2014届高三物理总复习课时作业5

课时作业（三^一）1. （2012 •海南卷）如右图所示，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向 竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里. 一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板. 若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒 子运动轨迹不会改变A.粒子速度的大小 B.粒子所带的电荷量C.电场强度D.磁感应强度［解析］粒子在电场中运动，当做直线运动时 Eq = qvB,电量改变，粒子受力仍平衡，B 正确.［答案］B2. （2012 •福建泉州联考）在空间某一区域中既存在匀强电场，又存在匀强磁场.有一 带电粒子，以某一速度从不同方向射入到该区域中 （不计带电粒子受到的重力），则该带电粒子在区域中的运动情况可能是（）①做匀速直线运动 ②做匀速圆周运动③做匀变速直线运动 ④做匀变速曲线运动A. ③④ B .②③ C.①③D.①②［解析］如果粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡， 则粒子做匀速直线运动， ①正确；如果粒子速度方向与磁感线平行，则③④正确.［答案］AC3. （2012 •福州调研）如图所示，某空间存在正交的匀强电磁场，电场方向水平向右，瓦7x\x X -- f c- x X XXX X \XX XX ・磁场方向垂直纸面向里.一带负电微粒由 斜向上运动，则下列说法正确的是a 点以一定初速度进入电磁场，刚好能沿直线（ ）abA. 微粒的动能一定增加C.微粒的电势能一定减少B. 微粒的动能一定减少D.微粒的机械能一定不变C 正确;［解析］微粒从a到b过程中，电场力做正功，所以微粒的电势能一定减少,由于除重力以外的外力中只有电场力做正功，所以微粒的机械能增大, 做匀速运动，才能满足题设条件，故动能不变，A 、B 错误.［答案］C4. （2012 •温州市联考）如右图所示，一个静止的质量为m 带电荷量为q 的粒子（不计B 的匀强磁场中，粒子打至 P 点，设O 圧x .5. （2012 •浙江杭州月考）有一个带电荷量为+ q 、重为G 的小球，从两竖直的带电平行 板上方h 处自由落下，两极板间另有匀强磁场，磁感应强度为 B ,方向如右图所示，则带电小球通过有电场和磁场的空间时，下列说法正确的是（ ）A —定做曲线运动 B. 不可能做曲线运动 C. 有可能做匀加速运动 D. 有可能做匀速运动［解析］由于小球的速度变化时，洛伦兹力会变化，小球所受合力变化，小球 不可能做匀速或匀加速运动， B C D 错，A 正确.D 错误；因微粒必须1qU= 2mv ，带电粒子在磁场中x mv8m做匀速圆周运动有：2= qB ,整理得：x 2= qgU,故B 正确.uF重力），经电压U 加速后垂直进入磁感应强度为［解析］带电粒子在电场中做加速运动，由动能定理有:［答案］B［答案］A6. 如右图所示，a、b是一对平行金属板，分别接到直流电源两极上，右边有一挡板，正中间开有一小孔d,在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里，在a、b两板间还存在着匀强电场E.从两板左侧中点c处射入一束正离子（不计重力），这些正离子都沿直线运动到右侧，从d孔射出后分成3束•则下列判断正确的是A. 这三束正离子的速度一定不相同B. 这三束正离子的比荷一定不相同C. a、b两板间的匀强电场方向一定由a指向bD. 若这三束离子改为带负电而其他条件不变则仍能从d孔射出［解析］因为三束正离子在两极板间都是沿直线运动，电场力等于洛伦兹力，可以判断三束正离子的速度一定相同，且电场方向一定由a指向b,选项A错误，C正确；在右侧磁场中三束正离子做圆周运动的半径不同，可知这三束正离子的比荷一定不相同，选项B正确；若将这三束离子改为带负电，而其他条件不变的情况下受力分析可知，三束离子在两板间仍做匀速直线运动，仍能从d孔射出，选项D正确.［答案］BCD7. （2012 •河北石家庄市教学检测）劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如右图所示.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忽略.磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f,加速电压为U若A处粒子源产生的质子质量为m电荷量为+ q,在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响.则下列说法正确的是A. 质子被加速后的最大速度不可能超过2 n RfB. 质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比C. 质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为 2 : 1D.不改变磁感应强度B和交流电频率f,该回旋加速器的最大动能不变2n R ［解析］粒子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制约，因v = 〒 =2 n Rf, A1 1正确；粒子离开回旋加速器的最大动能E<m= ~2mv= 2m K4 n 2Rf2= 2m n 2Rf2，与加速电压Umv 1 1无关，B错误；根据R= Bq, Uq= 2mV, 2Uq= ?mV,得质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为护:1, C正确；因回旋加速器的最大动能E<m= 2n n 2Rf2与m R f 均有关，D错误.［答案］AC8. （2012 •河南省质量调研）如右图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场.在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球. 0点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O d 三点在同一水平线上. 已知小球所受电场力与重力大小相等. 现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是（）A. 小球能越过d点并继续沿环向上运动B. 当小球运动到c点时，所受洛伦兹力最大C. 小球从a点运动到b点的过程中，重力势能减小，电势能增大D. 小球从b点运动到c点的过程中，电势能增大，动能先增大后减小［解析］由题意可知，小球运动的等效最低点在b、c中间，因此当小球运动到d点时速度为0，不能继续向上运动，选项A错误；小球在等效最低点时速度最大，所受洛伦兹力最大，选项B错误；小球从a运动到b的过程中，重力做正功，电场力也做正功，所以重力势能与电势能均减小，选项C错误；小球从b运动到c的过程中，电场力做负功，电势能增大，合外力先做正功再做负功，动能先增大后减小，选项D正确.［答案］D"能力提升"9. 如右图所示，粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带电的小球,个运动过程中小球的 v —t 图象如右图所示，其中错误的是10. 目前有一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度•磁强计的原理如右图所示，电 路有一段金属导体，这的横截面是宽为a 、高为b 的长方形，放在沿 y 轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿 x 轴正方向、大小为I 的电流•已知金属导体单位体积中的自由电子数为n 电子电荷量为e ,金属导电过程中，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动•两电 极M N 均与金属导体的前后两侧接触，用电压表测出金属导体前后两个侧面间的电势差为 U 则磁感应强度的大小和电极M N 的正负为（ ）nebUneaU A .—P , M 正、N 负B~T ,M 正、N 负nebUneaUC~T~, M 负、N 正 D.—p , M 负、N 正［解析］由左手定则知，金属中的电子在洛伦兹力的作用下将向前侧面聚集、故M 负、U nebUN 正.由 F 电=F 洛，即 ae = Bev, I = nevS= nevab,得 B = I .［答案］C整个装置处在由水平匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场组成的足够大的复合场中, 小球由静止开始小滑,在整［解析］小球下滑过程中，qE 与qvB 反向，开始下落时qE>qvB ,所以 m —qE — qvB,随下落速度v 的增大 a 逐m —qvB- qE，随下落速度v的增大a 逐渐减小；最后 a = 0,小球匀速下落，故图正确，A B D 错误.［答案］ABD11. （2012 •山西四校联考）有一个带正电的小球，质量为m电荷量为q,静止在固定的绝缘支架上.现设法给小球一个瞬时的初速度V。

课时作业(二)匀变速直线运动的规律及应用◎必做部分1. 伽利略的斜面实验设计独具匠心, 利用斜面“冲淡重力”的影响, 充分放慢球的运动, 成功地测量出球的运动信息, 如图所示, 发现球的运动规律. 若球是由静止释放的, 下列关于球的运动的判断正确的是()A. 球的加速度与运动时间成正比B. 球的速度与运动路程成正比C. 球的速度与运动时间成正比D. 球的位移与运动时间成正比2.(2013·山东潍坊)如图所示, 木块A、B并排且固定在水平桌面上, A的长度是L, B的长度是2L.一颗子弹沿水平方向以速度v1射入A, 以速度v2穿出B.子弹可视为质点, 其运动视为匀变速直线运动．则子弹穿出A时的速度为()A. B.C. D. v13．(2013·江西四市联考)质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝3t＋2t2(各物理量均采用国际单位制单位), 则该质点()A. 第2 s内的位移是10 mB. 前3 s内的平均速度是7 m/sC. 任意相邻1 s内的位移差都是4 mD. 任意1 s内的速度增量都是3 m/s4. (2013·徐汇区)一物体从高为x处做自由落体运动, 经时间t到达地面, 落地速度为v, 那么当物体下落时间为时, 物体的速度和距地面的高度分别是()A. ,B. ,C. , xD. , x5．(2013·天津高三统考)一条悬链长7.2 m, 从悬点处断开, 使其自由下落, 不计空气阻力．则整条悬链通过悬点正下方12.8 m处的一点所需的时间是(g取10 m/s2)()A. 0.3 sB. 0.4 sC. 0.7 sD. 1.2 s6. (2013·江西重点中学联考)在水平面上有a、b两点, 相距0.2 m, 一质点在一恒定的水平合外力作用下沿a向b做直线运动, 经过0.2 s的时间先后通过a、b两点, 则该质点通过a、b中点时的速度大小()A. 若力的方向由a向b, 则大于1 m/s, 若力的方向由b向a, 则小于1 m/sB．若力的方向由a向b, 则小于1 m/s, 若力的方向由b向a, 则大于1 m/sC. 无论力的方向如何均小于1 m/sD. 无论力的方向如何均大于1 m/s2512.525.054.2x分析上表可知, 下列说法不正确的是()A. 驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5 sB. 若汽车以20 m/s的速度行驶时, 发现前方40 m处有险情, 酒后驾驶不能安全停车C．汽车制动时, 加速度大小为10 m/s2D. 表中x为66.78．(2013·济南市)磕头虫是一种不用足跳但又善于跳高的小甲虫．当它腹朝天、背朝地躺在地面时, 将头用力向后仰, 拱起体背, 在身下形成一个三角形空区, 然后猛然收缩体内背纵肌, 使重心迅速向下加速, 背部猛烈撞击地面, 地面反作用力便将其弹向空中．弹射录像显示, 磕头虫拱背后重心向下加速(视为匀加速)的距离大约是0.8 mm, 弹射最大高度为24 cm.而人原地起跳方式是, 先屈腿下蹲, 然后突然蹬地向上加速, 假想加速度与磕头虫加速过程的加速度大小相等, 如果加速过程(视为匀加速)重心上升高度为0.5 m, 那么人离地后重心上升的最大高度可达(空气阻力不计, 设磕头虫撞击地面和弹起的速率相等)()A. 150 mB. 75 mC. 15 mD. 7.5 m9．(2013·山东烟台)匀速运动的汽车从某时刻开始刹车, 匀减速运动直至停止．若测得刹车时间为t, 刹车位移为x, 根据这些测量结果, 可以求出()A. 汽车刹车过程的初速度B. 汽车刹车过程的加速度C. 汽车刹车过程的平均速度D. 汽车刹车过程的制动力10.(2013·浙江温州)在国庆60周年阅兵式中, 某直升飞机在地面上空某高度A位置处于静止状态待命, 要求该机零时刻由静止状态沿水平方向做匀加速直线运动, 经过AB段加速后, 进入BC段的匀速受阅区, 经过t时间到达C位置, 已知：AB段长为L1、BC段长度为L2.求：(1)直升飞机在BC段的速度大小；(2)在AB段做匀加速直线运动时的加速度大小.11. (2013·福建六校联考)一位同学在某星球上完成自由落体运动实验: 让一个质量为2 kg 的小球从一定的高度自由下落, 测得在第5 s内的位移是18 m, 则()A. 物体在2 s末的速度是20 m/sB. 物体在第5 s内的平均速度是3.6 m/sC. 物体在第2s内的位移是20 mD. 物体在5 s内的位移是50 m12．“30 m折返跑”中．在平直的跑道上, 一学生站立在起点线处, 当听到起跑口令后(测试员同时开始计时), 跑向正前方30 m处的折返线, 到达折返线处时, 用手触摸固定在折返线处的标杆, 再转身跑回起点线, 到达起点线处时, 停止计时, 全过程所用时间即为折返跑的成绩．学生可视为质点, 加速或减速过程均视为匀变速, 触摸杆的时间不计．该学生加速时的加速度大小为a1＝2.5 m/s2, 减速时的加速度大小为a2＝5 m/s2, 到达折返线处时速度需减小到零, 并且该学生全过程中最大速度不超过vm＝12 m/s.求该学生“30 m折返跑”的最好成绩．◎选做部分13. (2013·合肥模拟)测速仪安装有超声波发射和接收装置, 如图所示, B为测速仪, A为汽车, 两者相距335 m, 某时刻B发出超声波, 同时A由静止开始做匀加速直线运动. 当B接收到反射回来的超声波信号时, A.B相距355 m, 已知声速为340 m/s, 则汽车的加速度大小为()A. 20 m/s2B. 10 m/s2C. 5 m/s2D. 无法确定14．(2013·辽宁大连)某消防员在一次执行任务过程中, 遇到突发事件, 需从10 m长的直杆顶端从静止开始匀加速下滑, 加速度大小a1＝8 m/s2, 然后立即匀减速下滑, 减速时的最大加速度a2＝4 m/s2, 若落地时的速度不允许超过4 m/s, 把消防队员看成质点, 求该队员下滑全过程的最短时间．详解答案课时作业(二)◎必做部分1. C本题考查匀变速直线运动的规律. 速度随时间均匀变化的是匀变速直线运动；初速度为零的匀变速直线运动, 速度与时间成正比, 位移与时间的二次方成正比. 故A.B.D错, C正确.2．C 子弹从射入A 到穿出B 的过程中做匀变速直线运动, 设子弹运动加速度为a, 由运动学公式知: 3L ＝ , 得a ＝ , 假设穿出A 的速度为v, 则L ＝ , 代入a 解得v ＝ ；因此选项C 正确．3. C4.C5. B 设链条的长度为L, 经t1链条的下端经过该点, 经t2链条的上端经过该点, 则h ＝ gt , h ＋L ＝ gt , Δt ＝t2－t1；解得Δt ＝0.4 s ；选项B 正确.6. D 质点沿a 向b 做匀变速直线运动, 平均速度大小为1 m/s, 通过a 、b 中间时刻的速度大小也为1 m/s, 若质点沿a 向b 做匀加速直线运动时, 则通过a 、b 中点时的速度大小大于1 m/s ；若质点沿a 向b 做匀减速直线运动时, 则通过a 、b 中点时的速度大小也大于1 m/s, 故选项D 正确.7. C 由表中数据, 驾驶员正常反应时间为0.5 s, 酒后反应时间为1.0 s, A 正确；若汽车以20 m/s 的速度行驶时, 酒后制动的距离为x1＝46.7 m>40 m, B 正确；由公式x1＝ , a ＝7.5 m/s2, C 错误；x ＝vt ＋ ＝(25＋ ) m ≈66.7 m, D 正确；本题选C.8. A 由磕头虫的运动可知, 上升高度h1＝ , 加速距离x1＝ , 可解得加速度a ＝3 000 m/s2, 若人运动加速度与磕头虫加速过程的加速度大小相等, 则x2＝ , h2＝ , 可得人离地后重心上升的最大高度可达150 m.9．ABC 因汽车做匀减速直线运动, 所以有x ＝ at2＝ t, 可以求出汽车刹车过程的加速度a 、平均速度 , B.C 正确；又v ＝at, 可求出汽车刹车过程的初速度, A 正确；因不知道汽车的质量, 无法求出汽车刹车过程的制动力, D 错误．10. 解析： (1)设在BC 段的速度为v 、通过AB 的时间为t1 则在AB 段: xAB ＝vt1/2＝L1 在BC 段: L2＝vt2 t 1＋t 2＝t 所以: v ＝(2)在AB 段做匀加速直线运动时的加速度: a ＝ 所以a ＝(L 2＋2L 1)22L 1t 2答案: (1) (2)11. D 设星球表面的重力加速度为g, 由自由下落在第5 s 内的位移是18 m, 可得 g ×(5 s)2－ g ×(4 s)2＝18 m, 解得g ＝4 m/s2.物体在2 s 末的速度是v ＝gt ＝8 m/s, 选项A 错误；物体在第5 s 内的平均速度是18 m/s, 选项B 错误；物体在前2 s 内的位移是 gx(2 s)2＝8 m, 物体在第1 s 内的位移是2 m, 物体在第2 s 内的位移是8 m －2 m ＝6 m, 选项C 错误；物体在5 s 内的位移是 g ×(5 s)2＝50 m, 选项D 正确.12．解析： 设起点线处为A, 折返线处为B, 学生从A 到B 的过程中, 先做匀加速运动,紧接着做匀减速直线运动, 并设此过程中达到的最大速度为v, 做匀加速运动的时间为t1, 做匀减速运动的时间为t2, 则由运动学公式, 有：v ＝a1t1①v ＝a 2t 2② L AB ＝v2(t 1＋t 2)③联立①②③式, 可解得: v ＝10 m/s t1＝4 s, t2＝2 s因为v<vm, 所以从A 到B 的过程中, 学生的确先做匀加速运动, 然后做匀减速运动．从B 到A 的加速过程中, 速度从零增大到12 m/s 需用时：t 3＝v m a 1＝122.5s ＝4.8 s 加速过程的位移x ＝v m2 t 3＝28.8 m最后阶段的匀速运动用时: t 4＝L AB －x v m ＝30－28.812s ＝0.1 s 所以, 该学生“30 m 折返跑”的成绩为t ＝t1＋t2＋t3＋t4＝10.9 s. 答案: 10.9 s ◎选做部分13. B 设超声波往返的时间为2t, 根据题意汽车在2t 时间内位移为 x1＝ a(2t)2＝(355－335) m ＝20 m. ① 所以超声波射到A 时, A 前进的位移为 x 2＝12at 2＝5 m ②所以超声波在2t 内的路程为 s ＝2×(335＋5) m, 由声速为v ＝340 m/s 可得t ＝ ＝1 s,代入①式得a ＝10 m/s2, B 正确.14．解析： 设直杆长为h, 加速下滑部分杆长为h1, 减速下滑部分长为h2, 最大速度为v, 落地速度为v1,由运动学公式v 2－v 20＝2ax 再由h 1＋h 2＝h 得: ＋ ＝h又v ＝a1t1, 联立解得：v ＝8 m/s, t1＝1 s 落地前的速度为v 1＝4 m/s由v1＝v－a2t2得t2＝1 s所以t＝t1＋t2＝2 s答案: 2 s。

