轴成30°角斜向左上
(2)若粒子从O点以初速度v0＝，沿y轴正方向射入，设粒子的轨迹半径为r2，则由qv0B＝m得r2＝＝L
粒子从O运动至A点出磁场进入三角形区域，轨迹如图乙所示
由几何知识得OA＝r2＝
圆心角∠OO1A＝120°
运动时间t1＝T＝
粒子从A到B做匀速直线运动，运动时间
t2＝＝
由轨迹图象可知，粒子再次过O点，所用时间
t＝6t1＋3t2＝(4π＋3)
答案：(1)，垂直于OP向上
(2)(4π＋3)课练30 法拉第电磁感应定律 自感现象
1.
在如图所示的电路中，两个灵敏电流表G1和G2的零点都在刻度盘中央，当电流从“＋”接线柱流入时，指针向右摆，当电流从“－”接线柱流入时，指针向左摆．在电路接通后再断开的瞬间，下列说法中符合实际情况的是( )
A．G1表指针向左摆，G2表指针向右摆
B．G1表指针向右摆，G2表指针向左摆
C．G1、G2表的指针都向左摆
D．G1、G2表的指针都向右摆
2.
(多选)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( )
A．增加线圈的匝数
B．将金属杯换为瓷杯
C．取走线圈中的铁芯
D．提高交流电源的频率
3.
如图所示，边长为2L的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一个边长为L、粗细均匀的正方形导线框abcd，其所在平面与磁场方向垂直，导线框的对角线与虚线框的对角线在一条直线上，导线框各边的电阻大小均为R.在导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向进入磁场，到整个导线框离开磁场区域的过程中，下列说法正确的是( )
A．导线框进入磁场区域时产生顺时针方向的感应电流
B．导线框中有感应电流的时间为
C．导线框的bd对角线有一半进入磁场时，整个导线框所受安培力大小为
D．导线框的bd对角线有一半进入磁场时，导线框a、c两点间的电压为
4.
(多选)如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴．一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时( )
A．穿过回路的磁通量为零
B．回路中感应电动势大小为2Blv0
C．回路中感应电流的方向为顺时针方向
D．回路中ab边与cd边所受安培力方向相同
5．(多选)
如图甲所示，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的B—t图象如图乙所示(以向右为正方向)，下列说法正确的是( )
A．电阻R中的电流方向是从A到C
B．感应电流的大小保持不变
C．电阻R两端的电压为6
V
D．C点的电势为4.8
V
6.
(多选)如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动．为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带运动方向，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈．通过观察图形，判断下列说法正确的是( )
A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈中感应电流方向从上向下看为逆时针方向
B．若线圈闭合，传送带以较大速度匀速运动时，磁场对线圈的作用力增大
C．从图中可以看出，第2个线圈是不合格线圈
D．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈
7．如图甲所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆与金属框架接触良好．在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计．现用一水平向右的外力F作用在金属杆上，使金属杆由静止开始向右在框架上滑动．图乙为一段时间内金属杆受到的安培力f随时间t的变化关系，则下面可以表示外力F随时间t变化关系的图象是( )
8．(多选)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根水平放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN.现从t＝0时刻起，给棒通以图示方向的电流且电流与时间成正比，即I＝kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图象，可能正确的是( )
9．(多选)在北半球某地的地磁场磁感应强度的大小为9×10－5
T，方向与竖直方向的夹角为60°，一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100
m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过．设落潮时，海水自西向东流，流速为2
m/s.则下列关于落潮时的说法正确的是( )
A．电压表的正极要连接河的南岸
B．电压表的正极要连接河的北岸
C．电压表记录的电压为9
mV
D．电压表记录的电压为5
mV
10.
(多选)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，能让线框穿过)固定一根与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．线框中感应电流方向依次为ACBA→ABCA→ACBA
B．线框的磁通量为零时，感应电流却不为零
C．线框所受安培力的合力方向依次为上→下→上
D．线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动
11．如图甲，电阻不计的足够长的平行光滑金属导轨PX、QY相距L＝0.5
m，底端连接电阻R＝2
Ω，导轨平面倾角θ＝30°，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B＝1
T．质量m＝40
g、电阻r＝0.5
Ω的金属棒MN放在导轨上，金属棒通过绝缘细线在电动机牵引下从静止开始运动，经过时间t1＝2
s通过距离x＝1.5
m，速度达到最大，这个过程中电压表示数U0＝0.8
V，电流表示数I0＝0.6
A，示数稳定，运动过程中金属棒始终与导轨垂直，细线始终与导轨平行且在同一平面内，电动机线圈内阻r0＝0.5
Ω，g取10
m/s2.求：
(1)细线对金属棒拉力的功率P多大？
(2)金属棒从静止开始运动的t1＝2
s时间内，电阻R上产生的热量QR是多大？
(3)用外力F代替电动机沿细线方向拉金属棒MN，使金属棒保持静止状态，金属棒到导轨下端距离为d＝1
m．若磁场按照图乙规律变化，外力F随着时间t的变化关系式？
12.
如图所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨与水平面成53°角固定放置，导轨间连接一阻值为6
Ω的电阻R，导轨电阻忽略不计．在两平行虚线m、n间有一与导轨所在平面垂直、磁感应强度为B的匀强磁场．导体棒a的质量为ma＝0.4
kg，电阻Ra＝3
Ω；导体棒b的质量为mb＝0.1
kg，电阻Rb＝6
Ω；它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好．a、b从开始相距L0＝0.5
m处同时由静止开始释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，当b刚穿出磁场时，a正好进入磁场(g取10
m/s2，不计a、b之间电流的相互作用)．求：
(1)当a、b分别穿越磁场的过程中，通过R的电荷量之比；
(2)在穿越磁场的过程中，a、b两导体棒匀速运动的速度大小之比；
(3)磁场区域沿导轨方向的宽度d；
(4)在整个过程中产生的总焦耳热．
1.
(2015·课标Ⅱ)如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是( )
A．Ua>Uc，金属框中无电流
B．Ub>Uc，金属框中电流方向沿a—b—c—a
C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流
D．Uac＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a—c—b—a
2．(2016·课标Ⅰ)
如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑．求：
(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；
(2)金属棒运动速度的大小．
3．(2016·课标Ⅱ)
如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
(2)电阻的阻值．
4.
(2016·课标Ⅲ)如图，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：
(1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；
(2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．
5．(2016·上海单科)
如图，一关于y轴对称的导体轨道位于水平面内，磁感应强度为B的匀强磁场与平面垂直．一足够长，质量为m的直导体棒沿x方向置于轨道上，在外力F作用下从原点由静止开始沿y轴正方向做加速度为a的匀加速直线运动，运动时棒与x轴始终平行．棒单位长度的电阻为ρ，与电阻不计的轨道接触良好，运动中产生的热功率随棒位置的变化规律为P＝ky(SI)．求：
(1)导体轨道的轨道方程y＝f(x)；
(2)棒在运动过程中受到的安培力Fm随y的变化关系；
(3)棒从y＝0运动到y＝L过程中外力F的功．
6．(2016·天津理综)
电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度．电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论：如图所示，将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上，斜面与水平方向夹角为θ.一质量为m的条形磁铁滑入两铝条间，恰好匀速穿过，穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定，其引起电磁感应的效果与磁铁不动、铝条相对磁铁运动相同．磁铁端面是边长为d的正方形，由于磁铁距离铝条很近，磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场，磁感应强度为B，铝条的高度大于d，电阻率为ρ.为研究问题方便，铝条中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场，其他部分电阻和磁场可忽略不计，假设磁铁进入铝条间以后，减少的机械能完全转化为铝条的内能，重力加速度为g.
(1)求铝条中与磁铁正对部分的电流I；
(2)若两铝条的宽度均为b，推导磁铁匀速穿过铝条间时速度v的表达式；
(3)在其他条件不变的情况下，仅将两铝条更换为宽度b′>b的铝条，磁铁仍以速度v进入铝条间，试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化．
7．(多选)(2017·吉林长春二模)
由法拉第电磁感应定律可知，若穿过某截面的磁通量为Φ＝Φmsinωt，则产生的感应电动势为e＝ωΦcosωt.如图所示，在竖直平面内有一个闭合导线框ACD，其中AC段和CD段由细软弹性电阻丝制成，电阻不计，AD段电阻恒为r，端点A、D固定．在以水平线段AD为直径的半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场，圆的半径为R.用两种方式使导线框上产生感应电流．方式一：将导线上的C点以恒定角速度ω1(相对圆心O)从A点沿圆弧移动至D点；方式二：以AD为轴，保持∠
ADC＝45°，将导线框以恒定的角速度ω2转过90°.则下列说法正确的是( )
A．方式一中，在C从A点沿圆弧移动到图中∠ADC＝30°位置的过程中，通过导线截面的电荷量为
B．方式一中，在C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最大
C．若两种方式导线框中产生的热量相等，则＝
D．若两种方式导线框中产生的热量相等，则＝
8．(2017·江西南昌一模)如图a所示，在水平面上固定有平行长直金属导轨ab、cd，bd端接有电阻R.导体棒ef垂直轨道放置在光滑导轨上，导轨电阻不计．导轨右端区域存在垂直导轨面的匀强磁场，且磁感应强度B随时间t的变化规律如图b所示．在t＝0时刻，导体棒以速度v0从导轨的左端开始向右运动，经过时间2t0开始进入磁场区域，取磁场方向垂直纸面向里为磁感应强度B的正方向，回路中顺时针方向为电流正方向，则回路中的电流随时间t的变化规律图象可能是( )
9．(2017·北京丰台区模拟)随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线．小到手表、手机，大到电脑、电动汽车，都已经实现了无线充电从理论研发到实际应用的转化．如图所示为某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式充电的原理图．关于无线充电，下列说法正确的是( )
A．无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”
B．只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电
C．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同
D．只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电
10．(多选)(2017·东北三校联考)
如图所示，M、N为同一水平面内的两条平行长直导轨，左端串接电阻R，金属杆ab垂直导轨放置，金属杆和导轨的电阻不计，杆与导轨间接触良好且无摩擦，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中．现对金属杆施加一个与其垂直的水平方向的恒力F，使金属杆从静止开始运动．在运动过程中，金属杆的速度大小为v，R上消耗的总能量为E，则下列关于v、E随时间变化的图象可能正确的是( )
11．(多选)(2017·江西赣州期末)
如图所示，abcd为一矩形金属线框，其中ab＝cd＝L，ab边接有定值电阻R，cd边的质量为m，其他部分的电阻和质量均不计，整个装置用两根绝缘轻弹簧悬挂起来．线框下方处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里．初始时刻，使两弹簧处于自然长度，且给线框一竖直向下的初速度v0，当cd边第一次运动至最下端的过程中，R产生的电热为Q，此过程cd边始终未离开磁场，已知重力加速度大小为g，下列说法中正确的是( )
A．初始时刻cd边所受安培力的大小为－mg
B．线框中产生的最大感应电流可能为
C．在cd边第一次到达最下端的时刻，两根弹簧具有的弹性势能总量大于mv－Q
D．在cd边反复运动过程中，R中产生的电热最多为mv
12．(2017·西安二测)如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计．在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B.现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力作用下以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中( )
A．通过R的电流方向为a→R→b
B．R上产生的热量为
C．R上产生的热量为
D．流过R的电荷量为
课练30 法拉第电磁感应定律
自感现象1.B 电路接通后线圈中电流方向向右，当电路断开时，线圈中电流减小，产生与原方向相同的自感电动势，与G1、G2和电阻组成闭合回路，所以G1中电流方向向右，G2中电流方向向左，即G1指针向右摆，G2指针向左摆．选项B正确．
2．AD 由题意可知，本题是涡流现象的应用，即采用线圈产生的磁场使金属杯产生感应电流，从而进行加热，则由法拉第电磁感应定律可知，增加线圈的匝数、提高交流电的频率均可以提高发热功率，则可以缩短加热时间，故A、D正确．
3．D 根据楞次定律知，感应电流的效果总是阻碍磁通量的变化，故由楞次定律判断出，导线框进入磁场区域时产生的感应电流的方向为逆时针方向，故选项A错误；导线框完全进入磁场后感应电流消失，导线框从开始进入磁场到完全进入经历的时间为，穿出的时间也为，导线框中有感应电流的时间为t＝×2，故选项B错误；导线框的bd对角线有一半进入磁场时，导体的有效切割长度为，感应电动势为，由安培力公式可算出安培力为，故选项C错误；导线框的bd对角线有一半进入磁场时，导线框a、c两点间的电压为电动势的一半，即，故选项D正确．
4．ABD 当回路运动到关于OO′对称的位置时，穿过回路的两个相反方向的磁场面积相等，且磁感应强度大小均为B，穿过回路的磁通量为零，选项A正确；ab、cd两个边均切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可判断出，两个边产生的感应电流的方向均为逆时针方向，所以回路中感应电动势大小为2Blv0，选项B正确、C错误；根据左手定则可判断出回路中ab、cd两个边所受安培力的方向相同，选项D正确．
5．BD 由楞次定律知，电阻R中的电流方向是从C到A，选项A错误．由于磁感应强度均匀增大，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律知，感应电流的大小保持不变，选项B正确．螺线管内产生的感应电动势E＝＝1
500×20×10－4×2
V＝6
V，电流I＝1.2
A，电阻R两端的电压为U＝IR＝4.8
V，C点的电势为4.8
V，选项C错误、D正确．
6．BD 由楞次定律知，若线圈闭合，进入磁场时，线圈中感应电流方向从上向下看为顺时针方向，故A错误；若线圈闭合，传送带以较大速度匀速运动时，线圈通过磁场区域更快，由法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势更大，感应电流更大，所受的安培力也更大，故B正确；由图知1、2、4……线圈都滑动了相同的距离，而第3个线圈没有，则第3个线圈为不合格线圈，故C错误、D正确．
7．B 设金属杆运动的速度为v，长度为l，产生的感应电动势为Blv，安培力f＝，由图可知f随时间t线性变化，说明速度v随时间t线性变化，即做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，有F－＝ma，则F＝·t＋ma，选项B正确．
8．BD 导轨粗糙，棒中通入的电流与时间成正比，即I＝kt，棒将受到安培力作用，当安培力大于最大静摩擦力时，棒开始运动，根据牛顿第二定律得F－f＝ma，而F＝BIL，可得BkL·t－f＝ma，可知a随t的变化均匀增大，但并非正比关系，故A错误、B正确；a增大，v－t图象的斜率增大，故C错误、D正确．
9．BC 本题借助海水落潮，考查导体切割磁感线产生动生电动势的大小和方向(右手定则)．海水在落潮时自西向东流，该过程可以等效为：自西向东运动的导体棒在切割竖直向下的磁场．根据右手定则，北岸电势高，南岸电势低，A项错误、B项正确；地磁场磁感应强度竖直向下的分量为Bcos60°，根据法拉第电磁感应定律得E＝Bcos60°·Lv＝9×10－5××100×2
V＝9×10－3
V＝9
mV，故C项正确、D项错误．
10．AB 本题借助三角形导线框穿过直导线周围的磁场，考查安培定则、楞次定律等．根据安培定则，通电直导线的磁场在上方向外，下方向里．线框从上向下靠近导线的过程，向外的磁场磁感应强度增加，根据楞次定律，线框中产生顺时针方向的电流；穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，一直减小到零，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大，直至最大，这一过程线框中产生逆时针方向的电流；向里的磁通量变成最大后，继续向下运动，向里的磁通量又逐渐减小，这时的电流方向又变成了顺时针．所以线框中感应电流方向依次为ACBA→ABCA→ACBA，选项A正确．根据以上分析，线框的磁通量为零时，有逆时针方向的感应电流，选项B正确．根据楞次定律，感应电流始终阻碍线框相对磁场的运动，故线框所受安培力的方向始终向上，安培力的合力不为零，线框的运动不是自由落体运动，选项C、D错误．
11．解题思路：(1)细线对金属棒拉力的功率P等于电动机的输出功率，根据能量守恒定律，可得
P＝I0U0－Ir0＝0.6×0.8
W－0.62×0.5
W＝0.3
W.
(2)当金属棒从静止开始运动，经过t1＝2
s时间，速度达到最大，设最大速度为vm，金属棒产生的电动势为E，感应电流为I1，受到的安培力为F安，细线的拉力为F拉，则
E＝BLvm，
I1＝，
F安＝BI1L，
则得F安＝.
又P＝F拉vm，
金属棒速度最大时做匀速运动，有
F拉＝mgsinθ＋F安，
联立得＝mgsinθ＋.
代入数值解得vm＝1
m/s.
金属棒从静止开始运动到达到最大速度过程中，设整个电路中产生的热量为Q，由能量守恒定律得Pt1＝mgxsinθ＋mv＋Q，
QR＝Q，解得QR＝0.224
J.
(3)由题图可知B′＝(0.2＋0.4t)
T，设在t时刻，磁场的磁感应强度为B′，金属棒产生的电动势为E′，感应电流为I′，受到的安培力为F安′.
根据法拉第电磁感应定律得感应电动势E′＝Ld，
感应电流I′＝，
金属棒所受的安培力F安′＝B′I′L.
根据平衡条件得F＝mgsinθ＋F安′，
解得F＝0.016t＋0.208(N)．
答案：(1)0.3
W (2)0.224
J
(3)F＝0.016t＋0.208(N)
12．解题思路：(1)由法拉第电磁感应定律得
＝，
平均电流＝，
通过导体棒的总电荷量q总＝Δt＝.
在b穿越磁场的过程中，b是电源，a与R是外电路，电路的总电阻R总1＝Rb＋＝8
Ω.
则通过R的电荷量为qRb＝q总＝·.
同理，a穿越磁场的过程中，R总2＝Ra＋＝6
Ω，通过R的电荷量为qRa＝q总＝·.
解得qRa∶qRb＝2∶1.
(2)设b在磁场中匀速运动的速度大小为vb，则b中的电流Ib＝.由平衡条件得＝magsin53°.
同理，a在磁场中匀速运动时有
＝magsin53°.
联立可得va∶vb＝3∶1.
(3)设a、b穿越磁场的过程中的速度分别为va和vb.
由题意得va＝vb＋gtsin53°，d＝vbt，
因v－v＝2gL0sin53°，解得d＝0.25
m.
(4)由F安a＝magsin53°，故
Wa＝magdsin53°＝0.8
J.
同理Wb＝mbgdsin53°＝0.2
J.
在整个过程中，电路中共产生焦耳热为Q＝Wa＋Wb＝1
J.
答案：(1)2∶1 (2)3∶1 (3)0.25
m (4)1
J
加餐练
1．C 闭合金属框在匀强磁场中以角速度ω逆时针转动时，穿过金属框的磁通量始终为零，金属框中无电流．由右手定则可知Ub＝Ua2．解题思路：(1)设两导线的张力大小之和为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2.对于ab棒，由力的平衡条件得
2mgsinθ＝μN1＋T＋F①
N1＝2mgcosθ②
对于cd棒，同理有
mgsinθ＋μN2＝T③
N2＝mgcosθ④
联立①②③④式得
F＝mg(sinθ－3μcosθ)⑤
(2)由安培力公式得
F＝BIL⑥
这里I是回路abdca中的感应电流．ab棒上的感应电动势为
E＝BLv⑦
式中，v是ab棒下滑速度的大小．由欧姆定律得
I＝⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得
v＝(sinθ－3μcosθ)⑨
答案：(1)mg(sinθ－3μcosθ)
(2)(sinθ－3μcosθ)
3．解题思路：(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
ma＝F－μmg①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有
v＝at0②
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为
E＝Blv③
联立①②③式可得
E＝Blt0④
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律
I＝⑤
式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为
f＝BlI⑥
因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得
F－μmg－f＝0⑦
联立④⑤⑥⑦式得
R＝⑧
答案：(1)Blt0 (2)
4．解题思路：(1)在金属棒越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为Φ＝ktS①
设在从t时刻到t＋Δt的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R的电荷量为Δq.由法拉第电磁感应定律有
ε＝－②
由欧姆定律有i＝③
由电流的定义有i＝④
联立①②③④式得|Δq|＝Δt⑤
由⑤式得，在t＝0到t＝t0的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝对值为
|q|＝⑥
(2)当t>t0时，金属棒已越过MN.由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有f＝F⑦
式中，f是外加水平恒力，F是匀强磁场施加的安培力．设此时回路中的电流为I，F的大小为
F＝B0lI⑧
此时金属棒与MN之间的距离为s＝v0(t－t0)⑨
匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B0ls⑩
回路的总磁通量为Φt＝Φ＋Φ′
式中，Φ仍如①式所示．由①⑨⑩ 式得，在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量为
Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt
在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变ΔΦt为
ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt
由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为
εt＝
由欧姆定律有I＝
联立⑦⑧ 式得f＝(B0lv0＋kS)
答案：(1) (2)B0lv0(t－t0)＋kSt (B0lv0＋kS)
5．解题思路：(1)设棒运动到某一位置时与轨道接触点的坐标为(±x，y)，安培力F＝
安培力的功率P＝Fv＝＝ky
棒做匀加速运动
v2＝2ay
R＝2ρx
得y＝2x2
轨道形状为抛物线．
(2)安培力Fm＝v＝
将轨道方程代入得
Fm＝y
(3)由动能定理有W＝Wm＋mv2
安培力做功Wm＝L2
棒在y＝L处的动能为mv2＝maL
外力做功W＝L2＋maL
答案：(1)y＝2x2 (2)Fm＝y (3)L2＋maL
6．解题思路：(1)磁铁在铝条间运动时，两根铝条受到的安培力大小相等均为F安，有
F安＝IdB①
磁铁受到沿斜面向上的作用力为F，其大小有
F＝2F安②
磁铁匀速运动时受力平衡，则有
F－mgsinθ＝0③
联立①②③式可得
I＝④
(2)磁铁穿过铝条时，在铝条中产生的感应电动势为E，有
E＝Bdv⑤
铝条与磁铁正对部分的电阻为R，由电阻定律有
R＝ρ⑥
由欧姆定律有
I＝⑦
联立④⑤⑥⑦式可得
v＝⑧
(3)磁铁以速度v进入铝条间，恰好做匀速运动时，磁铁受到沿斜面向上的作用力F，联立①②⑤⑥⑦式可得
F＝⑨
当铝条的宽度b′>b时，磁铁以速度v进入铝条间时，磁铁受到的作用力变为F′，有
F′＝⑩
可见，F′>F＝mgsinθ，磁铁所受到的合力方向沿斜面向上，获得与运动方向相反的加速度，磁铁将减速下滑，此时加速度最大．之后，随着运动速度减小，F′也随着减小，磁铁所受的合力也减小，由于磁铁加速度与所受到的合力成正比，磁铁的加速度逐渐减小．综上所述，磁铁做加速度逐渐减小的减速运动．直到F′＝mgsinθ时，磁铁重新达到平衡状态，将再次以较小的速度匀速下滑．
答案：(1) (2)见解析 (3)见解析
7．AC 方式一中，在C从A点沿圆弧移动到题图中∠ADC＝30°位置的过程中，穿过回路磁通量的变化量为ΔΦ＝BR2.由法拉第电磁感应定律E＝，I＝，q＝IΔt，联立解得q＝＝，A正确；第一种方式穿过回路的磁通量Φ1＝BR2sinω1t，所产生的电动势为e1＝ω1BR2cosω1t，在C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的磁通量最大，由法拉第电磁感应定律可知，导线框中感应电动势最小且为零，B错误；第二种方式穿过回路的磁通量Φ2＝BR2cosω2t，所产生的电动势为e2＝ω2BR2sinω2t，则两种方式所产生的正弦交流电动势的有效值之比为＝，时间满足关系式＝2，Q1＝t1，Q2＝t2，Q1＝Q2，＝，C正确、D错误．
8．A 由题图b可知，在0～2t0时间内，回路中磁通量变化率＝S＝S，为常数，根据法拉第电磁感应定律，回路产生的感应电动势E为常数，则回路产生的感应电流为常数．根据楞次定律可判断出回路中感应电流方向为逆时针方向，即感应电流为负值且恒定，可排除图B、D；在大于2t0时间内，导体棒切割磁感线产生感应电动势和感应电流，导体棒受到安培力作用，做加速度逐渐减小的减速运动，其感应电流随时间变化应该为曲线，所以图A正确、图C错误．
9．C 无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应，故A错误；当给充电设备通以恒定直流电时，充电设备不会产生交变磁场，即不能正常充电，故B错误；接收线圈中交变电流的频率应与发射线圈中交变电流的频率相同，故C正确；被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件与手机电池相连，当有交变磁场时，则产生感应电动势，那么普通手机由于没有金属线圈，所以不能够利用无线充电设备进行充电，故D错误．
10．AD 对金属杆ab施加一个与其垂直的水平方向的恒力F，使金属杆从静止开始运动．由于金属杆切割磁感线产生感应电动势和感应电流，受到随速度的增大而增大的安培力作用，所以金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，当安培力增大到等于水平方向的恒力F时，金属杆做匀速直线运动，v—t图象A正确、B错误．由功能关系知，开始水平方向的恒力F做的功一部分使金属杆动能增大，另一部分转化为电能，被电阻R消耗掉；当金属杆匀速运动后，水平方向的恒力F所做的功等于R上消耗的总能量E，因此E－t图象可能正确的是D.
11．BC 初始时刻，cd边速度为v0，则产生的感应电动势最大，为E＝BLv0，感应电流I＝＝，cd边所受安培力的大小F＝BIL＝，A错误、B正确．由能量守恒定律，mv＋mgh＝Q＋Ep，cd边第一次到达最下端的时刻，两根弹簧具有的弹性势能总量为Ep＝mv－Q＋mgh，大于mv－Q，C正确．在cd边反复运动过程中，最后平衡的位置弹簧弹力等于线框重力，弹簧一定具有弹性势能，R中产生的电热一定大于mv，D错误．
12．C 本题考查了电磁感应、楞次定律、交变电流的最大值与有效值、焦耳定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、磁通量变化、电荷量计算及其相关的知识点．金属棒在拉力作用下，从轨道最低位置cd开始沿轨道运动到ab的过程中，穿过回路的磁通量逐渐减小，由楞次定律可判断出回路内产生的感应电流为逆时针方向，通过R的电流方向为b→R→a，选项A错误．金属棒从轨道最低位置cd开始沿圆周轨道做匀速圆周运动至ab处，在回路内产生余弦式交变电流，其感应电动势的最大值Emax＝BLv0，有效值E＝，运动时间t＝＝，根据焦耳定律，在R上产生的热量为Q＝t＝，选项C正确、B错误．由感应电动势定义E＝，I＝，ΔΦ＝BLr，q＝IΔt，联立解得流过R的电荷量为q＝，选项D错误．课练21 电容器 带电粒子在电场中的运动
1.如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P
点．以E表示两极板间的电场强度，U表示电容器的电压，Ep表示正电荷在P点的电势能．若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示位置，则( )
A．U变小，Ep不变
B．E变大，Ep不变
C．U变大，Ep变大
D．U不变，Ep变大
2.
如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动，重力加速度为g.粒子运动加速度为( )
A.g
B.g
C.g
D.g
3.
如图所示，一平行板电容器C，极板是水平放置的，它和三个可变电阻、一个零刻度在中央的电流计和电源连成电路，现有一个质量为m的带电油滴悬浮在两极板间不动，则下列判断正确的是( )
A．增大R3，油滴上升
B．增大电容器极板间距离的过程中，电流计指针不动
C．增大R1，R1中电流的变化值大于R3中电流的变化值
D．增大R1，R1两端电压的变化值小于R3两端电压的变化值
4．(多选)
如图所示，平行板电容器A、B两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿A、B中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A极板来改变两极板A、B间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是( )
A．若小球带正电，当A、B间距增大时，小球打在N点的右侧
B．若小球带正电，当A、B间距减小时，小球打在N点的左侧
C．若小球带负电，当A、B间距减小时，小球可能打在N点的右侧
D．若小球带负电，当A、B间距增大时，小球可能打在N点的左侧
5.
(多选)如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合开关S分别与电源两极相连，两板中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处一带电质点由静止开始下落，不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回．现要使带电质点能穿出b孔，可行的方法是( )
A．保持S闭合，将A板适当上移
B．保持S闭合，在两板左边之间插入电介质
C．先断开S，再将A板适当下移
D．先断开S，在两板左边之间插入电介质
6.
如图所示，匀强电场水平向左，带正电的物体沿绝缘、粗糙水平板向右运动，经A点时动能为100
J，到B点时动能减少到80
J，减少的动能中有12
J转化为电势能，则它再经过B点时，动能大小是( )
A．4
J
B．16
J
C．32
J
D．64
J
7.
在真空中上、下两个区域均为竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图所示，有一带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，并进入下边区域(该区域的电场足够广)，在如图所示的速度—时间图象中，符合微粒在电场内运动情况的是( )
8．粗糙绝缘的水平地面上，有两块竖直平行相对而立的金属板A、B.板间地面上静止着带正电的物块，如图甲所示，当两金属板加图乙所示的交变电压时，设直到t1时刻物块才开始运动(最大静摩擦力与滑动摩擦力可认为相等)，则( )
A．在0～t1时间内，物块受到逐渐增大的摩擦力，方向水平向右
B．在t1～t3时间内，物块受到的摩擦力先逐渐增大，后逐渐减小
C．t3时刻物块的速度最大
D．t4时刻物块的速度最大
9．(多选)如图甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，t＝0时A板电势比B板高，两板中间静止一电子，设电子在运动过程中不与两板相碰撞，而且电子只受电场力作用，规定向左为正方向，则下列叙述正确的是( )
A．在t＝0时刻释放电子，则电子运动的v－t图象如图一所示，该电子一直向B板做匀加速直线运动
B．若t＝时刻释放电子，则电子运动的v－t图象如图二所示，该电子一直向B板做匀加速直线运动
C．若t＝时刻释放电子，则电子运动的v－t图象如图三所示，该电子在2T时刻在出发点左边
D．若t＝T时刻释放电子，在2T时刻电子在出发点的右边
10．有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示．其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微料经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符．已知偏移量越小打在纸上的字迹越小，现要缩小字迹，下列措施可行的是( )
A．增大墨汁微粒的比荷
B．减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能
C．减小偏转极板的长度
D．增大偏转极板间的电压
11.
如图所示，光滑绝缘水平面AB与倾角θ＝37°、长L＝5
m的绝缘斜面BC在B处圆滑相连，在斜面的C处有一与斜面垂直的弹性绝缘挡板，质量m＝0.5
kg、所带电荷量q＝5×10－5
C的绝缘带电小滑块(可看成质点)置于斜面的中点D，整个空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E＝2×105
N/C，现让滑块以v0＝12
m/s的速度沿斜面向上运动．设滑块与挡板碰撞前后所带电荷量不变、速度大小不变，滑块和斜面间的动摩擦因数μ＝0.1(g取10
m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：
(1)滑块第一次与挡板碰撞时的速度大小；
(2)滑块第一次与挡板碰撞后能达到左端的最远点离B点的距离；
(3)滑块运动的总路程．
12．如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，偏转电场板间距离L＝8
cm，极板长为2L，下极板接地，偏转电场极板右端到荧光屏的距离也是2L，在两极板间接有一交变电压，电压变化周期T＝4
s，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示，大量电子从偏转电场中央持续射入，穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的．
(1)求电子进入偏转电场时的速度v0(用电子比荷、加速电压U0表示)；
(2)在电势变化的每个周期内荧光屏会出现“黑屏”现象，即无电子击中屏幕，求每个周期内的“黑屏”时间有多长？
(3)求荧光屏上有电子打到的区间的长度．
1．(2016·高考全国卷Ⅰ)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移出，则电容器( )
A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变
2.
(2015·新课标全国卷Ⅱ)如图所示，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )
A．保持静止状态
B．向左上方做匀加速运动
C．向正下方做匀加速运动
D．向左下方做匀加速运动
3．(2016·天津理综)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地．在两极板间有一固定在
P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )
A．θ增大，E增大
B．θ增大，Ep不变
C．θ减小，Ep增大
D．θ减小，E不变
4．(2016·四川理综)中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用．
如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极．质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变．设质子进入漂移管B时速度为8×106
m/s，进入漂移管E时速度为1×107
m/s，电源频率为1×107
Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的1/2.质子的荷质比取1×108
C/kg.求：
(1)漂移管B的长度；
(2)相邻漂移管间的加速电压．
5.
(多选)(2017·大连二模)如图所示，平行板电容器两极板接在电压恒为U的直流电源上，上极板A接地，两个带正电的点电荷被固定于极板间的P、Q两点，忽略两点电荷对板间电场的影响，现将平行板电容器的下极板B竖直向下移动一小段距离，则( )
A．两点电荷间的库仑力变小
B．P、Q两点的电势可能降低
C．两点电荷的电势能可能减小
D．电容器的电容减小，极板带电荷量增大
6．(多选)(2017·西安二检)如图所示，无限大均匀带正电薄板竖直放置，其周围空间的电场可认为是匀强电场．光滑绝缘细管垂直于板穿过中间小孔，一个可视为质点的带负电小球在细管内运动(细管绝缘且光滑)，以小孔为原点建立x轴，规定x轴正方向为加速度a、速度v的正方向，下列分别表示x轴上各点的电势φ、小球的加速度a、速度v和动能Ek随x的变化图象，其中正确的是( )
7.
(2017·北京模拟)带有等量异种电荷的两平行金属板水平放置，a、b、c三个α粒子(重力忽略不计)先后从同一点O沿垂直电场方向进入电场，其运动轨迹如图所示，其中b恰好沿下极板的边缘飞出电场．下列说法正确的是( )
A．b在电场中运动的时间大于a在电场中运动的时间
B．b在电场中运动的时间等于c在电场中运动的时间
C．进入电场时c的速度最大，a的速度最小
D．a打在负极板上时的速度与b飞离电场时的速度大小相等
8.
(多选)(2017·长春模拟)如图所示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、G、H是各边中点，其连线构成正方形，其中P点是EH的中点．一个带正电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出．下列说法正确的是( )
A．粒子的运动轨迹一定经过P点
B．粒子的运动轨迹一定经过PE之间某点
C．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由E、D之间某点(不含E、D)射出正方形ABCD区域
D．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点射出正方形ABCD区域
9．(多选)(2017·杭州统考)
地面附近存在着一有界电场，边界MN将某空间分成上、下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度处由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v－t图象如图乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则( )
A．在t＝2.5
s时，小球经过边界MN
B．小球受到的重力与电场力之比为3∶5
C．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与小球克服电场力做的功大小相等
D．在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小
10．(2017·辽宁五校协作体联考)如图所示，在光滑绝缘水平面上有三个孤立的点电荷Q1、Q、Q2，Q恰好静止不动，Q1、Q2围绕Q做匀速圆周运动，在运动过程中三个点电荷始终共线．已知Q1、Q2分别与Q相距r1、r2，不计点电荷间的万有引力，则下列说法正确的是( )
A．Q1、Q2的电荷量之比为r2∶r1
B．Q1、Q2的电荷量之比为r∶r
C．Q1、Q2的质量之比为r2∶r1
D．Q1、Q2的质量之比为r∶r
11．(多选)(2017·南京模拟)如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为其水平直径的两个端点，AC为圆弧，一个质量为m、电荷量为－q(q>0)的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆形轨道．不计空气阻力及一切摩擦，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是( )
A．小球一定能从B点离开轨道
B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动
C．若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H
D．小球到达C点的速度可能为零
12．(2017·太原考试)
如图，直角坐标系xOy位于同一竖直平面内，其中x轴水平、y轴竖直，xOy平面内长方形区域OABC内有方向垂直OA的匀强电场，OA长为l、与x轴间的夹角θ＝30°.一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可看作质点)从y轴上的P点沿x轴方向以一定速度射出，恰好从OA的中点M垂直OA进入电场区域．已知重力加速度为g.
(1)求P的纵坐标yP及小球从P射出时的速度v0；
(2)已知电场强度的大小为E＝，若小球不能从BC边界离开电场，OC长度应满足什么条件？
课练21 电容器 带电粒子在
电场中的运动
1.A 平行板电容器充电后与电源断开，电荷量Q不变，将正极板移到图中虚线所示的位置时，d减小，根据C＝知，电容增大，根据U＝可知，电容器的电压减小．由E＝＝＝，可知电场强度E不变，则P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能Ep不变，故A正确．
2．A 粒子受重力和电场力，开始时平衡，有mg＝q.当把金属板从电容器中快速抽出后，根据牛顿第二定律，有mg－q＝ma，联立解得a＝g，故选A.
3．C 增大R3，外电路总电阻增大，总电流I减小，平行板电容器C的电压UC＝I·，I减小，UC减小，极板间场强E＝减小，油滴所受电场力减小，所以油滴下降，故A错误．在增大电容器极板间距离的过程中，电容器的电容减小，而电容器的电压不变，故电容器的电荷量减少，电容器放电，电流计指针转动，故B错误．增大R1，外电路总电阻增大，总电流I减小，电阻R3的电压减小，R1、R2并联电压增大，R2中电流I2增大，则R1中电流I1减小，又I＝I1＋I2，所以R1中电流的变化值大于R3中电流的变化值，R1两端电压的变化值大于R3两端电压的变化值，故C正确、D错误．
4．BC 若小球带正电，当A、B间距d增大时，电容减小，电容器要放电，二极管阻止放电，所以Q不变．根据E＝＝＝，知E不变，所以电场力不变，电场力与重力合力不变，小球仍然打在N点，故A错误．若小球带正电，当A、B间距d减小时，电容增大，Q增大，根据E＝＝，知E增大，所以电场力变大，方向向下，电场力与重力合力变大，小球做平抛运动时竖直向下的加速度增大，运动时间变短，打在N点左侧，故B正确．若小球带负电，当A、B间距d减小时，由E＝＝，知E增大，所以电场力变大，方向向上．若电场力小于重力，小球做类平抛运动竖直向下的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N点的右侧，故C正确．若小球带负电，当A、B间距d增大时，电容减小，但Q不变，根据E＝＝，知E不变，所以电场力大小不变，电场力与重力合力不变，小球仍然打在N点，故D错误．
5．CD 设质点距离A板的高度为h，A、B两板原来的距离为d，电压为U，质点的电荷量为q.质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得mg(h＋d)－qU＝0.保持S闭合，A、B之间电压不变，由动能定理得mg(h＋d)－qU＝mv2＝0，即质点下落到b孔时速度恰减为零，故A、B错误；断开S，A、B两板电荷量不变，由C＝＝，若A板下移，d减小，电容C增大，则U减小，由动能定理得mg(h′＋d′)－qU＝mv2>0，即质点下落到b孔时速度不为零，还有向下的速度，故C正确；断开S，在两板左边之间插入电介质，相对介电常数增大，电容C增大，则U减小，由动能定理得mg(h＋d)－qU＝mv2>0，即质点下落到b孔时速度不为零，还有向下的速度，故D正确．
6．B 设物体向右运动到C点静止，然后返回，A、B间距离为x1，B、C间距离为x2，从A到B过程中，由动能定理得－(f＋qE)x1＝(80－100)
J＝－20
J．由电场力做功与电势能的关系知qEx1＝12
J，解得qE＝.
从B到C过程中，由动能定理得－(f＋qE)x2＝－80
J，
解得fx2＝32
J.
从B到C再返回B的过程中，由动能定理得－2fx2＝Ek－80
J，解得Ek＝16
J，故选项B正确．
7．A 带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，进入下边区域后，由于电场强度变大，因此所受电场力变大，因此微粒开始做向下的减速运动，等到速度为零后，又会向上加速，由于过程的对称性，等到它到达区域分界线时，速度大小又达到了v0，此后进入上边区域，受力依然平衡．因此，速度—时间图象应该为A.
8．C 在0～t1时间内，电场力小于最大静摩擦力，物块静止，静摩擦力与电场力大小相等，即f＝qE＝q，随电压增大，摩擦力增大，但是正电荷所受电场力与电场同向，均向右，所以摩擦力方向水平向左，选项A错误；在t1～t3时间内，电场力大于最大静摩擦力，物块一直加速运动，摩擦力为滑动摩擦力，由于正压力即是物块的重力，所以摩擦力不变，选项B错误；t3到t4阶段，电场力小于摩擦力，但物块仍在运动且为减速运动，故t3时刻物块速度最大，选项C正确、D错误．
9．CD t＝0时刻，A板电势高，电子释放后向左运动，电子先向左加速运动，然后向左减速运动，重复该过程，一直向左运动，A错误；t＝T/8时刻释放电子，电子先向左加速运动，再向左减速运动，然后向右加速运动，再向右减速运动，一个周期时总位移向左，B错误；t＝T/4时刻释放电子，电子先向左加速，然后向左减速，再向右加速，然后向右减速，做周期性往复运动，在t＝2T时刻位于出发点左侧，C正确；t＝3T/8时刻释放电子，作出其v－t图象(略)，由图象知，在2T时刻电子在出发点右侧，D正确．
10．C 据题意，带电的墨汁微粒以一定的速度进入偏转电场后，沿水平方向做匀速直线运动，沿竖直方向做匀加速直线运动，tanθ＝，vy＝at＝，vx＝v0，所以tanθ＝；如果增大微粒的比荷，偏移量将增大，选项A错误；如果减小微粒的初动能，偏移量将增大，选项B错误；如果减小偏转极板的长度，偏移量将减小，选项C正确；如果增大偏转极板间电压，偏移量将增大，选项D错误．
11．解题思路：(1)设滑块第一次与挡板碰撞时的速度大小为v，
静电力qE＝10
N，重力G＝mg＝5
N.
摩擦力Ff＝μFN＝μ(mgcos37°＋qEsin37°)＝1
N.
由动能定理得
qEcos37°－mgsin37°－Ff＝mv2－mv，
解得v＝2
m/s.
(2)设滑块第一次下滑到B点的速度为vB，滑块第一次与挡板碰撞后能达到左端的最远点离B点的距离为x.
由动能定理得
－qELcos37°＋mgLsin37°－FfL＝mv－mv2，
解得vB＝8
m/s.
滑块在水平面上滑行时，只有静电力做功，由动能定理得
－qEx＝0－mv，
解得x＝1.6
m.
(3)设滑块第一次下滑到B点的动能EkB1＝mv＝16
J，水平面光滑，滑块水平运动返回到B点，动能不变．
在斜面上往返一次克服摩擦力做功
W克f＝2FfL＝10
J.
所以滑块还能滑到B点并到达水平面一次，设在水平面上滑动的距离为x1，
由动能定理得－qEx1－W克f＝0－EkB1，解得x1＝0.6
m.
在水平面上滑动的总距离
s1＝2(x＋x1)＝4.4
m.
最后停在C点，在斜面上滑行的距离为s2，
由动能定理得qEcos37°－mgsin37°－Ffs2＝0－mv，
解得s2＝48.5
m.
所以，滑块运动的总路程
s＝s1＋s2＝52.9
m.
答案：(1)2
m/s (2)1.6
m
(3)52.9
m
12．解题思路：(1)根据题意可知，电子进入偏转电场时的速度即为电子出加速电场时的速度，根据动能定理有eU0＝mv－0，
解得电子进入偏转电场时的速度为
v0＝.
(2)电子射出偏转电场后做匀速直线运动至荧光屏，由图甲可知，只要电子能射出偏转电场，即可打到荧光屏上，因此当电子在偏转电场中偏移量大于L/2时，电子将打在偏转电场的极板上，致使出现“黑屏”现象，设电子刚好能射出电场时的偏转电压为Um，则有＝··2，
解得Um＝0.5U0.
结合图乙可知，在偏转电压在0.8U0～0.5U0之间变化时，进入偏转电场的电子无法射出偏转电场打到荧光屏上，因此每个周期时间内荧光屏出现“黑屏”的时间为t＝
T＝1
s.
(3)设电子射出偏转电场时的偏移量为y，打在荧光屏上的位置到O点的距离为Y，如图所示，由图中几何关系有
＝＝3.
当电子向上偏转时，打到荧光屏上的位置到O点的最大距离为
Y1＝3×＝12
cm.
当电子向下偏转时，打到荧光屏上的位置到O点的最大距离为
Y2＝3××＝9.6
cm.
所以荧光屏上有电子打到区间的长度为
l＝Y1＋Y2＝21.6
cm.
答案：(1)
(2)1
s (3)21.6
cm
加餐练
1．D 电容器电容C＝，云母介质移出，εr减小，C减小；又C＝，电源恒压，U一定，C减小，故Q减小；电场强度E＝，故E不变，选项D正确．
2．D 最初带电微粒处于静止状态，受力如图(1)，Eq＝mg；当两板绕过a点的轴逆时针转过45°时，带电微粒的受力如图(2)，其合力指向左下方，故微粒从静止开始向左下方做匀加速运动，选项D正确．
3．D 极板移动过程中带电荷量Q保持不变，静电计指针张角变化反映板间电势差U的变化，由C＝和C＝可知，极板下移，d减小，C增大，U减小，又E＝＝，则E不变，Ep不变，综合上述，只有D选项正确．
4．解题思路：(1)设质子进入漂移管B的速度为vB，电源频率、周期分别为f、T，漂移管B的长度为L，则
T＝①
L＝vB·②
联立①②式并代入数据得 L＝0.4
m③
(2)设质子进入漂移管E的速度为vE，相邻漂移管间的加速电压为U，电场对质子所做的功为W，质子从漂移管B运动到E电场做功为W′，质子的电荷量为q、质量为m，则
W＝qU④
W′＝3W⑤
W′＝mv－mv⑥
联立④⑤⑥式并代入数据得 U＝6×104
V⑦
答案：(1)0.4
m (2)6×104
V
5．BC 本题考查库仑定律、电势、电势能、电势差、电容的动态变化等相关知识点，意在考查考生对电容器相关概念和规律的理解能力，对复杂问题的分析推理能力．由库仑定律可知，两点电荷之间的库仑力不变，A项错误；电容器保持与电源连接，两极板间电势差不变，B板下移，两极板间距离增大，由电场强度与电势差关系E＝可知，极板间电场强度减小，由U＝Ed可知，P、Q两点与A板间电势差的绝对值减小，但由于不确定两极板间电场方向，所以P、Q两点电势的升降无法确定，B项正确；电势升降无法确定，则两点电荷在相应位置的电势能的变化情况也就无法确定，C项正确；由电容的决定式C＝可知，电容器的电容减小，由Q＝CU可知，极板带电荷量减小，D项错误．
6．AB 本题考查匀强电场、电势图象、加速度图象、速度图象、动能图象、牛顿运动定律、动能定理及其相关的知识点．根据题述的情境知，在x<0和x>0的范围内，均为匀强电场，其电势φ随x的绝对值增大而均匀减小，图A正确．设匀强电场的电场强度为E，在x<0的范围内，带负电的小球所受电场力大小为Eq，方向沿x轴正方向，加速度为正值，大小为a＝；在x>0的范围内，带负电的小球所受电场力大小恒定不变，方向沿x轴负方向，加速度为负值，大小为a＝，图B正确．在x<0的范围内，根据动能定理，qEx＝mv2，速度v随x变化的图象为曲线；同理，在x>0的范围内，速度v随x变化的图象也为曲线，图C错误．在x<0的范围内，根据动能定理，qEx＝Ek，动能Ek随x变化的图象为倾斜的直线；同理，在x>0的范围内，变化的图象也为倾斜的直线，图D错误．
7．C 根据y＝at2可知b在电场中运动的时间等于a在电场中运动的时间，b在电场中运动的时间大于c在电场中运动的时间，A、B错误；根据x＝v0t可知进入电场时，c的速度最大，a的速度最小，C正确；因为电场力对a、b做功相同，但初速度大小不同，所以a打在负极板上时的速度与b飞离电场时的速度大小不等，D错误．
8．BD 粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出，其轨迹是抛物线，则过D点作速度的反向延长线一定与水平位移交于FH的中点，而延长线又经过P点，所以粒子轨迹一定经过PE之间某点，选项B正确；由平抛知识可知，当竖直位移一定时，水平速度变为原来的一半，则水平位移也变为原来的一半，选项D正确．
9．BC 小球在t＝1
s时加速度发生变化，则该时刻经过MN边界，A错误；小球自由下落时，a1＝g＝v1(数值相等)，在电场中有F－mg＝ma2，a2＝(数值相等)，解得mg∶F＝3∶5，B正确；由动能定理可知，重力做功与电场力做功之和为零，C正确；只有重力和电场力做功时，小球的机械能与电势能总和保持不变，D错误．
10．C 点电荷Q恰好静止不动，根据库仑定律，则有＝，所以Q1、Q2的电荷量之比为r∶r，故A、B均错误；对Q1、Q2，它们受到的库仑力提供向心力，则有m1ω2r1＝m2ω2r2，所以Q1、Q2的质量之比为r2∶r1，故C正确、D错误．
11．BC 若电场力大于重力，则小球有可能不从B点离开轨道，A错；若电场力等于重力，小球在AC部分做匀速圆周运动，B正确；因电场力做负功，有机械能损失，若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H，C正确；由圆周运动知识可知，若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，小球在到达C点之前就已脱离轨道，D错．
12．解题思路：(1)设小球从P运动到M所用时间为t1，则有
yP－sinθ＝gt
cosθ＝v0t1
＝gt1
解得yP＝l
v0＝
(2)设小球到达M时速度为vM，进入电场后加速度为a，有
vM＝
又mgcosθ＝qE
小球在电场中沿vM方向做匀速直线运动，沿与vM垂直方向做加速度为a的匀加速运动，设边界OC的长度为d时，小球不从BC边射出，在电场中运动时间为t2
mgsinθ＝ma
d>vMt2
＝at
解得d>l.
