精品推荐2012优化方案高考物理一轮总复习人教浙江专用课时卷135页 139页

优化方案·课时作业　　　‎ 第1章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 高三物理(配人教·浙江专用) 课时1‎ 必修1　第1章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 第一节　描述运动的基本概念 一、单项选择题 ‎1．(2011年福建龙岩调研) 为了使高速公路交通有序、安全，路旁立了许多交通标志．如图所示，甲图是限速路标，表示允许行驶的最大速度是‎110 km/h；乙图是路线指示标志，表示到泉州还有‎100 km.上述两个数据的物理意义是(　　)‎ A．‎110 km/h是平均速度，‎100 km是位移 B．‎110 km/h是平均速度，‎100 km是路程 C．‎110 km/h是瞬时速度，‎100 km是位移 D．‎110 km/h是瞬时速度，‎100 km是路程 答案：D ‎2．(2011年杭州学军中学检测)北京时间‎2010年8月1日5时30分，中国在西昌卫星发射中心用“长征三号甲”运载火箭，将第五颗北斗导航卫星成功送入太空预定轨道．这标志着卫星导航市场的垄断局面被打破，北斗卫星导航系统将免费提供定位、测速和授时服务，定位精度‎10 m，测速精度‎0.2 m/s，以下说法不正确的是(　　)‎ A．北斗导航卫星定位提供的是被测物体的位移 B．北斗导航卫星定位提供的是被测物体的位置 C．北斗导航卫星授时服务提供的是时刻 D．北斗导航卫星测速服务提供的是运动物体的速率 解析：选A.由位置、位移、时间、时刻、速度、速率的定义可知，北斗导航卫星定位提供的是一个点，是位置，不是位置的变化，A错、B对；北斗导航卫星授时服务提供的是时刻，C对；北斗导航卫星测速服务提供的是运动物体某时刻的速度的大小即速率，D正确．‎ ‎3．在第12届柏林世界田径锦标赛中，牙买加飞人博尔特在男子‎100 m决赛中和男子‎200 m决赛中分别以9.58 s和19.19 s的成绩打破他在北京奥运会创造的纪录，获得两枚金牌，如图所示．关于他在这两次决赛中的运动情况，下列说法正确的是(　　)‎ A．‎200 m决赛中的位移是‎100 m决赛的两倍 B．‎200 m决赛中的平均速度约为‎10.42 m/s C．‎100 m决赛中的平均速度约为‎10.44 m/s D．‎100 m决赛中的最大速度约为‎20.88 m/s 解析：选C‎.200 m决赛的跑道有一段弯道，所以‎200 m决赛的位移小于‎200 m ‎，所以A错；‎200 m决赛的平均速度<＝‎10.42 m/s，故B错；‎100 m决赛的平均速度＝＝‎10.44 m/s，故C对．由于不是匀加速运动，所以最大速度不是平均速度的2倍，D错．‎ ‎4．(2011年鲁迅中学调研)对于质点的运动，下列说法中正确的是(　　)‎ A．质点运动的加速度为零，则速度为零，速度变化也为零 B．质点速度变化率越大，则加速度越大 C．质点某时刻的加速度不为零，则该时刻的速度也不为零 D．质点运动的加速度越大，它的速度变化越大 解析：选B.质点运动的加速度为零时，质点的速度变化为零，但速度不一定为零，A错误；质点速度变化率即为加速度，B正确；质点在某时刻的加速度不为零，其速度可能为零，如自由落体的物体在开始下落的瞬间，故C错误；质点的速度变化Δv＝a·Δt，即速度的变化由质点的加速度和时间共同决定，D错误．‎ ‎5．(2011年江苏南莫中学高三期中测试)一架直升飞机以加速度a从地面由静止开始竖直向上起飞，已知飞机在上升过程中每秒的耗油量V0＝pa＋q(p、q均为常数)．若直升飞机欲上升到某一定高度处，且耗油量最小，则其加速度大小应为(　　)‎ A.　　　　　　　　　　 B. C. D. 答案：B 二、不定项选择题 ‎6．一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为‎4 m/s,1 s后速度的大小变为‎10 m/s，在这1 s内该物体的(　　)‎ A．位移的大小可能小于‎3 m B．位移的大小可能大于‎10 m C．加速度的大小可能小于‎4 m/s2‎ D．加速度的大小可能大于‎10 m/s2‎ 解析：选D.(1)若初、末速度同向时：＝＝ m/s＝‎7 m/s，x＝ t＝‎7 m；a＝＝ m/s2＝‎6 m/s2.‎ ‎(2)若初、末速反向时：＝＝ m/s＝‎3 m/s x＝ t＝‎3 m；a＝＝ m/s2＝‎14 m/s2.‎ 因此可得出D正确．‎ ‎7．下列说法正确的是(　　)‎ A．参考系必须是固定不动的物体 B．参考系可以是变速运动的物体 C．地球很大，又因有自转，研究地球公转时，地球不可视为质点 D．研究跳水运动员转体动作时，运动员不可视为质点 解析：选BD.参考系是为了描述物体的运动而人为选定作为参照的物体，参考系可以是不动的，也可以是变速运动的物体，A错误，B正确；地球的公转半径比地球半径大得多，在研究地球公转时，可将地球视为质点，C错误；但在研究跳水运动员身体转动时，运动员的形状和大小对研究结果的影响不可忽略，不能被视为质点，D正确．‎ ‎8．(2011年黑龙江大庆一中质检)一个物体做匀加速直线运动，在t秒内经过的位移是x，它的初速度为v0，t秒末的速度为vt，则物体在这段时间内的平均速度为(　　)‎ A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选AD.平均速度的定义式：＝，适用于一切运动；＝仅适用于匀变速直线运动．‎ ‎9．一个做变速直线运动的物体，加速度逐渐减小到零，那么该物体的运动情况可能是(　　)‎ A．速度不断增大，到加速度为零时，速度达到最大，而后做匀速直线运动 B．速度不断减小，到加速度为零时，物体运动停止 C．速度不断减小到零，然后向相反方向做加速运动，而后物体做匀速直线运动 D．速度不断减小，到加速度为零时速度减小到最小，而后物体做匀速直线运动 解析：选ABCD.变速直线运动的物体可以是加速，也可以是减速，加速度不断减小到零表明物体速度变化的越来越慢至速度不变，故A、B、C、D都正确．‎ ‎10．在山东威海举行的第十一届全国运动会铁人三项女子决赛中，采用了奥林匹克标准竞赛距离，包括一点五公里游泳、四十公里自行车和十公里跑步三部分，总距离为五十一点五公里．东道主选手王毅在最后一圈加速冲刺，以领先9.24秒的优势获得冠军，总成绩是2小时16分02秒77.假设王毅在三项中各段的时间分别为t1、t2、t3，对应行程为s1、s2、s3，三项中各段的平均速率分别为v1、v2、v3，总平均速率为v.则(计算中结果保留一位小数)(　　)‎ A．v1t1‎ C．v1＝v2 D．v1>v2‎ 解析：选AC.若皮带顺时针方向转动的速度不大于v1，则物体m由A到B一直匀减速，到B端的速度为v1，通过AB的时间也为t1；当皮带顺时针方向转动的速度大于v1时，物体m在AB上先减速到与皮带速度相等，再与皮带一起匀速，或物体m由A到B一直匀速或匀加速，到B端的时间t2≤t1，速度v2≥v1，故A、C正确，B、D错误．‎ 三、计算题 ‎11．(2010年高考课标全国卷)短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了‎100 m和‎200 m短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别是9.69 s和19.30 s．假定他在‎100 m比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15 s，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动‎.200 m比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与‎100 m比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑‎100 m时最大速率的96%.求：‎ ‎(1)加速所用时间和达到的最大速率；‎ ‎(2)起跑后做匀加速运动的加速度．(结果保留两位小数)‎ 解析：(1)设加速所用时间为t(以s为单位)，匀速运动的速度为v(以m/s为单位)，则有vt＋(9.69－0.15－t)v＝100①‎ vt＋(19.30－0.15－t)×0.96v＝200②‎ 由①②式得t＝1.29 s，v＝‎11.24 m/s.‎ ‎(2)设加速度大小为a，则 a＝＝‎8.71 m/s2.‎ 答案：(1)1.29 s　‎11.24 m/s　(2)‎8.71 m/s2‎ ‎12．(2011年永嘉抽测)在一次低空跳伞训练中，当直升飞机悬停在离地面‎224 m高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动．运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以‎12.5 m/s2的加速度匀减速下降．为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过‎5 m/s，(取g＝‎10 m/s2)求：‎ ‎(1)伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？着地时相当于从多高处自由落下？‎ ‎(2)伞兵在空中的最短时间为多少？‎ 解析：(1)设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h，此时速度为v0，着地时相当于从h1高处自由落下，‎ 则有v2－v＝－2ah，‎ 即52－v＝－2×12.5×h 又v＝‎2g(224－h)＝2×10×(224－h)‎ 联立解得h＝‎99 m，v0＝‎50 m/s 以‎5 m/s的速度落地相当于从h1高处自由落下，‎ 即2gh1＝v2　所以h1＝v2/2g＝52/20 m＝‎1.25 m.