课时强化作业 力、重力、弹力和摩擦力一、选择题1．关于力的概念，下列说法正确的是( )A ．一个力必定联系着两个物体，其中每个物体既是施力物体又是受力物体B ．放在桌面上的木块受到桌面对它向上的弹力，这是由于木块发生了微小形变而产生的C ．压缩弹簧时，手先给弹簧一个压力F ，等弹簧压缩x 距离后才反过来给手一个弹力D ．根据力的作用效果命名的不同名称的力，它的性质可能也不相同2．(2015届太原月考)如右图所示，有一个人站在超市的自动电梯上，若电梯斜向下匀速运动，则此人受到的力有( )A ．重力和弹力B ．重力、弹力和摩擦力C ．重力、弹力和牵引力D ．重力、弹力、摩擦力和牵引力3．一根轻质弹簧一端固定，用大小为F 1的力压弹簧的另一端，平衡时长度为l 1；改用大小为F 2的力拉弹簧，平衡时长度为l 2，弹簧的拉伸或压缩均在弹性限度内，该弹簧的劲度系数为( )A.F 2－F 1l 2－l 1B.F 2＋F 1l 2＋l 1C.F 2＋F 1l 2－l 1D.F 2－F 1l 2＋l 14．(2015届甘肃省天水一中月考)如图所示，《激情爬竿》在08年春晚受到观众的好评．当杂技演员用双手握住固定在竖直方向的竿匀速攀上和匀速攀下时，他所受的摩擦力分别是f 1和f 2，那么( )A．f1向下，f2向上，且f1＝f2B．f1向下，f2向上，且f1>f2C．f1向上，f2向上，且f1＝f2D．f1向上，f2向下，且f1＝f25.如图所示，A、B两物体用细绳相连跨过光滑轻小滑轮悬挂起来，B物体放在水平地面上，A、B两物体均静止．现将B物体稍向左移一点，A、B两物体仍静止，则此时与原来相比()A．绳子拉力变大B．地面对物体B的支持力变大C．地面对物体B的摩擦力变大D．物体B受到的合力变大6.三个质量均为1 kg的相同木块a、b、c和两个劲度均为500 N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连接如图所示，其中a放在光滑水平桌面上．开始时p弹簧处于原长，木块都处于静止．现用水平力缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c木块刚好离开水平地面为止，g取10 m/s2.该过程p弹簧的左端向左移动的距离是()A．4 cm B．6 cmC．8 cm D．10 cm7．(2015届温州市八校联考)如图所示装置绕竖直轴匀速旋转，有一紧贴内壁的小物体，物体随装置一起在水平面内匀速转动的过程中所受外力可能是()A．重力、弹力B．重力、弹力、滑动摩擦力C．下滑力、弹力、静摩擦力D ．重力、弹力、静摩擦力8．如右图所示，倾角为θ的斜面体置于水平面上，物体B 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A 相连接，连接B 的一段细绳与斜面平行，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 的支持力小于B 、C 的总重力9．(2015届冀州中学月考)如图所示，铁板AB 与水平地面间的夹角为θ，一块磁铁吸附在铁板下方，先缓慢抬起铁板B 端使θ角增加(始终小于90°)的过程中，磁铁始终相对铁板静止，下列说法正确的是( )A ．磁铁始终受到三个力的作用B ．铁板对磁铁的弹力逐渐增加C ．磁铁所受合外力逐渐减小D ．磁铁受到的摩擦力逐渐减小10.如图，墙上有两个钉子a 和b ，它们的连线与水平方向的夹角为45°，两者的高度差为l .一条不可伸长的轻质细绳一端固定于a 点，另一端跨过光滑钉子b 悬挂一质量为m 1的重物．在绳上距a 端l 2的c 点有一固定绳圈．若绳圈上悬挂质量为m 2的钩码，平衡后绳的ac 段正好水平，则重物和钩码的质量比m 1m 2为( )A. 5B ．2C.52 D. 2二、非选择题11．如图所示，重物A质量为m A＝5 kg，重物B质量为m B＝2 kg，A与桌面间的最大静摩擦力为f m＝10 N，为使系统处于静止状态，取g＝10 N/kg，试求拉力F的大小．12.如图所示，原长分别为L1和L2，劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧竖直悬挂在天花板上，两弹簧之间有一质量为m1的物体，最下端挂着质量为m2的另一物体，整个装置处于静止状态．(1)求这时两弹簧的总长；(2)若用一个质量为M的平板把下面的物体竖直缓慢地向上托起，直到两弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和，求这时平板对物体m2的支持力大小．13.如右图所示，木板B放在水平地面上，在木板B上放一重1 200 N的A物体，物体A与木板B间、木板与地面间的动摩擦因数均为0.2，木板B重力不计，当水平拉力F将木板B 匀速拉出，绳与水平方向成30°时，问绳的拉力F T为多大？水平拉力为多大？答案1、『解析』力是物体间的相互作用，受力物体同时也是施力物体，施力物体同时也是受力物体，选项A 正确；产生弹力时施力物体和受力物体形变同时产生，放在桌面上的木块受到桌面向上的作用力是由于桌面发生微小形变而产生的，故选项B 错误；手压弹簧时，手给弹簧一个压力F 的同时就受到弹簧给手的一个作用力，作用力、反作用力是同时产生的，故选项C 错误；根据作用效果命名的不同名称的力，其性质可能相同也可能不同，故选项D 正确．『答案』AD2、『解析』由题意可知电梯的表面为倾斜的，当电梯匀速向下运动时人随电梯一起匀速沿斜面向下运动，人受到重力、支持力和静摩擦力作用，选项B 正确．『答案』B3、『解析』根据胡克定律有F 1＝k (l 0－l 1)，F 2＝k (l 2－l 0)，两式联立解得k ＝F 2＋F 1l 2－l 1，故选项C 正确．『答案』C4、『解析』匀速攀上时，其重力与静摩擦力平衡，由平衡条件可知：f 1方向竖直向上，f 1＝G ；匀速下滑时，其重力与滑动摩擦力平衡，则f 2方向竖直向上，且f 2＝G ，所以f 1＝f 2，故选项A 、B 、D 错误，选项C 正确．『答案』C5、『解析』以A 物体为研究对象，A 处于平衡状态，在两种情况下，A 受到绳的拉力均等于A 物体的重力，故选项A 错误；当B 向左移一点，绳对B 拉力的竖直分力将减小，所以B 受到地面的支持力将增大．拉力的水平分量将增大，B 受到地面的摩擦力增大，故选项B 、C 正确；物体B 始终处于平衡状态，其受到的合力始终为零，选项D 错误．『答案』BC6、『解析』缓慢地拉动过程中系统始终处于平衡状态，该过程中p 弹簧的左端向左移动的距离等于两个弹簧长度变化之和．最初p 弹簧处于原长，而q 弹簧受到竖直向下的压力F N1＝m b g ＝10 N ，所以弹簧q 的压缩量x 1＝F N1k＝2 cm ；最终C 木块刚好离开地面时，弹簧q 受到竖直向下的拉力F N2＝m c g ＝10 N ．其伸长量x 2＝F N2k＝2 cm ，作用在弹簧p 左端的拉力F ＝(m b ＋m c )g ，p 弹簧的伸长量x 3＝F k＝4 cm ，p 弹簧左端向左移动的距离x ＝x 1＋x 2＋x 3＝8 cm.故选项C 正确．『答案』C7、『解析』物体随装置一起绕竖直轴匀速转动，则物体受到的合外力一定指向圆心，即沿水平方向，若角速度为某一值ω0，物体受到重力和弹力作用，三力的合力沿水平方向，提供向心力，若物体做圆周运动的角速度不为ω0，则物体受到重力、弹力、静摩擦力作用，三力的合力提供物体做匀速圆周运动的向心力，故选项A 、D 正确，选项B 、C 错误． 『答案』AD8、『解析』设A 、B 、C 的质量分别为m A 、m B 、m C ，若m A g ＝m B g sin θ，则B 物体受到C 的摩擦力为零，若m A g ≠m B g sin θ，则B 受到C 的摩擦力不为零，选项A 错误；以BC 整体为研究对象，由平衡条件可知C 受到地面的摩擦力F f ＝m A g cos θ，方向水平向左，选项B 错误，选项C 正确；水平面对C 的支持力F N ＝(m B ＋m C )g －m A g sin θ，故F N <(m B ＋m C )g ，选项D 正确．『答案』CD9、『解析』在缓慢抬起铁板B 端过程中磁铁始终受到重力、静摩擦力、铁对磁铁的吸引力和铁板对磁铁的弹力，故选项A 错误；磁铁受到四个力处于平衡状态，磁铁受到的合外力始终为零，选项C 错误；铁板对磁铁的吸引力为定值，随着夹角θ的增大，磁铁重力沿垂直铁板方向的分力逐渐减小，铁板对磁铁的弹力逐渐增加，选项B 正确；磁铁受到的摩擦力始终等于磁铁重力沿铁板向下的分力，随着夹角θ的增大，磁铁重力沿铁板向下的分力逐渐增大，故磁铁受到摩擦力逐渐增大，选项D 错误．『答案』B10、『解析』挂上m 2平衡后，结点C 受力如图所示，F 1＝m 1g ，F 1cos θ＝m 2g ，cos θ＝l⎝⎛⎭⎫l 22＋l 2＝25，联立解得m 1m 2＝52，故选项C 正确．『答案』C11、『解析』对B 物体受力分析得，绳的拉力F T ＝m B g ＝20 N ，对物体A 受力分析得，水平方向上受到绳的拉力大小为F T ，拉力F 和摩擦力f 作用．当F 较小时，A 受到静摩擦力向左，有F min ＋f m ＝F T ，则F min ＝10 N.当外力F 较大时，静摩擦力向右F max ＝F T ＋f m ，则F max ＝30 N ，所以10 N≤F≤30 N.『答案』10 N≤F≤30 N12、『解析』(1)设劲度系数为k1的弹簧的伸长量Δx1，下面弹簧的伸长量Δx2，由平衡条件及胡克定律有k1Δx1＝(m1＋m2)g，k2Δx2＝m2g.两个弹簧的总长L＝L1＋L2＋Δx1＋Δx2解得Δx1＝m1＋m2gk1，Δx2＝m2gk2，L＝L1＋L2＋m1＋m2gk1＋m2gk2.(2)要使两弹簧的总长等于两弹簧原长之和，必定是上面弹簧伸长Δx，下面弹簧压缩Δx. 对m2有：F N＝k2Δx＋m2g，对m1有：m1g＝k1Δx＋k2Δx，解得F N＝m2g＋k2k1＋k2m1g.『答案』(1)L1＋L2＋m1＋m2gk1＋m2gk2(2)m2g＋k2k1＋k2m1g13、『解析』对A受力分析如图(a)所示，由平衡条件得F f＝F T cos30°，F T sin30°＋F N1＝G，又F f＝μF N1，解得F T＝248 N，F f＝215 N，F N1＝1 075 N.对B受力分析如图(b)所示根据平衡条件有F＝F f′＋F f地＝F f＋μF N2，F N2＝F N1′＝F N1，联立解得F＝430 N. 『答案』248 N430 N。

课时作业1 描述运动的基本概念一、不定项选择题1．(2012·浙江五校联考)以下说法正确的是( )A ．只有很小的物体才能看做质点，很大的物体不能看做质点B ．若以河岸为参考系，在顺水漂流的船上行走的人可能是静止的C ．做直线运动的物体，其位移大小跟这段时间内它通过的路程一定相等D ．一节课40分钟，40分钟指的是下课的时刻2．在公路的每个路段都有交通管理部门设置的限速标志，如图所示，这是告诫驾驶员在这一路段驾驶车辆时( )A ．必须以这一规定速度行驶B ．平均速度大小不得超过这一规定数值C ．瞬时速度大小不得超过这一规定数值D ．汽车上的速度计指示值，有时还是可以超过这一规定值的3．(2012·江苏镇江一模)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 ．速度增加，加速度减小B ．速度增加，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4．2012年9月11日20时58分46秒，中国在境内进行了一次陆基中段反导拦截技术试验，试验达到了预期目的。

这一试验的成就和意义可与“两弹一星”相提并论。

假设敌方导弹发射t 0时间后，我方反导拦截导弹发射，经时间t 将其摧毁，则以下说法正确的是( )A ．敌方导弹与我方反导拦截导弹运行轨迹相同B ．敌方导弹与我方反导拦截导弹运行时间差为t －t 0C ．敌方导弹与我方反导拦截导弹运行时间差为t 0D ．敌方导弹与我方反导拦截导弹相撞时与地心距离相同5．(2012·北京西城区期末)用如图所示的计时装置可以近似测出气垫导轨上滑块的瞬时速度。

已知固定在滑块上的遮光条的宽度为4.0 mm ，遮光条经过光电门的遮光时间为0.040 s 。

则滑块经过光电门位置时的速度大小为( )A ．0.10 m/sB ．100 m/sC ．4.0 m/sD ．0.40 m/s6．用同一张底片对着小球运动的路径每隔110s 拍一次照，得到的照片如图所示，则小球在图中过程运动的平均速度大小是( )A ．0.25 m/sB ．0.2 m/sC ．0.17 m/sD ．无法确定7．在山东威海举行了第十一届全国运动会铁人三项的女子决赛。