答案：(1)l (2)d>l周测五 机械能守恒定律(B卷)
(本试卷满分95分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1.
(多选)如图所示，位于水平面上的物体在斜向上的恒力F1的作用下，做速度为v的匀速运动，此时力F1与水平方向的夹角为θ1；现将该夹角增大到θ2，对应恒力变为F2，则以下说法正确的是( )
A．若物体仍以速度v做匀速运动，则可能有F2＝F1
B．若物体仍以速度v做匀速运动，则一定有F2>F1
C．若物体仍以速度v做匀速运动，则F2的功率可能等于F1的功率
D．若物体以大于v的速度做匀速运动，则F1的功率可能等于F2的功率
2.
(多选)如图所示，在倾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有质量分别为1
kg和2
kg的小球A和B，且两球之间用一根长L＝0.3
m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h＝0.3
m．现让两球从静止开始自由下滑，最后都进入到上方开有细槽的足够长的光滑圆管中，不计球与圆管内壁碰撞时的机械能损失，不计空气阻力，g取10
m/s2.则下列说法中正确的有( )
A．从开始下滑到A进入圆管整个过程，小球A与地球两者组成的系统机械能守恒
B．在B球未进入水平圆管前，小球A与地球组成系统机械能守恒
C．两球最后在光滑圆管中运动的速度大小为
m/s
D．从开始下滑到A进入圆管整个过程，轻杆对B球做功1
J
3．(多选)(2016·辽宁重点中学期中)质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上，它与水平地面间的动摩擦因数μ＝，g为重力加速度，从t＝0时刻开始，物体受到水平方向的力的作用，力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )
A．3t0时刻水平力的瞬时功率为
B．3t0时刻水平力的瞬时功率为
C．在0～3t0这段时间内，水平力的平均功率为
D．在0～3t0这段时间内，水平力的平均功率为
4．列车在空载情况下以恒定功率P经过一平直的路段，通过某点时速度为v，加速度大小为a1；当列车满载货物再次经过同一点时，功率和速率均与原来相同，但加速度大小变为a2.重力加速度大小为g.设阻力是列车重力的k倍，则列车满载与空载时的质量之比为( )
A.
B.
C.
D.
5．(2017·湖南长沙联考)如图所示，在空中某一位置P将一个小球以初速度v0水平向右抛出，它和竖直墙壁碰撞时速度方向与水平方向成45°角，若将小球从P点以2v0的初速度水平向右抛出，则小球第二次碰到墙壁时的动能为第一次碰到墙壁时动能的( )
A．4倍
B．2倍
C.倍
D.倍
6．(多选)一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后又返回斜面底端．已知小物块的初动能为Ek，它返回斜面底端的动能为，小物块上滑到最大路程的中点时速度为v；若小物块以2Ek的初动能冲上斜面，则小物块( )
A．返回斜面底端时的动能为Ek
B．返回斜面底端时的动能为Ek
C．上滑到最大路程的中点时速度为v
D．上滑到最大路程的中点时速度为2v
7．(多选)
如图所示，质量均为m的A、B两物体用轻绳相连，将物体A用一轻弹簧悬挂于天花板上，系统处于静止状态，如果弹簧的劲度系数为k，弹簧的弹性势能表达式为Ep＝kx2(式中x为弹簧的伸长量)，且弹簧一直处在弹性限度内，现将A、B间的连线剪断，则在这之后的过程中(已知重力加速度为g)( )
A．绳子剪断的瞬间物体A的加速度为g
B．绳子剪断后物体A能上升的最大高度为
C．物体A的最大动能为
D．物体A速度达到最大时，弹簧弹力做的功为
8．(多选)
在足够长的粗糙斜面上，小滑块以初速度v0从某点沿斜面上滑，0～6t0时间内其运动的v—t图象如图，由图象可知( )
A．在0～t0时间内小滑块重力的平均功率大小与在t0～6t0时间内重力的平均功率大小之比为5∶1
B．在0～t0时间内小滑块所受摩擦力的平均功率与在t0～6t0时间内所受摩擦力的平均功率之比为1∶1
C．在0～t0时间内小滑块机械能变化量大小与在t0～6t0时间内机械能变化量大小之比为1∶5
D．在t0～6t0时间内小滑块动能变化量大小与机械能变化量大小之比为1∶2
二、非选择题(本题包括4小题，共47分)
9．(8分)
在“验证机械能守恒定律”实验中，小伟所用实验装置如图甲所示．
(1)从仪器结构和电源使用情况来看，该打点计时器是________(填“电磁打点计时器\”或“电火花打点计时器\”)．
(2)实验使用频率为50
Hz的交流电源，在实验各项操作正确的情况下，得到的纸带如图乙所示．
小伟选取纸带上某点为计时起点，并记为计数点0，后按纸带实际打出的点取计数点，依次记为1、2、3、4、5、6、7，并将测量所得的每个计数点离计数点0的距离记录于下表中．现已求得部分打下计数点时纸带瞬时速度大小，并记入表中．根据题目信息，完成下列各小题．
计数点
0
1
2
3
4
5
6
7
位置(cm)
0
0.88
2.15
3.74
5.78
8.36
11.24
14.26
速度(m/s)
0.54
0.71
1.15
1.37
1.48
①打下计数点3时纸带的瞬时速度大小为________m/s；(答案保留两位小数)
②小伟选取计数点0至计数点6为研究过程，根据表中的数据，他的推算过程如图丙所示，而老师在点评时却说小伟是错误的．你认为老师点评小伟错误的理由是什么？
答：____________________________________________________.
10．(9分)
某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图(a)所示．向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放；小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．
回答下列问题：
(1)本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等．已知重力加速度大小为g.为求得Ek，至少需要测量下列物理量中的________(填正确答案标号)．
A．小球的质量m
B．小球抛出点到落地点的水平距离s
C．桌面到地面的高度h
D．弹簧的压缩量Δx
E．弹簧原长l0
(2)用所选取的测量量和已知量表示Ek，得Ek＝________.
(3)图(b)中的直线是实验测量得到的s－Δx图线．从理论上可推出，如果h不变，m增加，s－Δx图线的斜率会________(填“增大”“减小”或“不变”)；如果m不变，h增加，s－Δx图线的斜率会________(填“增大”“减小”或“不变”)．由图(b)中给出的直线关系和Ek的表达式可知，Ep与Δx的________次方成正比．
11．(14分)
如图所示，半径R＝0.4
m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一轻质弹簧右端固定在竖直挡板上．质量m＝0.1
kg的小物块(可视为质点)从空中A点以v0＝2
m/s的速度水平抛出，恰好从B端沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，C、D间的水平距离L＝1.2
m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10
m/s2.求：
(1)小物块经过圆弧轨道上B点时速度vB的大小；
(2)小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力FNC的大小；
(3)弹簧的弹性势能的最大值Epm.
12．(16分)
如图甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面AD和光滑圆轨道DCE组成，AD与DCE相切于D点，C为圆轨道的最低点，将一小物块置于轨道ADC上离地面高为H处由静止下滑，用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力FN，改变H的大小，可测出相应的FN的大小，FN随H的变化关系如图乙折线PQI所示(PQ与QI两直线相连接于Q点)，QI反向延长交纵轴于F点(0，5.8
N)，重力加速度g取10
m/s2，求：
(1)小物块的质量m；
(2)圆轨道的半径及轨道DC所对应的圆心角θ；(可用角度的三角函数值表示)
(3)小物块与斜面AD间的动摩擦因数μ.
周测五 机械能守恒定律(B卷)
1．AD 本题考查功率．物体做匀速运动，由平衡条件，F1作用时，F1cosθ1＝f1＝μ(mg－F1sinθ1)，解得F1＝＝，其中tanφ＝，同理，F2作用时，F2＝，虽然θ2>θ1，但是sin(θ1＋φ)可能等于sin(θ2＋φ)，故可能有F2＝F1，选项A正确、B错误；恒力F1作用下的功率P1＝F1vcosθ1＝＝，F2作用下的功率P2＝F2vcosθ2＝，由于θ2>θ1，则tanθ2>tanθ1，故一定有P1>P2，选项C错误；若物体以大于v的速度做匀速运动，则可能有P1＝P2，选项D正确．
2．BCD 本题考查动能定理、机械能守恒定律．在B球未进入水平圆管前，小球A和B以相同的加速度下滑，轻杆没有作用力，小球A与地球组成系统机械能守恒，选项B正确；在进入圆管整个过程，轻杆有作用力，小球A和B与地球组成的系统机械能守恒，选项A错误；根据系统机械能守恒，mAgh1＋mBgh＝(mA＋mB)v2，解得两球最后在光滑圆管中运动的速度大小为
m/s，选项C正确；从开始下滑到A进入圆管整个过程，对B运用动能定理得mBgh＋W＝mBv2，W＝1
J，轻杆对B球做功1
J，选项D正确．
3．AC 因为物体与水平地面间最大静摩擦力f＝μmg＝2F0，则在0～2t0内物体保持静止状态，在2t0～3t0内物体的加速度为a＝，在3t0时刻的瞬时速度为v＝at0＝，3t0时刻水平力的瞬时功率为P＝3F0v＝，即A正确、B错误；在0～3t0这段时间内，水平力做功为W＝3F0·t0＝，平均功率为＝＝，即C正确、D错误．
4．A 牵引力F＝，空载时由牛顿第二定律知a1＝＝－kg，同理满载时a2＝＝－kg，联立解得＝，A正确．
5．D 第一次碰到墙壁时，小球动能Ek＝mv2＝m(v＋v)＝mv，由动能定理可知，重力做功WG＝mgy＝mv.若以2v0的水平初速度抛出，则小球到达墙壁的时间减半，下落的竖直高度y′＝，重力做功W′G＝mgy′＝mgy＝mv，故小球第二次碰撞墙壁时的动能E′k＝m(2v0)2＋W′G＝mv，D正确．
6．AC 对初动能为Ek的小物块由斜面底端上滑到最大路程中点过程中运用动能定理得，mv2－Ek＝－Ek，设初动能为Ek的小物块冲上斜面的初速度为v0，则初动能为2Ek的小物块冲上斜面时的初速度为v0，两次冲上斜面的加速度相同，根据0－v＝2ax，可知第二次冲上斜面的位移是第一次的两倍，所以上升过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，整个上升返回过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，即为Ek，则初动能为2Ek的小物块返回斜面底端时的动能为Ek，以初动能为2Ek的小物块由斜面底端上滑到最大路程中点过程中运用动能定理得，mv′2－2Ek＝－Ek，得v′＝v，综上所述，A、C正确，B、D错误．
7．BC 根据题意，绳子剪断前有2mg＝kx，则x＝，绳子剪断的瞬间，根据力的瞬时作用效果和弹簧的弹力不能突变可得aA＝g，选项A错误；设物体A上升的高度为Δx，如果此时弹簧还是处于伸长状态，弹簧的伸长量为x－Δx，根据机械能守恒有kx2＝mgΔx＋k(x－Δx)2，解得Δx＝，如果此时弹簧已处于压缩状态，则弹簧的压缩量为Δx－x，根据机械能守恒有kx2＝mgΔx＋k(Δx－x)2，解得Δx＝，故选项B正确；当物体A上升到弹簧弹力等于物体A的重力时速度最大，动能最大，由kx1＝mg，可得x1＝＝，由机械能守恒有kx2＝mg＋kx＋Ekm，解得Ekm＝，故选项C正确；弹力做功等于动能和重力势能之和的增加量，故物体A达到速度最大时，弹力做的功为WT＝mg＋Ekm＝，选项D错误．
8．BCD 设小滑块质量为m，斜面倾角为θ，摩擦力大小为f0.在0～t0时间内小滑块重力做功的平均功率与在t0～6t0时间内小滑块重力做功的平均功率大小之比1∶2＝(mgsinθ·1)∶(mgsinθ·2)＝∶＝1∶1，A错误．同理可得B正确．小滑块机械能的减小量等于克服摩擦力做的功，在0～t0时间内小滑块机械能变化量与在t0～6t0时间内小滑块机械能变化量大小之比ΔE1∶ΔE2＝(fv0t0/2)∶(5fv0t0/2)＝1∶5，C正确．根据题图并结合题意可知，mgsinθ＋f＝5(mgsinθ－f)，解得f＝mgsinθ，所以在t0～6t0时间内小滑块动能变化量与机械能变化量大小之比ΔEk∶ΔE＝[(mgsinθ－f)(5v0t0/2)]∶[f(5v0t0/2)]＝1∶2，D正确．
9．解题思路：本题考查了“验证机械能守恒定律”的实验．(1)只有电磁打点计时器才需要接在学生电源上，电火花打点计时器直接接在220
V的交流电源上．(2)打下计数点3时纸带的瞬时速度为v3＝
m/s≈0.91
m/s.(3)根据图丙，该同学计算动能变化时，默认初速度等于零；计算重力势能的变化量时，把重力加速度默认为9.8
m/s2.
答案：(1)电磁打点计时器(2分)
(2)①0.90～0.95(3分)
②因为计数点0的速度(或动能)大小不等于0(或“重力加速度g默认为9.8
m/s2进行计算”)(3分，只要分析理由充分即可)
10．解题思路：弹簧被压缩后的弹性势能等于小球抛出时的动能，即Ep＝Ek＝mv.小球离开桌面后做平抛运动，由平抛运动规律，水平位移s＝v0t，竖直高度h＝gt2，得v0＝s
，动能Ek＝mv＝，因此A、B、C正确．弹簧的弹性势能Ep＝，由理论推导可知Ep＝k(Δx)2即k(Δx)2＝，s＝·Δx，因此当h不变时，m增加，其斜率减小，当m不变时，h增加其斜率增大，由图线知s∝Δx，由Ek表达式知Ek∝s2，则由Ep＝Ek知Ep∝(Δx)2，即Ep与Δx的二次方成正比．
答案：(1)ABC(3分．选对但不全的给1分，有选错的，不给这3分)
(2)(3分) (3)减小 增大 2(3分．每空1分)
11．解题思路：(1)小物块恰好从B端沿切线方向进入轨道，据几何关系有
vB＝＝4
m/s(4分)
(2)小物块由B运动到C，据机械能守恒有
mgR(1＋sinθ)＝mv－mv(3分)
在C点处，据牛顿第二定律有F′NC－mg＝m(2分)
解得F′NC＝8
N(1分)
根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力大小FNC为8
N
(3)小物块从B运动到D，据能量关系有
Epm＝mv＋mgR(1＋sinθ)－μmgL(3分)
＝×0.1×42
J＋0.1×10×0.4×
J－0.5×0.1×10×1.2
J＝0.8
J(1分)
答案：(1)4
m/s (2)8
N (3)0.8
J
12．解题思路：(1)如果物块只在圆轨道上运动，则由动能定理得mgH＝mv2解得v＝(2分)
由向心力公式FN－mg＝m
得FN＝m＋mg＝H＋mg(3分)
结合PQ曲线可知mg＝5
N得m＝0.5
kg(1分)
(2)由图象可知＝10得R＝1
m(2分)
cosθ＝＝0.8，θ＝37°(2分)
(3)如果物块由斜面上滑下，由动能定理得
mgH－μmgcosθ＝mv2
解得mv2＝2mgH－μmg(H－0.2
m)(2分)
由向心力公式FN－mg＝m得
FN＝m＋mg＝H＋μmg＋mg(2分)
结合QI曲线知μmg＋mg＝5.8
N(2分)
解得μ＝0.3
答案：(1)0.5
kg (2)37° (3)0.3课练7 实验 探究弹力与弹簧伸长的关系
验证力的平行四边形定则
1.下列是某小组做“探究弹力和弹簧伸长的关系”实验中准备完成的实验步骤．请你帮该小组按操作的先后顺序用字母排列出来：________.
A．以弹簧伸长量为横坐标，以弹力为纵坐标，描出各组数据(x，F)对应的点，作出F—x图线．
B．记下弹簧不挂钩码时，其下端在刻度尺上的刻度L0.
C．依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个、4个……钩码，并分别记下钩码静止时，弹簧下端所对应的刻度并记录在表格内，然后取下钩码
D．将铁架台固定于桌子上，并将弹簧的一端系于横梁上，在弹簧附近竖直固定一刻度尺．
E．以弹簧伸长量为自变量，写出弹力与弹簧伸长量的关系式．
F．解释函数表达式中常数的物理意义．
2．某同学利用如图(a)所示装置做探究弹簧弹力大小和其长度的关系的实验．
(1)他通过实验得到如图(b)所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线．由此图线可得该弹簧的原长x0＝________cm，劲度系数k＝________N/m.
(2)他又利用本实验原理把该弹簧做成一把弹簧秤，当弹簧秤上的示数如图(c)所示时，该弹簧的长度x＝________cm.
3．某同学做“探究弹力和弹簧伸长的关系”实验，他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长，用直尺测出弹簧的原长L0，再把弹簧竖直悬挂起来，挂上钩码后测出弹簧伸长后的长度L，把L－L0作为弹簧的伸长量x，钩码重力作为弹力F.这样操作，由于弹簧自身重力的影响，最后画出的图线可能是下列图象中的( )
4．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”实验中，某实验小组将不同数量的钩码分别挂在竖直弹簧下端，进行测量，根据实验所测数据，利用描点法作出了所挂钩码的重力G与弹簧总长L的关系图象，如图所示．根据图象回答以下问题．
(1)弹簧的原长为________．
(2)弹簧的劲度系数为________．
(3)分析图象，总结出弹簧弹力F与弹簧总长L之间的关系式为________．
5．在“探究求合力的方法”的实验中，
(1)本实验采用的科学方法是
( )
A．理想实验法
B．等效替代法
C．控制变量法
D．建立物理模型法
(2)其中的两个步骤是：
①在水平放置的木板上垫一张白纸并固定好，把橡皮条的一端固定在木板上，另一端拴两根细线，通过细线同时用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮条，使它与细线的结点到达某一位置O点，在白纸上记下O点和两个弹簧测力计的读数F1和F2.
②只用一个弹簧测力计通过细线拉橡皮条，使它的伸长量与用两个弹簧测力计拉时伸长量一样，记下此时弹簧测力计的读数F和细线的方向．以上两步骤均有疏漏，请指出疏漏之处：
在①中是___________________________________________；
在②中是__________________________________________．
(3)在做“互成角度的两个力的合力”的实验中，用M、N两个弹簧测力计拉橡皮条的结点使其位于O处，此时α＋β＝90°，如图所示；然后保持M的读数不变，当α角由图中所示的值减小时，要使结点仍在O处，可采用的办法是( )
A．增大N的读数，减小β角
B．减小N的读数，减小β角
C．减小N的读数，增大β角
D．增大N的读数，增大β角
6．(1)
如图甲为“探究求合力的方法”的实验装置．小张同学在实验中用a、b两弹簧测力计拉橡皮条，如图甲所示．他在实验操作中除了所用细绳套太短外，至少还有一处错误，请你帮他找出错误之处为__________________________．(写出一条即可)
(2)小张同学修正错误后，重新进行了测量，在测量时，左、右两只弹簧测力计的读数如图乙所示，则左弹簧测力计的读数是________N，右弹簧测力计的读数是________N．若两根细线的夹角为90°，请你帮他在所给的方格纸(如图丙)上按作图法的要求画出这两个力及它们的合力．
(3)小张同学实验后发现用一个弹簧测力计也能完成这个实验，请问他这个想法是否可行？________(填“是”或“否”)．
7．某同学找到一条遵循胡克定律的橡皮筋来验证力的平行四边形定则，设计了如下实验：
(1)将橡皮筋的两端分别与两条细线相连，测出橡皮筋的原长；
(2)将橡皮筋一端细线用钉子固定在竖直板上M点，在橡皮筋的中点O再用细线系重物，自然下垂，如图甲所示；
(3)将橡皮筋另一端细线固定在竖直板上的N点，如图乙所示．
为完成实验，下述操作中必需的是( )
A．橡皮筋两端连接的细线长度必须相同
B．要测量图甲中橡皮筋Oa的长度和图乙中橡皮筋Oa、Ob的长度
C．M、N两点必须在同一高度处
D．要记录图甲中O点的位置及过O点的竖直方向
E．要记录图乙中结点O的位置，过结点O的竖直方向及橡皮筋Oa、Ob的方向
8．某同学利用弹簧测力计和刻度尺来探究一条橡皮筋弹力和伸长量之间的关系，实验时使用了一条拉伸后粗细会明显变化的橡皮筋
.
(1)图甲中弹簧测力计的示数为________N；
(2)该同学将实验数据画在坐标纸上，如图乙所示，根据实验结果，下列说法正确的是
( )
A．数据点基本分布在一条直线上，说明橡皮筋的弹力与形变量的关系遵循胡克定律
B．该橡皮筋形变量越大，越容易拉伸
C．橡皮筋的弹力与伸长量的比值变化可能是由橡皮筋横截面大小(粗细)变化引起的
D．橡皮筋的弹力与伸长量的比值变化肯定是该同学的实验操作不规范引起的
9.
某实验小组探究弹簧的劲度系数k与其长度(圈数)的关系．实验装置如图(a)所示：一均匀长弹簧竖直悬挂，7个指针P0、P1、P2、P3、P4、P5、P6分别固定在弹簧上距悬点0、10、20、30、40、50、60圈处；通过旁边竖直放置的刻度尺，可以读出指针的位置，P0指向0刻度．设弹簧下端未挂重物时，各指针的位置记为x0；挂有质量为0.100
kg的砝码时，各指针的位置记为x.测量结果及部分计算结果如下表所示(n为弹簧的圈数，重力加速度g取9.80
m/s2)．已知实验所用弹簧总圈数为60，整个弹簧的自由长度为11.88
cm.
(1)将表中数据补充完整：①________，②________.
P1
P2
P3
P4
P5
P6
x0(cm)
2.04
4.06
6.06
8.05
10.03
12.01
x(cm)
2.64
5.26
7.81
10.30
12.93
15.41
n
10
20
30
40
50
60
k(N/m)
163
①
56.0
43.6
33.8
28.8
(m/N)
0.006
1
②
0.017
9
0.022
9
0.029
6
0.034
7
(2)以n为横坐标，为纵坐标，在图(b)给出的坐标系上画出—n图象．
(3)图(b)中画出的直线可近似认为通过原点．若从实验中所用的弹簧截取圈数为n的一段弹簧，设弹簧的劲度系数k与其圈数n的关系的表达式为k＝________N/m.
1．(2016·浙江卷)某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，测得图中弹簧OC的劲度系数为500
N/m.如下图1所示，用弹簧OC和弹簧秤a、b做“探究求合力的方法”实验．在保持弹簧伸长1.00
cm不变的条件下：
(1)若弹簧秤a、b间夹角为90°，弹簧秤a的读数是__________
N(图2中所示)，则弹簧秤b的读数可能为__________
N.
(2)若弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角，则弹簧秤a的读数__________、弹簧秤b的读数__________(填“变大”、“变小”或“不变”)．
2．(2015·福建卷)某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验．
(1)图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73
cm；图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量Δl为________
cm.
(2)本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规范的做法是________．(填选项前的字母)
A．逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
B．随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
(3)图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量Δl与弹力F的关系图线，图线的AB段明显偏离直线OA，造成这种现象的主要原因是________________________．
3．(2015·四川理综)某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系时，安装好实验装置，让刻度尺零刻度与弹簧上端平齐，在弹簧下端挂1个钩码，静止时弹簧长度为l1，如图甲所示，图乙是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺(最小分度是1毫米)上位置的放大图，示数l1＝________cm.在弹簧下端分别挂2个、3个、4个、5个相同钩码，静止时弹簧长度分别是l2、l3、l4、l5.已知每个钩码质量是50
g，挂2个钩码时，弹簧弹力F2＝________N(当地重力加速度g＝9.8
m/s2)．要得到弹簧伸长量x，还需要测量的是________．作出F—x曲线，得到弹力与弹簧伸长量的关系．
4．(2015·安徽理综)
在“验证力的平行四边形定则”实验中，某同学用图钉把白纸固定在水平放置的木板上．将橡皮条的一端固定在板上一点，两个细绳套系在橡皮条的另一端．用两个弹簧测力计分别拉住两个细绳套，互成角度地施加拉力，使橡皮条伸长，结点到达纸面上某一位置，如图所示．请将以下的实验操作和处理补充完整：
(1)用铅笔描下结点位置，记为O；
(2)记录两个弹簧测力计的示数F1和F2，沿每条细绳(套)的方向用铅笔分别描出几个点，用刻度尺把相应的点连成线；
(3)只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条的结点仍拉到位置O，记录测力计的示数F3，________________________________________________________________________；
(4)按照力的图示要求，作出拉力F1、F2、F3；
(5)根据力的平行四边形定则作出F1和F2的合力F；
(6)比较________的一致程度，若有较大差异，对其原因进行分析，并作出相应的改进后再次进行实验．
5．(2017·河北保定模拟)在探究弹簧的弹力和伸长量之间关系的实验中，所用装置如图1所示，将轻弹簧的一端固定，另一端与力传感器连接，其伸长量通过刻度尺测得，某同学的实验数据列于下表中.
伸长量x/cm
2.00
4.00
6.00
8.00
10.00
弹力F/N
1.50
2.93
4.55
5.98
7.50
(1)以x为横坐标、F为纵坐标，在图2的坐标纸上描绘出能正确反映这一弹簧的弹力与伸长量之间的关系图线．
(2)由图线求得这一弹簧的劲度系数为________N/m.(保留一位小数)
6．(2017·湖南益阳调研)弹簧的弹力与其形变量是遵循胡克定律的．其实橡皮筋也象弹簧一样，在弹性限度内伸长量x与弹力F成正比，即F＝kx，其中k是一个比例系数，类似于弹簧的劲度系数，k的值与橡皮筋未受到拉力时的长度L、横截面积S有关．理论与实验都表明k＝，其中Y是由材料决定的常数，材料力学中称之为杨氏模量．
(1)物理公式能够反映物理量的单位关系，则在国际单位制中，杨氏模量Y的单位应该是( )
A．N
B．M
C．N/m
D．N/m2
(2)有一段横截面积是圆形的橡皮筋，用螺旋测微器测量它的直径如图甲所示，则读数为________mm.
(3)通过实验测得该橡皮筋的一些数据，并作出了外力F与伸长量x之间的关系图象如图乙所示．图象中图线发生弯曲的原因是________________________________________________________________________．
7．(2017·安徽合肥一模)某同学用两个弹簧测力计、细线和橡皮条做共点力合成实验，最后画出了如图所示的图．
(1)在图上标出的F1、F2、F和F′四个力中，力________不是由弹簧测力计直接测得的，比较力F与力F′的大小和方向基本相同，这就验证了共点力合成的平行四边形定则．
(2)某同学对此实验的一些说法，其中正确的是
( )
A．如果手头只有一个弹簧测力计，改变方法也可以完成实验
B．用两个测力计拉线时，橡皮条应沿两线夹角的角平分线
C．拉橡皮条的线要长一些，用以标记同一细线方向的两点要相距远些
D．拉橡皮条时，细线应沿弹簧测力计的轴线
E．在用一个测力计和同时用两个测力计拉线时．只需这两次橡皮条的伸长量相同就行
8．(2017·江南十校联考)(1)在“验证力的平行四边形定则”实验中，我们需要对使用的两只弹簧测力计进行校对，看两只弹簧测力计是否完全相同，正确校对的方法是________．
A．看两只弹簧测力计的外形是否一样，是否由同一厂家生产
B．把两只弹簧测力计的钩子互钩着水平地拉动，看两者示数是否完全相同
C．把两只弹簧测力计的钩子互钩着，一上一下竖直地拉动，看两者示数是否相同
D．把两只弹簧测力计的钩子互钩着，任意地拉动，看两者示数是否完全相同
(2)在“验证力的平行四边形定则”实验中，下列做法有利于减小误差的是________．
A．F1、F2两个力的夹角越大越好
B．F1、F2两个力越大越好
C．拉力F1、F2的方向应与纸面平行，弹簧及钩子不与弹簧测力计的外壳及纸面接触，产生摩擦
9．(2017·临沂实验中学月考)在探究求合力的方法时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳．实验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两细绳用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧测力计通过细绳拉橡皮条．
(1)同学们在操作过程中有如下议论，其中对减小实验误差有益的说法是________(填字母代号)．
A．两细绳必须等长
B．弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行
C．用两弹簧测力计同时拉细绳时两弹簧测力计示数适当大一些
D．拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些
(2)当橡皮条的活动端拉到O点时，两根细绳相互垂直，如图所示．这时弹簧测力计a、b的读数分别为________N和________N.
(3)在给出的方格纸上按作图法的要求画出这两个力及它们的合力，并利用作图法求出合力大小为________N.
课练7 实验 探究弹力与
弹簧伸长的关系
验证力的平行四边形定则1.DBCAEF 第一步，安装实验装置，为D；第二步，记下弹簧不挂钩码时，其下端在刻度尺上的刻度L0，以便计算弹簧的伸长量，为B；第三步，依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个、4个……钩码，并分别记下钩码静止时，弹簧下端所对应的刻度并记录在表格内，然后取下钩码，为C；第四步，画出图象，为A；第五步，写出关系式，为E；最后，解释函数表达式中常数的物理意义，为F.所以步骤为DBCAEF.
2．解题思路：(1)如果以弹簧长度x为横坐标，弹力大小F为纵坐标，作出F－x图象，那么图象与横轴的截距表示弹簧的原长，图线的斜率表示弹簧的劲度系数，所以根据图象可知，该弹簧的原长x0＝4
cm，劲度系数k＝＝25
N/m；(2)弹簧秤的读数表示弹力的大小，即F＝3.0
N，所以该弹簧的长度x＝x0＋＝16
cm.
答案：(1)4 25 (2)16
3．C 考虑弹簧自身重力的影响，当不挂钩码时，弹簧的伸长量x≠0，故选C.
4．解题思路：钩码的重力等于其对弹簧的拉力，又根据胡克定律F＝kx＝k(L－L0)，图线在横轴上的截距表示弹簧的原长，斜率表示弹簧的劲度系数，故L0＝10
cm，k＝
N/m＝1
000
N/m，即F＝1
000(L－0.10)
(N)(L的单位为m)
答案：(1)10
cm (2)1
000
N/m
(3)F＝1
000(L－0.10)
(N)(L的单位为m)
5．解题思路：
(1)在“探究求合力的方法”的实验中，所用的科学方法是等效替代法，选项B正确．(2)①中只记录了弹簧测力计示数的大小，没有标出弹簧测力计的方向；②中只用一个力拉时，应该让它与两个力拉时的效果相同，即忘记了将结点再次拉至O点．(3)根据题意，要使结点仍在O处，说明合力仍是不变的，M的大小不变，夹角α减小，由图可知，只能减小N的读数，减小β角的大小，选项B正确．
答案：(1)B (2)①没有记录两个弹簧测力计(或者力、细线)的方向 ②没有将结点再次拉至O点
(3)B
6．解题思路：(1)在该实验中，要正确测量弹力的大小和方向，同时作的平行四边形要大小适中，不能太小，以免增大误差，该同学在实验中的操作错误或不妥之处有：b弹簧测力计拉力方向与细绳方向不一致；a弹簧测力计的拉力太大，用一只弹簧测力计再次实验时可能会超量程．
(2)左弹簧测力计的读数是2.74
N，右弹簧测力计的读数是3.28
N．合力的图示如图所示．
(3)用一个弹簧测力计也能完成这个实验是可行的，两个分力先后两次测，用弹簧测力计拉其中一个细绳套时，用手拉另一个细绳套，保持结点位置不动，交换测量．
答案：(1)a弹簧测力计所用拉力太大，或b弹簧测力计拉力方向与细绳方向不一致
(2)2.74 3.28 如图所示 (3)是
7．BE 橡皮筋两端连接的细线长度不用必须相同，M、N两点可以不在同一高度处，不需要记录图甲中O点的位置及过O点的竖直方向．由于已经测出橡皮筋的原长，只需要测量图甲中橡皮筋Oa的长度和图乙中橡皮筋Oa、Ob的长度，需要记录图乙中结点O的位置，过结点O的竖直方向及橡皮筋Oa、Ob的方向．操作中必需的是B、E.
8．解题思路：(1)弹簧测力计的分度值是0.05
N，指针示数为1.30
N.
(2)根据图象可知图线不是严格的直线，图线发生了弯曲，这种情况可能是橡皮筋粗细不均匀造成的，A、D错误，C正确；橡皮筋形变量越大，弹力越大，但是的值越小，B正确．
答案：(1)1.30 (2)BC
9．解题思路：(1)根据P2的示数可知，P2部分的原长为4.06
cm，拉伸后的长度为5.26
cm，根据胡克定律可得，k＝＝＝81.7(N/m)，倒数为＝0.012
2(N/m)．
(2)根据表中的数据画出图象，如图所示．
(3)由图线可得其斜率为＝0.000
572，故直线满足＝0.000
572n，即k＝
N/m.
答案：(1)①81.7 ②0.012
2 (2)见解析
(3)(在～之间均可)
加餐练
1．解题思路：
(1)根据胡克定律，弹簧OC伸长1.00
cm时弹簧的弹力Fc＝kΔx＝500×1.00×10－2
N＝5.00
N；由图2可知弹簧秤a的读数Fa＝3.00
N，根据勾股定理，F＋F＝F，解得Fb＝4.00
N.
(2)改变弹簧秤b与OC的夹角时，由于保持弹簧伸长1.00
cm不变，因而Fa与Fb的合力F保持不变，根据平行四边形定则，Fa、Fb合成的平行四边形如图所示( OAC′B)，当弹簧秤b与OC的夹角变小时，其力的合成的平行四边形为
OA′C′B′，由图可知a、b两弹簧秤的示数都将变大．
答案：(1)3.00～3.02 3.9～4.1(有效数字不作要求)
(2)变大 变大
2．解题思路：(1)Δl＝14.66
cm－7.73
cm＝6.93
cm.
(2)应逐一增挂钩码，不能随意增减，A项正确．
(3)弹簧下端钩码对弹簧的拉力过大，使弹簧形变量超过了弹簧的弹性限度，弹簧的伸长量不再是线性变化．
答案：(1)6.93 (2)A (3)超过弹簧的弹性限度
3．解题思路：刻度尺的分度值是1
mm，读数要估读到0.1
mm，所以读数是25.85
cm.两个钩码的重力G2＝2mg＝2×50×0.001×9.8
N＝0.98
N，所以弹簧弹力F2＝0.98
N．弹簧的伸长量＝弹簧长度－弹簧的原长，所以需要测量不挂钩码时弹簧的长度，即需要测量弹簧的原长．
答案：25.85 0.98 弹簧原长
4．解题思路：(3)沿此时细绳(套)的方向用铅笔描出几个点，用刻度尺把这些点连成直线．
(6)为了验证力的平行四边形定则，需比较合力F与拉力F3的一致程度．
答案：(3)见解题思路 (6)F和F3
5．解题思路：(1)描点作直线，让尽可能多的点处在直线上，不在直线上的点尽量均匀分布在直线两侧．(2)根据图象，读直线为过原点的一条倾斜直线，即弹力与伸长量成正比，图象的斜率表示弹簧的劲度系数，则k＝＝75.0
N/m.
答案：(1)如图所示 (2)75.0
6．解题思路：(1)由F＝kx可知k的单位为N/m，由k＝，可得Y＝，又知L的单位为m，S的单位为m2，则Y的单位为
·＝N/m2，故选D.
(2)橡皮筋直径d＝2.5
mm＋0.01×4.3
mm＝2.543
mm.
(3)图象中图线发生弯曲的原因是：橡皮筋受力超出其弹性限度，不再遵循伸长量x与弹力F成正比的规律．
答案：(1)D (2)2.541～2.545之间均可 (3)见解题思路
7．解题思路：(1)本实验是通过用两个弹簧测力计的拉力作出的平行四边形得出合力，只要合力与只用一个弹簧测力计时的拉力基本相同，则实验成功；由图可知F′是由平行四边形定则得出的，故F′不是由弹簧测力计直接测得的；(2)如果只有一个弹簧测力计，则可以交替测出各边的拉力，但要保证两次拉的时候效果相同，故A正确；只要橡皮条与线的结点两次都到达同一点即可，即两次效果相同，而对于拉力方向没有限制，橡皮条不需要与两线夹角的角平分线在同一直线上，故B错误；为了减小误差，拉橡皮条的细线需长些，标记方向的两点要远些，故C正确；只有细线和弹簧测力计的轴线在一条直线上时，弹簧的弹力才等于拉橡皮条的拉力，否则易使弹簧或指针与外壳发生摩擦，使误差增大，故D正确；在用一个测力计和同时用两个测力计拉线时，每次要使橡皮条形变的长度和方向都相同，即使结点O拉到同一位置，这样两次的效果才相同，才符合“等效替代”法，故E错误．
答案：(1)F′ (2)ACD
8．解题思路：(1)考虑到重力的影响，两只弹簧测力计校对的方法是把两只弹簧测力计的钩子互钩着水平地拉动，看两者示数是否相同，故B正确，A、C、D错误．(2)画平行四边形时，夹角适当大些，画出的平行四边形就会准些，但不是夹角越大越好，夹角太大可能使合力太小，作图法求得的合力误差会较大，A错误；处理数据时需要画出力的大小和方向，所以力要适当大些，可减小测量误差对实验的影响，但是并非越大越好，如果太大可能导致合力太大，只用一只弹簧测力计拉时，量程不够，B错误；在白纸上作图时，作出的是水平力的图示，若拉力不与纸面平行，则作出图的方向与实际力的方向有较大差别，再者由于摩擦测得的力的大小也不准，故为了减小因摩擦造成的误差，应使各力尽量与纸面平行，C正确．
答案：(1)B (2)C
9．解题思路：(1)拉橡皮条的两个细绳长度不需要相等，适当长一些，标记方向的两点离的远一些，可以减小在方向描述上的误差．弹簧测力计、细绳、橡皮条都与木板平行，以保证各拉力的方向与木板平行，这样能够在白纸上记录下各力的方向，B、C、D正确．(2)注意弹簧测力计上最小一格表示0.1
N，读数时有效数字要保留两位小数．(3)可在方格纸上选一个小格的边长为0.5
N，作出两个拉力的图示，以这两个拉力为邻边作平行四边形，则所夹的对角线就表示合力的大小和方向．量出该对角线的长度，看其是标度的多少倍，求其大小．
答案：(1)BCD (2)4.00 2.50
(3)4.8(合力4.5～4.9均可)课练5 力的合成与分解
1.如图所示，F1、F2为有一定夹角的两个力，L为过O点的一条直线，当L取什么方向时，F1、F2在L上分力之和为最大( )
A．F1、F2合力的方向
B．F1、F2中较大力的方向
C．F1、F2中较小力的方向
D．以上说法都不正确
2．(多选)如图所示装置，两物体质量分别为m1、m2，不计一切摩擦、滑轮和绳子的质量以及滑轮的直径，若装置处于静止状态，则( )
A．m1可以大于m2
B．m2一定大于
C．m2可能等于
D．θ1一定等于θ2
3．(多选)一个放置在光滑水平面上的物体同时受到两个水平方向的大小分别为3
N和4
N的力的作用，则其合力的大小可能是( )
A．0.5
N
B．1
N
C．5
N
D．10
N
4．如图所示，大小分别为F1、F2、F3的三个力恰好围成一个闭合的三角形，且三个力的大小关系为F15.
如图所示，滑轮本身的质量可忽略不计，滑轮轴O安在一根轻木杆上，一根轻绳AB绕过滑轮，A端固定在墙上，且A端到滑轮之间轻绳保持水平，B端下面挂个重物，木杆与竖直方向的夹角为θ＝45°，系统保持平衡．若保持滑轮的位置不变，改变θ的大小，则滑轮受到木杆的弹力大小的变化情况是( )
A．只有θ变小，弹力才变大
B．只有θ变大，弹力才变大
C．无论θ变大还是变小，弹力都变大
D．无论θ变大还是变小，弹力都不变
6.
如图所示，一轻质弹簧只受一个拉力F1作用时，其伸长量为x，当弹簧同时受到两个拉力F2和F3作用时，其伸长量也为x，现对弹簧同时施加F1、F2、F3三个力作用，其伸长量为x′，则以下关于x′与x的关系正确的是( )
A．x′＝x
B．x′＝2x
C．xD．x′<2x
7.
(多选)如图所示，一根细线的两端分别固定在M、N两点，用小铁夹将一个玩具固定在细线上，使a段细线恰好水平，b段细线与水平方向的夹角为45°.现将小铁夹的位置稍稍向左移动一小段距离，待玩具平衡后，关于a、b两段细线中的拉力，下列说法正确的是( )
A．移动前，a段细线中的拉力等于玩具所受的重力
B．移动前，a段细线中的拉力小于玩具所受的重力
C．移动后，b段细线中拉力的竖直分量不变
D．移动后，b段细线中拉力的竖直分量变小
8.
如图所示，用一根长为l的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方向夹角为30°且绷紧，小球A处于静止，对小球施加的最小的力是( )
A.mg
B.mg
C.mg
D.mg
9.
(多选)如图为庆祝新年时某教室里悬挂灯笼的一种方式，三段轻绳ac、cd、bd长度相等，a、b点等高，c、d为结点且等高，三段轻绳的拉力大小分别为Fac、Fcd、Fbd，两灯笼受到的重力分别为Gc和Gd，下列表述正确的是( )
A．Fac与Fbd大小一定相等
B．Fac一定小于Fbd
C．Gc和Gd一定相等
D．Fac与Fbd大小之和等于Gc与Gd大小之和
10.
如图所示，作用于坐标原点O的三个力平衡，已知三个力均位于xOy平面内，其中力F1的大小不变，方向沿y轴负方向；力F2的大小未知，方向与x轴正方向的夹角为θ.则下列关于力F3的判断正确的是( )
A．力F3只能在第二象限
B．力F3与F2的夹角越小，则F2与F3的合力越小
C．力F3的最小值为F1cosθ
D．力F3可能在第三象限的任意区域
11.
如图所示，三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球保持静止，A、D间细绳是水平的，现对B球施加一个水平向右的力F，将B缓缓拉到图中虚线位置，A球保持不动，这时三根细绳中张力TAC、TAD、TAB的变化情况是( )
A．都变大
B．TAD和TAB变大，TAC不变
C．TAC和TAB变大，TAD不变
D．TAC和TAD变大，TAB不变
12．如图所示，将两根劲度系数均为k、原长均为L的轻弹簧，一端固定在水平天花板上相距为2L的两点，另一端共同连接一质量为m的物体，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为37°.若将物体的质量变为M，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为53°(sin37°＝0.6)，则等于( )
A.
B.
C.
D.
1．(2016·新课标全国卷Ⅲ)
如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球．在a和b之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )
A.
B.m
C．m
D．2m
2.
(2014·山东卷)如图，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千．某次维修时将两轻绳剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变．木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后( )
A．F1不变，F2变大
B．F1不变，F2变小
C．F1变大，F2变大
D．F1变小，F2变小
3．(多选)(2017·河南八市质检)如图所示，一个固定的圆弧阻挡墙PQ，其半径OP水平，OQ竖直．
在PQ和一个斜面体A之间卡着一个表面光滑的重球B.斜面体A放在光滑的地面上并用一水平向左的力F推着，整个装置处于静止状态．现改变推力F大小，推动斜面体A沿着水平地面向左缓慢运动，使球B沿斜面上升一很小高度．则在球B缓慢上升过程中，下列说法中正确的是( )
A．斜面体A与球B之间的弹力逐渐减小
B．阻挡墙PQ与球B之间的弹力逐渐减小
C．水平推力F逐渐增大
D．水平地面对斜面体A的弹力逐渐减小
4.
(2017·江西萍乡二模)刀、斧、凿等切削工具的刃部叫做劈，如图是用斧头劈木柴的示意图．劈的纵截面是一个等腰三角形，使用劈的时候，垂直劈背加一个力F，这个力产生两个作用效果，使劈的两个侧面推压木柴，把木柴劈开．设劈背的宽度为d，劈的侧面长为l，不计斧头的自身重力，则劈的侧面推压木柴的力约为( )
A.F
B.F
C.F
D.
5.
(2017·河北保定模拟)如图所示，将三个完全相同的光滑球用不可伸长的细线悬挂于O点并处于静止状态．已知球半径为R，重为G，线长均为R.则每条细线上的张力大小为( )
A．2G
B.G
C.G
D.G
6．(2017·北四市调研)如果两个共点力之间的夹角保持不变，当其中一个力的大小保持不变，另一个力增大时，这两个力的合力F的大小
( )
A．可以不变
B．一定增大
C．一定减小
D．以上说法都不对
7.
(2017·广东韶关模拟)质量为m的物体在大小相等、方向互相垂直的水平力F1和F2的作用下，从静止开始沿水平面运动，如图所示，若物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则物体( )
A．在F1的反方向上受到f1＝μmg的摩擦力
B．在F2的反方向上受到f2＝μmg的摩擦力
C．在F1、F2合力的反方向上受到的摩擦力为f＝μmg
D．在F1、F2合力的反方向上受到的摩擦力为f＝μmg
8.
(多选)(2017·银川模拟)两物体M、m用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图所示，OA、OB与水平面的夹角分别为30°、60°，M、m均处于静止状态．则( )
A．绳OA对M的拉力大小大于绳OB对M的拉力大小
B．绳OA对M的拉力大小小于绳OB对M的拉力大小
C．m受到水平面的静摩擦力大小为零
D．m受到水平面的静摩擦力的方向水平向左
9．(2017·贵州适应性考试)
如图所示，OA、OB为竖直平面内的两根固定光滑杆，OA竖直，OB与OA间的夹角为45°，两杆上套有可以自由移动的轻质环E和F，通过不可伸长的轻绳在结点D处悬挂一个质量为m的物体，当物体静止时，环E与杆OA间的作用力大小为F1，环F与杆OB间的作用力大小为F2，则
( )
A．F1＝mg，F2＝mg
B．F1＝mg，F2＝mg
C．F1＝mg，F2＝mg
D．F1＝mg，F2＝mg
10．(2017·江苏南通模拟)
如图所示，晾晒衣服的非弹性绳两端分别固定在两根竖直杆上的A、B两点，绳子的质量及绳与衣架挂钩间摩擦均忽略不计，现衣服处于静止状态．如果保持绳子A端、B端在杆上的位置不变，则衣服由湿变干过程中( )
A．绳子的拉力变大
B．绳子的拉力不变
C．绳子对挂钩拉力的合力不变
D．绳子对挂钩拉力的合力变小
11.
(2017·河北石家庄模拟)如图所示，一质量为m1的光滑球夹在竖直墙面和倾角为θ的斜面体之间，斜面体质量为m2，斜面体底面与水平地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两者始终保持静止，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．斜面体对球的作用力为m1gcosθ
B．地面对斜面体的摩擦力为μ(m1＋m2)g
C．保持球的形状不变，减小球的质量m1，地面对斜面体的摩擦力一定减小
D．保持球的形状不变，减小球的质量m1，墙面对球的作用力一定增大
12．(2017·陕西宝鸡模拟)
如图所示，不计重力的轻杆OP能以O点(固定不动)为圆心在竖直平面内自由转动，P端用轻绳挂一重物B，用另一根轻绳通过O点正上方的滑轮系住P端．在力F的作用下，当轻杆OP和竖直方向的夹角α(0<α<π)缓慢增大时，力F的大小应( )
A．逐渐增大
B．恒定不变
C．逐渐减小
D．先增大后减小
课练5 力的合成与分解
1．A 要想使F1、F2在L上分力之和最大，也就是F1、F2的合力在L上的分力最大，则L的方向应该沿F1、F2的合力的方向．
2．ABD 对m2受力分析可知，m2受拉力及本身的重力而平衡，故绳子的拉力等于m2g；对动滑轮受力分析，由于动滑轮跨在绳子上，且不计摩擦，故两段绳子的拉力大小相等，它们的合力一定在角平分线上；由于它们的合力与m1的重力大小相等，方向相反，故合力竖直向上，故两边的绳子与竖直方向的夹角θ1和θ2相等，故D正确．由以上分析可知，两段绳子的拉力等于m2g，而它们的合力等于m1g，因互成角度的两分力与合力组成三角形，故可知2m2gcosθ1＝m1g,2m2g>m1g，故m2>，并且m1可以大于m2，A、B正确，C错误．
3．BC 两个力的合力大小满足|F1－F2|≤F合≤F1＋F2，所以3
N和4
N两个力的合力大小满足1
N≤F合≤7
N，B、C对．
4．C 由矢量合成法则可知，A图的合力为2F1，B图的合力为0，C图的合力为2F3，D图的合力为2F2，因F3最大，故选C.