‎ ‎(2)设伞兵在空中的最短时间为t，‎ 则有v0＝gt1，t1＝v0/g＝50/10 s＝5 s，‎ t2＝(v－v0)/a＝ s＝3.6 s，‎ 故所求时间t＝t1＋t2＝(5＋3.6) s＝8.6 s.‎ 答案：(1)‎99 m　‎1.25 m　(2)8.6 s 课时3‎ 第三节　运动图象　追及、相遇问题 一、单项选择题 ‎1．如图所示为甲、乙两物体相对于同一坐标的x－t图象，则下列说法正确的是(　　)‎ ‎①甲、乙均做匀变速直线运动 ‎②甲比乙早出发时间t0‎ ‎③甲、乙运动的出发点相距x0‎ ‎④甲的速率大于乙的速率 A．①②③　　　　　　　　 B．①④‎ C．②③ D．②③④‎ 解析：选C.图象是x－t图线，甲、乙均做匀速直线运动；乙与横坐标的交点表示甲比乙早出发时间t0，甲与纵坐标的交点表示甲、乙运动的出发点相距x0.甲、乙运动的速率用图线的斜率的绝对值表示，由图可知甲的速率小于乙的速率．‎ ‎2．(2011年北京海淀区模拟) 甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的x－t图象如图所示，则下列说法正确的是(　　)‎ A．t1时刻乙车从后面追上甲车 B．t1时刻两车相距最远 C．t1时刻两车的速度刚好相等 D．0到t1时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度 答案：A ‎3．(2011年金华模拟)如图所示，A、B两物体相距x＝‎7 m时，A在水平拉力和摩擦力作用下，正以vA＝‎4 m/s的速度向右匀速运动，而物体B此时正以vB＝‎10 m/s的初速度向右匀减速运动，加速度a＝－‎2 m/s2，则A追上B所经历的时间是(　　)‎ A．7 s　　　　　　　　　　 B．8 s C．9 s D．10 s 解析：选B.物体B减速至静止的时间为t 则－vB＝at，t＝ s＝5 s.‎ 物体B向前运动的位移xB＝vBt＝×10×‎5 m＝‎25 m.‎ 又因A物体5 s内前进xA＝vAt＝4×‎5 m＝‎20 m，显然xB＋‎7 m>xA.‎ 所以A追上B前，物体B早已经静止，设A追上B经历的时间为t′，则t′＝＝ s＝8 s，B正确．‎ ‎4．(2010年高考天津卷)质点做直线运动的v－t图象如图所示，规定向右为正方向，则该质点在前8 s内平均速度的大小和方向分别为(　　)‎ A．‎0.25 m/s　向右 B．‎0.25 m/s　向左 C．‎1 m/s　向右 D．‎1 m/s　向左 解析：选B.由图象面积计算0～3 s内质点的位移x1＝2×3× m＝‎3 m，方向向右，3～8 s内位移为x2＝2×5× m＝‎5 m，方向向左，所以前8 s总位移x＝x1－x2＝－‎2 m.＝＝ m/s＝－‎0.25 m/s，即大小为‎0.25 m/s，方向向左．B正确．‎ ‎5．(2011年湖州模拟)在如图所示的位移(x)—时间(t)图象和速度(v)—时间(t)图象中，给出的四条图线甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是(　　)‎ A．甲车做曲线运动，乙车做直线运动 B．0～t1时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程 C．丙、丁两车在t2时刻相距最远 D．0～t2时间内，丙、丁两车的平均速度相等 答案：C ‎6．(2009年高考山东卷)某物体做直线运动的v－t图象如图所示，据此判断四个选项中正确的是(F：受力；x：位移)(　　)‎ 解析：选B.根据v－t图象0～2 s与6 s～8 s两段时间内加速度相同，合力方向相同；2 s～6 s内加速度方向未变，合力方向不变．但0～2 s内的合力与2 s～6 s内的合力方向相反，因此选项B正确.0～4 s内物体位移不断增大，4 s末达到最大值，接着反向运动，8 s末返回出发点，故C、D错．‎ 二、不定项选择题 ‎7．(2009年高考广东卷)如图是甲、乙两物体做直线运动的v－t图象，下列表述正确的是(　　)‎ A．乙做匀加速直线运动 B．0～1 s内甲和乙的位移相等 C．甲和乙的加速度方向相同 D．甲的加速度比乙的小 解析：选A.由题图可知，乙做匀加速直线运动而甲做匀减速直线运动，A正确；由v－t图线的斜率的大小表示物体加速度的大小，正负表示加速度的方向可知，C、D错误；0～1 s内甲的位移大，B错误．‎ ‎8．(2010年高考上海卷)如图为质量相等的两个质点A、B在同一直线上运动的v－t图象．由图可知(　　)‎ A．在t时刻两个质点在同一位置 B．在t时刻两个质点速度相等 C．在0～t时间内质点B比质点A位移大 D．在0～t时间内合外力对两个质点做功相等 解析：选BCD.根据v－t图的意义可知t时刻A、B两质点的速度相等，B项正确．再结合动能定理可知D项正确．v－t图中的面积表示对应时间内的位移，由图可知0～t时间内质点B比质点A的位移大，C项正确．由于两质点的初始位置不确定，故不能确定t时刻两质点的位置，故A选项错误．‎ ‎9．(2011年温州八校联考)设物体运动的加速度为a、速度为v、位移为x.现有四个不同物体的运动图象如图所示，假设物体在t＝0时的速度均为零，则其中表示物体做单向直线运动的图象是(　　)‎ 解析：选BD.A中表示物体在x＝0到x＝1之间往复运动，B中物体做变速运动，各时刻的速度v≥0.所以物体只沿正方向运动；C中物体在0～2 s内沿正方向运动，2 s～4 s内沿负方向运动；D中物体的速度图象与B项相同．综上分析可知B、D正确．‎ ‎10．从同一地点同时开始沿同一方向做直线运动的两个物体A、B的v－t图象如图所示，在0～t0时间内，下列说法中正确的是(　　)‎ A．A、B两个物体的加速度大小都在不断减小 B．A物体的加速度不断增大，B物体的加速度不断减小 C．A、B两个物体的位移都不断增大 D．A、B两个物体的平均速度大小都大于 答案：AC 三、计算题 ‎11．(2011年湖南教育考试院调研测试)空间探测器从某一星球表面竖直升空．已知探测器质量为‎1500 kg，发动机推动力为恒力．探测器升空后发动机因故障突然关闭，如图所示是探测器从升空到落回星球表面的速度随时间变化的图线，‎ 则由图线可判断该探测器在星球表面达到的最大高度Hm为多少？发动机的推动力F为多少？‎ 解析：由图线可知，探测器能达到的最大高度即是横轴上方图线所包围的面积，Hm＝ m＝‎480 m.‎ 星球表面的重力加速度g′＝ m/s2＝‎2.5 m/s2，‎ F＝m(a＋g′)，‎ a＝＝‎5 m/s2，‎ 所以F＝m(a＋g′)＝11250 N.‎ 答案：‎480 m　11250 N ‎12．一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以‎10 m/s的速度匀速行驶的货车严重超载时，决定前去追赶，经过5.5 s后警车发动起来，并以‎2.5 m/s2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在‎90 km/h以内．问：‎ ‎(1)警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？‎ ‎(2)警车发动后要多长时间才能追上货车？‎ 解析：(1)警车在追赶货车的过程中，当两车速度相等时，它们间的距离最大，设警车发动后经过t1时间两车的速度相等．‎ 则t1＝ s＝4 s x货＝(5.5＋4)×‎10 m＝‎‎95 m x警＝at＝×2.5×‎42 m＝‎‎20 m 所以两车间的最大距离 Δx＝x货－x警＝‎75 m.‎ ‎(2)v0＝‎90 km/h＝‎25 m/s，‎ 当警车刚达到最大速度时，运动时间 t2＝ s＝10 s x′货＝(5.5＋10)×‎10 m＝‎‎155 m x′警＝at＝×2.5×‎102 m＝‎‎125 m 因为x′货>x′警，故此时警车尚未赶上货车，且此时两车距离 Δx′＝x′货－x′警＝‎‎30 m 警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过Δt时间追赶上货车，则 Δt＝＝2 s 所以警车发动后要经过 t＝t2＋Δt＝12 s 才能追上货车．‎ 答案：(1)‎75 m　(2)12 s 课时4‎ 第2章　相互作用 第一节　重力　弹力　摩擦力 一、单项选择题 ‎1. (2011年金华十校联考)如图所示，A、B两物体叠放在一起，用手托住，让它们静止靠在墙边，然后释放，使它们同时沿竖直墙面下滑，已知mA>mB，则物体B(　　)‎ A．只受一个重力 B．受到重力、摩擦力各一个 C．受到重力、弹力、摩擦力各一个 D．受到重力、摩擦力各一个，弹力两个 解析：选A.物体A、B将一起做自由落体运动，所以A、B之间无相互作用力，物体B与墙面有接触而无挤压，所以与墙面无弹力，当然也没有摩擦力，所以物体B只受重力，选A.‎ ‎2．如图所示，轻质弹簧的劲度系数为k，小球重G，平衡时小球在A处，今用力F压小球至B处，使弹簧缩短x，则此时弹簧的弹力为(　　)‎ A．kx　　　　　　　　　　 B．kx＋G C．G－kx D．以上都不对 解析：选B.设球在A处时弹簧已压缩了Δx，球平衡时弹力FA＝G＝kΔx，球在B处时，弹簧又压缩x，球再次达到平衡时弹力FB＝k(Δx＋x)＝G＋kx.故选项B是正确的．‎ ‎3. 用手握住一个油瓶(油瓶始终处于竖直方向且静止不动，如图所示)，下列说法中正确的是(　　)‎ A．当瓶中油的质量增大时，手握瓶的力必须增大 B．手握得越紧，油瓶受到的摩擦力越大 C．不论手握得多紧，油瓶受到的摩擦力总是一定的 D．摩擦力大于油瓶与油的总重力 解析：选C.因为油瓶处于平衡状态，故摩擦力与油和瓶的总重力大小相等，又因为是静摩擦力，根据其特点，大小与压力无关，故C正确，B、D错误．而最大静摩擦力Ffmax与正压力有关. 在压力一定的情况下，最大静摩擦力一定．若平衡时，静摩擦力未达到最大值，当适当增加油的质量时，若G≤Ffmax，不增加压力仍可平衡，A错．‎ ‎4．