2019高考物理一轮复习物理学史、物理学思想与方法加练半小时粤教版

[方法点拨] (1)核心问题是“谁”提供向心力的问题．(2)“双星问题”的隐含条件是两者的向心力相同、周期相同、角速度相同；双星中轨道半径与质量成反比；(3)多星问题中，每颗行星做圆周运动所需的向心力是由它们之间的万有引力的合力提供，即F 合＝m v2r，以此列向心力方程进行求解．1．(2018·四川泸州一检)“双星体系”由两颗相距较近的恒星组成，每个恒星的半径远小于两个星球之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体．如图1所示，相距为L 的A 、B 两恒星绕共同的圆心O 做圆周运动，A 、B 的质量分别为m 1、m 2，周期均为T .若有间距也为L 的双星C 、D ，C 、D 的质量分别为A 、B 的两倍，则( )图1A ．A 、B 运动的轨道半径之比为m 1m 2B ．A 、B 运动的速率之比为m 1m 2C ．C 运动的速率为A 的2倍D ．C 、D 运动的周期均为22T 2．(多选)太空中存在一些离其他恒星很远的、由三颗星体组成的三星系统，可忽略其他星体对它们的引力作用．已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是直线三星系统——三颗星体始终在一条直线上；另一种是三角形三星系统——三颗星体位于等边三角形的三个顶点上．已知某直线三星系统A 每颗星体的质量均为m ，相邻两颗星中心间的距离都为R ；某三角形三星系统B 的每颗星体的质量恰好也均为m ，且三星系统A 外侧的两颗星体做匀速圆周运动的周期和三星系统B 每颗星体做匀速圆周运动的周期相等．引力常量为G ，则( )A ．三星系统A 外侧两颗星体运动的线速度大小为v ＝Gm RB ．三星系统A 外侧两颗星体运动的角速度大小为ω＝12R5GmRC ．三星系统B 的运动周期为T ＝4πRR 5GmD ．三星系统B 任意两颗星体中心间的距离为L ＝3125R3．(多选)(2017·福建龙岩3月质检)冥王星和其附近的星体卡戎的质量分别为M 、m (m <M )，两星相距L ，它们只在相互间的万有引力作用下，绕球心连线的某点O 做匀速圆周运动．冥王星与星体卡戎到O 点的距离分别为R 和r .则下列说法正确的是( ) A ．可由G MmR 2＝MRω2计算冥王星做圆周运动的角速度B ．可由G MmL 2＝M v 2L 计算冥王星做圆周运动的线速度C ．可由G Mm L 2＝mr (2πT )2计算星体卡戎做圆周运动的周期D ．冥王星与星体卡戎绕O 点做圆周运动的动量大小相等4．(2017·山东枣庄一模)2015年12月17日我国发射了“悟空”探测卫星，这期间的观测使人类对暗物质的研究又进了一步．宇宙空间中两颗质量相等的星球绕其连线中心转动时，理论计算的周期与实际观测周期不符，且T 理论T 观测＝k (k >1)；因此，科学家认为，在两星球之间存在暗物质．假设以两星球球心连线为直径的球体空间中均匀分布着暗物质，两星球的质量均为m ，那么，暗物质的质量为( ) A.k 2－14mB.k 2－28mC ．(k 2－1)mD ．(2k 2－1)m5．(2017·广西南宁一模)2016年2月11日，科学家宣布“激光干涉引力波天文台(LIGO)”探测到由两个黑洞合并产生的引力波信号，这是在爱因斯坦提出引力波概念100周年后，引力波被首次直接观测到．在两个黑洞合并过程中，由于彼此间的强大引力作用，会形成短时间的双星系统．如图2所示，黑洞A 、B 可视为质点，它们围绕连线上O 点做匀速圆周运动，且AO 大于BO ，不考虑其他天体的影响．下列说法正确的是( )图2A ．黑洞A 的向心力大于B 的向心力 B ．黑洞A 的线速度大于B 的线速度C ．黑洞A 的质量大于B 的质量D ．两黑洞之间的距离越大，A 的周期越小6．(多选)(2018·陕西商洛模拟)宇宙中两颗相距很近的恒星常常组成一个系统，它们以相互间的万有引力彼此提供向心力，从而使它们绕着某一共同的圆心做匀速圆周运动，若已知它们的运转周期为T ，两星到某一共同圆心的距离分别为R 1和R 2，那么，系统中两颗恒星的质量关系是( )A ．这两颗恒星的质量必定相等B ．这两颗恒星的质量之和为4π2(R 1＋R 2)3GT 2C ．这两颗恒星的质量之比为m 1∶m 2＝R 2∶R 1D ．其中必有一颗恒星的质量为4π2(R 1＋R 2)3GT 2答案精析1．D [对于双星A 、B ，有G m 1m 2L 2＝m 1(2πT )2r 1＝m 2(2πT )2r 2，r 1＋r 2＝L ，得r 1＝m 2m 1＋m 2L ，r 2＝m 1m 1＋m 2L ，T ＝2πLL G (m 1＋m 2)，A 、B 运动的轨道半径之比为r 1r 2＝m 2m 1，A 错误；由v ＝2πrT 得，A 、B 运动的速率之比为v 1v 2＝r 1r 2＝m 2m 1，B 错误；C 、D 运动的周期T ′＝2πLL G (2m 1＋2m 2)＝22T ，D 正确；C 的轨道半径r 1′＝2m 22m 1＋2m 2L ＝r 1，C 运动的速率为v 1′＝2πr 1′T ′＝2v 1，C错误．]2．BCD [三星系统A 中，三颗星体位于同一直线上，两颗星体围绕中央星体在同一半径为R 的圆轨道上运行．其中外侧的一颗星体由中央星体和另一颗外侧星体的合万有引力提供向心力，有：G m 2R 2＋G m 2(2R )2＝m v 2R ，解得v ＝5Gm 4R，A 错误；三星系统A 中，周期T ＝2πRv ＝4πRR 5Gm ，则其角速度为ω＝2πT ＝12R5GmR，B 正确；由于两种系统周期相等，则三星系统B 的运行周期为T ＝4πRR5Gm，C 正确；三星系统B 中，三颗星体位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，如图所示，对某颗星体，由万有引力定律和牛顿第二定律得：2Gm 2L 2cos 30°＝m L 2cos 30°·4π2T 2，解得L ＝3125R ，D 正确．]3．CD [冥王星与星体卡戎之间的万有引力提供各自做圆周运动的向心力：可由G Mm(R ＋r )2＝MRω2计算冥王星做圆周运动的角速度，故A 错误；同理，可由G MmL 2＝M v 2R计算冥王星做圆周运动的线速度，故B 错误；冥王星与其附近的星体卡戎可视为双星系统．所以冥王星和星体卡戎做圆周运动的周期是相等的，可由G Mm L 2＝mr (2πT )2计算星体卡戎做圆周运动的周期，故C 正确；因G Mm (R ＋r )2＝MRω2＝mrω2，由于它们的角速度的大小是相等的，所以：MRω＝mrω，又：v m ＝ωr ，v M ＝ωR ，p m ＝m v m ，p M ＝M v M ，所以冥王星与星体卡戎绕O 点做圆周运动的动量大小相等，故D 正确．]4．A [两星球均绕它们的连线的中点做圆周运动，设它们之间的距离为L ，由万有引力提供向心力得：G m 2L 2＝m 4π2T 理论2·L2，解得：T 理论＝πL2LGm .根据观测结果，星体的运动周期T 理论T 观测＝k ，这种差异是由两星球之间均匀分布的暗物质引起的，均匀分布在两星球之间的暗物质对双星系统的作用与一质量等于暗物质的总质量m ′、位于中点O 处的质点的作用相同．则有：G m 2L 2＋Gmm ′(L 2)2＝m 4π2T 观测2·L 2，解得：T 观测＝πL2LG (m ＋4m ′)，又T 理论T 观测＝k ，所以：m ′＝k 2－14m ，故A 正确，B 、C 、D 错误．]5．B [两黑洞靠相互间的万有引力提供向心力，根据牛顿第三定律可知，A 对B 的作用力与B 对A 的作用力大小相等、方向相反，则黑洞A 的向心力等于B 的向心力，故A 错误；两黑洞靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，由题图可知A 的轨道半径比较大，根据v ＝ωr 可知，黑洞A 的线速度大于B 的线速度，故B 正确；由于m A ω2r A ＝m B ω2r B ，由于A 的轨道半径比较大，所以A 的质量小，故C 错误；两黑洞靠相互间的万有引力提供向心力，所以G m A m B L 2＝m A 4π2T 2r A ＝m B 4π2T 2r B ，又：r A ＋r B ＝L ，得r A ＝m B Lm A ＋m B ，L 为二者之间的距离，所以得：G m A m B L 2＝m A 4π2T 2·m B L m A ＋m B ，即：T 2＝4π2L 3G (m A ＋m B )，则两黑洞之间的距离越小，A 的周期越小，故D 错误．]6．BC [设两星质量分别为m 1、m 2.对m 1有：G m 1m 2(R 1＋R 2)2＝m 1R 14π2T 2，解得m 2＝4π2R 1(R 1＋R 2)2GT 2，同理可得m 1＝4π2R 2(R 1＋R 2)2GT 2，故两者质量不相等，故选项A 错误；将两者质量相加得m 1＋m 2＝4π2(R 1＋R 2)3GT 2，则不可能其中一个的质量为4π2(R 1＋R 2)3GT 2，故选项D 错误，选项B 正确；m 1∶m 2＝R 2∶R 1，故选项C 正确．]。

微专题5 自由落体运动[方法点拨] (1)自由落体运动是初速度为0、加速度为g的匀加速直线运动．(2)匀变速直线运动的一个公式里一般只涉及四个物理量，对自由落体运动来说v0＝0，a＝g两个量已知，所以公式中的位移h、时间t、速度v t三个量，已知其中一个即可求另外两个．1.如图1所示，在地面上一盘子C的正上方A处有一金属小球a距C为20m，在B处有另一个金属小球b距C为15m，小球a比小球b提前1s由静止释放(g取10m/s2)．则( )图1A．b先落入C盘中，不可能在下落过程中相遇B．a先落入C盘中，a、b下落过程相遇点发生在BC之间某位置C．a、b两小球同时落入C盘D．在a球下落过程中，a、b两小球相遇点恰好在B处2．(2017·山东烟台期中)有甲、乙两球，甲球由塔顶自由下落，当它下落高度为a时，乙球从塔顶下与塔顶距离为b处开始自由下落，结果这两球同时落地，不计空气阻力，则塔高为( )A.a＋b24aB.a＋b24bC.a2－b24abD.a2＋b24ab3．(2018·河南省豫南豫北名校联考)一条悬链长7.2m，从悬挂点处断开，使其自由下落，不计空气阻力，则整条悬链通过悬挂点正下方20m处的一点所需的时间是(g取10m/s2，整个过程中悬链不落地)( )A．0.3sB．0.4sC．0.7sD．1.2s4．小球做自由落体运动，与地面发生碰撞，反弹后速度大小与落地速度大小相等．若从释放小球时开始计时，且不计小球与地面发生碰撞的时间，则小球运动的速度—时间图线可能是图中的( )5.(多选)(2017·山东济宁期中)一根轻质细线将2个薄铁垫圈A 、B 连接起来，一同学用手固定B ，此时A 、B 间距为3L ，A 距地面为L ，如图2所示．由静止释放A 、B ，不计空气阻力，从开始释放到A 落地历时t 1，A 落地前瞬间速率为v 1，从A 落地到B 落在A 上历时t 2，B 落在A 上前瞬间速率为v 2，则( )图2A ．t 1＞t 2B ．t 1＝t 2C ．v 1∶v 2＝1∶2D ．v 1∶v 2＝1∶36.(多选)(2018·四川成都第七中学月考)科技馆中的一个展品如图3所示，在较暗处有一个不断均匀滴水的水龙头，在一种特殊的间歇闪光灯的照射下，若调节间歇闪光时间间隔正好与水滴从A 下落到B 的时间相同，可以看到一种奇特的现象，水滴似乎不再下落，而是像固定在图中的A 、B 、C 、D 四个位置不动，对出现的这种现象，下列描述正确的是(g ＝10m/s 2)( )图3A ．水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间满足t AB ＜t BC ＜t CD B ．间歇闪光的间隔时间是210s C ．水滴在相邻两点之间的位移满足x AB ∶x BC ∶x CD ＝1∶3∶5D ．水滴在各点速度之比满足v B ∶v C ∶v D ＝1∶4∶9答案精析1．D [小球a 、b 释放后均做自由落体运动，则有h ＝12gt 2，代入计算得t a ＝2s ，t b ＝3s ，小球a 提前1s 释放，所以b 释放后a 运动t a －1s ＝1s 落入C 盘，比b 球早落入．选项A 、C 错．b 球释放时a 下落1s ，此时下落的高度h ′＝12gt ′2＝5m ，刚好到达与小球b 同高处，此时b 球开始释放，所以二者在B 处相遇，然后a 球超过b 球先落入盘中．选项D 对，B 错．] 2．A 3.B 4.D5．BC [对A 有L ＝12gt 12，且v 1＝gt 1，对B 有3L ＋L ＝12g (t 1＋t 2)2，且v 2＝g (t 1＋t 2)，联立解得t 1＝t 2，v 1∶v 2＝1∶2，B 、C 正确．] 6．BC。

[方法点拨](1)弹力产生条件：接触且发生弹性形变．(2)弹力的有无可用条件法、假设法或牛顿第二定律等判断．(3)接触面上的弹力方向总是垂直接触面，指向受力物体．(4)弹力大小与形变量有关，弹簧弹力遵循胡克定律(弹性限度内)，接触面上的弹力、绳上的弹力往往由平衡条件或牛顿第二定律求解．1. (2017·河北石家庄第二中学月考)匀速前进的车厢顶部用细线竖直悬挂一小球，如图1所示，小球下方与一光滑斜面接触．关于小球的受力，下列说法正确的是()图1A．重力和细线对它的拉力B．重力、细线对它的拉力和斜面对它的支持力C．重力和斜面对它的支持力D．细线对它的拉力和斜面对它的支持力2. (2017·四川绵阳第一次段考)生活中常见手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰无粘感，接触到平整光滑的硬性物体时，会牢牢吸附在物体上．图2是手机被吸附在支架上静止时的侧视图，若手机的质量为m，手机平面与水平间夹角为θ，则手机支架对手机作用力()图2A．大小为mg，方向竖直向上B．大小为mg，方向竖直向下C．大小为mg cos θ，方向垂直手机平面斜向上D．大小为mg sin θ，方向平行手机平面斜向上3．两根劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧a、b串接在一起，a弹簧的一端固定在墙上，如图3所示，开始时弹簧均处于原长，现用水平力作用在b 弹簧的P 端缓慢向右拉动弹簧，当a 弹簧的伸长量为L 时，则( )图3A ．b 弹簧的伸长量为k 1Lk 2B ．b 弹簧的伸长量也为LC ．P 端向右移动的距离为2LD ．P 端向右移动的距离为⎝⎛⎭⎫1＋k 2k 1L 4．(2018·广东省珠海二中等校联考)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4甲所示，当施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k 1，小弹簧的劲度系数为k 2)( )图4A ．k 1＝100 N /m ，k 2＝200 N/mB ．k 1＝200 N /m ，k 2＝100 N/mC ．k 1＝100 N /m ，k 2＝300 N/mD ．k 1＝300 N /m ，k 2＝200 N/m5．如图5所示，轻质弹簧一端系在质量为m ＝1 kg 的小物块上，另一端固定在墙上．物块在斜面上静止时，弹簧与竖直方向的夹角为37°，已知斜面倾角θ＝37°，斜面与小物块间的动摩擦因数μ＝0.5，斜面固定不动．设物块与斜面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，下列说法正确的是( )图5A ．小物块可能只受三个力B．弹簧弹力大小一定等于4 NC．弹簧弹力大小可能等于10 ND．斜面对物块支持力可能为零6．(2018·广东东莞模拟)如图6所示，穿在一根光滑固定杆上的小球A、B通过一条跨过定滑轮的细绳连接，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则下列说法正确的是()图6A．A可能受到2个力的作用B．B可能受到3个力的作用C．A、B的质量之比为1∶tan θD．A、B的质量之比为tan θ∶17.如图7，用橡皮筋将一小球(不计大小)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，小球稳定地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()图7A．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答案精析1．A 2.A3．A [两根轻弹簧串联，弹力大小相等，根据胡克定律F ＝kx 得x 与k 成反比，则得b 弹簧的伸长量为k 1Lk 2，故A 正确，B 错误；P 端向右移动的距离等于两根弹簧伸长量之和，即为L＋k 1k 2L ＝⎝⎛⎭⎫1＋k 1k 2L ，故C 、D 错误．] 4．A [x <0.2 m 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，k 1＝ΔFΔx ＝100 N /m.当压缩量为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 ＝k 1×0.3 m ＋k 2×0.1 m ＝50 N ，得k 2＝200 N/m ，选项A 正确．]5．C [若不受弹簧的弹力，μmg cos θ＜mg sin θ，则物块不可能静止，故物块一定受弹簧的压力，还受重力、斜面的支持力和静摩擦力，受四个力的作用而平衡，A 错误；若要物块静止，μ(mg cos 37°＋F )≥mg sin θ，得：F ≥4 N ，故B 错误，C 正确；根据静摩擦力的产生条件，斜面对物块的支持力不可能为零，D 错误．]6．C [对A 球受力分析可知，A 受到重力，绳子的拉力以及杆对A 球的弹力，三个力的合力为零，A 项错误；对B 球受力分析可知，B 受到重力，绳子的拉力，两个力合力为零，杆对B 球没有弹力，否则B 不能平衡，B 项错误；分别对A 、B 两球分析，运用合成法，如图：根据共点力平衡条件得T ＝m B g ，T sin θ＝m A g sin (90°＋θ)(根据正弦定理列式)，故m A ∶m B ＝1∶tan θ，C 项正确，D 项错误．]7．A [小车静止时，橡皮筋弹力等于小球重力，即mg ＝kx 1，橡皮筋原长设为l ，则小球竖直向下的悬吊高度为l ＋x 1＝l ＋mgk.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F cos θ＝mg ，橡皮筋长度为l ＋F k ＝l ＋mgk cos θ，可得小球竖直方向悬吊的高度为⎝⎛⎭⎫l ＋mg k cos θcos θ＝l cos θ＋mg k ＜l ＋mgk ，所以小球的高度升高，选项A 正确．]。