5．D 无论θ变大还是变小，水平段轻绳和竖直段轻绳中的拉力不变，这两个力的合力与木杆对滑轮的弹力平衡，故滑轮受到木杆的弹力不变．
6．B 弹簧同时受两个拉力F2、F3作用时，作用效果相当于只受一个拉力F1作用，所以对弹簧同时施加F1、F2、F3三个力作用时，其伸长量为x′＝2x，B对．
7．AD 移动前，由平衡条件得，a段细线中的拉力Ta＝＝G，A项正确；小铁夹向左移动一小段距离后，玩具的位置下移，a段细线不再水平，a、b两段细线中拉力的竖直分量之和等于重力大小，故移动后b段细线中拉力的竖直分量变小，D项正确．
8．C 对小球A受力分析，然后沿绳方向和垂直绳方向建立直角坐标系，分析垂直绳坐标轴上的分力可以得出当力F垂直绳时所需的力最小，可求得为mg.
9．AC 由于ac、bd与水平方向的夹角相等，选整体为研究对象，则Fac、Fbd沿水平方向的分力相等，故Fac＝Fbd，A对、B错．在竖直方向上Fac、Fbd沿竖直方向上的分力之和等于Gc和Gd大小之和，故D错．选结点c、d为研究对象，由于Fcd＝Fdc，由平衡条件可知Gc＝Gd，C选项正确．
10．C
三个力平衡，已知F1的大小和方向、力F2的方向，则第三个力F3可能的方向位于F1、F2两个力的反向延长线之间，但不能沿F1、F2的反方向，如图所示，所以A、D错误；F3与F2的合力与F1等大反向，所以不管F3与F2夹角如何变化，其合力不变，B错误；当F3与F2方向垂直时，F3的值最小，F3min＝F1cosθ，C正确．
11．B 对小球B进行受力分析，受到重力、水平拉力F和绳子AB的拉力三个力作用，处于平衡状态，当B球向右缓慢运动过程中，由于AB与竖直方向夹角越来越大，水平拉力F＝mgtanθ，绳子AB的拉力TAB＝，其中θ为绳子AB与竖直方向的夹角，因此水平拉力F越来越大，绳子AB的拉力越来越大；将小球A、B作为一个整体进行受力分析，由于绳子AC与竖直方向夹角不变，绳子AC中拉力的竖直分力等于两个小球的总重力，因此不变，由于拉力F越来越大，因此TAD越来越大，故B正确．
12．B 由2kcos37°＝mg和2kcos53°＝Mg解得：
＝，即B正确．
加餐练
1．C
由于物块通过挂钩悬挂在线上，细线穿过圆环且所有摩擦都不计，可知线上各处张力都等于小球重力mg.如图所示，由对称性可知a、b位于同一水平线上，物块处于圆心O点正上方，则∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠1＝∠5.因圆弧对轻环的弹力沿圆弧半径方向，且轻环重力不计，由平衡条件知环两侧细线关于圆弧半径对称，即∠5＝∠6，由几何关系得∠1＝∠2＝∠5＝∠6＝30°，∠3＝∠4＝60°.再由物块与挂钩的受力平衡有mgcos60°＋mgcos60°＝Mg，故有M＝m，C正确．
2．A
木板静止时受力情况如图所示，设轻绳与竖直木桩的夹角为θ，由平衡条件知，合力F1＝0，故F1不变，F2＝，剪短轻绳后，θ增大，cosθ减小，F2增大，故A正确．
3．ABD 对球B受力分析，如图甲所示，当球B上升时，用图解法分析B球所受各力的变化，其中角θ增大，FAB和FOB均减小，则A、B项正确．对斜面体进行受力分析，如图乙所示，因为FAB减小，由牛顿第三定律知FAB＝FBA，故FBA也减小，则推力F减小，水平地面对斜面体的弹力FN也减小，则C项错误，D项正确．
4．B 斧头劈木柴时，设两侧面推压木柴的力分别为F1、F2且F1＝F2，利用几何三角形与力三角形相似有＝，得推压木柴的力F1＝F2＝F，所以B正确，A、C、D错误．
5．B 本题中O点与各球心的连线及各球心连线，构成一个边长为2R的正四面体，如图甲所示(A、B、C为各球球心)，O′为△ABC的中心，设∠OAO′＝θ，由几何关系知O′A＝R，由勾股定理得OO′＝＝，对A处球受力分析有：Fsinθ＝G，又sinθ＝，解得F＝G，故只有B项正确．
6．A
如图所示，当F1不变，F2逐渐增大时，合力F先减小后增大，其大小可以不变，A对，B、C、D错．
7．D 物体从静止开始运动，因此其在地面上运动方向一定与F1、F2的合力方向相同，摩擦力与相对运动方向相反，即与F1、F2的合力方向相反，在竖直方向上物体受重力和支持力，因此支持力的大小等于重力大小；根据牛顿第三定律，正压力的大小等于重力大小，再根据f＝μN得f＝μmg，所以D正确．
8．BD
取O点为研究对象进行受力分析，如图所示，则有FA9．B 本题考查物体平衡条件、平行四边形定则及其相关的知识点．对套在固定光滑杆上的轻质环的作用力的方向只能垂直于杆．由此可知，当物体静止时，DE轻绳水平，DF轻绳与竖直方向的夹角为45°，由平行四边形定则可知，DE轻绳中的拉力等于mg，DF轻绳中的拉力等于mg，所以环E与杆OA之间的作用力大小F1＝mg，环F与杆OB之间的作用力大小F2＝mg，选项B正确．
10.
D 对挂钩受力分析如图所示，根据平衡条件，有F＝2Tcosθ＝G，衣服由湿变干过程，重力不断减小，θ角不变，故绳子拉力T变小，A、B错误；两绳的拉力T的合力F始终与G等大反向，故D正确、C错误．
11．C
对球受力分析如图所示，则斜面体对球的作用力为，A错误；将球、斜面体当作整体，可得地面对斜面体的摩擦力等于竖直墙面对球的弹力，则地面对斜面体的摩擦力为m1gtanθ，B错误；同理可得，减小球的质量m1，竖直墙面对球的弹力减小，地面对斜面体的摩擦力减小，C正确、D错误．
12．A
以P点为研究对象，分析受力情况如图所示，根据平衡条件得，轻杆OP提供的支持力FN和拉力F的合力与重力G大小相等、方向相反，由相似三角形可得＝，当轻杆OP和竖直方向的夹角α(0<α<π)缓慢增大时，AP增大，而AO不变，则F逐渐增大，故A正确．课练16 机械能守恒定律及应用
1.如图，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动．质量不同、形状相同的两物块
分别置于两弹簧上端．现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块( )
A．最大速度相同
B．最大加速度相同
C．上升的最大高度不同
D．重力势能的变化量不同
2．(多选)
如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m(M＞m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )
A．两滑块组成系统的机械能守恒
B．重力对M做的功等于M动能的增加
C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加
D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功
3.
(多选)质量为m的小球从桌面以速度v竖直向上抛出，桌面离地高度为h，小球能达到的最大离地高度为H.若以桌面作为参考平面，不计空气阻力，则( )
A．小球抛出时的机械能为mgh＋mv2
B．小球在最高点的机械能为mgH
C．小球在最高点的机械能为mg(H－h)
D．小球落地前瞬间的机械能为mv2
4.
(多选)半径为r和R(rA．机械能均逐渐减小
B．经最低点时动能相等
C．两球在最低点加速度大小相等
D．机械能总是相等的
5．一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半悬在桌边，桌面足够高，如图甲所示．若将一个质量为m小球分别拴在链条右端和左端，如图乙、图丙所示．约束链条的挡板光滑，三种情况均由静止释放，当整根链条刚离开桌面时，关于它们的速度关系，下列判断正确的是( )
A．va＝vb＝vc
B．vaC．vc>va>vb
D．va>vb>vc
6.
如图所示小球沿水平面通过O点进入半径为R的光滑半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面．不计空气阻力．下列说法不正确的是( )
A．小球落地点离O点的水平距离为2R
B．小球落地时的动能为
C．小球运动到半圆弧最高点P时向心力为零
D．若将半圆弧轨道上部的圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点高0.5R
7．(多选)内壁光滑的环形凹槽半径为R，
固定在竖直平面内，一根长度为R的轻杆，一端固定有质量为m的小球甲，另一端固定有质量为2m的小球乙，将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点，如图所示．由静止释放后( )
A．下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能
B．下滑过程中甲球减少的重力势能总等于乙球增加的重力势能
C．甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点
D．杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点
8.
如图所示，一根跨过光滑轮的轻绳，两端各有一杂技演员(可视为质点)，a站在滑轮正下方的地面上，b从图示的位置由静止开始向下摆动，运动过程中绳始终处于伸直状态，当演员b摆至最低点时，a刚好对地面无压力，则演员a的质量与演员b的质量之比为( )
A．1∶1
B．2∶1
C．3∶1
D．4∶1
9.
(多选)如图所示，圆心在O点、半径为R的圆弧轨道abc竖直固定在水平桌面上，Oc与Oa的夹角为60°，轨道最低点a与桌面相切．一轻绳两端系着质量分别为m1和m2的小球(均可视为质点)，挂在圆弧轨道边缘c的两边，开始时，m1位于c点，然后从静止释放，设轻绳足够长，不计一切摩擦．则( )
A．m1由c下滑到a的过程中，两球速度大小始终相等
B．m1由c下滑到a的过程中，重力的功率先增大后减小
C．若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，则m1＝3m2
D．若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，则m1＝2m2
10.
如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为M的物块A、B，B与弹簧拴接，初始时系统处于静止状态．现用竖直向上的力F拉A，使A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物块的速度—时间图象如图乙所示，重力加速度g已知，则( )
A．施加外力的瞬间，A、B间的弹力大小为M(g－a)
B．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零
C．弹簧恢复到原长时，B的速度达到最大值
D．在0～t2时间内，B与弹簧组成的系统的机械能先逐渐增加，后保持不变
11.
如图所示，质量为m的小球从四分之一光滑圆弧轨道顶端静止释放，从轨道末端O点水平抛出，击中平台右下侧挡板上的P点．以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板形状满足方程y＝6－x2(单位：m)，小球质量m＝0.4
kg，圆弧轨道半径R＝1.25
m，g取10
m/s2，求：
(1)小球对圆弧轨道末端的压力大小．
(2)小球从O点到P点所需的时间(结果可保留根号)．
12.
如图所示，一内壁光滑的细管弯成半径为R＝0.4
m的半圆形轨道CD，竖直放置，其内径略大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆轨道在C点连接完好．置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B处为弹簧的自然状态．将一个质量为m＝0.8
kg的小球放在弹簧的右侧后，用力向左侧推小球而压缩弹簧至A处，然后将小球由静止释放，小球运动到C处后对轨道的压力为F1＝58
N．水平轨道以B处为界，左侧AB段长为x＝0.3
m，与小球的动摩擦因数为μ＝0.5，右侧BC段光滑．g取10
m/s2，求：
(1)弹簧在压缩时所储存的弹性势能．
(2)小球运动到轨道最高处D点时对轨道的压力大小．
1．(2016·课标Ⅱ)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点，( )
A．P球的速度一定大于Q球的速度
B．P球的动能一定小于Q球的动能
C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力
D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度
2．(多选)
(2016·浙江理综)如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．则( )
A．动摩擦因数μ＝
B．载人滑草车最大速度为
C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
3．(2015·北京理综)“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下．将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动．从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
4.
(2016·课标Ⅱ)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动．重力加速度大小为g.
(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；
(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围．
5.
(2017·山西右玉一模)一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过A处时对轨道的压力为( )
A．2mg
B．3mg
C．4mg
D．5mg
6.
(2017·安徽第三次联考)如图所示，光滑轨道由AB、BCDE两段细圆管平滑连接组成，其中AB段水平，BCDE段为半径为R的四分之三圆弧，圆心O及D点与AB等高，整个轨道固定在竖直平面内，现有一质量为m，初速度v0＝的光滑小球水平进入圆管AB，设小球经过轨道交接处无能量损失，圆管孔径远小于R，则(小球直径略小于管内径)( )
A．小球到达C点时的速度大小vC＝
B．小球能通过E点且抛出后恰好落至B点
C．无论小球的初速度v0为多少，小球到达E点时的速度都不能为零
D．若将DE轨道拆除，则小球能上升的最大高度与D点相距2R
7.
(多选)(2017·陕西商洛模拟)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的小环，小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.杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离为d处．现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )
A．环到达B处时，重物上升的高度h＝
B．环到达B处时，环与重物的速度大小相等
C．环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能
D．环能下降的最大高度为d
8.
(2017·山西太原二模)如图，轻弹簧的劲度系数为k，上端与一质量为m的木块A相连，下端与另一质量也为m的木块B相连，整个系统置于水平面上并处于静止状态．现用竖直向上的恒力F拉木块A使之向上运动，当B刚要离开地面时，A的速度为v.则( )
A．F刚作用于A时，A的加速度大小为
B．从F作用于A到B刚要离开地面的过程中，A上升的高度为
C．当B刚要离开地面时，A的加速度大小为－g
D．当B刚要离开地面时，弹簧对B做功的瞬时功率为Fv
9.
(2017·湖北黄冈模拟)如图所示，长1
m的轻杆BO一端通过光滑铰链铰在竖直墙上，另一端装一轻小光滑滑轮，绕过滑轮的细线一端悬挂重为15
N的物体G，另一端A系于墙上，平衡时OA恰好水平，现将细线A端沿着竖直墙向上缓慢移动一小段距离，同时调整轻杆与墙面夹角，系统重新平衡后轻杆受到的压力恰好也为15
N，则该过程中物体G增加的重力势能约为( )
A．1.3
J
B．3.2
J
C．4.4
J
D．6.2
J
10.
(多选)(2016·四川广元模拟)如图所示是一儿童游戏机的工作示意图，游戏机的光滑面板与水平面夹角为θ，半径为R的四分之一圆弧轨道BC与AB管道相切于B点，C点为圆弧轨道最高点，轻弹簧下端固定在AB管道的底端，上端系一轻绳，轻绳通过弹簧内部连一手柄P.将弹珠投入AB管道内，缓慢下拉手柄使弹簧被压缩，释放手柄，弹珠被弹出，与游戏面板内的障碍物发生一系列碰撞后落入弹槽里，根据入槽情况可以获得不同的奖励．假设所有轨道均光滑，忽略空气阻力，弹珠可视为质点．某次缓慢下拉手柄，使弹珠距B点为L，释放手柄，弹珠被弹出，到达C点时速度为v，弹珠质量为m，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．弹珠从释放手柄开始到触碰障碍物之前的过程中机械能守恒
B．此过程中，弹簧的最大弹性势能为mg(L＋R)sinθ＋mv2
C．弹珠脱离弹簧的瞬间，其动能与重力势能之和达到最大
D．调整手柄的位置使L变化，可以使弹珠从C点离开后做匀变速直线运动，直到碰到障碍物
11．(2017·福建厦门质检)如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上；B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上．用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行．已知A、B的质量均为m，斜面倾角为θ＝37°，重力加速度为g，滑轮的质量和摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．C释放后沿斜面下滑，当A刚要离开地面时，B的速度最大，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：
(1)从开始到物体A刚要离开地面的过程中，物体C沿斜面下滑的距离；
(2)C的质量；
(3)A刚要离开地面时，C的动能．
12．(2017·抚顺模拟)
如图所示，将一质量为m＝0.1
kg的小球自水平平台右端
O点以初速度v0水平抛出，小球飞离平台后由A点沿切线方向落入竖直光滑圆轨道ABC，并沿轨道恰好通过最高点C，圆轨道ABC的形状为半径R＝2.5
m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度g取10
m/s2)求：
(1)小球经过C的速度大小．
(2)小球运动到轨道最低点B时轨道对小球的支持力的大小．
(3)平台末端O点到A点的竖直高度H.
课练16 机械能守恒定律及应用
1．C 物块受力平衡时具有最大速度，即mgsinθ＝kΔx，则质量大的物块具有最大速度时弹簧的压缩量比较大，上升的高度比较低，即位移小，而运动过程中质量大的物块平均加速度较小，v2－02＝2ax，加速度小的位移小，则最大速度v较小，故A错误；开始时物块具有最大加速度，开始弹簧形变量相同，则弹力相同，根据牛顿第二定律a＝，可见，质量大的最大加速度较小，故B错误；由题意使两弹簧具有相同的压缩量，则储存的弹性势能相等，物块上升到最大高度时，弹性势能完全转化为重力势能，则物块最终的重力势能相等，重力势能的变化量相等，而两物块质量不同，则上升的最大高度不同，故C正确、D错误．
2．CD 由于斜面ab粗糙，滑块M运动过程中，摩擦力做负功，故两滑块组成系统的机械能不守恒，故A错误．重力对M做的功等于M重力势能的变化，合力对其做的功才等于M动能的增加，故B错误．m受到绳子的拉力向上运动，拉力做正功，故m的机械能一定增加，而且轻绳对m做的功等于m机械能的增加，故C正确．根据功能原理得知：除重力、弹簧弹力以外的力做功，将导致机械能变化，摩擦力做负功，造成机械能损失．则两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功，故D正确．
3．CD 小球运动过程中，只受重力，机械能守恒，若以桌面作为重力势能的参考平面，有E＝mv2，小球在最高点的动能为0，重力势能为mg(H－h)，所以机械能为mg(H－h)，故C、D正确．
4．CD 半圆形槽光滑，两小球下滑过程中，均只有重力做功，机械能均守恒，即机械能均保持不变，故A错误；根据机械能守恒定律得mgr＝mv，即最低点的功能Ek1＝mgr，同理有Ek2＝mgR，由于R>r，则Ek15．C 图甲中，当整根链条离开桌面时，根据机械能守恒定律可得mg·＝mv，解得va＝；图乙中，当整根链条离开桌面时，根据机械能守恒定律可得mg·＝·2mv，解得vb＝；图丙中，当整根链条离开桌面时，根据机械能守恒定律有mg·＋mg＝·2mv，解得vc＝，故vc>va>vb，选项C正确．
6．C 小球运动到半圆弧最高点P时，重力恰好提供向心力，即mg＝m，所以vP＝，小球经过P后做平抛运动，下落时间t＝2
，小球落地点离O点的水平距离为x＝vPt＝2R，所以选项C错误、A正确；小球从P点到落地的过程中，机械能守恒，所以落地时的动能mv2＝mv＋mg·2R＝，选项B正确；若将半圆弧轨道上部的1/4圆弧截去，其他条件不变，则小球离开轨道后做竖直上抛运动，设小球能达到的最大高度为h，则mgh＝，所以h＝，比P点高0.5R，选项D正确．本题选不正确的，故选C.
7．AD 由题意知，甲、乙两球组成的系统机械能守恒，故甲球减少的机械能总等于乙球增加的机械能，所以A正确；在甲下滑的过程中，甲、乙两球的动能在增加，故甲球减少的重力势能大于乙球增加的重力势能，所以B错误；由于甲的质量小于乙的质量，根据滑动过程机械能守恒知，甲不能下滑到最低点，所以C错误；根据滑动过程机械能守恒，杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点，故D正确．
8．B b摆动过程中满足机械能守恒，则有mbgL(1－cos60°)＝mbv2－0，在最低点有Tb－mbg＝mb，可得Tb＝2mbg.当a刚好对地面无压力时，有Ta＝mag，同一根绳Ta＝Tb，所以ma∶mb＝2∶1，故A、C、D错误、B正确．
9．BD m1由c点下滑到a点的过程中，沿绳子方向的速度是一样的，在m1滑下去一段距离后，绳子与圆的切线不重合，相当于圆的一根弦，所以此时两个小球的速度必然不相同，故A错误；重力的功率P＝mgv，这里的v是指m1的竖直分速度，一开始m1是由静止释放的，所以m1一开始的竖直速度为零，最后运动到a点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直速度也是零，但是m1由c到a的过程中是肯定有竖直速度的，所以相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以这个过程中重力的功率mgv先增大后减小，故B正确；若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理得m1gR(1－cos60°)＝m2gR，解得m1＝2m2，故C错误、D正确．
10．A 施加力F前，物块A、B整体静止，则2Mg＝kx，得x＝，施加力F的瞬间，对B，根据牛顿第二定律有kx－Mg－N＝Ma，得A、B间的弹力大小N＝M(g－a)，选项A正确；A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的速度v与加速度a，且A、B间的弹力为零，对B有kx′－Mg＝Ma，得弹簧弹力kx′＝M(g＋a)≠0，选项B错误；A、B分离后，当弹簧弹力与重力平衡时B的速度最大，此时弹簧尚未恢复到原长，选项C错误；对B与弹簧组成的系统，A、B分离前A的压力对系统做负功，根据功能关系知系统机械能减少，选项D错误．
11．解题思路：(1)小球从释放到O点过程中机械能守恒，则：mgR＝mv2
解得：v＝＝5
m/s
小球在圆轨道最低点：FN－mg＝m
解得：FN＝mg＋m＝12
N
由牛顿第三定律，小球对轨道末端的压力FN′＝FN＝12
N
(2)小球从O点水平抛出后满足：
y＝gt2，x＝vt
又有y＝6－x2，联立解得：t＝
s.
答案：(1)12
N (2)
s
12．解题思路：(1)小球运动到C处时，由牛顿第二定律得：F1－mg＝m
解得v1＝
代入数据解得v1＝5
m/s
根据动能定理得：Ep－μmgx＝mv
代入解得Ep＝11.2
J
(2)小球从C到D过程，由机械能守恒
定律得：mv＝2mgR＋mv
代入数据解得v2＝3
m/s
由于v2>＝2
m/s，
所以小球在D处对轨道外壁有压力，由
牛顿第二定律得：F2＋mg＝m
代入数据解得F2＝10
N
由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为10
N.
答案：(1)11.2
J (2)10
N
加餐练
1．C 设小球的质量为m，绳长为L，根据动能定理得mgL＝mv2，解得v＝，LPmQ，LPmQ，所以P球所受绳的拉力大于Q球所受绳的拉力，故C项正确．向心加速度a＝＝2g，所以在轨迹的最低点，P、Q两球的向心加速度相同，故D项错误．
2．AB 滑草车受力分析如图所示，在B点处有最大速度v，在上、下两段所受摩擦力大小分别为f1、f2
f1＝μmgcos45°
f2＝μmgcos37°
整个过程由动能定理列方程：
mg·2h－f1·－f2·＝0①
解得：μ＝，A项正确．
滑草车在上段滑道运动过程由动能定理列方程：
mgh－f1·＝mv2②
解得：v＝
，B项正确．
由①式知：Wf＝2mgh，C项错误．
在下段滑道上，
mgsin37°－μmgcos37°＝ma2
解得：a2＝－g，故D项错误．
3．A 从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人经历了先加速后减速的过程，当绳对人的拉力等于人的重力时速度最大，动能最大，之后绳的拉力大于人的重力，人向下减速到达最低点．绳对人的拉力始终向上，始终做负功．拉力的冲量向上，人的动量先增大后减小，综上所述，只有A选项正确．
4．解题思路：(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为Ep＝5mgl①
设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得
Ep＝Mv＋μMg·4l②
联立①②式，取M＝m并代入题给数据得vB＝③
若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足－mg≥0④
设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得
mv＝mv＋mg·2l⑤
联立③⑤式得vD＝⑥
vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出．设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得2l＝gt2⑦
P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s＝vDt⑧
联立⑥⑦⑧式得s＝2l⑨
(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度应大于零．
由①②式可知5mgl>μMg·4l
要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道上的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有Mv≤Mgl
联立①②⑩ 式得m≤M答案：(1) 2l
(2)m≤M5．C 小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg＝，小球在轨道1上经过A处时，有F＋mg＝，根据机械能守恒，有1.6mgR＝mv－mv，解得F＝4mg，C项正确．
6．B 对小球从A点至C点过程，由机械能守恒有mv＋mgR＝mv，解得vC＝，选项A错误；对小球从A点至E点的过程，由机械能守恒有mv＝mv＋mgR，解得vE＝，小球从E点抛出后，由平抛运动规律有x＝vEt，R＝gt2，解得x＝R，则小球恰好落至B点，选项B正确；因为内管壁可提供支持力，所以小球到达E点时的速度可以为零，选项C错误；若将DE轨道拆除，设小球能上升的最大高度为h，则有mv＝mgh，又由机械能守恒可知vD＝v0，解得h＝R，选项D错误．
7．CD
环到达B处时，对环的速度进行分解，可得v环cosθ＝v物，由题图中几何关系可知θ＝45°，则v环＝v物，B错；因环从A到B，环与重物组成的系统机械能守恒，则环减少的机械能等于重物增加的机械能，C对；当环到达B处时，由题图中几何关系可得重物上升的高度h＝(－1)d，A错；当环下落到最低点时，设环下落高度为H，由机械能守恒有mgH＝2mg(－d)，解得H＝d，故D正确．
8．B 当F刚作用于A时，利用牛顿第二定律有F＝ma，得A的加速度大小为，所以A错误；开始时弹簧处于压缩状态，压缩量为，最后B刚要离开地面时，弹簧处于拉伸状态，伸长量为，则从F开始作用于A到B刚要离开地面的过程中，A上升的高度为h＝＋＝，所以B正确；当B刚要离开地面时，对A受力分析，可知其受竖直向上的拉力F，竖直向下的重力mg和弹簧向下的弹力(大小为mg)，利用牛顿第二定律有F－mg－mg＝ma，得A的加速度大小为－2g，所以C错误；当B刚要离开地面时，B的速度为零，则弹簧对B做功的瞬时功率为零，所以D错误．
9．A
因为杆是“轻”的(不计重力)，并且杆两端分别是铰链、光滑滑轮，所以轻杆在O点处的作用力方向一定沿杆，则系统平衡后，两段线对滑轮的合力方向也一定沿杆，设杆长为l.
状态1：AO段细线水平，由于细线上各处的张力大小跟物体重力大小相等，所以此时杆与竖直方向的夹角是45°，如图所示
AO段线长为l1＝lsin45°＝
m
O点与B点的竖直方向距离为h1＝lcos45°＝
m
状态2：当将细线A端沿竖直墙向上缓慢移动一小段距离后，达到新的平衡，由于这时轻杆受到的压力恰好为15
N，等于物体重
力，则知这时两段细线的夹角为120°，那么杆与竖直方向的夹角是60°，如图所示．
这时AO段线长为l2＝l＝1
m
O点与B点的竖直距离为h2＝lcos60°＝
m
可见，状态2与状态1相比，物体的位置升高的高度为
h＝(h2－h1)＋(l2－l1)＝
m
物体增加的重力势能为ΔEp＝Gh≈1.3
J
10．BC 弹珠从释放手柄开始到触碰障碍物之前的过程中弹簧弹力对弹珠做正功，弹珠的机械能增加，其机械能在与弹簧脱离的瞬间达到最大，A错误、C正确；该过程中弹珠与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧释放的最大弹性势能等于弹珠增加的机械能，Epm＝mgh＋mv2＝mg(L＋R)sinθ＋mv2，B正确；弹珠能到达C点，则其在C点的速度不可能为0，弹珠从C点离开后做类平抛运动，直到碰到障碍物，D错误．
11．解题思路：(1)设开始时弹簧压缩的长度为xB，则有kxB＝mg
设当物体A刚要离开地面时，弹簧的伸长量为xA，则有kxA＝mg
当物体A刚要离开地面时，物体B上升的距离与物体C沿斜面下滑的距离相等，为：
h＝xA＋xB
解得：h＝
(2)物体A刚要离开地面时，以B为研究对象，物体B受到重力mg、弹簧的弹力kxA、细线的拉力T三个力的作用，设物体B的加速度为a，根据牛顿第二定律，
对B有：T－mg－kxA＝ma
对C有：mCgsinθ－T＝mCa
B获得最大速度时，有：a＝0
获得：mC＝
(3)解法一：由于xA＝xB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，且物体A刚要离开地面时，B、C两物体的速度相等，设为v0，由动能定理得：
mCghsinθ－mgh＋W弹＝(m＋mC)v－0
其中W弹＝0
解得：v＝
所以EkC＝mCv＝
解法二：根据动能定理，
对C：mCghsinθ－WT＝EkC－0
对B：WT－mgh＋W弹＝EkB－0
其中W弹＝0
又：EkC∶EkB＝10∶3
解得：EkC＝
答案：(1) (2) (3)
12．解题思路：(1)小球恰好运动到C点时，重力提供向心力，
即mg＝m，vC＝＝5
m/s
(2)从B点到C点，由机械能守恒定律有mv＋mg·2R＝mv
在B点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律有FN－mg＝m
联立解得vB＝5
m/s，FN＝6
N
(3)从A到B由机械能守恒定律有
mv＋mgR(1－cos53°)＝mv，所以vA＝
m/s
在A点进行速度的分解有，vy＝vAsin53°
所以H＝＝3.36
m
答案：(1)5
m/s (2)6
N (3)3.36
m周测八 磁场(B卷)
(本试卷满分95分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1．在赤道上某处有一支避雷针．当带有负电的乌云经过避雷针上方时，避雷针开始放电，则地磁场对避雷针的作用力的方向为( )
A．正东
B．正西
C．正南
D．正北
2．(多选)如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中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
3.
(多选)医生在做手术时，需从血库里取血，为避免感染，都是利用电磁泵从血库里向外抽．如图为一个电磁泵的结构图，长方形导管的左右表面绝缘，上下表面为导体，管长为a，内壁高为b，宽为L，且内壁光滑．将导管放在垂直左右表面向右的匀强磁场中，由于充满导管的血浆中带有正负离子，将上下表面和电源接通，电路中会形成大小为I的电流，导管的前后两侧便会产生压强差p，从而将血浆抽出．其中v为血浆流动方向．若血浆的电阻率为ρ，所加电源的电动势为E，内阻为r，匀强磁场的磁感应强度为B，则( )
A．此装置中血浆的等效电阻为R＝ρ
B．此装置中血浆受到的安培力大小为F＝BIL
C．此装置中血浆受到的安培力大小为F＝BIb
D．前后两侧的压强差为p＝
4.
(多选)如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线均通有大小相等、方向向上的电流．已知长直导线在周围空间某点处产生的磁场的磁感应强度B＝k，式中k是常数、I是导线中电流、r为该点到导线的距离．一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是( )
A．小球先做加速运动，后做减速运动
B．小球一直做匀速直线运动
C．小球对桌面的压力先减小后增大
D．小球对桌面的压力一直在增大
5．(多选)如图所示，在沿水平方向向里的匀强磁场中，带电小球A与B在同一竖直线上，其中小球B带正电荷并被固定，小球A与一水平放置的光滑绝缘板C接触而处于静止状态．若将绝缘板C沿水平方向抽去后，以下说法正确的是( )
A．小球A仍可能处于静止状态
B．小球A将可能沿轨迹1运动
C．小球A将可能沿轨迹2运动
D．小球A将可能沿轨迹3运动
6．(多选)在竖直平面内有两固定点a、b，匀强磁场垂直该平面向里，重力不计的带电小球在a点以不同速度向不同方向运动，运动过程中除磁场力外，还受到一个大小恒定、方向始终跟速度方向垂直的力F的作用，对过b点的带电小球( )
A．如果沿ab直线运动，速率是唯一的
B．如果沿ab直线运动，速率可取不同值
C．如果沿同一圆弧ab运动，速率是唯一的
D．如果沿同一圆弧ab运动，速率可取不同值
7．美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量的带电粒子方面前进了一步．如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C板间，带电粒子从P0处由静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动．对于这种改进后的回旋加速器．下列说法正确的是( )
A．带电粒子每运动一周被加速一次
B．P1P2＝P2P3
C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关
D．加速电场方向需要做周期性的变化
8．(多选)如图所示，绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应的圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧圆心为O′，半径为R；直线段AC、HD粗糙，与圆弧段分别在C、D端相切．整个装置处于方向垂直于轨道所在的平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和ND右侧还分别存在着电场强度大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场．现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放．若PC＝L，小球所受的电场力等于其重力的倍，重力加速度为g.则( )
A．小球第一次沿轨道AC下滑的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动
B．小球在轨道内受到的摩擦力可能大于mg
C．经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功是mgL
D．小球经过O点时，对轨道的弹力可能为2mg－qB
二、非选择题(本题包括4小题，共47分)
9．(12分)
如图，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左．静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强为E0，方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q：＝2d、＝3d，离子重力不计．
(1)求圆弧虚线对应的半径R的大小；
(2)若离子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值；
(3)若撤去矩形区域QNCD内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终打在QN上，求磁场磁感应强度B的取值范围．
10．(10分)
如图所示，在直角坐标系的第Ⅰ象限和第Ⅲ象限存在着电场强度均为E的匀强电场，其中第Ⅰ象限电场沿x轴正方向，第Ⅲ象限电场沿y轴负方向．在第Ⅱ象限和第Ⅳ象限存在着磁感应强度均为B的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向里．有一个电子从y轴的P点以垂直于y轴的初速度v0进入第Ⅲ象限，第一次到达x轴上时速度方向与x轴负方向夹角为45°，第一次进入第Ⅰ象限时，与y轴负方向夹角也是45°，经过一段时间电子又回到了P点，进行周期性运动．已知电子的电荷量为e、质量为m，不考虑重力和空气阻力．求：
(1)P点距原点O的距离；
(2)电子从P点出发到第一次回到P点所用的时间．
11．(12分)
如图所示，内圆半径为r、外圆半径为3r的圆环区域内有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．圆环左侧的平行板电容器两板间电压为U，靠近M板处静止释放质量为m、电荷量为q的正离子，经过电场加速后从N板小孔射出，并沿圆环直径方向射入磁场，不计离子的重力，忽略平行板外的电场．求：
(1)离子从N板小孔射出时的速率；
(2)离子在磁场中做圆周运动的周期；
(3)要使离子不进入小圆区域，电压U的取值范围．
12．(13分)
如图所示，在0≤x≤a区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.在t＝0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xOy平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y轴正方向的夹角分布在0～180°范围内．已知沿y轴正方向发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场边界上P(a，a)点离开磁场．求：
(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷；
(2)此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角θ的取值范围；
(3)从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间．
周测八 磁场(B卷)
1．B 赤道处地磁场方向水平向北，带负电的乌云对避雷针放电形成瞬间电流，负电荷由上而下通过避雷针，则等效电流方向为竖直向上，据左手定则知，安培力的方向为正西，故选项B正确．
2．ABC 由图知金属棒在安培力的作用下先向右做匀加速运动，再做匀减速运动，然后重复运动，故A、B、C正确；受到的安培力在一个周期内先做正功后做负功，故D错误．
3．ACD 由电阻定律得，管中血浆的电阻为R＝ρ，A正确；垂直于磁场方向的电流长度为b，因此电流受到的安培力为F＝BIb，B错误、C正确；血浆匀速流动，安培力等于两侧血浆压力差，即BIb＝pLb，得p＝，D正确．
4．BD 据题意，由于通过M和N的导线电流方向都向上且大小相等，在M、N周围产生逆时针方向磁场，由于磁场的叠加，从a到b合磁场的磁感应强度方向先向桌面内侧后向桌面外侧且大小先减小后增大，带电小球受到的洛伦兹力据f＝qvB可知先向上后向下且先减小后增大，受力分析可知带电小球对桌面的压力大小一直增大；由于洛伦兹力方向与带电小球运动方向垂直，小球运动速度不变，故选项B、D正确．
5．AB 小球A最初处于静止状态，对其受力分析，受重力、弹力(可能为零)、库仑力，因重力竖直向下，故库仑力向上，可知小球A带正电．若绝缘板对小球的弹力为零，则抽去绝缘板后，重力和库仑力仍大小相等而方向相反，故小球A仍处于静止状态，A正确．若库仑力大于重力，小球A会向上做加速运动，则可由左手定则判断将可能沿轨迹1运动，B正确．
6．AD 小球如果沿ab直线运动，由于已知力F与洛伦兹力都与速度方向垂直，则洛伦兹力与已知力的合力为零，小球做匀速直线运动，F＝qvB，小球的速度v＝，小球的速率是一定的，故A正确、B错误；由牛顿第二定律得F＋qvB＝，则R＝，若F取不同值时，v可取不同值使小球沿同一圆弧ab运动，则小球的速率可以取不同值，故C错误、D正确．
7．A 由图可知带电粒子每运动一周被加速一次，加速电场方向不需要做周期性变化，A正确、D错误．由动能定理得nqU＝mv2，又qBv＝m，可得R＝
，R与加速次数不成正比，故B错误．最大动能为Ek＝，R0为D形盒半径，可知C错误．
8．AD 小球刚由静止下落时，由于初速度为零，需要先做加速运动，随着速度的增大，受到的洛伦兹力也在增大，导致摩擦力增大，所以沿斜面向下的合力减小，故小球做加速度减小的加速运动．当速度达到一定值，在沿斜面方向上的合力为零时，小球做匀速直线运动，A正确．根据几何知识可得AC与水平方向的夹角为60°，因为当摩擦力等于重力和电场力沿斜面向下的分力时，小球就已经做匀速直线运动了，故小球受到的摩擦力最大为Eqcos60°＋mgsin60°＝mg，不可能大于mg，B错误．下落过程中，重力和电场力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可得mgL·sin60°＋EqL·cos60°－Wf＝mv2－0，由于经过足够长时间，小球在C点的动能为mv2＝mgR，故Wf＝mgL＋EqL－mgR＝mgL－mgR，所以C错误．在O点小球的向心力为重力、洛伦兹力与轨道的支持力的合力，故有N＋Bqv－mg＝，所以N＝m＋mg－Bqv，下降过程中由于摩擦力做负功，有可能使得小球的速度恰好等于，则此时N＝2mg－Bq，D正确．
9．解题思路：(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理有qU＝mv2.离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律有qE0＝.
联立可得R＝.
(2)离子做类平抛运动，则有
d＝vt，
3d＝at2.
由牛顿第二定律得qE＝ma.
联立可得E＝.
(3)
离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
qvB＝，
则r＝·.
离子能打在QN上，则既没有从DQ边出去也没有从CN边出去，则离子运动径迹的边界如图中Ⅰ和Ⅱ.
由几何关系知，离子能打在QN上，必须满足：d则有·≤B<·.
答案：(1) (2) (3)·≤B<·
10．解题思路：(1)电子在第Ⅲ象限做类平抛运动，到达x轴时，沿y轴方向的分速度为vy＝v0tan45°＝v0.
设OP＝h，则v＝2h，可得h＝.
经分析可知电子在第Ⅳ象限做匀速圆周运动，可知OP的距离h就是圆周运动的半径R，由f＝ev0B＝m，可得h＝.
(2)作出电子的运动轨迹如图所示，在一个周期内，设在第Ⅲ象限运动时间为t3，在第Ⅱ象限运动时间为t2，在第Ⅰ象限运动时间为t1，在第Ⅳ象限运动时间为t4.
在Ⅲ象限有vy＝at3＝t3，由vy＝v0，可解得t3＝.
在第Ⅱ象限电子做匀速圆周运动，周期T＝.
在第Ⅱ象限运动的时间为t2＝＝.
由几何关系可知，电子在第Ⅰ象限的运动与第Ⅲ象限的运动对称，沿x轴正方向做匀减速运动，沿y轴负方向做匀速运动，到达x轴时垂直进入第Ⅳ象限的磁场中，速度变为v0.
在第Ⅰ象限运动时间为t1＝t3＝.
电子在第Ⅳ象限运动四分之一圆周，运动周期与第Ⅱ象限周期相同，即T＝.
在第Ⅳ象限运动时间为t4＝＝.
电子从P点出发到第一次回到P点所用时间为
t＝t1＋t2＋t3＋t4＝＋.
答案：(1)或 (2)＋
11．解题思路：(1)设离子射入匀强磁场时的速度为v，由动能定理得qU＝mv2，解得v＝
.(2)设离子在磁场中做圆周运动的半径为R，离子所受洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得qvB＝m，
运动周期T＝，联立解得T＝.
(3)若离子恰好不进入小圆区域，设离子与小圆相切时轨道半径为R0，此时轨迹如图所示．
由几何关系得R＋(3r)2＝(R0＋r)2，解得R0＝4r.
需满足的条件为R≤R0，又qvB＝m，qU＝mv2.联立解得U≤.
答案：(1)
(2)
(3)U≤
12．解题思路：(1)初速度方向沿y轴正方向的粒子在磁场中的运动轨迹如图甲中的所示，其圆心为C.由题给条件可以得出
∠OCP＝①
此粒子飞出磁场所用的时间为
t0＝②
式中T为粒子做圆周运动的周期．
此粒子运动速度的大小为v，半径为R，由几何关系可得
R＝a③
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB＝m④
T＝⑤
联立可得＝⑥
(2)依题意，同一时刻仍在磁场内的粒子到O点距离相同．在t0时刻仍在磁场中的粒子应位于以O点为圆心、OP为半径的弧上，如图甲所示．
设此时位于P、M、N三点的粒子的初速度分别为vP、vM、vN.由对称性可知vP与OP、vM与OM、vN与ON的夹角均为.设vM、vN与y轴正方向的夹角分别为θM、θN，由几何关系有θM＝⑦
θN＝⑧
对于所有此时仍在磁场中的粒子，其初速度与y轴正方向所成的夹角θ应满足
≤θ≤⑨
(3)在磁场中飞行时间最长的粒子的运动轨迹应与磁场右边界相切，其轨迹如图乙所示．由几何关系可知，
＝⑩
由对称性可知，＝
可得从粒子发射到全部粒子飞出磁场所用的时间t＝2t0.
答案：(1) (2)≤θ≤ (3)2t0周测八 磁场(A卷)
(本试卷满分95分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1.
如图所示，两通电细直导线竖起放置，所通电流大小相等，方向都向上．在虚线所示的水平线上有a、b、c、d四点，其中b点位于两导线之间的中点，关于这四个点的磁感应强度方向描述正确的是( )
A．a点磁感应强度方向竖直向上
B．b点磁感应强度方向垂直于纸面向外
C．c点磁感应强度方向垂直于纸面向里
D．d点磁感应强度方向垂直于纸面向里
2.
如图甲所示，无限长导线均通以恒定电流I.直线部分和坐标轴接近重合，弯曲部分是以坐标原点O为圆心的相同半径的一段圆弧，已知直线部分在原点O处不形成磁场，则图乙中O处磁感应强度和图甲中O处磁感应强度相同的是( )
3．如图所示，在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向垂直纸面向里．过c点的导线所受安培力的方向( )
A．与ab边垂直，指向左边
B．与ab边平行，竖直向上
C．与ab边平行，竖起向下
D．与ab边垂直，指向右边
4.
如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，其中央正上方固定一根直导线，导线与磁铁垂直，并通以垂直纸面向外的电流，下列说法正确的是( )
A．磁铁对桌面的压力减小，不受桌面摩擦力的作用
B．磁铁对桌面的压力减小，受到桌面摩擦力的作用
C．磁铁对桌面的压力增大，不受桌面摩擦力的作用
D．磁铁对桌面的压力增大，受到桌面摩擦力的作用
5.
如图所示，AC是一个用长为L的导线弯成的、以O为圆心的四分之一圆弧，将其放置在与平面AOC垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中．当在该导线中通以由C到A，大小为I的恒定电流时，该导线受到的安培力的大小和方向是( )
A．BIL，平行于OC向左
B.，垂直于AC的连线指向左下方
C.，平行于OC向右
D．2BIL，垂直于AC的连线指向左下方
6．如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、带电荷量为＋Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是( )
A．滑块受到的摩擦力不变
B．滑块滑到地面时的动能与B的大小无关
C．B很大时，滑块最终可能静止于斜面上
D．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面并指向斜面
7．如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向垂直飞入横截面是一正方形的匀强磁场区域，下列判断正确的是( )
A．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长
B．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大
C．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线一定重合
D．电子的速率不同，它们在磁场中运动时间一定不相同
8.