(2011年北京西城区抽样测试)如图所示，质量为m＝‎20 kg的物体，在粗糙水平面上向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，物体同时还受到大小为10 N，方向向右的水平拉力F的作用，则水平面对物体的摩擦力(g取‎10 m/s2)(　　)‎ A．大小是10 N，方向水平向左 B．大小是20 N，方向水平向左 C．大小是20 N，方向水平向右 D．大小是30 N，方向水平向右 解析：选C.物体向左运动，受到向右的滑动摩擦力，大小为Ff＝μFN＝μmg＝20 N，与外力F无关，故选C.‎ ‎5．(2010年高考课标全国卷)如图所示，一物块置于水平地面上．当用与水平方向成60°角的力F1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30°角的力F2推物块时，物块仍做匀速直线运动．若F1和F2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为(　　)‎ A.－1 B．2－ C.－ D．1－ 解析：选B.当用F1拉物块时，由平衡条件可知：F1cos60°＝μ(mg－F1sin60°)；当用F2推物块时，又有F2cos30°＝μ(mg＋F2sin30°)，又F1＝F2，求得μ＝＝2－，B正确．‎ ‎6．(2011年杭州模拟)如图所示，质量为m的小物块静止地放在半径为R的半球体上，小物块与半球体间的动摩擦因数为μ，小物块与球心连线与水平地面的夹角为θ，则下列说法正确的是(　　)‎ A．小物块所受摩擦力大小为μmgsinθ B．小物块对半球体的压力大小为mgcosθ C．小物块所受摩擦力大小为mgsinθ D．小物块所受摩擦力大小为mgcosθ 解析： 选D.分析小物块受力如图所示，因小物块静止在半球体上，所以有FN＝mgsinθ，Ff＝mgcosθ，故有D正确，B、C错误；因小物块受静摩擦力作用，其大小不能用Ff＝μFN＝μmgsinθ来计算，故A错误．‎ 二、不定项选择题 ‎7. 某同学用传感器来探究摩擦力，他的实验步骤如下：①将力传感器接入数据采集器，再连接到计算机上；②将一质量m＝‎3.75 kg的木块置于水平桌面上，用细绳将木块和传感器连接起来；③打开计算机，使数据采集器工作，然后沿水平方向缓慢地拉动细绳，木块运动一段时间后停止拉动；④将实验得到的数据经计算机处理后在屏幕上显示出如图所示的图象．下列有关这个实验的几个说法，其中正确的是(　　)‎ A．0～6 s内木块一直受到静摩擦力的作用 B．最大静摩擦力比滑动摩擦力大 C．木块与桌面间的动摩擦因数为0.08‎ D．木块与桌面间的动摩擦因数为0.11‎ 答案：BC ‎8．(2011年北京四中检测) 如图所示，质量分别为mA和mB的物体A、B用细绳连接后跨过滑轮，A静止在倾角为45°的斜面上．已知mA＝2mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°增大到50°，系统保持静止．下列说法正确的是(　　)‎ A．细绳对A的拉力将增大 B．A对斜面的压力将减小 C．A受到的静摩擦力不变 D．A受到的合力将增大 解析：选B.对A受力分析如图所示，由物体的平衡条件得：FN－Gcosθ＝0，Gsinθ－Ff－F＝0，F＝ 若θ从45°增大到50°，则有FN减小，Ff增大．物体A受到的合力仍为0.‎ ‎9．(2011年宁波调研)如图所示，物块M在静止的传送带上以速度v匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v，则传送带启动后(　　)‎ A．M静止在传送带上 B．M可能沿斜面向上运动 C．M受到的摩擦力不变 D．M下滑的速度不变 解析：选CD.由M匀速下滑可知其处于平衡状态，受重力、摩擦力、支持力，传送带启动以后对M受力没有影响，自然也不会影响其运动状态，故C、D正确．‎ ‎10. (2011年杭州二中质检)如图所示，重80 N的物体A放在倾角为30°的粗糙斜面上，有一根原长为‎10 cm、劲度系数为1000 N/m的弹簧，其一端固定在斜面底端，另一端放置物体A后，弹簧长度缩短为‎8 cm，现用一测力计沿斜面向上拉物体，若物体与斜面间最大静摩擦力为25 N，当弹簧的长度仍为‎8 cm时，测力计读数不可能为(　　)‎ A．10 N B．20 N C．40 N D．60 N 解析：选D.设物体所受静摩擦力Ff的方向沿斜面向上，由平衡条件得：F＋Ff＋kx＝mgsin30°，可得：F＋Ff＝20 N，F由0逐渐增大，Ff逐渐减小，当Ff＝0时，F为20 N，故A、B均可能；当Ff沿斜面向下时，F＋kx＝Ff＋mgsin30°，有：F＝Ff＋20 N，随F增大，Ff也逐渐增大，直到Ff＝25 N，此时F＝45 N．当F>45 N，物体就沿斜面滑动，故测力计的读数不可能为60 N.‎ 三、计算题 ‎11. 如图所示，质量分别为m和M的两物体P和Q叠放在倾角为θ的斜面上，P、Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与斜面间的动摩擦因数为μ2(μ1>μ2)．当它们从静止开始沿斜面滑下时，两物体始终保持相对静止，则物体P受到的摩擦力大小为多少？‎ 解析：先取PQ为一整体，受力分析如图所示．‎ 由牛顿第二定律得：‎ ‎(M＋m)gsinθ－FfQ＝(M＋m)a FfQ＝μ2FN FN＝(m＋M)gcosθ 以上三式联立可得a＝gsinθ－μ2gcosθ 再隔离P物体，设P受到的静摩擦力为FfP，‎ 方向沿斜面向上，对P再应用牛顿第二定律得：‎ mgsinθ－FfP＝ma 可得出FfP＝μ2mgcosθ.‎ 答案：μ2mgcosθ ‎12．(2011年江苏苏州模拟) 如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，劲度系数分别为k1、k2的两个轻弹簧沿斜面悬挂着，两弹簧之间有一质量为m1的重物，最下端挂一质量为m2的重物，现用力F沿斜面向上缓慢推动m2，当两弹簧的总长等于两弹簧原长之和时，试求：‎ ‎(1)m1、m2各上移的距离．‎ ‎(2)推力F的大小．‎ 解析：(1)没加推力时：k2x2＝m2gsinθ k2x2＋m1gsinθ＝k1x1‎ 加上推力后，当两弹簧的总长度等于两弹簧原长之和时，k1的伸长量与k2的压缩量均为 x，对m1受力分析可得：‎ k1x＋k2x＝m1gsinθ 所以m1上移的距离 d1＝x1－x＝－ m2上移的距离d2＝x2＋x＋d1＝x2＋x1‎ ‎＝＋.‎ ‎(2)分析m2的受力情况，有：‎ F＝m2gsinθ＋k2x＝m2gsinθ＋.‎ 答案：(1)－ ＋ ‎(2)m2gsinθ＋ 课时5‎ 第二节　力的合成与分解 一、单项选择题 ‎1．物体受共点力F1、F2、F3作用而做匀速直线运动，则这三个力可能选取的数值为(　　)‎ A．15 N、5 N、6 N B．3 N、6 N、4 N C．1 N、2 N、10 N D．1 N、6 N、8 N 解析：选B.物体在F1、F2、F3作用下而做匀速直线运动，则三个力的合力必定为零，只有B选项中的三个力的合力可以为零，故选B.‎ ‎2．如图所示，F1、F2、F3恰好构成封闭的直角三角形，这三个力的合力最大的是(　　)‎ 解析：选C.由矢量合成法则可知A图的合力为‎2F3，B图的合力为0，C图的合力为‎2F2，D图的合力为‎2F3，因F2为直角三角形的斜边，故这三个力的合力最大的为C图．‎ ‎3. (2011年杭州一模)如图所示，一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登，由于身背较重的行囊，重心上移至肩部的O点，总质量为‎60 kg.此时手臂与身体垂直，手臂与岩壁夹角为53°.则手受到的拉力和脚受到的作用力分别为(设手、脚受到的作用力均通过重心O，g取‎10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)(　　)‎ A．360 N,480 N B．480 N,360 N C．450 N,800 N D．800 N,450 N 答案：A ‎4．如图所示，小球用细绳系住放在倾角为θ的光滑斜面上，当细绳由水平方向逐渐向上偏移时，绳上的拉力将(　　)‎ A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 解析：选D.由图解法可知，当细绳与斜面平行时拉力最小，所以细绳由A点逐渐移到D 点的过程中，拉力先减小后增大，选D项．‎ ‎5．(2011年金华一中高三调研)如图所示，用OA、OB两根轻绳将物体悬于两墙之间，OA、OB两根轻绳之间的夹角为90°.当更换OA绳，使A点下移，直至轻绳OA为水平，在此过程中保持O点位置不变．则在A点不断下移到A′的过程中，绳OA的拉力(　　)‎ A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先变小后变大 D．先变大后变小 解析：选A.重力不变，OB绳上拉力方向不变，在OA绳方向逐渐转至OA′的过程中，两拉力方向由90°逐渐增大，则OA绳上拉力由最小值逐渐增大，A对．‎ ‎6. 2010年广州亚运会上，“吊环王”陈一冰成功捍卫荣誉，以16.075分摘得金牌成功卫冕，其中有一个高难度的动作就是先双手撑住吊环，然后身体下移，双臂缓慢张开到如图所示位置，则在两手之间的距离增大的过程中，吊环的两根绳的拉力FT(两个拉力大小相等)及它们的合力F的大小变化情况为(　　)‎ A．FT增大，F不变　　　　 B．FT增大，F增大 C．FT增大，F减小 D．FT减小，F不变 解析：选A.由平衡条件，合力F等于人的重力，故F恒定不变；当两手间距离变大时，绳的拉力的夹角变大，由平行四边形定则知，FT变大，A正确．‎ ‎7. (2011年湖南长沙模拟)如图所示是用来粉刷墙壁的涂料滚的示意图．使用时，用撑竿推着涂料滚沿墙壁上下滚动，把涂料均匀地粉刷到墙壁上．撑竿的重量和墙壁的摩擦均不计，而且撑竿足够长．粉刷工人站在离墙壁某一距离处缓缓上推涂料滚，使撑竿与墙壁间的夹角越来越小．