课时作业(三十三)机械波1．(2011·上海单科)两波源S1、S2在水槽中形成的波形如图所示，其中实线表示波峰，虚线表示波谷，则()A．在两波相遇的区域中会产生干涉B．在两波相遇的区域中不会产生干涉C．a点的振动始终加强D．a点的振动始终减弱2．振源A带动细绳上各点上下做简谐运动，t＝0时刻绳上形成的波形如图所示．规定绳上质点向上运动的方向为x轴的正方向，则P点的振动图像是()3．(2013·唐山模拟)如图甲所示，在水平面内的三个质点分别位于直角三角形ABC的顶点上，已知AB＝6 m，AC＝8 m．t0＝0时刻A、B开始振动，波动图像均如图乙所示，所形成的机械波在水平面内传播，在t＝4 s时C点开始振动．则()A．该机械波的传播速度大小为4 m/sB．两列波相遇后，C点振动加强C．该两列波的波长是2 mD．该两列波的周期T＝1 s4．(2012·安徽卷)一列简谐波沿x轴正方向传播，在t＝0时波形如图1所示，已知波速为10 m/s.则t＝0.1 s时正确的波形应是图2中的()5．一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，在某时刻波形如图中实线所示，经过一段时间后波形如图中虚线所示，在这段时间内，图中P 点处的质元通过的路程可能是( )A ．0.4 mB ．0.5 mC ．0.6 mD ．0.7 m6．(2013·浙江省调研)用手抓住绳子一端上、下振动，形成了向右传播的波．此波可看成简谐波，波的传播速度为v ，周期为T .下列说法正确的是( )A ．简谐波的传播速度与振动的振幅无关B ．绳中质点振动的最大速度等于波的传播速度C ．绳中相距为v T2的两个质点的振动位移总是相同D ．离手距离分别为x 1、x 2(x 2＞x 1)的两质点，开始振动的时间差为x 2－x 1v7.(2012·四川卷)在xOy 平面内有一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，波速为2 m/s ，振幅为A .M 、N 是平衡位置相距2 m 的两个质点，如图所示．在t ＝0时，M 通过其平衡位置沿y 轴正方向运动，N 位于其平衡位置上方最大位移处．已知该波的周期大于1 s ．则( )A ．该波的周期为53sB ．在t ＝13 s 时，N 的速度一定为2 m/sC ．从t ＝0到t ＝1 s ，M 向右移动了2 mD ．从t ＝13 s 到t ＝23s ，M 的动能逐渐增大8．(2013·北京海淀区)在均匀固体介质中有两个处于同一水平直线上、相距6. 0 m 的振源A 和B .t ＝0时刻A 、B 同时开始沿竖直方向振动，图甲、乙分别是A 、B 的振动图象．t ＝0.30 s 时由A 、B 激发的两列波的振动同时传播到与A 、B 位于同一水平直线、且到它们距离相等的中点C .则( )A ．两列波的传播速率均为20 m/sB ．两列波的波长均为2.0 mC ．在两列波叠加的过程中，C 点为振动加强的点．D ．在两列波叠加的过程中，C 位置质点的振幅为20 cm9．一列沿着x 轴正方向传播的横波，在t ＝0时刻的波形如图甲所示，图中某质点的振动图像如图乙所示．质点N 的振幅是________m ，振动周期为________s ，图乙表示质点________(从质点K 、L 、M 、N 中选填)的振动图像，该波的波速为________m/s.10．(2013·延吉模拟)一列简谐横波沿x 轴正向传播，位于原点的质点的振动图像如图甲所示，则：(1)该振动的振幅是________cm.(2)振动的周期是________s(3)在t 等于14周期时，位于原点的质点离开平衡位置的位移是________．(4)图乙为该波在某一时刻的波形图，A 点位于x ＝0.5 m 处，该波的传播速度是________m/s.(5)经过12周期后， A 点离开平衡位置的位移是________cm.11．如图所示为波源O 振动1.5 s 时沿波的传播方向上部分质点振动的波形图，已知波源O 在t ＝0时开始沿y 轴负方向振动，t ＝1.5 s 时它正好第二次到达波谷，问：(1)何时x ＝5.4 m 的质点第一次到达波峰？(2)从t ＝0开始至x ＝5.4 m 的质点第一次到达波峰这段时间内，波源通过的路程是多少？详解答案课时作业(三十三)1．B 由图知，两列波的波长不相等，不满足波的干涉条件，故B 正确，A 、C 、D 错误． 2．B 由t ＝0时刻绳上形成的波形可知该列简谐横波在t ＝0时刻刚传到P 点，则t ＝0时刻P 点处于平衡位置，又由“坡路法”可知，P 点处于上坡，所以起振方向向下，故B 正确．3．BCD 由图可知，两列波的波长λ＝2 m ，由题意可知，波速v ＝x t ＝84 m/s ＝2 m/s ；BC＝AC2＋AB2＝10 m ，两振源到C 点的距离差为Δx ＝2 m ＝λ，因此C 点为加强点；波的周期T ＝λ/v ＝1 s ．故B 、C 、D 均正确．4．C 由题知：波长λ＝4.0 m ，波在t ＝0.1 s 内传播的距离x ＝vt ＝10×0.1 m ＝1 m ＝14λ，故将原波形图沿波的传播方向(即x 轴正方向)平移14λ即可，故选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．5．C 根据题意分析可知，P 点处的质元开始振动的方向沿y 轴的正方向，由于它在一个周期内通过的路程为振幅的4倍(即4A ，A ＝0.2 m)，所以图中P 点处的质元通过的路程可能是s ＝4nA ＋3A ＝0.6＋0.8n (n ＝0,1,2,3…)，所以答案为C.6．AD7．D 根据题意，M 、N 间的基本波形如图所示，则Δx ＝nλ＋34λ(n ＝0,1,2，…)，所以该简谐横波的波长λ＝84n ＋3 m(n ＝0,1,2，…)．根据v ＝λT ，得简谐横波的周期T ＝λv ＝44n ＋3s(n＝0,1,2，…)．当n ＝0时，T ＝43 s ；当n ＝1时，T ＝47 s ．又题设T ＞1 s ，所以该波的周期T＝43 s ，选项A 错误．波的传播速度与质点的振动速度是两个不同的物理量，当t ＝13 s 时，N 在平衡位置，振动速度最大但不一定为2 m/s ，选项B 错误．波在传播的过程中，介质质点不沿波的传播方向移动，选项C 错误．从t ＝13 s 到t ＝23 s ，M 从正的最大位移处向平衡位置振动，速度逐渐增大，动能逐渐增大，选项D 正确．8．B 设波速为v ，则有2v ×0.3 s ＝6.0 m ，故波速为v ＝10 m/s ，选项A 错误．而由图像可知波的周期为T ＝0.2 s 故波长为λ＝vT ＝2.0 m ，选项B 正确．由于两列波的初始振动方向相反．且C 点到两波源的距离差等于半波长的偶数倍，故振动减弱，且由于两波的振幅相等，故叠加后C 点处于静止状态，选项C 、D 错误．9．解析： 从图乙中可以看出质点N 的振幅为0.8 m ；质点振动周期为4 s ；从图甲中可以看出，t ＝0时质点L 通过平衡位置，速度方向沿y 轴的正方向，质点N 通过平衡位置，速度方向沿y 轴的负方向，从图乙中得出质点在t ＝0时通过平衡位置，速度方向沿y 轴的正方向，所以图乙表示质点L 的振动图像；从图中可以得出该波的波长为2.0 m ，则该波的波速为：v ＝λ/T ＝0.5 m/s.答案： 0.8 4 L 0.510．解析： (1)由波的图像或振动图像可知，振幅A ＝8 cm (2)由y －t 图像知，T ＝0.2 s(3)t ＝14T 时，位于原点的质点离开平衡位置的位移是0(4)根据v ＝λT ，v ＝20.2 m/s ＝10 m/s(5)经过12T ，A 点位移是－8 cm.答案： (1)8 (2)0.2 (3)0 (4)10 (5)－8 11．解析： (1)由图知λ＝60 cm ＝0.6 m 由题知t ＝114T ，所以T ＝4t5＝1.2 s设1.5 s 波传播的距离为x ，因此波速v ＝x t ＝λT所以x ＝λt T ＝0.6×1.51.2m ＝0.75 m即t ＝1.5 s 时波刚好传到距波源0.75 m 的质点，最前面的波峰是位于x ＝0.3 m 的质点 设再经过t ′最前面的波峰传到x ＝5.4 m 处，因此波速v ＝Δx t ′＝λT所以t ′＝Δx ·T λ＝(5.4－0.3)×1.20.6s ＝10.2 s故t ″＝1.5＋10.2＝11.7(s)时x ＝5.4 m 的质点，第一次到达波峰．(2)由(1)知从t ＝0开始至x ＝5.4 m 的质点第一次到达波峰经历的时间为11.7 s ，即历时934T .所以s 源＝4A ×9＋3A ＝39A ＝1.95 m. 答案： (1)11.7 s 时 (2)1.95 m。

专题五电磁感应的综合应用基础巩固题组1．如图1，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L，现有一边长为22L的正方形线框abcd，在外力作用下，保持ac垂直磁场边缘，并以沿x轴正方向的某一速度水平匀速地通过磁场区域，若以逆时针方向为电流正方向，下图中能反映线框中感应电流变化规律的图象是()图12．(2013·天津理综·3)如图2所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则()图2A．Q1＞Q2，q1＝q2B．Q1＞Q2，q1＞q2C．Q1＝Q2，q1＝q2D．Q1＝Q2，q1＞q23．一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域继续下落，如图3所示，则()A．若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程也是匀速运动B．若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程也是加速运动C．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程也是减速运动D．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程是加速运动图34．如图4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ab两端的感应电动势E(取a→b为电动势的正方向)与导体棒位置x关系的图象是()图45．(多选)如图5所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框，以速度v垂直磁场方向从如图实线位置(Ⅰ)开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置(Ⅱ)时，线框的速度为v2.下列说法正确的是( )图5A ．在位置(Ⅱ)时线框中的电功率为B 2a 2v 2RB ．此过程中回路产生的电能为38m v 2C ．在位置(Ⅱ)时线框的加速度为B 2a 2v2mRD ．此过程中通过导线横截面的电荷量为2Ba 2R综合应用题组6．(多选)如图6所示，间距l ＝0.4m 的光滑平行金属导轨与水平面夹角θ＝30°，正方形区域abcd 内匀强磁场的磁感应强度B ＝0.2T ，方向垂直于斜面．甲、乙两金属杆的电阻R 相同、质量均为m ＝0.02kg ，垂直于导轨放置．起初，甲金属杆处在磁场的上边界ab 上，乙在甲上方距甲也为l 处．现将两金属杆同时由静止释放，并同时在甲金属杆上施加一个沿着导轨的拉力F ，使甲金属杆始终以a ＝5m /s 2的加速度沿导轨匀加速运动，已知乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，取g ＝10 m/s 2，则( )图6A ．每根金属杆的电阻R ＝0.016ΩB ．甲金属杆在磁场中运动的时间是0.4sC ．甲金属杆在磁场中运动过程中F 的功率逐渐增大D ．乙金属杆在磁场运动过程中安培力的功率是0.1W图77．(多选)如图7所示，在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ 、MN ，相距为L ，导轨处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．有两根质量均为m 的金属棒a 、b ，先将a 棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c 连接，连接a 棒的细线平行于导轨，由静止释放c ，此后某时刻，将b 也垂直导轨放置，a 、c 此刻起做匀速运动，b 棒刚好能静止在导轨上．a 棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计．则( ) A ．物块c 的质量是2m sin θB ．b 棒放上导轨前，物块c 减少的重力势能等于a 、c 增加的动能C ．b 棒放上导轨后，物块c 减少的重力势能等于回路消耗的电能D ．b 棒放上导轨后，a 棒中电流大小是mg sin θBL8．(2014·江苏单科·13)如图8所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L ，长为3d ，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d 的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向与导轨平面垂直．质量为m 的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R ，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g .求：图8(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；(2)导体棒匀速运动的速度大小v；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.9．如图9，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m.竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为l.整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．导轨电阻可忽略，重力加速度为g.在t＝0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好．求：图9(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；(2)两杆分别达到的最大速度．答案解析专题五 电磁感应的综合应用1．D [线框向右匀速运动，相同的时间运动的距离相等．线框对角线的长度为L ，当c 点向右运动L 的过程中，由楞次定律得电流方向为顺时针，运动距离为L2时，对角线bd 与O 处磁场边重合，有效切割长度最大为L ，感应电动势E 1＝BL v ，感应电流达到负向最大；运动距离为L 时，c 点到两磁场边界，有效切割长度为零，电流为零；当c 点过两磁场交界处电流改变方向，为逆时针方向，由于两侧磁场方向相反，交界处两侧导线切割磁感线产生的感应电流为单边切割的两倍，当对角线bd 运动到L 处的虚线时E 2＝2BL v ，感应电流达到正向最大，由对称性可得，D 正确．] 2．A [由法拉第电磁感应定律得： E ＝ΔΦΔt ①I ＝E R ②q ＝I Δt ③由①②③得：q ＝ΔΦR所以q 1＝q 2由Q ＝|W 安|＝BIl ·x 得 Q 1＝B 2l 2ab v R ·l bc ，Q 2＝B 2l 2bc v R ·l ab又因l ab ＞l bc所以Q 1＞Q 2选项A 正确．]3．C [从线圈全部进入磁场至线圈开始离开磁场，线圈做加速度为g 的匀加速运动，可知即使线圈进入磁场过程中，重力大于安培力，线圈离开磁场过程中受的安培力也可能大于重力，故只有C 项正确．]4．A [由右手定则得电流先为正向后为负向，有效切割的长度为与y 轴平行的圆弧的弦长L ，感应电动势的大小E ＝BL v ，导体棒有效的切割长度L 与x 的关系满足(R －x )2＋(L2)2＝R 2，导体棒切割磁感线的有效长度逐渐增大，且增加的幅度逐渐减小，图象为斜率逐渐减小的椭圆曲线；导体棒ab 在右半圆磁场运动时，感应电动势的大小跟左半边成对称分布特点，A 正确．] 5．AB [线框经过位置(Ⅱ)时，线框左右两边均切割磁感线，所以此时的感应电动势为E ＝Ba v 2×2＝Ba v ，故线框中的电功率为P ＝E 2R ＝B 2a 2v 2R ，选项A 正确；线框从位置(Ⅰ)到位置(Ⅱ)的过程中，动能减少了ΔE k ＝12m v 2－12m ⎝⎛⎭⎫v 22＝38m v 2，根据能量守恒定律可知，此过程中回路产生的电能为38m v 2，选项B 正确；线框在位置(Ⅱ)时，左右两边所受安培力大小均为F ＝B ER a＝B 2a 2vR ，根据左手定则可知，线框左右两边所受安培力的方向均向左，故此时线框的加速度为a ＝2F m ＝2B 2a 2v mR ，选项C 错误；由q ＝I Δt 、I ＝E R 、E ＝ΔΦΔt 三式联立，解得q ＝ΔΦR ，线框在位置(Ⅰ)时其磁通量为Ba 2，而线框在位置(Ⅱ)时其磁通量为零，故q ＝Ba 2R，选项D 错误．]6．BC [乙金属杆在进入磁场前，甲、乙两金属杆加速度大小相等，当乙刚进入磁场时，甲刚好出磁场．由v 2＝2al 解得乙进、甲出磁场时的速度大小均为v ＝2 m/s ，由v ＝at 解得甲金属杆在磁场中的运动时间为t ＝0.4s ，选项B 正确；乙金属杆进入磁场后有mg sin30°＝BIl ，又Bl v ＝I ·2R ，联立解得R ＝0.064Ω，选项A 错误；甲金属杆在磁场中运动过程中力F 和杆的速度都逐渐增大，则其功率也逐渐增大，选项C 正确；乙金属杆在磁场运动过程中安培力的功率是P ＝BIl v ＝0.2W ，选项D 错误．故本题答案为B 、C.]7．AD [b 棒恰好静止，受力平衡，有mg sin θ＝F 安，对a 棒，安培力沿导轨平面向下，由平衡条件，mg sin θ＋F 安＝m c g ，由上面的两式可得m c ＝2m sin θ，选项A 正确；根据机械能守恒定律知，b 棒放上导轨之前，物块c 减少的重力势能应等于a 棒、物块c 增加的动能与a棒增加的重力势能之和，选项B 错误；根据能量守恒可知，b 棒放上导轨后，物块c 减少的重力势能应等于回路消耗的电能与a 棒增加的重力势能之和，选项C 错误；对b 棒，设通过的电流为I ，由平衡条件mg sin θ＝F 安＝BIL ，得I ＝mg sin θBL ，a 棒中的电流也为I ＝mg sin θBL ，选项D 正确．]8．(1)tan θ (2)mgR sin θB 2L 2(3)2mgd sin θ－m 3g 2R 2sin 2θ2B 4L 4解析 (1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡mg sin θ＝μmg cos θ 解得导体棒与涂层间的动摩擦因数μ＝tan θ (2)在光滑导轨上 感应电动势：E ＝BL v 感应电流：I ＝ER安培力：F 安＝BIL受力平衡的条件是：F 安＝mg sin θ 解得导体棒匀速运动的速度v ＝mgR sin θB 2L 2(3)摩擦生热：Q T ＝μmgd cos θ 根据能量守恒定律知： 3mgd sin θ＝Q ＋Q T ＋12m v 2解得电阻产生的焦耳热Q ＝2mgd sin θ－m 3g 2R 2sin 2θ2B 4L 4.9．(1)2∶1 (2)4mgR 3B 2l 2 2mgR3B 2l 2解析 设任意时刻MN 向上的速度为v 1，M ′N ′向下的速度为v 2.(1)两金属杆所受的安培力大小相等，方向相反，MN 受安培力向下，M ′N ′所受安培力向上，如图甲、乙所示．某时刻MN 的加速度a 1＝3mg －mg m －BIl m ＝2g －BIl m ，同时刻M ′N ′的加速度a 2＝2mg 2m －BIl 2m ＝g －BIl2m， 因为任意时刻两杆加速度之比总为 a 1a 2＝21， 所以v 1v 2＝a 1t a 2t ＝21.(2)当MN 和M ′N ′的加速度为零时，速度最大． M ′N ′受力平衡有BIl ＝2mg ，I ＝ER ，E ＝Bl v 1＋Bl v 2，联立得v 1＝4mgR 3B 2l 2，v 2＝2mgR3B 2l 2.。