(多选)如图所示，带负电的物块A放在足够长的不带电的绝缘小车B上，两者均保持静止，置于垂直于纸面向里的匀强磁场中，在t＝0时刻用水平恒力F向左推小车B.已知地面光滑，A、B接触面粗糙，A所带电荷量保持不变，下列四图中关于A、B的v－t图象及A、B之间摩擦力Ff－t图象大致正确的是( )
二、非选择题(本题包括4小题，共47分)
9．(8分)
如图所示，MN是一根长为l＝10
cm、质量为m＝50
g的金属棒，用两根长度也为l的细软导线将金属棒MN水平吊起，使金属棒处在B＝
T的竖直向上的匀强磁场中．未通电流时，细导线在竖直方向，通入恒定电流后，金属棒向外偏转的最大偏角θ＝37°.忽略磁场对软导线的作用力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10
m/s2，求金属棒中恒定电流的大小．
10．(10分)
如图所示，轻质空心金属轮A可绕过圆心O的光滑水平轴运动，沿金属轮半径方向接有一根轻质金属棒OC，其长度为a、电阻为r，A轮的边缘与金属棒的端点O通过电刷、导线与一阻值为R的电阻相连．一轻细绳的一端固定在A轮的边缘上的某点，绳在A轮上绕有足够多的匝数后，悬挂一质量为m的重物P，A轮处在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场中，不计A轮、端点O与电刷之间的摩擦及A轮的电阻．求：
(1)当A轮角速度为ω时，金属棒所受安培力的大小；
(2)释放重物，在运动稳定后，重物匀速运动时的速度．
11．(13分)
如图所示，在空间中存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，其边界AB与CD之间的宽度为d，在左边界的Q点处有一质量为m、带电荷量为－q的粒子沿与左边界夹角为30°的方向射入磁场，粒子重力不计．
(1)求带电粒子能从AB边界飞出的最大速度；
(2)若带电粒子能垂直CD边界飞出磁场，穿过小孔进入如图所示的匀强电场中减速至零且不碰到负极板，求极板间电压及整个过程中粒子在磁场中运动的时间；
(3)若带电粒子的速度是(2)中的倍，并可以从Q点沿纸面各个方向射入磁场，求粒子从出发点到打到CD边界的最高点位置之间的距离．
12．(16分)
如图所示，两平行金属板A、B间的电势差为U＝5×104
V．在B板的右侧有两个方向不同但宽度相同的有界磁场Ⅰ、Ⅱ，它们的宽度为d1＝d2＝6.25
m，磁感应强度分别为B1＝2.0
T、B2＝4.0
T，方向如图中所示．现有一质量m＝1.0×10－8
kg、电荷量q＝1.6×10－6
C、重力忽略不计的粒子从B板的O点由静止释放，经过加速后恰好从B板的小孔Q处飞出．试求：
(1)带电粒子从加速电场中出来的速度v；
(2)带电粒子穿过磁场区域Ⅰ所用的时间t；
(3)带电粒子从磁场区域Ⅱ射出时速度方向与边界面的夹角；
(4)若d1的宽度不变，改变d2的宽度，要使粒子不能从Ⅱ区飞出磁场，则d2的宽度至少为多大？
周测八 磁场(A卷)
1．D 四点的磁场方向是由两条通电直导线产生的磁场共同决定的，距离导线越近，磁感应强度越大，故根据安培定则和磁场的叠加可得a点的合磁场方向垂直纸面向里，b点合磁场为零，c点的合磁场方向垂直纸面向外，d点的合磁场方向垂直纸面向里，故D正确．
2．A 由题意可知，图甲中O处磁感应强度的大小是其中一段在O点产生的磁感应强度大小的2倍，方向垂直纸面向里；图A中，根据安培定则可知，左上段与右下段的通电导线产生的磁场叠加为零，则剩余的两段通电导线产生的磁感应强度大小是其中一段在O点的磁感应强度的2倍，且方向垂直纸面向里，故A正确；同理，图B中，四段通电导线在O点产生的磁感应强度是其中一段在O点产生的磁感应强度的4倍，方向垂直纸面向里，故B错误；图C中，右上段与左下段产生磁场叠加为零，则剩余两段产生磁感应强度大小是其中一段在O点产生磁感应强度的2倍，方向垂直纸面向外，故C错误；图D中，四段在O点产生的磁感应强度是其中一段在O点产生磁感应强度的2倍，方向垂直纸面向外，故D错误．
3．A 导线a在c处产生的磁场方向由安培定则可判断，即垂直ac向左下方，同理导线b在c处产生的磁场方向垂直bc向右下方，则由平行四边形定则可知过c点的合磁场方向平行于ab向下．根据左手定则可判断导线c受到的安培力垂直ab边指向左边．所以选项A正确．
4．A 在磁铁外部，磁感线从N极指向S极，长直导线在磁铁的中央正上方，导线所在处磁场水平向左；导线中电流垂直于纸面向外，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向下；由牛顿第三定律可知，导线对磁铁的作用力竖直向上，因此磁铁对桌面的压力减小，小于磁铁的重力，磁铁相对桌面没有运动趋势，磁铁不受摩擦力，故A正确．
5．B 直导线折成半径为R的圆弧形状，在磁场中的有效长度为R，又因为L＝×2πR，则安培力F＝BI·R＝.安培力的方向与有效长度的直线AC垂直，根据左手定则可知，安培力的方向垂直于AC的连线指向左下方，B正确．
6．D 小滑块向下运动的过程中受到重力、支持力、垂直斜面向下的洛伦兹力、摩擦力，小滑块向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大，故A错误、D正确；若B的大小不同，洛伦兹力大小不同，导致滑动摩擦力大小不同，根据动能定理，摩擦力做的功不同，滑到地面时的动能不同，故B错误；滑块之所以开始能动，是因为重力沿斜面的分力大于摩擦力，B很大时，一旦运动，不会停止，最终做匀速直线运动，故C错误．
7．B 电子在磁场中运动时间由圆心角决定，与速度无关，故B正确．电子若做半个圆周运动，轨迹如图中3、4、5所示，时间相同，但轨迹不同，即它们的速率不同，因此A、C、D都错误．
8．AC 在t＝t1之前物块A与小车共同做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得F＝(m＋M)a，所以小车与物块的速度随时间均匀增大；对物块A根据牛顿第二定律有f＝ma，即静摩擦力提供其加速度，根据左手定则判断出物块A所受洛伦兹力方向竖直向上，物块A所受的洛伦兹力逐渐增大，由于物块A竖直方向受力平衡，所以A与B之间的弹力减小，即它们间的最大静摩擦力减小，当A、B之间的最大静摩擦力不能提供物块A原来的加速度a时，A、B发生相对滑动，此时物块A受到向左的滑动摩擦力虽然小于刚才的静摩擦力，但是滑动摩擦力的方向仍然向左，物块A仍然加速运动，物块A所受向上的洛伦兹力qvB逐渐增大，由于物块A竖直方向受力平衡，物块A与小车B之间的弹力减小，所以向左的滑动摩擦力也减小，即物块A的加速度在减小，直到t2时刻加速度减小到零，最后做匀速直线运动，在速度—时间图象中物块A的图象斜率逐渐减小到零．当物块A与小车B发生了相对滑动，小车B受到物块A施加的向右的滑动摩擦力一直减小，由于水平恒力F是定值，所以小车受到向左的合力一直增大，即小车的加速度逐渐增大，在速度—时间图象中，小车的图象斜率从t1时刻开始增大，直到t2时刻A、B间无摩擦力时，小车B水平方向受到的合力F保持不变，即小车B做匀加速直线运动，故选项A、C正确，B、D错误．
9．解题思路：
金属棒向外偏转的过程中，受重力mg、导线拉力FT、安培力F，其侧视图如图所示，其中导线的拉力不做功，由动能定理得
WF＋WG＝0(1分)
其中安培力做的功WF＝Flsinθ＝BIl2sinθ(2分)
重力做的功WG＝－mgl(1－cosθ)(2分)
解得金属棒中的电流为I＝(2分)
代入数据得I＝5
A(1分)
答案：5
A
10．解题思路：(1)在Δt时间内，金属棒转过的角度为θ，则其扫过的面积为：
ΔS＝a2θ＝a2ωΔt(1分)
根据法拉第电磁感应定律，金属棒产生的感应电动势大小为E，则E＝＝(1分)
又I＝(1分)
F＝BIa(1分)
所以金属棒所受安培力F＝(1分)
(2)金属棒产生的感应电动势大小E＝(1分)
重物P匀速运动时重力的功率等于所有电阻的热功率之和
即mgv＝(1分)
而v＝ω·a(1分)
解得重物匀速运动时的速度v＝，方向为竖直向下(2分)
答案：(1) (2)
11．解题思路：(1)当粒子运动到右边界，其轨迹恰好与CD边相切时，所对应的速度是能从AB边界飞出的最大速度，其轨迹图如
图甲所示，设其轨道半径为R，最大速度为vmax
由几何关系得：R＋Rcos30°＝d(1分)
由洛伦兹力提供向心力得：Bqvmax＝m(1分)
由以上两式解得：
vmax＝(1分)
(2)粒子的运动轨迹如图乙所示，由几何关系知粒子此时的轨道半径为：R2＝(1分)
设这时粒子在磁场中运动的速度大小为v2，由洛伦兹力提供向心力得：
Bqv2＝m
粒子进入电场在电场中运动，由动能定理得：mv＝qU(2分)
解得极板间电压
U＝＝(1分)
粒子不碰到右极板所加电压满足的条件为U≥(1分)
因粒子转过的圆心角为60°，所用时间为，而周期T＝(1分)
因返回通过磁场所用时间相同，所以总时间t＝2×＝(1分)
(3)当粒子速度为(2)中的倍时，即v3＝v2，根据Bqv3＝m解得R3＝2d(1分)
当粒子沿BA方向进入磁场时，打在DC边上的点为最高点，如图丙，由几何关系可得粒子能打到CD边界的最高点位置与Q点的距离为：l＝R3＝2d(2分)
答案：(1) (2) (3)2d
12．解题思路：(1)粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理有：
qU＝mv2－0(2分)
解得v＝4.0×103
m/s(1分)
(2)粒子运动轨迹如图甲，设粒子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力提供向心力得：qvB1＝(1分)
代入数据解得r＝12.5
m(1分)
设粒子在Ⅰ区内做圆周运动的圆心角为θ，则：
sinθ＝＝＝(1分)
所以θ＝30°(1分)
粒子在Ⅰ区运动周期T＝(1分)
则粒子在Ⅰ区运动时间t＝T(1分)
解得t＝
s≈1.6×10－3
s(1分)
(3)设粒子在Ⅱ区做圆周运动的轨道半径为R，则qvB2＝(1分)
解得R＝6.25
m(1分)
如图甲所示，由几何关系可知△MO2P为等边三角形，所以粒子离开Ⅱ区域时速度与边界面的夹角为α＝60°(1分)
(4)要使粒子不能从Ⅱ区飞出磁场，粒子运动的轨道与磁场边界相切时，由图乙可知Ⅱ区磁场的宽度至少为：
d2＝R＋Rcos60°＝1.5R＝9.375
m(3分)
答案：(1)4.0×103
m/s (2)1.6×10－3
s
(3)60° (4)9.375
m周测六 静电场(A卷)
(本试卷满分95分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1．(2017·湖北宜昌模拟)有三个完全一样的金属小球A、B、C，小球A所带电荷量为10Q，小球B所带电荷量为－Q，小球C不带电，将A、B两小球固定，相距r，此时A、B两小球间的相互作用力大小为F；然后让小球C反复与A、B两小球多次接触，最后移去小球C后，则A、B两小球间的相互作用力大小为( )
A．F
B．10F
C.F
D.F
2．(多选)(2017·江苏四市联考)如图所示，a、b、c三点在固定点电荷Q1、Q2连线的延长线上，Q1带正电．一带正电粒子从a点由静止释放，仅在电场力作用下运动，经b点时速度最大，到c点时速度为零．下列说法正确的是( )
A．Q2带正电
B．Q2的电荷量大于Q1的电荷量
C．a、c两点电势相等
D．b点的电场强度最大
3．(2017·华师一附中模拟)已知电荷分布均匀的绝缘球，球壳对壳内点电荷的作用力为零，对球壳外点电荷的作用力等于将所有电荷量全部集中在球心的点电荷对球外点电荷的作用力．若真空中有一半径为R的均匀带正电的绝缘球，通过其球心作一条直线，用r表示该直线上某点到球心的距离，则该直线上各点的电场强度E随r变化的图象正确的是( )
4.
(2017·浙江温州模拟)如图所示，虚线表示等势面，相邻等势面间的电势差相等，有一带正电的小球在电场中运动，实线表示该小球的运动轨迹．小球在a点的动能为20
eV，在b点的动能为2
eV.若取c点为零电势点，则当这个带电小球的电势能为6
eV时(不计重力和空气阻力)，它的动能为( )
A．16
eV
B．8
eV
C．6
eV
D．4
eV
5．(2017·上海崇明区模拟)
在竖直向下的匀强电场E中，一带电油滴在电场力和重力的作用下，沿虚线所示的运动轨迹从a运动到b.若此带电油滴在运动过程中动能和重力势能之和为E1，重力势能和电势能之和为E2，则E1、E2的变化情况是( )
A．E1增加，E2增加
B．E1增加，E2减小
C．E1不变，E2减小
D．E1不变，E2不变
6．(2017·湖北部分重点中学联考)静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是( )
A．断开开关S后，将A、B两极板分开些
B．保持开关S闭合，将A、B两极板分开些
C．保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些
D．保持开关S闭合，将滑动变阻器滑动触头
7．(多选)传感器是把非电学量转换成电学量的一种元件．图乙、丙是两种常见的电容式传感器，现将乙、丙两种传感器分别接到图甲的电路中进行实验(电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏)，下列实验现象中正确的是( )
A．当乙传感器接入电路实验时，若F变小，则电流表指针向右偏转
B．当乙传感器接入电路实验时，若F变大，则电流表指针向右偏转
C．当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变大，则电流表指针向左偏转
D．当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变小，则电流表指针向左偏转
8．(多选)
如图所示，A、B为平行金属板，两板间距为d，且两板分别与电源两极相连(未画出)，两板的中央各有一小孔M和N.今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N在同一竖直线上)，空气阻力忽略不计，质点到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回．若保持两极板间的电压不变，则正确的是( )
A．把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回
B．把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
C．把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回
D．把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
二、非选择题(本题包括4小题，共47分)
9．(7分)
在竖直平面内固定一个半径为R的均匀带电细圆环，质量为m的带电小球(视为质点)通过长为L的绝缘细线悬挂在圆环的最高点．当圆环、小球都带有相同的电荷量Q(未知)时，发现小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，如图所示．已知静电力常量为k，重力加速度为g，则绝缘细线对小球的拉力FT＝________，圆环的带电量Q＝________.
10．(13分)
在一个点电荷Q的电场中，Ox坐标轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为2.0
m和5.0
m．放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，电场力的大小跟试探电荷的电荷量关系图象分别如图中直线a、b所示，放在A点的电荷带正电，放在B点的电荷带负电(忽略试探电荷之间的影响)．求：
(1)B点的电场强度的大小和方向；
(2)试判断电荷Q的电性，并说明理由；
(3)点电荷Q的位置坐标．
11．(14分)在真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场．若将一个质量为m、带正电荷量为q的小球在此电场中由静止释放，小球将沿与竖直方向夹角为53°的直线运动．现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出，求：(sin53°＝0.8)
(1)此电场的电场强度大小；
(2)小球运动中从抛出点至最高点之间的电势差U.
12．(13分)实验表明，炽热的金属丝可以发射电子．在图中，从炽热金属丝射出的电子流，经电场加速后进入偏转电场．已知加速电极间的电压是2
500
V，偏转电极间的电压是2.0
V，偏转电极长6.0
cm.相距0.2
cm.电子的质量是0.91×10－30
kg，电子重力不计．求：
(1)电子离开加速电场时的速度；
(2)电子离开偏转电场时的侧向速度；
(3)电子离开偏转电场时侧向移动的距离．
周测六 静电场(A卷)
1．C 依题意可知A、B两小球最初所带电荷量的总和被三个小球间均分，则A、B两小球最终的电荷量均为＝3Q，A、B两小球之间最初是引力，大小为F＝k＝10k，A、B两小球之间最终是斥力，大小为F′＝k＝9k＝F，C正确．
2．BC 带正电粒子经过b点时速度最大，此时带电粒子所受合力为零，可知b点的合场强为零，因此Q2带负电，故A、D错误；b点的合场强为零，说明Q1、Q2在b点产生的场强大小相等，由点电荷场强公式E＝k知，Q2的电荷量大于Q1的电荷量，故B正确；从a运动到c的过程，带电粒子的动能变化量为零，由动能定理知电场力做功为零，则a、c两点电势相等，故C正确．
3．A 该球的电荷密度ρ＝，球内某点的电场强度等于以距球心的距离r为半径的球体所产生的电场强度，大小E＝k＝πρkr，球外某点的电场强度E＝k，所以A正确．
4．B 小球自a点运动到b点时，电场力做负功，Wab＝2
eV－20
eV＝－18
eV①；由于相邻两等势面的电势差相等，故电势差的大小关系有Uab＝－1.5Ubc②；从b点到c点电场力做正功，根据动能定理有Wbc＝Ekc－Ekb③；又W＝Uq④；联立①②③④可得Ekc＝14
eV.由于只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变，故在c点时，电势能和动能之和E＝Ep＋Ek＝14
eV，因此当电势能等于6
eV时，动能为8
eV，故B正确．
5．B 根据轨迹可知，粒子带负电，受到向上的电场力大于重力，合力做正功，动能增加，所以电势能和重力势能之和E2减少，电场力做正功，电势能减少，所以重力势能和动能之和E1增加，B正确．
6．A 断开开关S，电容器所带电荷量不变，将A、B两极板分开一些，则d增大，根据C＝知，电容减小，根据U＝知，电势差增大，指针张角增大，故选项A正确；保持开关S闭合，无论将A、B两极板分开些，还是将二者靠近些，电容器两端的电势差都不变，则指针张角不变，故选项B、C错误；保持开关S闭合，滑动变阻器仅仅充当导线作用，电容器两端的电势差不变，滑动触头滑动不会影响指针张角，故选项D错误．
7．BD 当乙传感器接入电路实验时，若F变小，则两极间距变大，由C＝可知，电容器的电容减小，电容器所带电荷量减小，电容器放电，则电流从电流表负极流入，故电流表指针向左偏转，同理，若F变大，则电流表指针向右偏转，选项A错误，选项B正确；当丙传感器接入电路时，金属芯线与导电溶液形成电容器，若导电溶液深度h变大，两极板正对面积增大，由C＝可知，电容器的电容变大，带电荷量增加，电容器充电，则电流表指针向右偏转，故选项C错误；同理分析可知，选项D正确．
8．ACD 依题意，质点由P至N过程中，2mgd－qUAB＝0，电场力做功等于重力做功的大小，把A板向上平移一小段距离或向下移动一小段距离，UAB不变，电场力做功仍等于重力做功的大小，根据动能定理，2mgd－qUAB＝0，质点自P点自由下落后仍能返回，A正确、B错误；将B板向上移动一小段距离，设板间距减为d′，UAB不变，根据动能定理知mg(d＋d′)－qUAB<2mgd－qUAB，说明在到达N点前质点的速度就已经减为0，之后向上返回，C正确；将B板向下移动一小段距离，设板间距增大为d″，UAB不变，根据动能定理知mg(d＋d″)－qUAB＝mv2>2mgd－qUAB，故质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落，D正确．
9．解题思路：本题考查电场的叠加、库仑定律，意在考查考生应用数学知识处理物理问题的能力．由于圆环不能看作点电荷，我们取圆环上一部分Δx，设总电荷量为Q，则该部分电荷量为Q，由库仑定律可得，该部分对小球的库仑力F1＝，方向沿该点与小球的连线指向小球；同理，取以圆心对称的相同的一段，其库仑力与F1相同；如图甲所示，两力的合力应沿圆心与小球的连线向外，大小为2×；因圆环上各点对小球均有库仑力，故所有部分库仑力的合力F＝，方向水平向右；小球受力分析如图乙所示，小球受重力、拉力及库仑力而处于平衡，故FT与F的合力应与重力大小相等，方向相反；由几何关系可得＝；则小球对绳子的拉力FT＝；＝，解得Q＝
.
答案：(4分) (3分)
10．解题思路：(1)由EB＝和图象可得
EB＝＝2.5
V/m
EA＝
V/m
放入B点的是负电荷，所以电场强度方向跟负电荷受力方向相反，
故B点电场方向沿x轴负向．
(2)A点的正电荷受力沿x轴正向，而B点的负电荷受力也沿x轴正向，根据同种电荷互相排斥，异种电荷互相吸引．所以Q带的是负电，而且在A、B之间．
(3)由(2)问已知Q在A、B之间，设离A点距离为L，则离B点距离为(3
m－L)根据E＝得，
EA＝＝40
V/m，
EB＝＝2.5
V/m
可求得L＝0.6
m
所以点电荷Q的位置为x＝2
m＋0.6
m＝2.6
m处．
答案：(1)2.5
V/m，沿x轴负向 (2)Q带负电
(3)x＝2.6
m
11．解题思路：(1)根据题设条件，电场力大小F＝qE＝mgtan53°＝mg
故E＝＝
(2)小球沿竖直方向做匀减速运动，速度为vy，则vy＝v0－gt
沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为ax，则
ax＝＝g
小球上升到最高点时vy＝0，故时间
t＝，此过程小球沿电场方向的位移
sx＝axt2＝
电场力做功W＝Fsx＝mv
小球运动的抛出点至最高点之间的电势差U＝mv
答案：(1) (2)mv
12．解题思路：(1)由qU＝mv2得
v＝
＝3.0×107
m/s
(2)由v⊥＝at，a＝＝，t＝得
v⊥＝at＝＝3.0×107
m/s
(3)由y＝at2，t＝，a＝得
y＝l2≈3.5×10－4
m
答案：(1)3.0×107
m/s (2)3.0×107
m/s
(3)3.5×10－4
m课练25 实验 测定电源的电动势和内电阻
练习使用多用电表
1.关于多用电表的使用：
(1)下列说法正确的是( )
A．多用电表是电压表、电流表、欧姆表共用一个表头改装而成的
B．用多用电表测电压、电流时，红表笔的电势都高于黑表笔的电势
C．用多用电表测电阻时，红表笔的电势高于黑表笔的电势
D．用多用电表测电压、电流和电阻时，电流都是从红表笔流入的
E．用多用电表测电压、电流和电阻时，都用到了表内的电源
F．测电阻时，必须把与被测电阻相接的电源分离
G．测电阻时，两个表笔要与待测电阻接触良好才能测得较准确，因此，应当用两手分别将两个表笔与电阻两端紧紧捏在一起
(2)用多用电表进行了几次测量，指针的位置如图所示．若多用电表的选择开关处于下面表格中所指的挡位，相应读数是多少？请填在表格中．
欧姆挡×10
________
Ω
直流电流50
mA挡
________
mA
直流电压5
V挡
________
V
(3)下列操作为某同学用多用电表测一个电阻(阻值约为200
Ω)的操作步骤．下面为已打乱的该同学测量时的操作步骤，请按正常操作排序：________.
A．将两表笔短接，调节欧姆挡调零旋钮使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度
B．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔
C．调节定位螺丝，使电表指针指在左端零刻线上
D．旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡×10
E．旋转选择开关使其尖端对准OFF挡或交流最大挡，并拔出两表笔
(4)
用多用电表探测图甲所示黑箱发现：用直流电压挡测量，E、G两点间和F、G两点间均有电压，E、F两点间无电压；用欧姆挡测量，黑表笔(与电表内部电源的正极相连)接E点，红表笔(与电表内部电源的负极相连)接F点，阻值很小，但反接阻值很大．那么，该黑箱内元件的接法可能是图乙中的________．
2．在实验室测量两个直流电源的电动势和内阻．电源甲的电动势大约为4.5
V，内阻大约为1.5
Ω；电源乙的电动势大约为1.5
V，内阻大约为1
Ω.由于实验室条件有限，除了导线、开关外，实验室还能提供如下器材：
A．量程为0～3
V的电压表V
B．量程为0～0.6
A的电流表A1
C．量程为0～3
A的电流表A2
D．阻值为4.0
Ω的定值电阻R1
E．阻值为100
Ω的定值电阻R2
F．最大阻值为10
Ω的滑动变阻器R3
G．最大阻值为100
Ω的滑动变阻器R4
(1)选择电压表、电流表、定值电阻、滑动变阻器等器材，采用图甲所示电路测量电源甲的电动势和内阻．
①定值电阻应该选择________(填“D”或“E”)；电流表应该选择________(填“B”或“C”)；滑动变阻器应该选择________(填“F”或“G”)．
②分别以电流表的示数I和电压表的示数U为横坐标和纵坐标，计算机拟合得到如图乙所示U－I图象，U和I的单位分别为V和A，拟合公式为U＝－5.6I＋4.4.
则电源甲的电动势E＝________
V，内阻r＝________Ω.(保留两位有效数字)
③在测量电源甲的电动势和内阻的实验中，产生系统误差的主要原因是________．
A．电压表的分流作用
B．电压表的分压作用
C．电流表的分压作用
D．电流表的分流作用
E．定值电阻的分压作用
(2)为了简便快捷地测量电源乙的电动势和内阻，选择电压表、定值电阻等器材，采用图丙所示电路．
①定值电阻应该选择________(填“D”或“E”)．
②实验中，首先将K1断开，K2闭合，电压表示数为1.48
V．然后将K1、K2均闭合，电压表示数为1.23
V，则电源乙电动势E＝________
V，内阻r＝________Ω.(小数点后保留两位小数)
3．某同学通过查找资料自己动手制作了一个电池．该同学想测量一下这个电池的电动势E和内阻r，但是从实验室只借到一个开关、一个电阻箱(最大阻值为999.9
Ω，可当标准电阻用)、一只电流表(量程Ig＝0.6
A，内阻rg＝0.1
Ω)和若干导线．
(1)请根据测定电动势E和内阻r的要求，设计图甲中器件的连接方式，画线把它们连接起来．
(2)接通开关，逐次改变电阻箱的阻值R，读出与R对应的电流表的示数I，并做记录．当电阻箱的阻值R＝2.6
Ω时，其对应的电流表的示数如图乙所示．处理实验数据时，首先计算出每个电流值I的倒数，再制作R－坐标图，如图丙所示，图丙中已标注出了的几个与测量对应的坐标点，请你将与图乙实验数据对应的坐标点也标注在图丙上．
(3)在图丙上把描绘出的坐标点连成图线．
(4)根据图丙描绘出的图线可得出这个电池的电动势E＝________
V，内阻r＝________
Ω.
4．在测定一节干电池的电动势和内阻(电动势约1.5
V，内阻小于2.0
Ω)的实验中，备有下列参数准确可靠的器材：
电流表A1(量程0～3
mA，内阻r1＝5.0
Ω)；
电流表A2(量程0～0.6
A，内阻r2＝0.5
Ω)；
滑动变阻器R1(0～10
Ω，2.0
A)；
滑动变阻器R2(0～100
Ω，1.0
A)；
定值电阻R3(995
Ω)；
定值电阻R4(9.5
Ω)；
开关和导线若干．
(1)某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图甲所示的实验电路，图中x表为电流表________，y表为电流表________，定值电阻应选________，滑动变阻器应选________．(均填写器材的字母代号)
(2)图乙为该同学根据实验电路，利用测出的数据绘出的I1与(I1＋I2)的关系图线，I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数．则由图线可求被测干电池的电动势E＝________
V，内阻r＝________
Ω.(结果保留三位有效数字)
(3)在电路连接良好的情况下，该实验方案________(填“有”或“没有”)系统误差．
5.
甲同学设计了如图所示的电路测电源电动势E及电阻R1和R2的阻值．实验器材有：待测电源E(不计内阻)，待测电阻R1，待测电阻R2，电压表V(量程为0～1.5
V，内阻很大)，电阻箱R(0～99.99
Ω)，单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干．
(1)先测电阻R1的阻值．请将甲同学的操作补充完整：
A．闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数r和对应的电压表示数U1；
B．保持电阻箱示数不变，________，读出电压表的示数U2；
C．则电阻R1的表达式为R1＝________.
(2)
甲同学已经测得电阻R1＝4.80
Ω，继续测电源电动势E和电阻R2的阻值．该同学的做法是：闭合S1，将S2切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据绘出了如图所示的－图线，则电源电动势E＝________
V，电阻R2＝________
Ω.(保留三位有效数字)
(3)利用甲同学设计的电路和测得的电阻R1，乙同学测电源电动势E和电阻R2的阻值的做法是：闭合S1，将S2切换到b，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据绘出相应的－图线，根据图线得到电源电动势E和电阻R2.这种做法与甲同学的做法比较，由于电压表测得的数据范围________(填“较大”、“较小”或“相同”)，所以________同学的做法更恰当些．
6．现用以下器材测量电池的电动势和内阻．
A．被测电池(电动势在10～15
V之间)
B．电阻箱(0～20
Ω)
C．滑动变阻器(最大阻值20
Ω)
D．定值电阻R0(阻值5
Ω)
E．电流表A1(量程0～0.6
A)
F．电流表A2(量程0～3
A)
G．开关
H．导线若干
实验中只用到了包括电池和定值电阻R0在内的六种实验器材，并利用实验数据作出了通过电池的电流I的倒数和外电路电阻R(R0除外)的关系图线，即－R图线，如图所示．则：
(1)实验时电阻箱和滑动变阻器二者中应选择________；
(2)在虚线框内画出实验原理图；
(3)根据图线求出电池的电动势为________
V，内阻为________
Ω；
(4)说出实验中产生误差的原因(说出两条即可)：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
7.
如图所示，一热敏电阻RT放在控温容器M内；A为毫安表，量程6
mA，内阻为几十欧姆；E为直流电源，电动势约为3
V，内阻很小；R为电阻箱，最大阻值为999.9
Ω；S为开关．已知RT在95
℃时的阻值为150
Ω，在20
℃时的阻值约为550
Ω.现要求在降温过程中测量在20～95
℃之间的多个温度下RT的阻值．
(1)在图中连线，完成实验电路原理图．
(2)完成下列实验步骤：
a．依照实验电路原理图连线；
b．调节M内的温度，使得RT的温度为95
℃；
c．将电阻箱调到适当的初值，以保证电路安全；
d．闭合开关，调节电阻箱，记录电流表的示数I0，并记录________________________________________________________________________；
e．将M内的温度降为T1(20
℃℃)；调节电阻箱，使得电流表的示数________，记录________；
f．温度为T1时热敏电阻的阻值RT1＝________；
g．逐步降低M内的温度，直至20
℃为止，在温度T2、T3、T4、…情况下重复步骤e、f.
8.
如图所示的电路，1、2、3、4、5、6为连接点的标号．在开关闭合后，发现小灯泡不亮．现用多用电表检查电路故障，需要检测的有：电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各连接点．
(1)在开关闭合时，为了检测小灯泡以及3根导线，将多用电表接在连接点1、2处，在连接点1、2与电源接好的情况下，应当选用
多用电表的________挡，在连接点1、2同时与电源断开的情况下，应当选用多用电表的________挡．
(2)在开关闭合的情况下，若测得5、6两点间的电压接近电源的电动势，则表明________可能有故障．
(3)将小灯泡拆离电路，写出用多用电表检测小灯泡是否有故障的具体步骤．
①旋转选择旋钮，使其指到欧姆挡．
②________________________________________________________________________.
③________________________________________________________________________.
9．如图所示是多用电表表头的示意图．在正确操作的情况下：
(1)若选择开关的位置如灰箭头所示，则测量的物理量是________，测量结果为________．
(2)若选择开关的位置如白箭头所示，则测量的物理量是________，测量结果为________．
(3)若选择开关的位置如黑箭头所示，则测量的物理量是________，测量结果为________．
(4)若选择开关的位置如黑箭头所示，正确操作后发现指针的偏转角很大(指针偏向表盘右端)，那么接下来的正确操作步骤应该依次为：________，________，将红黑表笔分别接被测电阻两端，读出指针所指刻度，再乘以倍率得出测量值．
(5)无论用多用电表进行何种测量(限于直流)，电流都应该从________色表笔经________(填“正”或“负”)插孔流入电表．
10．在练习使用多用电表的实验中
(1)某同学连接的电路如图所示．
①若旋转选择开关，使其尖端对准直流电流挡，则此时测得的是通过________的电流；
②若断开电路中的电键，旋转选择开关，使其尖端对准欧姆挡，则此时测得的是________的电阻；
③若旋转选择开关，使其尖端对准直流电压挡，闭合电键，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，则此时测得的是________两端的电压．
(2)在使用多用电表的欧姆挡测量电阻时，若________．
A．双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大
B．测量时发现指针偏离中央刻度过大，则必须减小倍率，重新调零后再进行测量
C．选择“×10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于25
Ω
D．欧姆表内的电池使用时间太长，虽然完成调零，但测量值将略偏大
1.
(2016·四川理综)用如图所示电路测量电源的电动势和内阻．实验器材：待测电源(电动势约3
V，内阻约2
Ω)，保护电阻R1(阻值10
Ω)和R2(阻值5
Ω)，滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干．
实验主要步骤：
①将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；
②逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；
③以U为纵坐标，I为横坐标，作U－I图线(U、I都用国际单位)；
④求出U－I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a.
回答下列问题：
(1)电压表最好选用__________；电流表最好选用__________．
A．电压表(0～3
V，内阻约15
kΩ)
B．电压表(0～3
V，内阻约3
kΩ)
C．电流表(0～200
mA，内阻约2
Ω)
D．电流表(0～30
mA，内阻约2
Ω)
(2)滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大．两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是__________．
A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱
B．两导线接在滑动变阻器
金属杆两端的接线柱
C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱
D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱
(3)选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E＝__________，r＝__________，代入数值可得E和r的测量值．
2．(2015·天津理综)用电流表和电压表测定由三节干电池串联组成的电池组(电动势约4.5
V，内电阻约1
Ω)的电动势和内电阻，除待测电池组、电键、导线外，还有下列器材供选用：
A．电流表：量程0.6
A，内电阻约1
Ω
B．电流表：量程3
A，内电阻约0.2
Ω
C．电压表：量程3
V，内电阻约30
kΩ
D．电压表：量程6
V，内电阻约60
kΩ
E．滑动变阻器：0～1
000
Ω，额定电流0.5
A
F．滑动变阻器：0～20
Ω，额定电流2
A
(1)为了使测量结果尽量准确，电流表应选用________，电压表应选用________，滑动变阻器应选用________．(均填仪器的字母代号)
(2)如图为正确选择仪器后，连好的部分电路．为了使测量误差尽可能小，还需在电路中用导线将________和________相连、________和________相连、________和________相连．(均填仪器上接线柱的字母代号)
(3)实验时发现电流表坏了，于是不再使用电流表，剩余仪器中仅用电阻箱替换掉滑动变阻器，重新连接电路，仍能完成实验．实验中读出几组电阻箱的阻值R和对应电压表的示数U.用图象法处理采集到的数据，为在直角坐标系中得到的函数图象是一条直线，则可以________为纵坐标，以________为横坐标．
3．(2017·山西八校一联)太阳能是一种清洁、“绿色”能源．在我国上海举办的2010年世博会上，大量利用了太阳能电池．太阳能电池在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件．某实验小组根据测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池在没有光照时(没有储存电能)的I－U特性图线．所用的器材包括：太阳能电池，电源E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，开关S及导线若干．
(1)为了达到上述目的，实验电路应选用图甲中的________图(填“a”或“b”)．
(2)该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图乙的I－U图象．由图可知，当电压小于2.00
V时，太阳能电池的电阻________(填“很大”或“很小”)；当电压为2.80
V时，太阳能电池的电阻约为________
Ω.
(3)当有光照射时，太阳能电池板作为电源，其路端电压与总电流的关系如图丙所示，分析该曲线可知，该电池板作为电源时的电动势为________
V，若把它与阻值为1
kΩ的电阻连接构成一个闭合电路，在有光照射情况下，该电池板的效率是________%.(结果保留三位有效数字)
4．(2017·徐州质检)某实验小组利用如下实验器材测量干电池的电动势和内阻．
A．待测干电池两节，每节电池电动势约为1.5
V，内阻约几欧姆
B．直流电压表V1、V2，内阻约为3
kΩ
C．阻值为5
Ω的定值电阻R0
D．滑动变阻器R，最大阻值为Rm
E．导线和开关
(1)根据下面的电路原理图完成电路实物图的连接；
(2)实验中移动滑动变阻器的触头，读出电压表V1和V2的多组数据如下表，请在下面的坐标纸中描绘出U1－U2图象；
实验次数
1
2
3
4
5
6
U1(V)
0.50
0.81
1.00
1.50
1.85
2.30
U2(V)
2.15
2.21
2.32
2.50
2.69
2.76
(3)根据描绘出的U1－U2图象，求得两节干电池的总电动势E＝________
V，总内阻r＝________
Ω.(计算结果保留两位有效数字)
5．(2017·湖北八校二联)现有一个电压表有刻度但无刻度值，提供以下可选用的器材及导线若干，要求尽可能精确地测量一个电压表的满偏电压Ug.
A．待测电压表V1，满偏电压约3
V，内阻RV1＝3
000
Ω，刻度均匀、总格数为N；
B．电流表A：量程0.6
A、内阻RA约0.1
Ω；
C．电压表V2：量程15
V、内阻RV2约15
kΩ；
D．标准电阻R1＝10
Ω；
E．标准电阻R2＝10
kΩ；
F．滑动变阻器R：最大阻值200
Ω；
G．学生电源E，电动势15
V，内阻不计；
H．开关一个．
①方程中已画出部分实验电路图，请你完成剩余的部分电路图，并标上题目中所给仪器的字母代号．
②测出多组数据，其中一组数据中待测电压表V1的指针偏转了n个格，可计算出满偏电压Ug为________(用字母表示)，式中除题目已给的物理量外，其他字母符号表示的物理量的物理意义是________________________________________________________________________．
6．(2017·北京市朝阳区二模)(1)某研究小组的同学为了测量某一电阻Rx的阻值，甲同学先用多用电表进行粗测．使用多用电表欧姆挡时，将选择开关置于合适的挡位后，必须先将两表笔短接，再进行________使指针指在欧姆刻度的“0”处．若该同学将选择开关旋在“×1”位置，指针在刻度盘上停留的位置如图所示，则所测量的值为________Ω.
(2)为进一步精确测量该电阻，实验台上摆放有以下器材：
A．电流表(量程15
mA，内阻未知)
B．电流表(量程0.6
A，内阻未知)
C．电阻箱(最大电阻99.99
Ω)
D．电阻箱(最大电阻999.99
Ω)
E．电源(电动势3
V，内阻1
Ω)
F．单刀单掷开关2只
G．导线若干
乙同学设计的电路图如图所示．现按照如下实验步骤完成实验：
①调节电阻箱，使电阻箱有合适的阻值R1，仅闭合S1，使电流表有较大的偏转且读数为I；
②调节电阻箱，保持开关S1闭合，开关S2闭合，再次调节电阻箱的阻值为R2，使电流表读数仍为I.
a．根据实验步骤和实验器材可知，电流表应选________，电阻箱应选择________．(填器材前字母)
b．根据实验步骤可知，待测电阻Rx＝________(用题目所给测量数据表示)．
(3)利用以上实验电路，闭合S1、S2，调节电阻箱R，可测出电流表的内阻RA，丙同学通过调节电阻箱R，读出多组R和I值，作出了－R图象如图所示．若图象中纵轴截距为1
A－1，则电流表内阻RA＝
________Ω.
7．(2017·陕西二测)某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内阻．实验器材如下：
A．待测干电池一节(电动势约为1.5
V，内阻几欧姆)；
B．直流电压表V(量程为3
V，内阻非常大)；
C．定值电阻R0＝150
Ω；
D．电阻箱R；
E．导线和开关．
根据如图甲所示的电路连接图进行实验操作．多次改变电阻箱的阻值，记录每次电阻箱的阻值R和电压表的示数U.在－R坐标系中描出的坐标点如图乙所示．
(1)分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则与R的关系式为________________________________________________________________________．
(2)在坐标纸上画出－R关系图线．
(3)根据图线求得斜率k＝________
V－1·Ω－1，截距b＝________
V－1(保留两位有效数字)．
(4)根据图线求得电源电动势E＝________
V，内阻r＝________
Ω(保留三位有效数字)．
8．(2017·昆明四测)利用如图甲所示的电路研究某蓄电池的输出功率，其中V1、V2为理想电压表，定值电阻R0的阻值为5.0
Ω.
(1)按照图甲所示的电路用笔画线代替导线连接实物图乙．
(2)当R0两端的电压为1.0
V时流过蓄电池的电流强度为I＝________
A.
(3)闭合开关后，通过调节滑动变阻器的触头，把读出的电压表V1和V2的数据描绘在图丙的坐标系中，若忽略偶然误差，从理论上分析，则蓄电池的内阻测量值________(填“大于”、“小于”或“等于”)真实值；外电路短路时的电流为________
A，蓄电池输出功率的最大值为________
W.
9．(2017·德州模拟)现用如图所示的电路测量电源电动势E及电阻Rx.图中R为已知电阻，Rx为待测电阻，K1为单刀单掷开关，K2为单刀双掷开关，V为电压表(内阻很大)，E为电源(内阻不可忽略)．
(1)将以下主要操作步骤补充完整：
①K1断开，K2接到________端，记下电压表的读数U1；
②K2接到a端，K1闭合，记下电压表的读数U2；
③K1仍闭合，K2接到________端，记下电压表的读数U3.
(2)由R及测得的量，可得E＝________，Rx＝________.
10．(2017·太原市统考)小明在做测量电源电动势和内阻的实验，已知干电池的电动势约为1.5
V，内阻约为0.3
Ω；电压表V(0～3
V，内阻约为3
kΩ)；电流表A(0～0.6
A，内阻为0.80
Ω)；滑动变阻器R(最大阻值10
Ω)．
(1)为了更准确地测出电源电动势和内阻．请在给出的虚线框中画出实验电路图．在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的U－I图线，由图可得出该电源电动势E＝________
V，内阻r＝________
Ω.(结果保留两位小数)
(2)实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合．从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为________．
课练25 实验 测定电源的
电动势和内电阻
练习使用多用电表1.解题思路：(1)多用电表是电压表、电流表、欧姆表共用一个表头改装而成的，A正确；用多用电表测电压、电流时，红表笔的电势都高于黑表笔的电势，B正确；用多用电表测电阻时，红表笔接内部电源的负极，所以其电势低于黑表笔的电势，C错误；用多用电表测电压、电流和电阻时，电流都是从红表笔流入的，D正确；用多用电表测电阻时，用到了表内的电源，测电压、电流时没有用到，E错误；测电阻时，必须把与被测电阻相接的电源分离，F正确；测电阻时，两个表笔要与待测电阻接触良好才能测得较准确，但是千万不要用两手分别将两个表笔与电阻两端紧紧捏在一起，因为这样相当于将人体电阻并联入电路中，会使得所测电阻偏小，G错误．故选ABDF.(3)用多用电表测一个电阻(阻值约为200
Ω)的操作步骤：①机械调零；②选挡位；③欧姆调零；④测量；⑤整理．所以正确的顺序为：CDABE.(4)用多用电表探测黑箱发现：用直流电压挡测量，E、G两点间和F、G两点间均有电压，E、F两点间无电压，说明E、F间没有电源，即电源接在下方；用欧姆挡测量，黑表笔(与电表内部电源的正极相连)接E点，红表笔(与电表内部电源的负极相连)接F点，阻值很小，但反接阻值很大，说明E、F间有二极管，且E点接二极管的正极，那么只有B选项正确．
答案：(1)ABDF (2)
欧姆挡×10
220
Ω
直流电流50
mA挡
19.6
mA
直流电压5
V挡
1.96
V
(3)CDABE (4)B
2．解题思路：(1)①测电动势约4.5
V的电源电动势与内阻时，由于有定值电阻的存在，电路中的最大电流为
A，如果用量程为3
A的电流表，则读数误差太大，因此，电流表应选B；测电动势约4.5
V电源电动势与内阻时，电路最小电阻为R＝＝
Ω＝7.5
Ω，考虑电源内阻、滑动变阻器电阻，定值电阻应选D；为方便实验操作，滑动变阻器应选F.②由表达式U＝－5.6I＋4.4及U＝E－I(r＋R1)可知，电源电动势为E＝4.4
V，内阻为r＝5.6
Ω－4
Ω＝1.6
Ω.③由电路图可知，电压表的分流作用会造成实验误差，故选A.(2)①用图丙所示电路测电动势与内阻，定值电阻适当小一点，实验误差小，因此定值电阻应选D.②由电路图可知，K1断开，K2闭合，电压表示数为电源电动势，电压表示数为1.48
V，即电源乙电动势为E＝1.48
V；K1、K2均闭合，电压表示数为1.23
V，电压表测路端电压，此时电路电流为I＝＝
A＝0.307
5
A，电源内阻为r＝≈0.81
Ω.
答案：(1)①D B F ②4.4 1.6 ③A
(2)①D ②1.48 0.81
3．解题思路：首先应理解本题的实验原理，由闭合电路欧姆定律可知E＝I(R＋r)，只要知道两组外电阻和电流值，就可以解出电源电动势和内阻．因此，直接将电阻箱和电流表串联在电路中就行．(2)当R＝2.6
Ω时，由题图乙可知I＝0.5
A，＝2
A－1，描点(2,2.6)，见图乙．(3)R－图线是一条倾斜的直线．注意连线时：①不能连成折线；②为减小偶然误差，个别偏离太远的点舍去．(4)由闭合电路的欧姆定律得E＝I(R＋r＋rg)，则R＝－(r＋rg)，故图线的斜率k表示电池电动势E的大小，纵轴截距的绝对值表示电阻(r＋rg)．由图乙可知E＝k＝
V≈1.5
V(1.46～1.54
V范围内均正确)，r≈0.3
Ω(0.25～0.35
Ω均正确)．
答案：(1)如图甲所示 (2)如图乙所示 (3)如图乙所示
(4)1.5(1.46～1.54均可) 0.3(0.25～0.35均可)
4．解题思路：(1)A1与定值电阻R3串联改装成一个电压表，为了便于调节，滑动变阻器选用R1.(2)根据闭合电路欧姆定律有E＝(r1＋R3)I1＋(I1＋I2)r，变形为I1＝－(I1＋I2)＋，与I1－(I1＋I2)图象一一对应，可分别求得E、r.(3)该方案把两个电流表的内阻情况都考虑进去了，没有系统误差．
答案：(1)A2 A1 R3 R1
(2)1.47(1.46～1.48均可) 1.18(1.14～1.21均可)
(3)没有
5．解题思路：(1)先测出电阻箱R两端的电压U1，再测出电阻箱与R1的总电压U2，两次的电压之比就等于电阻r与r＋R1之比，因此开关S2先切换到a，之后再切换到b，这时＝，因此R1＝r.(2)根据闭合电路欧姆定律有U＝，整理可得＝·＋，图象的截距0.7
V－1＝，可得E＝1.43
V，而图象的斜率
A－1＝，而R1＝4.80
Ω，E＝1.43
V，可得R2＝1.21
Ω.(3)乙同学测量时，由于电压表测量的是R与R1的总电压，因此电阻箱调节范围较小，也就是电压表示数变化范围较小，所以甲同学的做法更合理．
答案：(1)将S2切换到b r
(2)1.43 1.21 (3)较小 甲
6．解题思路：(1)实验中需要读出电阻的阻值，故应选择电阻箱．(3)由欧姆定律可知
E＝I(R＋R0＋r)，变形可得＝·R＋，由图可知＝
V－1，即
E＝12
V；＝0.5
A－1，解得r＝1
Ω.(4)实验中产生误差的原因：电流表A2的内阻分压产生的系统误差；电流表读数时产生的偶然误差；作－R图线时产生的偶然误差．
答案：
(1)电阻箱 (2)如图所示 (3)12 1
(4)①电流表A2的内阻分压产生的系统误差；②电流表读数时产生的偶然误差；③作－R图线时产生的偶然误差等
7．解题思路：(1)该实验中没有电压表，可以应用等效替代法测热敏电阻阻值，M内温度改变时，通过改变电阻箱接入电路的电阻，保持电路电流不变，则电路总电阻不变，因此应把电源、电流表、热敏电阻、电阻箱、开关串联接入电路．(2)本实验的原理是干路电流相等时，电路的总电阻相等，即95
℃和T1时电路的总电阻相等，有150
Ω＋R0＝RT1＋R1，即RT1＝R0－R1＋150
Ω.
答案：(1)如图所示 (2)d.电阻箱的阻值R0 e．仍为I0 电阻箱的阻值R1 f．R0－R1＋150
Ω
8．解题思路：(1)在1、2两点接好的情况下，应当选用多用电表的直流电压挡，若选电流挡易造成表头烧坏、电源短路，若选欧姆挡则有可能造成多用电表短路、指针倒转．在连接点1、2同时断开的情况下，应选用欧姆挡，直接测量某段电路的电阻即可．(2)电压表示数接近电动势，只有一种可能，即电压表与小灯泡串联接入电路，电压表内阻极大，分得大部分电压，说明连接点5、6或开关断路．(3)②将红、黑表笔短接，进行欧姆调零．③测量小灯泡的电阻，如电阻无穷大，说明小灯泡有故障．
答案：(1)直流电压 欧姆 (2)连接点5、6或开关
(3)②将多用电表红、黑表笔短接，进行欧姆挡调零 ③测量小灯泡的电阻，如电阻无穷大，说明小灯泡有故障
9．解题思路：(1)灰箭头对应直流电压2.5
V挡，应从第二行刻度上读数，指针恰好指在中央刻度处，读数为1.25
V．(2)白箭头对应直流电流100
mA挡，应从第二行刻度上读数，读数为50
mA.(3)黑箭头对应电阻×100挡，应从最上面一行刻度上读数，读数为15，则测量值为1
500
Ω.(4)指针偏转角很大，电阻读数很小，说明倍率偏大，应选更小的“×10”倍率，换挡后要重新将红、黑表笔短接，进行欧姆调零．(5)多用电表进行各种测量时，电流都从红色表笔经正插孔流入．
答案：(1)直流电压 1.25
V (2)直流电流 50
mA (3)电阻 1
500
Ω (4)改用“×10”挡 重新进行欧姆调零 (5)红 正
10．解题思路：(1)①当多用电表选择开关尖端对准直流电流档时，多用电表与R1串联，此时多用电表测得的是通过R1的电流．②切断电路，选择开关尖端对准欧姆挡时，测得的是R1和R2串联的电阻．③选择开关尖端对准直流电压挡，闭合电键，且滑动变阻器的滑片移至最左端时，多用电表示数等于电阻R2两端的电压，也等于电源的路端电压．(2)双手捏住两表笔金属杆时，测量值为被测电阻与人体电阻的并联阻值，应偏小，A错误；测量时指针若向左偏离中央刻度过大，应增大倍率，B错误；选择开关对应“×10”倍率，指针位于20与30正中间时，测量值应小于250
Ω，C错误；电池使用时间太久，电动势减小，内阻增大，虽然完成调零，但中值电阻偏小，测量时读数将比真实值偏大，D正确．
答案：(1)①R1 ②R1和R2串联 ③R2 (2)D
加餐练
1．解题思路：(1)电压表测量路端电压，测量中为了减小误差，通过电压表的电流越小越好，在量程一样(0～3
V)的情况下，其内阻越大越好，故电压表应选A；电路中的电流最大值大约为＝200
mA，故电流表应选C.(2)滑片从左向右滑动时，电压表示数增大，说明滑片滑动时滑动变阻器接入电路的电阻变大，只有C项的接法符合上述情形．(3)U－I图线如图所示，斜率的绝对值k＝r＋R2，故r＝k－R2.横轴截距a＝，则E＝ak.
答案：(1)A C (2)C (3)ak k－R2
2．解题思路：(1)为了防止电源急剧放电时产生极化现象而引起电动势的下降，一般在测电源电动势与内电阻时，电源的放电电流控制在0.5
A以内，故电流表应选用A；因三节干电池的总电动势约为4.5
V，故选用量程是6
V的电压表D；总阻值为20
Ω的滑动变阻器F可使电路中的最小电流约为Imin＝＝0.225
A，而滑动变阻器E阻值太大，故滑动变阻器应选用F.(2)因电流表内阻rA≈1
Ω与电源内阻大致相等且未知，故需采用电流表外接法，以避免电流表内阻引起的系统误差，原理图如图，
故需将a与d、c与g、f与h相连．
(3)用伏阻法测电源电动势与内电阻时，由闭合电路欧姆定律有E＝U＋r，由此可得＝＋·或＝·－、U＝E－r·、＝·R＋，故可以得到－、U－、－R等线性图线．
答案：(1)A D F (2)a d c g f h (3)见解析
3．解题思路：(1)用a图电路可以在电池板上得到从零开始的电压，故应选a图；(2)由图可知，当电压小于2.00
V时，通过太阳能电池的电流为零，故太阳能电池的电阻很大；当电压为2.80
V时，电流为2.8
mA，则可知太阳能电池的电阻为R＝＝＝1.0×103
Ω；(2)由U－I图线可知，电池板作为电源时的电动势为2.80
V；若把它与阻值为1
kΩ的电阻连接构成一个闭合电路，则在图丙中画出此电阻的U－I图线，其与电池板的U－I图线交于一点，读出交点坐标；U＝1.8
V，I＝1.8
mA，则该电池板的效率是η＝×100%＝×100%＝64.3%.