该过程中撑竿对涂料滚的推力为F1，墙壁对涂料滚的支持力为F2，下列说法正确的是(　　)‎ A．F1、F2均减小 B．F1、F2均增大 C．F1减小，F2增大 D．F1增大，F2减小 解析：选A.在缓缓上推过程中涂料滚受力如图所示．‎ 由平衡条件可得：F1sinθ－F2＝0，‎ F1cosθ－G＝0‎ 解得F1＝，F2＝Gtanθ 由于θ减小，所以F1减小，F2减小，故正确答案为A.‎ 二、不定项选择题 ‎8．在研究共点力合成实验中，得到如图所示的合力与两力夹角θ的关系曲线，关于合力F的范围及两个分力的大小，下列说法中正确的是(　　)‎ A．2 N≤F≤14 N B．2 N≤F≤10 N C．两力大小分别为2 N、8 N D．两力大小分别为6 N、8 N 解析：选AD.由图象得：θ＝π时，两分力F1、F2垂直，合力为10 N，即＝10，θ＝π时，两分力方向相反，即两分力相减，|F1－F2|＝2，联立解得：F1＝8 N，F2＝6 N，合力的范围F1－F2≤F≤F1＋F2，即2 N≤F≤14 N．故A、D对，B、C错．‎ ‎9. (2011年湖北孝感高中质量检测)如图所示，作用于O点的三个力平衡，设其中一个力大小为F1，沿－y方向，大小未知的力F2与＋x方向夹角为θ，下列说法正确的是(　　)‎ A．力F3只能在第二象限 B．力F3只能在第三象限 C．力F3与F2的夹角越小，则F3与F2的合力越小 D．F3的最小值为F1cosθ 解析：选D.由图可知力F3可以在第三象限，也可以在第二象限，故A、B错误；F3与F2的合力与F1等大、反向，故C错误；根据图解法可求出F3的最小值为F1cosθ，故D正确．‎ ‎10．(2011年山东青岛模拟)如图所示，在水平天花板的A点处固定一根轻杆a，杆与天花板保持垂直．杆的下端有一个轻滑轮O.另一根细线上端固定在该天花板的B点处，细线跨过滑轮O，下端系一个重为G的物体，BO段细线与天花板的夹角为θ＝30°.系统保持静止，不计一切摩擦．下列说法中正确的是(　　)‎ A．细线BO对天花板的拉力大小是 B．a杆对滑轮的作用力大小是 C．a杆和细线对滑轮的合力大小是G D．a杆对滑轮的作用力大小是G 解析：选D.细线对天花板的拉力等于物体的重力G；以滑轮为对象，两段绳的拉力都是G，互成120°，因此合力大小是G，根据共点力平衡，a杆对滑轮的作用力大小也是G(方向与竖直方向成60°斜向右上方)；a杆和细线对滑轮的合力大小为零．‎ 三、计算题 ‎11. 榨油在我国已有上千年的历史，较早时期使用的是直接加压式榨油方法．而现在已有较先进的榨油方法，某压榨机的结构示意图如图所示，其中B点为固定铰链，若在A铰链处作用一垂直于壁的力F，则由于力F的作用，使滑块C压紧物体D，设C与D光滑接触，杆的重力及滑块C的重力不计．压榨机的尺寸如图所示，l＝‎0.5 m，b＝‎0.05 m．求物体D所受压力的大小是F的多少倍？‎ 解析：按力F的作用效果沿AB、AC方向分解为F1、F2，如图甲所示，则 F1＝F2＝ 由几何知识得tanθ＝＝10.‎ 按力F2的作用效果沿水平向左和竖直向下分解为FN′、FN，如图乙所示，则FN＝F2sinθ 以上各式联立解得FN＝‎‎5F 所以物体D所受压力的大小是F的5倍．‎ 答案：5倍 ‎12．(2011年镇海中学高三质检)如图所示，AC和BC 两轻绳共同悬挂一质量为m的物体，若保持AC绳的方向不变，AC与竖直方向上的夹角为60°，改变BC绳的方向，试求：‎ ‎(1)物体能达到平衡时，θ角的取值范围．‎ ‎(2)θ在0～90°的范围内，求BC绳上拉力的最大值和最小值．‎ 解析： (1)改变BC绳的方向时，AC绳的拉力FA方向不变，两绳拉力的合力F与物体的重力平衡，重力大小和方向保持不变，如图所示，经分析可知，θ最小为0°，此时FTA＝0；且θ必须小于120°，否则两绳的合力不可能竖直向上．所以θ角的取值范围是0°≤θ<120°.‎ ‎(2)θ在0～90°的范围内，由图知，当θ＝90°时，FTB最大，Fmax＝mgtan60°＝mg.‎ 当两绳垂直时，即θ＝30°时，FTB最小，Fmin＝mgsin60°＝mg.‎ 答案：(1)0°≤θ<120°‎ ‎(2) mg　mg 课时6‎ 第三节　受力分析　共点力的平衡 一、单项选择题 ‎1．(2011年金华一中月考)如图所示，一物体在粗糙水平地面上受斜向上的恒定拉力F作用而做匀速直线运动，则下列说法正确的是(　　)‎ A．物体可能只受两个力作用 B．物体可能受三个力作用 C．物体可能不受摩擦力作用 D．物体一定受四个力 解析：选D.物体做匀速直线运动，则受力平衡，将拉力F在水平方向和竖直方向上分解，则物体一定要受到滑动摩擦力的作用．再根据摩擦力产生的条件知，一定会产生弹力．因此物体一定会受到四个力的作用．‎ ‎2．(2011年山东淄博模拟)如图所示，物块A放在倾斜的木板上，已知木板的倾角α分别为30°和45°时物块所受摩擦力的大小恰好相同，则物块和木板间的动摩擦因数为(　　)‎ A.　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选C.由题意可以判断出，当倾角α＝30°时，物体受到的摩擦力是静摩擦力，大小为Ff1＝mgsin30°，当α＝45°时，物体受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小为Ff2＝μFN＝μmgcos45°，由Ff1＝Ff2得μ＝.‎ ‎3. (2010年高考江苏卷)如图所示，置于水平地面的三脚架上固定着一质量为m的照相机．三脚架的三根轻质支架等长，与竖直方向均成30°角，则每根支架中承受的压力大小为(　　)‎ A.mg B.mg C.mg D.mg 解析： 选D.如图每根支架承受的压力为FN，则FN的竖直分力大小为，所以FN＝＝mg，D正确．‎ ‎4．用一根长‎1 m的轻质细绳将一幅质量为‎1 kg的画框对称悬挂在墙壁上．已知绳能承受的最大张力为10 N．为使绳不断裂，画框上两个挂钉的间距最大为(g取‎10 m/s2)(　　)‎ A. m B. m C. m D. m 解析：选A.对画框进行受力分析，并把两绳拉力作用点平移至重心处，如图所示，则有：‎ ‎2FT‎1cosα＝‎2FT2‎cosα＝mg.‎ 其中FT1＝FT2≤10 N.‎ 所以cosα≥.‎ 设挂钉间距为x，则有：sinα＝＝.‎ x＝Lsinα＝L≤ ＝ m 即x≤ m，A正确．‎ ‎5．(2011年金丽衢十二校联考)两光滑平板OM、ON构成一具有固定夹角θ0＝75°的V形槽，一球置于槽内，用θ表示ON板与水平面之间的夹角，如图所示．调节ON板与水平面之间夹角θ，使球对板ON压力的大小正好等于球所受重力的大小，则在下列给出的数值中符合条件的夹角θ值是(　　)‎ A．15° B．30°‎ C．45° D．60°‎ 解析：选B.受力分析如图所示，OM对球的弹力为F1，ON对球的弹力为F2＝G，F1、F2的合力F3与重力等大反向．则有：2α＋θ＝180°，α＋θ＝180°－θ0，解得：θ＝30°.‎ ‎6. (2009年高考浙江理综卷)如图所示，质量为m的等边三棱柱静止在水平放置的斜面上．已知三棱柱与斜面之间的动摩擦因数为μ，斜面的倾角为30°，则斜面对三棱柱的支持力与摩擦力的大小分别为(　　)‎ A.mg和mg　　　　　　 B.mg和mg C.mg和μmg D.mg和μmg 解析：选A.三棱柱受重力、斜面的支持力和摩擦力三力平衡，故FN＝mgcosθ＝mg，Ff＝mgsinθ＝mg，A选项正确．‎ 二、不定项选择题 ‎7．均匀长杆一端搁在地面上，另一端用细线系在天花板上，如图所示的受力分析示意图中，正确的是(　　)‎ 解析：选ACD.长杆处于平衡状态，其所受所有外力的合力为零，即水平方向和竖直方向的合力都要为零，显然选项A正确；B、C、D选项中，将F沿水平和竖直方向分解，水平方向满足平衡条件的还有C、D选项．综上可知，选项A、C、D正确．‎ ‎8. (2011年瑞安中学模拟)如图所示，水平细杆上套一环A，环A与球B间用一轻质绳相连，质量分别为mA、mB，由于B球受到风力作用，A与B球一起向右匀速运动．已知细绳与竖直方向的夹角为θ.则下列说法中正确的是(　　)‎ A．风力增大时，轻质绳对B球的拉力保持不变 B．B球受到的风力F为mBgtanθ C．杆对A球的支持力随着风力的增加而增加 D．A球与水平细杆间的动摩擦因数为 解析：选B.以B球为研究对象，受到重力、风力和拉力，三力平衡，解三角形得到拉力FT＝，风力F＝mBgtanθ，A项错误，B项正确；利用整体法，水平有F＝μ(mA＋mB)g，解得μ＝，D项错误；竖直方向杆对A球的支持力FNA＝(mA＋mB)g，C项错误．‎ ‎9．(2011年北京四中一模)如图所示，表面光滑的半圆柱体固定在水平面上，小物块在拉力F作用下从B点沿圆弧缓慢上滑至A点，此过程中F始终沿圆弧的切线方向，则(　　)‎ A．小物块受的支持力逐渐变大 B．小物块受的支持力先变小后变大 C．拉力F逐渐变小 D．拉力F先变大后变小 解析：选AC.小物块上升到圆弧最高点时，F减小为零；支持力最大，等于重力．‎ ‎10．(2011年衢州二中调研)如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与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的支持力与B、C的总重力大小相等 D．若将细绳剪断，B物体依然静止在斜面上，水平面对C的摩擦力为零 解析：选D.若绳对B的拉力恰好与B的重力沿斜面向下的分力相等，则B与C间的摩擦力为零，A项错误；利用整体法判断，C一定受到水平面向左的摩擦力，B项错误；同理在竖直方向利用整体法判断，水平面对C的支持力小于B、C的总重力，C项错误；利用整体法判断，剪断细绳后BC系统在水平方向不受外力作用，D项正确．‎ 三、计算题 ‎11. (2011年杭州学军中学月考)如图所示，小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止的光滑斜面上，设小球质量m＝‎1 kg，斜面倾角α＝30°，细绳与竖直方向夹角θ＝30°，光滑斜面体的质量M＝‎3 kg，置于粗糙水平面上．