(分钟：45分钟满分：100分)一、选择题(每小题8分，共72分)1．两个大小分别为F1和F2(F2<F1)的力作用在同一质点上，它们的合力的大小F满足( )A．F1≤F≤F2 B.F1－F22≤F≤F1＋F22C．F1－F2≤F≤F1＋F2D．F21－F22≤F2≤F21＋F22[解析] 当两分力方向相反时合力最小，方向相同时合力最大，所以合力的大小满足F1－F2≤F≤F1＋F2.[答案] C2．(2012·洛阳市期中)如图所示，一只蚂蚁从半球体的底端缓慢地(速度可忽略不计)爬上顶端的过程中，下列说法正确的是( )A．蚂蚁受到球面的摩擦力逐渐变大B．蚂蚁受到球面的支持力逐渐变小C．蚂蚁受到球面的支持力保持不变D．蚂蚁受到球面的摩擦力逐渐变小[解析] 把半球体的每一部分都看到斜面，在蚂蚁从半球体的底端缓慢地爬上顶端的过程中，蚂蚁所在处的斜面倾角变小，蚂蚁受到球面的摩擦力逐渐变小，支持力逐渐变大，选项ABC错误D正确．[答案] D3．如图所示，在倾角为θ的固定光滑斜面上，质量为m的物体受外力F1和F2的作用，F1方向水平向右，F2方向竖直向上．若物体静止在斜面上，则下列关系正确的是( ) A．F1sinθ＋F2cosθ＝mg sinθ，F2<mgB．F1cosθ＋F2sinθ＝mg sinθ，F2<mgC．F1sinθ－F2cosθ＝mg sinθ，F2<mgD．F1cosθ－F2sinθ＝mg sinθ，F2<mg[解析] 将物体所受的各个力进行正交分解，则沿斜面方向上：F1cosθ＋F2sinθ＝mg sinθ由于斜面对物体的支持力沿竖直方向的分力是向上的，因此F2<mg，应选B.[答案] B4．如下图甲所示为杂技表演的安全网示意图，网绳的结构为正方格形，O、a、b、c、d…等为网绳的结点．安全网水平张紧后，若质量为m的运动员从高处落下，并恰好落在O点上．该处下凹至最低点时，网绳dOe、bOg均成120°向上的张角，如下图乙所示，此时O点受到的向下的冲击力大小为F ，则这时O 点周围每根网绳承受的力的大小为( )A ．F B.F2 C ．F ＋mgD.F ＋mg2[解析] O 点周围共有4根绳子，设每根绳子的力为F ′，则4根绳子的合力大小为2F ′，所以F ＝2F ′，所以F ′＝F2，应选B.[答案] B5．(2011·南通教学质检)如图所示，质量为m 的物体静止在倾角为θ的斜面上．关于物体之所以能静止在斜面上的原因，同学之间有不同的看法，你认为正确的是 ( )A ．物体所受的重力小于物体所受的摩擦力B ．物体所受的下滑力小于物体所受的摩擦力C ．物体所受的重力和弹力的合力小于或等于物体与斜面间的最大静摩擦力D ．物体所受的弹力和最大静摩擦力的合力等于物体所受的重力[解析] 物体受重力、弹力、摩擦力这三个力，故B 错；这三个力合力为零，所以摩擦力等于重力沿斜面方向的分力，故A 错；但摩擦力不一定就是最大静摩擦力，故D 错．[答案] C6．人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀速运动，如图所示，以下说法正确的是 ( )A ．人受到重力和支持力的作用B ．人受到重力、支持力和摩擦力的作用C ．人受到的合外力不为零D ．人受到的合外力方向与速度方向相同[解析] 人匀速运动合外力为零．重力和支持力都在竖直方向，故水平方向不受力，摩擦力为零．[答案] A7．(2011·奉化联考)如图所示，在水平力作用下，木块A、B保持静止．若木块A与B 的接触面是水平的，且F≠0.则关于木块B的受力个数可能是( )A．3个或4个B．3个或5个C．4个或5个D．4个或6个[解析] 物体B静止，必受到重力、斜面的支持力、A给的压力和水平向左的摩擦力这4个力，斜面给的摩擦力可有可无，故C正确．[答案] C8．(2011·南京市第1次联考)如图所示，用细绳将条形磁铁A竖直挂起，再将小铁块B吸在条形磁铁A的下端，静止后将细绳烧断，A、B同时下落，不计空气阻力，则下落过程中( )A．小铁块B的加速度一定为gB．小铁块B只受一个力的作用C．小铁块B可能只受二个力的作用D．小铁块B共受三个力的作用[解析] 烧断细绳后，A、B一起做自由落体运动，加速度为g，故A正确；分析B受力可知，除了受竖直向下的重力外，一定还受到A的竖直向上的引力，而B的加速度又为g，所以必还受到一个与引力等大反向的力(A对B的弹力)，故B、C错，D对．[答案] AD9．(2011·舟山教学调研)如图所示，倾角为30°，重为80 N的斜面体静止在水平面上．一根弹性轻杆一端垂直固定在斜面体上，杆的另一端固定一个重为2 N的小球，小球处于静止状态时，下列说法正确的是 ( )A．斜面有向左运动的趋势B．地面对斜面的支持力为80 NC．球对弹性轻杆的作用力为2 N，方向竖直向下D．弹性轻杆对小球的作角力为2 N，方向垂直斜面向上[解析] 把小球、杆和斜面作为整体受力分析可知，仅受重力和地面的支持力，且二力平衡，故A、B错；对小球受力分析知，只受竖直向下的重力和杆给的竖直向上的弹力(杆对小球的力不一定沿杆)，故C对，D错．[答案] C二、非选择题(共28分)10．(14分)(2011·上海南汇中学第1次联考)在倾角为α的斜面上，一条质量不计的皮带一端固定在斜面上端，另一端绕过一中间有一圈凹槽的圆柱体，并用与斜面夹角为β的力拉住，使整个装置处于静止状态，如右图所示．不计一切摩擦，圆柱体质量为m，求拉力F的大小和斜面对圆柱体的弹力F N的大小．某同学分析过程如下：将拉力F沿斜面和垂直于斜面方向进行分解．沿斜面方向：F cosβ＝mg sinα①沿垂直于斜面方向：F sinβ＋F N＝mg cosα②问：你同意上述分析过程吗？若同意，按照这种分析方法求出F及F N的大小；若不同意，指明错误之处并求出你认为正确的结果．[解析] 不同意．平行于斜面的皮带对圆柱体也有力的作用，其受力如右图所示．①式应改为：F cosβ＋F＝mg sinα③由③得F＝mg sinα1＋cosβ④将④代入②，解得F N＝mg cosα－F sinβ＝mg cosα－mg sinβsinα1＋cosβ[答案] 见解析11．(14分)(2010·南宁高三月考)如图所示，轻绳AB总长为l，用轻滑轮悬挂重为G 的物体．绳能承受的最大拉力是2G，将A端固定，将B端缓慢向右移动距离d而使绳不断，求d的最大值．[解析] 如右图所示，以与滑轮接触的那一小段绳子为研究对象，在任何一个平衡位置都在滑轮对它的压力(大小为G )和绳的拉力F 1、F 2共同作用下静止．而同一根绳子上的拉力大小F 1、F 2总是相等的，它们的合力F N 是压力G 的平衡力，方向竖直向上．因此以F 1、F 2为分力作力的合成的平行四边形一定是菱形．利用菱形对角线互相垂直平分的性质，结合相似三角形知识可得d l ＝154，所以d 最大为154l . [答案] 154l 拓展题：(2011·许昌第一次调研)如图所示是一种研究劈的作用的装置，托盘A 固定在细杆上，细杆放在固定的圆孔中，下端有滚轮，细杆只能在竖直方向上移动，在与托盘连接的滚轮正下面的底座上也固定一个滚轮，轻质劈放在两滚轮之间，劈背的宽度为a ，侧面的长度为l ，劈尖上固定的细线通过滑轮悬挂质量为m 的砝码，调整托盘上所放砝码的质量M ，可以使劈在任何位置时都不发生移动．忽略一切摩擦和劈、托盘、细杆与滚轮的重力，若a ＝35l ，试求M 是m 的多少倍？ [解析] 分析托盘和劈的受力，如图甲、乙所示．托盘受向下的重力F 3＝Mg ，劈对滚轮的支持力F 1，圆孔的约束力F 2.劈受两个滚轮的作用力F 4、F 5，细线的拉力F 6＝mg .对托盘有：F 3＝Mg ＝F 1cos α，则Mg ＝l 2－a 24lF 1对劈有：F 6＝mg ＝2F 4sin α，则mg ＝a lF 4因为F1与F4是作用力与反作用力，所以F1＝F4由以上三式得：M＝l2－a24 am代入数据得：M＝1.5 m [答案] 1.5。

课时作业34　机械振动
时间：45分钟 满分：100分
一、选择题(8×8′＝64′)
1．一质点做简谐运动的振动图象如图所示，质点的速度与加速度方向相同的时间段是( )
A．0～0.3 s B．0.3～0.6 s
C．0.6～0.9 s D．0.9～1.2 s
解析：质点做简谐运动时加速度方向与回复力方向相同，与位移方向相反，总是指向平衡位置；位移增加时速度与位移方向相同，位移减小时速度与位移方向相反．
答案：BD
2．下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，若该振动系统的固有频率为f固，则( )
驱动力频率/Hz304050607080受迫振动振幅/cm10.216.827.228.116.58.3A. f固＝60 Hz B. 60 Hz<f固<70 Hz C. 50 Hz<f固<60 Hz D．以上三个都不对
解析：从如图所示的共振曲线，可判断出f驱与f固相差越大，受迫振动的振幅越小；f驱与f固越接近，受迫振动的振幅越大．并从中看出f驱越接近f固，振幅的变化越慢．比较各组数据知f驱在50 Hz～60 Hz范围内时，振幅变化最小，因此，50 Hz<f固v2)在竖直平面内做小角度摆动，它们的频率与振幅分别为f1、 f2和A1、A2，则( )
A．f1>f2，A1＝A2 B．f1A2 D．f1＝f2，A1。

课时作业16 动能定理及其应用一、不定项选择题1．(2012·福建厦门期末)用恒力F向上拉一物体，使其由地面处开始加速上升到某一高度。

若该过程空气阻力不能忽略，则下列说法中正确的是( )A．力F做的功和阻力做的功之和等于物体动能的增量B．重力所做的功等于物体重力势能的增量C．力F做的功和阻力做的功之和等于物体机械能的增量D．力F、重力、阻力三者的合力所做的功等于物体机械能的增量2．(2012·效实中学高三期中)在新疆旅游时，最刺激的莫过于滑沙运动。

某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为2v0，设人下滑时所受阻力恒定不变，沙坡长度为L，斜面倾角为α，人的质量为m，滑沙板质量不计，重力加速度为g。

则( )A．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为3v0B．若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为5v0C．人沿沙坡下滑时所受阻力F f＝mg sin α－2mv20/LD．人在下滑过程中重力功率的最大值为2mgv03．(2012·江苏无锡模拟)如图所示，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F f。

物块滑到小车最右端时，小车运动的距离为s。

在这个过程中，下列说法正确的是( )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F f sC．物块克服摩擦力所做的功为F f(l＋s)D．物块和小车增加的机械能为F f s4．如图所示，质量m＝1 kg、长L＝0.8 m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平。

板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4。

先用F＝5 N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少为(g取10 m/s2)( )A．1 J B．4 J C．2 J D．1.6 J5. (2011·江西南昌月考)如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ，现给环一个向右的初速度v0，如果在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F的作用，已知力F的大小F＝kv(k为常数，v为环的运动速度)，则环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功(假设杆足够长)不可能为( )A.12mv20B．0 C.12mv20＋m3g22k2D.12mv20－m3g22k26．(2012·广西南宁二中月考)如图所示，一个小球(视为质点)从H＝12 m高处由静止开始通过光滑弧形轨道AB，进入半径R＝4 m的竖直圆环，且圆环动摩擦因数处处相等，当到达环顶C时，刚好对轨道压力为零；沿CB圆弧滑下后，进入光滑弧形轨道BD，且到达高度为h 的D点时的速度为零，则h之值不可能为(g取10 m/s2，所有高度均相对B点而言)( ) A．12 m B．10 m C．8.5 m D．7 m二、非选择题7．(2013·效实中学高三期中)在“探究功与物体速度变化的关系”的实验中，某实验探究小组的实验装置如图甲所示。