[方法点拨] (1)分析滑块与传送带或木板间的相对运动情况，确定两者间的速度关系、位移关系，注意两者速度相等时摩擦力可能变化．(2)用公式Q ＝f ·x 相对或动能定理、能量守恒求摩擦产生的热量．1．(多选)(2017·安徽马鞍山第一次模拟)如图1所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v 1匀速向右运动，质量为m 的滑块从传送带右端以水平向左的速率v 2滑上传送带，且v 2>v 1，最终滑块又返回至传送带的右端，对于此过程，下列判断正确的是( )图1A ．滑块返回传送带右端时的速率为v 1B ．传送带对滑块做功为12m v 22－12m v 12C ．电动机多做的功为2m v 12D ．滑块与传送带间摩擦产生的热量为12m (v 1＋v 2)22．(多选)如图2所示，一质量为1 kg 的小物块自斜面上A 点由静止开始匀加速下滑，经2 s 运动到B 点后通过光滑的衔接弧面恰好滑上与地面等高的传送带，传送带以4 m /s 的恒定速率运行．已知A 、B 间距离为 2 m ，传送带长度(即B 、C 间距离)为10 m ，小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，取g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )图2A ．小物块在传送带上运动的时间为2.32 sB ．小物块在传送带上因摩擦产生的热量为2 JC ．小物块在传送带上运动过程中传送带对小物块做的功为6 JD ．小物块滑上传送带后，传动系统因此而多消耗的能量为8 J3．(多选)(2017·湖北荆州一检)如图3所示，足够长的传送带与水平方向的倾角为θ，物块a 通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b 相连，b 的质量为m .开始时，a 、b 及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中()图3A．物块a的重力势能减少mghB．摩擦力对a做的功等于a机械能的增量C．摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增量之和D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等4．(2018·四川成都模拟)如图4甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行．在t＝0时刻，将质量为1.0 kg的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A点，经过1.0 s，物块从最下端的B点离开传送带．取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图像如图乙所示(g＝10 m/s2)，求：图4(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)从A到B的过程中，传送带对物块做的功．答案精析1．AD [由于传送带足够长，滑块先向左减速至0再向右加速，由于v 1<v 2，当速度增大到等于传送带速度时，滑块还在传送带上，之后与传送带一起向右匀速运动，有v 2′＝v 1，故A 正确；根据动能定理，传送带对滑块做功W ＝ΔE k ＝12m v 12－12m v 22，故B 错误；滑块向左运动x 1＝v 22t 1，摩擦力对滑块做功：W 1＝－fx 1＝－f v 22t 1①又摩擦力做功等于滑块动能的变化量，即：W 1＝－12m v 22②该过程中传送带的位移：x 2＝v 1t 1 摩擦力对传送带做功： W 2＝－f ′x 2＝－f ′v 1t 1③传送带对滑块的摩擦力与滑块对传送带的摩擦力为作用力与反作用力，则有f ＝f ′④ 联立①②③④得：W 2＝－m v 1v 2设滑块向右匀加速运动的时间为为t 2，位移为x 3，则： x 3＝v 12t 2摩擦力对滑块做功：W 3＝fx 3＝12m v 12该过程中传送带的位移：x 4＝v 1t 2＝2x 3滑块相对传送带的总位移：x 相对＝x 1＋x 2＋x 4－x 3＝x 1＋x 2＋x 3 系统克服滑动摩擦力做功：W 总＝fx 相对＝|W 1|＋|W 2|＋W 3＝12m (v 1＋v 2)2滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于系统克服滑动摩擦力做功，Q ＝W 总＝12m (v 1＋v 2)2，故D 正确；全过程中，电动机对传送带做的功与滑块动能的减小量之和等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，即Q ＝W ＋12m v 22－12m v 12整理得：W ＝Q －12m v 22＋12m v 12＝m v 12＋m v 1v 2，故C 错误．]2．BCD3．ACD [开始时，a 、b 及传送带均静止且a 不受传送带摩擦力作用，有m a g sin θ＝m b g ，则 m a ＝m b sin θ＝msin θ，b 上升h ，则a 下降h sin θ，则a 重力势能的减小量为ΔE p a ＝m a g ·h sin θ＝mgh ，故A 正确；根据能量守恒定律得，摩擦力对a 做的功等于a 、b 系统机械能的增量，因为系统重力势能不变，所以摩擦力对a 做的功等于系统动能的增量，故B 错误，C 正确；任意时刻a 、b 的速率相等，对b ，克服重力做功的瞬时功率P b ＝mg v ，对a 有：P a ＝m a g v sin θ＝mg v ，所以重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等，故D 正确．] 4．(1)35(2)－3.75 J 解析 (1)由题图乙可知，物块在前0.5 s 的加速度为：a 1＝v 1t 1＝8 m/s 2后0.5 s 的加速度为：a 2＝v 2－v 1t 2＝2 m/s 2物块在前0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向下， 由牛顿第二定律得： mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1物块在后0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得： mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 联立解得：μ＝35(2)由v －t 图线与t 轴所围面积意义可知，在前0.5 s ， 物块对地位移为：x 1＝v 12t 1则摩擦力对物块做功：W 1＝μmg cos θ·x 1 在后0.5 s ，物块对地位移为：x 2＝v 1＋v 22t 2则摩擦力对物块做功W 2＝－μmg cos θ·x 2 所以传送带对物块做的总功：W ＝W 1＋W 2 联立解得：W ＝－3.75 J。

[方法点拨]通过分析实验题设要明确研究对象的运动过程是哪一段，以及研究对象受到的合外力是“谁”，合外力的功如何测量．1．(2018·福建三明一中模拟)如图1所示，是探究功与物体速度变化关系的装置．第一次由一根橡皮筋提供牵引力使小木块在某处由静止弹出，然后分别改用2根、3根……相同的橡皮筋，使小木块从同样的位置弹出.图1(1)小木块在运动过程中会受到阻力，应将长木板______(填“左”或“右”)端适当垫高作为补偿．(2)只用1根橡皮筋作用时，打点计时器打出的纸带如图2所示．打点计时器使用50 Hz的交流电源，则小木块被弹出时的速度为________ m/s(结果保留两位有效数字)．图2(3)下表是实验过程中测量的几组数据，请选取合适的物理量和单位，在图3中作出图像以便找到做功与小木块动能的关系.图3(4)如果本实验中没有进行第(1)步的操作，则上述所画的图线()A．仍为原图线B．向上平移C．向下平移D．倾斜程度会发生变化2．为验证动能定理，某同学设计了如下实验．将一长直木板一端垫起，另一端侧面装一速度传感器，让小滑块由静止从木板h高处(从速度传感器所在平面算起)自由下滑至速度传感器时，读出滑块经此处时的速度v，如图4所示．多次改变滑块的下滑高度h(斜面的倾角不变)，对应的速度值记录在表中：图4坐标系的横轴应该是________，本实验是否需要平衡摩擦力________(填“是”或“否”)．3．(2017·山东青岛二中模拟)某学习小组利用如图5所示的实验装置探究合外力与速度的关系．一端带有定滑轮的长木板固定在水平桌面上，用轻绳绕过定滑轮及动滑轮将滑块与弹簧测力计相连．实验中改变动滑轮下悬挂的钩码个数，进行多次测量，记录弹簧测力计的示数F，并利用速度传感器测出从同一位置P由静止开始释放的滑块经过速度传感器时的速度大小v，用天平测出滑块的质量m，用刻度尺测出P与速度传感器间的距离s，当地的重力加速度大小为g，滑轮的质量都很小．图5(1)实验中钩码的质量________(填“需要”或“不需要”)远小于滑块的质量．(2)根据实验数据作出v2－F图像，下列图像中最符合实际情况的是________．(3)根据实验已测得数据及v2－F图像，________(填“能”或“不能”)测出滑块与长木板间的动摩擦因数．4．用如图6甲所示的实验装置完成“探究动能定理”的实验．请补充完整下列实验步骤的相关内容：图6(1)用天平测量小车和遮光片的总质量M、砝码盘的质量m0；用游标卡尺测量遮光片的宽度d，游标卡尺的示数如图乙所示，其读数为________ cm；按图甲所示安装好实验装置，用米尺测量出两光电门之间的距离为s.(2)在砝码盘中放入适量砝码；适当调节长木板的倾角，直到轻推小车，遮光片先后经过光电门A和光电门B的时间相等．(3)取下细线和砝码盘，记下______________________(填写相应物理量及其符号)．(4)让小车从靠近滑轮处由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B 所用的时间Δt A和Δt B.(5)步骤(4)中，小车从光电门A下滑至光电门B过程合外力做的总功W合＝______________，小车动能变化量ΔE k＝____________________________________________________________ (用上述步骤中的物理量表示，重力加速度为g)，比较W合和ΔE k的值，找出两者之间的关系．(6)重新挂上细线和砝码盘，改变砝码盘中砝码质量，重复(2)～(5)步骤．(7)本实验中，以下操作或要求是为了减小实验误差的是________．A．尽量减小两光电门间的距离sB．调整滑轮，使细线与长木板平行C．砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量答案精析1．(1)左 (2)0.90 (3)如图所示(4)B 2．v 2 否解析 设木板与水平面间的夹角为θ，滑块与木板间的动摩擦因数为μ.由动能定理得mgh －μmg cos θ·h sin θ＝12m v 2，整理得：h ＝12g (1－μtan θ)v 2.故h 与v 2成正比，应以v 2为横轴．本实验是滑块重力的分力与摩擦力的合力充当合外力，使滑块加速即可，因此不需要平衡摩擦力． 3．(1)不需要 (2)B (3)能解析 (1)实验中钩码的质量不需要远小于滑块的质量，因为滑块所受的拉力可由弹簧测力计直接测出．(2)由Fs －μmgs ＝12m v 2－0可得v 2＝2sm F －2μgs ，当m 、s 、μ一定时，v 2与F 为线性关系，且v ＝0时F ＞0，B 正确．(3)设v 2－F 图像与横轴的截距为b ，则b ＝μmg ，得μ＝bmg. 4．(1)0.525 (3)砝码盘中砝码的质量m (5)(m ＋m 0)gs 12M (d Δt B )2－12M (dΔt A)2 (7)B解析 (1)游标卡尺读数＝5 mm ＋5×0.05 mm ＝5.25 mm ＝0.525 cm.(3)在实验步骤(2)中，平衡了摩擦力，所以砝码和砝码盘的总重力大小可视为拉力，因此要记下砝码盘中砝码的质量m .(5)小车经过两个光电门的速度分别为：d Δt A 、d Δt B ，所以动能的变化量为12M (d Δt B )2－12M (dΔt A )2，合外力做功大小为(m ＋m 0)gs .(7)为了减小误差，细线要与长木板平行．因为本实验为求合力做功与动能变化的关系，不是要求砝码和砝码盘总重力近似替代拉力，减小两光电门间的距离不能减小实验误差．故选B.。