(g取‎10 m/s2)求：‎ ‎(1)细绳对小球拉力的大小；‎ ‎(2)地面对斜面体的摩擦力的大小和方向．‎ 解析：(1)以小球为研究对象受力分析如图甲所示．‎ F＝mg，FTcos30°＝F 得FT＝＝ N＝ N ‎(2)以小球和斜面整体为研究对象受力分析如图乙所示，因为系统静止，所以Ff＝FT sin30°＝× N＝ N，方向水平向左．‎ 答案：(1) N　(2) N，方向水平向左 ‎12. (2011年湖南岳阳市一中质检)如图所示，两个完全相同的球，重力大小均为G，两球与水平地面间的动摩擦因数都为μ，且假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，一根轻绳两端固结在两个球上，在绳的中点施加一个竖直向上的拉力，当绳被拉直后，两段绳间的夹角为α.问当F至少为多大时，两球将会发生滑动？‎ 解析：对结点O受力分析如图甲所示，由平衡条件得：‎ F1＝F2＝ 对任一球(如右球)受力分析如图乙所示，球发生滑动的临界条件是：F2sin＝μFN.‎ 又F2cos＋FN＝G.‎ 联立解得：F＝.‎ 答案： 课时7‎ 第3章　牛顿运动定律 第一节　牛顿第一、第三定律 一、单项选择题 ‎1．(2011年金华一中检测)关于惯性，下列说法正确的是(　　)‎ A．静止的火车启动时速度变化缓慢，是因为火车静止时惯性大 B．战斗机投入战斗时，必须抛掉副油箱，是要减少惯性，保证其运动的灵活性 C．在绕地球运转的宇宙飞船内的物体处于失重状态，因而不存在惯性 D．乒乓球可以快速抽杀，是因为乒乓球惯性大的缘故 解析：选B.物体的质量是物体惯性大小的量度，物体的惯性是物体的固有属性，只与质量有关，与物体的运动状态无关，抛掉副油箱可以减小质量，故选B.‎ ‎2．吊在大厅天花板上的吊扇的总重力为G，静止时固定杆对吊环的拉力大小为F，当接通电源，让扇叶转动起来后，吊杆对吊环的拉力大小为F′，则有(　　)‎ A．F＝G，F′＝F　　　　　　 B．F＝G，F′>F C．F＝G，F′F 答案：C ‎3．如图所示，物块P与木板Q叠放在水平地面上，木板Q对物块P的支持力的反作用力是(　　)‎ A．物块P受到的重力 B．地面对木板Q的弹力 C．物块P对木板Q的压力 D．地球对木板Q的吸引力 解析：选C.两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，所以Q对P的支持力的反作用力是P对Q的压力．‎ ‎4．(思维创新题)如图所示，一只盛水的容器固定在一个小车上，在容器中分别悬挂和拴着一只铁球和一只乒乓球．容器中的水和铁球、乒乓球都处于静止状态．当容器随小车突然向右运动时，两球的运动状况是(以小车为参考系)(　　)‎ A．铁球向左，乒乓球向右 B．铁球向右，乒乓球向左 C．铁球和乒乓球都向左 D．铁球和乒乓球都向右 答案：A ‎5．(2011年山东潍坊模拟) 质量为‎60 kg的人站在水平地面上，用定滑轮装置将质量为m＝‎40 kg的重物送入井中．当重物以‎2 m/s2的加速度加速下落时，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则人对地面的压力大小为(g取‎10 m/s2)(　　)‎ A．200 N　　　　　　　　 B．280 N C．320 N D．920 N 解析：选B.根据牛顿第二定律有mg－F＝ma，得绳子的拉力大小等于F＝320 N，然后再对人进行受力分析，由物体的平衡知识得m‎0g＝F＋FN，得FN＝280 N，根据牛顿第三定律可知人对地面的压力为280 N．B正确．‎ ‎6. 如图所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为(　　)‎ A．(M＋m)g B．(M＋m)g－ma C．(M＋m)g＋ma D．(M－m)g 解析：选B.对竿上的人分析：受重力mg，摩擦力Ff，有mg－Ff＝ma.竿对人有摩擦力，人对竿也有反作用力——摩擦力，且大小相等，方向相反．对竿分析：受重力Mg，摩擦力Ff，方向向下，支持力FN，Mg＋Ff＝FN，又因为竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律，得FN＝(M＋m)g－ma.‎ 二、不定项选择题 ‎7．(2011年慈溪中学月考)就一些实际生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以解释，其中正确的是(　　)‎ A．采用了大功率的发动机后，某些赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度．这表明，可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性 B．射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透，这表明它的惯性小了 C．货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性 D．摩托车转弯时，车手一方面要控制适当的速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，通过调控人和车的惯性达到急转弯的目的 解析：选C.只有改变物体的质量，才能改变惯性，故C对．‎ ‎8．(2010年高考广东卷)下列关于力的说法正确的是(　　)‎ A．作用力和反作用力作用在同一物体上 B．太阳系中的行星均受到太阳的引力作用 C．运行的人造地球卫星所受引力的方向不变 D．伽利略的理想实验说明了力不是维持物体运动的原因 解析：选BD.作用力和反作用力作用在两个不同的物体上，A错误；太阳系中的所有行星都要受到太阳的引力，且引力方向沿着两个星球的连线指向太阳，B正确，C错误；伽利略理想实验说明力不是维持物体运动的原因，D正确．‎ ‎9．(2011年台州模拟)“嫦娥二号”的成功发射，一方面表明中国航天事业已走在了世界的前列，另一方面“嫦娥二号”的发射也带动了高科技的发展．目前计算机的科技含量已相当高，且应用于各个领域或各个方面．如图是利用计算机记录的“嫦娥二号”发射时，火箭和地面的作用力和反作用力变化图线，根据图线可以得出的结论是(　　)‎ A．作用力大时，反作用力小 B．作用力和反作用力的方向总是相反的 C．作用力和反作用力是作用在同一个物体上的 D．牛顿第三定律在物体处于非平衡状态时不再适用 解析：选B.作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，分别作用在两个物体上的，A、C错，B对．牛顿第三定律反映的规律与运动状态无关，D错．‎ ‎10．‎2008年9月25日地处西北戈壁荒滩的酒泉卫星发射中心，“长征”号火箭第109次发射，将“神舟”七号载人航天飞船发射到太空，并成功完成了中国宇航员第一次太空行走．下面关于飞船与火箭起飞的情形，叙述正确的是(　　)‎ A．火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力 B．火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力 C．火箭飞出大气层后，由于没有空气，火箭虽然向下喷气，但也无法获得前进的动力 D．飞船进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力 解析：选AD.火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体，火箭向下喷气时，喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力，即为火箭上升的推力，此动力并不是由周围的空气对火箭的反作用力提供的，因而与是否飞出大气层，是否在空气中飞行无关，因而B、C选项错误，A项正确；当飞船进入轨道后，飞船与地球之间依然存在着相互吸引力，即地球吸引飞船，飞船也吸引地球，这是一对作用力和反作用力，故D项正确．‎ 三、计算题 ‎11. (2009年高考安徽卷)在2008年北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神．为了探求上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化．一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图所示．设运动员质量为‎65 kg，吊椅的质量为‎15 kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g＝‎10 m/s2，当运动员与吊椅一起以a＝‎1 m/s2的加速度上升时，试求：‎ ‎(1)运动员竖直向下拉绳的力；‎ ‎(2)运动员对吊椅的压力．‎ 解析：(1)设运动员和吊椅的质量分别为M和m，绳拉运动员的力为F.以运动员和吊椅整体为研究对象，受到重力的大小为(M＋m)g，向上的拉力为‎2F，根据牛顿第二定律 ‎2F‎－(M＋m)g＝(M＋m)a F＝440 N 根据牛顿第三定律，运动员拉绳的力大小为440 N，方向竖直向下．‎ ‎(2)以运动员为研究对象，运动员受到三个力的作用，重力大小Mg，绳的拉力F，吊椅对运动员的支持力FN.根据牛顿第二定律 F＋FN－Mg＝Ma FN＝275 N 根据牛顿第三定律，运动员对吊椅压力大小为275 N，方向竖直向下．‎ 答案：(1)440 N　(2)275 N ‎12．如图所示，一辆卡车后面用轻绳拖着质量为m的物体A，A与地面的摩擦不计．‎ ‎(1)当卡车以a1＝g的加速度运动时，绳的拉力为mg，则A对地面的压力为多大？‎ ‎(2)当卡车的加速度a2＝g时，绳的拉力为多大？‎ 解析：(1)卡车和A的加速度一致．由图知绳的拉力的分力使A产生了加速度，故有：mgcosα＝m·g 解得cosα＝，sinα＝.