课时作业(三十) 交压器 电能的输送◎必做部分1．我国“西电东送”采用高压输电，继三峡至常州500 kV 直流输电工程后，又实现了三峡至广东的500 kV 直流输电工程．采用高压直流输电有利于不同发电机为同一电网供电和不同电网的互联．已知发电机输出电压为450 V ，关于高压直流输电，下列说法正确的是( )A ．高压输电可以减小输电电流，从而减小输电线的能量损耗B ．为实现高压直流输电，可以用变压器直接改变恒定电流的电压C ．升压变压器原副线圈的匝数之比为9∶10 000D ．恒定的直流输电可以有效消除交流高压输电中感抗和容抗的影响2．一理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1.原线圈接在一个交流电源上，交变电压的变化规律如图所示．副线圈所接的负载电阻是11 Ω.则下列说法中正确的是( )A ．原线圈交变电流的频率为50 HzB ．变压器输入、输出功率之比为4∶1C ，副线圈输出电压为55 VD ．流过副线圈的电流是5 A3．(2013·浙江宁波八校联考)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接正弦交流电源，副线圈接入“220 V 60 W ”灯泡一只，且灯泡正常发光，则( )A ．电流表的示数为3220 AB ．电流表的示数为32220 AC ．电源输出功率为1 200 WD ．原线圈端电压为11 V4．(2013·江苏苏北四市调研)如图所示，50匝矩形闭合导线框ABCD 处于磁感应强度大小B ＝210T 的水平匀强磁场中，线框面积S ＝0.5 m 2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO ′以角速度ω＝200 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．图示位置穿过线框的磁通量为零B．线框中产生交变电压的有效值为500 2 VC．变压器原、副线圈匝数之比为25∶11D．允许变压器输出的最大功率为5 000 W5.(2012·课标)自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分．一升压式自耦调压变压器的电路如图所示．其副线圈匝数可调．已知变压器线圈总匝数为1 900匝；原线圈为1 100匝，接在有效值为220 V的交流电源上．当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0 kW.设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为()A．380 V和5.3 A B．380 V和9.1 AC．240 V和5.3 A D．240 V和9.1 A6．(2013·湖南省长沙一中月考)为了减少输电线路中电力损失，发电厂发出的电通常是经过升压变电站升压后通过远距离输送，再经降压变电站将高压变为低压．某降压变电站将电压u0＝11 0002sin (100πt) V的交流电降为220 V供居民小区用电，则变电站变压器()A．原、副线圈匝数比为50∶1B．副线圈中电流的频率是50 HzC．原线圈的导线比副线圈的要粗D．输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和7．(2012·福建理综)如图，理想变压器原线圈输入电压u＝U m sin ωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器，和是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；和是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．下列说法正确的是()A．I1和I2表示电流的瞬时值B．U1和U2表示电压的最大值C ．滑片P 向下滑动过程中，U 2不变、I 1变大D ．滑片P 向下滑动过程中，U 2变小、I 1变小8．(2013·江苏徐州二模)如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为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，R 0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．下列说法中正确的是( )A ．图乙中电压的有效值为110 2 VB ．电压表的示数为44 VC ．R 处出现火警时电流表示数增大D ．R 处出现火警时电阻R 0消耗的电功率增大9．(2012·山东理综)图甲是某燃气炉点火装置的原理图．转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000 V 时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是( )A ．电压表的示数等于5 VB ．电压表的示数等于52V C ．实现点火的条件是n 2n 1＞1 000D ．实现点火的条件是n 2n 1＜1 00010．如图所示，导体棒ab 两个端点分别搭接在两个竖直放置、电阻不计、半径相等的金属圆环上，圆环通过电刷与导线c 、d 相接．c 、d 两个端点接在匝数比n 1∶n 2＝10∶1的变压器原线圈两端，变压器副线圈接一滑动变阻器R 0.匀强磁场的磁感应强度为B ，方向竖直向下，导体棒ab 长为l (电阻不计)，绕与ab 平行的水平轴(也是两圆环的中心轴)OO ′以角速度ω匀速转动．如果滑动变阻器的阻值为R 时，通过电流表的电流为I ，则( )A ．滑动变阻器上消耗的功率为P ＝10I 2RB ．变压器原线圈两端的电压U 1＝10IRC ．取ab 在环的最低端时t ＝0，则导体棒ab 中感应电流的表达式是i ＝2I sin ωtD ．ab 沿环转动过程中受到的最大安培力F ＝2BIl11．(2012·江苏单科)某同学设计的家庭电路保护装置如图所示，铁芯左侧线圈L 1由火线和零线并行绕成．当右侧线圈L 2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L 1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，L 2中的磁通量为零B ．家庭电路中使用的电器增多时，L 2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12．(2011·海南卷)如图，理想变压器原线圈与一10 V 的交流电源相连，副线圈并联两个小灯泡a 和b .小灯泡a 的额定功率为0.3 W ，正常发光时电阻为30 Ω.已知两灯泡均正常发光，流过原线圈的电流为0.09 A ，可计算出原、副线圈的匝数比为________，流过灯泡b 的电流为________A.◎选做部分13．(2013·大连四校联考)正弦式电流经过匝数比为n 1n 2＝101的变压器与电阻R 、交流电压表V 、交流电流表A 按如图甲所示方式连接，R ＝10 Ω.图乙所示是R 两端电压U 随时间变化的图象，U m ＝10 2 V ，则下列说法中正确的是( )A ．通过R 的电流i R 随时间t 变化的规律是i R ＝2cos 100πt (A)B ．电流表A 的读数为0.1 AC ．电流表A 的读数为10 2 AD ．电压表的读数为10 2 V14．某小型发电站的发电机输出交流电压为500 V ，输出电功率为50 kW ，如果用电阻为3 Ω的输电线向远处用户送电，这时用户获得的电压和电功率是多少？假如，要求输电线上损失的电功率是输送功率的0.6%，则发电站要安装一个升压变压器，到达用户前再用降压变压器变为220 V 供用户使用，不考虑变压器的能量损失， 这两个变压器原、副线圈的匝数比各是多少？详解答案课时作业(三十)◎必做部分1．AD 采用高压直流输电，可以减小输电电流及交流输电中感抗和容抗的影响，A 、D 正确；变压器是利用互感现象进行工作的，对直流电路无变压作用， B 、C 错误．2．ACD 频率f ＝1T ＝50 Hz ，A 正确；理想变压器输入功率等于输出功率，B 错误；原线圈电压的有效值U 1＝3112 V ＝220 V ，副线圈电压为U 2＝n 2n 1U 1＝55 V ，C 正确；I 2＝U 2R ＝5 A ，D 正确．3．A 由题意知流经副线圈的电流I 2＝60220 A ＝311 A ，则电流表的示数(有效值)为I 1＝n 2I 2n 1＝3220A ，选项A 正确而B 错误；因为是理想变压器，故电源输出的功率即灯泡消耗的功率，选项C 错误；由U 1＝n 1U 2n 2＝4 400 V 知，选项D 错误．4．CD 图示位置穿过线圈的磁通量最大，选项A 错误；最大值E 1m ＝nBSω＝500 2 V ，有效值为E 1＝U 1＝500 V ，选项B 错误；由n 1n 2＝U 1U 2得，n 1n 2＝25∶11，选项C 正确；因为I 1m ＝10 A ，P ＝U 1I 1m ＝5 000 W ，选项D 正确．5．B 根据理想变压器电压比关系U 1U 2＝n 1n 2，代入数据解得副线圈两端的电压有效值U 2＝380 V ，因理想变压器原、副线圈输入和输出的功率相等，即P 入＝P 出＝U 1I 1，解得I 1＝2×103220A ≈9.1 A ，选项B 正确；选项A 、C 、D 错误．6．AB 本题考查理想变压器．由u 0＝11 0002sin (100πt ) V 可知交流电压的有效值为11 000 V ，根据理想变压器工作原理可知n 1n 2＝U 1U 2，可得原、副线圈匝数比为50∶1，选项A 正确；由于2πf ＝100 π，所以原线圈中交流电的频率是50 Hz ，因变压器不改变交流电的频率，所以选项B 正确；理想变压器的输入功率与输出功率相等，则原线圈中电流小于副线圈中的电流，故原线圈的导线比副线圈的要细，选项C 错误；根据并联电路的特点可知居民小区各用电器电流的总和应等于副线圈中的电流，选项D 错误．7．C 交流电表的示数为有效值，故A 、B 两项均错误；P 向下滑动过程中，R 变小，由于交流电源、原副线圈匝数不变，U 1、U 2均不变，所以I 2＝U 2R 0＋R 变大，由I 1I 2＝n 2n 1，得I 1＝n 2n 1I 2变大，故C 项正确，D 项错误．8．ACD 由U 21R T ＝(U 1m /2)2R ·T 2可知，图乙中电压的有效值为U 1＝110 2 V ，选项A 正确，电压表示数为有效值，由U 2＝n 2n 1·U 1＝22 2 V 知，选项B 错误；R 处出现火警时，R 的阻值减小，电路中的电流增大，R 0消耗的电功率增大，选项C 、D 均正确．9．BC 交流电压表测的是交流电的有效值，对正弦交流电，其电压有效值U ＝U m2，所以B 正确A 错误；根据题意，副线圈电压峰值大于5 000 V 时就可以点燃气体，对理想变压器n 2n 1＝U 2m U 1m ＞5 0005＝1 000，C 正确D 错误． 10．D 由于电流表示数为有效值，由I I 2＝n 2n 1可知I 2＝10I ，故P ＝100I 2R ，选项A 错误；变压器原线圈两端电压为U 1＝n 1n 2×10IR ＝100IR ，选项B 错误；从最低点开始计时，则导体棒中感应电流的瞬时值的表达式为i ＝2I cos ωt ，选项C 错误；导体棒中电流最大值为2I ，所以F ＝2BIl ，选项D 正确．11．ABD 由于零线、火线中电流方向相反，产生磁场方向相反，所以家庭电路正常工作时，L 2中的磁通量为零，选项A 正确；家庭电路短路和用电器增多时均不会引起L 2的磁通量的变化，选项B 正确，C 错误；地面上的人接触火线发生触电时，线圈L 1中磁场变化引起L 2中磁通量的变化，产生感应电流，吸起K ，切断家庭电路，选项D 正确．12．解析： 根据P ＝U 2R和P ＝I 2R 得灯泡a 两端的电压U 2＝PR ＝0.3×30 V ＝3 V ，通过灯泡a 的电流I a ＝P R ＝0.330 A ＝0.1 A ，根据U 1U 2＝n 1n 2得原、副线圈匝数之比n 1n 2＝U 1U 2＝103，根据I 1I 2＝n 2n 1，得副线圈上的电流I 2＝n 1n 2I 1＝103×0.09 A ＝0.3 A ．根据I 2＝I a ＋I b 得，流过灯泡b的电流为I b ＝I 2－I a ＝0.2 A.答案： 10∶3 0.2 ◎选做部分13．AB 由题图乙所示图象知T ＝2×10－2 s ，f ＝50 Hz ，ω＝2πf ＝100π rad/s ，I m ＝U mR＝ 2 A ，故i R ＝2cos 100πt (A)，A 正确．再根据I 1I 2＝n 2n 1，I 2＝I m2＝1 A 知，I 1 的有效值为0.1 A ，B正确，C 错误．电压表读数应为副线圈电压的有效值，U ＝U m2＝10 V ，故D 错误．14.解析： 用500 V 电压送电时示意图如右图所示，50 kW 的电功率在输电线上的电流I 0＝P /U 0＝50×103/500 A ＝100 A. 用户获得电压U 1＝U 0－I 0R ＝(500－100×3)V ＝200 V ， 用户获得的功率P 1＝I 0U 1＝2×104 W.改用高压输送时，示意图如下图所示，要求P 损＝0.6%P ，即P 损＝50×103×0.6% W ＝300 W.输电电流I ＝P 损/R ＝300/3 A ＝10 A.发电站升压后输电电压U ＝P I ＝50×10310 V ＝5 000 V ，升压变压器匝数比n 1/n 2＝U 0/U ＝500/5 000＝1/10， 输电线上损失的电压U ′＝I ·R ＝10×3 V ＝30 V. 到达用户输入变压器电压U 2＝U －U ′＝(5 000－30)V ＝4 970 V ， 降压变压器的匝数比n 3n 4＝U 2U 3＝4 970220＝49722.答案： 220 V 2×104 W 1∶10 497∶22。

课时作业(二十四)带电粒子在复合场中的运动1.(2013·浙江金华十校联考)不计重力的负粒子能够在如图所示的正交匀强电场和匀强磁场中匀速直线穿过．设产生匀强电场的两极板间电压为U，距离为d，匀强磁场的磁感应强度为B，粒子电荷量为q，进入速度为v，以下说法正确的是()A．若同时增大U和B，其他条件不变，则粒子一定能够直线穿过B．若同时减小d和增大v，其他条件不变，则粒子可能直线穿过C．若粒子向下偏，能够飞出极板间，则粒子动能一定减小D．若粒子向下偏，能够飞出极板间，则粒子的动能有可能不变2．如图所示，一束正离子从S点沿水平方向射出，在没有偏转电场、磁场时恰好击中荧光屏上的坐标原点O；若同时加上电场和磁场后，正离子束最后打在荧光屏上坐标系的第Ⅲ象限中，则所加电场E和磁场B的方向可能是(不计离子重力及其之间相互作用力)()A．E向下，B向上B．E向下，B向下C．E向上，B向下D．E向上，B向上3.(改编题)三个带正电的粒子a、b、c(不计重力)以相同动能水平射入正交的电磁场中，轨迹如图所示．关于它们的质量m a、m b、m c 的大小关系和粒子a动能变化，下列说法正确的是()A．m a＜m b＜m cB．m a＞m b＞m cC．粒子a动能增加D．粒子a动能减少4.如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向水平(图中垂直纸面向里)，一带电油滴P恰好处于静止状态，则下列说法正确的是()A．若仅撤去电场，P可能做匀加速直线运动B．若仅撤去磁场，P可能做匀加速直线运动C．若给P一初速度，P不可能做匀速直线运动D．若给P一初速度，P可能做匀速圆周运动5．(改编题)如图所示，一束带电粒子(不计重力，初速度可忽略)缓慢通过小孔O1进入极板间电压为U的水平加速电场区域Ⅰ，再通过小孔O2射入相互正交的恒定匀强电场、磁场区域Ⅱ，其中磁场的方向如图所示，收集室的小孔O3与O1、O2在同一条水平线上．则()A．该装置可筛选出具有特定质量的粒子B．该装置可筛选出具有特定电荷量的粒子C．该装置可筛选出具有特定速度的粒子D．该装置可筛选出具有特定动能的粒子6.如图所示是质谱仪工作原理的示意图，带电粒子a、b经电压U加速(在A点初速度为0)后，进入磁感应强度为B的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的x1、x2处．图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则()A．a的质量一定大于b的质量B．a的电荷量一定大于b的电荷量C．a运动的时间大于b运动的时间D．a的比荷大于b的比荷7.如图，空间某一区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速度由A点进入这个区域沿直线运动，从C点离开区域；如果这个区域只有电场，则粒子从B点离开场区；如果这个区域只有磁场，则粒子从D点离开场区；设粒子在上述三种情况下，从A到B点、A到C点和A到D点所用的时间分别是t1、t2和t3，比较t1、t2和t3的大小，则有(粒子重力忽略不计)()A．t1＝t2＝t3B．t2＜t1＜t3C．t1＝t2＜t3D．t1＝t3＞t28．(2013·浙江模拟)如图甲所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．带电粒子在磁场中运动的动能E k随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断中正确的是()A．在E k－t图中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1B．高频电源的变化周期应该等于t n－t n－1C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大D．要想粒子获得的最大动能越大，则要求D形盒的面积也越大9.质谱仪是测带电粒子质量和分析同位素的一种仪器，它的工作原理是带电粒子(不计重力)经同一电场加速后，垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，然后利用相关规律计算出带电粒子质量．其工作原理如图所示．虚线为某粒子运动轨迹，由图可知()A．此粒子带负电B．下极板S2比上极板S1电势高C．若只增大加速电压U，则半径r变大D．若只增大入射粒子的质量，则半径r变小10．如图所示，MN是一段在竖直平面内半径为1 m的光滑的1/4圆弧轨道，轨道上存在水平向右的匀强电场．轨道的右侧有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1＝0.1 T．现有一带电荷量为1 C、质量为100 g的带正电小球从M点由静止开始自由下滑，恰能沿NP方向做直线运动，并进入右侧的复合场(NP沿复合场的中心线)．已知A、B板间的电压为U BA ＝2 V，板间距离d＝2 m，板的长度L＝3 m，若小球恰能从板的右边沿飞出，g取10 m/s2.求：(1)小球运动到N点时的速度v的大小．(2)水平向右的匀强电场的电场强度E的大小．(3)复合场中的匀强磁场的磁感应强度B2的大小．11.如图所示，矩形abcd 关于x 轴对称，长ad ＝2L ，宽ab ＝L ，三角形Oab 区域内存在竖直向下的匀强电场，梯形Obcd 区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场．一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子(不计重力)以初速度v 从P 点沿x 轴正方向进入电场，穿过电场后从Ob 边上Q 点处进入磁场，然后从y 轴负半轴上的M 点(图中未标出)垂直于y 轴离开磁场，已知OP ＝23L ，OQ ＝429L ，试求：(1)匀强电场的场强E 大小； (2)匀强磁场的磁感应强度B 的大小．12.绝缘水平面ab 与处在竖直平面内的半圆形绝缘轨道bcd相切于b 点，半圆轨道的半径为R .过b 点的竖直平面MN 的左侧有水平向右的匀强电场，右侧有正交的电、磁场，磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向里，如图所示，比荷为k 的带电小球从水平面上某点由静止释放，过b 点进入MN 右侧后能沿半圆形轨道bcd 运动且对轨道始终无压力，小球从d 点再次进入MN 左侧后正好落在b 点，不计一切摩擦，重力加速度为g ，求：(1)小球进入电、磁场时的速度大小v ；(2)MN 右侧的电场强度大小E 2； (3)MN 左侧的电场强度大小E 1； (4)小球释放点到b 点的距离s . 答案课时作业(二十四)1．BC 粒子能够直线穿过，则有q U d ＝q v B ，即v ＝UBd ，若U 、B 增大的倍数不同，粒子不能沿直线穿过，A 错误，同理B 正确；粒子向下偏，电场力做负功，又W 洛＝0，所以ΔE k ＜0，C 正确．D 错误．2．A 正离子束打到第Ⅲ象限，相对原入射方向向下，所以电场E 方向向下；根据左手定则可知磁场B 方向向上，故A 正确．3．AD 粒子a 受的电场力向下、受的洛伦兹力向上，又a 向上偏，说明a 受的洛伦兹力大，故推出a 的初速度大．又三个粒子动能相同，故a 的质量小，因此选项A 对；a 向上偏，电场力对其做负功，洛伦兹力不做功，故a 动能减少，因此选项D 对．4．D 由题意可知，带电粒子所受的重力与电场力平衡，若P 的初速度垂直于磁感线方向，则P 可能做匀速圆周运动，若P 的初速度沿磁感线方向，则P 可能做匀速直线运动，C 错误，D 正确；若仅撤去电场，带电粒子在重力作用下先加速，由于洛伦兹力的大小与速度大小成正比，故所受的合外力将发生变化，带电粒子不可能做匀加速直线运动，A 错误；若仅撤去磁场，P 仍处于静止状态，B 错误．5．C 速度选择器的工作原理：带电粒子垂直射入正交的匀强电场和匀强磁场组成的复合场空间，所受的电场力和洛伦兹力方向相反，大小相等．本题中粒子若要无偏转地通过区域Ⅱ，通过收集室的小孔O 3，需要满足qE ＝q v B ，即粒子的速度v ＝E /B ，C 正确．6．D 粒子经电场加速的过程，由动能定理有：qU ＝12m v 20；粒子在磁场中运动，由牛顿第二定律知Bq v 0＝m v 20R ，所以R ＝1B2mU q ，由图知R a <R b ，故q a m a >q bm b，A 、B 错、D 对；因周期为T ＝2πm Bq ，运行时间为T2，所以a 运动的时间小于b 运动的时间，C 错．7．C8．A 带电粒子在两D 形盒内做圆周运动时间等于半个圆周运动周期，而粒子运动周期T ＝2πmqB 与粒子速度无关，则有t 4－t 3＝t 3－t 2＝t 2－t 1，A 正确；高频电源的变化周期应该等于2(t n －t n －1)，B 错误；由R ＝m vqB 可知：粒子最后获得的最大动能与加速次数无关，与D 形盒内磁感应强度和D 形盒半径有关，故C 、D 错误．9．C 粒子从S 3小孔进入磁场中，速度方向向下，粒子向左偏转，由左手定则可知粒子带正电．带正电的粒子在S 1和S 2两板间加速，则要求场强的方向向下，那么S 1板的电势高于S 2板的电势．粒子在电场中加速，由动能定理有12m v 2＝qU ，在磁场中偏转，则有r ＝m v qB ，联立两式解得r ＝2UmqB 2，由此式可以看出只增大U 或只增大m 时，粒子的轨道半径都变大． 10．解析： (1)小球沿NP 做直线运动，由平衡条件可得：mg ＝q v B 1 解得v ＝10 m/s.(2)小球从M 点到N 点的过程中，由动能定理得：mgR ＋qER ＝12m v 2代入数据解得：E ＝4 N/C.(3)在板间复合场中小球受电场力qU BA /d ＝1 N 与重力平衡，故小球做匀速圆周运动 设运动半径为R ′，由几何知识得： R ′2＝L 2＋(R ′－d2)2，解得：R ′＝5 m由q v B 2＝m v 2/R ′，解得：B 2＝0.2 T. 答案： (1)10 m/s (2)4 N/C (3)0.2 T11.解析： (1)根据题意，Ob 与x 轴的夹角为45°，带电粒子在电场中做类平抛运动，设在电场中运动时间为t ，场强为E ，则x ＝OQ ·cos 45°＝v t① x ＝OP －OQ ·sin 45°＝12at 2② qE ＝ma③联立以上各式解得E ＝9m v 24qL.(2)粒子的运动轨迹如图所示，在Q 点竖直分速度v y ＝at ，代入数据解得v y ＝v ∴粒子在进入磁场时的速度v ′＝v 2x ＋v 2y ＝ 2 v④速度方向与＋x 方向之间的夹角θ满足 tan θ＝v yv x＝1⑤∴θ＝45°即粒子垂直于Ob 边进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动的圆心即为O 点 半径R ＝OQ ＝42L 9⑥ 又q v ′B ＝m v ′2R .⑦解得B ＝9m v4qL.答案： (1)9m v 24qL (2)B ＝9m v4qL12．解析： (1)小球进入MN 右侧电、磁场后能沿bcd 运动且始终对轨道无压力，表明洛伦兹力等于小球做圆周运动的向心力，且小球的速率不变，因此有q v B ＝m v 2R① 代入qm＝k 解得v ＝kBR .②(2)小球速率不变，则重力与电场力平衡，即 qE 2－mg ＝0 ③解得E 2＝gk.(3)小球再次进入左侧电场后，在水平方向做匀减速运动，则 0＝v t －12a 1t 2④ a 1＝qE 1m⑤在竖直方向做自由落体运动，则2R ＝12gt 2⑥联立④⑤⑥解得E 1＝B gR . (4)小球由静止释放，由动能定理得 qE 1s ＝12m v 2⑦将②式代入解得s ＝kBR gR2g.答案： (2)kBR (2)g k (3)B gR (4)kBR gR2g。