物理学史、物理学思想与方法1．(2017·闽粤大联考)在物理学的发展过程中，很多物理学家都做出了重要的贡献，他们也研究出了物理学的很多研究方法，以下对于物理研究方法的表达中不正确的选项是( )A ．理想化模型是把实质问题理想化，略去次要要素，突出主要要素，比如质点、点电荷、向心加快度等都是理想化模型B ．重心、协力和交变电流的有效值等看法的成立都表现了等效代替的思想C ．依据速度定义式v ＝Δx Δt ，当Δt 足够小时，Δx Δt就能够表示物体在某时辰的刹时速度，该定义应用了极限思想方法D ．用比值法定义的物理量在物理学中据有相当大的比率，比如场强E ＝F q 、电容C ＝Q U 、磁感觉强度B ＝F IL都是采纳比值法定义的2．(2017·山东师范大学附中第三次模拟)物理学中引入了“质点”、“点电荷”的看法，从科学方法上来说属于( )A ．控制变量法．类比 C ．理想化模型 ．等效代替 3．(2017·黑龙江虎林模拟)下边对于物理学史的说法正确的选项是( )A ．卡文迪许利用扭秤实验得出万有引力与距离平方成反比的规律B ．奥斯特经过实验发现变化的磁场能在其四周产生电场C ．牛顿猜想自由落体运动的速度与着落时间成正比，并直接用实验进行了考证D ．法拉第第一引入“场”的看法用来研究电和磁现象4．(2017·福建漳州联考)以下对于物理学史的史实中，正确的选项是( )A ．奥斯特最早发现了电磁感觉定律B ．卢瑟福的α粒子散射实考证了然原子核是由质子与中子构成的C ．库仑发现了点电荷间的互相作用规律D ．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律，洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律5．(2017·辽宁沈阳省示范协作校一模)以下对于物理学史、物理看法和方法的说法中，正确的选项是( )A ．电动势表征的是电源将电能转变为其余形式能的本事，在大小上等于非静电力把1 C 的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功B ．伽利略以为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再依据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采纳了实验和逻辑推理相联合的方法C ．法拉第第一提出了“场”的看法，安培利用电场线、磁感线形象地描绘了电场和磁场D ．利用v －t 图象与坐标轴围成面积推导位移公式的过程中，用到了等效代替的物理学方法6．(多项选择)物理看法的形成和物理规律的得出极大地推动了人类对自然界的研究和认识进度，以下对于物理看法和规律的说法正确的选项是( )A ．开普勒将第谷的几千个数据概括出简短的三定律，揭露了行星运动的规律B ．丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，并总结了右手螺旋定律C ．在研究带电体之间的互相作用时引入了点电荷的看法，只有电荷量很小的带电体才可当作点电荷D ．把电容器的带电量Q 与两极板间电压U 的比值定义为电容，是鉴于该比值的大小不取决于Q 和U ，且它能够反应电容器容纳电荷的本事7．(2017·山东济宁模拟)伽利略在研究自由落体运动中，先在斜面上做实验，获得位移与时间的平方成正比关系，而后再渐渐增大斜面的倾角，这类正比关系依旧成立，伽利略进行了合理外推，当斜面倾角为90°时，依旧会保持这类关系，从而证明自由落体运动是匀加快运动．以下对于“合理外推”的相关说法中正确的选项是( )A ．合理外推只合用于伽利略斜面实验，不合用于其余实验B ．全部实验合理外推的情境都能够经过实质的实验进行考证C ．“提出假说，数学推理，实验考证，合理外推”是一种科学推理方法D ．合理外推是指依据已有的论据凭直觉进行推论，缺少严实的逻辑论证8．(2017·齐鲁名校联考)在物理学的重要发现中科学家们创建出了很多物理学方法，如理想模型法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、成立物理模型法等等．以下对于所用物理学研究方法的表达正确的选项是( )A ．在不需要考虑物体自己的大小和形状时，用质点来取代物体的方法叫假定法B ．依据速度定义式v ＝Δx Δt ，当Δt 特别特别小时，Δx Δt就能够表示物体在t 时辰的刹时速度，该定义应用了微元法C ．借助激光器及平面镜察看桌面的细小形变的实验中，运用了成立物理模型法D ．在实验研究加快度与力、质量的关系时，运用了控制变量法9．(2017·辽宁铁岭协作体模拟)曹冲称象故事讲的是曹冲把象牵到船上，等船身稳固了，在船舷上齐水面的地方刻了一条线．把象牵到岸上来后再把一块一块的石头装上船，等船身沉到方才刻的那条线和水面平齐后，石头总的重量等于大象的重量，以下物理学习或研究顶用到的方法与曹冲称象的方法同样的是( )A ．研究加快度与协力、质量的关系B ．成立“质点”的看法C ．成立“刹时速度”的看法D ．成立“协力和分力”的看法10．(2018·四川成都模拟)在物理学的发展过程中，科学的物理思想与方法对物理学的发展起到了重要作用，以下对于物理思想和方法说法错误的选项是( )A．质点和点电荷是同一种思想方法B．重心、协力和分力、总电阻都表现了等效代替的思想C．加快度、电场强度、电势都是采纳比值法定义的物理量D．牛顿第必定律是利用逻辑思想对事实进行剖析的产物，能用实验直接考证11．(多项选择)(2017·天津五区县模拟)对于物理学家的贡献，以下表达正确的选项是( ) A．牛顿做了有名的斜面实验，得出轻重物体自由着落同样快的结论B．奥斯特发现了电流的磁效应，揭露了电现象和磁现象之间的联系C．伽利略在研究工作中开科学实验之先河，确立了现代科学的基础D．库仑第一提出了电场的看法，并引入电场线形象地表示电场的强弱和方向12．(2017·广西南宁一模)对于物理学的研究方法，以下说法错误的选项是( )A．伽利略创始了运用逻辑推理和实验相联合进行科学研究的方法B．卡文迪许在利用扭秤实验装置丈量万有引力常量时，应用了“放大法”C．电场强度是用比值法定义的，因此电场强度与电场力成正比，与尝试电荷的电荷量成反比D．研究协力与分力的关系，用的是“等效代替”的方法13．(2017·河北衡水中学高三下期中)以下说法正确的选项是( )A．米、千克、摩尔、安培都是国际单位制中的基本单位B．光电效应揭露了光的粒子性，而康普顿效应则反应了光的颠簸性C．安培最早引入场的看法，并提出用电场线表示电场D．卢瑟福用α粒子散射实验的数据否认了汤姆孙的“西瓜模型”，并估量了原子的大小14．(2017·华南师大附中等三校联考)以下说法正确的选项是( )A．伽利略设计了理想斜面实验，研究力与运动的关系，与他同时代的法国科学家笛卡尔增补和完美了伽利略的看法，并明确指出，除非物体遇到力的作用，物体将永久保持其静止或运动状态，永久不会使自己沿曲线运动，而只保持在直线上运动B．库仑不只提出了场的看法，并且采纳电场线描绘电场，还发了然人类历史上的第一台发电机C．牛顿在物理学的发展历程中，第一成立了均匀速度、刹时速度和加快度等看法用来描绘物体的运动，并第一采纳了实验查验猜想和假定的科学方法，把实验和逻辑推理和睦地联合起来，从而有力地推动了人类科学的发展D．摩擦起电现象中，用丝绸摩掠过的玻璃棒所带电荷是一种，用毛皮摩掠过的橡胶棒所带的电荷是另一种，美国科学家密立根把前者命名为正电荷，把后者命名为负电荷，并且用油滴实验最早测出了元电荷的数值15．(2018·湖南怀化一模)以下说法中正确的选项是( )A．联合能越大的原子核越稳固B ．美国物理学家密立根经过油滴实验精准测定了元电荷e 电荷量C ．动量同样的质子和电子，它们的德布罗意波的波长能够不相等D ．黑体辐射证了然光拥有颠簸性16．(2017·湖南常德高三模拟)在物理学的发展过程中，科学家们创建出了很多物理学研究方法，以下对于所用物理学研究方法的表达不正确的选项是( )A ．电流I ＝U R ，采纳了比值定义法B ．协力、分力等看法的成立表现了等效代替的思想C ．在不需要考虑物体自己的大小和形状时，将物体抽象为一个有质量的点，这样的方法叫理想模型法D ．依据功率的定义式P ＝W t ，当时间间隔t 特别小时，W t就能够表示刹时功率，这里运用了极限思想方法17．(2018·湖北孝感一模)对于万有引力定律发现过程中的发展史和物理方法，以下表述中正确的选项是( )A ．日心说的代表人物是托勒密B ．开普勒提出行星运动规律，并发现了万有引力定律C ．牛顿发现太阳与行星间引力的过程中，得出太阳对行星的引力表达式后推出行星对太阳的引力表达式，这是一个很重点的论证步骤，这一步骤采纳的论证方法是类比法D ．牛顿发现了万有引力定律并经过精准的计算得出万有引力常量18．(2017·广东深圳第一次调研)解决物理疑难问题的过程，常常陪伴新理论的成立，在物理学史中，以下现象与物理新理论的成立不存在必定联系的是( )A ．行星绕太阳运动与万有引力B ．电荷间作使劲与电场C ．光电效应现象与光子说D ．氢原子光谱与质能方程19．(2017·广东揭阳第一次模拟)以下说法正确的选项是( )A ．把物体当作质点，这是采纳了微元法B ．法拉第提出了电场的看法C ．光电效应实验中，入射光的强度越大，光电子的最大初动能越大D ．汤姆孙发现了中子20．(2017·广东顺德一模)以下说法正确的选项是( )A ．牛顿经过理想斜面实验，证了然力不是保持物体运动的原由B ．前苏联成功发射了世界第一颗人造卫星，其围绕地球的速度大于7.9 km/sC ．力学单位制中的国际基本单位是质量、米、秒D．英国物理学家卡文迪许利用扭秤装置比较正确的测出万有引力常量，这表现了放大和转变的思想答案精析1．A2．C [“质点”、“点电荷”等都是为了研究问题简单忽视了大小和形态而引入的理想化的模型，因此它们从科学方法上来说属于理想化模型，故C正确．]3．D4．C [法拉第发现了电磁感觉定律，A错误；α粒子散射实考证了然原子的核式构造，B错误；库仑发现了点电荷间的互相作用规律，即库仑定律，C正确；洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，D错误．]9．D [研究加快度与协力、质量的关系，采纳控制变量法，不是等效代替，故A错误；成立“质点”的看法，采纳理想模型法，不是等效代替，故B错误；成立“刹时速度”的看法，采纳极限思想方法，不是等效代替，故C错误；成立“协力和分力”的看法，采纳等效代替的思想，故D正确．]10．D [质点及点电荷采纳了理想化的物理模型的方法，因此质点和点电荷是同一种思想方法，故A正确；重心、协力和分力、总电阻都采纳了等效代替的思想，故B正确；加快度、电场强度、电势的定义式分别为：a＝ΔvΔt、E＝Fq、φ＝E pq，都是采纳比值法定义的物理量，故C正确；牛顿第必定律是利用逻辑思想对事实进行剖析的产物，不可以用实验直接考证，故D错误；此题选错误的，应选D.]13．A [国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、发光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，则米、千克、摩尔、安培都是国际单位制中的基本单位，故A正确；光电效应和康普顿效应都揭露了光的粒子性，故B错误；法拉第最早引入场的看法，并提出用电场线表示电场，故C错误；卢瑟福用α粒子散射实验的数据否认了汤姆孙的“西瓜模型”，并估量了原子核的大小，故D错误．]20．D [伽利略经过理想斜面实验，证了然力不是保持物体运动的原由，故A错误；7.9 km/s 是第一宇宙速度，是绕地球做匀速圆周运动的卫星的最大速度，所从前苏联成功发射了世界第一颗人造卫星，其围绕地球的速度不行能大于7.9 km/s，故B错误；力学单位制中的国际基本单位是千克、米、秒，故C错误；英国物理学家卡文迪许利用扭秤装置比较正确的测出万有引力常量，扭秤装置的原理表现了放大和转变的思想，故D正确．]。

微专题72 带电粒子在交变电场、磁场中的运动[方法点拨] (1)先分析在一个周期内粒子的运动情况，明确运动性质，判断周期性变化的电场或磁场对粒子运动的影响；(2)画出粒子运动轨迹，分析轨迹在几何关系方面的周期性．1．(2017·广东肇庆第二次模拟)如图1甲所示，竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度E＝40N/C，磁感应强度B随时间t变化的关系图像如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向．t＝0时刻，一质量m＝8×10－4 kg、电荷量q＝＋2×10－4 C的微粒在O点具有竖直向下的速度v＝0.12 m/s，O′是挡板MN上一点，直线OO′与挡板MN垂直，取g＝10m/s2.求：图1(1)微粒再次经过直线OO′时与O点的距离；(2)微粒在运动过程中离开直线OO′的最大高度；(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离应满足的条件．2．(2017·北京平谷区零模)当今医学成像诊断设备PET/CT堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利用能放射电子的同位素碳11作为示踪原子，碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得的．加速质子的回旋加速器如图2甲所示．D形盒装在真空容器中，两D形盒内匀强磁场的磁感应强度为B，两D形盒间的交变电压的大小为U.若在左侧D1盒圆心处放有粒子源S不断产生质子，质子质量为m，电荷量为q.假设质子从粒子源S 进入加速电场时的初速度不计，不计质子所受重力，忽略相对论效应．图2(1)第1次被加速后质子的速度大小v 1是多大？(2)若质子在D 形盒中做圆周运动的最大半径为R ，且D 形盒间的狭缝很窄，质子在加速电场中的运动时间可忽略不计．那么，质子在回旋加速器中运动的总时间t 总是多少？ (3)要把质子从加速器中引出，可以采用静电偏转法．引出器原理如图乙所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，内、外侧圆弧形金属板分别为两同心圆的一部分，圆心位于O ′点．内侧圆弧的半径为r 0，外侧圆弧的半径为r 0＋d .在内、外金属板间加直流电压，忽略边缘效应，两板间产生径向电场，该电场可以等效为放置在O ′处的点电荷Q 在两圆弧之间区域产生的电场，该区域内某点的电势可表示为φ＝k Qr(r 为该点到圆心O ′点的距离)．质子从M 点进入圆弧形通道，质子在D 形盒中运动的最大半径R 对应的圆周，与圆弧形通道正中央的圆弧相切于M 点．若质子从圆弧通道外侧边缘的N 点射出，则质子射出时的动能E k 是多少？要改变质子从圆弧通道中射出时的位置，可以采取哪些办法？3．如图3甲所示，两平行金属板A 、B 长L ＝8cm ，两极板间距d ＝6cm ，A 、B 两极板间的电势差U AB ＝1003V ．一比荷为q m＝1×106C/kg 的带正电粒子(不计重力)从O 点沿电场中心线垂直电场线以初速度v 0＝2×104m/s 飞入电场，粒子飞出平行板电场后经过界面MN 、PS 间的无电场区域，已知两界面MN 、PS 间的距离为s ＝8cm.带电粒子从PS 分界线上的C 点进入PS 右侧的区域，当粒子到达C 点开始计时，PS 右侧区域有磁感应强度按图乙变化的匀强磁场(垂直纸面向里为正方向)．求：图3(1)PS 分界线上的C 点与中心线OO ′的距离y ；(2)粒子进入磁场区域后第二次经过中心线OO ′时与PS 分界线的距离x .4．(2018·福建三明一中模拟)如图4甲所示，在平行边界MN 、PQ 之间存在宽度为L 的匀强电场，电场周期性变化的规律如图乙所示，取竖直向下为电场正方向；在平行边界MN 、EF 之间存在宽度为s 、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅱ，在PQ 右侧有宽度足够大、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅰ.在区域Ⅰ中距PQ 为L 的A 点，有一质量为m 、电荷量为q 、重力不计的带正电粒子以初速度v 0沿竖直向上方向开始运动，以此作为计时起点，再经过一段时间粒子又恰好回到A 点，如此循环，粒子循环运动一周，电场恰好变化一个周期，已知粒子离开区域Ⅰ进入电场时，速度恰好与电场方向垂直，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.图4(1)求区域Ⅰ的磁场的磁感应强度大小B 1.(2)若E 0＝4mv 023qL ，要实现上述循环，确定区域Ⅱ的磁场宽度s 的最小值以及磁场的磁感应强度大小B 2.(3)若E 0＝4mv 023qL ，要实现上述循环，求电场的变化周期T .答案精析1．(1)1.2m (2)2.48m (3)L ＝(1.2n ＋0.6) m(n ＝0,1,2，…) 解析 (1)根据题意可以知道，微粒所受的重力G ＝mg ＝8×10－3N① 电场力大小F ＝qE ＝8×10－3N② 因此重力与电场力平衡微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则qvB ＝m v 2R③由③式解得：R ＝0.6m④ 由T ＝2πR v⑤得：T ＝10πs⑥则微粒在5πs 内转过半个圆周，再次经过直线OO ′时与O 点的距离：l ＝2R ⑦ 将数据代入上式解得：l ＝1.2m⑧(2)微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t ＝5πs ， 轨迹如图所示，位移大小：x ＝vt ⑨ 由⑨式解得：x ≈1.88m⑩因此，微粒离开直线OO ′的最大高度：H ＝x ＋R ＝2.48m ⑪(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P ，P 点在直线OO ′下方时，由图像可以知道，挡板MN 与O 点间的距离应满足：L ＝(2.4n ＋0.6) m (n ＝0,1,2，…)⑫若微粒能垂直射到挡板上的某点P ，P 点在直线OO ′上方时，由图像可以知道，挡板MN 与O 点间的距离应满足：L ＝(2.4n ＋1.8) m (n ＝0,1,2，…)⑬⑫⑬两式合写成L ＝(1.2n ＋0.6) m (n ＝0,1,2…) 2．见解析解析 (1)质子第一次被加速，由动能定理：qU ＝12mv 21解得：v 1＝2qUm(2)质子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力：qvB ＝m v 2R质子在做圆周运动的周期为：T ＝2πRv设质子在D 形盒中被电场加速了n 次，由动能定理：nqU ＝12mv 2质子在磁场中做圆周运动的周期恒定，在回旋加速器中运动的总时间为：t 总＝n2T解得：t 总＝πBR22U(3)设M 、N 两点的电势分别为φ1、φ2，由能量守恒定律：q φ1＋12mv 2＝q φ2＋E k由题可知：φ1＝kQr 0＋12d，φ2＝kQr 0＋d解得：E k ＝kQqd r 0＋d r 0＋d ＋q 2B 2R 22m改变圆弧通道内、外金属板间所加直流电压的大小(改变圆弧通道内电场的强弱)，或者改变圆弧通道内磁场的强弱，可以改变质子从圆弧通道中射出时的位置． 3．(1)43cm (2)12cm解析 (1)粒子在电场中的加速度a ＝U AB q dm粒子在电场中运动的时间t 1＝L v 0粒子离开电场时竖直方向分速度v y ＝at 1 粒子在MN 与PS 间运动时间t 2＝s v 0粒子在电场中偏转位移y 1＝12at 12＝U AB qL 22dmv 02＝433cm 出电场后：y 2＝v y t 2 联立解得：y 2＝833cm所以C 点与中心线OO ′的距离y ＝y 1＋y 2＝43cm (2)粒子运动轨迹如图所示，粒子进入磁场时， 设速度与水平方向夹角为θ，tan θ＝v y v 0＝33所以θ＝30°粒子进入磁场时的速度v ＝v 0cos θ＝433×104m/s 设粒子在磁场中运动轨道半径为R则qvB ＝mv 2R所以R ＝4cm粒子在磁场中运动的周期T ＝2πR v＝23π×10－6s在t ＝23π3×10－6s 内粒子的偏转角α＝2πT t ＝120°竖直向上偏移h 1＝R cos30°＝23cm 在23π3×10－6～433π×10－6s 内通过OO ′， 这段时间内竖直向上偏移h 2＝h 1＝23cm 因为h 1＋h 2＝y ＝43cm则粒子在t ＝43π3×10－6s 时刚好第二次到达OO ′此时x ＝2(R ＋R sin30°)＝12cm. 4．(1)mv 0qL (2)L 9 3mv 0qL (3)307π＋540270v 0L 解析 (1)粒子在区域Ⅰ做圆周运动的半径R ＝L由洛伦兹力提供向心力知qv 0B 1＝mv 02R联立解得B 1＝mv 0qL(2)粒子在电场中做类平抛运动，离开电场时沿电场方向的速度v y ＝at ＝qE 0m ·L v 0＝43v 0， 设离开电场时速度的偏转角为θ，tan θ＝v y v 0＝43，θ＝53°所以粒子离开电场时的速度v ＝v 0cos 53°＝53v 0粒子在电场中偏转的距离y ＝12at 2＝12·qE 0m ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02＝23L画出粒子运动轨迹的示意图如图所示，粒子在区域Ⅱ做圆周运动的圆心O 2与在区域Ⅰ做圆周运动的圆心O 1的连线必须与边界垂直才能完成上述运动，由几何关系知粒子在区域Ⅱ做圆周运动的半径r ＝L －23Lcos 53°＝59L所以s ≥r (1－sin 53°)＝L9即s 的最小值为L9根据r ＝mv qB 2 解得B 2＝3mv 0qL(3)电场变化的周期等于粒子运动的周期 粒子在区域Ⅰ中运动的时间t 1＝πL v 0粒子在电场中运动的时间t 2＝2Lv 0粒子在区域Ⅱ中运动的时间t 3＝37°180°·2πr v ＝37πL270v 0所以周期T ＝t 1＋t 2＋t 3＝307π＋540270v 0L .。