‎ 设地面对A的支持力为FN，则有 FN＝mg－mg·sinα＝mg 由牛顿第三定律得：A对地面的压力为mg.‎ ‎(2)设地面对A弹力为零时，物体的临界加速度为a0，‎ 则a0＝g·cotθ＝g，‎ 故当a2＝g>a0时，物体已飘起．此时物体所受合力为mg，则由三角形知识可知，拉力F2＝＝mg.‎ 答案：(1) mg　(2) mg 课时8‎ 第二节　牛顿第二定律　两类动力学问题 一、单项选择题 ‎1. 如图所示，车内绳AB与绳BC拴住一小球，BC水平，车由原来的静止状态变为向右加速直线运动，小球仍处于图中所示的位置，则(　　)‎ A．AB绳、BC绳拉力都变大 B．AB绳拉力变大，BC绳拉力变小 C．AB绳拉力变大，BC绳拉力不变 D．AB绳拉力不变，BC绳拉力变大 解析： 选D.如图，车加速时，球的位置不变，则AB绳拉力沿竖直方向的分力仍为FT1cosθ，且等于重力G，即FT1＝，故FT1不变．向右的加速度只能是由BC绳上增加的拉力提供，故FT2增加，所以D正确．‎ ‎2．(2011年嘉兴模拟)一物块以某一初速度沿粗糙的斜面向上沿直线滑行，到达最高点后自行向下滑动，不计空气阻力，设物块与斜面间的动摩擦因数处处相同，下列图象能正确表示物块在这一过程中的速率与时间关系的是(　　)‎ 答案：C ‎3．(2011年北京西城区抽样测试)如图所示，倾角为θ的传送带沿逆时针方向以加速度a加速转动时，小物体A与传送带相对静止，重力加速度为g.则(　　)‎ A．只有a>gsinθ，A才受沿传送带向上的静摩擦力作用 B．只有aFf1，做匀减速直线运动，所以正确选项为C.‎ ‎10. (2011年江苏南京模拟)如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ.现给环一个向右的初速度v0，同时对环施加一个竖直向上的作用力F，并使F的大小随v的大小变化，两者的关系为F＝kv，其中k为常数，则环运动过程中的v－t图象可能是(　　)‎ 解析：选ABD.若F＝mg，则合力为0，环做匀速运动，A正确；若F>mg，则合力等于μ(F－mg)＝μ(kv－mg)，环做减速运动，随着v减小，合力减小，加速度也减小，当速度减小到一定值时，F＝mg，环匀速运动，D正确；若FmB B．μA>μB，mAmB 解析：选B.本题考查了用图象处理动力学问题．斜率表示物体质量的倒数，所以A的质量小于B的质量，A的重力小于B的重力，由于横坐标截距为物体受到的摩擦力大小，则A、B受到的摩擦力相等，那么μA>μB，所以B正确．‎ ‎5．如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、‎2m的A、B两个物体，A、B间的最大静摩擦力为μmg，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，则拉力F的最大值为(　　)‎ A．μmg B．2μmg C．3μmg D．4μmg 解析：选C.当A、B之间恰好不发生相对滑动时力F最大，此时，对于A物体所受的合外力为μmg 由牛顿第二定律知aA＝＝μg 对于A、B整体，加速度a＝aA＝μg 由牛顿第二定律得F＝3ma＝3μmg.‎ ‎6．(2010年高考福建卷)质量为‎2 kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．从t＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图所示．重力加速度g取‎10 m/s2，则物体在t＝0至t＝12 s这段时间的位移大小为(　　)‎ A．‎18 m B．‎‎54 m C．‎72 m D．‎‎198 m 解析：选B.物体与地面间最大静摩擦力Ff＝μmg＝0.2×2×10 N＝4 N．由题给F－t图象知0～3 s内，F＝4 N，说明物体在这段时间内保持静止不动.3～6 s内，F＝8 N，说明物体做匀加速运动，加速度a＝＝‎2 m/s2.6 s末物体的速度v＝at＝2×3＝6(m/s)，在6～9 s内物体以‎6 m/s的速度做匀速运动.9～12 s内又以‎2 m/s2的加速度做匀加速运动，作v－t图象如下．故0～12 s内的位移x＝(×3×6)×2＋6×6＝54(m)．故B项正确．‎ 二、不定项选择题 ‎7. (2010年高考海南卷)如图所示，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块，木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上．若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为(　　)‎ A．加速下降 B．加速上升 C．减速上升 D．减速下降 解析：选BD.当木箱静止时，箱顶对物块的压力为FN，方向竖直向下．弹簧对木块向上的压力为F，由平衡条件有FN＋mg＝F，故F>mg.当物块对箱顶刚好无压力时，FN＝0，而弹簧的压缩量未变．弹簧对物块的压力大小和方向均未变，仍为F，物块所受合外力应为F－mg，方向竖直向上，即加速度竖直向上，因此木箱运动状态可能为加速上升或减速下降，选项B、D正确．‎ ‎8. (2011年台州调研)如图所示，运动员“‎10 m跳板跳水”运动的过程可简化为：运动员走上跳板，将跳板从水平位置B压到最低点C，‎ 跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中．跳板自身重力忽略不计，则下列说法正确的是(　　)‎ A．运动员向下运动(B→C)的过程中，先失重后超重，对板的压力先减小后增大 B．运动员向下运动(B→C)的过程中，先失重后超重，对板的压力一直增大 C．运动员向上运动(C→B)的过程中，先超重后失重，对板的压力先增大后减小 D．运动员向上运动(C→B)的过程中，先超重后失重，对板的压力一直减小 解析：选BD.运动员由B→C的过程中，先向下加速后向下减速，即先失重后超重，但跳板的形变量一直变大，所以跳板所受的压力一直变大，A项错，B项对；运动员由C→B的过程中，先向上加速后向上减速，即先超重后失重，跳板所受的压力一直变小，C项错，D项对．‎ ‎9．(2011年学军中学一模)如图甲所示，质量为m的小物块以初速度v0沿足够长的固定斜面上滑，斜面倾角为θ，物块与该斜面间的动摩擦因数μ>tanθ，图乙中表示该物块的速度v和所受摩擦力Ff随时间t变化的图线(以初速度v0的方向为正方向)，可能正确的是(　　)‎ 解析：选AC.本题考查了用牛顿运动定律处理斜面问题．物块的运动情况是先向上做减速运动，所受滑动摩擦力为μmgcosθ，方向沿斜面向下，达到最高点后由于μ>tanθ即mgsinθ<μmgcosθ，滑块不会向下滑动，而是保持静止，静摩擦力的大小等于重力的下滑分力mgsinθ，小于上滑时的摩擦力μmgcosθ，所以A、C正确．‎ ‎10．如图所示，小车的质量为M，人的质量为m，人用恒力F拉绳，若人与车保持相对静止，且地面为光滑的，又不计滑轮与绳的质量，则车对人的摩擦力可能是(　　)‎ A．0 B．()F，方向向右 C．()F，方向向左 D．()F，方向向右 解析：选ACD.取人和小车为一整体，‎ 由牛顿第二定律得：‎2F＝(M＋m)a 设车对人的摩擦力大小为Ff，方向水平向右，则对人由牛顿第二定律得：‎ F－Ff＝ma，解得：Ff＝F 如果M>m，Ff＝F，方向向右，D正确．‎ 如果M＝m，Ff＝0，A正确．‎ 如果MRB 得vA>vB，ωA<ωB，故A、B正确，又因为T＝，所以TA>TB，又由受力情况知FNA＝FNB＝，故C、D错误．‎ 三、计算题 ‎11．如图所示，一可视为质点的物体质量为m＝‎1 kg，在左侧平台上水平抛出，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点进入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑，A、B为圆弧两端点，其连线水平，O为轨道的最低点．已知圆弧半径为R＝‎1.0 m，对应圆心角为θ＝106°，平台与AB连线的高度差为h＝‎0.8 m．(重力加速度g＝‎10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：‎ ‎(1)物体平抛的初速度；‎ ‎(2)物体运动到圆弧轨道最低点O时对轨道的压力．‎ 解析：(1)由于物体无碰撞进入圆弧轨道，即物体落到A点时速度方向沿A点切线方向，则 tanα＝＝＝tan53° 又由h＝gt2‎ 联立以上各式得v0＝‎3 m/s.‎ ‎(2)设物体到最低点的速度为v，由机械能守恒，有 mv2－mv＝mg[h＋R(1－cos53°)]‎ 在最低点，据牛顿第二定律，有 FN－mg＝m 代入数据解得FN＝43 N 由牛顿第三定律可知，物体对轨道的压力为43 N.‎ 答案：(1)‎3 m/s　(2)43 N ‎12. (2011年衢州模拟)如图所示，水平转台高‎1.25 m，半径为‎0.2 m，可绕通过圆心处的竖直转轴转动．转台的同一半径上放有质量均为‎0.4 kg的小物块A、B(可看成质点)，A与转轴间距离为‎0.1 m，B位于转台边缘处，A、B间用长‎0.1 m的细线相连，A、B与水平转台间最大静摩擦力均为0.54 N，g取‎10 m/s2.‎ ‎(1)当转台的角速度达到多大时细线上出现张力？‎ ‎(2)当转台的角速度达到多大时A物块开始滑动？‎ ‎(3)若A物块恰好将要滑动时细线断开，此后转台保持匀速转动，求B物块落地瞬间A、B两物块间的水平距离．(不计空气阻力，计算时取π＝3)‎ 解析：‎ 本题的关键是抓住临界状态，隔离物体，正确受力分析，在求水平位移时，一定搞清空间位置．‎ ‎(1)由Ff＝mω2r可知，B先达到临界状态，故当满足FfmW2‎ C．P＝P1 D．P1＝P2‎ 解析：选ABD.整个过程动能变化量为零，所以合力的功为零，A项正确．摩擦力大小相等，第一段位移大，所以B项正确．第一段是加速的，牵引力大于摩擦力，所以P>P1，C项错．