1．(2011·四川高考)气体能够充满密闭容器，说明气体分子除相互碰撞的短暂时间外()A．气体分子可以做布朗运动B．气体分子的动能都一样大C．相互作用力十分微弱，气体分子可以自由运动D．相互作用力十分微弱，气体分子间的距离都一样大2．(2011·广东高考)如图11－1－3所示，两个接触面平滑的铅柱压紧后悬挂起来，下面的铅柱不脱落，主要原因是()图11－1－3A．铅分子做无规则热运动B．铅柱受到大气压力作用C．铅柱间存在万有引力作用D．铅柱间存在分子引力作用3．(2010·上海高考)分子间的相互作用力由引力与斥力共同产生，并随着分子间距的变化而变化，则()A．分子间引力随分子间距的增大而增大B．分子间斥力随分子间距的减小而增大C．分子间相互作用力随分子间距的增大而增大D．分子间相互作用力随分子间距的减小而增大4．做布朗运动实验，得到某个观测记录如图11－1－4.图中记录的是()图11－1－4A．分子无规则运动的情况B．某个微粒做布朗运动的轨迹C．某个微粒做布朗运动的速度－时间图线D．按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线5．如图11－1－5所示，用F表示两分子间的作用力，E p表示分子间的分子势能，在两个分子之间的距离由10r0变为r0的过程中()图11－1－5A．F不断增大，E p不断减小B．F先增大后减小，E p则不断减小C．F不断增大，E p先增大后减小D．F、E p都是先增大后减小6．给体积相同的玻璃瓶A、B分别装满温度为60 ℃的热水和0 ℃的冷水(如图11－1－6所示)．图11－1－6(1)关于温度，下列说法中正确的是()A．温度是分子平均动能的标志，所以A瓶中水分子的平均动能比B瓶中水分子的平均动能大B．温度越高，布朗运动愈显著，所以A瓶中水分子的布朗运动比B瓶中水分子的布朗运动更显著C．A瓶中水的内能与B瓶中水的内能一样大D．由于A、B两瓶水体积相等，所以A、B两瓶中水分子间的平均距离相等(2)已知水的相对分子量是18.若B瓶中水的质量为3 kg，水的密度为1.0×103 kg/m3，阿伏加德罗常数N A＝6.02×1023 mol－1，求B瓶中水分子个数约为多少？7．(2012·西安模拟)(1)下列说法中正确的是()A．气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大B．把两块纯净的铅压紧，它们会“粘”在一起，说明分子间存在引力C．破碎的玻璃不能重新拼接在一起是因为其分子间存在斥力作用D．分子a从远处趋近固定不动的分子b，只受分子之间作用力，当a到达受b的作用力为零处时，a的动能为零(2)目前，环境污染已非常严重，瓶装纯净水已经占领柜台．再严重下去，瓶装纯净空气也会上市．设瓶子的容积为500 mL，空气的摩尔质量M＝29×10－3 kg/mol.按标准状况计算，N A＝6.0×1023 mol－1，试估算：①空气分子的平均质量是多少？②一瓶纯净空气的质量是多少？③一瓶中约有多少个气体分子？8．(2011·江苏高考)某同学在进行“用油膜法估测分子的大小”的实验前，查阅数据手册得知：油酸的摩尔质量M＝0.283 kg·mol－1，密度ρ＝0.895×103 kg·m－3.若100滴油酸的体积为1 mL，则1滴油酸所能形成的单分子油膜的面积约是多少？(取N A＝6.02×1023 mol－1，球的体积V与直径d的关系为V＝16πd3，结果保留一位有效数字)9．(2011·大纲全国高考)在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：①往边长约为40 cm的浅盘里倒入约2 cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上．②用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定．③将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小．④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积．⑤将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上．完成下列填空：(1)上述步骤中，正确的顺序是________．(填写步骤前面的数字)(2)将1 cm3的油酸溶于酒精，制成300 cm3的油酸酒精溶液；测得1 cm3的油酸酒精溶液有50滴．现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是0.13 m2.由此估算出油酸分子的直径为________m．(结果保留1位有效数字)10．已知潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3 kg/m3和2.1 kg/m3，空气的摩尔质量为0.029 kg/mol，阿伏加德罗常数N A＝6.02×1023 mol－1.若潜水员呼吸一次吸入2 L空气，试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数．(结果保留一位有效数字)．答案及解析1．【解析】气体能充满密闭容器的原因是：气体分子间的距离大于10－9 m，相互作用力十分微弱，气体分子做无规则的自由运动，C正确；布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的无规则运动，而不是气体分子的运动，A错误；由于气体分子的运动及相互的碰撞，会使分子间的距离和速率都时刻发生变化，所以B、D 均错误．【答案】 C2．【解析】挤压后的铅分子之间的距离可以达到分子之间存在相互作用力的距离范围内，故不脱落的主要原因是分子之间的引力，故D正确，A、B、C 错误．【答案】 D3．【解析】分子力和分子间距离关系图象如图所示，根据该图象可判断分子间引力随分子间距的增大而减小，故A 错．分子间斥力随分子间距的减小而增大，B 正确．而分子力(图中实线)随分子间距的增大先减小后增大再减小，C 、D 均错．【答案】 B4．【解析】 布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，而非分子的运动，故A 项错误；既然无规则所以微粒没有固定的运动轨迹，故B 项错误；对于某个微粒而言，在不同时刻的速度大小和方向均是不确定的，所以无法确定其在某一个时刻的速度，也就无法描绘其速度－时间图线，故C 项错误，D 项正确．【答案】 D5．【解析】 分子间的作用力是矢量，分子势能是标量，由图象可知F 先增大后变小，E p 则不断减小，B 正确．【答案】 B6．【解析】 (1)布朗运动不是水分子的无规则运动而是液体中小颗粒的无规则运动，所以B 错．由于A 、B 两瓶中水的密度不同(热水的密度较小)，所以A 、B 两瓶中水的质量不同，水分子的个数不同，水分子间的平均距离也不相等，所以只有A 正确．(2)根据题意，水的摩尔质量为18 g/mol ，B 瓶中水的摩尔数为n ＝3 00018mol ＝5003mol ，所以B 瓶中水分子个数约为N ＝nN A ＝1.0×1026个． 【答案】 (1)A (2)1.0×1026个7．【解析】 (1)气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，但是气体的压强不一定增大，还要看分子的密集程度，A 项错误；把两块纯净的铅压紧，它们会“粘”在一起，是分子间引力的作用，B 项正确；玻璃断面凹凸不平，即使用很大的力也不能使两断面间距接近分子引力作用的距离，所以碎玻璃不能接合，若把玻璃加热，玻璃变软，则可重新接合，所以C 项错误；分子a 从远处趋近固定不动的分子b ，只受分子之间作用力，先是引力做正功，当a 到达受b 的作用力为零处时，a 的动能一定最大，D 项错误．(2)①m ＝M N A ＝29×10－36.0×1023 kg ＝4.8×10－26 kg ②m 空＝ρV 瓶＝MV 瓶V m ＝29×10－3×500×10－622.4×10－3 kg ＝6.5×10－4 kg ③分子数N ＝nN A ＝V 瓶V m ·N A ＝500×10－6×6.0×102322.4×10－3＝1.3×1022个 【答案】 (1)B (2)①4.8×10－26 kg ②6.5×10－4 kg ③1.3×1022个8．【解析】 一个油酸分子的体积V 0＝M ρN A由V 0＝π6d 3得分子直径d ＝ 36M πρN A＝1.0×10－9 m 1滴油酸的体积V ＝1100mL ＝1.0×10－8 m 3 最大面积S ＝V d，解得S ＝1×101 m 2. 【答案】 1×101 m 29．【解析】 (1)在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，应先配制油酸酒精溶液；再往盘中倒入水，并撒痱子粉；然后用注射器将配好的溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定，再将玻璃板放于盘上，用彩笔描绘在玻璃上，由d ＝V S计算． (2)一滴溶液中含油酸体积V ＝1×10－650×1300m 3，故d ＝5×10－10m. 【答案】 (1)④①②⑤③(如果④放在③之前的其他位置，同样可以)(2)5×10－1010．【解析】 设空气的摩尔质量为M ，在海底和岸上的密度分别为ρ海和ρ岸，一次吸入空气的体积为V ，则有Δn ＝(ρ海－ρ岸)V MN A ，代入数据得Δn ＝3×1022. 【答案】 3×1022。

课时作业(四) 重力 弹力 摩擦力◎必做部分1．(2013·安庆检测)下列两个实验中体现出的共同的物理思想方法是( )A ．极限法B ．放大法C ．控制变量法D ．等效替代法2．(2012·海南单科)下列关于摩擦力的说法，正确的是( ) A ．作用在物体上的滑动摩擦力只能使物体减速，不可能使物体加速 B ．作用在物体上的静摩擦力只能使物体加速，不可能使物体减速 C ．作用在物体上的滑动摩擦力既可能使物体减速，也可能使物体加速 D ．作用在物体上的静摩擦力既可能使物体加速，也可能使物体减速3．(2013·揭阳模拟)如图所示，物体P 放在粗糙水平面上，左边用一根轻弹簧与竖直墙相连，物体静止时弹簧的长度小于原长．若再用一个从0开始逐渐增大的水平力F 向右拉P ，直到拉动，那么在P 被拉动之前的过程中，弹簧对P 的弹力T 的大小和地面对P 的摩擦力f 的大小的变化情况是 ( )A ．弹簧对P 的弹力T 始终增大，地面对P 的摩擦力始终减小B ．弹簧对P 的弹力T 保持不变，地面对P 的摩擦力始终增大C ．弹簧对P 的弹力T 保持不变，地面对P 的摩擦力先减小后增大D ．弹簧对P 的弹力T 先不变后增大，地面对P 的摩擦力先增大后减小4．射箭是奥运会比赛项目之一，如图甲为我国著名选手张娟娟的射箭场景．已知弓的顶部跨度为l ，弦均匀且弹性良好，其自由长度为l .发射时弦和箭可等效为图乙的情景，假设弓的跨度保持不变，即箭在弦的正中间，弦夹住类似动滑轮的附加装置上，将箭发射出去．已知弦的劲度系数为k ，发射箭时弦的最大长度为53l (弹性限度内)，则箭被发射瞬间所受的最大弹力为(设弦的弹力满足胡克定律)( )A ．klB ．1615klC ．3klD ．2kl5.(2013·陕西师大附中)如图所示，两竖直木板A 、B 间夹有质量均为m 的两块砖，处于静止状态，两板水平压力均为F ，则砖1和砖2之间的( )A ．0B ．0.5mgC ．mgD ．F6．(2013·上海徐汇区)下述各种力中，按力的性质命名的是( ) A ．拉力 B ．阻力 C ．摩擦力D ．支持力7.有一辆遥控电动玩具汽车，已知车内电动马达驱动后轮转动．现玩具汽车的后轮、前轮分别放在平板小车甲、乙之上．如图所示．按动遥控器上的“前进”、“后退”键，汽车就能前进或后退，地面与甲、乙车之间的摩擦力不计．以下叙述正确的是( )A ．按动遥控器上的“前进”键，甲车对后轮摩擦力向前，甲车相对地面向后退B ．按动遥控器上的“前进”键，乙车对前轮摩擦力向前，乙车相对地面向前进C ．按动遥控器上的“后退”键，甲车对后轮摩擦力向后，甲车相对地面向前进D ．按动遥控器上的“后退”键，乙车对前轮摩擦力向后，乙车相对地面向后退 8.(2013·南昌模拟)在探究摩擦力的实验中，用水平拉力拉一放在水平桌面上的小木块，力电传感器能显示出水平拉力的大小，如图所示，小木块的运动状态与计算机的读数如下表所示(每次实验时，木块与桌面的接触面相同)，则通过分析下表可知以下判断中正确的是( )A.B．木块受到的最大静摩擦力可能为3.4 NC．在这六次实验中，木块受到的摩擦力大小有三次是相同的D．在这六次实验中，木块受到的摩擦力大小各不相同9.如图所示，质量为m1的木块P在质量为m2的长木板ab上滑行，长木板放在水平地面上一直处于静止状态．若ab与地面间的动摩擦因数为μ1，木块P与长木板ab间的动摩擦因数为μ2，则长木板ab受到地面的摩擦力大小为()A．μ1m2g B．μ2m1gC．μ1(m1＋m2)g D．μ1m2g＋μ2m1g10．(2013·济南市)(1)在一次探究活动中，某同学用如图(a)所示的装置测量铁块A与放在光滑水平桌面上的金属板B之间的动摩擦因数，已知铁块A的质量m A＝1.5 kg，用水平恒力F 向左拉金属板B，使其向左运动，弹簧测力计示数的放大情况如图所示，则A、B间的动摩擦因数μ＝________.(g＝10 m/s2)(2)该同学还设计将纸带连接在金属板B的后面，通过打点计时器连续打下一些计数点，取时间间隔为0.1 s的几个点，如图(b)所示，各相邻点间距离已在图中标出．则在打C点时金属板被拉动的速度v＝________m/s.(保留两位有效数字)11．(2013·山东菏泽)几个同学合作利用如图甲所示装置探究“弹力和弹簧伸长量的关系”，弹簧上端与标尺的零刻度线对齐，他先读出不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，然后在弹簧下端挂上钩码，并逐个增加钩码，依次读出指针所指的标尺刻度，所得数据列表如下(弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度g＝9.8 m/s2)(1)根据所测数据，在图乙所示的坐标纸上作出弹簧指针所指标尺刻度x与钩码质量m的关系曲线．(2)作出的图线与坐标轴交点的纵坐标轴的物理意义是________；这种规格的弹簧劲度系数k＝________N/m(保留三位有效数字).12.的水平力推物体时，物体所受的摩擦力大小为多少？当用100 N的水平力推物体时，物体所受的摩擦力大小为多少？◎选做部分13.如图所示，某人试图通过定滑轮把坑底一重物拉出，当他把重物拉高到某一确定高度后由于体力不支，为了维持重物静止不动，他一边缓慢地匀速向左滑动，一边相应地缩短绳子，则在此过程中()A．地面对人的摩擦力减小B．地面对人的摩擦力增大C．人对地面的压力不变D．人对地面的压力减小14.如图所示，物体A置于倾斜的传送带上，它能随传动带一起向上或向下做匀速运动，下列关于物体A在上述两种情况下的受力描述，正确的是()A．物体A随传送带一起向上运动时，A所受的摩擦力沿斜面向下B ．物体A 随传送带一起向下运动时，A 所受的摩擦力沿斜面向下C ．物体A 随传送带一起向下运动时，A 不受摩擦力作用D ．无论A 随传送带一起向上还是向下运动，传送带对物体A 的作用力均相同 15.如图所示，质量分别为mA 、mB 的两物块A 、B 叠放在一起，若它们共同沿固定在水平地面上倾角为α的斜面匀速下滑．则( )A ．A 、B 间无摩擦力B ．A 、B 间有摩擦力，且A 对B 的摩擦力对B 做正功C ．B 与斜面间的动摩擦因数μ＝tan αD ．B 对斜面的摩擦力方向沿斜面向下详解答案课时作业(四)◎必做部分1．B 图甲是利用光的多次反射将微小形变放大，图乙是利用细管中液面的变化观察玻璃瓶的微小形变，故为放大法，B 正确．2．CD 摩擦力总是阻碍物体的相对运动(或相对运动趋势)，而物体间的相对运动与物体的实际运动无关．当摩擦力的方向与物体的运动方向一致时，摩擦力是动力，方向相反时为阻力，故C 、D 项正确．3．B4．B 弓弦张力F ＝k ⎝⎛⎭⎫53l －l ＝23kl ，弓弦对箭的作用力F ′＝2F cos 37°＝1615kl . 5．A 6.C7．AC 因为车内电动马达驱动后轮转动，汽车前进时，后轮受力向前，前轮受力向后，汽车后退时，后轮受力向后，前轮受力向前，根据牛顿第三定律知，选项A 、C 正确．8．BC 木块只要发生运动，木块与水平桌面间的摩擦力就是滑动摩擦力，从表格中的第4组数据可以得出，滑动摩擦力为3.2 N ，结合其他组数据可知，最大静摩擦力可能为3.4 N ，B 正确，A 错误；表格中的第3、4、5组数据的摩擦力都是滑动摩擦力，大小均为3.2 N ，C 正确、D 错误．9．B 小木块在长木板上滑行时受到的摩擦力为μ2m 1g ，同时小木块对长木块亦有相同大小的摩擦力．由于木板始终处于静止状态，说明地面对木板的摩擦力(静摩擦力)应与木块给木板的摩擦力相平衡．10．解析： 如题图(a)所示可读出弹簧测力计示数为4.3 N ，A 静止不动，所以弹簧测力计拉力F 弹＝μmg ，可得μ≈0.29；由纸带可得C 点速度v C ＝BD2T＝0.80 m/s.答案： (1)0.29 (2)0.8011．解析： 图线与坐标轴的交点的纵坐标值应为m ＝0时的弹簧长度，即为弹簧的自然长度(原长)；由弹簧受力关系知mg ＝k Δx ＝k (x －x 0)，可得：x ＝gk m ＋x 0，从图线斜率可求得弹簧劲度系数k ＝26.1 N/m.答案： (1)关系曲线如图所示(2)弹簧的自然长度(原长)为6 cm 26.112．解析： 物体在水平方向上受推力F 和摩擦力f 两力作用，当F >f max 时为滑动摩擦力 当F <f max 时为静摩擦力． f max ＝μN ＝0.3×500 N ＝150 N. 当F ＝180 N 时，其摩擦力 f ＝μN ＝150 N当F ＝100 N 时，其摩擦力f ＝100 N. 答案： 150 N 100 N ◎选做部分13．AD 重物处于平衡状态，则细绳的拉力大小等于物体重力，再以人为研究对象，绳的拉力在竖直方向的分力越来越大，地面对人的支持力逐渐减小，由牛顿第三定律可知人对地面的压力逐渐减小，故D 项对；再由f ＝μN 可知，地面对人的滑动摩擦力逐渐减小，故A 项正确．14.D 无论传送带向上还是向下运动，物体A 随传送带匀速运动处于平衡状态，在重力作用下有相对于传送带沿斜面向下的运动趋势，传送带对物体有沿斜面向上的静摩擦力，根据平衡条件可得f ＝mg sin θ，所以D 正确．15．BCD由题意“它们共同沿固定在水平地面上倾角为α的斜面匀速下滑”判断A物块必定受到沿斜面向上的摩擦力，大小为m A g sin α，A错误；根据作用力与反作用力，A对B 的静摩擦力沿斜面向下，对B物块做正功，B正确；利用整体法得到C正确；由于B受到斜面对它的摩擦力沿斜面向上，根据作用力与反作用力的关系得到B对斜面的摩擦力方向沿斜面向下，D正确．。