答案：(1)a (2)很大 1.0×103 (3)2.80 64.3(64.1～64.5之间均算对)
4．解题思路：根据闭合电路欧姆定律可得E＝U2＋Ir＝U2＋r
整理得U1＝U2－E
由U1－U2图象可得图线斜率k＝3，
则＋1＝3，又知R0＝5
Ω，得r＝2.5
Ω
由U1－U2图象可知，当U2＝2
V时，U1＝0，代入U1＝U2－E
解得E＝3.0
V
答案：(1)实物连接如图所示
(2)U1－U2图象如图所示
(3)3.0
2.5
5．解题思路：①因待测电压表的满偏电压较小，故应串联一个定值电阻分压，又知RV1＝3
000
Ω，故串联的定值电阻应选R2，而电压值需用电压表V2测出，故要和V2并联，设计成如答案①中的电路图．
②V2的示数为V1和R2两端的总电压，按照串联分压关系，则有V1两端的电压为·U(U为标准电压表V2的读数)，除以格数n即可得到每偏转1个格的电压值，再乘以总格数N即可得满偏电压．
答案：①如图所示
② U为标准电压表V2的读数
6．解题思路：(1)根据多用电表测电阻的要求，将选择开关旋在适当的欧姆挡位之后，红、黑表笔短接进行欧姆调零．根据图中指针的位置，可得被测电阻值Rx＝18.0×1
Ω＝18.0
Ω.(2)②a.根据闭合电路欧姆定律能估算出通过待测电阻的最大电流，从而可选择电流表的量程，然后再通过求出电路中需要的最大电阻，来选择电阻箱．
b．根据①可知：I＝
根据②可知：I＝
解得：Rx＝R2－R1.
(3)电路中闭合S1、S2可得：
I＝变形可得，
＝·R＋·(RA＋r)
又知纵轴截距为1
A－1，则有
(RA＋r)＝1
A－1
将E＝3
V，r＝1
Ω，代入上式
解得：RA＝2Ω.
答案：(1)欧姆调零 18.0 (2)②a.A D b．R2－R1 (3)2
7．解题思路：(1)由题图甲可知，电压表与定值电阻R0并联，测量定值电阻两端的电压，由欧姆定律可求得电路中电流I＝，由闭合电路欧姆定律可得E＝I(R0＋R＋r)＝(R0＋R＋r)，整理得＝R＋.(2)根据给出的点作出图线，如答图所示．(3)由答图可知，图象的截距b＝0.70
V－1，斜率k＝
V－1·Ω－1＝0.004
5V－1·Ω－1.(4)由表达式可得：＝0.004
5
V－1·Ω－1，＝0.70
V－1，联立解得：E＝1.48
V，r＝5.56
Ω.
答案：(1)＝R＋ (2)如图所示
(3)0.004
5 0.70 (4)1.48 5.56
8．解题思路：(2)R0两端的电压为1.0
V时，根据欧姆定律得出I＝0.20
A．(3)路端电压U1＝E－Ir＝E－r，电压表皆为理想电表，蓄电池的内阻测量值等于真实值；由题图丙知r＝1.04
Ω，E＝1.5
V，外电路短路电流为＝1.44
A；因为rW.
答案：(1)如图所示 (2)0.20 (3)等于 1.44 0.31
9．解题思路：①K1断开，K2接到a端，电压表内阻很大，其读数U1＝E；②K2接到a端，K1闭合，电压表读数U2等于R和Rx串联后的总电压；③K1仍闭合，K2接到b端，电压表读数U3等于Rx两端的电压，则＝，解得Rx＝R.
答案：(1)①a ③b (2)U1 R
10．解题思路：(1)因电流表的内阻是已知的，故可采用电流表外接电路．由题图可知E＝1.50
V，r＝－rA＝
Ω－0.80
Ω＝0.20
Ω.(2)干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大．
答案：(1)如图所示 1.50 0.20 (2)干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大课练31 电磁感应规律的综合应用
1.
如图，一载流长直导线和一矩形线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行．已知在t＝0到t＝t1的时间间隔内，长直导线中电流i发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向，线框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右．设电流i的正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是( )
2．如图所示，半径为R的圆形导线环对心、匀速穿过半径也为R的圆形匀强磁场区域，规定逆时针方向的感应电流为正．下列描述导线环中感应电流i随时间t的变化关系图中，最符合实际的是( )
3.
如图所示，xOy平面内有一半径为R的圆形区域，区域内有磁感应强度大小为B的匀强磁场，左半圆磁场方向垂直于xOy平面向里，右半圆磁场方向垂直于xOy平面向外．一平行于y轴的长导体棒ab以速度v沿x轴正方向做匀速运动，则导体棒两端的电势差Uba与导体棒位置x关系的图象是( )
4.
(多选)如图所示，竖直平面内的虚线上方是一匀强磁场B，从虚线下方竖直上抛一正方形线圈，线圈越过虚线进入磁场，最后又落回原处，运动过程中线圈平面保持在竖直平面内，不计空气阻力，则( )
A．上升过程克服磁场力做的功大于下降过程克服磁场力做的功
B．上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功
C．上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率
D．上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率
5．(多选)在伦敦奥运会上，100
m赛跑跑道两侧设有跟踪仪，其原理如图甲所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L＝0.5
m，一端通过导线与阻值为R＝0.5
Ω的电阻连接，导轨上放一质量为m＝0.5
kg的金属杆，金属杆与导轨的电阻忽略不计，匀强磁场方向竖直向下．用与导轨平行的拉力F作用在金属杆上，使杆运动．当改变拉力的大小时，相对应的速度v也会变化，从而使跟踪仪始终与运动员保持一致．已知v和F的关系如图乙．(重力加速度g取10
m/s2则( )
A．金属杆受到的拉力与速度成正比
B．该磁场的磁感应强度为1
T
C．图线在横轴的截距表示金属杆所受安培力的大小
D．导轨与金属杆之间的动摩擦因数为μ＝0.4
6．(多选)如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R.在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里．现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到bc刚好运动到匀强磁场PQ边界的v—t图象，图中数据均为已知量．重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向
B．磁场的磁感应强度为
C．金属线框在0～t3时间内所产生的热量为mgv1(t2－t1)
D．MN和PQ之间的距离为v1(t2－t1)
7.
(多选)如图所示，水平放置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，整个装置处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力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(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g.则在此过程中( )
A．杆运动速度的最大值为
B．流过电阻R的电荷量为
C．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量
D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量
8.
(多选)一质量为m、电阻为r的金属杆ab以一定的初速度v0从一光滑的平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30°角，两导轨上端用一电阻R相连，如图所示，磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v，则( )
A．向上滑行的时间大于向下滑行的时间
B．向上滑行时电阻R上产生的热量大于向下滑行时电阻R上产生的热量
C．向上滑行时与向下滑行时通过电阻R的电荷量相等
D．金属杆从开始上滑至返回出发点，电阻R上产生的热量为m(v－v2)
9.
(多选)如图所示，间距为L的两根平行金属导轨弯成“L”形，竖直导轨面与水平导轨面均足够长，整个装置处于竖直向上大小为B的匀强磁场中．质量均为m、阻值均为R的导体棒ab、cd均垂直于导轨放置，两导体棒与导轨间动摩擦因数均为μ，当导体棒cd在水平恒力作用下以速度v0沿水平导轨向右匀速运动时，释放导体棒ab，它在竖直导轨上匀加速下滑．某时刻将导体棒cd所受水平恒力撤去，经过一段时间，导体棒cd静止，此过程流经导体棒cd的电荷量为q(导体棒ab、cd与导轨间接触良好且接触点及金属导轨的电阻不计，已知重力加速度为g)，则( )
A．导体棒cd受水平恒力作用时流经它的电流I＝
B．导体棒ab匀加速下滑时的加速度大小a＝g－
C．导体棒cd在水平恒力撤去后它的位移为s＝
D．导体棒cd在水平恒力撤去后它产生的焦耳热为Q＝mv－
10.
(多选)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上产生的焦耳热为mv
11.
如图所示，足够长的光滑导轨ab、cd固定在竖直平面内，导轨间距为l，b、c两点间接一阻值为R的电阻．ef是一水平放置的导体杆，其质量为m、有效电阻值为R，杆与ab、cd保持良好接触．整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直．现用一竖直向上的力拉导体杆，使导体杆从静止开始做加速度为的匀加速运动，上升了h高度，这一过程中b、c间电阻R产生的焦耳热为Q，g为重力加速度，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用．求：
(1)导体杆上升h高度过程中通过杆的电荷量；
(2)导体杆上升h高度时所受拉力F的大小；
(3)导体杆上升h高度过程中拉力做的功．
12.
如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4
m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5
T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1
kg、电阻R1＝0.1
Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4
kg、电阻R2＝0.1
Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10
m/s2.问：
(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；
(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；
(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8
m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．
1．(多选)(2016·四川理综)
如图所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R.质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F＝F0＋kv(F0、k是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为FA，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图象可能正确的有( )
2.
(全国·课标Ⅰ)如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L.导轨上端接有一平行板电容器，电容为C.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面．在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触．已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.忽略所有电阻．让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：
(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；
(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系．
3.
(2017·山东潍坊段考)如图所示，两根间距为l的光滑平行金属导轨与水平面夹角为α，图中虚线下方区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于斜面向上．两金属杆质量均为m，电阻均为R，垂直于导轨放置．开始时金属杆ab处在距磁场上边界一定距离处，金属杆cd处在导轨的最下端，被与导轨垂直的两根小柱挡住．现将金属杆ab由静止释放，金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动．已知重力加速度为g，则( )
A．金属杆ab进入磁场时感应电流的方向为由a到b
B．金属杆ab进入磁场时速度大小为
C．金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势为
D．金属杆ab进入磁场后，金属杆cd对两根小柱的压力大小为零
4．(多选)(2017·湖北黄冈模拟)
如图，水平放置的金属导体框abcd，ab、cd边平行、间距为l，导体框内均有垂直于框面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一单位长度电阻为r的金属杆MN，与导轨成θ角，以速度v沿平行于cd的方向匀速滑动，金属杆滑动过程中与导轨接触良好，导轨框电阻不计，则( )
A．M点电势低于N点电势
B．闭合回路中磁通量的变化率为Blv
C．金属杆所受安培力的方向与运动方向相反
D．金属杆所受安培力的大小为
5．(2017·江苏苏州模拟)如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B.电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右做匀速运动，则( )
A．电容器两端的电压为零
B．电阻两端的电压为BLv
C．电容器所带电荷量为CBLv
D．为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为
6．(多选)(2017·湖北八校二联)如图xOy平面为光滑水平面，现有一长为d宽为L的线框MNQP在外力F作用下，沿x轴正方向以速度v做匀速直线运动，空间存在竖直方向的磁场，磁感应强度B＝B0cosx(式中B0为已知量)，规定竖直向下方向为磁感应强度正方向，线框电阻为R.t＝0时刻MN边恰好在y轴处，则下列说法正确的是( )
A．外力F为恒力
B．t＝0时，外力大小F＝
C．通过线框的瞬时电流i＝
D．经过t＝，线框中产生的电热Q＝
7．(2017·河北邯郸一模)
如图所示，一足够长的光滑平行金属轨道，轨道平面与水平面成θ角，上端与一电阻R相连，处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中．质量为m、电阻为r的金属杆ab，从高为h处由静止释放，下滑一段时间后，金属杆开始以速度v匀速运动直到轨道的底端．金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好，轨道的电阻及空气阻力均可忽略不计，重力加速度为g.则( )
A．金属杆加速运动过程中的平均速度为v/2
B．金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率大于匀速运动过程中克服安培力做功的功率
C．当金属杆的速度为v/2时，它的加速度大小为
D．整个运动过程中电阻R产生的焦耳热为mgh－mv2
8．(2017·湖北十三校二联)(多选)如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域，MN和M′N′是匀强磁场区域的水平边界，边界的宽度为s，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直．现让金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v－t图象(其是OA、BC、DE相互平行)．已知金属线框的边长为L(LA．t2时刻是线框全部进入磁场瞬间，t4时刻是线框全部离开磁场瞬间
B．从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止，感应电流所做的功为mgs
C．v1的大小可能为
D．线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量比线框进入磁场过程中流经线框横截面的电荷量多
9．(多选)(2017·河北唐山调研)
如图所示，两端与定值电阻相连的光滑平行金属导轨倾斜放置，其中R1＝R2＝2R，导轨电阻不计，导轨宽度为L，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B.导体棒ab的电阻为R，垂直导轨放置，与导轨接触良好．释放后，导体棒ab沿导轨向下滑动，某时刻流过R2的电流为I，在此时刻( )
A．重力的功率为6I2R
B．导体棒ab消耗的热功率为4I2R
C．导体棒受到的安培力的大小为2BIL
D．导体棒的速度大小为
10．(多选)
(2017·贵阳适应性考试)有一种自行车，它有能向自行车车头灯泡供电的小型发电机，其原理示意图如图甲所示：图中N、S是一对固定的磁极，磁极间有一固定在绝缘转轴上的矩形线圈，转轴的一端有一个与自行车后轮边缘接触的摩擦轮．如图乙所示，当车轮转动时，因摩擦而带动摩擦轮转动，从而使线圈在磁场中转动而产生电流，给车头灯泡供电．关于此装置，下列说法正确的是( )
A．自行车匀速行驶时线圈中产生的是交流电
B．车头灯泡亮度与自行车的行驶速度无关
C．知道摩擦轮和后轮的半径，就可以知道后轮转一周的时间里摩擦轮转动的圈数
D．线圈匝数越多，穿过线圈的磁通量的变化率越大
11．(2017·福建厦门质检)如图甲所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y轴方向没有变化，沿x轴方向B与x成反比，如图乙所示．顶角θ＝45°的光滑金属长导轨MON固定在水平面内，ON与x轴重合，一根与ON垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨向右滑动，导体棒在滑动过程中始终与导轨接触．已知t＝0时，导体棒位于顶点O处，导体棒的质量为m＝1
kg，回路接触点总电阻恒为R＝0.5
Ω，其余电阻不计．回路电流I与时间t的关系如图丙所示，图线是过原点的直线．求：
(1)t＝2
s时回路的电动势E；
(2)0～2
s时间内流过回路的电荷量q和导体棒的位移x；
(3)导体棒滑动过程中水平外力F的瞬时功率P(单位：W)与横坐标x(单位：m)的关系式．
12．(2017·湖南益阳调研)
如图所示，两条足够长的平行金属导轨倾斜放置(导轨电阻不计)，倾角为30°，导轨间距为0.5
m，匀强磁场垂直导轨平面向下，B＝0.2
T，两根材料相同的金属棒a、b与导轨构成闭合回路，a、b金属棒的质量分别为3
kg、2
kg，两金属棒的电阻均为R＝1
Ω，刚开始两根金属棒都恰好静止，假设最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．现对a棒施加一平行导轨向上的恒力F＝60
N，经过足够长的时间后，两金属棒都达到了稳定状态．求：
(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数；
(2)当两金属棒都达到稳定状态时，b棒所受的安培力大小．
(3)设当a金属棒从开始受力到向上运动5
m时，b金属棒向上运动了2
m，且此时a的速度为4
m/s，b的速度为1
m/s，则求此过程中回路中产生的电热及通过a金属棒的电荷量．
课练31 电磁感应规律的综合应用
1．A 因通电导线周围的磁场离导线越近磁场越强，而线框中左右两边的电流大小相等，方向相反，所以其受到的安培力方向相反，线框的左边受到的安培力大于线框的右边受到的安培力，所以合力与线框的左边受力的方向相同．因为线框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右，根据左手定则，线框处的磁场方向先垂直纸面向里，后垂直纸面向外，根据右手螺旋定则，导线中的电流先为正，后为负，所以选项A正确，B、C、D错误．
2．B
开始时导线环进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针方向，即为正方向，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流方向为顺时针方向，即为负方向；当进入磁场时，切割磁感线的有效长度变大，则产生的感应电流也变大；当离开磁场时，切割磁感线的有效长度变小，则产生的感应电流也变小，根据i＝＝，当环与磁场完全重合之前，电流按正弦规律变大，之后电流变为反向，按正弦规律减小．因此只有B正确．
3．A
设导体棒从y轴开始沿x轴正方向运动的长度为x0(x0≤2R)，则导体棒ab在磁场中的切割长度l＝2＝2
，感应电动势E＝Blv＝2Bv，由右手定则知在左侧磁场中b端电势高于a端电势，由于右侧磁场方向变化，所以在右侧a端电势高于b端电势，再结合圆的特点可知选项A正确．
4．AC 线圈上升过程中，加速度大且在减速，下降过程中，运动情况比较复杂，有加速、减速或匀速等，把上升过程看成反向的加速，可以比较当运动到同一位置时，线圈速度都比下降过程中相应的速度要大，可以得到结论：上升过程中克服安培力做功多；上升过程时间短，所以上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率，故正确选项为A、C.
5．BD 由题图乙可知拉力与速度是一次函数，但不成正比，故选项A错误；图线在横轴的截距是速度为零时的F，此时金属杆将要运动，此时阻力——最大静摩擦力等于F，也等于运动时的滑动摩擦力，选项C错误；由F－BIL－μmg＝0及I＝可得F－－μmg＝0，从图象上分别读出两组F、v数据代入上式即可求得B＝1
T，μ＝0.4，所以选项B、D正确．
6．BC 根据楞次定律可知，线框刚进入磁场时，感应电流的方向为abcda方向，选项A错误；由于bc边进入磁场时线框匀速运动，则mg＝，而线框边长l＝v1(t2－t1)，联立可得B＝
，选项B正确；金属线框在0～t3时间内，只有在t1～t2时间内才产生热量，此过程中安培力与重力大小相等，因此所产生的热量为mgv1(t2－t1)，选项C正确；MN和PQ之间的距离为v1(t2－t1)＋(t3－t2)，选项D错误．
7．BD 当杆达到最大速度vm时，F－μmg－＝0，解得vm＝，A项错误；流过电阻R的电荷量q＝＝＝，B项正确；在杆从开始运动到达到最大速度的过程中，由动能定理有WF＋Wf＋W安＝ΔEk，其中Wf＝－μmgL，W安＝－Q，恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和，C项错误；恒力F做的功与安培力做的功之和等于杆动能的变化量与克服摩擦力做的功之和，D项正确．
8．BC 金属杆沿斜面向上运动时安培力沿斜面向下，沿斜面向下运动时安培力沿斜面向上，所以上滑过程的加速度大于下滑过程的加速度，因此向上滑行的时间小于向下滑行的时间，A项错误；向上滑行过程的平均速度大，感应电流大，安培力做的功多，R上产生的热量多，B项正确；由q＝知C项正确；由能量守恒定律知回路中产生的总热量为m(v－v2)，D项错误．
9．BCD cd棒切割磁感线产生感应电动势为E＝BLv0，根据闭合电路欧姆定律得I＝＝，故A错误；对于ab棒，根据牛顿第二定律得mg－f＝ma，又f＝μN，N＝BIL，联立解得a＝g－，故B正确；对于cd棒，电荷量q＝＝，则得s＝，故C正确；cd棒减速运动过程中，由动能定理得－μmgs－WFA＝0－mv，电路中产生的焦耳热Q＝WFA，则可得Q＝mv－，ab棒与cd棒串联且电阻相同，故cd棒产生的焦耳热Q2＝Q＝mv－，D正确．
10．AD 导体棒和定值电阻组成闭合回路，开始运动的初始时刻，导体棒向右运动，回路面积减小，根据楞次定律可判断棒中电流方向为由a到b，所以安培力水平向左，选项A正确．导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv0，但导体棒和定值电阻组成闭合回路，导体棒两端电压为路端电压，已知导体棒的电阻r与定值电阻R的阻值相等，所以路端电压U＝E＝BLv0，选项B错误．导体棒向右运动的过程，安培力和弹簧弹力做功，产生的焦耳热为Q，根据功能关系有Q＋Ep＝mv，选项C错误．导体棒最终停下来时，不再切割磁感线，没有感应电动势和感应电流，不受安培力，因导轨光滑，没有摩擦力，所以导体棒静止时，弹簧弹力为0，即弹簧恢复原长，根据功能关系，电路中产生的焦耳热为Q＝mv，由于r＝R，所以电阻R上产生的焦耳热为Q＝mv，选项D正确．
11．解题思路：(1)通过杆的电荷量q＝IΔt，根据闭合电路欧姆定律有I＝，根据法拉第电磁感应定律得E＝，联立以上各式解得q＝＝.
(2)设导体杆上升h高度时速度为v1、拉力为F，根据运动学公式得v1＝
＝，根据牛顿第二定律得F－mg－BI1l＝ma＝m，根据闭合电路欧姆定律得I1＝，联立以上各式解得F＝＋.
(3)由功能关系得WF－mgh－2Q＝mv－0，解得
WF＝＋2Q.
答案：(1) (2)＋
(3)＋2Q
12．解题思路：(1)由右手定则可判断ab中的电流方向为由a流向b.
(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝m1gsinθ①
设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv②
设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有
I＝③
设ab所受安培力为F安，有F安＝ILB④
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有
F安＝m1gsinθ＋Fmax⑤
综全①②③④⑤式，代入数据解得
v＝5
m/s⑥
(3)设cd在运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有
m2gxsinθ＝Q总＋m2v2⑦
又Q＝Q总⑧
解得Q＝1.3
J⑨
答案：(1)由a到b (2)5
m/s (3)1.3
J
加餐练
1．BC 金属棒MN相当于电源，其感应电动势E＝Blv，感应电流I＝即I∝v
FA＝BIl＝ 即：FA∝v
UR＝IR＝R 即：UR∝v
P＝IE＝ 即：P∝v2
对金属棒MN：F－FA＝ma
F0＋kv－v＝ma
F0＋v＝ma
若k－>0，随着v增大，a也增大，棒做加速度增大的加速运动，B项正确．
若k－<0，随着v增大，a减小，棒做加速度减小的加速运动，当a＝0时，v达到最大后保持不变，C项正确、A项错误．
若k－＝0，则a＝，金属棒做匀加速运动
则v＝at，P＝IE＝t2，D项错误．
2．解题思路：(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为
E＝BLv①
平行板电容器两极板之间的电势差为
U＝E②
设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有
C＝③
联立①②③式得
Q＝CBLv④
(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为i，金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为
f1＝BLi⑤
设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义有
i＝⑥
ΔQ也是平行板电容器极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量．由④式得
ΔQ＝CBLΔv⑦
式中，Δv为金属棒的速度变化量．按定义有
a＝⑧
金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为
f2＝μN⑨
式中，N是金属棒对导轨的正压力的大小，有
N＝mgcosθ⑩
金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有
mgsinθ－f1－f2＝ma
联立⑤至 式得
a＝g
由 式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动．t时刻金属棒的速度大小为
v＝gt
答案：(1)Q＝CBLv (2)v＝gt
3．B 由右手定则可知，金属杆ab进入磁场时产生的感应电流的方向为由b到a，故A错误；因金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动，则有mgsinα＝，解得v＝，故B正确；金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势E＝Blv，解得E＝，故C错误；由左手定则可知，金属杆cd受到的安培力与斜面平行且向下，则金属杆cd对两根小柱的压力不为零，故D错误．
4．BD 由右手定则可知M点电势高于N点电势，故A错误．根据法拉第电磁感应定律可得E＝＝Blv，故B正确．由左手定则知，金属杆所受安培力方向垂直于MN斜向上，故C错误．由E＝Blv，I＝，R＝r，F＝BI，解得F＝，故D正确．
5．C 当导线MN匀速向右运动时，导线MN产生的感应电动势恒定，稳定后，电容器既不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端没有电压，电容器两极板间的电压为U＝E＝BLv，所带电荷量为Q＝CU＝CBLv，故A、B错、C对；MN匀速运动时，因无电流而不受安培力，又导轨光滑，故拉力为零，D错．
6．BCD 因线框沿x轴方向匀速运动，故F＝F安，由图中磁场分布知F安的大小是变化的，故F不是恒力，A错．t＝0时，x＝0处，B＝B0，x＝d处，B＝－B0，由E＝BLv，又MN、PQ两边均切割磁感线且产生的感应电动势方向相同，则E＝2B0Lv，I0＝，F安＝2B0I0L＝，而F＝F安，故B对．因线框做匀速直线运动，则有x＝vt，B＝B0cos，又E＝2BLv，故i＝，C对．由电流的瞬时值表达式可知此电流为正弦交流电，有效值I＝＝，又Q＝I2Rt，故经过t＝，线框中产生的电热Q＝，D对．
7．C 对金属杆分析知，金属杆ab在运动过程中受到重力、轨道支持力和安培力作用，先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动，因金属杆加速运动过程不是匀加速，故其平均速度不等于，A错误．当安培力等于重力沿斜面的分力，即mgsinθ＝时，杆ab开始匀速运动，此时v最大，F安最大，故匀速运动时克服安培力做功的功率大，B错误；当金属杆速度为时，F安′＝＝mgsinθ，所以F合＝mgsinθ－F安′＝mgsinθ＝ma，得a＝，C正确；由能量守恒可得mgh－mv2＝Qab＋QR，即mgh－mv2应等于电阻R和金属杆上产生的总焦耳热，D错误．
8．AC 分析题给条件可知：线框进入磁场之前，做自由落体运动，即匀加速直线运动；线框的bc边进入磁场后，ad边进入磁场前，bc边受向上的安培力，加速度a＝，做加速度越来越小的变减速运动；当线框全部进入磁场中后，线框受安培力为零，又做匀加速直线运动加速度为g；当bc边出磁场，只有ad边在磁场中时，ad边受向上的安培力，a＝，做加速度越来越小的变减速运动；当线框全部出磁场之后，其只受重力，又做匀加速直线运动，加速度为g；对照图乙可知，t2时刻是线框全部进入磁场瞬间、t4时刻是线框全部离开磁场瞬间，A正确．由能量关系可得，从bc边进入磁场到ad边出磁场的过程中感应电流做的功为W＝mg(s＋L)－，B错．由q＝n可知，线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量与线框进入磁场过程中流经线框横截面的电荷量相等，D错．当线框速度为v1时，其所受安培力若正好与重力相平衡，则有F安＝mg，即＝mg，得v1＝，C正确．
9．BC 本题考查导体棒切割磁感线的电磁感应问题．导体棒ab向下滑动切割磁感线产生感应电动势，R1与R2并联接在ab两端，R1＝R2＝2R，设当ab棒速度为v时，流过R2的电流为I，由闭合电路欧姆定律知：2I＝，解得v＝，此时ab棒重力的功率为P＝mgvsinθ＝mgsinθ·，ab棒消耗的热功率为P＝(2I)2R＝4I2R，ab棒受到的安培力大小为F＝B·2I·L＝2BIL，综上知B、C正确，A、D错误．
10．AC 本题考查交变电流的产生、圆周运动转动问题、法拉第电磁感应定律、磁通量等知识点．线圈在绕垂直磁场的轴转动的过程中，线圈中产生的电流为交变电流，A项正确；自行车行驶速度越快，摩擦轮转动角速度越快，线圈转动产生感应电动势越大，车头灯泡亮度越大，B项错；后轮与摩擦轮边缘线速度相等，角速度与半径成反比，故C项正确；穿过线圈的磁通量的变化率与线圈匝数无关．D项错．
11．解题思路：(1)根据I—t图象可知：I＝k1t(k1＝2
A/s)
当t＝2
s时，回路中电流I1＝4
A
根据欧姆定律：E＝I1R＝2
V
(2)流过回路的电荷量q＝t
＝
解得：q＝
当t＝2
s时，q＝4
C
由欧姆定律得：I＝
l＝xtan45°
根据B—x图象可知：B＝(k2＝1
T·m)
解得：v＝t
由于＝1
m/s2
再根据v＝v0＋at，可得a＝1
m/s2
可知导体棒做匀加速直线运动
则0～2
s时间内导体棒的位移s＝at2＝2
m
(3)棒受到的安培力F安＝BIl
根据牛顿第二定律：F－F安＝ma
根据2ax＝v2
P＝Fv
解得：P＝
＝4x＋(W)
答案：(1)2
V (2)4
C 2
m
(3)P＝4x＋(W)
12．解题思路：(1)a棒恰好静止时，有magsin30°＝μmagcos30°
解得μ＝
(2)两棒稳定时以相同的加速度向上匀加速运动，此时两棒有恒定的速度差．
对a棒：
F－magsin30°－μmagcos30°－F安＝maa
对b棒：
F安－mbgsin30°－μmbgcos30°＝mba
解得F安＝24
N
(3)此过程对a、b棒一起根据功能关系，有
Q＝Fxa－(magsin30°＋μmagcos30°)xa－(mbgsin30°＋μmbgcos30°)xb－mav－mbv
解得Q＝85
J
q＝·Δt
＝
＝＝
解得q＝＝0.15
C
答案：(1) (2)24
N (3)85
J 0.15
C模拟仿真预测卷(四)
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分考试时间60分钟．
第Ⅰ卷 (选择题 共48分)
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一个选项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分．
1.
入冬以来，全国多地多次发生雾霾天气，能见度不足20
m．在这样的恶劣天气中，甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，乙在前、甲在后同向行驶．某时刻两车司机同时听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车．两辆车刹车时的v－t图象如图，则
( )
A．若两车发生碰撞，开始刹车时两辆车的间距一定等于112.5
m
B．若两车发生碰撞，开始刹车时两辆车的间距一定小于90
m
C．若两车发生碰撞，则一定是在刹车后20
s之内的某时刻发生相撞
D．若两车发生碰撞，则一定是在刹车后20
s以后的某时刻发生相撞
2．如图所示，光滑水平面上放置M、N、P、Q四个木块，其中M、P质量均为m，N、Q质量均为2m，M、P之间用一轻质弹簧相连．现用水平拉力F拉N，使四个木块以同一加速度a向右运动，则在突然撤去F的瞬间，下列说法正确的是
( )
A．P、Q间的摩擦力变化
B．M、P的加速度大小变为
C．M、N间的摩擦力不变
D．N的加速度大小仍为a
3．有一个质量为3
kg的质点在直角坐标系xOy所在的平面内运动，x方向的速度—时间图象和y方向的位移－时间图象分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是( )
A．质点做匀变速直线运动
B．质点所受的合外力为3
N
C．质点的初速度大小为5
m/s
D．质点初速度的方向与合外力的方向垂直
4．如图所示，半径为R、内壁光滑的硬质小圆桶固定在小车上，小车以速度v在光滑的水平公路上做匀速运动，有一质量为m、可视为质点的光滑小铅球在小圆桶底端与小车保持相对静止．当小车与固定在地面的障碍物相碰后，小车的速度立即变为零．关于碰后的运动(小车始终没有离开地面)，下列说法正确的是
( )
A．铅球能上升的最大高度一定等于
B．无论v多大，铅球上升的最大高度不超过
C．要使铅球一直不脱离圆桶，v的最小速度为
D．若铅球能到达圆桶最高点，则铅球在最高点的速度大小可以等于零
5．如图所示，斜面体放在水平地面上，物块在一外力F的作用下沿斜面向下运动，斜面体始终保持静止，则
( )
A．若物块做加速运动，地面对斜面体的摩擦力方向一定水平向左
B．若物块做加速运动，地面对斜面体的摩擦力方向一定水平向右
C．若物块做减速运动，地面对斜面体的摩擦力方向水平向左
D．若物块做减速运动，地面对斜面体的摩擦力方向水平向右
6．有a、b、c、d四颗质量相等的地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b是近地卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，设地球自转周期为24
h，所有卫星均视为做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则有( )
A．a的向心加速度等于地球表面重力加速度g
B．c在4
h内转过的圆心角是
C．a、b、c、d四颗地球卫星中，b在相同时间内转过的弧长最长
D．d的向心加速度大于地球表面重力加速度g
7．如图，电源内阻为r，两个定值电阻阻值均为R，闭合开关，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V3示数变化量的绝对值是ΔU3，理想电流表A1、A2示数变化量的绝对值分别为ΔI1、ΔI2，则正确的是( )
A．A2示数增大
B．V2示数与A1示数的比值减小
C．ΔU3与ΔI1的比值小于2R
D．ΔI1小于ΔI2
8.
如图所示，直角坐标系中x轴上在x＝－r处固定有带电荷量为＋9Q的正点电荷，在x＝r处固定有带电荷量为－Q的负点电荷，a、b两点的坐标分别为(0，r)，(0，－r)，c、d、e点都在x轴上，d点的坐标为(2r,0)，rA．a、b两点的场强相同
B．a、b两点的电势相等
C．d点场强为零
D．场强大小Ec>Ee
第Ⅱ卷 (非选择题 共62分)
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～14题为选考题，考生根据要求作答
(一)必考题(4小题，共47分)
9.
(6分)某同学利用图示的装置来研究机械能守恒问题，设计了如下实验，A、B是质量均为m的小物块，C是质量为M的重物．A、B间有轻质弹簧相连，A、C间有轻质细绳相连．在物块B下放置一压力传感器，重物C下放置一速度传感器，压力传感器和速度传感器相连，当压力传感器速度为零时，就触发速度传感器测定此时重物C的速度．整个实验中弹簧均处于弹性限度内，重力加速度为g，实验操作如下：
(1)开始时，系统在外力作用下保持静止，细绳拉直但张力为零，现释放C，使其向下运动，当压力传感器示数为零时，触发速度传感器测出C的速度为v.
(2)试验中保持A、B质量不变，改变C的质量M，多次重复第(1)步．
①该试验中，M和m的关系必须满足M________(填“小于”“等于”或“大于”)m.
②为便于研究速度v与质量M的关系，每次测重物的速度时，其已下降的高度应________(填“相同”或“不同”)．
③根据所测数据，为得到线性关系图线，应作出________(填“v2－M”“v2－”或“v2－”)图线．
④根据第③问的图线知图线在纵轴上的截距为b，则弹簧的劲度系数为________(用题给的已知量表示)
10．(9分)某同学为了测绘小灯泡(2.5
V 0.6
A)的伏安特性曲线，到实验室找出了下列的实验器材：两个相同的电流表G(内阻Rg＝100
Ω，满偏电流Ig＝1
mA)，
四个定值电阻：A：3
900
Ω，B：2
900
Ω，C：
Ω；D：
Ω；
两个滑动变阻器：E最大阻值6
Ω，2
A，F：最大阻值20
Ω，1
A；
电源：电动势3
V，内阻不计．由于没有电压表和电流表，他设计了如图所示的测量电路．为了比较精确地测量电流和电压的值
(1)电阻R1应该选择________，电阻R2应该选择________；
(2)请根据题目所给的器材，将控制电路部分的电路图补充完整；
(3)控制电路部分的滑动变阻器应该选择________；
(4)在测量过程中滑动变阻器调整到某一位置时，该同学发现两只表头指针偏转的角度完全相同，则此时小灯泡的电阻是________(结果保留两位有效数字)．
11.
(16分)如图所示，竖直平面内，长为L＝2
m的水平传送带AB以v＝5
m/s顺时针传送，其右下方有固定光滑斜面CD，斜面倾角θ＝37°，顶点C与传送带右端B点竖直方向高度差h＝0.45
m，下端D点固定一挡板．一轻弹簧下端与挡板相连，上端自然伸长至E点，且C、E相距0.4
m．现让质量m＝2
kg的小物块以v0＝2
m/s的水平速度从A点滑上传送带，小物块传送至B点后飞出恰好落至斜面顶点C且与斜面无碰撞，之后向下运动．已知弹簧的最大压缩量为0.2
m，物块所受空气阻力不计，取重力加速度g＝10
m/s2.求：
(1)传送带与小物块间的动摩擦因数μ；
(2)由于传送物块电动机对传送带所做的功；
(3)弹簧的最大弹性势能．
12.
(16分)如图所示，金属杆a在离地h高处从静止开始沿弧形轨道下滑，导轨平行的水平部分有竖直向上的匀强磁场，水平部分导轨上原来放有一根金属杆b.已知杆a的质量为m，杆b的质量为m，水平导轨足够长，不计一切摩擦．
(1)a和b的最终速度分别是多少？
(2)整个过程中回路释放的电能是多少？
(3)若已知a、b杆的电阻之比Ra∶Rb＝3∶4，其余电阻不计，整个过程中，a、b杆上产生的热量分别是多少？
(二)选择题(共15分．请考生从给出的2道题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分)
13．(15分)[选修3—3]
(1)(5分)下列说法正确的是________．(选对一个得2分，选对两个得4分，选对三个得5分，选错一个扣3分，最低得0分)
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
(2)(10分)如图所示，内径粗细均匀的U形管竖直放置在温度为7
℃的环境中，左侧管上端开口，并用轻质活塞封闭有长l1＝14
cm的理想气体，右侧管上端封闭，管上部有长l2＝24
cm的理想气体，左右两管内水银面高度差h＝6
cm.若把该装置移至温度恒为27
℃的房间中(依然竖直放置)，大气压强恒为p0＝76
cmHg.不计活塞与管壁间的摩擦．分别求活塞再次平衡时左、右两侧管中气体的长度．
14．(15分)[选修3—4]
(1)(5分)一列简谐横波在某时刻的波形如图所示，此时刻质点P的速度为v，经过1.0
s它的速度大小、方向第一次与v相同，再经过0.2
s它的速度大小、方向第二次与v相同，则下列判断中正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A．波沿x轴负方向传播，波速为5
m/s
B．波沿x轴正方向传播，波速为5
m/s
C．若某时刻质点M到达波谷处，则质点P一定到达波峰处
D．质点M与质点Q的位移大小总是相等、方向总是相反
E．从图示位置开始计时，在2.0
s时刻，质点P的位移为20
cm
(2)(10分)如图所示，一束截面为圆形(半径R＝1
m)的平行紫光垂直射向一半径也为R的玻璃半球的平面，经折射后在屏幕S上形成一个圆形亮区．屏幕S至球心距离为D＝(＋1)
m，不考虑光的干涉和衍射，试问：
①若玻璃半球对紫色光的折射率为n＝，请你求出圆形亮区的半径；
②若将题干中紫光改为白光，在屏幕S上形成的圆形亮区的边缘是什么颜色．
模拟仿真预测卷(四)
1．C 由题图得，甲汽车的加速度a＝＝－1
m/s2，t＝20
s时两车的速度相等，则v＝v0＋at＝5
m/s，若两车发生碰撞，则开始刹车时两车的间距Δx≤x甲－x乙＝×(5＋25)×20
m－×(5＋15)×20
m＝100
m，选项A、B错误；因为乙在前、甲在后同向行驶，且甲的加速度大，即甲的速度减小得快，当甲的速度等于乙的速度时，若甲没追上乙，则甲与乙不可能发生碰撞，故若两车发生碰撞，则一定是在刹车后20
s之内的某时刻发生相撞，选项C正确，选项D错误．
2．D 由于弹簧弹力不能突变，撤去外力F瞬间，P、Q加速度不变，P、Q间摩擦力不变，选项A错误；撤去外力F瞬间，P的加速度不变，选项B错误；撤去F前，M、N间的摩擦力为f＝4ma，撤去F瞬时，弹簧弹力FT＝3ma不变，FT3．C 质点在x轴方向做匀加速直线运动，在y轴方向做匀速直线运动，合运动是曲线运动，选项A错误；质点只有在x轴方向受力，由题图甲知，质点的加速度a＝＝1.5
m/s2，合外力F＝ma＝4.5
N，选项B错误；质点在x轴方向的初速度为3
m/s，在y轴方向的初速度为4
m/s，合速度v＝＝5
m/s，选项C正确；质点的初速度方向在x轴和y轴之间，合力方向沿x轴，二者不垂直，选项D错误．
4．B 铅球到最高点的速度为零，由mgh＝mv2可求得最大高度h＝，选项A错误、B正确；铅球的最大高度不超过半径时有v≤，铅球也不脱离圆桶，选项C错误；若铅球能达到最高点，铅球在最高点的最小速度为，选项D错误．
5．D 当物块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ时，则物块对斜面体的压力、摩擦力的水平分量大小相等，斜面体不受地面的摩擦力；μ>tanθ时，物块对斜面体的摩擦力的水平分量大于压力的水平分量，地面对斜面体有向右的摩擦力；μtanθ，地面对斜面体的摩擦力一定向右，即D正确．
6．BC a的向心加速度比地球表面的重力加速度小很多，选项A错误；c的周期是24
h,4
h内转过的圆心角为θ＝×2π＝，选项B正确；a与c的周期相同，a的线速度小于c的线速度，根据G＝m可得v＝，在b、c、d中，b的线速度最大，b在相同时间内转过的弧长最长，选项C正确；d的向心加速度小于地球表面的重力加速度，选项D错误．
7．ABD 滑动变阻器的滑片向下滑动时，电阻减小，R′和R2的并联阻值减小，U3减小，通过定值电阻R2的电流I2减小，总电阻减小，总电流I1增大，故A2增大，且ΔI1<ΔI2，选项A、D正确；U2测路端电压，I1测总电流，由于总外阻减小，故比值减小，选项B正确；电阻R1和电源内阻之和不变，＝r＋R，R与r关系不知，选项C错误．
8．BCD 根据电场叠加可知，a、b两点电场强度大小相等，方向不同，场强不同，A项错误；在带电荷量为＋9Q的正点电荷的电场中，a、b两点的电势相等，同样，在带电荷量为－Q的负点电荷的电场中，a、b两点的电势也相等，因此
在＋9Q和－Q的叠加场中，a、b两点的电势相等，B项正确；带电荷量为＋9Q的正点电荷在d点产生的场强E1＝k，带电荷量为－Q的负点电荷在d点产生的场强E2＝k，E1和E2等大反向，d点场强为零，C项正确；设cd＝de＝l，则Ec＝k－k＝k－k，Ee＝k－k＝k－k，根据E＝k作出E－x图象，由图象可知，Ec大于等于点电荷Q电场中距场源(r－l)和处场强大小的差，同样Ee大小等于点电荷Q电场中距场源和(r＋l)处场强大小的差，由图象可知，Ec>Ee，D项正确．
9．解题思路：①根据题意，要确保压力传感器的示数为零，因此弹簧要从压缩状态到伸长状态，那么C的质量M要大于A的质量m；②要刚释放C时，弹簧的压缩量x1＝，当压力传感器为零时，弹簧的伸长量x2＝；不论C的质量如何，要使压力传感器示数为零，则A物体上升了，C下落的高度为，即C下落的高度总相同；③选项A、C及弹簧为系统，根据机械能守恒定律，则有(M－m)g×＝(M＋m)v2，整理得v2＝－·，故为得到线性关系图线，应作出v2－的图象；④由上表达式可知b＝，解得弹簧的劲度系数k＝.
答案：(2)①大于(1分) ②相同(1分)
③v2－(2分) ④ (2分)
10．解题思路：(1)电阻R1与电流表G串联相当于电压表，R1＝－Rg＝－100
Ω＝2
900
Ω，故电阻R1应选B.电阻R2与电流表G并联相当于电流表，R2＝＝≈
Ω，故电阻R2应选C；(2)描绘小灯泡的伏安特性曲线需要多测几组数据，故滑动变阻器采用分压式；(3)为方便调节，滑动变阻器应选阻值较小的，即E；(4)因为两只表头指针偏转的角度完全相同，所以通过两只电流表的电流相同，设为I，由串、并联电路的特点知，通过小灯泡的电流与通过电阻R2的电流相同，根据欧姆定律得，小灯泡的电阻R＝＝＝3.0
Ω.
答案：(1)B C(每空1分)
(2)如图(3分)
(3)E(2分)
(4)3.0
Ω(2分)
11．解题思路：(1)将物块在C点的速度沿水平与竖直方向分解，则
vy＝＝3
m/s (1分)
vB＝vycot37°＝4
m/s (1分)
由于vBv－v＝2μgL (2分)
解得μ＝0.3 (1分)
(2)由(1)知，物块由A到B运动时间t＝＝
s (1分)
此过程传送带位移s＝vt＝
m (2分)
所以由于传送物块电动机对传送带所做的功W＝μmgs＝20
J (2分)
(3)由(1)知物块在C点的速度为vC＝＝5
m/s (1分)
对物块由C点运动到最低点，由动能定理得
mg(sCE＋Δx)sin37°－Epm＝0－mv (3分)
解得Epm＝32.2
J (2分)
答案：(1)0.3 (2)20
J (3)32.2
J
12．解题思路：(1)a下滑h的过程中机械能守恒：mgh＝mv
a进入磁场后，回路中产生感应电流，a、b都受安培力作用，a做减速运动，b做加速运动，经一段时间，a、b速度达到相同，之后回路的磁通量不发生变化，感应电流为零，安培力为零，两者做匀速运动，匀速运动的速度即为a、b的最终速度，设为v，在水平轨道上运动的过程中a、b组成的系统所受合外力为零，由动量守恒得：mv0＝v
由上式解得最终速度v＝.
(2)由能量守恒知，回路中产生的电能等于a、b系统机械能的损失，所以E＝mgh－v2＝mgh.
(3)回路中产生的热量Qa＋Qb＝E，在回路中产生电能的过程中，虽然电流不恒定，但由于Ra、Rb串联，通过a、b的电流总是相等的，所以有＝，Qa＝E＝mgh，Qb＝E＝mgh.
答案：(1) (2)mgh
(3)mgh mgh
13．解题思路：(2)(10分)
解：设管的横截面积为S，活塞再次平衡时左侧管中气体的长度为l′，左侧管做等压变化，则有
＝ (3分)
其中V1＝14S，T＝280
K，T′＝300
K，V′2＝l′1S
解得l′1＝15
cm (2分)
设平衡时右侧管气体长度增加x，则由理想气体状态方程可知
＝ (2分)
其中p0＝76
cmHg，h＝6
cmHg
解得x＝1
cm (2分)
所以活塞平衡时右侧管中气体的长度为25
cm (1分)
答案：(1)ADE(5分) (2)15
cm 25
cm
14．解题思路：(1)根据题图可得λ＝6
m，根据经过1.0
s它的速度大小、方向第一次与v相同，再经过0.2
s它的速度大小、方向第二次与v相同可得周期T＝1.2
s，根据公式可得v＝＝5
m/s，根据“走坡法”可得波沿x轴负方向传播，选项A正确，选项B错误；因为此时质点M与质点P两点平衡位置之间的距离是半个波长，属于反相点，即振动情况总是相反，若质点M到达波谷处，则质点P一定到达波峰处，选项C正确；质点M与质点Q不属于反相点，所以位移不是总大小相等、方向相反，选项D错误；根据题中信息可得质点P从图示位置运动到波谷需要0.2
s，从波谷运动到波峰需要0.6
s，所以在2.0
s时刻，质点P正好运动到了波峰，所以位移为20
cm，选项E正确．
(2)(10分)
解：
①紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S上的点E到亮区中心G的距离r就是所求最大半径．
设紫光临界角为C，由全反射的知识得
sinC＝ (1分)
又由几何知识可知AB＝RsinC＝ (1分)
OB＝RcosC＝R (1分)
BF＝ABtanC＝ (1分)
GF＝D－(OB＋BF)＝D－ (1分)
得r＝GE＝·AB＝D－nR＝(＋1)
m－×1
m＝1
m (2分)
②紫色．当白光从玻璃中射向空气时，由于紫光的折射率最大，则临界角最小，所以首先发生全反射，因此出射光线与屏幕的交点最远．故圆形亮区的最外侧是紫光．(3分)
答案：(1)ACE(5分)课练19 库仑定律 电场力的性质
1.如图所示，水平天花板下用长度相同的绝缘细线悬挂起来的两个相同的带电介质小球A、B，左边放一带正电的固定球P时，两悬线
都保持竖直方向．下面说法正确的是( )
A．A球带正电，B球带负电，并且A球带电荷量较B球带电荷量大
B．A球带正电，B球带负电，并且A球带电荷量较B球带电荷量小
C．A球带负电，B球带正电，并且A球带电荷量较B球带电荷量小
D．A球带负电，B球带正电，并且A球带电荷量较B球带电荷量大
2.
在光滑的绝缘水平面上，由两个质量均为m、带电荷量分别为＋q和－q的甲、乙两个小球，在力F的作用下做匀加速直线运动，则甲、乙两球之间的距离r为( )
A.