1．汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x ＝24t －6t 2 (m)，则它在前3 s 内的平均速度为( )A ．6 m /sB ．8 m/sC ．10 m /sD ．12 m/s2．(2017·河南濮阳一模)一个质点做直线运动，其位移随时间变化的规律为x ＝4t －t 2(m)，其中时间t 的单位为s ，则当质点的速度为2 m/s 时，质点运动的位移为( ) A ．－2 m B ．2 m C ．－3 m D ．3 m3．(2017·湖南省十三校第一次联考)汽车刹车后开始做匀减速运动，在第1 s 内和第3 s 内的位移分别为3 m 和1 m ，则汽车在第4 s 内的位移是( ) A ．0.125 m B ．0.5 m C ．6 m D ．6.125 m4．(2017·河南安阳一模)一物体在粗糙水平地面上以一定的初速度做匀减速直线运动．若已知物体在第1 s 内的位移为8.0 m ，在第3 s 内的位移为0.5 m ，则下列说法正确的是( ) A ．物体在第2 s 内位移为4.0 m B ．物体的加速度大小为3.75 m/s 2 C ．物体在2.5 s 末速度一定为0.5 m/s D ．物体停止运动的时刻为3.5 s 末5．(2017·湖南长郡中学一模)伽利略在研究自由落体运动时，做了如下的实验：他让一个铜球从阻力很小(可忽略不计)的斜面上由静止开始滚下，并且做了上百次；假设某次实验伽利略是这样做的：在斜面上任取三个位置A 、B 、C ，让小球分别由A 、B 、C 滚下，如图1所示，设A 、B 、C 与斜面底端的距离分别为s 1、s 2、s 3，小球由A 、B 、C 运动到斜面底端的时间分别为t 1、t 2、t 3，小球由A 、B 、C 运动到斜面底端时的速度分别为v 1、v 2、v 3，下列关系式中正确、并且是伽利略用来证明小球沿光滑斜面向下的运动是匀变速直线运动的是( )图1A.v 1t 1＝v 2t 2＝v 3t 3 B ．v 1＝v 2＝v 3 C ．s 1－s 2＝s 2－s 3D.s 1t 12＝s 2t 22＝s 3t 32 6．如图2所示，光滑斜面AE 被分成相等的四段，一物体从A 点由静止释放做匀加速直线运动，下列结论不正确的是( )图2A ．物体到达各点的速度之比vB ∶vC ∶vD ∶vE ＝1∶2∶3∶2 B ．物体到达各点经历的时间t E ＝2t B ＝2t C ＝233t DC ．物体从A 到E 的平均速度v ＝v BD ．物体通过每一段时，其速度的增量v B －v A ＝v C －v B ＝v D －v C ＝vE －v D7．(2017·安徽省六校联考)如图3所示，一个质点做匀加速直线运动，依次经过a 、b 、c 、d 四点，已知经过ab 、bc 和cd 三段所用时间之比为3∶2∶1，通过ab 和cd 段的位移分别为x 1和x 2，则bc 段的位移为( )图3A.x 1＋x 22B.x 1＋5x 24C.2x 1＋12x 29D.5x 1－2x 298．如图4所示，一物块从一光滑且足够长的固定斜面顶端O 点由静止释放后，先后通过P 、Q 、N 三点，已知物块从P 点运动到Q 点与从Q 点运动到N 点所用的时间相等，且PQ 长度为3 m ，QN 长度为4 m ，则由上述数据可以求出OP 的长度为( )图4A ．2 m B.98 m C.258m D ．3 m9．(2017·河南洛阳高三期末)随着我国经济的快速发展，汽车的人均拥有率也快速增加，为了避免交通事故的发生，交通管理部门在市区很多主干道上都安装了固定雷达测速仪，可以准确抓拍超速车辆以及测量运动车辆的加速度．如图5所示，一辆汽车正从A 点迎面驶向测速仪B ，若测速仪与汽车相距x 0＝355 m 时发出超声波，同时汽车由于紧急情况而急刹车做匀减速直线运动，当测速仪接收到反射回来的超声波信号时，汽车恰好停止于D 点，且此时汽车与测速仪相距x ＝335 m,已知超声波的速度为340 m/s ，试求汽车刹车过程中的加速度大小．图5答案精析1．B [由题意可知v 0＝24 m/s ，a ＝－12 m/s 2.所以由v ＝v 0＋at 1可得汽车从刹车到静止的时间为t 1＝0－24－12 s ＝2 s ，由此可知2 s 时汽车已经停止，位移x ＝24×2 m －6×22 m ＝24 m ，故它在前3 s 内的平均速度v ＝x t ＝243 m /s ＝8 m/s.]2．D 3.A 4.A 5.D 6.D7．B [设质点经过ab 、bc 和cd 所用的时间分别为3t 、2t 、t ，设每个t 内的位移分别为s 1、s 2、s 3、s 4、s 5、s 6，则 x 1＝s 1＋s 2＋s 3，x 2＝s 6， bc 段的位移x ＝s 4＋s 5又s 3－s 2＝s 2－s 1，则s 1＋s 3＝2s 2，则x 1＝3s 2.由于x ＋x 2－x 1＝(s 4＋s 5＋s 6)－(s 1＋s 2＋s 3)＝a ×(3t )2＝9at 2，即x ＋s 6－3s 2＝9at 2，又s 6－s 2＝4at 2，即x 2－x 13＝4at 2，联立各式解得x ＝x 1＋5x 24.]8．C [设物块的加速度为a ，从P 点运动到Q 点所用的时间为t ， 由Δx ＝at 2得，加速度a ＝Δx t 2＝4－3t 2＝1t 2.Q 点的瞬时速度等于PN 段的平均速度， v Q ＝s PQ ＋s QN 2t ＝4＋32t ＝72t .则OQ 间的距离s OQ ＝v Q 22a ＝498 m因此OP 的长度s OP ＝s OQ －s PQ ＝498 m －3 m ＝258m ， 故C 正确．] 9．10 m/s 2解析 设汽车刹车过程中的加速度大小为a ，C 点为汽车与超声波相遇处，超声波从B 运动到C 的时间为t 0，那么在超声波从C 返回B 的时间t 0内，汽车由C 匀减速运动到D 且停止于D 点，由运动学规律可得：x 2＝12at 02，x 1＝12a ×(2t 0)2，x ＋x 2＝v 声t 0由图可得x 1＝x 0－x ＝20 m 由以上各式联立可得a ＝10 m/s 2.。

[方法点拨](1)竖直上抛运动是初速度竖直向上、加速度大小为g的匀变速直线运动，可全过程应用匀变速直线运动v－t关系公式、x－t关系公式等，但要注意v0、a、x等物理量的正负号．(2)竖直上抛运动也可分成上升、下降阶段分段处理，注意应用两段的对称性．1．(多选)(2017·湖北荆州质检)在塔顶上将一物体竖直向上抛出，抛出点为A，物体上升的最大高度为20 m．不计空气阻力，设塔足够高，则物体位移大小为10 m时，物体通过的路程可能为()A．10 m B．20 m C．30 m D．50 m2．一个小球以v0＝20 m/s的初速度从地面被竖直向上抛出，然后每隔时间Δt＝1 s，以同样的速度竖直上抛一个小球，不计空气阻力，且小球在升降过程中不发生碰撞，则第一个小球在空中能与其他小球相遇的个数为()A．1个B．2个C．3个D．4个3．(多选)(2018·河南省豫南九校质量测评)某物体以30 m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10 m/s2.5 s内物体的()A．路程为65 mB．位移大小为25 m，方向向上C．速度改变量的大小为10 m/sD．平均速度大小为13 m/s，方向向上4．在足够高的空中某点竖直上抛一物体，抛出后第5 s内物体的位移大小是4 m，设物体抛出时的速度方向为正方向，忽略空气阻力的影响，g取10 m/s2.则关于物体的运动，下列说法正确的是()A．物体上升的时间可能为4.9 sB．第5 s内的平均速度一定为－4 m/sC．4 s末的瞬时速度可能为10 m/sD．10 s内位移可能为－100 m5．(2017·陕西黄陵中学模拟)人民广场上喷泉的某喷嘴与地面相平且竖直向上，该喷嘴喷水流量Q＝5 L/s，水的出口速度v0＝20 m/s，不计空气阻力，g＝10 m/s2.则处于空中的水的体积是()A．5 L B．20 L C．10 L D．40 L6．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 点向上抛小球，从抛出小球至小球又落回抛出点的时间为T 2；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T 1.由T 1、T 2和H 的值可求得g 等于( ) A.8H T 22－T 12 B.4H T 22－T 12C.8H T 22－T 12D.4H T 22－T 12 7．(2017·陕西商洛二模)在地面上以初速度2v 0竖直上抛一物体A 后，又以初速度v 0在同一地点竖直上抛另一物体B ，若要使两物体能在空中相遇，则两物体抛出的时间间隔Δt 必须满足什么条件(不计空气阻力)( )A ．Δt ＞v 0tB ．Δt ＜2v 0g C.v 0g ＜Δt ＜2v 0g D.2v 0g ＜Δt ＜4v 0g答案精析1．ACD [物体从塔顶上的A 点抛出，位移大小为10 m 的位置有两处，如图所示，一处在A 点之上，另一处在A 点之下．在A 点之上时，位移为10 m 又有上升和下降两种过程．上升通过时，物体的路程L 1等于位移x 1的大小，即L 1＝x 1＝10 m ；下落通过时，路程L 2＝2H －x 1＝2×20 m －10 m ＝30 m ．在A 点之下时，通过的路程L 3＝2H ＋x 2＝2×20 m ＋10 m ＝50 m ，故A 、C 、D 正确．]2．C [由竖直上抛运动位移公式h ＝v 0t －gt 22知，竖直上抛运动的位移－时间图象(x －t 图像)是一条抛物线．小球在空中的运动时间为t ＝2v 0g＝4 s(g 取10 m /s 2)．定性地画出x －t 图像，如图所示，图像中各图线的相交点表示位移相等，即两球相遇点．根据各球图像的交点，可以看出：第一个小球在空中能与三个小球相遇．]3．AB 4.A5．B [设水在空中的运动时间为t ，则t ＝2v 0g＝4 s ，V ＝Qt ＝20 L ，故B 正确．] 6．C7．D [依据x ＝v t －12gt 2作出x －t 图像，如图所示，显然两条图线的相交点的横坐标表示A 、B 相遇时刻，纵坐标对应位移x A ＝x B .由图像可直接看出Δt 应满足关系式2v 0g ＜Δt ＜4v 0g，故选D.]。

[方法点拨]电磁感应中的有些题目可以从动量角度着手，运用动量定理或动量守恒定律解决：①应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量．如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题．②在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律．1．(多选)(2017·河北衡水中学高三下期中)如图1所示，在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L的区域内，现有一边长为d(d<L)的正方形闭合线框以垂直于磁场边界的初速度v0滑过磁场，线框刚好能穿过磁场，运动过程中线框靠近磁场左边界的一边始终与磁场边界平行，下列说法正确的是()图1A．线框在滑进磁场的过程与滑出磁场的过程均做变加速直线运动B．线框在滑进磁场的过程中与滑出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量相同C．线框在滑进磁场的过程中速度的变化量与滑出磁场的过程中速度的变化量不同D．线框在滑进磁场的过程中产生的热量Q1与滑出磁场的过程中产生的热量Q2之比为3∶1 2．如图2甲所示，平行粗糙导轨固定在绝缘水平桌面上，间距L＝0.2 m，导轨左端接有R ＝1 Ω的电阻，质量为m＝0.1 kg的粗糙导体棒ab垂直静置于导轨上，导体棒及导轨的电阻忽略不计．整个装置处于磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨向下．现用与导轨平行的外力F作用在导体棒ab上使之一开始做匀加速运动，且外力F随时间变化关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，求：图2(1)比较导体棒a、b两点电势的高低；(2)前10 s导体棒ab的加速度大小；(3)若整个过程中通过R的电荷量为65 C，则导体棒ab运动的总时间是多少？3．(2017·北京房山区模拟)许多电磁现象可以用力的观点来分析，也可以用动量、能量等观点来分析和解释．如图3所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，导轨间距为L，一端连接阻值为R的电阻．导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.质量为m、电阻为r的导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好．已知导体棒MN以初速度v0向右运动．图3(1)当导体棒运动的速度为v0时，求其加速度a的大小；(2)求导体棒在导轨上运动的位移x的大小；(3)从导体棒向右运动开始计时，画出导体棒动量随位移变化的图像，并说明理由；(4)从导体棒向右运动开始计时，定性画出导体棒动能随位移变化的图像，并说明理由．4．(2018·四川成都模拟)某小组同学在研究图4甲所示的电磁枪原理时，绘制了图乙所示的简图(为俯视图)，图中两平行金属导轨间距为L固定在水平面上，整个装置处在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，平行导轨左端电路如图所示，电源的电动势为E(内阻不计)，电容器的电容为C.一质量为m、长度也为L的金属导体棒垂直于轨道平放在导轨上，忽略摩擦阻力和导轨、导线的电阻，假设平行金属导轨足够长．图4(1)将开关S接a，电源对电容器充电．a．求电容器充电结束时所带的电荷量Q；b．请在图丙中画出充电过程中电容器两极板间的电压u随电容器所带电荷量q变化的图像；借助u－q图像求出稳定后电容器储存的能量E0.(2)电容器充电结束后，将开关接b，电容器放电，导体棒由静止开始运动，不计放电电流引起的磁场影响．a．已知自由电子的电荷量为e，请你分析推导当导体棒获得最大速度之后，导体棒中某一自由电子所受的电场力与导体棒最大速度之间的关系式；b．导体棒由静止到获得最大速度的过程中，由于存在能量损失ΔE损，电容器释放的能量没有全部转化为导体棒的动能，求ΔE损．答案精析1．ABD [线框进入磁场过程中，受到的安培力方向向左，做减速运动，随着速度的减小，安培力也减小，故做变加速直线运动，当线框完全进入磁场到右边的框边出磁场的过程中，穿过线框的磁通量不变，没有感应电流产生，做匀速直线运动，当线框滑出磁场的过程中，受到的安培力方向向左，仍做减速运动，随速度的减小，安培力减小，故也做变加速直线运动，A 正确；根据q ＝ΔΦR 可知滑进磁场和滑出磁场的过程中穿过线框的磁通量的变化量相同，线框的电阻不变，所以两个过程中通过线框横截面的电荷量相同，B 正确；进入磁场过程有：－B I 1d Δt 1＝m Δv 1，又I 1Δt 1＝q ，，则得－Bqd ＝m Δv 1，离开磁场过程有：－B I 2d Δt 2＝m Δv 2，又I 2Δt 2＝q ，则得－Bqd ＝m Δv 2，则得Δv 1＝Δv 2，即线框速度的变化量相同，C 错误；进磁场的速度为v 0，则完全进磁场的速度为v 02，完全出磁场的速度为0.根据能量守恒定律得，Q 1＝12m v 02－12m (v 02)2＝38m v 02，Q 2＝12m (v 02)2＝18m v 02，所以Q 1Q 2＝31，故D 正确．] 2．(1)a 点电势较高 (2)5 m/s 2 (3)22 s 解析 (1)据右手定则知，a 点电势较高(2)由于导体棒一开始做匀加速运动，对ab 用牛顿第二定律： F －F 安－f ＝ma ，F 安＝B 2L 2v R ，v ＝at综上得，F ＝B 2L 2aRt ＋f ＋ma据题图乙可知前10 s ，F －t 图线斜率为0.05，即B 2L 2aR ＝0.05 N/s代入数据解得：a ＝5 m/s 2(3)当t ＝0时，f ＋ma ＝1 N ，则f ＝0.5 N 10 s 时导体棒的速度v 1＝at 1＝50 m/s 此时安培力F 安1＝0.5 N由于F ＝1 N ，且此时f ＋F 安1＝F ＝1 N ， 故10～15 s 内导体棒做匀速直线运动0～15 s 内导体棒ab 的位移x ＝v 12t 1＋v 1t 2＝500 m通过R 的电荷量q 1＝ΔΦR 总＝BLxR ＝50 CF 为0后，导体棒做减速运动直到停止过程中通过R 的电荷量： q 2＝q －q 1＝15 C对导体棒ab 应用动量定理：－ft 3－BLq 2＝0－m v 1 解得t 3＝7 s则运动的总时间：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝22 s 3．见解析解析 (1)导体棒速度为v 0时切割磁感线产生感应电动势 E ＝BL v 0导体棒中电流：I ＝ER ＋r导体棒受到安培力：F 安＝BIL 由牛顿第二定律F 安＝ma 所以：a ＝B 2L 2v 0m (R ＋r )(2)由动量定理－B I Lt ＝0－m v 0导体棒中的平均感应电流I ＝BL vR ＋r导体棒的位移x ＝v t 代入解得：x ＝m v 0(R ＋r )B 2L 2(3)由动量定理得：m v 0－p ＝B 2L 2x R ＋r ，即p ＝m v 0－B 2L 2xR ＋r，导体棒的动量与位移的关系图像如图甲所示：(4)由动能定理可知，E k －12m v 02＝－F 安x ，导体棒所受安培力随速度减小而减小，所以导体棒动能与位移的关系图像如图乙所示．4．见解析解析 (1)a.电容器充电完毕时其电压等于电动势E ，电容器所带的电荷量Q ＝CE ①b ．根据u ＝qC ，画出u －q 图像如图所示，图线与横轴所围面积即为电容器储存的能量．有：E 0＝12EQ ②联立①②式可得：E 0＝12CE 2③(2)a.方法一：设金属导体棒获得最大速度v m 时，放电电流为零，此时电容器的电压U 与导体棒的感应电动势E 棒相等， 即：U ＝E 棒＝BL v m ④导体棒中恒定电场的场强为：E 场＝UL ＝B v m导体棒中电子所受的电场力为F ＝eE 场＝eB v m方法二：金属导体棒获得最大速度后做匀速直线运动，电路中无电流，运动的电子在磁场中受到向下的洛伦兹力， 大小为：F 洛＝eB v m由于电子随导体棒做匀速直线运动，则电场力F 与洛伦兹力合力为零，即F －F 洛＝0 则：F ＝eB v mb ．由(1)中结论可知，导体棒获得最大速度v m 时，电容器储存的能量为：E 1＝12CU 2⑤导体棒由静止到获得最大速度的过程中，根据能量守恒定律有：E 0＝E 1＋12m v m 2＋ΔE 损 ⑥设此过程电容器放电的电荷量为ΔQ ，则ΔQ ＝CE －CU ⑦方法一：设此过程中的平均电流为I ，时间为t ，根据动量定理有：BL I t ＝m v m －0⑧ 其中I t ＝ΔQ ⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得：ΔE 损＝mCE 22(m ＋CL 2B 2)方法二：设任意时刻电路中的电流为i ，取一段含此时刻的极短时间Δt ，设此段时间内速度的改变量为Δv ，根据动量定理有：ΣBLi Δt ＝Σm Δv ⑧ 而Σi Δt ＝ΔQ ⑨ 而Σm Δv ＝m v m －0⑩联立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式可得：ΔE 损＝mCE 22(m ＋CL 2B 2)。