加速阶段和减速阶段平均速度相等，所以摩擦力的平均功率相等，D项正确．‎ ‎10．(2011年北京四中检测)如图甲所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动．通过力传感器和速度传感器监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示．取g＝‎10 m/s2.则(　　)‎ A．物体的质量m＝‎‎1.0 kg B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20‎ C．第2秒内物体克服摩擦力做的功W＝2.0 J D．前2秒内推力F做功的平均功率＝1.5 W 解析：选CD.物体在第3秒内做匀速运动，则有F3＝μmg＝2 N，第2秒内物体做加速运动，有F2－μmg＝ma，其中加速度为a＝＝‎2 m/s2，解得m＝‎0.5 kg，μ＝0.4.第2秒内的位移为‎1 m，克服摩擦力做功为W＝μmgs＝2.0 J．前2秒内拉力做功为3 J，则平均功率为1.5 W.‎ 三、计算题 ‎11. (2011年慈溪中学模拟)一辆汽车质量为1×‎103 kg，最大功率为2×104 W，在水平路面上由静止开始做直线运动，最大速度为v2，运动中汽车所受阻力恒定．发动机的最大牵引力为3×103 N，其行驶过程中牵引力F与车速的倒数的关系如图所示．试求：‎ ‎(1)根据图线ABC判断汽车做什么运动？‎ ‎(2)v2的大小；‎ ‎(3)整个运动过程中的最大加速度；‎ ‎(4)匀加速运动过程的最大速度是多大？当汽车的速度为‎10 m/s时发动机的功率为多大？‎ 解析：(1)题图中图线AB段牵引力F不变，阻力Ff不变，汽车做匀加速直线运动，图线BC的斜率表示汽车的功率P，P不变，则汽车做加速度减小的加速运动，直至达到最大速度v2，此后汽车做匀速直线运动．‎ ‎(2)当汽车的速度为v2时，牵引力为F1＝1×103 N，‎ v2＝＝ m/s＝‎20 m/s.‎ ‎(3)汽车做匀加速直线运动时的加速度最大 阻力Ff＝＝ N＝1000 N a＝＝ m/s2＝‎2 m/s2.‎ ‎(4)与B点对应的速度为v1＝＝ m/s ‎≈‎6.67 m/s.‎ 当汽车的速度为‎10 m/s时处于图线BC段，故此时的功率最大，为Pm＝2×104 W.‎ 答案：(1)见解析　(2)‎20 m/s　(3)‎2 m/s2　(4)‎6.67 m/s　2×104 W ‎12. (2009年高考四川卷)图为修建高层建筑常用的塔式起重机．在起重机将质量m＝5×‎104 kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a＝‎0.2 m/s2，当起重机输出功 率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做vm＝‎1.02 m/s的匀速运动．取g＝‎10 m/s2，不计额外功．求：‎ ‎(1)起重机允许输出的最大功率．‎ ‎(2)重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2秒末的输出功率．‎ 解析：(1)当起重机的功率达到允许最大值，且重物达到最大速度vm时，拉力和重力相等，‎ 即F＝mg.‎ 根据P＝Fv Pm＝mgvm＝5×104×10×1.02 W＝5.1×105 W.‎ ‎(2)根据牛顿第二定律 F－mg＝ma 又Pm＝Fv v＝at 解得：t＝5 s.‎ 当t′＝2 s时v′＝at′‎ P′＝Fv′‎ 解得P′＝2.04×105 W.‎ 答案：(1)5.1×105 W ‎(2)5 s　2.04×105 W 课时15‎ 第二节　动能　动能定理 一、单项选择题 ‎1．如图所示，质量为m的物体静止于倾角为α的斜面体上，现对斜面体施加一水平向左的推力F，使物体随斜面体一起沿水平面向左匀速移动x，则在此匀速运动过程中斜面体对物体所做的功为(　　)‎ A．Fx　　　　　　　　　 B．mgxcosαsinα C．mgxsinα D．0‎ 解析：选D.由于物体做匀速运动，其处于平衡状态．物体动能和势能在运动过程中都不发生变化，故根据动能定理知合外力对物体做功为零 .而重力做功为零 ，所以斜面体对物体做功为零，故应选D.‎ ‎2．(2011年诸暨中学检测)光滑斜面上有一小球自高为h的A处由静止开始滚下，抵达光滑的水平面上的B点时速度大小为v0，光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的活动阻挡条，如图所示，小球越过n条活动阻挡条后停下来．若让小球从h高处以初速度v0滚下，则小球能越过活动阻挡条的条数为(设小球每次越过活动阻挡条时克服阻力做的功相同)(　　)‎ A．n B．2n C．3n D．4n 答案：B ‎3．(2009年高考广东卷)物体在合外力作用下做直线运动的vt图象如图所示．下列表述正确的是(　　)‎ A．在0～1 s内，合外力做正功 B．在0～2 s内，合外力总是做负功 C．在1 s～2 s内，合外力不做功 D．在0～3 s内，合外力总是做正功 解析：选A.由动能定理可知，合外力做的功等于动能的增量，0～1 s内，速度增加，合外力做正功，A正确.1 s～2 s内动能减小，合外力做负功，0～3 s内，动能增量为零，合外力不做功，而0～2 s内，动能增大，合外力做正功，故B、C、D均错．‎ ‎4. (2011年安徽如皋模拟)如图所示，斜面AB和水平面BC是从同一板材上截下的两段，在B处用小圆弧连接．将小铁块(可视为质点)从A处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于P处．若从该板材上再截下一段，搁置在A、P之间，构成一个新的斜面，再将铁块放回A处，并轻推一下使之沿新斜面向下滑动．关于此情况下铁块运动情况的描述，正确的是(　　)‎ A．铁块一定能够到达P点 B．铁块的初速度必须足够大才能到达P点 C．铁块能否到达P点与铁块质量有关 D．以上说法均不对 解析：选A.设AB＝x1，BP＝x2，AP＝x3，动摩擦因数为μ，由动能定理得：mgx1sinα－μmgcosαx1－μmgx2＝0，可得：‎ mgx1sinα＝μmg(x1cosα＋x2)，设沿AP滑到P的速度为vP，由动能定理得：mgx1sinα－μmgcosβ·x3＝mv，因x1cosα＋x2＝x3cosβ，故得：vP＝0，即铁块恰好沿AP滑到P点，故A正确．‎ ‎5．如图所示，一个小环沿竖直放置的光滑圆环轨道做圆周运动．小环从最高点A(初速度为零)滑到最低点B的过程中，小环线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图象可能是图中的(　　)‎ 解析：选B.考虑环下降过程中受到的各个力的做功情况，重力做正功，圆环对小环的支持力始终与小环运动方向垂直，不做功，由动能定理ΔEk＝mv2＝mgh，v2与h的关系为线性关系，又因h＝0时，v也为零．所以图象过原点，只有B符合条件，选B.‎ ‎6．2010年在加拿大城市温哥华举办的冬奥会上，瑞典女队又一次获得冰壶比赛世界冠军．运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面抛出，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化图线如图所示，已知冰壶质量为‎19 kg，g取‎10 m/s2，则以下说法正确的是(　　)‎ A．μ＝0.05 B．μ＝0.02‎ C．滑行时间t＝5 s D．滑行时间t＝10 s 解析：选D.对冰壶由动能定理得：－μmgx＝0－mv，‎ 得：μ＝＝＝0.01，A、B错误．‎ 冰壶运动时：a＝μg＝‎0.1 m/s2‎ 由运动学公式x＝at2得：t＝10 s，D正确．‎ 二、不定项选择题 ‎7．(2011年杭州学军中学检测)人通过滑轮将质量为m的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，如图所示．则在此过程中(　　)‎ A．物体所受的合外力做功为mgh＋mv2‎ B．物体所受的合外力做功为mv2‎ C．人对物体做的功为mgh D．人对物体做的功大于mgh 解析：选BD.物体沿斜面做匀加速运动，根据动能定理：W合＝WF－WFf－mgh＝mv2，其中WFf为物体克服摩擦力做的功．人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功，所以W人＝WF＝WFf＋mgh＋mv2，A、C错误，B、D正确．‎ ‎8．(2011年江苏无锡质量调研)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Ff.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Ffs C．物块克服摩擦力所做的功为Ff(l＋s)‎ D．物块和小车增加的机械能为Ffs 解析：选BC.合外力做功引起物体动能的变化，物块到达小车最右端时具有的动能对应这个过程中物块所受合外力做的功，做的功为(F－Ff)(l＋s)，所以A错误；物块和小车增加的机械能为动力和阻力对系统做功之和，即F(l＋s)－Ffl，所以D错误．‎ ‎9．某物体沿直线运动的v－t关系如图所示，已知在第1 s内合外力对物体做的功为W，则(　　)‎ A．从第1 s末到第3 s末合外力做功为4W B．从第3 s末到第5 s末合外力做功为－2W C．从第5 s末到第7 s末合外力做功为W D．从第3 s末到第4 s末合外力做功为－0.75W 解析：选CD.由题图知：第1 s末、第3 s末、第7 s末速度大小关系：v1＝v3＝v7，由题知W＝mv－0，则由动能定理得第1 s末到第3 s末合外力做功W1＝mv－mv＝0，故A错．第3 s末到第5 s末合外力做功W2＝mv－mv＝0－mv＝－W，故B错．第5 s末到第7 s末合外力做功W3‎ ‎＝mv－0＝mv＝W，故C正确．第3 s末到第4 s末合外力做功W4＝mv－mv＝m(v1)2－mv＝－0.75W，故D对．