B．q
C．2q
D．2q
3．如图所示，光滑平面上固定金属小球A，用长为l0的绝缘弹簧将A与另一个金属小球B连接，让它们带上等量同种电荷，弹簧伸长量为x1；若两小球电荷量各漏掉一半，弹簧伸长量变为x2，则有( )
A．x2＝x1
B．x2>x1
C．x2＝x1
D．x24.
(多选)如图所示，已知带电小球A、B的电荷量分别为q1、q2，OA＝OB，都用长为L的绝缘丝线悬挂在绝缘墙角O点处．静止时A、B相距为d.为使平衡时A、B间距离变为2d，可采用以下哪些方法( )
A．将小球B的质量变为原来的
B．将小球B的质量增大到原来的8倍
C．将小球A、B的电荷量都增大为原来的2倍，同时将小球B的质量变为原来的一半
D．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增大到原来的2倍
5．(多选)
如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面上，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置．如果将小球B向左推动少许，两个小球将重新达到平衡，则两个小球的受力情况与原来相比( )
A．推力F将增大
B．竖直墙面对小球A的弹力变小
C．地面对小球B的弹力一定增大
D．两个小球之间的距离增大
6.
如图，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°.电荷量相等、电性相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2，E1与E2之比为( )
A．1?：2
B．2∶1
C．2?：
D．4?：
7.
在空间O点固定带正电的点电荷Q，其电场的电场线如图所示，在其电场中的A点有一个带电粒子q(重力不计)．若给带电粒子一个垂直于OA方向的初速度v0，在只受电场力的作用下，以下说法中正确的是 ( )
A．若q为负电荷，则q一定做圆周运动
B．若q为负电荷，则q可能做匀变速曲线运动
C．若q为正电荷，则q的电势能可能增大
D．若q为正电荷，则q一定做远离O点的变加速曲线运动
8.
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.－E
C.×－E
D.＋E
9.
(多选)如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电荷量分别为－q、Q、－q、Q.四个小球构成一个菱形，－q、－q的连线与－q、Q的连线之间的夹角为α.若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是( )
A．cos3
α＝
B．cos3
α＝
C．sin3
α＝
D．sin3
α＝
10．A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的粒子仅在电场力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v和时间t的关系图象如图所示．则此电场的电场线分布可能是图中的( )
11.
如图，真空中xOy平面直角坐标系上的A、B、C三点构成等边三角形，边长L＝2.0
m．若将电荷量均为q＝＋2.0×10－6
C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k＝9.0×109
N·m2/C2，求：
(1)两点电荷间的库仑力大小；
(2)C点的电场强度的大小和方向．
12．质量都是m的两个完全相同、带等量异种电荷的小球A、B分别用长l的绝缘细线悬挂在同一水平面上相距为2l的M、N两点，平衡时小球A、B的位置如图甲所示，线与竖直方向夹角α＝30°，当外加水平向左的匀强电场时，两小球平衡位置如图乙所示，线与竖直方向夹角也为α＝30°，求：
(1)A、B小球电性及所带电荷量Q；
(2)外加匀强电场的场强E.
1．(2016·课标Ⅱ)如图，P是固定的点电荷，
虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc.则( )
A．aa>ab>ac，va>vc>vb
B．aa>ab>ac，vb>vc>va
C．ab>ac>aa，vb>vc>va
D．ab>ac>aa，va>vc>vb
2．(多选)(2016·浙江理综)
如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10
m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点．用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定．两球接触后分开，平衡时距离为0.12
m．已测得每个小球质量是8.0×10－4
kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g＝10
m/s2，静电力常量k＝9.0×109
N·m2/C2，则( )
A．两球所带电荷量相等
B．A球所受的静电力为1.0×10－2
N
C．B球所带的电荷量为4×10－8
C
D．A、B两球连线中点处的电场强度为0
3．(2017·郑州二测)如图所示，带电物体P、Q可视为点电荷，电荷量相同．倾角为θ、质量为M的斜面体放在粗糙水平面上，将质量为m的物体P放在粗糙的斜面体上．当物体Q放在与P等高(PQ连线水平)且与物体P相距为r的右侧位置时，P静止且受斜面体的摩擦力为0，斜面体保持静止，静电力常量为k，则下列说法正确的是( )
A．P、Q所带电荷量为
B．P对斜面的压力为0
C．斜面体受到地面的摩擦力为0
D．斜面体对地面的压力为(M＋m)g
4.
(2017·福州五校联考)如图甲、乙所示，两个带电荷量均为q的点电荷分别位于带电荷量线密度相同、半径相同的半圆环和圆环的圆心，环的粗细可忽略不计．若图甲中环对圆心点电荷的库仑力大小为F，则图乙中环对圆心点电荷的库仑力大小为( )
A.F
B.F
C.F
D.F
5．(2017·昆明检测)
如图为真空中两点电荷A、B形成的电场中的一簇电场线，该电场线关于虚线对称，O点为A、B点电荷连接的中点，a、b为其连线的中垂线上对称的两点，则下列说法正确的是( )
A．A、B可能带等量异种电荷
B．A、B可能带不等量的正电荷
C．a、b两点处无电场线，故其电场强度可能为零
D．同一试探电荷在a、b两点处所受电场力大小相等，方向一定相反
6.
(2017·武汉调研)如图所示，以o为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f.等量正、负点电荷分别放置在a、d两点时，在圆心o产生的电场强度大小为E.现仅将放于a点的正点电荷改放于其他等分点上，使o点的电场强度改变，则下列判断正确的是( )
A．移至c点时，o点的电场强度大小仍为E，沿oe方向
B．移至b点时，o点的电场强度大小为E，沿oc方向
C．移至e点时，o点的电场强度大小为，沿oc方向
D．移至f点时，o点的电场强度大小为E，沿oe方向
7．(2017·姜堰中学质检)有两个完全相同的小球A、B，质量
均为m，带等量异种电荷，其中A带电荷量为＋q，B带电荷量为－q.现用两长度均为L、不可伸长的细线悬挂在天花板的O点上，两球之间夹着一根绝缘轻质弹簧．在小球所挂的空间加上一个方向水平向右、大小为E的匀强电场．如图所示，系统处于静止状态时，弹簧位于水平方向，两根细线之间的夹角θ＝60°，则弹簧的弹力为(静电力常量为k，重力加速度为g)( )
A.
B.mg＋
C．Eq＋
D.mg＋＋Eq
8．(2017·北京模拟)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电场力的方向都跟x轴正方向相同，电场力的大小F跟试探电荷所带电荷量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点的电场强度的大小为0.25
N/C
B．A点的电场强度的方向沿x轴负方向
C．点电荷Q是正电荷
D．点电荷Q的位置坐标为0.3
m
9．(2017·深圳模拟)
在真空中某点电荷产生的电场中有a、b两点，a点的电势为φa，场强大小为Ea，方向与a、b两点连线的夹角为60°.b点的电势为φb，场强大小为Eb，方向与ab连线的夹角为30°.则a、b两点的场强大小及电势高低的关系是( )
A．φa>φb，Ea＝
B．φa<φb，Ea＝
C．φa>φb，Ea＝3Eb
D．φa<φb，Ea＝3Eb
10．(2017·江苏十校联考)如图所示，一电荷量为－Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点．另一电荷量为＋q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点时的速度减小到最小，大小为v，已知点电荷乙受到水平面的阻力恒为μmg，g为重力加速度，A、B间距离为L，静电力常量为k，则下列说法正确的是( )
A．点电荷甲在B点处的电场强度大小为
B．O、B两点间的距离大于
C．在点电荷甲形成的电场中，A、B两点间电势差UAB＝
D．点电荷甲形成的电场中，A点的电势小于B点的电势
11．(2017·华南师大附中测试)
如图所示，y轴在竖直方向，x轴在水平方向，一质量为m带电荷量为q的小球在坐标为(0,0.3
m)的A点以初速度v0平行于x轴正方向射入第一象限，在第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场E1，在第四象限内存在沿x轴负方向的匀强电场E2，其中m＝0.1
kg，q＝＋1.0×10－3
C，v0＝2
m/s，E1＝1.0×103
N/C，E2＝×103
N/C，g取10
m/s2，求：
(1)小球到达x轴上的速度；
(2)小球回到y轴时的坐标．
12．(2017·陕西师大附中二模)如图所示，质量为m＝1
kg的带正电物块，q＝2.0×10－5
C，放置在质量M＝2
kg足够长不带电绝缘木板的中间，物块与木板间的动摩擦因数为0.1，木板放置在光滑的水平地面上．在地面上方存在两个电场区，两电场区的宽度均为1
m，边界距离为d，Ⅰ区电场方向水平向右，Ⅱ区电场方向水平向左．电场强度大小均为1.5×105
N/C.将物块与木板从图示位置(物块在Ⅰ区内的最左边)由静止释放，已知在整个过程中物块不会滑离木板．取g＝10
m/s2.
(1)在物块刚离开Ⅰ区域时，物块的速度多大？
(2)若物块刚进入Ⅱ区域时，物块与木板的速度刚好相同，求两电场区的边界距离d.
(3)物块与木板最终停止运动时，求物块相对木板滑动的路程．
课练19 库仑定律 电场力的性质
1．C 存在固定球P时，对A、B球受力分析，由于悬线都沿竖直方向，说明水平方向各自合力为零，从而说明A球带负电而B球带正电．由于A、B球在水平方向各受两个力，而A、B之间的库仑力大小相等，方向相反，可得P对A、B的水平方向的库仑力大小相等，方向相反．根据F＝k以及A离P近，可知A球带电荷量较小，B球带电荷量较大，故C正确．
2．B 选甲、乙整体为研究对象，由牛顿第二定律得，加速度a＝.选乙为研究对象，由牛顿第二定律得，＝ma，联立得r＝q.
3．B 电荷量减少一半，根据库仑定律知若两个球之间的距离保持不变，库仑力减小为原来的，库仑力减小，弹簧的弹力减小，弹簧的伸长量减小，两球间的距离减小，所以实际的情况是小球之间的库仑力会大于原来的，此时弹簧的伸长量也大于原来的，B正确．
4．AC
如图所示，B受重力、绳子的拉力及库仑力作用，将拉力及库仑力合成，其合力应与重力大小相等，方向相反．根据三角形相似可知＝，而库仑力F＝k，由以上两式得d＝
，要使d变为2d，可以使球B的质量变为原来的，或将小球A、B的电荷量都增大为原来的2倍，同时将小球B的质量变为原来的一半，A、C正确、B、D错误．
5．BD 对球A受力分析，A受三个力的作用，即重力GA，墙壁对A的弹力FA和B对A的静电力FBA，FA与FBA的合力与其重力大小相等，它是不变的．当将小球B向左推动少许时，FBA与竖直方向的夹角逐渐变小，则可以判断出FA减小，FBA也减小，B正确；对A、B整体受力分析可知，F＝FA，故推力F也将减小，A错误；对小球B而言，它受四个力的作用，重力GB、推力F、A对B的静电力FAB、地面对B的弹力FB，由于FAB＝FBA，FBA减小，则FAB也减小，故地面对小球B的弹力也减小，C错误；由于两球之间的静电力在减小，故两小球之间的距离在增大，D正确．
6．B 依题意，每个点电荷在O点产生的场强为E1/2，则当将N点处的点电荷移至P点时，两电荷在O点产生的电场的场强方向的夹角为120°，合场强大小为E2＝E1/2，则E1∶E2＝2∶1，所以选项B正确．
7．D 若q为负电荷，只有当粒子受到的电场力恰好和粒子做圆周运动的向心力大小相等时，粒子才做匀速圆周运动，否则粒子就做变速曲线运动，所以A错误．当粒子做曲线运动时，粒子受到的电场力的大小要改变，所以粒子做的是变加速曲线运动，所以B错误．若q为正电荷，那么粒子一定会向远离电荷Q的方向运动，电场力做正功，则q的电势能逐渐减小，所以C错误．若q为正电荷，那么粒子一定会远离O点，受到的电场力的大小逐渐减小，做变加速曲线运动，所以D正确．
8．A 完整球壳在M点产生电场的场强为＝，根据电场叠加原理，右半球壳在M点产生电场的场强为－E，根据对称性，左半球壳在N点产生电场的场强为－E，选项A正确．
9．AC 设菱形边长为a，则两个Q之间距离为2asinα，两个－q之间距离为2acosα.选取－q作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2kcosα＝k，解得cos3α＝，选项A正确、B错误．选取Q作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2ksinα＝k，解得sin3α＝，选项C正确、D错误．
10．A 由v－t图象可知，逐渐变大，粒子的加速度逐渐变大，则电场强度逐渐变大，从A到B电场线逐渐变密．综合分析知，带负电的粒子沿电场线方向运动，由电场线疏处到达密处，故A正确．
11．解题思路：(1)根据库仑定律，A、B两点电荷间的库仑力大小为F＝代入数据得F＝9.0×10－3
N
(2)A、B两点电荷在C点产生的场强大小相等，均为E1＝
A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为
E＝2E1cos30°
联立两式并代入数据得E＝7.8×103
N/C
方向沿y轴正方向．
答案：(1)9.0×10－3
N (2)7.8×103
N/C，方向沿y轴正方向
12．解题思路：(1)A球带正电，B球带负电
未加电场时，两小球相距d＝2l－2lsinα＝l
由A球受力平衡可得：mgtanα＝k
解得：Q＝
l
(2)外加电场时，两球相距
d′＝2l＋2lsinα＝3l
根据A球受力平衡可得：QE－k＝mgtanα
解得：E＝
答案：(1)A带正电，B带负电，Q＝
l (2)10/9l
加餐练
1．D 带电粒子在电场中仅受电场力作用，由牛顿第二定律知加速度a＝＝，E＝k，因为rbac>aa；
由动能定理有Wab＝qQUab＝mv－mv
Wbc＝qQUbc＝mv－mv
因为Wab<0，所以va>vb
因为Wbc>0，所以vc>vb
因为|Uab|>|Ubc|，所以va>vc
故有va>vc>vb，D项正确．
2．ACD 用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电荷，与A球接触后A球也带正电荷，两球接触后分开，B球也带正电荷，且两球所带电荷量相等，A正确；
两球相互排斥，稳定后A球受力情况如图所示
sinθ＝＝0.60，θ＝37°
F库＝mgtan37°＝6.0×10－3
N，B项错误；
F库＝k
QA＝QB＝Q，r＝0.12
m
联立得Q＝4×10－8
C，故C项正确；
由等量同种点电荷产生的电场的特点可知，A、B两球连线中点处的场强为0，故D项正确．
3．D 本题考查库仑定律、物体平衡条件、牛顿第三定律、整体法和隔离法及其相关的知识点．设P、Q点所带电荷量为q，对物体P受力分析，受到水平向左的库仑力F＝k、竖直向下的重力mg、支持力FN，由平衡条件可得tanθ＝，解得q＝，选项A错误；斜面对P的支持力FN＝mgcosθ＋Fsinθ，由牛顿第三定律可知，P对斜面的压力为F′N＝mgcosθ＋Fsinθ，由牛顿第三定律可知，P对斜面的压力为F′N＝mgcosθ＋Fsinθ，选项B错误；对P和斜面体整体受力分析，可知水平方向受到Q对P向左的库仑力F＝k和地面对斜面体水平向右的摩擦力，由平衡条件可知，斜面体受到水平向右的摩擦力大小为f＝k，选项C错误；对P和斜面体整体受力分析，竖直方向受到竖直向下的重力(M＋m)g和水平面的支持力，由平衡条件可得，水平面支持力等于(M＋m)g，根据牛顿第三定律，斜面体对地面的压力大小为(M＋m)g，选项D正确．
4．C 本题考查库仑定律及其相关的知识点，意在考查考生运用对称性解决问题的能力．由题图甲中均匀带电半圆环对圆心点电荷的库仑力大小为F，可以得出圆环对圆心点电荷的库仑力大小为F.将题图乙中的均匀带电圆环分成三个圆环，关于圆心对称的两个圆环对圆心点电荷的库仑力的合力为零，因此题图乙中的圆环对圆心点电荷的库仑力大小为F，C正确．
5．D 本题考查两点电荷间电场线分布的特点．根据题图中的电场线分布可知，A、B带等量的正电荷，选项A、B错误；a、b两点处虽然没有画电场线，但由电场叠加可知，其电场强度一定不为零，选项C错误；由题图可知，a、b两点处电场强度大小相等，方向相反，同一试探电荷在a、b两点处所受电场力大小相等，方向一定相反，选项D正确．
6．C 本题考查点电荷形成的电场的矢量合成及其相关知识点．由题意可知，等量正、负点电荷在o处的电场强度大小均为，方向水平向右．当移至c处，两点电荷在该处的电场强度方向夹角为120°，则o处的电场强度大小为，沿oe方向，A错误；同理，当移至b处，o处的电场强度大小为E，沿od与oe角平分线方向，B错误；同理，当移至e处，o处的电场强度大小为，沿oc方向，C正确；同理，当移至f处，o处的电场强度大小为E，沿od与oc角平分线方向，D错误．
7．D 本题考查库仑定律、共点力平衡等相关知识点．设细线的拉力为F，弹簧的弹力为F弹，对小球A受力分析，由平衡条件可得在竖直方向上有Fsin60°＝mg，水平方向上有F弹＝Fcos60°＋＋qE，联立解得F弹＝mg＋＋qE，选项D正确，A、B、C错误．
8．D 本题考查库仑定律及相关知识点，意在考查考生对图象的理解能力．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，B、C错误；设Q与A点之间的距离为l，由题图乙可得，点电荷在A点产生的场强EA＝k＝＝
N/C＝4×105
N/C，同理可得，点电荷在B点产生的场强为EB＝k＝＝
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＋0.1)
m＝0.3
m，A错误、D正确．
9．D 如图所示，场源电荷－Q应位于两电场线的交点O处，因为a点离O较近，所以φa<φb，而Ea＝k，Eb＝k，而rb＝ra，所以有Ea＝3Eb，D正确．
10．A 因为电荷乙从A点运动到B点时的速度减小到最小，故此时电荷乙的加速度为零，即EBq＝μmg，即EB＝，故A正确；根据点电荷的场强公式EB＝k＝，解得xOB＝，B错误；从A点到B点由动能定理可知qUAB－μmgL＝mv2－mv，UAB＝则C错误；点电荷甲带负电，故在所形成的电场中，A点的电势高于B点的电势，D错误．
11．解题思路：(1)小球在第一象限做类平抛运动，设小球到达x轴的速度v与x轴正方向的夹角为α，小球在第一象限的加速度为a1，由牛顿第二定律可得
E1q＋mg＝ma1
小球在竖直方向的位移h1＝a1t
小球在竖直方向的速度vy＝a1t1
小球到达x轴上的速度v＝
tanα＝
联立解得v＝4
m/s，α＝60°
(2)由题意可知，小球进入第四象限后，水平方向做初速度为－v0，加速度为a2的匀加速直线运动，竖直方向做初速度为vy，加速度为g的匀加速直线运动，设小球在第四象限运动时间为t2，则由运动学规律和牛顿第二定律可得
a2＝
水平方向x＝v0t1＝－v0t2＋a2t
竖直方向y＝vyt2＋gt
解得y＝1.8
m
故小球回到y轴的坐标为(0，－1.8
m)
答案：(1)4
m/s (2)(0，－1.8
m)
12．解题思路：(1)以物块为研究对象，对物块进行受力分析，设物块受到的电场力为F，加速度为am1，由牛顿第二定律可得
F－μmg＝mam1且F＝qE
解得am1＝2
m/s2
设物块在区域Ⅰ运动的时间为t1，由匀加速直线运动规律可得
L＝am1t
解得t1＝＝1
s
则物块离开区域Ⅰ时的速度vm1＝am1t1＝2
m/s
(2)在Ⅰ区域时，以木板为研究对象，设木板加速度为aM1，由牛顿第二定律可得
μmg＝MaM1
解得aM1＝0.5
m/s2
物块到达Ⅰ区域边缘处时木板速度vM1＝aM1t1＝0.5
m/s
离开Ⅰ区域后，设物块加速度为am2，由牛顿第二定律可得
μmg＝mam2
解得am2＝1
m/s2
木板加速度aM2＝aM1＝0.5
m/s2
设物块在两电场区边界间运动的时间为t2，则当物块与木板达到共同速度时vm1－am2t2＝vM1＋aM2t2
解得t2＝1
s
两电场区边界距离d＝vm1t2－am2t＝1.5
m
(3)由于F>μmg，所以物块与木板最终只能停在两电场之间
设最终停止时，物块相对木板滑动的路程为s，由全过程能量守恒有FL＝μmgs，解得s＝3
m
答案：(1)2
m/s (2)1.5
m (3)3
m月考三 选修3－1 电磁场
电磁感应 交、直流电路
第Ⅰ卷 (选择题 共40分)
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一个选项正确，第7～10题有多个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
1.
两块相互靠近的平行金属板M、N组成电容器，充电后与电源断开，M板带正电，N板带负电，且电荷量保持不变．如图所示，板间有一个用绝缘细线悬挂的带电小球(可视为质点)，小球静止时与竖直方向的夹角为θ，忽略带电小球所带电荷量对极板间匀强电场的影响，则
( )
A．小球带负电；若将细线烧断，小球将做匀加速直线运动
B．小球带正电；若将细线烧断，小球将做自由落体运动
C．若只将N板水平向右平移稍许，电容器的电容将变小，夹角θ将变大
D．若只将N板竖直向上平移稍许，电容器的电容将变小，央角θ将变大
2．如图所示，等量异种点电荷A、B固定在同一水平线上，竖直固定的光滑绝缘杆与的中垂线重合，C、D是绝缘杆上的两点，ACBD构成一个正方形．一带负电的小球(可视为点电荷)，套在绝缘杆上自C点无初速度释放，由C运动到D的过程中，下列说法正确的是( )
A．小球的速度先减小后增大
B．小球的速度先增大后减小
C．杆对小球的作用力先减小后增大
D．杆对小球的作用力先增大后减小
3．如图所示，边长为L、匝数为N、电阻不计的正方形线圈abcd，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO′以角速度ω匀速转动，轴OO′垂直于磁感线，制成一台交流发电机．它与理想变压器的原线圈连接，变压器原、副线圈的匝数之比为1∶2，二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大．从正方形线圈处于图示位置开始计时，下列判断正确的是( )
A．交流发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBωL2sinωt
B．变压器的输入功率与输出功率之比为2∶1
C．电压表V示数为NBωL2
D．若将滑动变阻器的滑片向下滑动，电流表和电压表示数均减小
4．如图甲，一绝缘带电物块(视为质点)无初速度地放在皮带底端，皮带轮以恒定的角速度沿顺时针方向转动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端P运动至皮带轮顶端Q的过程中，其v－t图象如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5
s且运动过程中电荷量保持不变，关于带电物块及运动过程的说法正确的是( )
A．皮带的运动速度大小可能为2.5
m/s
B．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移
C．在2～4.5
s内，带电物块与皮带保持相对静止
D．物块带负电
5.
如图所示，有a、b两个完全相同的带电粒子(不计重力)从两块平行金属板正中间的O点分别沿轴线OO′方向以相同速度射入，当开关S断开时，a粒子沿OO′射入匀强磁场中做匀速圆周运动，打在竖直挡板上的P点，测得O′P＝x1；当开关S接通时，b粒子恰好从下极板端点C处射出，射出后打在竖直挡板的Q点，测得CQ＝x2.若用t1表示a粒子从O到P的运动时间，用t2表示b粒子从O到Q的运动时间．则下列说法正确的是
( )
A．x1>x2
B．t1>t2
C．粒子带正电
D．A端是电源的正极
6.
如图所示，已知带电荷量均为＋Q的点电荷M、N固定不动且连线水平，试探电荷P可在M、N连线的中垂面内绕中心点O做匀速圆周运动，重力忽略不计．则
( )
A．圆轨道上各点的电势处处不相等
B．P可能带正电，也可能带负电
C．P做圆周运动的半径越小，线速度一定越大
D．P做圆周运动的半径越小，角速度一定越大
7.
如图所示为著名物理学家费曼设计的一个实验装置：水平绝缘圆板可绕通过其中心的竖直光滑轴自由转动，圆盘边缘固定着若干金属小球，在圆盘的中部有一个导电线圈．在线圈接通电源的瞬间发现圆板发生了转动，则下列说法正确的是
( )
A．圆板上的金属小球带电
B．圆板上的金属小球不带电
C．接通线圈电源的瞬间在圆板上的金属小球所在处产生了电场
D．接通线圈电源的瞬间在圆板上的金属小球所在处只产生了磁场
8．如图所示，水平面内有一个闭合导线(由细软导线制成)绕过两固定且光滑的小钉子A和D，以及E点处的动滑轮，一根橡皮筋两端连接动滑轮轴心和固定点O1，使各段导线保持绷紧拉直状态．以AD为直径、半径为R半圆形区域内，有磁感应强度大小为B，方向垂直水平面向下的有界匀强磁场．已知P点为半圆弧的中点，导线框的电阻为r，现将导线上的某点C以恒定角速度ω(相对圆心O)从D点沿圆弧移动的过程中，则下列说法正确的是( )
A．当C点从D点沿圆弧移动到A点的过程中，导线框中感应电流的方向先为逆时针方向，后为顺时针方向
B．当C点从D点沿圆弧移动到图中∠CAD＝30°位置的过程中，通过导线横截面的电荷量为
C．当C点沿圆弧移动到P点时，导线框中的感应电动势最大
D．当C点沿圆弧移动到A点时，导线框中的感应电动势最大
9.
如图所示，K1、K2闭合时，一质量为m、带电荷量为q的液滴，静止在电容器的A、B两平行金属板间．现保持K1闭合，将K2断开，然后将B板向下平移到图中虚线位置，则下列说法正确的是( )
A．电容器的电容减小
B．A板电势比电路中Q点电势高
C．液滴将向下运动
D．液滴的电势能增大
10.
如图，a是用电流传感器S1、S2(其电阻忽略不计)研究自感现象的实验电路，图中两个电阻的阻值均为R，L是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为R，不计电源内阻．图b是某同学画出的在t0时刻开关S切换前后，通过传感器的电流随时间变化的图象．关于这些图象，下列说法中正确的是
( )
A．甲是开关S由断开变为闭合，通过传感器S1的电流随时间变化的情况
B．乙是开关S由断开变为闭合，通过传感器S1的电流随时间变化的情况
C．丙是开关S由闭合变为断开，通过传感器S2的电流随时间变化的情况
D．丁是开关S由闭合变为断开，通过传感器S2的电流随时间变化的情况
第Ⅱ卷 (非选择题 共70分)
二、实验题：本题共2小题，共20分．把答案填在题中的横线上或按要求作答．
11．(9分)一探究小组要测量2B铅笔芯的电阻率．所用的实验器材有：电源E(9
V)，铅笔芯(最大阻值约6
Ω)，滑动变阻器(最大阻值20
Ω)，电流表A(量程为0.3
A，内阻约为0.5
Ω)，电压表V(量程为3
V，内阻约为1
000
Ω)，开关S.
(1)将虚线框内测量铅笔芯电阻的实验电路图补充完整．
(2)实验中，改变连入电路的铅笔芯长度L，测出对应的电阻值R.测得的5组实验数据已描点在如图甲所示的R－L坐标系中，请画出R－L图线．
(3)用螺旋测微器测量铅笔芯的直径，如图乙所示，其读数为________mm.
(4)根据画出的R－L图线及测得的铅笔芯的直径，可求得铅笔芯的电阻率为________Ω·m.(保留三位有效数字)
12．(11分)实验小组要测量一节干电池的电动势和内电阻．实验室有如下器材可供选择：
A．待测干电池(电动势约为1.5
V，内阻约为1.0
Ω)
B．电压表(量程3
V)
C．电压表(量程15
V)
D．电流表(量程0.6
A)
E．定值电阻(阻值为50
Ω)
F．滑动变阻器(阻值范围0～50
Ω)
G．开关、导线若干
(1)为了尽量减小实验误差，在如图1所示的四个实验电路中应选用________．
(2)实验中电压表应选用________(填器材前的字母)．
(3)实验中测出几组电流表和电压表的读数并记录在下表中.
序号
1
2
3
4
5
6
电压U/V
1.45
1.40
1.30
1.25
1.20
1.10
电流I/A
0.060
0.120
0.240
0.260
0.360
0.480
请你将第5组数据描绘在图2给出的U－I坐标系中并完成U－I图线．
(4)由此可以得到，此干电池的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω.(结果均保留两位小数)
(5)
有位同学从实验室找来了一个电阻箱，用如图3所示的电路测量干电池的电动势和内电阻．闭合开关后，改变电阻箱阻值．当电阻箱阻值为R1时，电流表示数为I1；当电阻箱阻值为R2时，电流表示数为I2.已知电流表的内阻为RA.请你用RA、R1、R2、I1、I2表示出干电池的内电阻r＝________.
三、计算或论述题：本题共4小题，共50分．解答应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
13.
(10分)如图所示电路中，电源电动势E＝12
V，内阻r＝1
Ω，电阻R1＝9
Ω，R2＝5
Ω，R3是一只滑动变阻器，其阻值变化范围为0～20
Ω，求：
(1)电流表的示数为0.4
A，R3的阻值为多大；
(2)电源的总功率最大值；
(3)R3能获得的最大功率．
14.
(10分)如图所示，交流发电机的矩形金属线圈abcd的边长ab＝cd＝50
cm，bc＝ad＝30
cm，匝数n＝100，线圈的总电阻r＝10
Ω，线圈位于磁感应强度B＝0.050
T的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向平行．线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环E、F(集流环)焊接在一起，并通过电刷与阻值R＝90
Ω的定值电阻连接．现使线圈绕过bc和ad边中点且垂直于磁场的转轴OO′以角速度ω＝400
rad/s匀速转动．电路中的其他电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计，求：
(1)线圈中感应电流的最大值；
(2)线圈转动过程中电阻R的发热功率；
(3)从线圈经过图示位置开始计时，经过周期时间通过电阻R的电荷量．
15．(12分)如图所示，两平行光滑金属导轨倾斜放置且固定，两导轨间距为L，与水平面间的夹角为θ，导轨下端有垂直于轨道的挡板，上端连接一个阻值R＝2r的电阻，整个装置处在磁感应强度为B、方向垂直导轨向上的匀强磁场中，两根相同的金属棒ab、cd放在导轨下端，其中棒ab靠在挡板上，棒cd在沿导轨平面向上的拉力作用下，由静止开始沿导轨向上做加速度为a的匀加速运动．已知每根金属棒质量为m、电阻为r，导轨电阻不计，棒与导轨始终接触良好．求：
(1)经多长时间棒ab对挡板的压力变为零；
(2)棒ab对挡板压力为零时，电阻R的电功率；
(3)棒ab运动前，拉力F随时间t的变化关系．
16.
(18分)如图所示的xOy平面上，以坐标原点O为圆心的四分之一圆形区域MON内分布着磁感应强度为B＝2.0×10－3
T的匀强磁场，其中M、N点距坐标原点O为
m，磁场方向垂直纸面向里．坐标原点O处有一个粒子源，不断地向xOy平面发射比荷为＝5×107
C/kg的带正电粒子，它们的速度大小都是v＝1×105
m/s，与x轴正方向的夹角分布在0～90°范围内．求：
(1)平行于x轴射入的粒子，出射点的位置及在磁场中的运动时间；
(2)恰好从M点射出的粒子，从粒子源O发射时的速度与x轴正向的夹角；
(3)若粒子进入磁场前经加速使其动能增加为原来的2倍，仍从O点垂直磁场方向射入第一象限，求粒子在磁场中运动的时间t与射入时与x轴正向的夹角θ的关系．
月考三 选修3－1 电磁场
电磁感应 交、直流电路1.D 由平衡条件可知，小球所受的电场力水平向右，因N板带负电，所以小球带正电，选项A错误；若将细线烧断，小球受水平向右的电场力和竖直向下的重力，由牛顿第二定律知，小球做匀加速直线运动，选项B错误；由C＝知，若只将N板向右移动少许，极板间的距离增大，故电容器的电容变小，因为极板所带的电荷量不变，故只改变极板间的距离，极板间的场强不变，小球所受的电场力不变，夹角θ不变，选项C错误；由C＝知，若只将N板竖直向上移动少许，极板间的正对面积减小，故电容器的电容变小，由E＝、C＝得，极板间的场强E＝，故极板间的场强增大，由平衡条件得qE＝mgtanθ，故夹角θ变大，选项D正确．
2．D 由等量异种点电荷电场的叠加特点知，两电荷连线的中垂线上的场强均垂直于中垂线指向负电荷，故水平方向杆对小球的作用力与电场力相平衡，小球竖直方向只受重力作用，加速度为g，小球一直向下做匀加速直线运动，速度一直增加，选项A、B错误；又因为两电荷连线的中垂线与连线的交点处的场强是中垂线上场强的最大值，故杆对小球的作用力先增大后减小，选项C错误、D正确．
3．C 交流发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBωL2cosωt(V)，选项A错误；理想变压器的输入功率与输出功率相等，选项B错误；原线圈两端的电压U1＝＝，则副线圈两端的电压U2＝U1＝NBωL2，由于二极管的单向导电性使得R间电压，即电压表的读数U＝U2＝NBωL2，选项C正确；由C项分析知，电压表示数与滑动变阻器接入电路中的阻值无关，保持不变，由于R增大，副线圈中的电流减小，故原线圈中的电流减小，故电流表示数减小，选项D错误．
4．A 设物块与皮带间的动摩擦因数为μ，由v－t图象知物块先做加速度减小的变加速直线运动后做匀速运动，则物块受到的洛伦兹力fB必然垂直于斜面向上，由左手定则知，物块带正电，选项D错误；对物块由牛顿第二定律有μ(mgcosθ－qvB)－mgsinθ＝ma，当物块的加速度为零时，做匀速运动，故皮带的运动速度大小只要大于1
m/s即可满足，选项A正确；由于皮带的速度大小不确定，不能求出物块与皮带发生的相对位移，2～4.5
s内，带电物块与皮带可能保持相对静止，也可能相对运动，选项B、C错误．
5.
B 由题意知，粒子进入磁场后向下偏转，由左手定则知粒子带负电，选项C错误；b粒子在板间向下偏转，所受电场力向下，故B端是电源的正极，选项D错误；设粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v0，在磁场中的运动轨迹如图所示．对a粒子有x1＝2r1＝，t1＝＋T；设b粒子离开电场时的速度与水平方向的夹角为θ，则进入磁场时的速度v＝，轨道半径r2＝，则x2＝2r2cosθ＝＝，故x1＝x2，选项A错误；由图示知，α<π，故t2<＋＝t1，选项B正确．
6．D 电势是标量，求合电势时，用简单的代数和，故圆轨道上各点电势处处相等，选项A错误；粒子做匀速圆周运动，所受电场力的合力提供向心力，粒子必须带负电，选项B错误；各个边的几何关系如图所示，设两电荷距离为2l，圆周运动半径为r，根据电场知识向心力F＝2ksinθ，回旋半径r＝ltanθ，根据F＝m＝mω2r可得ω2∝cos3θ，v2∝cosθsin2θ，圆周运动半径越小，θ越小，角速度越大，但线速度大小变化不确定，选项C错误、D正确．
7．AC 线圈接通电源瞬间，则根据麦克斯韦电磁场理论可知，变化的磁场产生电场，从而导致带电小球受到电场力，使圆板转动．由于线圈中电流方向未知，产生的感应电场方向未知，所以不能确定小球所受的电场力方向，无法判断小球的电性，但若小球不带电，一定不会转动，A正确、B错误；线圈接通电源瞬间，则变化的磁场产生电场，从而导致带电小球受到电场力，使其转动，C正确、D错误．
8．ABD 当C点从D点运动到A点的过程中，线圈的面积先增大后减小，则线圈中的磁通量是先增大后减小，由楞次定律可知线圈中电流方向先逆时针方向后顺时针方向，故A正确；当C点从D点运动到∠CAD＝30°的过程中，回路中电荷量为q＝代入数据得q＝，则B正确；导体切割磁感线时，切割磁感线的有效速度、有效长度最大时，其产生的电动势最大，当运动到A点时，速度方向与导线垂直，且导线有效长度最大，则此时产生的电动势最大，故C错误、D正确．
9．AB 将B板向下平移到图中虚线位置，极板间的距离增大，由C＝知，电容器的电容减小，选项A正确；K2断开后，极板上所带的电荷量不变，由C＝、E＝、C＝得，E＝，故将B板向下平移到图中虚线位置后，极板间的场强不变，由φA＝Ed知，A板电势升高，而K1、K2闭合时，A板电势与电路中Q点电势相等，所以K2断开后，A板电势比电路中Q点电势高，选项B正确；K1、K2闭合时，油滴静止，其所受的电场力与重力平衡，将B板向下平移到图中虚线位置后，极板间的电场强度不变，所以油滴所受的电场力不变，故油滴仍处于静止状态，选项C错误；由平衡条件知，油滴带负电，由Ep＝qφ知，油滴的电势能减小，选项D错误．
10．BC 开关S由断开变为闭合时，由于L的自感，通过L的电流逐渐增大，故通过传感器S1的电流逐渐增大，选项B正确、A错误；开关S由闭合变为断开时，L与R构成闭合回路，由于L的自感，通过L的电流逐渐减小，故通过传感器S2的电流逐渐减小，选项C正确、D错误．
11．解题思路：(1)若滑动变阻器采用限流接法，为保护电流表，回路总电阻的最小值Rmin＝＝
Ω＝30
Ω，大于滑动变阻器的最大阻值，故必须采用分压接法；铅笔芯的电阻大约在6
Ω左右，远小于电压表内阻，属于小电阻，采用电流表外接法，电路图如答图甲所示；(2)如答图乙所示；(3)螺旋测微器的最小分度为0.01
mm，螺旋测微器的固定刻度读数1
mm，可动刻度读数为20
mm，故最终读数为d＝1
mm＋20.0×0.01
mm＝1.200
mm；(4)铅笔芯的横截面积为S＝π2，由电阻定律R＝ρ＝·L，由R－L图线得，斜率k＝＝
Ω/m＝
Ω/m，代入数据解得ρ＝3.77×10－5
Ω·m.
答案：(1)如图甲所示(2分)
(2)如图乙所示(2分)
(3)1.200(2分)
(4)3.77×10－5(3分)
12．解题思路：(1)为了减小实验误差，实验要多测几组数据，因此实验要用滑动变阻器，而不是定值电阻；由于待测干电池的内阻与电流表的内阻相差不大，所以电流表应用内接法，因此实验电路图应用丙．(2)待测干电池的电动势约为1.5
V，故电压表应选B.(3)画U－I图象时，要让尽可能多的点在同一条直线上，不在同一条直线上的点对称分布在直线的两侧．(4)由作出的U－I图象可知，干电池的电动势E＝1.5
V，干电池的内阻r＝＝＝0.83
A．(5)由闭合电路欧姆定律得，E＝I1(R1＋RA＋r)，E＝I2(R2＋RA＋r)，解得r＝－RA.
答案：(1)丙(1分)
(2)B(1分)
(3)如图所示(2分)
(4)1.50(1.49～1.51)(2分) 0.83(0.81～0.85)(2分)
(5)－RA (3分)
13．解题思路：(1)由题意可求：U并＝I2R2＝2
V
根据闭合电路的欧姆定律，E＝U并＋I(R1＋r)
可得：I＝＝1
A
故可得IR3＝I－IR2＝0.6
A
由部分电路的欧姆定律可得：R3＝＝3.3
Ω
(2)根据P＝IE得，要使P最大，必须使I最大，即R最小，所以R3的阻值为零
由闭合电路的欧姆定律可得：I′＝＝1.2
A
故电源的最大功率为：Pm＝I′E＝14.4
W
(3)将R1，R2和电源内阻看作等效电源的内阻，其内阻大小为：r′＝＝
Ω
当R3＝r′时的R3获得的功率最大
此等效电源的电动势为：E′＝＝4
V
此时R3获得的最大功率为：Pm＝＝1.2
W
答案：(1)3.3
Ω (2)14.4
W (3)1.2
W
14．解题思路：(1)线圈产生感应电动势的最大值Em＝nBωab×bc＝300
V(2分)
根据闭合电路欧姆定律可知，线圈中感应电流的最大值Im＝(1分)
解得Im＝3.0
A(1分)
(2)通过电阻R的电流的有效值I＝(1分)
线圈转动过程中电阻R的热功率P＝I2R(1分)
解得P＝405
W(1分)
(3)根据法拉第电磁感应定律有＝n＝n(1分)
根据闭合电路欧姆定律有＝＝(1分)
解得q＝Δt＝7.5×10－3
C(1分)
答案：(1)3.0
A (2)405
W (3)7.5×10－3
C
15．解题思路：(1)棒ab对挡板的压力为零时，受力分析可得
BIabL＝mgsinθ①
设经时间t0棒ab对挡板的压力为零，棒cd产生的电动势为E，则E＝BLat0②
I＝③
R外＝＝r④
Iab＝I⑤
解得：t0＝⑥
(2)棒ab对挡板压力为零时，cd两端电压为Ucd＝E－Ir⑦
解得：Ucd＝⑧
此时电阻R的电功率为P＝⑨
解得：P＝⑩
(3)对cd棒，由牛顿第二定律得：
F－BI′L－mgsinθ＝ma
I′＝
E′＝BLat
解得：F＝m(gsinθ＋a)＋t
评分标准：①～ 式，每式1分，共12分
答案：(1) (2) (3)F＝m(gsinθ＋a)＋t
16.
解题思路：(1)平行于x轴射入的粒子，轨迹如图甲所示，设出射点为P，由qBv＝m得R＝＝
m＝1
m
由几何关系可知O1P＝O1O＝1
m，OP＝
m，则△O1OP为等腰直角三角形
x＝y＝1
m，粒子轨迹所对应的圆心角α＝；故P点坐标为(1
m,1
m)
运动时间为t＝·＝×10－5
s(6分)
(2)恰好从M点射出的粒子，轨迹如图乙所示，由几何关系可知
O2M＝O2O＝1
m
OM＝
m，△O2OM为等腰直角三角形
∠O2OM＝45°，则θ＝∠O2OM＝45°(4分)
(3)若粒子从弧MN出射时，轨迹如图丙所示
由R＝，Ek＝mv2可知R＝
＝＝则R′＝
m
若粒子从M点出射时OM＝R′，△O3OM为正三角形，圆心角α＝，出射角θ＝
若粒子从弧MN上射出时，弦长均为
m，圆心角均为α＝，运动时间均为t＝·＝×10－5
s
故0≤θ≤时t＝×10－5
s(4分)
若粒子从边OM出射时，如图丁所示
α＝2＝π－2θ
运动时间t＝·＝(π－2θ)×10－5
s
故<θ≤时t＝(π－2θ)×10－5
s(4分)
答案：(1)P(1
m,1
m) ×10－5
s
(2)45° (3)0≤θ≤时，t＝×10－5
s
<θ≤时，t＝(π－2θ)×10－5
s月考二 必修二 曲线运动 功和能
第Ⅰ卷 (选择题 共40分)
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一个选项正确，第8～10题有多个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
1．如图所示，某河段两岸平行，河水越靠近河中央水流速度越大．一条小船(可视为质点)沿垂直于河岸的方向航行，它在静水中航行速度为v，沿河岸向下及垂直河岸建立直角坐标系xOy，则该船渡河的大致轨迹正确的是
( )
2．某山地自行车有六个飞轮和三个链轮，链轮和飞轮的齿数如下表所示，前后轮半径为30
cm，某人脚踩踏板做匀速圆周运动的角速度是4
rad/s，则人骑自行车的最大速度为( )
名称
链轮
飞轮
齿数
48
35
28
15
16
18
21
24
28
A.7.68
m/s
B．3.84
m/s
C．2.4
m/s
D．1.2
m/s
3.
据报道一颗来自太阳系外的彗星于2014年10月20日擦火星而过．如图所示，假设火星绕太阳做匀速圆周运动，轨道半径为r，周期为T.该彗星在穿过太阳系时由于受到太阳的引力，轨道发生弯曲，彗星与火星在圆轨道A点“擦肩而过”．已知万有引力常量G，则
( )
A．可计算出火星的质量
B．可计算出彗星经过A点时受到的引力
C．可计算出彗星经过A点的速度大小
D．可确定彗星在A点的速度大于火星绕太阳的速度
4．河水由西向东流，河宽为800
m，河中各点的水流速度大小为v水，各点到较近河岸的距离为x，v水与x的关系为v水＝x(m/s)，让小船船头垂直河岸由南向北渡河，小船划水速度大小恒为v船＝4
m/s，则下列说法中正确的是( )
A．小船渡河的轨迹为直线
B．小船在河水中的最大速度是5
m/s
C．小船在距南岸200
m处的速度小于距北岸200
m处的速度
D．小船渡河的时间是160
s
5.
某游戏娱乐场，设计了如下项目：如图所示，队员抓住一端固定于O点的绳索，从与O点等高的平台上无初速度开始下摆，在队员到达O点正下方时放开绳索，队员水平抛出直到落地．队员可以改变握绳点P的位置来改变落地点及落地状态．若不计绳索质量和空气阻力，队员可看成质点．下列说法正确的是
( )
A．队员握绳点P距固定点O越远，队员落地时的水平位移越大
B．队员握绳点P距固定点O越近，队员落地时的速度越大
C．队员握绳点P距固定点O越远，队员落地时的水平方向速度越大
D．队员握绳点P距固定点O越远，队员落地时的竖直方向速度越大
6.
如图所示，冥王星绕太阳公转的轨道是椭圆，公转周期为T0，其近日点到太阳的距离为a，远日点到太阳的距离为b，半短轴的长度为c.若太阳的质量为M，引力常量为G，忽略其他行星对冥王星的影响，则( )
A．冥王星从B→C→D的过程中，速率逐渐变小
B．冥王星从A→B→C的过程中，万有引力对它先做正功后做负功
C．冥王星从A→B所用的时间等于
D．冥王星在B点的加速度大小为
7.
如图所示，由倾角为45°的粗糙斜面AB和半径为0.5
m的光滑圆弧组成的轨道固定在竖直平面内，斜面和圆弧之间由小圆弧(长度不计)平滑连接，其中B为最低点，D为最高点，C、A两点和圆弧圆心O在同一水平线上．一物块(可视为质点)在A点以初速度v0＝5
m/s沿斜面向下沿内轨道运动．物块与斜面间的动摩擦因数为μ，取重力加速度大小g＝10
m/s2，则下列说法正确的是( )
A．若μ值满足一定的条件，则物块可能从D处开始做自由落体运动
B．若μ值满足一定的条件，则物块可能最终从AD圆弧某处脱离轨道
C．若μ＝0.2，则物块最终从CD圆弧某处脱离轨道
D．若μ＝0.2，则物块始终不会脱离轨道
8.
如图所示，A、B两点分别是斜面的顶端、底端，C、D是斜面上的两个点，LAC∶LCD∶LDB＝1∶3∶3，E点在B点正上方并与A点等高．从E点水平抛出质量相等的两个小球，球a落在C点，球b落在D点，球a和球b从抛出到落在斜面上的过程中(不计空气阻力)( )
A．两球运动时间之比为1∶2
B．两球抛出时初速度之比为4∶1
C．两球动能增加量之比为1∶2
D．两球重力做功之比为1∶3
9.
如图所示，小物块以初速度v0从O点沿斜面向上运动，同时从O点斜向上抛出一个速度大小也为v0的小球，物块和小球在斜面上的P点相遇．已知物块和小球质量相等，空气阻力忽略不计，则
( )
A．斜面可能是光滑的
B．在P点时，小球的动能大于物块的动能
C．小球运动到最高点时离斜面最远
D．小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率相等
10.