[方法点拨](1)结合闭合电路欧姆定律、串并联电路特点，去理解电路，找出测量量与已知量间的关系．(2)熟练掌握基本实验的原理、实验方法等是解决创新实验的关键．1．某同学测量直流恒流电源的输出电流I0和定值电阻R x的阻值，电路如图1所示．图1实验器材如下：直流恒流电源(电源输出的直流电流I0保持不变，I0约为0.8 A)；待测电阻R x(阻值约为20 Ω)；滑动变阻器R(最大阻值约为50 Ω)；电压表V(量程15 V，内阻约为15 kΩ)；电流表A(量程0.6 A，内阻约为0.2 Ω)；请回答下列问题．(1)实验所用器材如图2所示，图中部分电路已经连接好，请完成实验电路的连接．图2(2)电路开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动到____处(选填“a”或“b”)，其理由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________；(3)所得实验数据如下表，请在如图3所示的直角坐标系上画出U—I图像.图3(4)根据所画U－I图像，可求得直流恒流电源输出电流I0＝________A，待测电阻的阻值R x ＝________ Ω.(结果保留两位有效数字)2．(2018·湖北黄冈模拟)图4中虚线框内是由表头G改装成的一个电流表和一个电压表的电路，其中接a、b时为电流表，接a、c时为电压表．已知表头的满偏电流为2 mA、内阻阻值范围为180～200 Ω，定值电阻R1＝50 Ω，R2＝1 460 Ω，为确定改装后电流表和电压表的量程，实验小组将a、b两个接线柱接入如图所示的电路中，来测量表头G的内阻；图4(1)实验室里，电流表A和滑动变阻器R均有两种规格：电流表：a.0～10 mA b．0～600 mA滑动变阻器：a.0～20 Ωb．0～1 000 Ω则电流表应选________，滑动变阻器应选________；(选填字母代号)(2)将选择的器材接入电路；①依照电路图，补充完整图5中的实物图；图5②闭合S，以I1表示电流表A的示数，I2表示表头G的示数，多次调节滑动变阻器，测量多组I1、I2数据(单位均为mA)，某同学以I1为纵轴，I2为横轴，画出I1－I2图线为一条过原点的倾斜直线，该同学求出了图线的斜率k＝5，则表头内阻R g＝________ Ω，由表头G改装后的电流表量程为________mA，电压表量程为________V.3．(2017·北京海淀区模拟)利用如图6所示的电路测量一个满偏电流为300 μA，内阻r g约为100 Ω的电流表的内阻值，有如下的主要实验器材可供选择：图6A．滑动变阻器(阻值范围0～20 Ω)B．滑动变阻器(阻值范围0～1 750 Ω)C．滑动变阻器(阻值范围0～30 kΩ)D．电源(电动势1.5 V，内阻0.5 Ω)E．电源(电动势8 V，内阻2 Ω)F．电源(电动势12 V，内阻3 Ω)(1)为了使测量尽量精确，在上述可供选择的器材中，滑动变阻器R应选用________，电源E 应选用__________．(选填器材前面的字母序号)(2)实验时要进行的主要步骤有：A．断开S2，闭合S1B．调节R的阻值，使电流表指针偏转到满刻度C．闭合S2D．调节R′的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的三分之二E．记下此时R′的阻值为190 Ω则待测电流表的内阻r g的测量值为________Ω，该测量值________此电流表内阻的真实值．(选填“大于”“小于”或“等于”)4．(2017·福建漳州八校模拟)发光二极管(LED)是由镓(Ga)、砷(As)与磷(P)等的化合物制成的一种能够发光的半导体电子元件，通常用在电路及仪器中作为指示灯，或组成文字或数字显示，其显著的特点就是具有单向导电性．其电路符号如图7甲所示，正常使用时带“＋”号的一端应接在电源的正极，带“－”号的一端应接在电源的负极．某课外活动小组用实验方法测得某型号发光二极管两端的电压U和通过它的电流I的数据如下表所示(1)实验中的系统误差主要是由____________________________________引起的．(2)请在图8的坐标纸上用描点法画出该型号发光二极管的伏安特性曲线．图8(3)若该型号发光二极管的最佳工作电压为2.5 V，现用5 V的稳压电源供电，则需要在电路中串联一个电阻R才能使其处于最佳工作状态，请根据所画出的该型号二极管的伏安特性曲线进行分析，串联的电阻R的阻值为________Ω.(结果保留三位有效数字)答案精析1．(1)如图所示(2)a 开关S 闭合后，流过电流表的电流不会超过电流表的量程 (3)如图所示(4)0.87～0.92 19～22 2．(1)a a (2)①如图所示②200 0～10 mA(10 mA) 0～15 V(15 V) 3．(1)C E (2)95 小于解析 (1)在半偏法测电流表的内阻实验中，为了减小实验误差，滑动变阻器阻值范围尽量选择较大的，电源电压尽量选择较大的，故滑动变阻器R 应选用C ，电源E 应选用E ，如果选择了F ，由于它的电压太大，当变阻器的电阻达到最大时电路中的最小电流I ＝12 V30 000 Ω＝400μA ，超过电流表满偏电流；(2)当电流表满偏时，说明干路电流为300 μA ，若使电流表指针偏转到满刻度的三分之二，即200 μA 时，通过电阻箱R ′的电流就为100 μA ，由于电流表与电阻箱的电流之比为2∶1，则它们的电阻之比为1∶2，所以电流表的内阻为1902 Ω＝95 Ω；该测量值小于此电流表内阻的真实值，因为实际干路的电流会比300 μA 稍大一些，故通过电阻箱的电流会比100 μA 稍大一些，所以它的电阻就会稍小一些． 4．(1)丙 电压表分流 (2)见解析图 (3)116(112～120均可)解析 (1)滑动变阻器应接成分压式电路，而电流表内阻未知，故电流表用内、外接都可以，故题图丙正确，题图丙电路图中，电压表与二极管并联，会因分流引起误差； (2)如图所示(3)根据U －I 图线，当二极管的工作电压为2.5 V 时，工作电流约为21.5 mA ，串联电阻上分到的电压应为2.5 V ，故应串联的电阻为：R ＝U I ＝ 2.521.5×10－3 Ω≈116 Ω.(112～120都算正确)。

[方法点拨](1)本实验要求电压必须从0开始变化，所以滑动变阻器要用分压式接法．(2)仪器选择要首先保证安全，其次是保证精确，再次是操作简便，若选不到理想的仪器，其中几个相比较，选较好的．1．(2017·北京海淀区模拟)某研究性学习小组的同学们设计了描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验，待测小灯泡的额定电压为3.8 V．要求测量结果尽量精确，并绘制出小灯泡两端电压在0～3.8 V范围内完整的伏安特性曲线．(1)若实验室的电压表、电流表和滑动变阻器都满足实验要求，则在如图1所示的两种实验方案中，应选择____图所示电路进行实验．(选填“甲”或“乙”)图1(2)若实验中只提供了量程为3 V，内阻为3 000 Ω的电压表V1，为了绘制完整的伏安特性曲线，需要将电压表V1改装成量程为4 V的电压表V2，则应将电压表V1________(选填“串联”或“并联”)一个阻值为________ Ω的定值电阻，才能实现改装的要求．(3)小组的同学们正确描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图2所示，根据这个曲线，同学们对小灯泡的实际功率与其两端的电压的关系，或与通过其电流的关系，猜想出了如图所示的关系图像，其中可能正确的是______．(选填选项下面的字母序号)图2(4)某同学将该小灯泡接在一个电动势为3.0 V、内阻为5.0 Ω的电源上，组成一个闭合电路，则此时该小灯泡的实际功率约为______W．(保留2位有效数字)2．(2018·四川成都模拟)某同学在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，使用的器材如下：待测小灯泡(2.5 V,1.25 W)电源(电动势3 V，内阻不计)电流表(0～0.6 A，内阻约0.125 Ω；0～3 A，内阻约0.025 Ω)电压表(0～3 V，内阻约3 kΩ；0～15 V，内阻约15 kΩ)单刀单掷开关及导线若干(1)为了减小误差，在本实验中电流表应选用0～____ A量程；电压表应选用0～________ V 量程．(2)如图3是本实验器材的实物图，图中已连接了部分导线，为了满足实验要求并尽可能减小误差，请补充完成实物图间的连线．图33．(2017·安徽省十校联考)为了描绘小灯泡的伏安特性曲线，某同学设计了如图4所示的实验电路，已知小灯泡的规格为“12 V,5 W”．图4(1)闭合开关前，应将电路图中的滑动变阻器的滑片移到________(填“a”或“b”)端．根据连接好的实物图，调节滑动变阻器，记录多组电压表和电流表的读数，作出的I－U图线如图5甲中实线所示，由图线分析可知，小灯泡的电阻随温度的升高而________(填“增大”或“减小”)．若某次电流表的示数如图乙所示，则此时小灯泡的功率为________W(保留两位有效数字)．图5(2)若I－U图像中的虚线Ⅰ或Ⅱ表示小灯泡真实的伏安特性曲线，与实验中得到的实线相比，虚线________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)才是其真实的伏安特性曲线．4．某物理学习小组拟用下列器材研究小灯泡L两端的电压与通过它的电流的关系曲线．A．小灯泡L(4.0 V,0.7 A)B．电流表A(0～0.6 A，内阻为0.2 Ω)C．电压表V(0～3 V，内阻为9 kΩ)D．标准电阻R1＝1 ΩE．标准电阻R2＝3 kΩF．滑动变阻器R(0～10 Ω)G．学生电源(电动势E＝6 V，内阻不计)H．开关一个，导线若干(1)为了准确描绘出小灯泡L较完整的U－I曲线，请在图6甲虚线框内画出实验电路图．图6(2)该学习小组同学正确进行实验操作，并处理实验数据后，描点作图得到了如图乙所示的小灯泡L 的U －I 图线．某次实验中得到的电压表示数如图丙所示，电压表示数为________V ，此时小灯泡的电阻约为________ Ω(保留两位有效数字)．由小灯泡L 的U －I 图线可知小灯泡L 的电阻随电流I 的增大而________(填“增大”“不变”或“减小”)．(3)若将此小灯泡L 与定值电阻R 0＝4 Ω串联后接在电动势为4.0 V 、内阻为1.0 Ω的蓄电池组两端，则小灯泡的实际功率约为________W(保留两位有效数字)．答案精析1．(1)甲 (2)串联 1 000 (3)AB (4)0.36～0.42解析 (1)由于小灯泡两端的电压需要从0开始测量，故滑动变阻器需要采用分压式接法，则题图甲电路是正确的；(2)原电压表的量程为3 V ，改装后的电压表的量程为4 V ，故1 V 的电压差需要用一个电阻串联分压获得，该电阻的阻值为1 000 Ω；(3)根据P ＝U 2R可知，U 2＝RP ，即在U 2－P 图像中，斜率为R ，因为随着电压的增大，灯泡的电阻是增大的，故U 2－P图像的斜率也是增大的，故选项A 正确，C 错误；根据P ＝I 2R 可知，I 2＝1R·P ，即在I 2－P 图像中，其斜率为1R，当电阻增大时，其倒数减小，故I 2－P 图像的斜率在变小，故选项B 正确，D 错误；(4)在同一坐标系中，作出电源的I －U 图线，其与灯泡的伏安特性曲线的交点即为灯泡两端的电压和电流，故小灯泡的实际电功率为P ＝2.0×0.19 W ＝0.38 W.2．(1)0.6 3 (2)如图所示解析 (1)根据小灯泡规格“2.5 V ,1.25 W ”可知，小灯泡的额定电压U ＝2.5 V ，额定电流I ＝P U＝1.252.5A ＝0.5 A ，因此电流表应选“0～0.6 A ”量程，电压表应选“0～3 V ”量程； (2)因为实验要求小灯泡两端电压及通过小灯泡的电流从0开始变化，所以滑动变阻器应采用分压式接法；小灯泡阻值较小，电流表应采用外接法，如图所示．3．(1)a 增大 2.4 (2)Ⅱ解析 (1)开始时应使测量电路两端的电压为零，故开关闭合前应将滑动变阻器滑片移到a 端；由题图甲可知图像的斜率越来越小，则说明电阻越来越大，小灯泡的电阻随温度的升高而增大；由电流表示数可知，电流大小为0.40 A ，则由题图I －U 图像可知，电压为6.0 V ，故灯泡功率P ＝UI ＝6×0.4 W ＝2.4 W ；(2)由于电流表采用外接法，电压表分流使电流表示数偏大，而电压表示数是准确的，故Ⅱ为真实的图像．4．(1)见解析图(2)2.70 5.3(5.2也可) 增大 (3)0.79(0.75～0.83均可)解析 (1)要准确描绘小灯泡的U －I 曲线，小灯泡两端电压要从0开始调节，所以滑动变阻器采用分压接法；又因小灯泡的额定电压为4.0 V ，额定电流为0.7 A ，而电压表量程为3.0 V ，电流表量程为0.6 A ，所以要描绘完整曲线，必须把电压表、电流表的量程扩大，由串并联规律知，可将电压表与标准电阻R 2＝3 kΩ串联改装为量程为4 V 的电压表，将电流表与标准电阻R 1＝1 Ω并联改装成量程为0.72 A 的电流表；因改装后的电压表内阻远大于小灯泡电阻，所以电流表采用外接法，实验电路如图a.(2)由题图丙电压表指针位置可知此时电压表示数为2.70 V ，则改装电压表两端的电压，即小灯泡两端的电压为U ＝3.60 V ，由题图乙知此时通过小灯泡的电流约为0.68 A ，由R ＝U I得此时小灯泡L 的电阻约为5.3 Ω.(3)令小灯泡两端电压为U ，通过的电流为I ，由闭合电路欧姆定律知E 0＝U ＋I (R 0＋r 0)，即U ＝4－5I ，在题图乙坐标系中作图线，如图b 所示，此时两条图线的交点坐标为(0.45 A,1.75 V)，所以小灯泡此时的实际功率为P ＝1.75×0.45 W ≈0.79 W.。