课时作业10　曲线运动　平抛运动 时间：45分钟 满分：100分 一、选择题(8×8′＝64′) 1．下列说法正确的是( ) A．物体在恒力作用下不可能做曲线运动 B．物体在变力作用下有可能做曲线运动 C．物体做曲线运动，沿垂直速度方向的合力一定不为零 D．沿垂直速度方向的合力为零时，物体一定做直线运动 解析：物体是否做曲线运动，取决于物体所受合外力方向与物体运动方向是否共线，只要两者不共线，无论物体所受合外力是恒力还是变力，物体都做曲线运动，故A错误，B正确．由垂直速度方向的力改变速度的方向，沿速度方向的力改变速度的大小知，C、D正确． 答案：BCD 2．一质点在xOy平面内的运动轨迹如图，下列判断正确的是( ) A．若x方向始终匀速，则y方向先加速后减速 B．若x方向始终匀速，则y方向先减速后加速 C．若y方向始终匀速，则x方向先减速后加速 D．若y方向始终匀速，则x方向先加速后减速 解析：在x方向，质点若始终匀速，则表明质点受到的合外力沿y方向，由于做曲线运动的轨迹偏向合外力的方向，所以合外力是先沿y轴的反方向，再沿y轴的正方向，也就是说先是与y轴上的分速度方向相反，后是相同，所以沿y轴先减速后加速，B对；同理可得，在y方向，质点若始终匀速，应是沿x方向先加速后减速，D对． 答案：BD 3．民族运动会上有一骑射项目，运动员骑在奔跑的马背上，弯弓放箭射击侧向的固定目标，假设运动员骑马奔驰的速度为v1，运动员静止时射出的弓箭速度为v2，跑道离固定目标的最近距离为d.要想命中目标且射出的箭在空中飞行时间最短，则( ) A．运动员放箭处离目标的距离为 B．运动员放箭处离目标的距离为 C．箭射到靶的最短时间为 D．箭射到靶的最短时间为 解析： 要想在最短时间内射中目标，箭垂直于跑道射出时间t＝，运动员放箭时应使箭的合速度方向对准目标，如右图，则有s＝vt＝·. 答案：BC 4．平抛物体的运动规律可以概括为两点：一是水平方向做匀速直线运动；二是竖直方向做自由落体运动．为了研究平抛物体的运动，可做下面的实验：如图所示，用小锤击打弹性金属片，A球水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动．两球同时落到地面．则这个实验( ) A．只能说明上述规律中的第一条 B．只能说明上述规律中的第二条 C．不能说明上述规律中的任何一条 D．能同时说明上述两条规律 解析：该题考查对平抛运动及其分运动的理解，同时考查探究问题的思维能力．实验中A球做平抛运动，B球做自由落体运动，两球同时落地说明A球平抛运动的竖直分运动和B球相同，而不能说明A球的水平分运动是匀速直线运动，所以B项正确．A、C、D三项都不对． 答案：B 5．(2011·广东理综)如下图所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H处，将球以速度v沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上．已知底线到网的距离为L，重力加速度取g，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是( ) A．球的速度v等于L B．球从击出至落地所用时间为 C．球从击球点至落地点的位移等于L D．球从击球点至落地点的位移与球的质量有关 解析：球做平抛运动，则其在竖直方向做自由落体运动，H＝gt2得t＝，故B正确，水平方向做匀速运动，L＝v0t得v0＝＝L ，可知A正确．球从击球点到落地点的位移s＝与m无关，可知C、D错误． 答案：AB 6．(2011·江苏单科)如图所示，甲、乙两同学从河中O点出发，分别沿直线游到A点和B点后，立即沿原路线返回到O点，OA、OB分别与水流方向平行和垂直，且OA＝OB.若水流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间t甲、t乙的大小关系为( ) A. t甲t乙 D．无法确定 解析：设水速为v0，人在静水中速度为v，对甲，由O→A，所用时间t1＝，由A→O所用时间t2＝，则甲所用时t甲＝t1＋t2＝＋＝s(1)式；对乙，由O→B和由B→O的实际速度v′＝，故所用时间t乙＝＝(2)式；两式相比得＝>1即t甲>t乙，故C正确． 答案：C 7．如图所示，两个相对的斜面，倾角分别为37°和53°.在顶点把两个小球以同样大小的初速度分别向左、向右水平抛出，小球都落在斜面上．若不计空气阻力，则A、B两个小球的运动时间之比为( ) A．11 B．43 C．169 D．916 解析： 两小球均做平抛运动，由题意知小球都落在斜面上，所以A、B两小球位移方向与v0方向的夹角分别为θA＝37°，θB＝53°，如图所示，由tanθ＝＝＝得t＝，所以＝＝＝. 答案：D 8．(2012·江苏高考)如图所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h(l、h均为定值)．将A向B水平抛出的同时，B自由下落．A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则( ) A．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度 B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰 C．A、B不可能运动到最高处相碰 D．A、B一定能相碰 解析：对A球，水平方向上x＝vt，竖直方向上h＝gt2，两式联立解得x＝v，两球第一次落地间距为Δx＝l－x＝l－v，当v较小时，有l>x，两球不相碰，当v增大到恰好使得l＝x时，两球恰好落地时第一次相碰，当v增大到一定值会有l<x即第一次落地前相碰，选项A正确；由于两球在竖直方向上同时从同一高度下落，碰撞时无机械能损失，两球始终处于同一高度，由于A球水平速度不变，在t＝时两球一定相碰，选项B错误，D正确；当l＝2nv(其中n＝1、2、3…)时两球恰好能在最高点相碰，选项C错误． 答案：AD 二、计算题(3×12′＝36′) 9．如图所示，已知h＝2 m．小船以v＝4 m/s的速度匀速向左运动，并拉动岸上的车，当船经图中的A点时，绳与水平方向的夹角为θ＝60°，当船经过图中B点时，绳子与水平方向的夹角θ′＝30°，求该过程车的速度变化了多少？ 解析： 小船的实际运动可分解为两个分运动，一方面船绕O点做圆周运动，因此有垂直于绳斜向上的分速度v1，另一方面是沿绳子方向的运动，因此有分速度v2.如图所示，当船经A点时由几何知识知v2＝v·cosθ＝＝2 m/s.又因绳的长度不变，所以v车＝v2＝2 m/s.同理，当船经B点时，v车′＝v2′＝vcosθ′＝2 m/s，所以从A到B的过程中车的速度增加了Δv＝v车′－v车＝1.46 m/s. 答案：该过程车的速度增加了1.46 m/s 10．如下图所示，光滑斜面长为a，宽为b，倾角为θ.一物块沿斜面上方顶点P水平射入，而从右下方顶点Q离开斜面，求物块入射的初速度为多少？ 解析：物体在光滑斜面上只受重力和斜面对物体的支持力，因此物体所受的合力大小为F＝mgsinθ， 方向沿斜面向下；根据牛顿第二定律，则物体沿斜面方向的加速度应为a加＝＝gsinθ， 又由于物体的初速度与a加垂直，所以物体的运动可分解为两个方向的运动，即水平方向是速度为v0的匀速直线运动，沿斜面向下的是初速度为零的匀加速直线运动．因此在水平方向上有b＝v0t， 沿斜面向下的方向上有a＝a加t2； 故v0＝＝b. 答案：b 11.如图所示，在水平地面上固定一倾角θ＝37°、表面光滑的斜面体，物体A以v1＝6 m/s的初速度沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，有一物体B以某一初速度水平抛出．如果当A上滑到最高点时恰好被B物体击中．(A、B均可看作质点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2)求： (1)物体A上滑到最高点所用的时间t； (2)物体B抛出时的初速度v2； (3)物体A、B间初始位置的高度差h. 解析：(1)物体A上滑过程中，由牛顿第二定律得 mgsinθ＝ma 代入数据得a＝6 m/s2 设经过t时间相撞，由运动学公式0＝v1－at 代入数据得t＝1 s. (2)物体B做平抛运动，它的水平位移x＝v1tcos37°＝2.4 m 则抛出物体B时的初速度v2＝＝2.4 m/s. (3)物体A、B间的高度差 h＝hA＋hB＝v1tsin37°＋gt2＝6.8 m. 答案：(1)1 s　(2)2.4 m/s　(3)6.8 m。