假设某滑雪者从山上M点以水平速度v0飞出，经t0时间落在山坡上N点时速度方向刚好沿斜坡向下，接着从N点沿斜坡下滑，又经t0时间到达坡底P处。已知斜坡NP与水平面夹角为60°，不计摩擦阻力和空气阻力，则( )
A．滑雪者到达N点时的速度大小为2v0
B．M、N两点之间的距离为2v0t0
C．滑雪者沿斜坡NP下滑的加速度大小为
D．M、P之间的高度差为v0t0
第Ⅱ卷 (非选择题 共70分)
二、实验题：本题共2小题，共18分．把答案填在题中的横线上或按要求作答．
11．(8分)(1)在利用重物自由下落“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器所用电频率为f＝50
Hz，实验要求打点计时器在打第一个点时释放纸带．甲、乙、丙三位同学分别用同一装置各打出一条纸带，量出各纸带上第1、2两点间的距离分别为0.48
cm、0.19
cm和0.18
cm，则甲同学在操作上有错误，其错误操作是________．
(2)上述实验中，丁同学进行了正确的实验操作，得到如图所示的纸带，A、B、C、D、E为连续的五个计时点．打点计时器的打点周期为Δt，重物的质量为m，测出AC、CE间的距离为L1、L2，则打C点时重物的动能为________．验证重物由O下滑至C点过程中机械能守恒的表达式为________．
12．(10分)为验证“拉力做功与物体动能改变的关系”，某同学到实验室找到下列器材：长木板(一端带定滑轮)、电磁打点计时器、质量为200
g的小车、质量分别为10
g、30
g和50
g的钩码、细线、学生电源(有“直流”和“交流”挡)．该同学进行下列操作
A．组装实验装置，如图甲所示
B．将质量为200
g的小车拉到打点计时器附近，并按住小车
C．选用50
g的钩码挂在拉线的挂钩P上
D．释放小车，接通打点计时器的电源，打出一条纸带
E．在多次重复实验得到的纸带中选出一条点迹清晰的纸带，如图乙所示
F．进行数据采集与处理
请你完成下列问题：
(1)进行实验时，学生电源应选择用________(填“直流”或“交流”)挡．
(2)该同学将纸带上打的第一个点标为“0”，且认为打“0”时小车的速度为零，其后依次标出计数点1、2、3、4、5、6(相邻两个计数点间还有四个点未画)，各计数点间的时间间隔为0.1
s，如图乙所示．该同学测量出计数点0到计数点3、4、5的距离，并标在图乙上．则在打计数点4时，小车的速度大小为________m/s；如果将钩码的重力在数值上当作小车所受的拉力，则在打计数点0到4的过程中，拉力对小车做的功为________J，小车的动能增量为________J．(取重力加速度g＝9.8
m/s2，结果均保留两位有效数字)
(3)由(2)中数据发现，该同学并没有能够得到“拉力对物体做的功等于物体动能增量”的结论，且对其他的点(如2、3、5点)进行计算的结果与“4”计数点相似．你认为产生这种实验结果的主要原因有(写出两条即可)
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________.
三、计算或论述题：本题共4小题，共52分．解答应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
13．(10分)如图所示，一不可伸长的轻绳一端固定于O点，绳的另一端系一质量为m的小球，光滑定滑轮B与O点等高．轻绳跨过定滑轮B将小球拉到A点，保持轻绳绷直，由静止释放小球．当小球摆到定滑轮的正下方时，绳对定滑轮总的作用力大小为2mg.求小球由A点释放时轻绳与竖直方向的夹角θ.
14.
(10分)银河系的恒星中大约四分之一是双星．某双星由质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点O做匀速圆周运动．由天文观察测得它们的运动周期为T，若已知S1和S2的距离为r，引力常量为G，求两星的总质量M.
15．(15分)体育课上同学们进行了一项抛球入筐游戏，球筐(筐壁厚忽略不计)紧靠竖直墙壁放在水平地面上，如图所示，某同学将球(可视为质点)正对竖直墙壁水平抛出并投入筐中．球筐高度和球筐左侧壁离墙壁的距离均为L＝0.4
m，球的抛出点离地面的高度H＝1.2
m，离墙壁的水平距离d＝2.0
m．球与墙壁碰撞前后瞬间速度大小相等，方向关于墙壁对称．取g＝10
m/s2，空气阻力不计．求：
(1)为使球落入筐中，球抛出时的最小速度；
(2)为使球落入筐中，球与墙壁碰撞的最高点离地面的高度；
16．(17分)如图甲所示，质量M＝3
kg，足够长的小车静止在水平面上，半径为R的固定光滑圆轨道的下端与小车的右端平滑对接，质量m＝1
kg的物块(可视为质点)由轨道顶端静止释放，接着物块离开圆轨道滑上小车．从物块滑上小车开始计时，物块运动前2
s内速度随时间
变化如图乙所示．已知小车与水平面间的动摩擦因数μ0＝0.01，重力加速度为10
m/s2，求：
(1)物块经过圆轨道最低点时对轨道的压力F大小；
(2)直到物块与小车相对静止的过程中因摩擦共产生的热量Q.
月考二 必修二 曲线运动 功和能
1．C 小船在垂直于河岸方向做匀速直线运动，平行河岸方向先做加速运动后做减速运动，因此合速度方向与河岸间的夹角先减小后增大，即运动轨迹的切线方向与x轴的夹角先减小后增大，C项正确．
2．B 链轮和飞轮的线速度是相等的，所以链轮半径越大，飞轮半径越小，人骑自行车的速度越大，根据ω链r链＝ω飞r飞，解得ω飞＝
rad/s，飞轮与后轮有共同的角速度，人骑自行车的最大速度为v＝ω飞r轮＝3.84
m/s，选项B正确．
3．D 火星绕太阳在圆轨道上运动，根据万有引力提供向心力得G＝m可得出太阳的质量，无法计算出火星的质量，选项A错误；因为不知道彗星的质量，所以无法计算出彗星经过A点时的万有引力，B错误；由图可知，彗星经过A点时做离心运动，所以彗星的速度大于圆轨道上的火星的速度，但无法求得彗星的具体速度大小，选项C错误、D正确．
4．B 小船在沿河岸方向上做匀速直线运动，在垂直于河岸方向上做变速运动，合加速度的方向与合速度方向不在同一条直线上，做曲线运动，选项A错误；小船到达离河岸x＝处，水流速度最大，合速度最大，最大水流速度为v水m＝××800
m/s＝3
m/s，故小船在河水中的最大速度v＝5
m/s，选项B正确；小船在距南岸和北岸200
m
处时水流速度相同，故小船的速度相同，选项C错误；小船渡河的时间t＝＝
s＝20
s，选项D错误．
5．C 设平台高为H，P点距O点的距离为L，队员到达O点正下方时的速度为v1，在队员从平台到O点正下方的过程中，根据动能定理得mgL＝mv，解得v1＝，队员从O点开始做平抛运动，队员落地时的水平速度vx＝v1＝，L越大，队员落地时的水平速度越大，选项C正确；设队员落地时的速度为v2，在队员从平台到落地的过程中，根据动能定理得mgH＝mv，解得v2＝，由此可知，队员落地时的速度与L无关，选项B错误；队员落地时的竖直方向速度大小vy＝＝，L越大，队员落地时的竖直方向速度越小，选项D错误；由平抛运动规律得队员的水平位移x＝L＋v1t＝L＋·＝L＋＝L＋，当且仅当L＝时，队员的水平位移最大，选项A错误．
6．D 根据开普勒第二定律：对每一个行星，其与太阳的连线在相同时间内扫过的面积相等，故冥王星从B→C→D的过程中，冥王星与太阳间的距离先变大后变小，故速率先减小后增大，选项A错误；同理，从A→B→C的过程中，速率逐渐减小，万有引力做负功，选项B错误；冥王星的公转周期为T0，从A→B→C的过程所用时间为
T0，由于冥王星在此过程中，速率逐渐减小，而A→B与B→C的路程相等，故其从A→B的时间小于T0，选项C错误；根据万有引力充当向心力可得：＝ma′，由题图中几何关系可得：R2＝c2＋2＝c2＋，联立可得：a′＝，选项D正确．
7．C 由mg＝m得，到达D处的速度至少为vD＝＝
m/s，物块能到达D点就不会做自由落体运动，A错误；只要能通过D处，物块就不会从AD圆弧某处脱离轨道，B错误；若μ＝0.2，物块在斜面上下滑一次需要克服滑动摩擦力做功Wf＝μmgcos45°·R＝0.2mgR，设共有n次通过D处，则根据动能定理有－mgR－nWf＝mv－mv，得n＝5，n恰好为正整数，说明最后一次通过D处的速度恰好为vD，设之后到达C处时的速度大小为v，则mgR－Wf＝mv2－mv，得v>0，说明物块最终从CD圆弧某处脱离轨道，C正确、D错误．
8．AB
设球a和球b从抛出到落到斜面上的过程中，运动的时间分别为t1、t2，初速度分别为v1、v2，动能的增加量分别为ΔEk1、ΔEk2，重力做功分别为W1、W2，根据三角形相似得＝＝4，由h＝gt2得＝＝，选项A正确；根据三角形相似得＝＝2，由x＝v0t得，＝·＝4，选项B正确；由W＝mgh得，两球重力做的功＝＝，选项D错误；由动能定理得＝＝，选项C错误．
9．BD 将小球的运动分解为沿斜面方向的匀减速运动和垂直斜面的匀减速运动，设小球沿斜面方向的加速度大小为a1，斜面的倾角为θ，由牛顿第二定律得mgsinθ＝ma1，解得a1＝gsinθ，若斜面光滑，设物块的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得mgsinθ＝ma2，得a2＝gsinθ，在O点小球沿斜面方向的速度小于物块的速度，则物块与小球不可能相遇，故斜面是粗糙的，选项A错误；设小球在P点的动能为Ek1，物块在P点的动能为Ek2，OP的高度差为h，从O点到P点的过程中，根据能量守恒定律得，对小球有mv＝mgh＋Ek1，对物块有mv＝mgh＋Ek2＋Q，由此可知，Ek1>Ek2，选项B正确；当小球垂直斜面方向的速度为零时，小球离斜面最远，此时小球在竖直方向的速度不为零，小球还未到达最高点，选项C错误；克服重力做功的平均功率P＝，由题意知，小球和物块到达P点的时间相等，故小球和物块到达P点时克服重力做功的平均功率相等，选项D正确．
10．AD 滑雪者到达N点时的竖直分速度为vy＝gt0＝v0tan60°，得g＝，到达N点时的速度大小为v＝＝2v0，A正确；M、N两点之间的水平位移为x＝v0t0，竖直高度差为y＝gt＝v0t0，M、N两点之间的距离为s＝＝v0t0，B错误；由mgsin60°＝ma，解得滑雪者沿斜坡NP下滑的加速度大小为a＝gsin60°＝，C错误；N、P之间的距离为s′＝vt0＋at＝v0t0，N、P两点之间的高度差为s′sin60°＝v0t0，M、P之间的高度差为h＝y＋s′sin60°＝v0t0，D正确．
11．解题思路：(1)若物体做自由落体运动，则第1、2两点间的距离x＝gt2＝×9.8×0.022
m＝0.001
96
m＝1.96
mm，可知甲同学操作错误，错误原因可能是先释放纸带后接通电源．(2)打C点时重物的速度vC＝，打C点时重物的动能Ek＝mv＝m2.从O→C减少的重力势能为Ep＝mg(L0＋L1)，所以验证机械能守恒的表达式为：mg(L0＋L1)＝m2.
答案：(1)先释放纸带，然后打点(2分)
(2)m2(3分) mg(L0＋L1)＝m2(3分)
12．解题思路：(1)打点计时器使用交流电；(2)由中间时刻的速度等于这段时间上的平均速度得v4＝＝＝0.58
m/s.拉力做的功W＝mgx4＝0.05
kg×9.8
m/s2×0.120
0
m＝5.9×10－2
J．小车动能的增量ΔEk＝Mv＝×0.2
kg×(0.58
m/s)2＝3.4×10－2
J；(3)若将钩码的重力当作小车所受的拉力，则小车的质量要远大于钩码的重力；要平衡摩擦力；钩码的动能是增加的．
答案：(1)交流(1分)
(2)0.58(2分) 5.9×10－2(2分) 3.4×10－2(1分)
(3)①小车质量不满足远大于钩码质量
②没有平衡摩擦力
③没考虑砝码动能的增加
(4分，每写一个正确的，给2分；多写正确不给分，多写错误的倒扣1分，扣完4分为止)
13．解题思路：设小球静止时与竖直方向夹角为θ，小球的摆线长为L，当小球摆到定滑轮的正下方时，轻绳的弹力为FT.绳对定滑轮的作用如图所示，可得
FT＝Fcos45°(2分)
根据题意，由动能定理可得
mgL(1－cosθ)＝mv2(4分)
小球摆到最低点，合力提供向心力，有
FT－mg＝m(3分)
解得θ＝60°(1分)
答案：60°
14．解题思路：设星体S1、S2的质量分别为m1、m2，运动的轨道半径分别为R1、R2，则运动的角速度为ω＝(2分)
根据万有引力定律和向心力公式有：G＝m1ω2R1＝m2ω2R2(3分)
又：R1＋R2＝r(2分)
联立解得两星的总质量为
M＝m1＋m2＝＋＝＝(3分)
答案：
15．解题思路：(1)设球抛出时的最小速度为vmin，运动到框左侧上边缘的时间为t，则
H－L＝gt2(2分)
d－L＝vmin
t(2分)
联立解得vmin＝4
m/s(2分)
所以球抛出时的最小速度vmin＝4
m/s
(2)设球与墙壁碰撞的最高点离地面的高度为hmax，运动到墙壁的时间为t′，如右图根据对称关系有
d＋L＝vmaxt(2分)
d＝vmaxt′(2分)
H－hmax＝gt′2(2分)
因为t＝0.4
s则可得vmax＝6
m/s(1分)
解得t′＝
s(1分)
所以球与墙壁碰撞的最高点离地面的高度
hmax＝0.64
m(1分)
答案：(1)4
m/s (2)0.64
m
16．解题思路：(1)根据机械能守恒定律可得
mgR＝mv2(2分)
解得R＝0.8
m(1分)
根据牛顿第二定律得F－mg＝m(2分)
解得F＝30
N(1分)
由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为30
N(1分)
(2)物块滑上小车后，由图象可知物块的加速度大小为a1＝1
m/s2
物块与小车间的摩擦力的大小为f1＝ma1＝1
N(1分)
设小车的加速度为a2，则f1－μ0(M＋m)g＝Ma2
解得a2＝0.2
m/s2(2分)
当它们达到相同的速度时，有v＝v0－a1t＝a2t
解得t＝
s(1分)
这一过程中，物块的位移为
x1＝v0t－a1t2＝
m(2分)
小车的位移为
x2＝a2t2＝
m(1分)
物块与小车因摩擦产生的热量为
Q1＝f1(x1－x2)＝
J(1分)
小车与地面摩擦产生的热量为
Q2＝μ0(M＋m)gx2＝
J(1分)
所以共产生的热量为
Q＝Q1＋Q2＝
J(1分)
答案：(1)30
N (2)
J课练8 牛顿运动定律
1.下列说法中正确的是( )
A．运动越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大
B．作用力与反作用力一定是同种性质的力
C．伽利略的理想实验是凭空想象出来的，是脱离实际的理论假设
D．马拉着车向前加速时，马对车的拉力大于车对马的拉力
2．对于一些实际生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以解释，其中正确的是
( )
A．采用了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度，这表明：可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性
B．“强弩之末势不能穿鲁缟”，这表明强弩的惯性减小了
C．货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性
D．摩托车转弯时，车手一方面要适当地控制速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，这是为了通过调控人和车的惯性达到安全行驶的目的
3．一物体受绳的拉力作用由静止开始前进，先做加速运动，然后改做匀速运动，再改做减速运动，则下列说法中正确的是( )
A．加速前进时，绳拉物体的力大于物体拉绳的力
B．减速前进时，绳拉物体的力大于物体拉绳的力
C．只有匀速前进时，绳拉物体的力与物体拉绳的力大小才相等
D．不管物体如何前进，绳拉物体的力与物体拉绳的力大小总相等
4．下列关于物理量、物理量单位和物理意义的说法正确的是( )
A．加速度是描述速度变化的物理量
B．在力学范围内，国际单位制中的基本单位是：米、秒、焦耳
C．使质量为1千克的物体产生1米/秒2的加速度的力就是1牛顿
D．物理量是标量的，一定没有方向
5．(多选)某学校教室里的磁性黑板上通常粘挂一些磁铁，磁铁被吸在黑板上可以用于“贴”挂图或试题答案，关于磁铁，下列说法中正确的是( )
A．磁铁受到的磁力大于受到的弹力才能被吸在黑板上
B．磁铁与黑板间在水平方向上存在两对作用力与反作用力
C．磁铁受到四个力的作用
D．磁铁受到的支持力与黑板受到的压力是一对平衡力
6.
(多选)在水平的路面上有一辆匀速行驶的小车，车上固定一盛满水的碗．现突然发现碗中的水洒出，水洒出的情况如图所示，则关于小车在此种情况下的运动，下列叙述正确的是( )
A．小车匀速向左运动
B．小车可能突然向左加速
C．小车可能突然向左减速
D．小车可能突然向右减速
7．(多选)中国计划于2015年为“北斗”全球卫星导航系统发射13颗卫星，下面关于发射火箭的情形及卫星运行的叙述正确的是( )
A．火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个作用力，从而使火箭获得向上的推力
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，由于没有空气，火箭虽然向下喷气，但无法获得前进的动力
D．卫星进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力
8．(2017·广元期末)下列有关行车安全的说法正确的是( )
A．系好安全带可以减小人的惯性
B．同一辆车，速度越大停下来需要的时间越大，说明速度大的车惯性大
C．系好安全带可以减轻因人的惯性而造成的伤害
D．系好安全带可以减轻因车的惯性而造成的伤害
9.
(多选)在光滑水平面上有一物块始终受水平恒力F的作用而运动，在其正前方固定一根足够长的轻质弹簧，如图所示，当物块与弹簧接触后向右运动的过程中，下列说法正确的是
( )
A．物块接触弹簧后立即做减速运动
B．当物块的加速度为零时，它的速度最大
C．当弹簧处于最大压缩量时，物块的加速度等于零
D．物块接触弹簧后先加速后减速
10.
如图所示，质量均为m的A、B两球由轻质弹簧相连，在恒力F作用下，以大小为a的加速度竖直向上做匀加速运动，突然撤除恒力瞬间，A、B的加速度大小分别为( )
A．aA＝aB＝a
B．aA＝2g＋a，aB＝a
C．aA＝aB＝g
D．aA＝2g＋a，aB＝0
11．如图所示，小车内两根不可伸长的细线AO、BO拴住一小球，其中BO水平，小车沿水平地面向右做加速运动，AO与BO的拉力分别为TA、TB.若加速度增大，则( )
A．TA、TB均增大
B．TA、TB均减小
C．TA不变，TB增大
D．TA减小，TB不变
12.
如图所示，在水平面上沿直线运动的小车上有一个固定的水平横杆，横杆左端悬挂的小球A和小车右端放置的物块B都相对车厢静止．关于物块B受到的摩擦力，下列判断中正确的是( )
A．物块B不受摩擦力作用
B．物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向左
C．物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向右
D．因小车的运动方向不能确定，故物块B受的摩擦力情况无法判断
1．(多选)(2016·课标Ⅰ)一质点做匀速直线运动．现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则
( )
A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D．质点单位时间内速率的变化量总是不变
2.
(多选)(2016·江苏卷)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )
A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大
D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面
3．(多选)(2015·海南卷)
如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、
b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O.整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g.在剪断的瞬间( )
A．a1＝3g
B．a1＝0
C．Δl1＝2Δl2
D．Δl1＝Δl2
4．(多选)(2014·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．t3
5．(2017·上海松江区模拟)关于伽利略对物理问题的研究，下列说法中正确的是( )
A．伽利略认为，在同一高度下落的重的物体和轻的物体，下落快慢不同
B．只要条件合适，理想斜面实验就能做成功
C．理想斜面实验虽然是想象中的实验，但它是建立在可靠的事实基础上的
D．伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证
6．(多选)(2017·上海普陀区模拟)关于物体运动状态与所受外力的关系，下面说法中正确的是( )
A．物体受到恒定的力作用时，它的运动状态不发生改变
B．物体受到不为零的合力作用时，它的运动状态要发生改变
C．物体受到的合力为零时，它一定处于静止状态
D．物体的运动方向与它所受的合力的方向可能相同
7．(多选)(2017·湖南名校模拟)2014年索契冬奥会花样滑冰双人滑比赛中，我国选手庞清、佟健获得第四，在花样滑冰比赛中，若庞清、佟健原来静止在冰面上，当他们被对方推向相反方向时(两人冰刀与冰面间的动摩擦因数相同)，庞清在冰上滑行的距离比佟健远．下列相关说法中正确的是( )
A．分开前庞清的平均加速度比较大
B．分开前庞清受到佟健的作用力较大
C．他们分开时的速度一样大
D．佟健的惯性比庞清大
8．(2017·广东中山期末)一起重机通过一绳子将货物向上吊起的过程中(忽略绳子的重力和空气阻力)，以下说法正确的是( )
A．当货物匀速上升时，绳子对货物的拉力与货物对绳子的拉力是一对平衡力
B．无论货物怎么上升，绳子对货物的拉力大小都等于货物对绳子的拉力大小
C．无论货物怎么上升，绳子对货物的拉力大小总大于货物的重力大小
D．若绳子质量不能忽略且货物匀速上升时，绳子对货物的拉力大小一定大于货物的重力大小
9．(2017·江西赣州摸底考试)伽利略的斜面实验为牛顿定律奠定了基础，下列有关说法正确的是( )
A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性
B．行星在圆周轨道上保持匀速率运动是因为行星具有惯性
C．同一物体运动越快越难停止运动，说明物体的速度越大，其惯性越大
D．由于巨轮惯性很大，施力于巨轮后，要经过很长一段时间后才会产生一个明显的加速度
10．(2017·北京朝阳区二模)
体育课上某同学做引体向上．他两手握紧单杠，双臂竖直，身体悬垂；接着用力上拉使下颌超过单杠(身体无摆动)；然后使身体下降，最终悬垂在单杠上．下列说法正确的是( )
A．在上升过程中单杠对人的作用力始终大于人的重力
B．在下降过程中单杠对人的作用力始终小于人的重力
C．若增大两手间的距离，最终悬垂时单臂的拉力变大
D．若增大两手间的距离，最终悬垂时单臂的拉力不变
11.
(2017·甘肃诊断)如图所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量m＝1
kg的小球，小球左侧连接一水平轻弹簧，弹簧左端固定在墙上，右侧连接一与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳，轻绳另一端固定在天花板上，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．在剪断轻绳的瞬间(g取10
m/s2)，下列说法中正确的是( )
A．小球受力个数不变
B．小球立即向左加速，且加速度的大小为a＝8
m/s2
C．小球立即向左加速，且加速度的大小为a＝10
m/s2
D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度的大小a＝10
m/s2
12.
(2017·广西适应性测试)如图所示，12个相同的木块放在水平地面上排成一条直线，相邻两木块接触但不粘连，每个木块的质量m＝1.2
kg，长度l＝0.5
m．木块原来都静止，它们与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，在左边第一个木块的左端放一质量M＝1
kg的小铅块(可视为质点)，它与各木块间的动摩擦因数均为μ2＝0.5，现突然给小铅块一个向右的初速度v0＝9
m/s，使其在木块上滑行．设木块与地面间及小铅块与木块间的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10
m/s2.求：
(1)小铅块相对木块滑动时小铅块的加速度大小；
(2)小铅块下的木块刚发生运动时小铅块的瞬时速度大小．
课练8 牛顿运动定律
1．B 物体的惯性大小只与物体的质量有关，与物体的速度无关，选项A错误；作用力与反作用力一定是同种性质的力，选项B正确；伽利略的理想实验是建立在严格推理的基础上的，与实际的理论不脱离，选项C错误；马拉着车向前加速时，马对车的拉力与车对马的拉力是一对作用力与反作用力，故马对车的拉力大小等于车对马的拉力，选项D错误．
2．C 惯性是物体固有的属性，并不是力，惯性的大小只与质量有关，质量一定则惯性大小一定，与物体的运动状态无关，只有改变物体的质量才能改变物体的惯性，物体所处的运动状态需要力来改变．采用了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度，是由于功率增大的缘故，而赛车的惯性不变，故A错误；“强弩之末势不能穿鲁缟”，是由于速度减小了，不是由于惯性减小，弩的惯性没有变化，故B错误；货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，质量发生了变化，惯性改变了，故C正确；摩托车转弯时，车手一方面要适当地控制速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，人与车的质量没有变化，惯性没有变化，故D错误．
3．D 不管物体做减速运动、匀速运动还是加速运动，绳拉物体的力和物体拉绳的力是一对作用力和反作用力，作用力和反作用力总是大小相等，与物体运动状态无关，故选项A、B、C错误，选项D正确．
4．C 加速度是描述速度变化快慢的物理量，A错；在力学范围内，国际单位制中的基本单位是：米、秒、千克，B错；由力的单位“牛顿”的定义可知C对；物理量是标量的，也可能有方向，如电流，D错．
5．BC 磁铁被吸在黑板上时，受到的磁力与受到的弹力大小相等，是一对平衡力，故A错误；磁铁与黑板间在水平方向上存在两对作用力与反作用力：①黑板对磁铁的吸引力与磁铁对黑板的吸引力，②黑板对磁铁的弹力与磁铁对黑板的弹力，故B正确；磁铁受到四个力的作用，竖直方向上的重力和摩擦力，水平方向上黑板对磁铁的吸引力和黑板对磁铁的弹力，故C正确；磁铁受到的弹力与黑板受到的压力是相互作用力，D错误．
6．BD 原来水和小车相对静止，以共同速度运动，水突然向右洒出有两种可能：①原来小车向左运动，突然加速，碗中水由于惯性保持原速度不变，故相对碗向右洒出；②原来小车向右运动，突然减速，碗中水由于惯性保持原速度不变，相对碗向右洒出，故B、D正确．
7．AD 火箭向下喷气，气体与火箭相互作用，火箭获得向上的作用力，A正确，B、C错误；卫星进入运行轨道之后，卫星与地球之间有相互作用的引力，D正确．
8．C 惯性大小唯一的量度是质量，所以A、B错误；系好安全带可减轻因人的惯性而造成的危害，C正确、D错误．
9．BD 物块一直受水平恒力F的作用，刚刚与弹簧接触时，弹簧的形变量较小，弹力小于F，则a＝，方向向右做加速度减小的加速运动，所以A项错误．物块继续向右运动，弹簧的形变量增大，当a＝＝0时，速度达到最大且方向向右，所以B项正确．物块继续向右运动，弹簧的形变量持续增大，此时弹力大于恒力F，则a＝，方向向左，物块开始减速，当速度为零时，物块的加速度仍然向左，不为零，所以C项错误．综上可知，物体接触弹簧后向右先做加速运动，再做减速运动，所以D项正确．
10．B 根据题意知，以A、B和弹簧组成的整体为研究对象，有F－2mg＝2ma，可得恒力F＝2mg＋2ma，再以A为研究对象，得F－mg－F弹簧＝ma，可得F弹簧＝F－m(g＋a)＝m(g＋a)；F撤去瞬间，弹簧弹力保持不变，故以A为研究对象，F合A＝mg＋F弹簧＝mg＋m(g＋a)，根据牛顿第二定律知，此时A的加速度aA＝＝＝2g＋a；对B而言，在F撤去瞬间，由于弹簧弹力保持不变，故B的受力瞬间没有发生变化，即此时B的加速度aB＝a，所以B正确．
11．C 设OA与竖直方向的夹角为θ，则对小球有TAcosθ＝mg，TB－TAsinθ＝ma，故若加速度增大，TA不变，TB增大．选项C正确．
12．C 根据题意，小球处于静止状态，设细绳与竖直方向夹角为θ，小球受到重力和沿绳方向的拉力，小球加速度为a＝gtanθ，方向水平向右，则物块B受到重力、支持力和向右的摩擦力，故选项A、B、D错误，选项C正确．
加餐练
1．BC 由题意知此恒力即为质点所受合外力，若原速度与该恒力在一条直线上，则质点做匀变速直线运动，质点单位时间内速率的变化量总是不变的；原速度与该恒力不在一条直线上，则质点做匀变速曲线运动，速度与恒力间夹角逐渐减小，质点单位时间内速度的变化量是不变的，但速率的变化量是变化的．A、D项错误，B项正确；由牛顿第二定律知，质点加速度的方向总与该恒力方向相同，C项正确．
2．BD 由题图可见，鱼缸相对桌布向左滑动，故桌布对鱼缸的滑动摩擦力方向向右，A错．因为鱼缸与桌布、鱼缸与桌面间的动摩擦因数相等，所以鱼缸加速过程与减速过程的加速度大小相等，均为μg；由v＝at可知，鱼缸在桌布上加速运动的时间与在桌面上减速运动的时间相等，故B正确．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，由Ff＝μmg可知，Ff不变，故C错．若猫的拉力减小到使鱼缸不会相对桌布滑动，则鱼缸就会滑出桌面，故D正确．
3．AC 剪断细线前，把a、b、c看成整体，细线上的拉力为T＝3mg.因在剪断瞬间，弹簧未发生突变，因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同．则将细线剪断瞬间，对a隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得：3mg＝ma1得a1＝3g，A正确、B错误．由胡克定律知：2mg＝kΔl1，mg＝kΔl2，所以Δl1＝2Δl2，C正确，D错误．
4．AC v－t图象中，纵轴表示各时刻的速度，t1、t2时刻速度为正，t3、t4时刻速度为负，图线上各点切线的斜率表示该时刻的加速度，t1、t4时刻加速度为正，t2、t3时刻加速度为负，根据牛顿第二定律，加速度与合外力方向相同，故t1时刻合外力与速度均为正，t3时刻合外力与速度均为负，A、C正确，B、D错误．
5．C 伽利略认为，如果没有空气阻力，在同一高度下落的重的物体和轻的物体，下落快慢相同，A错；理想斜面实验不可能做成功，但它是建立在可靠的事实基础上的，C对、B错；伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并采用斜面实验和逻辑推理相结合的方法进行了验证，D错．
6．BD 力是改变物体运动状态的原因，只要物体受力(所受合力不为零)，它的运动状态就一定会改变，A错、B对；物体不受力或所受合力为零，其运动状态一定不变，处于静止或匀速直线运动状态，C错；物体的运动方向与它所受合力方向可能相同，也可能相反，还可能不在一条直线上，D对．
7．AD 两人分开后均受滑动摩擦力的作用，由于动摩擦因数相同，所以加速度大小相同，庞清运动得远，则分开时的速度大，所以分开前的平均加速度较大，A正确、C错误；分开前两人间推力是一对作用力与反作用力，两力一样大，B错误；分开前由牛顿第二定律有F－μmg＝mg，μ、F相同，庞清平均加速度大，故庞清质量小，佟健质量大，惯性大，D正确．
8．B 绳子对货物的拉力和货物对绳子的拉力是一对作用力与反作用力，不管货物如何运动、两力大小都相等，A错、B对；当货物匀速上升时，绳子对货物的拉力和货物重力是一对平衡力(与绳子的重力无关)，货物加速上升时，绳子对货物的拉力大小大于货物的重力大小，货物减速上升时，绳子对货物的拉力大小小于货物的重力大小，C、D错．
9．A 根据惯性的定义可得，选项A正确；惯性使物体保持匀速直线运动状态或静止状态，而不是保持做匀速圆周运动，选项B错误；惯性与速度无关，选项C错误；巨轮惯性很大，说明其质量很大，施力于巨轮后，加速度会立刻产生，其大小与外力和巨轮质量有关，与力的作用时间无关，选项D错误．
10．C
11．B 剪断前水平面对球弹力为零，所以地面对球无摩擦力作用，由平衡条件得：弹簧弹力为F＝mg＝10
N，剪断瞬间，弹力大小仍为F＝10
N，方向水平向左，细绳上拉力消失，小球受重力外，还受支持力与摩擦力作用，所以剪断瞬间受四个力作用，a＝＝＝8
m/s2，故B正确，A、C、D错误．
12．解题思路：(1)设小铅块相对木块滑动时加速度大小为a，由牛顿第二定律可知μ2Mg＝Ma
解得：a＝5
m/s2
(2)设小铅块最多能带动x个木块运动，对x个木块整体进行受力分析，当小铅块下的x个木块发生运动时，则有μ2Mg≥μ1(mgx＋Mg)
解得：x≤3.33
即小铅块最多只能带动3个木块运动
设当小铅块通过前面的9个木块时的瞬时速度大小为v，由动能定理可知：－μ2Mg×9l＝M(v2－v)
解得：v＝6
m/s
答案：(1)5
m/s2 (2)6
m/s课练20 电场能的性质
1.
(多选)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．连线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
2.
如图所示，在光滑绝缘的水平面上固定两个等量负点电荷A和B，O点为AB连线的中点，C、D为AB连线上关于O点对称的两个点，且CO＝OD＝L.一带正电的可视为点电荷的小球以初速度v0从C点运动到D点．设O点的电势φ0＝0，取C点为坐标原点，向右为x轴的正方向，下列关于小球的电势能Ep、小球的动能Ek、电势φ、电场强度E随小球运动的位移x变化的图象，可能正确的是( )
3．(多选)
一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C点运动到D点，其v－t图象如图所示，则下列说法中正确的是( )
A．A点的电场强度一定大于B点的电场强度
B．粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能
C．C、D间各点电场强度和电势都为零
D．A、B两点间的电势差大于C、B两点间的电势差
4.
(多选)在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正电荷QA、QB，两电荷的位置坐标如图甲所示．图乙是AB连线之间的电势φ与位置x之间的关系图象，图中x＝L点为图线的最低点．若在x＝2L的C点由静止释放一个质量为m、电荷量为＋q的带电小球(可视为质点)，下列有关说法正确的是( )
A．小球在x＝L处的速度最大
B．小球一定可以到达x＝－2L处
C．小球将以x＝L点为中心做往复运动
D．固定在A、B处的电荷的电荷量之比为QA∶QB＝4∶1
5.
对于真空中电荷量为q的静止点电荷而言，当选取离点电荷无穷远处的电势为零时，离点电荷距离为r处的电势为φ＝kq/r(k为静电力常量)，如图所示，两电荷量大小均为Q的异种点电荷相距为d，现将一质子(电荷量为e)从两电荷连线上的A点沿以负电荷为圆心、半径为R的半圆形轨迹ABC移到C点，在质子从A到C点的过程中，系统电势能的变化情况为( )
A．减少
B．增加
C．减少
D．增加
6.
(多选)a、b是x轴上的两个点电荷，电荷量分别为Q1和Q2，沿x轴a、b之间各点对应的电势φ高低如图中曲线所示．从图中可看出以下说法中正确的是( )
A．把带正电的试探电荷沿x轴由a移到b的过程中，电场力对该电荷先做负功后做正功
B．a、P间和P、b间各点的电场方向都指向P点
C．电势最低的P点的电场强度为零
D．a和b一定是同种电荷，但是不一定是正电荷
7．(多选)如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2(v2A．小物体上滑的最大高度为
B．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减少
C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功
D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小
8．(多选)如图所示，真空中M、N处放置两等量异种点电荷，a、b、c表示电场中的3条等势线，b是M、N连线的中垂线，交MN于O点，a、c关于b对称．点d、e、f、g是以O为圆心的圆与a、c的交点，已知一带正电的试探电荷从d点移动到e点时，试探电荷的电势能增加，则以下判断正确的是( )
A．M点处放置的是正电荷
B．d点的电势低于f点的电势
C．d点的场强与f点的场强相同
D．将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到f点，电势能先增加后减少
9.
如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线分别为等势线1、2、3，已知MN＝NQ，带电荷量相等的a、b两带电粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出．仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图所示，则下列说法正确的是( )
A．a一定带正电，b一定带负电
B．a加速度减小，电势能减少，b加速度增大，电势能增加
C．M、N两点间的电势差|UMN|等于N、Q两点间的电势差|UNQ|
D．a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小
10.
空间某区域内存在着电场，电场线在竖直平面内的分布如图所示．一个质量为m、电荷量为q的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右，运动至B点时的速度大小为v2，运动方向与水平方向之间的夹角为α，A、B两点之间的高度差与水平距离均为H，则以下判断中正确的是( )
A．若v2>v1，则电场力一定做正功
B．小球由A点运动到B点，电场力做功W＝mv－mv－mgH
C．两点间的电势差U＝(v－v)
D．小球运动到B点时所受重力的瞬时功率P＝mgv2cosα
11.
如图所示，半径为R的水平绝缘圆盘可绕竖直轴OO′转动，水平虚线AB、CD互相垂直，一电荷量为＋q的可视为质点的小物块置于距转轴r处，空间有方向从A指向B的匀强电场．当圆盘匀速转动时，小物块相对圆盘始终静止．小物块转动到位置Ⅰ(虚线AB上)时受到的摩擦力为零，转动到位置Ⅱ(虚线CD上)时受到的摩擦力为f.求：
(1)圆盘边缘两点间电势差的最大值；
(2)小物块由位置Ⅰ转动到位置Ⅱ克服摩擦力做的功．
12.
如图所示，半径为R＝0.4
m的光滑圆弧轨道AB与粗糙的水平轨道BO相切于B点，一带电量q＝＋0.2
C、质量m＝0.4
kg的小物块从A点由静止释放，经过BO后以v＝1
m/s的速度从O点水平抛出，击中右下侧挡板上的P点．以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板形状满足方程y＝x2－6(x和y的单位均为m)，在y轴的左侧区域存在竖直向下的匀强电场，场强E＝20
V/m，小物块与轨道BO间的动摩擦因数μ＝0.1.g取10
m/s2.求：
(1)小物块经过B点时对轨道的压力大小；
(2)水平轨道BO的长度；
(3)P点的坐标．
1．(多选)
(2016·课标Ⅰ)如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知( )
A．Q点的电势比P点高
B．油滴在Q点的动能比它在P点的大
C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大
D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
2．(2016·课标Ⅲ)关于静电场的等势面，下列说法正确的是( )
A．两个电势不同的等势面可能相交
B．电场线与等势面处处相互垂直
C．同一等势面上各点电场强度一定相等
D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功
3．(2015·课标Ⅰ)
如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ.一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等．则( )
A．直线a位于某一等势面内，φM>φQ
B．直线c位于某一等势面内，φM>φN
C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功
D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功
4.
(2016·陕西安康二调)如图所示，对于电场线中的A、B、C三点，下列判断正确的是( )
A．A点的电势最低
B．B点的电场强度最大
C．同一正电荷在A、B两点受的电场力大小相等
D．同一负电荷在C点具有的电势能比在A点的大
5．(多选)
(2017·济南四校联考)空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，x轴上B、C点电场强度在x方向上的分量分别是EBx、ECx，下列说法中正确的有( )
A．EBx的大小大于ECx的大小
B．EBx的方向沿x轴正方向
C．电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大
D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功
6．(多选)(2017·河北邢台质检)如图所示，A、B为一匀强电场中同一电场线上的两点，现在A、B所在直线上某一点固定一电荷Q，然后在A点由静止释放一点电荷q，结果点电荷q运动到B时的速度为零，若点电荷q只受电场力作用，则下列结论正确的是( )
A．电荷Q与点电荷q一定是同种电荷
B．电荷Q一定在A点的左侧
C．点电荷q的电势能一定是先减小后增大
D．A、B两点电势相等
7.
(2017·临沂统考)如图所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带电质点(重力不计)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知( )
A．a、b、c三条等势线中，a的电势最高
B．电场中Q点处的电场强度大小比P点处大
C．该带电质点在P点处受到的电场力比在Q点处大
D．该带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大
8．(2017·河南八市检测)
如图所示，在真空中固定两个等量异号点电荷＋Q和－Q，图中O点为两点电荷连线的中点，P点为连线上靠近－Q的一点，MN为过O点的一条线段，且M点与N点关于O点对称．则下列说法正确的是( )
A．同一个试探电荷在M、N两点所受的电场力相同
B．M、N两点的电势相同
C．将带正电的试探电荷从M点沿直线移到N点的过程中，电荷的电势能先增大后减小
D．只将－Q移到P点，其他点在空间的位置不变，则O点的电势升高
9．(多选)(2017·德州市一模)
如图所示，已知某匀强电场方向平行于正六边形ABCDEF所在平面．若规定D点电势为零，则A、B、C处的电势分别为8
V、6
V、2
V．初动能为12
eV、电荷量大小为2e(e为元电荷)的带电粒子从A沿着AC方向射入电场，恰好经过BC的中点G.不计粒子的重力，下列说法正确的是( )
A．该粒子一定带负电
B．该粒子到达点G时的动能为20
eV
C．只改变粒子在A点初速度的方向，该粒子不可能经过C
D．若该粒子以不同速率从D点沿DF方向入射，该粒子可能垂直经过CE
10．(2017·安徽联考)美国物理学家密立根于20世纪初进行了多次实验，比较准确地测定了电子的电荷量，其实验原理可以简化为如下模型：两个相距为d的平行金属板A、B水平放置，两板接有可调电源．从A板上的小孔进入两板间的油滴因摩擦而带有一定的电荷量，将两板间的电势差调节到U时，带电油滴恰好悬浮在两板间；然后撤去电场，油滴开始下落，由于空气阻力，下落的油滴很快达到匀速下落状态，通过显微镜观测这个速度的大小为v，已知这个速度与油滴的质量成正比，比例系数为k，重力加速度为g.则计算油滴带电荷量的表达式为( )
A．q＝
B．q＝
C．q＝
D．q＝
11．(多选)(2017·吉林八校统考)
如图所示，P、Q两点分别放置两个电荷量相等的异种点电荷，它们连线的中点是O，N、a、b是中垂线上的三点，且Oa＝2Ob，N处放置一负的点电荷，则( )
A．a处的场强的大小小于b处的场强的大小
B．a处的电势小于b处的电势
C．a、O间的电势差大于a、b间的电势差的2倍
D．电子在a处的电势能大于电子在b处的电势能
12．(2017·福建漳州二模)
两个不规则带电导体间的电场线分布如图所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直，a、b、c、d为电场中几个点，并且a、d为紧靠导体表面的两点，选无穷远为电势零点，则( )
A．场强大小关系有Eb>Ec
B．电势大小关系有φb<φd
C．将一负电荷放在d点时其电势能为负值
D．将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功
课练20 电场能的性质
1．AD 点电荷产生的电场的等势面是以点电荷为圆心的一簇同心圆，所以任意两个等势点的连线的垂直平分线都过该点电荷，如图，MN的垂直平分线AF与PF的垂直平分线AB的交点为A，A点即为点电荷的位置．由几何知识知，A点必在MP的连线上，A正确、B错误；将正试探电荷由P点移到N点，远离场源正点电荷，电场力做正功，C错误；由几何知识知，AP2．B 从C点到D点，电场线方向先向左后向右，则电势先升高后降低，则小球的电势能先增大后减小，小球在C、D两点处的电势能相同，故A、C错误．由于小球的电势能先增大后减小，在C、D两点处的电势能相同，由能量守恒定律得知，动能先减小后增大，在C、D两点处的动能相同，故B正确．设AC＝BD＝r，点电荷A和B的电荷量大小为Q，则当位移为x时，由数学知识得知E与x是非线性关系，图象是曲线，故D错误．
3．AB 由图线可看出，过A点的切线的斜率大于B点，即粒子在A点的加速度大于B点，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，选项A正确；粒子在B点的速度大于A点，故从A到B动能增加，电势能减小，即粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能，选项B正确；从C到D粒子做匀速运动，故C、D间各点电场强度为零，但是电势相等且不一定为零，选项C错误；从A到B和从C到B粒子动能的变化量相同，故电场力做功相同，即A、B两点间的电势差等于C、B两点间的电势差，选项D错误．
4．AD x＝L点为电势的最低点，正电荷在这点的电势能最小，所以动能最大，速度最大，故A正确；从图乙可知，x＝－2L点的电势大于x＝2L点的电势，所以小球不可能到达x＝－2L处，故B错误；由图乙可知，图象不关于x＝L对称，所以小球不会以x＝L点为中心做往复运动，故C错误；x＝L点为图线的最低点，切线斜率为零，即合电场强度E＝0，两个点电荷在该点电场强度大小相等，方向相反，即k＝k，所以固定在A、B处的电荷的电荷量之比为QA∶QB＝4∶1，故D正确．
5．A A点的电势为φA＝－k＋k＝－；C点的电势为φC＝－k＋k＝－，则A、C两点间的电势差为UAC＝φA－φC＝－＋＝，质子从A点移到C点，电场力做功为WAC＝eUAC＝，且做的是正功，所以质子的电势能减少，故A正确．
6．BC P点的左侧电场方向向右，P点的右侧电场方向向左，知正电荷所受的电场力先向右后向左，电场力先做正功后做负功，故A错误．由上面的分析知Q1和Q2之间各点的电场方向都指向P点，B正确．由图象可知，切线斜率表示电场强度的大小，则P处场强为零，且电势最低，故C正确．P点距离Q1较远，根据点电荷的电场强度公式知，Q1的电荷量大于Q2的电荷量，从a到b电势先降低后升高，因为沿电场线方向电势逐渐降低，知Q1和Q2一定是同种电荷，且都为正电荷，故D错误．
7．AD 设斜面倾角为θ，小物体上滑过程沿斜面运动的最大距离为L.因为OM＝ON，则M、M两点电势相等，小物体从M到N和从N到M电场力做功均为0.上滑和下滑经过同一个位置时，垂直于斜面方向上电场力的分力相等，则经过相等的一小段位移在上滑和下滑过程中电场力分力对应的摩擦力所做的功均为相等的负功，所以上滑和下滑过程摩擦力所做的功相等设为W1.在上滑和下滑过程，对小物体应用动能定理分别有－mgLsinθ－μmgLcosθ＋W1＝－和mgLsinθ－μmgLcosθ＋W1＝，两式相减可得h＝Lsinθ＝，A正确．由OM＝ON可知从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功后做负功，电势能先减少后增加，B、C错误．从N到M的过程中，小物体受到的电场力垂直于斜面的分力先增大后减小，而重力垂直于斜面的分力不变，则摩擦力先增大后碱小，在此过程中小物体到O点的距离先减小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小，D正确．
8．BC 因正电荷由d到e电势能增加，说明电场力做负功，则电势升高，故e点电势高于d点电势，则N点为正电荷，故A错误，e、f在一条等势线上，两点电势相等，故d点的电势低于f点的电势，故B正确．由于电场强度是矢量，据等量异种点电荷电场的对称性知，d点和f点的电场强度大小和方向都相同，即电场强度相同，故C正确．将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到f点，电场力的方向与运动方向夹角大于90°，电场力做负功，其电势能一直增加，故D错误．
9．D 由图知，a粒子的轨迹向右弯曲，a粒子所受电场力方向向右，b粒子的轨迹向左弯曲，b粒子所受电场力方向向左，但由于电场线方向未知，无法判断粒子的电性，故A错误．由图可知，a所受电场力逐渐减小，加速度减小，b所受电场力逐渐增大，加速度增大．根据图知a、b两粒子所受电场力和速度的夹角均为锐角，电场力对粒子做正功，电势能减少，故B错误．已知MN＝NQ，由于MN段场强大于NQ段场强，所以M、N两点间的电势差|UMN|大于N、Q两点间的电势差|UNQ|，故C错误．根据电场力做功公式W＝Uq，|UMN|>|UNQ|，a粒子从等势线2到3电场力做的功小于b粒子从等势线2到1电场力做的功，所以a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小，故D正确．
10．B 小球由A点运动到B点，重力一定做正功，若v2>v1，则电场力不一定做正功，
选项A错误．根据动能定理知，小球由A点运动到B点，电场力做功为W＝mv－mv－mgH，选项B正确．由W＝qU，可得两点间的电势差U＝(v－v)－，选项C错误．小球运动到B点时所受重力的瞬时功率P＝mgv2sinα，选项D错误．
11．解题思路：(1)设圆盘转动的角速度为ω，场强大小为E，小物块质量为m，由牛顿第二定律得
在位置Ⅰ：qE＝mω2r
在位置Ⅱ：＝mω2r
圆盘边缘两点间电势差的最大值U＝2ER
联立解得U＝
(2)设小物块由Ⅰ转动到Ⅱ克服摩擦力做的功为Wf
由动能定理得qEr－Wf＝0
解得Wf＝
答案：(1) (2)
12．解题思路：(1)小物块由A运动到B的过程，由动能定理得
(mg＋qE)R＝mv
小物块经过B点时，由向心力公式
FN－(mg＋qE)＝
解得FN＝24
N，vB＝4
m/s
由牛顿第三定律，小物块对轨道压力大小为24
N
(2)小物块由B运动到O的过程，由动能定理有
－μ(mg＋qE)l＝mv2－mv
解得l＝3.75
m
(3)小物块从O点水平抛出后满足
y＝－gt2
x＝vt
解得小物块的轨迹方程y＝－5x2，和y＝x2－6联立，解得x＝1
m，y＝－5
m
所以P点坐标为(1
m，－5
m)
答案：(1)24
N (2)3.75
m (3)(1
m，－5
m)
加餐练
1．AB
由油滴轨迹在竖直面内相对于过P点的竖直线对称可知油滴在水平方向所受合力为0，竖直方向上油滴受重力和电场力，结合曲线轨迹的特点可知电场力竖直向上且电场力大于重力，油滴受力及电场线方向如图所示，由沿电场线方向电势逐渐降低，得Q点的电势比P点的高，A选项正确；油滴从Q点到P点合力做负功，根据动能定理得油滴在Q点的动能大于它在P点的动能，这一过程中电场力做负功，则油滴在Q点的电势能小于它在P点的电势能，故B项正确、C项错；因为重力和电场力为恒力，所以油滴在Q、P两点的加速度相同，故D项错误．
2．B 假设两个电势不同的等势面相交，则交点处的电势就是两个不同的值，这是不可能的，A错误；同一等势面上各点电势相等，而场强不一定相等，C错误；负电荷从高电势处移到低电势处，电势能增加，电场力做负功，D错误．
3．B 由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等可知，φM>φN＝φP，故过N、P点的直线d位于某一等势面内，则与直线d平行的直线c也位于某一等势面内，选项A错、B正确；φM＝φQ，则电子由M点运动到Q点，电场力不做功，选项C错误；由于φP<φM＝φQ，电子由P点运动到Q点，电势能减小，电场力做正功，选项D错误．
4．D 根据电场线的特点，沿着电场线方向电势逐渐降低，则φA>φC>φB，又知同一负电荷在电势越低处电势能越大，则同一负电荷在C点具有的电势能比在A点的大，所以A错误、D正确；因在同一电场中电场线越密，电场强度越大，则知A点电场强度最大，所以B错误；因电场中EA>EB，则同一正电荷在A、B两点所受电场力关系为FA>FB，所以C错误．
5．AD 在B点和C点附近分别取很小的一段(d)，由图象知B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，将此小段看做是匀强电场，再由E＝＝，可见EBx>ECx，A项正确；同理可知O点场强为零，电荷在该点受到的电场力为零，C项错误；因沿电场线方向电势逐渐降低，则由图可知在O点左侧，电场方向在x方向上的分量沿x轴负方向，在O点右侧，电场方向在x方向上的分量沿x轴正方向，则负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功，所以B项错误、D项正确．
6．ACD 由题意分析知电荷Q应在点A、B的外侧，如果Q在A点左侧，点电荷q从A由静止释放运动到点B时速度为零，说明点电荷q先做加速运动后做减速运动，在A、B连线某一位置合场强为零，这时Q和q是同种电荷，同理分析，如果Q在B点的右侧，则Q和q一定是同种电荷，A项正确、B项错误；由于只有电场力做功，因此动能与电势能之和不变，且两种能相互转化，又知q的速度先增大后减小，则其电势能先减小后增大，C项正确；由于点电荷q在A、B两点的动能均为零，因此点电荷在A、B两点的电势能相等，则A、B两点电势相等，D项正确．
7．C 由图可知，P点处等势线比Q点处密集，则P点处的电场强度比Q点处大，该带电质点在P点处受到的电场力比在Q点处大，故B错、C对；若带电质点从P向Q运动，根据合外力指向轨迹弯曲的凹侧知电场力做负功，电势能增加，动能减小；若从Q向P运动，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，故带电质点在P点处的动能大于在Q点处的动能，在P点具有的电势能小于在Q点具有的电势能，因不知质点所带电荷的电性，则无法判断电势高低，故A、D错误．
8．A 如图为真空中固定的两个等量异号点电荷＋Q和－Q的电场线和等势线分布情况，其中实线为电场线，虚线为等势线．据电场分布的对称性可知M、N两点电场强度大小相等，方向相同，则同一试探电荷在M、N两点所受的电场力相同，A正确；据“沿着电场线方向电势逐渐降低”及“同一正电荷在电势越高处电势能反而越小”分析可知，B、C两项错；若只将－Q移到P点，则两电荷连线上各处场强增强，由U＝Ed定性分析，可知O点的电势降低，则D错．
9．AC 根据题设条件结合正六边形的特点得电势分布情况如图，电场强度方向为由A指向D，由粒子的运动情况知粒子受向左的电场力，则粒子带负电，A正确；粒子从A点到G点过程中电场力做负功，粒子动能减小了ΔEk＝8
eV，即到达点G时的动能为4
eV，B错误；由图可知，粒子若能运动到C点电场力做功－12
eV，所以粒子动能为零，而粒子只有沿AD方向运动，动能才可能为零，可知其显然不能到达C点，C正确；粒子从D点沿DF方向入射，受向左的电场力作用，做类斜抛运动，粒子过CE时，将其速度分解知其有沿CE方向的分速度和水平向左的分速度，则该粒子不可能垂直经过CE，D项错误．
10．B 带电油滴恰好悬浮时，由平衡条件有：q＝mg，油滴匀速下落时有v＝km，解得q＝，故B正确．
11．AC 先考虑P、Q处两点电荷在a、b两点处产生的电场，方向都平行于PQ连线由P指向Q，且大小是b点场强大于a点场强，再考虑N处点电荷在a、b两点处产生的电场，方向都沿中垂线向下，即都与P、Q在两点处产生的电场垂直，大小也是b点场强大于a点场强，故由电场的叠加可知A正确．由于P、Q在a、b两点产生的电势都为0，而N处负电荷在a点产生的电势高于b点，故B错误．根据U＝Ed定性分析可知，因a、b间的平均场强小于b、O间的平均场强，则b、O间的电势差大于a、b间的电势差，因此a、O间的电势差大于a、b间电势差的2倍，C正确．因同一负电荷在电势越高处电势能越小，故D错误．
12．D 根据电场中电场线的疏密代表电场强度的大小，可知Ebφd，则B错误；利用电势能公式Ep＝φq，又知φd<0，则将负电荷放在d点时其电势能为正值，所以C错误；由图知a点电势高于d点电势，则将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功，所以D正确．周测九 电磁感应 交变电流(A卷)
(本试卷满分95分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1.