[方法点拨] (1)带电粒子在匀强电场中做直线运动时，一般用牛顿第二定律与运动学公式结合处理或用动能定理处理．(2)在匀强电场中做类平抛运动时一般从分解的角度处理．(3)注意带电粒子重力能否忽略．1．电子束焊接机中的电场线如图1中虚线所示．K 为阴极，A 为阳极，两极之间的距离为d ，在两极之间加上高压U ，有一电子在K 极由静止被加速．不考虑电子重力，元电荷为e ，则下列说法正确的是( )图1A ．A 、K 之间的电场强度为UdB ．电子到达A 极板时的动能大于eUC ．由K 到A 电子的电势能减小了eUD ．由K 沿直线到A 电势逐渐减小2．(多选)(2017·四川资阳4月模拟)如图2所示，质量相同的两个带电粒子M 、N 以相同的速度同时沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，M 从两极板正中央射入，N 从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点．不计带电粒子重力和带电粒子间的相互作用，则从开始射入到打在上极板的过程中( )图2A ．它们运动的时间t N ＝t MB ．它们电势能减少量之比ΔE M ∶ΔE N ＝1∶2C ．它们的动能增加量之比ΔE k M ∶ΔE k N ＝1∶2D ．它们所带的电荷量之比q M ∶q N ＝1∶23．(2017·山东师范大学附中第三次模拟)如图3所示，有一带电粒子贴着A 板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U 1时，带电粒子沿轨迹①从两板正中间飞出；当偏转电压为U 2时，带电粒子沿轨迹②落到B 板中间．设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次的电压之比为( )图3A ．U 1∶U 2＝1∶8B ．U 1∶U 2＝1∶4C ．U 1∶U 2＝1∶2D ．U 1∶U 2＝1∶14．(2017·广东汕头质量检测)一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒子a 和b ，从电容器边缘的P 点(如图4)以相同的水平速度射入两平行板之间．测得a 和b 与电容器的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1∶2.若不计重力，则a 和b 的比荷之比是( )图4A ．4∶1B ．2∶1C ．1∶1D ．1∶25．(2017·安徽马鞍山第一次模拟)如图5所示，虚线表示匀强电场的等势线，间距均为d ，一质量为m 、电荷量大小为q 的粒子(不计重力)，从A 点以与等势线成θ角的速度v 0射入，到达B 点时，速度方向恰与等势线平行，则( )图5A ．粒子一定带正电B ．电场中A 点的电势一定高于B 点电势C ．匀强电场的电场强度大小为m v 02sin 2θ4qdD ．粒子在A 点具有的电势能大于在B 点具有的电势能6．(2018·河南省八校第二次测评)如图6，半径为R 的圆环处在匀强电场E 中，圆环平面与电场方向平行，直径ab 与电场线垂直；一带电粒子以速度v 0从a 点沿ab 方向射入电场，粒子打在圆环上的c 点；已知c 点与ab 的距离为R2，不计粒子重力，求带电粒子的比荷.图67.(2018·四川泸州一检)如图7所示，竖直平行正对放置的带电金属板A 、B ，B 板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy 的O 点；y 轴沿竖直方向；在x >0的区域内存在沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E ＝43×103 V /m ；比荷为1.0×105 C/kg 的带正电的粒子P 从A板中心O ′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M (3，1)点；粒子P 的重力不计，试求：图7(1)金属板A 、B 之间的电势差U AB ；(2)若在粒子P 经过O 点的同时，在y 轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电微粒Q ，使P 、Q 恰能运动中相碰；假设Q 的质量是P 的2倍、带电情况与P 相同；Q 的重力及P 、Q 之间的相互作用力均忽略不计；求粒子Q 所有释放点的集合．8．(2017·湖北孝感第一次统考)在xOy 直角坐标系中，三个边长都为2 m 的正方形如图8所示排列，第Ⅰ象限正方形区域ABOC 中有水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E 0，在第Ⅱ象限正方形COED 的对角线CE 左侧CED 区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC 区域内无电场，正方形DENM 区域内无电场．现有一带电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子(重力不计)从AB 边上的A 点由静止释放，恰好能通过E 点．图8(1)求CED 区域内的匀强电场的电场强度的大小E 1；(2)保持(1)问中电场强度不变，若在正方形ABOC 中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过E 点，则释放点的坐标值x 、y 间应满足什么关系；(3)若CDE 区域内的电场强度大小变为E 2＝43E 0，方向不变，其他条件都不变，则在正方形区域ABOC 中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过N 点，则释放点的坐标值x 、y 间又应满足什么关系．答案精析1．C [A 、K 之间的电场为非匀强电场，A 、K 之间的电场强度不是Ud ，选项A 错误；由动能定理，电子到达A 极板时的动能E k ＝eU ，选项B 错误；电子由K 到A 的过程电场力做正功，电子的电势能减小了eU ，选项C 正确；沿电场线方向电势降低，则由K 沿直线到A 电势逐渐升高，选项D 错误．] 2．AD3．A [据题意，粒子在偏转电场中做类平抛运动，即粒子在水平方向做匀速直线运动，则：x ＝v t ，在竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，则：y ＝12at 2＝qUx 22md v 2，偏转电压为U ＝2mdy v 2qx 2，则偏转电压之比为：U 1U 2＝y 1x 22y 2x 12＝y 1y 2·(x 2x 1)2＝18，故A 选项正确．] 4．A 5.C 6．见解析解析 沿ab 方向与电场强度方向建立xOy 直角坐标系，设粒子从a 到c 所需时间为t ，则：x ＝v 0t y ＝12at 2 由牛顿第二定律得qE ＝ma 由题意可知：y ＝12R ；x ＝(1＋32)R联立解得：q m ＝4(7－43)v 02ER7．(1)1 000 V (2)y ＝16x 2，其中x >0解析 (1)设粒子P 的质量为m 、带电荷量为q ，从O 点进入匀强电场时的速度大小为v 0；由题意可知，粒子P 在y 轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O 点运动到M (3，1)点所用时间为t 0，由类平抛运动可得：x ＝v 0t 0，y ＝qE2m t 02解得：v 0＝2×104 m/s在金属板A 、B 之间，由动能定理：qU AB ＝12m v 02解得：U AB ＝1 000 V(2)设P 、Q 在右侧电场中运动的加速度分别为a 1、a 2；Q 粒子从N (x ，y )点释放后，经时间t 与粒子P 相碰；由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得 对于P ：Eq ＝ma 1对于Q ：Eq ＝2ma 2 x ＝v 0t 12a 1t 2＝y ＋12a 2t 2 解得：y ＝16x 2，其中x >0即粒子Q 释放点N (x ，y )坐标满足的方程为 y ＝16x 2，其中x >0 8．(1)4E 0 (2)y ＝x (3)y ＝3x －4解析 (1)设带电粒子出第Ⅰ象限电场时的速度为v ，在第Ⅰ象限电场中加速运动时，根据动能定理得E 0qL ＝12m v 2，其中L ＝2 m ．要使带电粒子通过E 点，在第Ⅱ象限电场中偏转时，竖直方向位移为y 0，设水平方向位移为x 0，则y 0＝12·E 1q m (x 0v )2，因∠CEO ＝45°，即x 0＝y 0＝2 m ，解得E 1＝4E 0.(2)设释放点的坐标为(x ，y )，带电粒子出第Ⅰ象限电场时的速度为v 1，在第Ⅰ象限电场中加速运动时，根据动能定理得E 0qx ＝12m v 12，要使带电粒子过E 点，在第Ⅱ象限电场中偏转时，竖直方向位移为y ，水平方向位移也为y ，则y ＝12·E 1q m (yv 1)2，解得y ＝x .(3)如图所示为其中一条轨迹图，带电粒子从DE 出电场时与DE 交于Q .进入CDE 区域的电场后，初速度延长线与DE 交于G ，出电场时速度的反向延长线与初速度延长线交于P 点，设在第Ⅰ象限释放点的坐标为(x ，y )．由图可知，在CDE 区域中带电粒子的水平位移为y ，设偏转位移为y ′，则y ′＝12·E 2q m (yv 2)2，而y ′y －y ′＝GP NE，其中GP ＝y2，NE ＝2 m ，在第Ⅰ象限加速过程中，E 0qx ＝12m v 22，解得y ＝3x －4.。

[方法点拨](1)理解牛顿第二定律的矢量性、瞬时性、同一性、独立性．(2)轻绳、轻杆和接触面的弹力能跟随外界条件发生突变；弹簧(或橡皮绳)的弹力不能突变，在外界条件发生变化的瞬间可认为是不变的．(3)多个物体一起运动时，知其一物体加速度即可知整体加速度，反之亦然．从而知其合外力方向．1．如图1所示，弹簧左端固定，右端可自由伸长到P点．一物块从光滑水平面的b位置以速度v向左运动，将弹簧压缩到最短a点，之后物块被弹簧向右弹出．物块从P到a的运动过程，以下说法正确的是()图1A．物块的惯性减小B．在a位置，物块的惯性为零C．物块对弹簧的作用力和弹簧对物块的作用力大小相等D．在a位置，物块对弹簧的作用力小于弹簧对物块的作用力2．(多选)(2017·湖南怀化一模)如图2所示，一质量为m1的小球用轻质线悬挂在质量为m2的木板的支架上，木板沿倾角为θ的斜面下滑时，细线呈竖直状态，在木板下滑的过程中斜面体始终静止在水平地面上，已知斜面体的质量为M，重力加速度为g，则下列说法中不正确的是()图2A．地面对斜面体的支持力小于(M＋m1＋m2)gB．木板与斜面间的动摩擦因数为1tan θC．摩擦产生的热量等于木板减少的机械能D．斜面体受到地面的摩擦力为零3．(多选)如图3所示，套在绳索上的小圆环P下面用悬线挂一个重为G的物体Q并使它们处于静止状态．现释放圆环P，让其沿与水平面成θ角的绳索无摩擦下滑，在圆环P下滑过程中绳索处于绷紧状态(可认为是一直线)，若圆环和物体下滑时不振动，稳定后，下列说法正确的是( )图3A ．Q 的加速度一定小于g sin θB ．悬线所受拉力为G sin θC ．悬线所受拉力为G cos θD ．悬线一定与绳索垂直4．(2018·安徽巢湖一检)如图4所示，光滑斜面的倾角为α，一个质量为m 的物体放在斜面上，如果斜面以加速度a 水平向左做匀加速直线运动，物体与斜面间无相对运动，则斜面对物体的支持力的大小错误的是( )图4A ．mg cos αB.mg cos αC.ma sin α D ．m g 2＋a 25．(2017·湖南衡阳第一次联考)如图5所示，某杂技演员在做手指玩圆盘的表演．设该盘的质量为m ，手指与盘之间的滑动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘底处于水平状态且不考虑盘的自转，重力加速度为g ，则下列说法中正确的是( )图5A ．若手指支撑着盘，使盘保持静止状态，则手指对盘的作用力沿该手指方向B ．若手指支撑着盘并一起水平向右匀速运动，则盘受到手水平向右的静摩擦力C ．若盘随手指一起水平匀加速运动，则手对盘的作用力大小不可超过1＋μ2mgD ．若手指支撑着盘并一起水平向右匀加速运动，则手对盘的摩擦力大小为μmg6．(多选)(2017·广东广州12月模拟)如图6所示，两个相同小物块a 和b 之间用一根轻弹簧相连，系统用细线静止悬挂于足够高的天花板下．细线某时刻被剪断，系统下落，已知重力加速度为g ，则( )图6A ．细线剪断瞬间，a 和b 的加速度大小均为gB ．弹簧恢复原长时，a 和b 的加速度大小均为gC ．下落过程中弹簧一直保持拉伸状态D ．下落过程中a 、b 和弹簧组成的系统机械能守恒7．如图7所示，A 、B 、C 三个小球的质量均为m ，A 、B 之间用一根没有弹性的轻绳连在一起，B 、C 之间用轻弹簧拴接，用细线悬挂在天花板上，整个系统静止，现将A 上面的细线剪断，使A 的上端失去拉力，则在剪断细线瞬间，A 、B 、C 的加速度的大小分别为( )图7A ．1.5g 1.5g 0B ．g 2g 0C ．g g gD ．g g 08．(2017·河南省天一大联考五)如图8所示，天花板上固定有一光滑的定滑轮，绕过定滑轮且不可伸长的轻质细绳左端悬挂一质量为M 的铁块；右端悬挂有两质量均为m 的铁块，上下两铁块用轻质细线连接，中间夹一轻质弹簧处于压缩状态，此时细线上的张力为2mg ，最初系统处于静止状态．某瞬间将细线烧断，则左端铁块的加速度大小为( )图8A.14gB.13gC.23g D ．g9．如图9所示，质量均为m 的木块A 和B 用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A 上放有质量为2m 的木块C ，三者均处于静止状态．现将木块C 迅速移开，若重力加速度为g ，则在木块C 移开的瞬间( )图9A ．木块B 对水平面的压力迅速变为2mgB ．弹簧的弹力大小为mgC ．木块A 的加速度大小为2gD ．弹簧的弹性势能立即减小10．(多选)(2018·福建三明一中模拟)如图10所示，弹簧p 和细绳q 的上端固定在天花板上，下端用小钩钩住质量为m 的小球C ，弹簧、细绳和小钩的质量均忽略不计．静止时p 、q 与竖直方向的夹角均为60°.下列判断正确的有( )图10A ．若p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间q 对球的拉力大小为mgB ．若p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为32g C ．若q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间p 对球的拉力大小为12mg D ．若q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g11．(多选)如图11所示，人站在匀加速斜向上的电梯上，则( )图11A ．人受到摩擦力方向沿运动方向，即与水平方向成θ角斜向上B ．人受到摩擦力方向沿水平方向向右C ．人受到梯面的支持力大于其重力D ．人受到梯面的支持力等于其重力12．(2018·广东东莞模拟)如图12所示的水平地面上，直角斜面体M 的倾角为30°，物块A 、B的质量相等，C为轻质定滑轮．图甲中斜面体M和物块A、B均处于静止状态，图乙中斜面体M和物块A、B一起以加速度a＝3g水平向右做匀加速直线运动，且三者保持相对静止．关于物块A、B的受力情况，下列说法中正确的是()图12A．图甲中的物块A一定受三个力作用B．图甲中的物块B一定受四个力作用C．图乙中的物块A一定受三个力作用D．图乙中的物块B一定受四个力作用答案精析1．C[物块从P到a的运动过程中，质量不变，惯性不变，A、B项错误；根据牛顿第三定律，作用力和反作用力大小相等，C项正确，D项错误．]2．ABC3．CD[由题意知，小圆环和Q保持相对静止一起沿绳索无摩擦下滑，整体受重力和支持力作用，加速度方向一定沿绳索方向向下，由牛顿第二定律有，a＝(m P＋m Q)g sin θm P＋m Q，解得：a＝g sin θ，A项错误；再对Q受力分析，受到悬线的拉力和竖直向下的重力，合力大小为F合＝m Q g sin θ，又重力沿绳索方向的分力也为m Q g sin θ，则悬线上的拉力沿绳索方向的分力为零，所以悬线一定与绳索垂直，而在垂直于绳索方向上，由平衡条件有：悬线上的拉力F＝G cos θ，故B项错误，C、D项正确．]4．A[由题意知，斜面以加速度a水平向左做匀加速直线运动，物体与斜面间无相对运动，则放在斜面上的物体所受合外力一定水平向左．隔离物体受力分析，物体受到斜面支持力和重力，二力的合力水平向左，大小等于ma，则有：N2＝(mg)2＋(ma)2，解得N＝m g2＋a2，选项D正确；N sin α＝ma，解得N＝masin α，选项C正确；N cos α＝mg，解得N＝mgcos α，选项A错误，B正确．]5．C6．BD[细线剪断前，a、b受力如图所示，F1＝F1′＝mg，F2＝F1′＋mg＝2mg，细线剪断瞬间，绳子拉力F2变为零，弹簧拉力不变．对a：F1′＋mg＝ma a，a a＝2g，b受力不变，加速度为零，A错误；弹簧恢复原长时，a和b 都只受重力，加速度大小均为g，B正确；由于细线剪断瞬间a的加速度大于b的加速度，弹簧恢复原长时，a的速度大于b的速度，弹簧变成压缩状态，C错误；下落过程中a、b和弹簧组成的系统动能、重力势能、弹性势能相互转化，系统机械能守恒，D正确．]7．A[在剪断细线的瞬间，弹簧上的力没有来得及发生变化，故C球受到的重力和弹簧弹力不变，C球所受合力为零，加速度为0；A、B球被轻绳拴在一起整体受重力和弹簧的拉力，合力为3mg，则A、B的加速度大小均为1.5g，故A正确，B、C、D错误．]8．C9.C 10．BD11．BC[对人受力分析：重力mg、支持力N、摩擦力f(摩擦力方向一定与接触面平行，由加速度的方向推知f的方向为水平向右)．建立直角坐标系：取水平向右(即f的方向)为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，如图所示．对加速度分解可得：x轴方向上：a x＝a cos θy轴方向上：a y＝a sin θ根据牛顿第二定律得x轴方向上：f＝ma x＝ma cos θy轴方向上：N－mg＝ma y＝ma sin θ即N＝mg＋ma sin θ故选项B、C正确．]12．B[题图甲中物块A受重力和拉力两个力的作用，A错误；对A受力分析，由平衡条件知重力等于绳的拉力，对B受力分析，平行于斜面方向上，重力的分力小于绳的拉力，B一定受到摩擦力，则物块B受重力、支持力、拉力和沿斜面向下的摩擦力四个力的作用，B正确；题图乙中加速度a＝3g，根据牛顿第二定律可得物块B受重力和绳子拉力两个力的作用，其中拉力大小为2mg，所以物块A受重力、斜面体弹力、绳子拉力和沿竖直面向下的摩擦力四个力的作用，C、D错误．]。