课时作业(五)1．关于力的概念，下列说法正确的是()A．一个力必定联系着两个物体，其中每个物体既是受力物体，又是施力物体B．放在桌面上的木块受到桌面对它向上的弹力，这是由于木块发生微小形变而产生的C．压缩弹簧时，手先给弹簧一个压力F，等弹簧再压缩x距离后才反过来给手一个弹力D．根据力的作用效果命名的不同名称的力，性质可能也不相同[解析]力是物体间的相互作用，受力物体同时也是施力物体，施力物体同时也是受力物体，所以A正确；产生弹力时，施力物体和受力物体同时发生形变，放在桌面上的木块受到桌面给它向上的弹力，这是由于桌面发生微小形变而产生的，故B不正确；力的作用是相互的，作用力和反作用力同时产生、同时消失，故C选项错误；根据力的作用效果命名的力，性质可能相同，也可能不相同，D 选项正确．[答案] AD2．(2012·杭州高三检测)如下图所示，下列四个图中，所有的球都是相同的，且形状规则质量分布均匀．甲球放在光滑斜面和光滑水平面之间，乙球与其右侧的球相互接触并放在光滑的水平面上，丙球与其右侧的球放在另一个大的球壳内部并相互接触，丁球用两根轻质细线吊在天花板上，且其中右侧一根线是沿竖直方向．关于这四个球的受力情况，下列说法正确的是()A．甲球受到两个弹力的作用B．乙球受到两个弹力的作用C．丙球受到两个弹力的作用D．丁球受到两个弹力的作用[解析]甲球受水平面的弹力，斜面对甲球无弹力，乙球受水平面的弹力，乙与另一球之间无弹力，丙球受右侧球和地面的两个弹力作用，丁球受竖直细线的拉力，倾斜细线的拉力刚好为零，故C对，A、B、D错．[答案] C3．(2012·台州质检)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.GL1 B.GL2C.GL1－L2D.2GL1－L2[解析]由胡克定律知，G＝k(L1－L0)，G＝k(L0－L2)，联立可得k＝2GL1－L2，D对．[答案] D4．一根轻质弹簧一端固定，用大小为F1的力压弹簧的另一端，平衡时长度为l1；改用大小为F2的力拉弹簧，平衡时长度为l2.弹簧的拉伸或压缩均在弹性限度内，该弹簧的劲度系数为()A.F2－F1l2－l1B.F2＋F1l2＋l1C.F2＋F1l2－l1D.F2－F1l2＋l1[解析]根据胡克定律有F1＝k(l0－l1)，F2＝k(l2－l0)，解得k＝F2＋F1l2－l1，C正确．[答案] C5．如右图所示，小球A的重力为G＝20 N，上端被竖直悬线挂于O点，下端与水平桌面相接触，悬线对球A、水平桌面对球A的弹力大小可能为() A．0，G B．G,0C.G2，G2 D.12G，32G[解析]球A处于静止状态，球A所受的力为平衡力，即线对球的拉力F T及桌面对球的支持力F N共同作用与重力G平衡，即F T＋F N＝G，若绳恰好伸直，则F T＝0，F N＝G，A对；若球刚好离开桌面，则F N＝0，F T＝G，B对；也可能F N＝F T＝G2，C对．[答案] ABC6．(2012·浙江宁波联考)实验室常用的弹簧测力计如(图甲)所示，有挂钩的拉杆与弹簧相连，并固定在外壳的一端上，外壳上固定一个圆环，可以认为弹簧测力计的总质量主要集中在外壳(重量为G)上，弹簧和拉杆的质量忽略不计．再将该弹簧测力计以两种方式固定于地面上，如图(乙)、(丙)所示，分别用恒力F0竖直向上拉弹簧测力计，静止时弹簧测力计的读数为()A．(乙)图读数F0－G，(丙)图读数F0＋GB．(乙)图读数F0＋G，(丙)图读数F0－GC．(乙)图读数F0，(丙)图读数F0－GD．(乙)图读数F0－G，(丙)图读数F0[解析]对(乙)中弹簧测力计的外壳受力分析可知，受重力G、拉力F0和弹簧的拉力F1，如右图所示，则弹簧测力计的读数为F1＝F0－G；由于弹簧和拉杆的质量忽略不计，所以(丙)中弹簧的拉力等于F0，即弹簧测力计的读数为F2＝F0，故D正确．[答案] D7.如右图所示，质量为m的物体悬挂在轻质支架上，斜梁OB与竖直方向的夹角为θ，设水平横梁OA和斜梁OB作用于O点的弹力分别为F1和F2，以下结果正确的是()A．F1＝mg sinθB．F1＝mg sinθC．F2＝mg cosθD．F2＝mg cosθ[解析]由题可知，对悬挂的物体由力的平衡条件可知绳子的拉力等于其重力，则绳子拉O点的力也等于重力．求OA和OB的弹力，选择的研究对象为作用点O，受力分析如图，由平衡条件可知，F1和F2的合力与F T等大反向，则由平行四边形定则和几何关系可得：F1＝mg tanθ，F2＝mgcosθ，故D正确．[答案] D8．(2012·山东烟台市测试)如右图所示，两根相距为L的竖直固定杆上各套有质量为m的小球，小球可以在杆上无摩擦地自由滑动，两小球用长为2L的轻绳相连，今在轻绳中点施加一个竖直向上的拉力F，恰能使两小球沿竖直杆向上匀速运动．则每个小球所受的拉力大小为(重力加速度为g) ()A.mg2B．mgC.3F/3D．F[解析]根据题意可知：两根轻绳与竖直杆间距正好组成等边三角形，每个小球所受的拉力大小为F′，对结点进行受力分析，根据平衡条件可得，F＝2F′cos30°，解得小球所受拉力F′＝3F3，C正确．[答案] C9.(2012·江西师大附中、临川联考)如右图所示，完全相同的质量为m的A、B 两球，用两根等长的细线悬挂在O点，两球之间夹着一根劲度系数为k的轻弹簧，静止不动时，弹簧处于水平方向，两根细线之间的夹角为θ，则弹簧的长度被压缩了()A.mg tanθk B.2mg tanθkC.mg tanθ2k D.2mg tanθ2k[解析]考查受力分析、物体的平衡．对A受力分析可知，有竖直向下的重力mg、沿着细线方向的拉力F T以及水平向左的弹簧弹力F，由正交分解法可得水平方向F T sin θ2＝F＝kΔx，竖直方向F T cosθ2＝mg，解得Δx＝mg tanθ2k，C正确．[答案] C10．(2012·洛阳市期中)如图所示，小车上有一根固定的水平横杆，横杆左端固定的轻杆与竖直方向成θ角，轻杆下端连接一小铁球；横杆右端用一根细线悬挂一小铁球，当小车做匀变速直线运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ<α，则下列说法中正确的是() A．轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上B．轻杆对小球的弹力方向与细线平行向上C．小车一定以加速度gtgα向右做匀加速运动D．小车一定以加速度gtgθ向右做匀加速运动[解析]由于两小球加速度方向相同，所受弹力方向也应该相同，所以轻杆对小球的弹力方向与细线平行向上，选项A错误B正确；对细线悬挂的小铁球受力分析，由牛顿第二定律可得，小车一定以加速度gtgα向右做匀加速运动，选项C 正确D错误．[答案] BC11．如右图所示，在动力小车上固定一直角硬杆ABC，分别系在水平直杆AB 两端的轻弹簧和细线将小球P悬吊起来．轻弹簧的劲度系数为k，小球P的质量为m，当小车沿水平地面以加速度a向右运动而达到稳定状态时，轻弹簧保持竖直，而细线与杆的竖直部分的夹角为θ，试求此时弹簧的形变量．[解析]F T sinθ＝ma，F T cosθ＋F＝mg，F＝kx联立解得：x＝m(g－a cotθ)/k讨论：(1)若a<g tanθ，则弹簧伸长x＝m(g－a cotθ)/k(2)若a＝g tanθ，则弹簧伸长x＝0(3)若a>g tan θ，则弹簧压缩x＝m(a cotθ－g)/k[答案] 见解析12．如右图所示，原长分别为L 1和L 2，劲度系数分别为k 1和k 2的轻质弹簧竖直悬挂在天花板上，两弹簧之间有一质量为m 1的物体，最下端挂着质量为m 2的另一物体，整个装置处于静止状态．(1)求这时两弹簧的总长．(2)若用一个质量为M 的平板把下面的物体竖直缓慢地向上托起，直到两弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和，求这时平板对物体m 2的支持力大小．[解析] (1)设上面弹簧的伸长量为Δx 1，下面弹簧的伸长量为Δx 2，由物体的平衡及胡克定律得，k 1Δx 1＝(m 1＋m 2)g ，Δx 1＝(m 1＋m 2)g k1，k 2Δx 2＝m 2g ，Δx 2＝m 2g k 2所以总长为L ＝L 1＋L 2＋Δx 1＋Δx 2 ＝L 1＋L 2＋(m 1＋m 2)g k1＋m 2gk 2.(2)要使两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和，必须是上面弹簧伸长Δx ，下面弹簧缩短Δx .对m 2∶F N ＝k 2Δx ＋m 2g 对m 1∶m 1g ＝k 1Δx ＋k 2Δx F N ＝m 2g ＋k 2k 1＋k 2m 1g . [答案] (1)L 1＋L 2＋(m 1＋m 2)g k 1＋m 2g k 2 (2)m 2g ＋k 2k 1＋k 2m 1g。

课后作业(二十)(时间45分钟，满分100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)1．(2013届陕西师大附中检测)冬天当脱毛线衫时，静电经常会跟你开开小玩笑．下列一些相关的说法中正确的是()A．在将外衣脱下的过程中，内外衣间摩擦起电，内衣和外衣所带的电荷是同种电荷B．如果内外两件衣服可看作是电容器的两极，并且在将外衣脱下的某个过程中两衣间电荷量一定，随着两衣间距离的增大，两衣间电容变小，则两衣间的电势差也将变小C．在将外衣脱下的过程中，内外两衣间隔增大，衣物上电荷的电势能将增大(若不计放电中和)D．脱衣时如果人体带上了正电，当手接近金属门把时，由于手与门把间空气电离会造成对人体轻微的电击2.图6－3－17三个分别带有正电、负电和不带电的质量相同的颗粒，从水平放置的平行带电金属板左侧以相同速度v0垂直电场线方向射入匀强电场，分别落在带正电荷的下板上的a、b、c三点，如图6－3－17所示，下面判断正确的是() A．落在a点的颗粒带正电，c点的带负电，b点的不带电B．落在a、b、c点的颗粒在电场中的加速度的关系是a a＞a b＞a cC．三个颗粒在电场中运动的时间关系是t a＞t b＞t cD．电场力对落在c点的颗粒做负功3.图6－3－18(2013届石家庄一中检测)如图6－3－18所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为U)()A．电子到达B板时的动能是U(eV)B．电子从B板到达C板动能变化量为零C．电子到达D板时动能是3U(eV)D．电子在A板和D板之间做往复运动4.图6－3－19(2013届西安一中模拟)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，如图6－3－19所示．以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，W表示正电荷在P点的电势能．若保持负极板不动，将正极板移动到图中虚线所示的位置，则下列判断正确的是()A．U变小，E不变B．E变大，W变大C．U变小，W不变D．U不变，W不变5.图6－3－20(2013届榆林一中模拟)如图6－3－20所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a 由顶点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从顶点C 射出．若不计重力，则a和b的比荷(即粒子的电荷量与质量之比)是() A．1∶2 B．2∶1C．1∶8 D．8∶16．(2013届安康中学抽样测试)如图6－3－21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，在下图中，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()甲乙图6－3－217.图6－3－22(2013届山西省实验中学质检)如图6－3－22所示，在xOy竖直平面内存在着水平向右的匀强电场．有一带正电的小球自坐标原点沿着y轴正方向以初速度v0抛出，运动轨迹最高点为M，与x轴交点为N，不计空气阻力，则小球() A．做匀加速运动B．从O到M的过程动能增大C．到M点时的动能为零D．到N点时的动能大于12m v28.图6－3－23如图6－3－23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，圆轨道半径为R，AB为圆水平直径的两个端点，AC为14圆弧．一个质量为m、电荷量为－q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，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HD．小球到达C点的速度可能为零9．(2013届太原一中检测)如图6－3－24所示，光滑的水平轨道AB，与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点．一质量为m、带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，恰能通过最高点，则()图6－3－24A．R越大，x越大B．R越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大C．m越大，x越大D．m与R同时增大，电场力做功增大10．(2013届海口模拟)如图6－3－25甲所示，三个相同的金属板共轴排列，它们的距离与宽度均相同，轴线上开有小孔，在左边和右边两个金属板上加电压U后，金属板间就形成匀强电场；有一个比荷qm＝1.0×10－2C/kg的带正电的粒子从左边金属板小孔轴线A处由静止释放，在电场力作用下沿小孔轴线射出(不计粒子重力)，其v－t图象如图6－3－25乙所示，则下列说法正确的是()图6－3－25A．右侧金属板接电源的正极B．所加电压U＝100 VC．乙图中的v2＝2 m/sD．通过极板间隙所用时间比为1∶(2－1)二、非选择题(本题共2小题，共30分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)11．(15分)如图6－3－26所示，AB是一倾角为θ＝37°的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.30，BCD是半径为R＝0.2 m的光滑圆弧轨道，它们相切于B点，C为圆弧轨道的最低点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E＝4.0×103N/C，质量m＝0.20 kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下．已知斜面AB对应的高度h＝0.24 m，滑块带电荷量q＝－5.0×10－4 C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求：图6－3－26(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端B点时的速度大小；(2)滑块滑到圆弧轨道最低点C时对轨道的压力．12．(15分)(2013届西安三校联考)如图6－3－27，直流电源的路端电压U＝182 V，金属板AB、CD、EF、GH相互平行、彼此靠近．它们分别和变阻器上的触点a、b、c、d连接．变阻器上ab、bc、cd段电阻之比为1∶2∶3.孔O1正对B和E，孔O2正对D和G.边缘F、H正对．一个电子以初速度v0＝4×106 m/s沿AB方向从A点进入电场，恰好穿过孔O1和O2后，从H点离开电场．金属板间的距离L1＝2 cm，L2＝4 cm，L3＝6 cm.电子质量m e＝9.1×10－31 kg，电荷量q＝1.6×10－19 C．正对的两平行板间可视为匀强电场，求：图6－3－27(1)各相对两板间的电场强度；(2)电子离开H点时的动能；(3)四块金属板的总长度(AB＋CD＋EF＋GH)．答案与解析1．【解析】摩擦起电实质是电子的转移，则两物体应带异种电荷，故A项错；由U＝QC知，Q不变，C减小，U增大，故B项错；因内外衣带异种电荷，将它们间隔增大时，克服电场力做功，电势能增大，故C项正确；人体带上正电，与金属门把接近时会放电，D项正确．【答案】CD2.【解析】由于带电粒子都打在极板上，所以沿电场方向匀加速运动的时间t＝2ya，垂直电场方向匀速运动由x＝v0t，得t a＜t b＜t c，所以a a＞a b＞a c，再由牛顿第二定律可推出，a带负电，b不带电，c带正电，故答案为B、D.【答案】 BD3.【解析】 由电路图可得，电子在A 、B 板间加速运动，电场力做正功U (eV)，在B 、C 板间匀速运动，在C 、D 板间减速运动，电场力做负功－U (eV)，所以电子在D 板处速度为零，电子在A 板和D 板之间做往复运动，所以答案为C.【答案】 C4.【解析】 与电源断开后，电容器两极板所带电荷量一定，则：E ＝U d ，U＝Q C ，所以E ＝Q Cd .对于平行板电容器有：C ＝εS 4πkd .所以E ＝Q εS ·4πk ，与d 无关，故E 不变．当正极板向下移动时，d 减小，U 减小，A 项正确．因极板间场强没变，正电荷P 相对负极板的位置没变，所以，W 不变，C 项正确．【答案】 AC5.【解析】设AB 长为2h ，BC 长为2l ，对a 粒子⎩⎪⎨⎪⎧2h ＝12a a t 2a ＝12q a E m a t 2a ，①l ＝v 0t a ，②得2h ＝12q a E m a (l v 0)2，③ 对b 粒子⎩⎪⎨⎪⎧h ＝12a b t 2b ＝12q b E m b t 2b ，④2l ＝v 0t b ，⑤得h ＝12q b E m b (2l v 0)2，⑥由③⑥两式得q am a q bm b＝81，故选D 项． 【答案】 D6．【解析】 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 0e d ，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T 4内向A 板做匀减速直线运动，所以a －t 图象如图D 所示，v －t 图象如图A 所示；又因匀变速直线运动位移x ＝v 0t ＋12at 2，所以x －t 图象应是曲线．【答案】 AD7.【解析】 带正电的小球自坐标原点沿着y 轴正方向以初速度v 0抛出后受到恒定的合力作用做匀变速运动，在运动开始的一段时间内合力与速度的夹角为钝角，速度减小，A 、B 都错；小球自坐标原点到M 点，y 方向在重力作用下做速度减小到零的匀变速运动，x 方向在电场力作用下做初速度为零的匀加速运动，所以到M 点时的动能不为零，C 错；由动能定理有：qEx ＝12m v 2N －12m v 20＞0，D正确．【答案】 D8.【解析】 若电场力大于重力，则有可能不从B 点离开轨道，选项A 错误；若电场力等于重力，小球在AC 部分做匀速圆周运动，选项B 正确；因电场力做负功，则机械能损失，上升的高度一定小于H ，选项C 正确；由圆周运动知识可知，若小球到达C 点的速度为零，则在此之前就已脱轨了，选项D 错误．【答案】 BC9．【解析】 小球在BCD 部分做圆周运动，在D 点，mg ＝m v 2D R ，小球由B到D 的过程中有：－2mgR ＝12m v 2D －12m v 2B ，v B ＝5gR ，R 越大，小球经过B 点时的速度越大，则x 越大，选项A 正确；在B 点有：F N －mg ＝m v 2B R ，F N ＝6mg ，选项B错误；由Eqx＝12m v2B，知m越大，小球在B点的动能越大，x越大，电场力做功越多，选项C、D正确．【答案】ACD10．【解析】带正电的粒子在电场力作用下由左极板向右运动，可判断左侧金属板接电源正极，A选项错误．由v－t图象可知，带电粒子的加速度a＝2 m/s2，两极板间距d＝0.25 m，由qE＝ma得E＝200 V/m，U＝2Ed＝100 V，B 选项正确．可将粒子在两个间隙间的运动看成是初速度为零的连续的匀加速运动，两间隙距离相等，则有t1∶t2＝1∶(2－1)，D选项正确．v1∶v2＝1∶2，将v1＝1.0 m/s代入，得v2＝ 2 m/s，C选项错误．【答案】BD11．【解析】(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力f＝μ(mg＋qE)cos 37°＝0.96 N设到达斜面底端时的速度为v1，根据动能定理得(mg＋qE)h－fhsin 37°＝12m v21解得v1＝2.4 m/s(2)滑块从B到C，由动能定理可得：(mg＋qE)R(1－cos 37°)＝12m v22－12m v21当滑块经过最低点时，有F N－(mg＋qE)＝m v22 R由牛顿第三定律：F′N＝F N解得：F′N＝11.36 N【答案】(1)2.4 m/s(2)11.36 N12．【解析】(1)三对正对极板间电压之比U1∶U2∶U3＝R ab∶R bc∶R cd＝1∶2∶3板间距离之比L1∶L2∶L3＝1∶2∶3故三个电场场强相等E＝UL1＋L2＋L3＝1 516.67 N/C(2)根据动能定理qU ＝12m e v 2－12m e v 20电子离开H 点时的动能E k ＝12m e v 20＋qU ＝3.64×10－17 J(3)由于板间场强相等，则电子在竖直方向所受电场力不变，加速度恒定，可知电子做类平抛运动：竖直方向：L 1＋L 2＋L 3＝12·qE m et 2 水平方向：x ＝v 0t消去t 解得x ＝0.12 m四块金属板的总长度AB ＋CD ＋EF ＋GH ＝2x ＝0.24 m【答案】 (1)见解析 (2)3.64×10－17 J (3)0.24 m。