两根通电直导线M、N都垂直纸面固定放置，通过它们的电流方向如图所示，正方形线圈L的平面跟纸面平行，现将线圈从位置A沿M、N连线的中垂线迅速平移到位置B，则在平移过程中，线圈中的感应电流( )
A．沿顺时针方向，且越来越小
B．沿逆时针方向，且越来越大
C．始终为零
D．先顺时针，后逆时针
2.
某磁场磁感线如图所示，有一铜线圈自图示A位置下落至B位置，在下落过程中，自上往下看，线圈中感应电流的方向是( )
A．始终顺时针
B．先顺时针再逆时针
C．始终逆时针
D．先逆时针再顺时针
3.
(多选)如图所示，一根空心铝管竖直放置，把一枚小圆柱形的永磁体从铝管上端由静止释放，经过一段时间后，永磁体穿出铝管下端口．假设永磁体在铝管内下落过程中始终沿着铝管的轴线运动，不与铝管内壁接触，且无翻转．忽略空气阻力，则下列说法中正确的是( )
A．若仅增强永磁体的磁性，则永磁体穿出铝管时的速度变小
B．若仅增强永磁体的磁性，则永磁体穿过铝管的时间缩短
C．若仅增强永磁体的磁性，则永磁体穿过铝管的过程中产生的焦耳热减少
D．若铝管有自上到下的裂缝，则在永磁体穿过铝管的过程中，永磁体动能的增加量等于其重力势能的减少量
4.
如图所示，在AB区域中存在着匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．一直角三角形导线框abc位于纸面内，c点与磁场的边界重合，ab边与磁场边界平行．导线框与磁场区域的尺寸如图中所示．从t＝0时刻开始，线框匀速穿过该磁场区域，以a→b→c→a为线框中电流i的正方向，下列四个i—t关系示意图中正确的是( )
5．(多选)如图甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U型导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导线框cdef在同一平面内，当螺线管内的磁感应强度随时间按乙所示规律变化时，下列选项中正确的是( )
A．在t1时刻，金属圆环L内的磁通量最大
B．在t2时刻，金属圆环L内的磁通量最大
C．在t1～t2时间内，金属圆环L有收缩的趋势
D．在t1～t2时间内，金属圆环L内有逆时针方向的感应电流
6．(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，电阻R＝22
Ω，各电表均为理想电表，副线圈输出电压的变化规律如图乙所示．下列说法正确的是( )
A．输入电压的频率为100
Hz
B．电压表的示数为220
V
C．电流表的示数为1
A
D．电阻R消耗的电功率是22
W
7．(多选)
一单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴线匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图线a所示，当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图线b所示．以下关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是( )
A．从图线可算出穿过线圈磁通量的最大值
B．线圈先后两次转速之比为2∶3
C．在图线a和b中，t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零
D．图线b电动势的瞬时值表达式为e＝100sin(V)
8．(多选)某发电厂发电机输出的电能先经过升压变压器升压，然后通过输电线路把电能输送到远处的居民小区，再经过降压变压器降压，最后送到用户．设升、降压变压器都是理想变压器，在用电高峰期，发电厂输出的总功率增加，输出电压保持不变，但用户的白炽灯不够亮，这时( )
A．升压变压器的输出电压变大
B．升压变压器的输出电流变大
C．输电线路损失的电压变大
D．降压变压器的输入电压变小
二、非选择题(本题包括4小题，共47分)
9.
(11分)如图为一研究“电磁感应现象”的实验装置．
(1)将图中所缺的导线补接完整．
(2)如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后：
①将小线圈迅速插入大线圈时，灵敏电流计指针将________(填“左偏”或“右偏”)．
②小线圈插入大线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将________(填“左偏”或“右偏”)．
10.
(12分)轻质绝缘细线吊着一质量为m＝0.42
kg、边长为L＝1
m、匝数n＝10的正方形线圈，其总电阻为r＝1
Ω.在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示．(重力加速度g取10
m/s2)
(1)判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针？
(2)求线圈的电功率；
(3)求t＝4
s时轻质绝缘细线的拉力大小．
11.
(12分)(2017·乌鲁木齐二检)边长为L的正方形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，穿过该区域的磁通量随时间变化的图象如图1所示．将边长为，总电阻为R的正方形线圈abcd放入磁场，线圈所在平面与磁感线垂直，如图2所示．求：
(1)磁感应强度的变化率；
(2)t0时刻线圈ab边受到的安培力大小．
12.
(12分)如图，在竖直面内有两平行金属导轨A′B′、C′D′.导轨间距为L＝1
m，电阻不计．一根电阻不计的金属棒ab可在导轨上无摩擦地滑动．棒与导轨垂直，并接触良好．在分界线MN的左侧，两导轨之间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝1
T．MN右侧，两导轨与电路连接．电路中的两个定值电阻阻值分别为R1＝4
Ω、R2＝2
Ω.在EF间接有一水平放置的平行板电容器C，板间距离为d＝8
cm.(g＝10
m/s2)
(1)闭合开关K，当ab以某一速度v匀速向左运动时，电容器中一质量为m＝8×10－17
kg，电荷量为q＝3.2×10－17
C的带电微粒恰好静止，试判断微粒的带电性质并求出ab的速度v；
(2)断开开关K，将ab固定在离MN边界距离x＝0.5
m的位置静止不动．MN左侧的磁场按B＝1＋0.5t(T)的规律开始变化，试求从t＝0至t＝4
s过程中通过电阻R1的电荷量．
周测九 电磁感应 交变电流(A卷)
1．C 本题借助直导线电流周围磁场磁感线的分布特点，考查产生感应电流的条件．根据直导线电流周围磁场磁感线的分布特点可知，两直导线所产生的磁场方向与线圈平面平行，故穿过线圈L的磁通量始终为零，则线圈中的感应电流始终为零，C项正确．
2．B 本题借助给定的磁感线分布图，考查用楞次定律判断感应电流的方向．由磁感线分布特点知，从A位置到B位置，磁感应强度先增大，后减小，则线圈由A位置下落至磁感应强度最大位置的过程中，磁通量向上增加，然后下落至B位置的过程中，磁通量向上减少，根据楞次定律可知线圈中感应电流的方向(自上往下看)先顺时针再逆时针，B项正确．
3．AD 本题主要考查了电磁感应现象，意在考查考生的理解能力和推理能力．空心铝管可以看成由无数个水平线圈上下拼成，假设永磁体质量为m，当永磁体下落时，就相当于铝管相对永磁体向上切割永磁体的磁感线(就如无数个线圈切割磁感线)，在铝管中产生环形感应电流，而该电流又产生磁场，而且这个磁场的方向与永磁体的磁场方向相反，所以铝管对永磁体产生一个向上的力F，永磁体向下的加速度变为a＝(mg－F)/m，若仅增强永磁体的磁性，则永磁体向下的加速度变小，所以永磁体穿出铝管时的速度变小，下落的时间变长，穿过铝管的过程中产生的焦耳热增大，故选项A正确，BC错误；当铝管有裂缝时，铝管不能产生感应电流，也就没有感应磁场，那么铝管对永磁体也就没有力的作用了，永磁体做自由落体运动，其机械能守恒，故选项D正确．
4．C 本题借助导线框穿过磁场，考查楞次定律、法拉第电磁感应定律、i－t图象．导线框进入磁场时，穿过导线框的磁通量增大，由楞次定律可判断出导线框中的感应电流方向为a→b→c→a，与规定电流方向相同，故选项D错误；同理，穿出磁场时，导线框中的感应电流方向与规定电流方向相反，故选项A错误；进入或穿出磁场时，导线框切割磁感线的有效长度越来越长，感应电流应越来越大，故选项B错误、C正确．
5．BC 本题借助螺线管、圆环与导线框等，考查用楞次定律分析二次电磁感应问题．当螺线管内的磁感应强度随时间按题图乙所示规律变化时，在导线框cdef内产生感应电流，在t1时刻，穿过螺线管磁通量最大，感应电流为零，L内的磁通量为零，A项错误；在t2时刻，穿过螺线管的磁通量为零，感应电流最大，L内的磁通量最大，B项正确；由楞次定律，在t1～t2时间内，导线框cdef内产生逆时针方向的感应电流，且感应电流逐渐增大，则L内磁通量垂直纸面向外增大，L有收缩的趋势，C项正确；根据楞次定律，L内有顺时针方向的感应电流，D项错误．
6．BD 本题借助理想变压器和交变电压的u—t图象，考查有效值、变压器的电压比、电流比等知识点．由u—t图象知，输出电压的周期T＝2×10－2
s，则频率f＝＝50
Hz，变压器不改变交流电的频率，故选项A错误；由u—t图象知，副线圈电压的有效值U2＝22
V，故原线圈电压的有效值U1＝U2＝220
V，选项B正确；副线圈电流的有效值I2＝＝1
A，原线圈电流的有效值I1＝I2＝0.1
A，选项C错误；电阻R消耗的电功率P2＝IR＝22
W，选项D正确．
7．AD 本题借助交变电动势的函数表达式，考查正弦式交变电压的最大值与有效值的关系、角速度与周期的关系等．感应电动势最大值Em＝BSω＝Φmω，根据图线a可得穿过线圈磁通量的最大值Φm＝＝＝，A正确；线圈先后两次周期之比＝＝，则转速之比＝＝＝，B错误；t＝0时刻感应电动势为零，线圈与中性面平行，穿过线圈的磁通量最大，C错误；感应电动势最大值Em＝BSω，则有＝＝＝，即Ebm＝Eam＝100
V，图线b电动势的瞬时值表达式为e＝Ebmsinωbt＝100sint(V)，D正确．
8．BCD 本题借助生活用电现象，考查远距离高压输电的原理．发电厂的输出电压保持不变，即升压变压器的输入电压不变，又原、副线圈匝数比不变，因此升压变压器的输出电压也不变，故选项A错；发电厂输出的总功率增加，输出电压保持不变，由P＝IU，发电厂的输出电流即升压变压器的输入电流变大，又原、副线圈匝数比不变，因此升压变压器的输出电流变大，故选项B对；由U＝IR，又输电线路的电阻一定，故输电线路损失的电压变大，故选项C对；降压变压器的输入电压等于升压变压器的输出电压减去输电线路损失的电压，故降压变压器的输入电压变小，故选项D对．
9．解题思路：(2)大线圈中的磁通量增加时，产生的感应电流使灵敏电流计指针向右偏．①将小线圈迅速插入大线圈时，大线圈中的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏；②将滑动变阻器的触头迅速向左拉时，小线圈中的电流减小，则大线圈中的磁通量减小，产生的感应电流使灵敏电流计的指针向左偏．
答案：(1)如图所示 (2)①右偏 ②左偏
10．解题思路：(1)由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向．
(2)由法拉第电磁感应定律得
E＝n＝n×L2＝0.5
V
则P＝＝0.25
W
(3)t＝4
s时，B＝0.6
T，I＝＝0.5
A，F安＝nBIL，F安＋F线＝mg
联立解得F线＝1.2
N.
答案：(1)逆时针 (2)0.25
W (3)1.2
N
11．解题思路：(1)由题意可知Φ0＝B0L2，＝，解得＝
(2)线圈中的感应电动势为E＝2＝＝
由闭合电路欧姆定律I＝，安培力
F＝
解得F＝
答案：(1) (2)
12．解题思路：(1)由右手定则可得，金属棒切割磁感线产生的电流方向由b指向a，则电容器上极板带正电，对带电微粒进行受力分析，微粒受到的电场力与重力平衡，可得电场力方向向上，微粒带负电荷．
金属棒切割磁感线产生的电动势E＝BLv
感应电流I＝
R2两端电压U2＝IR2
由平衡条件得mg＝
联立可得v＝6
m/s
(2)由B＝1＋0.5t(T)，可得＝0.5
T/s
由法拉第电磁感应定律可得，产生的电动势E′＝Lx＝0.25
V
则感生电流I′＝＝
A
则通过电阻R1的电荷量Q＝I′Δt＝
C
答案：(1)带负电，6
m/s (2)
C周测四 曲线运动 万有引力与航天(A卷)
(本试卷满分95分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1．在水平地面上的O点同时将甲、乙两块小石头斜向上抛出，甲、乙在同一竖直面内运动，其轨迹如图所示，A点是两轨迹在空中的交点，甲、乙运动的最大高度相同．若不计空气阻力，则下列判断正确的是( )
A．甲先到达最大高度处
B．乙先到达最大高度处
C．乙先到达A点
D．甲先到达水平地面
2.
如图所示，薄半球壳ACB的水平直径为AB，C为最低点，半径为R.一个小球从A点以速度v0水平抛出，不计空气阻力．则下列判断正确的是( )
A．只要v0足够大，小球可以击中B点
B．v0取值不同时，小球落在球壳上的速度方向和水平方向之间的夹角可以相同
C．v0取值适当，可以使小球垂直撞击到半球壳上
D．无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击到半球壳上
3.
(多选)如图甲所示，水平面上固定有一个斜面，从斜面顶端水平向右抛出一个小球，不计空气阻力．当初速度为v0时，小球恰好落到斜面底端，平抛的飞行时间为t0，现用不同的初速度v从该斜面顶端水平向右抛出这个小球，图乙中哪个图象能正确表示小球平抛的飞行时间t随初速度v变化的函数关系( )
4．如图所示的装置，可以将滑块水平方向的往复运动转化为OB杆的圆周运动．图中A、B、O三处都是转轴．当滑块在水平横杆AO上滑动时，带动杆AB运动，杆AB带动杆OB以O点为轴心做圆周运动．若某时刻滑块的水平速度为v，杆AB与水平方向夹角为α，杆AB与杆OB夹角为β，则此时B点转动的线速度为( )
A.
B.
C.
D.
5．(多选)如图所示，质量为m的小球(可视为质点)在竖直平面内的光滑圆环轨道上做圆周运动．圆环半径为R，小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆环，重力加速度为g，则其通过最高点时( )
A．小球对圆环的压力大小为mg
B．小球受到的向心力为0
C．小球的线速度大小为
D．小球的向心加速度大小为g
6．(2017·福建晋江月考)
如图所示，AB为竖直转轴，细绳AC和BC的结点C系一质量为m的小球，两绳能承受的最大拉力均为2mg.当细绳AC和BC均拉直时∠ABC＝90°，∠ACB＝53°，BC＝1
m．细绳AC和BC能绕竖直轴AB匀速转动，因而小球在水平面内做匀速圆周运动．当小球的线速度增大时，两绳均会被拉断，则最先被拉断的那根绳及另一根绳被拉断时的速度分别为(重力加速度g＝10
m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)( )
A．AC 5
m/s
B．BC 5
m/s
C．AC 5.24
m/s
D．BC 5.24
m/s
7．(多选)如图所示，三颗质量均为m的地球同步卫星等间隔分布在半径为r的圆轨道上，设地球质量为M，半径为R.下列说法正确的是( )
A．地球对一颗卫星的引力大小为
B．一颗卫星对地球的引力大小为
C．两颗卫星之间的引力大小为
D．三颗卫星对地球引力的合力大小为
8．(多选)设地球半径为R，地面重力加速度为g.“神舟十一号”和“天宫二号”对接后一起绕地球运行的轨道可视为圆轨道，轨道离地面高度约为kR，运行周期为T，则( )
A．对接成功后，“神舟十一号”飞船的线速度为v＝
B．对接成功后，“神舟十一号”飞船的速度为a＝
C．地球的质量为M＝
D．地球的密度为ρ＝
二、非选择题(本题包括4小题，共47分)
9．(10分)(1)在做“研究平抛运动”的实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画小球做平抛运动的轨迹．关于本实验，下列说法正确的是
( )
A．记录小球位置用的横梁每次必须严格地等距离下降
B．小球运动时不应与木板上的白纸(或方格纸)相接触
C．将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线
D．实验中，记录小球位置的白纸不能移动
(2)如图为研究小球的平抛运动时拍摄的闪光照片的一部分，其背景是边长为5
cm的小方格，重力加速度g取10
m/s2.由图可知：照相机的闪光频率为________Hz；小球抛出时的初速度大小为________m/s.B点竖直方向的分速度为________m/s.(结果保留两位有效数字)
10．(8分)为测定小物块P与半径为R的圆形转台B之间的动摩擦因数(设滑动摩擦力与最大静摩擦力相等)，小宇设计了如图所示实验，并进行如下操作：
(1)用天平测得小物块P的质量m；
(2)测得遮光片宽为d，伸出转台的长度为L(d L)；
(3)将小物块P放在水平转台上，并让电动机带动转台匀速转动，调节光电门的位置，使固定在转台边缘的遮光片远离转轴的一端并恰好能扫过光电门的激光束；
(4)转动稳定后，从与光电门连接的计时器读出遮光片单次经过光电门的时间为Δt；
(5)不断调整小物块与转台中心O的距离，当距离为r时，小物块随转台匀速转动时恰好不会被甩出．
已知当重力加速度为g.那么，转台旋转的角速度ω＝________，小物块与转台间的动摩擦因数μ＝________，实验中不必要的步骤是________(填步骤序号)．
11．(15分)“太极球”是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材．做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，球却不会掉落到地上．现将太极球简化成如图甲所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板间无相对运动趋势．A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高．设球的重力为1
N，不计拍的重力，求：
(1)健身者在C处所需施加的力比在A处大多少？
(2)设在A处时健身者需施加的力为F，当球运动到B、D位置时，板与水平方向需有一定的夹角θ，请寻找B、D处tanθ与A处F的函数关系，并在图乙中作出tanθ－F的函数图象．
12．(14分)中国首个月球探测计划“嫦娥工程”预计在2017年实现月面无人采样返回，为载人登月及月球基地选址做准备．在某次登月任务中，飞船上备有以下实验仪器：A.计时表一只；B.弹簧秤一把；C.已知质量为m的钩码一个；D.天平一只(附砝码一盒)．“嫦娥”号飞船在接近月球表面时，先绕月球做匀速圆周运动，宇航员测量出绕行N圈所用的时间为t.飞船的登月舱在月球上着陆后，宇航员利用所携带的仪器又进行了第二次测量．已知万有引力常量为G，把月球看作球体．利用上述两次测量所得的物理量可求出月球的密度和半径．
(1)宇航员进行第二次测量的内容是什么？
(2)试推导月球的平均密度和半径的表达式(用上述测量的物理量表示)．
周测四 曲线运动
万有引力与航天(A卷)
1.C 斜抛运动可分解为：水平方向的匀速直线运动和竖直方向的加速度为－g的匀减速直线运动．甲、乙上升时在竖直方向上都做加速度为－g的匀减速直线运动，设甲、乙上升的最大高度为h，由逆向思维得h＝gt2，解得t＝，故甲、乙同时到达最高点，选项A、B错误；由斜抛运动的时间对称性t上＝t下知，甲、乙同时到达水平面，选项D错误；设甲的初速度为v甲，与水平方向的夹角为α，乙的初速度为v乙，与水平方向的夹角为β，甲、乙在上升时，由v2＝2gh知，v甲sinα＝v乙sinβ，由题图知α>β，所以v甲t乙，故乙先到达A点，选项C正确．
2．D 本题考查了平抛运动的规律等知识．小球做平抛运动，竖直方向有位移，v0再大小球也不可能击中B点，选项A错误；v0不同，小球会落在半球壳内不同点上，这些落点和A点的连线与AB的夹角θ不同，由推论tanα＝2tanθ可知，小球落在球壳的不同位置上时的速度方向和水平方向之间的夹角α也不相同，选项B错误；若小球垂直撞击在半球壳上，则其速度反向延长线一定经过半球壳的球心，且该反向延长线与AB的交点为水平位移的中点，而这是矛盾的，选项C错误、D正确．
3．D 本题考查平抛运动．当小球做平抛运动落到斜面上时，竖直方向h＝gt2，水平方向x＝vt，设斜面倾角为θ，则tanθ＝，得t＝，时间与平抛初速度成正比；当小球落到水平面上时，h＝gt2，运动时间t＝t0与初速度v无关，所以选项D正确．
4．A A点的实际速度是水平的，可分解为沿着杆AB的速度和垂直于杆AB的速度，B点是圆周上的点，实际速度是圆周运动的线速度v′，可分解为沿着杆AB的速度和垂直于杆AB的速度，因为A、B两点沿着杆AB方向的速度相等，所以vcosα＝v′cosθ，根据几何关系θ＝β－90°，所以v′＝，A正确．
5．CD 小球在最高点时刚好不脱离圆环，则圆环刚好对小球无作用力，小球只受重力，重力竖直向下提供向心力，根据牛顿第二定律得，小球的向心加速度大小为a＝＝g，再根据圆周运动规律得a＝＝g，得v＝.
6．B 据题意，小球转动时向心力为TBC＋TACcos53°＝m，此时设细绳BC刚好被拉断，则拉力为TBC＝2mg，TACsin53°＝mg，即TAC＝mg，说明细绳BC先被拉断；当细绳AC拉断时，有T′ACsinθ＝mg，T′AC＝2mg，则细绳AC与水平方向的夹角θ＝30°，有TAC′cos30°＝m，此时小球转动半径为R′＝cos30°＝
m，代入数值得v′＝5
m/s，故B正确．
7．BC 地球对任意一颗卫星的引力为，A项错误；根据牛顿第三定律得，一颗卫星对地球的引力也等于，B项正确；两颗卫星之间的距离为2rcos30°＝r，代入万有引力表达式得两颗卫星之间的引力为，C项正确；三颗卫星对地球的引力大小相等，并且互成120°角，因此任意两颗卫星对地球的引力的合力与第三颗卫星对地球的引力等大反向，故三颗卫星对地球引力的合力为零，D项错误．
8．BD 由＝m2(k＋1)R＝m知，“神舟十一号”飞船的线速度v＝R，选项A错误；根据万有引力提供向心力G＝ma和GM＝R2g可得，“神舟十一号”飞船的加速度a＝，选项B正确；根据G＝m(1＋k)R，可求得地球的质量M＝(1＋k)3R3，选项C错误；地球的体积V＝πR3，地球的密度ρ＝＝，选项D正确．
9．解题思路：本题考查对平抛运动的研究．(1)记录小球位置的横梁不必每次严格地等距离下降，故选项A错误；实验要求小球抛出后不能接触到木板上的白纸(或方格纸)，避免因摩擦而使运动轨迹改变，故选项B正确；将球经过不同高度的位置记录在纸上后，取下纸，应用平滑的曲线把各点连接起来，故选项C错误；实验中，记录小球位置的白纸是不能移动的，避免轨迹发生改变，选项D正确．(2)小球竖直方向的位移变化量Δy＝gT2，知T＝＝＝
s＝0.1
s，所以闪光的频率f＝＝10
Hz；小球在水平方向做匀速运动，其初速度v0＝＝
m/s＝2.5
m/s；其在B点竖直方向的速度vyB＝＝
m/s＝3.0
m/s.
答案：(1)BD (2)10 2.5 3.0(前两空每空3分，后两空每空2分)
10．解题思路：本题考查了测定动摩擦因数的实验．设小物块的质量为m，在恰好不被甩出时，摩擦力提供向心力，有μmg＝mω2r，而v＝，又角速度ω＝＝，则μ＝.由以上推论可知，不必要的步骤是(1)．
答案：(3分) (3分) (1)(2分)
11．解题思路：(1)球在A、C两处受力如图甲所示，设球运动的线速度为v，半径为R(2分)
则在A处时，F＋mg＝m(2分)
在C处时，F′－mg＝m(2分)
解得ΔF＝F′－F＝2mg＝2
N(2分)
(2)因在A处时健身者需施加的力为F，在B处不受摩擦力作用，受力分析如图乙所示(2分)
由于mg＝1
N，则有tanθ＝＝＝F＋1(3分)
tanθ－F关系如图丙所示．(2分)
答案：(1)2
N (2)见解题思路
12．解题思路：(1)宇航员在月球上用弹簧测力计竖直悬挂物体，静止时读出弹簧测力计的读数F，即为物体在月球上所受重力的大小．(或F/m即为月球表面重力加速度的大小)(2分)
(2)对飞船靠近月球表面做圆周运动有＝m0R(3分)
月球的平均密度ρ＝(2分)
在月球上忽略月球的自转时F＝G(2分)
又T＝(1分)
由以上各式可得，月球的密度ρ＝(2分)
月球的半径R＝(2分)
答案：(1)用弹簧秤称量砝码的重力F
(2)，课练15 动能和动能定理
1.物体以初速度v0从A点出发，沿光滑水平轨道向前滑行，途中经过一小段粗糙程度恒定的轨道并滑离，关于该物体在通过轨道的粗糙部分的前后，下列说法正确的是( )
A．初速度v0越大，物体动能的减少量越大
B．初速度v0越大，物体动能的减少量越小
C．初速度v0越大，物体速度的减小量越大
D．初速度v0越大，物体速度的减小量越小
2.
(多选)2012年9月25日，中国航母“辽宁舰\”正式交付海军，这将极大提高我们中国海军的整体作战实力．如图所示是“歼－15飞机”在航母“辽宁舰”上的起降示意图．已知“歼－15飞机”的质量为m，它的发动机额定功率恒定，起飞前在航母上运动过程中所受的摩擦阻力为恒力．“歼－15飞机”以额定功率从静止开始沿航母做直线运动，到航母一端后起飞．设“歼－15飞机”经过时间t运动了位移s时，速度达到最大值v，此时刚好离开航母起飞．则“歼－15飞机”发动机在航母上运动过程所做的功为( )
A.
B.mv2
C.mv2＋
D.
3．(多选)
如图所示，斜面AB和水平面BC是由同一板材上截下的两段，在B处用小圆弧连接．将小铁块(可视为质点)从A处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于P处．若从该板材上再截下一段，搁置在A、P之间，构成一个新的斜面，再将铁块放回A处，并轻推一下使之沿新斜面向下滑动．关于此情况下铁块运动情况的描述，正确的是( )
A．铁块一定能够到达P点
B．铁块的初速度必须足够大才能到达P点
C．铁块能否到达P点与铁块质量有关
D．铁块能否到达P点与铁块质量无关
4.
如图所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN，重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其所做的功为( )
A.R(FN－3mg)
B.R(3mg－FN)
C.R(FN－mg)
D.R(FN－2mg)
5.
如图所示，木板质量为M，长度为L，小木块质量为m，水平地面光滑，一根不计质量的轻绳通过定滑轮分别与M和m连接，小木块与木板间的动摩擦因数为μ.开始时木块静止在木板左端，现用水平向右的力将m拉至右端，拉力至少做的功为( )
A．μmgL
B．2μmgL
C．μmgL/2
D．μ(M＋m)gL
6．已知一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示)，以此时为t＝0时刻记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取沿传送带向上的运动方向为正方向，其中|v1|>v2)．已知传送带的速度保持不变，g取10
m/s2，则( )
A．0～t1内，物块对传送带做正功
B．物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μC．0～t2内，传送带对物块做的功为W＝mv－mv
D．系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小
7．(多选)如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0
m．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化关系如图乙所示．g取10
m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则( )
A．物体上升过程的加速度大小a＝10
m/s2
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.4
C．物体的质量m＝0.67
kg
D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝10
J
8．(多选)
如图所示，小车上有固定支架，支架上用细线拴一个小球，线长为l(小球可看成质点)，小车与小球一起以速度v0沿水平方向向左匀速运动．当小车突然碰到矮墙后车立即停止运动，此后小球升高的最大高度可能是(线未被拉断，不计空气阻力)( )
A．大于
B．小于
C．等于
D．等于2l
9．一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v，若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v，对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )
A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1
B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1
C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1
D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1
10.
(广东六校联考)如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C位于同一水平面上．一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则( )
A．小物体恰好滑回到B处时速度为零
B．小物体尚未滑回到B处时速度已变为零
C．小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低
D．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点
11.
如图所示，粗糙的斜面AB下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，整个装置竖直放置，C是最低点，圆心角θ＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1
m，斜面长L＝4
m，现有一个质量m＝0.1
kg的小物体P从斜面AB上端A点无初速度下滑，物体P与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.25.不计空气阻力，g＝10
m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
(1)物体P第一次通过C点时的速度大小vC；
(2)物体P第一次通过C点时对轨道的压力大小；
(3)物体P第一次离开D点后在空中做竖直上抛运动到最高点E，接着从空中又返回到圆弧轨道和斜面，在这样多次反复的整个运动过程中，物体P对C点处轨道的最小压力．
12.
小物块A的质量为m，物块与坡道间的动摩擦因数为μ，水平面光滑，坡道顶端距水平面高度为h，倾角为θ，物块从坡道进入水平滑道时，在底端O点处无机械能损失，重力加速度为g.将轻弹簧的一端连接在水平滑道M处并固定在墙上，另一自由端恰位于坡道的底端O点，如图所示．物块A从坡顶由静止滑下，求：
(1)物块滑到O点时的速度大小；
(2)弹簧为最大压缩量d时的弹性势能；
(3)物块A被弹回到坡道上升的最大高度．
1.
(多选)(2016·课标Ⅲ)如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则( )
A．a＝
B．a＝
C．N＝
D．N＝
2.
(2015·课标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．W3．(2016·四川理综)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1
900
J，他克服阻力做功100
J．韩晓鹏在此过程中( )
A．动能增加了1
900
J
B．动能增加了2
000
J
C．重力势能减小了1
900
J
D．重力势能减小了2
000
J
4.
(2017·山东青岛模拟)如图所示，上表面水平的圆盘固定在水平地面上，一小物块从圆盘边缘上的P点，以大小恒定的初速度v0在圆盘上沿与直径PQ成不同夹角θ的方向开始滑动，小物块运动到圆盘另一边缘时的速度大小为v，则v2—cosθ图象应为( )
5．(多选)
从地面A处竖直向上抛一质量为m的小球，小球上升到B点时的动能与小球上升到最高点后返回至C点时的动能相等，B点离地高度为h，C点离地高度为.空气阻力f＝0.1mg，大小不变，重力加速度为g，则( )
A．小球上升的最大高度2h
B．小球上升的最大高度4h
C．小球下落过程中从B点到C点动能的增量为mgh
D．小球下落过程中从B点到C点动能的增量为mgh
6.
(多选)(2017·河北六市一联)质量为2.5
kg的物体放在水平支持面上，在水平拉力F作用下由静止开始运动，拉力F做的功W和物体发生的位移x之间的关系图象如图所示．物体与水平支持面之间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g取10
m/s2.则( )
A．x＝0至x＝3
m的过程中，物体的加速度是5
m/s2
B．x＝3
m至x＝9
m过程中，物体的加速度是0.8
m/s2
C．x＝3
m至x＝9
m过程中，物体做匀减速直线运动
D．x＝0至x＝9
m过程中，合力对物体做的功是4.5
J
7.
(2017·河北衡水三模)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( )
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
8．(多选)(2017·中山二模)在距水平地面10
m高处，以10
m/s的速度水平抛出一质量为1
kg的物体，已知物体落地时的速度为16
m/s，取g＝10
m/s2，则下列说法正确的是( )
A．抛出时人对物体做功为150
J
B．自抛出到落地，重力对物体做功为100
J
C．飞行过程中物体克服阻力做功22
J
D．物体自抛出到落地时间为
s
9．(多选)(2017·陕西渭南模拟)一质量为m的物体以速度v0在足够大的光滑水平面上运动，从零时刻起，对该物体施加一水平恒力F，经过时间t，物体的速度减小到最小值v0，此后速度不断增大．则( )
A．水平恒力F大小为
B．水平恒力作用2t时间，物体速度大小为v0
C．在t时间内，水平恒力做的功为－mv
D．若水平恒力大小为2F，方向不变，物体运动过程中的最小速度仍为v0
10．(2017·江西重点中学十校联考)
如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，且BC＝1.5AB.小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2.已知小物块P从A点由静止释放，恰好能滑动到C点而停下，则θ、μ1、μ2间应满足的关系是( )
A．tanθ＝
B．tanθ＝
C．tanθ＝2μ1－μ2
D．tanθ＝2μ2－μ1
11.
(2017·河北邢台质检)如图所示，在距水平地面高为0.4
m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套有一质量m＝2
kg的小球A.半径R＝0.3
m的光滑半圆形细轨道，竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m＝2
kg的小球B.用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看做质点，且不计滑轮大小的影响，g取10
m/s2.现给小球A一个水平向右的恒力F＝55
N．求：
(1)把小球B从地面拉到P点正下方C点过程中，力F做的功；
(2)把小球B从地面拉到P点正下方C点过程中，重力对小球B做的功；
(3)把小球B从地面拉到P点正下方C点时，小球A速度的大小；
(4)把小球B从地面拉到P点正下方C点时，小球B速度的大小；
(5)小球B被拉到离地多高时与小球A速度大小相等．
12.
(2017·安徽第三次联考)如图所示，一轻弹簧一端与竖直墙壁相连，另一端与放在光滑水平面上的长木板左端接触，轻弹簧处于原长，长木板的质量为M，一物块以初速度v0从长木板的右端向左滑上长木板，在长木板向左运动的过程中，物块一直相对于木板向左滑动，物块的质量为m，物块与长木板间的动摩擦因数为μ，轻弹簧的劲度系数为k，当弹簧的压缩量达到最大时，物块刚好滑到长木板的中点，且相对于木板的速度刚好为零，此时弹簧获得的最大弹性势能为Ep.(已知弹簧形变量为x，弹力做功W＝kx2)求：
(1)物块滑上长木板的一瞬间，长木板的加速度大小；
(2)长木板向左运动的最大速度；
(3)长木板的长度．
课练15 动能和动能定理
1．D 由动能定理可知，物体动能的减少量等于在粗糙部分摩擦力做的功，故物体动能的减少量与初速度无关，选项A、B错误；因物体在粗糙段的加速度恒定，故物体初速度v0越大，在粗糙段运动的时间越短，根据Δv＝aΔt可知，物体速度的减小量越小，选项C错误、D正确．
2．AC 飞机以额定功率从静止开始沿航母做直线运动，由动能定理得Pt－fs＝mv2，速度达到最大值v时，飞机所受合外力为零，即F＝f，所以P＝fv，解得P＝，代入得f＝＝，所以飞机在航母上运动过程所做的功为W＝Pt＝，又因为Pt＝fs＋mv2＝mv2＋，所以选项A、C正确．
3．AD
设A距离水平面BC的高度为h，小铁块与该板材间的动摩擦因数为μ.斜面AB的倾角为α，对全过程运用动能定理有mgh－μmgs1cosα－μmgs2＝0，整理得mgh－μmg(s1cosα＋s2)＝0，而s1cosα＋s2等于OP的长度，即h－μ＝0，与斜面的倾角无关，故小铁块一定能够到达P点，且与铁块的质量无关．故A、D正确．
4．A 在B点有FN－mg＝m，得EkB＝mv2＝(FN－mg)R.质点从A滑到B的过程中运用动能定理有mgR＋Wf＝mv2－0，得Wf＝R(FN－3mg)．故A正确．
5．A 运用隔离法得出最小拉力F＝2μmg；在将木块从木板左端拉至右端过程中，木板左移、木块右移，且它们位移大小相等，因而木块对地的位移向右，大小为x＝L/2，拉力做功为WF＝Fx＝μmgL，故A正确．
6．D 由图知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应沿顺时针.0～t1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功，故A错误；在t1～t2内，物块向上加速运动，则有μmgcosθ>mgsinθ，得μ>tanθ，
故B错误；0～t2内，由v—t图线与t轴所围“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得W＋WG＝mv－mv，则传送带对物块做的功W≠mv－mv，故C错误；物块的重力势能减小量和动能减小量都转化为系统产生的内能，则由能量守恒定律知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，故D正确．
7．AD 物体到达最高点时，机械能为E＝Ep＝mgh，由图知Ep＝30
J，得m＝＝
kg＝1
kg，故C错误；物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力做的功，ΔE＝－μmgcosα，得μ＝0.5，故B错误；物体上升过程中，由牛顿第二定律得mgsinα＋μmgcosα＝ma，得a＝gsinα＋μgcosα＝10×0.6
m/s2＋0.5×10×0.8
m/s2＝10
m/s2，故A正确；由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功为W＝30
J－50
J＝－20
J，在整个过程中由动能定理得2W＝Ek－Ek0，则有Ek＝Ek0＋2W＝50
J＋2×(－20)
J＝10
J，故D正确．
8．BCD 如果小球的速度不能使小球做圆周运动，且小球升高竖直高度小于l时，由机械能守恒可得mv＝mgh，所以最大高度是，所以A错误、C正确；如果小球升高竖直高度大于l小于2l时，由于小球在最大高度处动能不为零，由机械能守恒定律可知，最大高度小于，所以B正确；如果小球的速度能使小球做圆周运动，那么最大高度就是圆周运动的直径2l，所以D正确．
9．C 两次物体均做匀加速运动，由于时间相等，两次的末速度之比为1∶2，则由v＝at可知两次的加速度之比为1∶2，所以＝，故两次的平均速度分别为、v，两次的位移之比为1∶2，由于两次的摩擦力相等，故由Wf＝fx可知，Wf2＝2Wf1，＝＝，因为W合＝WF－Wf，故WF＝W合＋Wf，故WF2＝W合2＋Wf2＝4W合1＋2Wf1<4W合1＋4Wf1＝4WF1，选项C正确．
10．C 小物体从A处运动到D处的过程中，克服摩擦力所做的功为Wf1＝mgh，小物体从D处开始运动的过程，因为速度较小，小物体对圆弧槽的压力较小，克服摩擦力所做的功Wf211．解题思路：(1)物体P从A下滑经B到C过程中根据动能定理有mgL·sin37°＋mgR(1－cos37°)－μmgcos37°·L＝mv－0，解得vC＝6
m/s.
(2)物体P在C点，根据牛顿第二定律有N－mg＝m，
解得N＝4.6
N.
根据牛顿第三定律，物体P通过C点时对轨道的压力为4.6
N.
(3)物体P最后在B和与其等高的圆弧轨道上来回运动时，经C点压力最小，由B到C由动能定理有mgR(1－cos37°)＝mv′，解得v′C＝2
m/s，则Nmin＝mg＋m＝1.4
N.
根据牛顿第三定律，物体P对C点处轨道的最小压力为1.4
N.
答案：(1)6
m/s (2)4.6
N (3)1.4
N
12．解题思路：(1)由动能定理有mgh－μmghcotθ＝mv2，得v＝.
(2)在水平滑道上由能量守恒定律有mv2＝Ep，得Ep＝mgh－μmghcotθ.
(3)设物块A能够上升的最大高度为h1，物块A被弹回过程中，由能量守恒定律有Ep＝μmgh1cotθ＋mgh1，
得h1＝.
答案：(1) (2)mgh－μmghcotθ (3)
加餐练
1．AC 由动能定理知，在P从最高点下滑到最低点的过程中mgR－W＝mv2，在最低点的向心加速度a＝，联立得a＝，选项A正确；在最低点时有N－mg＝ma，所以N＝，选项C正确．
2．C 质点由静止开始下落到最低点N的过程中
由动能定理：mg·2R－W＝mv2
质点在最低点：FN－mg＝
由牛顿第三定律得：FN＝4mg
联立得W＝mgR，质点由N点到Q点的过程中在等高位置处的速度总小于由P点到N点下滑时的速度，故由N点到Q点过程克服摩擦力做功W′3．C 由动能定理可知ΔEk＝1
900
J－100
J＝1
800
J，故A、B均错．重力势能的减少量等于重力做的功，故C正确、D错．
4．A 设圆盘半径为r，小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ，由题意可知，小物块运动到圆盘另一边缘过程中摩擦力做负功，由动能定理可得，－μmg·2rcosθ＝mv2－mv，即v2＝v－4μgrcosθ，可知v2与cosθ为线性关系，斜率为负，故A正确，B、C、D错误．
5．BC 设小球由B点再上升h′到达最高点，由动能定理得，mv－mv＝mg·h－0.1mg＝0，解得h′＝3h，所以小球上升的最大高度H＝h＋h′＝4h，B正确；下落过程中小球从B点到C点动能的增加量mv－mv′＝mg·h－0.1mg·h＝mgh，C正确．
6．CD 因为W＝Fx，则在x＝0至x＝3
m过程中，F1＝
N＝5
N，由牛顿第二定律有F1－μmg＝ma1，得a1＝1
m/s2，A错；在x＝3
m至x＝9
m过程中，F2＝
N＝2
N，由牛顿第二定律有F2－μmg＝ma2，得a2＝－0.2
m/s，则知物体在此过程中做匀减速直线运动，加速度大小为0.2
m/s2，B错，C对；在x＝0至x＝9
m过程中，合力做功W合＝W9－μmgΔx＝4.5
J，D对．
7．D 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，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正确．
8．BC 根据动能定理，抛出时人对物体做的功W1＝mv＝50
J，选项A错误；自抛出到落地，重力对物体做功WG＝mgh＝100
J，选项B正确；根据动能定理有mgh－Wf＝Ek2－Ek1，得物体克服阻力做的功Wf＝mgh－mv＋mv＝22
J，选项C正确；由于空气阻力的影响，物体不做平抛运动，竖直分运动不是自由落体运动，无法求解平抛运动的时间，选项D错误．
9．BCD 由物体速度减小到最小值v0，可知恒力F的方向与速度v0的方向间的夹角为钝角，将v0沿F的方向和垂直于F的方向进行分解，可知垂直于F方向的速度大小vx＝v0，平行于F方向的速度大小vy＝v0，根据牛顿第二定律可知F＝m＝，A错误；水平恒力作用2t时间，垂直于F方向的速度大小vx＝v0不变，平行于F方向的速度大小vy＝v0，物体速度大小为v0，B正确；在t时间内，水平恒力做的功为W＝mv－mv＝－mv，C正确；若水平恒力大小为2F，方向不变，物体运动过程中的最小速度仍为v0，D正确．
10．A 由A点释放恰好能滑动到C点，小物块P受重力、支持力、滑动摩擦力作用．设斜面AC长为L，则AB＝L，BC＝L.对全过程，根据动能定理有mgLsinθ－μ1mgcosθ×L－μ2mgcosθ×L＝0，得tanθ＝.
11．解题思路：(1)小球B被拉到C点过程中，已知拉力为恒力，
则拉力做功为：WF＝Fx
又x＝PB－PC
据勾股定理可知PB＝0.5
m，而PC＝0.1
m，
解得WF＝22
J
(2)小球B被拉到C点过程中，重力对小球B做负功，则
WG＝－mgR＝－6
J
(3)小球B被拉到C点时，B球沿绳方向速度为0，则此时A球的速度也为0；
(4)小球B被拉到C点时，据动能定理有：
WF＋WG＝mv2
解得：v＝4
m/s
(5)当绳与轨道相切时两球速度相等，由相似三角形知识得，
＝
所以h＝0.3×
m＝0.225
m
答案：(1)22
J (2)－6
J (3)0
(4)4
m/s (5)0.225
m
12．解题思路：(1)物块滑上长木板的一瞬间，长木板受到的合外力等于滑块对长木板的摩擦力，即F＝μmg
由牛顿第二定律有
F＝Ma
得a＝
(2)当长木板的速度达到最大时，弹簧的弹力等于滑块对长木板的摩擦力
即kx＝μmg
得x＝
长木板从开始运动到速度最大的过程中，设最大速度为v，根据动能定理有
μmgx－kx2＝Mv2
得v＝
(3)当弹簧的压缩量最大时，长木板的速度为零，此时木块的速度也为零，设长木板的长为L，根据能量守恒有
mv＝μmg＋Ep
得L＝
答案：(1) (2)
(3)