[方法点拨](1)在交变电场中做直线运动时，一般是几段变速运动组合．可画出v－t图像，分析速度、位移变化．(2)在交变电场中的偏转若是几段类平抛运动的组合，可分解后画出沿电场方向分运动的v－t图像，分析速度变化，或是分析偏转位移与偏转电压的关系式．1．(2018·湖北黄冈模拟)一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图1所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是()图1A．带电粒子只向一个方向运动B．0～2 s内，电场力做功等于0C．4 s末带电粒子回到原出发点D．2.5～4 s内，电场力做功等于02．(多选)(2017·山东青岛二中模拟)如图2甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大．当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是()图23．(多选)(2017·四川宜宾二诊)如图3甲所示，真空中水平放置两块长度为2d 的平行金属板P 、Q ，两板间距为d ，两板间加上如图乙所示最大值为U 0的周期性变化的电压．在两板左侧紧靠P 板处有一粒子源A ，自t ＝0时刻开始连续释放初速度大小为v 0，方向平行于金属板的相同带电粒子. t ＝0时刻释放的粒子恰好从Q 板右侧边缘离开电场．已知电场变化周期T ＝2d v 0，粒子质量为m ，不计粒子重力及相互间的作用力．则( )图3A ．在t ＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v 0B ．粒子的电荷量为m v 022U 0C ．在t ＝18T 时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了18m v 02D ．在t ＝14T 时刻进入的粒子刚好从P 板右侧边缘离开电场4．(多选)(2018·河北邢台质检)如图4甲所示，两平行金属板A 、B 放在真空中，间距为d ，P 点在A 、B 板间，A 板接地，B 板的电势φ随时间t 变化情况如图乙所示．t ＝0时，在P 点由静止释放一质量为m 、电荷量为e 的电子，当t ＝2T 时，电子回到P 点．电子运动中没与极板相碰，不计重力．则( )图4A ．φ1∶φ2 ＝1∶2B ．φ1∶φ2＝1∶3C ．在0～2T 内，当t ＝T 时电子的动能最大D ．在0～2T 内，电子的电势能减小了2e 2T 2φ12md 25．(多选)如图5甲所示，一平行板电容器极板长l ＝10 cm ，宽a ＝8 cm ，两极板间距为d ＝4cm ，距极板右端l2处有一竖直放置的荧光屏．在平行板电容器左侧有一长b ＝8 cm 的“狭缝”粒子源，可沿着两板中心平面，均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为2×1010 C /kg ，速度为4×106 m/s 的带电粒子．现在平行板电容器的两极板间加上如图乙所示的交流电，已知粒子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期．下面说法正确的是( )图5A ．粒子打到屏上时在竖直方向上偏移的最大距离为6.25 cmB ．粒子打在屏上的区域面积为64 cm 2C ．在0～0.02 s 内，进入电容器内的粒子有64%能够打在屏上D ．在0～0.02 s 内，屏上出现亮线的时间为0.012 8 s6．(2017·辽宁沈阳质检)如图6中a 所示的xOy 平面处于匀强电场中，电场方向与x 轴平行，电场强度E 随时间t 变化的周期为T ，变化图线如图b 所示，E 为＋E 0时电场强度的方向沿x 轴正方向．有一带正电的粒子P ，在某一时刻t 0以某一速度v 沿y 轴正方向自坐标原点O 射入电场，粒子P 经过时间T 到达的点记为A (A 点在图中未画出)．若t 0＝0，则OA 连线与y 轴正方向夹角为45°，不计粒子重力．图6(1)求粒子的比荷；(2)若t 0＝T4，求A 点的坐标；(3)若t 0＝T8，求粒子到达A 点时的速度．答案精析1．D[画出带电粒子速度v 随时间t 变化的图像如图所示，v －t 图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4 s 末带电粒子不能回到原出发点，A 、C 错误；2 s 末速度不为0，可见0～2 s 内电场力做功不等于0，B 错误；2.5 s 和4 s 末，速度的大、小方向都相同，2.5～4 s 内电场力做功等于0，所以D 正确．]2．AD [在平行金属板之间加上如题图乙所示的交变电压时，因为电子在平行金属板间所受的电场力F ＝U 0ed ，所以电子所受的电场力大小不变．由牛顿第二定律F ＝ma 可知，电子在第一个T 4内向B 板做匀加速直线运动；在第二个T 4内向B 板做匀减速直线运动，在第三个T 4内反向做匀加速直线运动，在第四个T4内向A 板做匀减速直线运动，所以a －t 图像如选项图D所示，v －t 图像如选项图A 所示；又因匀变速直线运动位移x ＝v 0t ＋12at 2，所以x －t 图像应是曲线，故选项A 、D 正确，B 、C 错误．] 3．AD 4.BD5．BCD [设粒子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U 0，水平方向l ＝v 0t ，竖直方向d2＝12a 0t 2，又a 0＝qU 0md ，解得U 0＝md 2v 02ql 2＝128 V ，即当U ≥128 V 时粒子打到极板上，当U <128 V 时粒子打到荧光屏上，设打到荧光屏上的粒子在竖直方向上偏转的最大位移为y ，由几何关系和类平抛运动规律得l 2＋l2l 2＝yy －d2，解得y ＝d ＝4 cm ，选项A 错误；由对称性知，粒子打到荧光屏上的区域总长度为2d ，则粒子打到荧光屏上的区域面积为S ＝2da ＝64 cm 2，选项B 正确；在前14T ，粒子打到荧光屏上的时间t 0＝128200×0.005 s ＝0.003 2 s ，又由对称性知，在一个周期内，粒子打在荧光屏上的总时间t ′＝4t 0＝0.012 8 s ，选项D 正确；因为这些粒子均匀、连续地进入电场，设一个周期内进入电容器内的粒子能够打在荧光屏上的比例为η，此时电容器两端的电压U <128 V ，则η＝128200×100%＝64%，选项C 正确．]6．见解析解析 (1)粒子在t 0＝0时刻射入电场，粒子沿y 轴方向的分运动为匀速运动，位移大小为：y ＝v T粒子沿x 轴方向在0～T2内做初速度为零的匀加速运动，位移为x 1，末速度为v 1，则：x 1＝12a (T 2)2，v 1＝a T2粒子沿x 轴方向在T2～T 内做匀减速运动，位移为x 2，由题意知两段运动的加速度大小相等，则：x 2＝v 1(T 2)－12a (T 2)2粒子沿x 轴方向的总位移为x ，则： x ＝x 1＋x 2粒子只受到电场力作用，由牛顿第二定律得： qE 0＝ma y ＝x联立各式解得：q m ＝4vE 0T(2)粒子在t 0＝T4时刻射入电场，粒子沿y 轴方向的分运动为匀速运动，位移大小为：y ′＝v T粒子沿x 轴方向在T 4～T2内做初速度为零的匀加速运动，位移为x 3，末速度为v 2，则： x 3＝12a (T 4)2v 2＝a T 4粒子沿x 轴方向在T2～T 内做匀变速运动，位移为x 4，末速度为v 3，则： x 4＝v 2(T 2)－12a (T 2)2v 3＝v 2－a T2粒子沿x 轴方向在T ～5T4内做匀变速运动，位移为x 5，则：x 5＝v 3(T 4)＋12a (T 4)2粒子沿x 轴的总位移为x ′，则： x ′＝x 3＋x 4＋x 5 联立各式解得：x ′＝0 则A 点的坐标为(0，v T )(3)粒子在t 0＝T8时刻射入电场，粒子沿y 轴方向的分运动为匀速运动，速度不变；沿x 轴方向在T 8～T 2内做初速度为零的匀加速运动，末速度为v 4，则：v 4＝a 3T 8 粒子沿x 轴方向在T2～T 内做匀变速运动，末速度为v 5，则：v 5＝v 4－a T2粒子沿x 轴方向在T ～9T8内做匀变速运动，末速度为v 6，则：v 6＝v 5＋a T8联立各式解得：v 6＝0 则：粒子通过A 点的速度为v。

[方法点拨] (1)合运动与分运动的位移、速度、加速度都遵循平行四边形定则，合运动与各分运动具有独立性、等时性．(2)绳、杆关联物体的速度沿绳和垂直绳方向分解，沿绳方向的速度大小相等．1．(2017·江西省第一次联考)一个质点受多个力的作用做匀速直线运动，某时刻撤去其中一个恒力，其他力保持不变，则质点的运动一定是( )A ．直线运动B ．曲线运动C ．匀速运动D ．匀变速运动2．(多选)如图1所示为一个做匀变速曲线运动的物块轨迹的示意图，运动至A 点时速度大小为v 0，经一段时间后物块运动至B 点，速度大小仍为v 0，但相对于A 点时的速度方向改变了90°，则在此过程中( )图1A ．物块的运动轨迹AB 可能是某个圆的一段圆弧B ．物块的动能可能先增大后减小C ．物块的速度大小可能为v 02D ．B 点的加速度与速度的夹角小于90°3．(多选)(2017·江西南昌一模)一质量为m 的质点以速度v 0做匀速直线运动，在t ＝0时开始受到恒力F 作用，速度大小先减小后增大，其最小值为v ＝0.5v 0，由此可判断( )A ．质点受力F 作用后一定做匀变速曲线运动B ．质点受力F 作用后可能做圆周运动C ．t ＝0时恒力F 与速度v 0方向间的夹角为60°D ．t ＝3m v 02F时，质点速度最小 4．(2017· 湖南衡阳第二次联考)一只小船渡过两岸平行的河流，河中水流速度各处相同且恒定不变，方向平行于河岸．小船的初速度均相同，且船头方向始终垂直于河岸，小船相对于水分别做匀加速、匀减速和匀速直线运动，其运动轨迹如图2所示．下列说法错误的是( )图2A ．沿AC 和AD 轨迹小船都是做匀变速运动B ．AD 是匀减速运动的轨迹C ．沿AC 轨迹渡河所用时间最短D ．小船沿AD 轨迹渡河，船靠岸时速度最大5．(2017·河南洛阳高三期末)有甲、乙两只船，它们在静水中航行的速度分别为v 1、v 2，现在两船从同一渡口向河对岸开去，已知甲船想用最短时间渡河，乙船想以最短航程渡河，结果两船抵达对岸的地点恰好相同，则甲、乙两船渡河所用时间之比为( )A.v 22v 21B.v 21v 22C.v 2v 1D.v 1v 26．(2017·广东梅州高三质检)质量为2 kg 的质点在竖直平面内斜向下做曲线运动，它在竖直方向的速度－时间图像和水平方向的位移－时间图像如图3甲、乙所示．下列说法正确的是( )图3A ．质点的加速度方向与初速度方向垂直B ．2 s 末质点速度大小为4 m/sC ．前2 s 内质点处于超重状态D ．质点向下运动的过程中机械能减小7．(2018·山东泰安期中)如图4所示，顶角θ＝60°、光滑V 字形轨道AOB 固定在竖直平面内，且AO 竖直．一水平杆与轨道交于M 、N 两点，已知杆自由下落且始终保持水平，经时间t 速度由6 m /s 增大到14 m/s(杆未触地)，则在0.5t 时，触点N 沿倾斜轨道运动的速度大小为(g 取10 m/s 2)( )图4A ．10 m /sB ．17 m/sC ．20 m /sD ．28 m/s8.如图5所示，长为L 的直杆一端可绕固定轴O 无摩擦转动，另一端靠在以水平速度v 匀速向左运动、表面光滑的竖直挡板上，当直杆与竖直方向夹角为θ时，直杆端点A 的线速度为( )图5A.v sin θ B ．v sin θ C.v cos θD ．v cos θ 9. (多选)(2018·河南郑州期中)如图6所示，不可伸缩、质量不计的细线跨过同一高度处的两个光滑轻质定滑轮连接着质量相同的物体A 和B ，A 套在固定的光滑水平杆上，物体、细线、滑轮和杆都在同一竖直平面内，水平细线与杆的距离h ＝0.2 m ．当倾斜细线与杆的夹角α＝53°时，同时无初速度释放A 、B .关于此后的运动过程，下列判断正确的是(cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2)( )图6A ．当53°＜α＜90°时，A 、B 的速率之比v A ∶v B ＝1∶cos αB ．当53°＜α＜90°时，A 、B 的速率之比v A ∶v B ＝cos α∶1C ．A 能获得的最大速度为1 m/sD ．A 能获得的最大速度为22m/s答案精析1．D 2.CD 3.AD4．D [船沿着船头指向方向做匀加速直线运动的同时还要随着水流一起运动；设小船相对于静水的速度为v 0，则v 0的方向垂直于河岸，曲线运动的加速度指向轨迹的内侧，故AC 轨迹为船相对于静水沿v 0方向做匀加速运动，AB 轨迹为船相对于静水沿v 0方向做匀速运动，AD 轨迹为船相对于静水沿v 0方向做匀减速运动，则船沿AD 轨迹到达对岸的速度最小，故A 、B 正确，D 错误；船相对于水的初速度大小均相同，方向垂直于岸边，由于AC 轨迹为船相对于静水沿v 0方向做匀加速运动，AB 轨迹为船相对于静水沿v 0方向做匀速运动，AD 轨迹为船相对于静水沿v 0方向做匀减速运动，故沿三条不同路径渡河的时间不同，沿AC 轨迹渡河所用的时间最短，故C 正确；此题选择错误的选项，故选D. ]5．A 6.D7．C [杆自由下落，由运动学公式，v ＝v 0＋gt ，则t ＝v －v 0g ＝14－610 s ＝0.8 s ；则在0.5t 时，杆的下落速度为v ′＝v 0＋g ·t 2＝(6＋10×0.4) m /s ＝10 m/s ；根据运动的分解，杆下落的速度可分解成如图所示的两分运动：则有：触点N 沿倾斜轨道运动的速度大小v ″＝v ′cos 60°＝1012m /s ＝20 m/s ，故C 正确，A 、B 、D 错误．]8．C [将直杆端点A 的线速度进行分解，如图所示，由图中的几何关系可得：v 0＝v cos θ，选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．] 9．AC [当53°<α<90°时，将A 的速度沿细线方向和垂直于细线方向分解，沿细线方向上的分速度大小等于B 的速度大小，有v A cos α＝v B ，则v A ∶v B ＝1∶cos α，A 正确，B 错误；A 、B 组成的系统机械能守恒，有m v A 22＋m v B 22＝mg (h sin 53°－h sin α)，得v 2A ＝5－4sin α2－sin 2 α m 2/s 2，sin α最大时，v A 最大，当α＝90°时，A 的速率最大，此时B 的速率为零，解得v A m ＝1 m/s ，故C正确，D错误．]。

[方法点拨](1)要从分解的角度处理平抛运动．(2)两个基本关系：速度分解关系、位移分解关系．1．(2017·天津五区县模拟)甲同学以速度v1将铅球水平推出，推出点距地面高度为H1，乙同学身高较高，将铅球在距地面H2高度处水平推出(H2＞H1)，两位同学推出铅球的水平位移恰好一样，不计空气阻力的作用，则乙同学推出铅球的速度为()A. H2H1v1 B.H1H2v1 C.H1H2v1 D.H2H1v12．(多选)(2017·四川绵阳二诊) 一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图1所示，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相同的乒乓球．乒乓球1落到球网右侧台面边缘上的中点，乒乓球2落到球网右侧台面边缘上靠近中点的某点．不计空气阻力．则()图1A．自发射到落台，乒乓球1与2的飞行时间相等B．乒乓球1的发射速度大于乒乓球2的发射速度C．落台时，乒乓球1的速度大于乒乓球2的速度D．落台时，乒乓球1与2的重力做功的功率相等3．(2018·湖北荆州质检)如图2所示，一战斗机进行投弹训练，战斗机以恒定速度沿水平方向飞行，先后相对战斗机静止释放甲、乙两颗炸弹，分别击中竖直悬崖壁上的P点和Q点．释放两颗炸弹的时间间隔为t，击中P、Q的时间间隔为t′，不计空气阻力，以下对t和t′的判断正确的是()图2A．t′＝0 B．0<t′<tC．t′＝t D．t′>t4．(多选)如图3所示，一高度为h的光滑平面与一倾角为θ的斜面连接，一小球以速度v从平面的右端P 点向右水平抛出，不计空气阻力，则小球在空中运动的时间t ( )图3A ．一定与v 的大小有关B ．一定与v 的大小无关C ．当v 大于 gh 2·1tan θ，t 与v 无关 D ．当v 小于gh 2·1tan θ，t 与v 有关 5．(2017·安徽省十校联考)如图4所示，将小球以速度v 沿与水平方向成θ＝37°角斜向上抛出，结果球刚好能垂直打在竖直墙面上，球反弹的瞬间速度方向水平，且速度大小为碰撞前瞬间速度的34，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计，则当反弹后小球的速度大小再次为v 时，速度与水平方向夹角的正切值为( )图4A.34B.43C.35D.536．(2017·山东德州模拟)如图5所示，小球A 位于斜面上，小球B 与小球A 位于同一高度，现将小球A 、B 分别以v 1和v 2的速度水平抛出，都落在了倾角为45°的斜面上的同一点，且小球B 恰好垂直打到斜面上，，不计空气阻力，则v 1∶v 2为( )图5A ．3∶2B ．2∶1C ．1∶1D ．1∶27．如图6所示，军事演习中，M 点的正上方离地H 高处的蓝军飞机以水平速度v 1投掷一颗炸弹攻击地面目标，反应灵敏的红军的地面高炮系统同时在M 点右方地面上N 点以速度v 2斜向左上方发射拦截炮弹，两弹恰在M 、N 连线的中点正上方相遇爆炸，不计空气阻力，则发射后至相遇过程( )图6A ．两弹飞行的轨迹重合B ．初速度大小关系为v 1＝v 2C ．拦截弹相对攻击弹做匀速直线运动D ．两弹相遇点一定在距离地面3H4高度处8．(2017·广东广州12月模拟)如图7所示，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中|AB |＝2|AD |＝2|AA 1|，将可视为质点的小球从顶点A 在∠BAD 所在范围内(包括边界)分别沿不同方向水平抛出，落点都在A 1B 1C 1D 1范围内(包括边界)．不计空气阻力，以A 1B 1C 1D 1所在水平面为重力势能参考平面，则小球( )图7A ．抛出速度最大时落在B 1点 B ．抛出速度最小时落在D 1点C ．从抛出到落在B 1D 1线段上任何一点所需的时间都相等 D ．落在B 1D 1中点时的机械能与落在D 1点时的机械能相等9．(多选)如图8所示，在光滑的固定斜面上有四个完全相同的小球1、2、3、4从顶端滑到底端，球1沿斜面从静止开始自由下滑；球2沿斜面上的光滑槽由静止开始下滑；球3以初速度v 0水平抛出后沿斜面运动；球4由静止开始沿斜面上的光滑槽运动，且槽的形状与球3的运动轨迹相同．不计空气阻力，关于小球在斜面上运动时间和到达底端速度的大小，下列说法正确的是( )图8A ．球3运动的时间与球4运动的时间相同B ．球2运动的时间大于球3运动的时间C ．球4到达底端速度的大小大于球1到达底端速度的大小D ．球3到达底端的速度最大10．(多选)(2017·广东揭阳高三期末)如图9甲所示，物体A 以速度v 0做平抛运动，落地时水平方向的位移和竖直方向的位移均为L，图甲中的虚线是A做平抛运动的轨迹．图乙中的曲线是一光滑轨道，轨道的形状与图甲中的虚线相同．让物体B从轨道顶端无初速度下滑，B 下滑过程中没有脱离轨道．物体A、B都可以看做质点．重力加速度为g.则下列说法正确的是()图9A．A、B两物体落地时的速度方向相同B．A、B两物体落地时的速度大小相等C．物体B落地时水平方向的速度大小为2gL 5D．物体B落地时重力的瞬时功率为mg2gL11．(多选)(2018·山东济宁期中)如图10所示，A、B、C、D、E为楼梯台阶边缘上的五个点，它们在同一竖直面内，且各级台阶都相同．从A点沿水平方向抛出甲、乙两个小球，甲球刚好可以落到B点，乙球刚好可以落到E点，不计空气阻力，则()图10A．甲、乙两球的下落时间之比为1∶2B．甲、乙两球的初速度大小之比为1∶4C．两小球刚落到台阶时，瞬时速度方向不同D．两小球刚落到台阶时，瞬时速度方向相同12．(多选)以某一初速度水平抛出一物体，若以抛出点为坐标原点O，初速度方向为x轴的正方向，物体所受重力方向为y轴的正方向，它的运动轨迹恰好满足方程y＝1k x2，经过一段时间速度大小变为初速度的2倍，不计空气阻力，重力加速度为g，以下说法正确的是()A．物体水平抛出的初速度为gk 2B．该过程的运动时间为k 8gC．该过程平均速度大小为5gk 8πD．该过程的位移方向与水平方向的夹角为4答案精析1．B [由h ＝12gt 2得：t ＝2h g ；铅球飞行的水平距离为：x ＝v 0t ＝v 0·2h g；由于两位同学推出铅球的水平位移恰好一样，则：v 2v 1＝H 1H 2，即：v 2＝ H 1H 2v 1，故B 正确，A 、C 、D 错误．]2．AD [乒乓球1和乒乓球2平抛运动的高度相同，根据h ＝12gt 2可得，乒乓球运动的时间相同，故A 正确；竖直方向v y ＝gt 相同，由于乒乓球1的水平位移小于乒乓球2的水平位移，根据x ＝v t 可知，乒乓球2的初速度大于乒乓球1的初速度，根据速度的合成可知，乒乓球2的落台速度大于乒乓球1的落台速度，故B 、C 错误；根据P ＝mg v y 知，重力的瞬时功率相等，故D 正确．]3．A [先后释放的两颗炸弹，水平方向均做匀速直线运动，且速度相同，故两炸弹同时击中P 、Q 两点，t ′＝0，A 项正确．]4．CD [小球有可能落在斜面上，也有可能落在水平面上，可用临界法求解，如果小球恰好落在斜面与水平面的交点处，则满足h tan θ＝v t ，h ＝12gt 2，联立可得v ＝gh 2·1tan θ，故当v 大于gh 2·1tan θ时，小球落在水平面上，t ＝ 2hg，与v 无关； 当v 小于gh 2·1tan θ时，小球落在斜面上，x ＝v t ，y ＝12gt 2，yx ＝tan θ，联立可得t ＝2v tan θg，即与v 有关，故选项C 、D 正确．]5．B [采用逆向思维，小球做斜抛运动看成是平抛运动的逆运动，将抛出速度沿水平和竖直方向分解，有：v x ＝v cos θ＝v cos 37°＝0.8v v y ＝v sin 37°＝0.6v球撞墙前瞬间的速度等于0.8v ，反弹后速度大小为： v x ′＝34×0.8v ＝0.6v反弹后小球做平抛运动，当小球的速度大小再次为v 时， 竖直速度为：v y ′＝v 2－v x ′2＝v 2－(0.6v )2＝0.8v 速度方向与水平方向夹角的正切值为：tan θ＝v y ′v x ′＝0.8v 0.6v ＝43，故B 正确，A 、C 、D 错误．]6．D [两小球下落的高度相同，故下落的时间相同，由平抛运动的规律可知，对于A 球：x y ＝v 1t12gt 2＝1①对于B 球：v 2gt＝1②联立①②两式解得，v 1∶v 2＝1∶2，故选D.] 7．C8．C [小球从顶点A 沿不同方向水平抛出，落点都在A 1B 1C 1D 1范围内，下落高度都相同，根据竖直方向做自由落体运动：h ＝12gt 2，t ＝2hg，下落时间都相等，C 正确；水平位移越大，初速度就越大．最大水平位移是A 1C 1，抛出速度最大时落在C 1点，A 错误；A 1D 1不是最小水平位移，抛出速度最小时不是落在D 1点，B 错误；落在B 1D 1中点与落在D 1点时的水平位移不相等，所以水平速度不相等，机械能不相等，D 错误．故选C.]9．BD [球3以初速度v 0水平抛出后沿斜面运动，可分解为沿斜面向下的匀加速直线运动和水平方向的匀速直线运动，故球3运动的时间与球1运动的时间相同，而球4由静止开始沿斜面上的光滑槽运动，其沿斜面向下的分加速度小于球1沿斜面向下的加速度，故球4运动的时间一定大于球1运动的时间，所以选项A 错误．球2沿斜面上的光滑槽由静止开始下滑，其运动时间一定大于球1沿斜面从静止开始自由下滑的时间，即球2运动的时间大于球3运动的时间，选项B 正确．根据机械能守恒定律，球1、球2、球4到达底端速度的大小相等，球3到达底端的速度最大，选项C 错误，D 正确．]10．AC [因为轨迹相同，所以在落地时的速度方向一致，故A 正确；由动能定理得，A 、B 都只有重力做功，物体A 以速度v 0做平抛运动，物体B 从轨道顶端无初速度下滑，所以B 落地时的速度小于A 落地时的速度，故B 错误；根据平抛运动的知识，A 沿水平方向L ＝v 0t ，竖直方向L ＝v y ＋02t ，所以v y ＝2v 0，A 落地时的速度v A ＝v 02＋v y 2＝5v 0，A 落地时速度的方向cos θ＝v 0v A ＝55，重力对B 做功W ′＝m ′gL ＝12m ′v 2，B 落地时的速度v ＝2gL ，因为B 与A 的落地速度方向相同，所以B 的水平分速度为v cos θ＝ 2gL5，故C 正确；因为B 的落地速度为2gL ，则竖直方向的分速度v y ＝v 2－(v cos θ)2＝22gL5，所以物体B 落地时重力的瞬时功率为2mg2gL5，故D 错误．] 11．AD [设每个台阶宽度为d ，高度为h ，根据题述，甲球刚好可以落到B 点，由平抛运动规律，d ＝v 1t 1，h ＝12gt 12；乙球刚好可以落到E 点，由平抛运动规律，4d ＝v 2t 2,4h ＝12gt 22；联立解得甲、乙两球下落时间之比为t 1∶t 2＝1∶2，甲、乙两球的初速度之比为v 1∶v 2＝1∶2，选项A 正确，B 错误；落到台阶上时速度方向与竖直方向的夹角的正切值tan α＝v 0gt ，由此可知两小球落到台阶上时速度方向相同，选项C 错误，D 正确．] 12．AC [根据题述可知物体的运动情况如图所示，由x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，消去t 可得y ＝g 2v 02x 2，可见1k ＝g2v 20，整理得v 0＝gk2，故A 正确．如图所示，设一段时间后物体的速度方向与水平方向的夹角为θ，则cos θ＝v 02v 0＝22，知θ＝π4，故由推论可知位移的方向与水平方向夹角为α时，则有tan θ＝2tan α，故D 错．由v y ＝v 0tan θ和v y ＝gt 得t ＝v 0g ＝k2g ，故B 错．平均速度v ＝x 2＋y 2t＝ (v 0t )2＋(12gt 2)2t＝5gk8，故C 正确．]。

[方法点拨](1)判断安培力的方向时，充分利用F安⊥B、F安⊥I；(2)受力分析时，要注意将立体图转化为平面图．1．(2017·福建大联考)如图1，在匀强磁场中，两根平行固定放置的长直导线a和b通有大小相等、方向相反的电流，匀强磁场方向与两根导线所在平面平行且垂直于两根导线，此时a受到的安培力大小为F1.若撤去b，保留匀强磁场，则a受到的安培力大小为F2；若撤去匀强磁场，保留b，则a受到的安培力大小为()图1A．F1－F2B．F1＋F2C.F21－F22D.F21＋F222．(多选)(2018·四川成都模拟)如图2所示，纸面内AB两点之间连接有四段导线：ACB、ADB、AEB、A FB，四段导线的粗细相同、材料相同；匀强磁场垂直于纸面向内，现给AB两端加上恒定电压，则下列说法正确的是()图2A．四段导线受到的安培力的方向相同B．四段导线受到的安培力的大小相等C．ADB段受到的安培力最大D．AEB段受到的安培力最小3．(2018·广东东莞模拟)如图3所示，A、B、C是等边三角形的三个顶点，O是A、B连线的中点．以O为坐标原点，A 、B连线为x轴，O、C连线为y轴，建立坐标系．过A、B、C、O四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流．则过C 点的通电直导线所受安培力的方向为()图3A ．沿y 轴正方向B ．沿y 轴负方向C ．沿x 轴正方向D ．沿x 轴负方向4．(多选)(2017·广东佛山高三教学质检一)长L 、质量为m 的导体棒ab ，被两轻质细线水平悬挂，静置于匀强磁场中；当ab 中通过如图4所示的恒定电流I 时，ab 棒摆离原竖直面，在细线与竖直方向成θ角的位置再次处于静止状态；已知ab 棒始终与磁场方向垂直，则磁感应强度的大小可能是()图4A.mgtanθILB.mgsinθILC.mgsinθ2ILD.2mgsinθ3IL5．(多选)(2017·江西上饶一模)某同学自制一电流表，其原理如图5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；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 .以下说法正确的是()图5A ．当电流表的示数为零时，弹簧的伸长量为Δx ＝mg kB ．为使电流表正常工作，金属杆中电流的方向应从N 指向MC．劲度系数k减小，此电流表量程会更小D．磁感应强度B减小，此电流表量程会更小6．(多选)如图6所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直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强度与时间成正比，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变化的关系图像，可能正确的是()图6图77．(2017·山东临沂一模)如图7所示，质量为m的铜棒长为L，棒的两端各与长为a的不可伸长的细线相连，静止悬挂在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．当棒中通过恒定电流后，铜棒向上摆动，最大偏角为θ，重力加速度g已知，则下列说法正确的是()A．铜棒摆动过程中，摆角为θ2时，棒受力平衡B．铜棒摆动过程中，安培力逐渐变小C．铜棒摆动过程中，机械能守恒D．根据题中所给条件可以求出棒中的电流8．(多选)(2017·广东肇庆第二次模拟)如图8甲所示，电流恒定的通电直导线MN，垂直平放在两条相互平行的水平光滑长导轨上，电流方向由M指向N，在两轨间存在着竖直磁场，取垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，当t＝0时导线恰好静止，若B按如图乙所示的余弦规律变化，下列说法正确的是()图8A ．在最初的一个周期内，导线在导轨上往复运动B ．在最初的一个周期内，导线一直向左运动C ．在最初的半个周期内，导线的加速度先增大后减小D ．在最初的半个周期内，导线的速度先增大后减小9．(多选)如图9所示为实验室电磁炮的模型图，在倾角θ＝37°的绝缘斜面上固定两条不计电阻、宽d ＝1m 的平行金属导轨．导轨处在垂直斜面向下B ＝2T 的匀强磁场中．导轨下端接有电动势E ＝24V 、内阻r ＝1Ω的电源，滑动变阻器的阻值变化范围为0～10Ω，允许通过的最大电流为5A ．导轨上放置一(连同金属杆PQ )质量m ＝1kg 的电磁炮，金属杆PQ 垂直两金属导轨放置，金属杆电阻R 0＝2Ω，与导轨间动摩擦因数为0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．闭合开关S 使电磁炮在斜面上静止，则变阻器连入电路的阻值可能是(取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6)()图9A ．2ΩB ．4ΩC ．6ΩD ．8Ω10．(2017·河北衡水中学七调)利用如图10所示的实验装置可以测量磁感应强度B 的大小．用绝缘轻质丝线把底部长为L 、电阻为R 、质量为m 的“U ”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．当有拉力F 作用于力敏传感器的挂钩上时，拉力显示器可以直接显示力敏传感器所受的拉力．当线框接入恒定电压为E 1时，拉力显示器的示数为F 1；接入恒定电压为E 2时(电流方向与电压为E 1时相反)，拉力显示器的示数为F 2.已知F 1>F 2，则磁感应强度B 的大小为()图10A ．B ＝R (F 1－F 2)L (E 1－E 2)B ．B ＝R (F 1－F 2)L (E 1＋E 2)C ．B ＝R (F 1＋F 2)L (E 2－E 1)D ．B ＝R (F 1＋F 2)L (E 1＋E 2)答案精析1．C2．AC[导线的粗细相同、材料相同，由电阻定律R ＝ρL S 可知：导线越长，电阻越大，由I ＝U R 可知：ACB 导线中电流最小，而ADB 导线中电流最大，四段导线的有效长度都相同，由F ＝BIL 可知，ADB 段导线受到的安培力最大，而ACB 段导线受到的安培力最小，由左手定则可知，四段导线受到的安培力的方向均相同，故A 、C 正确，B 、D 错误．]3．B [由安培定则可得：A 、B 处的通电导线在C 处的合磁场水平向右，O 处的通电导线在C 处的磁场也是水平向右，故A 、B 、O 处的三条通电导线在C 处的合磁场方向水平向右．再由左手定则可得：C 点的通电直导线所受安培力的方向竖直向下，沿着y 轴的负方向，故B 正确，A 、C 、D 错误．]4．AB5.AC6.BD7.D8．AD [当t ＝0时，由左手定则可知，MN 受到向右的安培力，根据F 安＝BLI ，由于B 最大，故此时的安培力最大，则MN 的加速度最大，随着时间的延长，磁感应强度B 减小，故加速度减小，而MN 的速度在增大，当B ＝0时，加速度为0，速度最大，当B 反向时，安培力也会反向，则加速度也反向，MN 做减速运动，到半个周期时，MN 速度减小到0，此时的加速度反向最大，然后MN 再反向运动，到一个周期时MN 又回到原出发的位置，故在最初的一个周期内，导线在导轨上往复运动，故选项A 正确，B 错误；在最初的半个周期内，导线的加速度先减小后反向增大，而其速度则是先增大后减小，故选项C 错误，D 正确．]9．BC[电磁炮静止在导轨上时受重力、支持力、安培力和摩擦力，其中摩擦力可能沿导轨向上，也可能沿导轨向下，由平衡条件可知：mg sin θ±f ＝IdB ，又f ＝μmg cos θ，代入数据并依据题意可得2.2A ≤I ≤3.8A ，由闭合电路欧姆定律可知I ＝E R0＋r ＋R，解得6319Ω≤R ≤8711Ω，故选项B 、C 正确．] 10．B[线框接入恒定电压为E 1时，对线框受力分析得出：F 1＝mg ＋B E1RL ；当线框接入恒定电压为E 2时，对线框受力分析得出：F 2＝mg －B E2R L ，联立得：B ＝R (F 1－F 2)L (E 1＋E 2)，故B 正确，A 、C 、D 错误．]。