‎ ‎10．(2011年湖北黄冈检测)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3v0‎ B．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v0‎ C．人沿沙坡下滑时所受阻力Ff＝mgsinα－2mv/L D．人在下滑过程中重力功率的最大值为2mgv0‎ 解析：选BC.对人进行受力分析如图所示，根据匀变速直线运动的规律有：(2v0)2－0＝2aL，v－v＝2aL，可解得：v1＝v0，所以A错误，B正确；根据动能定理有：mgLsinα－FfL＝m(2v0)2，可解得Ff＝mgsinα－2mv/L，C正确；重力功率的最大值为Pm＝2mgv0sinα，D错误．‎ 三、计算题 ‎11．(2011年宁波效实中学抽样测试)如图甲所示，在倾角为30°的足够长光滑斜面AB前，有一粗糙水平面OA，OA长为‎4 m．有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用．F按图乙所示的规律变化．滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25，g取‎10 m/s2，试求：‎ ‎(1)滑块到A处的速度大小；‎ ‎(2)不计滑块在A处的速率变化，滑块冲上斜面AB的长度是多少？‎ 解析：(1)由题图乙知，在前‎2 m内，F1＝2mg，做正功；‎ 在第3 m内，F2＝－0.5mg，做负功；‎ 在第4 m内，F3＝0.‎ 滑动摩擦力 Ff＝－μmg＝－0.25mg，始终做负功．‎ 对OA过程由动能定理列式得 F1x1＋F2x2＋Ff·x＝mv－0.‎ 即2mg×2－0.5mg×1－0.25mg×4＝mv，‎ 解得vA＝‎5 m/s.‎ ‎(2)冲上斜面的过程，由动能定理得 ‎－mg·L·sin30°＝0－mv，‎ 所以冲上斜面AB的长度L＝‎5 m.‎ 答案：(1)‎5 m/s　(2)‎‎5 m ‎12. 如图所示为“S”形玩具轨道，该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的，固定在竖直平面内，轨道弯曲部分是由两个半径相等的半圆连接而成的，圆半径比细管内径大得多，轨道底端与水平地面相切，弹射装置将一个小球(可视为质点)从a点水平射向b点并进入轨道，经过轨道后从p 点水平抛出，已知小球与地面ab段间的动摩擦因数μ＝0.2，不计其他机械能损失，ab段长L＝‎1.25 m，圆的半径R＝‎0.1 m，小球质量m＝‎0.01 kg，轨道质量为M＝‎0.15 kg，g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)若v0＝‎5 m/s，小球从p点抛出后的水平射程；‎ ‎(2)若v0＝‎5 m/s，小球经过轨道的最高点时，管道对小球作用力的大小和方向；‎ ‎(3)设小球进入轨道之前，轨道对地面的压力大小等于轨道自身的重力，当v0至少为多大时，轨道对地面的压力为零．‎ 解析：(1)设小球运动到p点时的速度大小为v，对小球由a点运动到p点的过程，应用动能定理得：‎ ‎－μmgL－4Rmg＝mv2－mv ①‎ 小球从p点抛出后做平抛运动，设运动时间为t，水平射程为x，则 ‎4R＝gt2 ②‎ x＝v t③‎ 联立①②③代入数据解得x＝‎0.4 m.‎ ‎(2)设在轨道最高点时管道对小球的作用力大小为F，取竖直向下为正方向，‎ 有：F＋mg＝m ④‎ 联立①④代入数据解得F＝1.1 N，方向竖直向下．‎ ‎(3)分析可知，要使小球以最小速度v0运动，且轨道对地面的压力为零，则小球的位置应该在“S”形轨道的中间位置，‎ 则有：F′＋mg＝m，F′＝Mg ‎－μmgL－2mgR＝mv－mv 解得：v0＝‎5 m/s.‎ 答案：(1)‎‎0.4 m ‎(2)1.1 N，方向竖直向下 ‎(3)‎5 m/s 课时16‎ 第三节　机械能守恒定律 一、单项选择题 ‎1. (2011年瑞安中学检测)在一次课外趣味游戏中，有四位同学分别将四个质量不同的光滑小球沿竖直放置的内壁光滑的半球形碗的碗口内侧同时由静止释放，碗口水平，如图所示．他们分别记下了这四个小球下滑速率为v时的位置，则这些位置应该在同一个(　　)‎ A．球面　　　　　　　　 B．抛物面 C．水平面 D．椭圆面 解析：选C.因半球形碗的内壁光滑，所以小球下滑过程中机械能守恒，取小球速率为v时所在的平面为零势能面，则根据机械能守恒定律得mgh＝mv2，因为速率v相等，所以高度相等，与小球的质量无关，即这些位置应该在同一个水平面上，C正确．‎ ‎2．(2011年东北地区名校联考)如图所示，一物体以速度v0冲向光滑斜面AB，并能沿斜面升高h，下列说法正确的是(　　)‎ A．若把斜面从C点锯断，由机械能守恒定律知，物体冲出C点后仍能升高h B．若把斜面弯成如图所示的半圆弧形，物体仍能沿AB′升高h C．若把斜面从C点锯断或弯成如图所示的半圆弧形，物体都不能升高h，因为物体的机械能不守恒 D．若把斜面从C点锯断或弯成如图所示的半圆弧形，物体都不能升高h，但物体的机械能仍守恒 解析：选D.若把斜面从C点锯断，物体到达最高点时水平速度不为零，由机械能守恒定律知，物体冲出C点后不能升高h；若把斜面弯成如题图所示的半圆弧形，物体在升高h之前已经脱离轨道．物体在这两种情况下机械能均守恒．‎ ‎3．(2011年河南安阳质检)ABCD是一段竖直平面内的光滑轨道，AB段与水平面成α角，CD段与水平面成β角，其中BC段水平，且其长度大于L.现有两小球P、Q，质量分别是‎2m、m，用一长为L的轻质直杆连接，将P、Q由静止从高H处释放，在轨道转折处用光滑小圆弧连接，不考虑两小球在轨道转折处的能量损失．则小球P滑上CD轨道的最大高度h为(　　)‎ A．h＝H B．h＝H＋ C．h＝H＋Lsinβ D．h＝H＋ 解析：选B.P、Q整体上升的过程中，机械能守恒，以地面为重力势能的零势面，根据机械能守恒定律有：mgH＋2mg(H＋Lsinα)＝2mgh＋mg(h＋Lsinβ)，解方程得：h＝H＋.‎ ‎4. (2011年衢州一中检测)如图所示，一质量为m的滑块以初速度v0从固定于地面的斜面底端A开始冲上斜面，到达某一高度后返回A，斜面与滑块之间有摩擦．下列各项分别表示它在斜面上运动的速度v、加速度a、势能Ep和机械能E随时间的变化图象，可能正确的是(　　)‎ 解析：选C.由牛顿第二定律可知，滑块上升阶段有：mgsinθ＋Ff＝ma1，下滑阶段有：mgsinθ－Ff＝ma2，因此a1>a2，B选项错误；且v>0和v<0时，速度图象的斜率不同，故A选项错误；由于摩擦力始终做负功，机械能一直减小，故选项D错误；重力势能先增大后减小，且上升阶段加速度大，势能变化快，下滑阶段加速度小，势能变化慢，故选项C正确．‎ ‎5．如图所示，在两个质量分别为m和‎2m的小球a和b之间，用一根长为L的轻杆连接(杆的质量可不计)，而小球可绕穿过轻杆中心O的水平轴无摩擦转动，现让轻杆处于水平位置，然后无初速度释放，重球b向下，轻球a向上，产生转动，在杆转至竖直的过程中(　　)‎ A．b球的重力势能减小，动能增加 B．a球的重力势能增加，动能减小 C．a球和b球的总机械能守恒 D．a球和b球的总机械能不守恒 解析：选AC.两球组成的系统，在运动中除动能和势能外没有其他形式的能转化，所以系统的机械能守恒．‎ ‎6．(2011年杭州第一次模拟)如图所示，小车上有固定支架，一可视为质点的小球用轻质细绳拴挂在支架上的O点处，且可绕O点在竖直平面内做圆周运动，绳长为L.现使小车与小球一起以速度v0沿水平方向向左匀速运动，当小车突然碰到矮墙后，车立即停止运动，此后小球上升的最大高度不可能是(　　)‎ A．大于 B．小于 C．等于 D．等于‎2L 答案：A 二、不定项选择题 ‎7．(2011年江苏启东中学质检)如图所示，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，使绳和轻弹簧均处于水平，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始释放，当两球达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则(　　)‎ A．两球到达各自悬点的正下方时，两球动能相等 B．两球到达各自悬点的正下方时，A球动能较大 C．两球到达各自悬点的正下方时，B球动能较大 D．两球到达各自悬点的正下方时，A球受到向上的拉力较大 解析：选BD.整个过程中两球减少的重力势能相等，A球减少的重力势能完全转化为A球的动能，B球减少的重力势能转化为B球的动能和弹簧的弹性势能，所以A球的动能大于B球的动能，所以B正确；在O点正下方位置根据牛顿第二定律，小球所受拉力与重力的合力提供向心力，则A球受到的拉力较大，所以D正确．‎ ‎8. (2011年江苏苏、锡、常、镇四市联考)如图所示，质量均为m的A、B两个小球，用长为‎2L的轻质杆相连接，在竖直平面内，绕固定轴O沿顺时针方向自由转动(转动轴在杆的中点)，不计一切摩擦，某时刻A、B球恰好在如图所示的位置，A、B球的线速度大小均为v，下列说法正确的是(　　)‎ A．运动过程中B球机械能守恒 B．运动过程中B球速度大小不变 C．B球在运动到最高点之前，单位时间内机械能的变化量保持不变 D．B球在运动到最高点之前，单位时间内机械能的变化量不断改变 解析：选BD.以A、B球为系统，两球在运动过程中，只有重力做功(轻杆对两球做功的和为零)，两球的机械能守恒．以过O点的水平面为重力势能的参考平面时，系统的总机械能为E＝2×mv2＝mv2.假设A球下降h，则B球上升h，此时两球的速度大小是v′，由机械能守恒定律知mv2＝mv′2×2＋mgh－mgh，得到v′＝v，故运动过程中B球速度大小不变．当单独分析B球时，B球在运动到最高点之前，动能保持不变，重力势能在不断增加．由几何知识可得单位时间内机械能的变化量是不断改变的，B、D正确．‎ ‎9．如图所示，离水平地面一定高处水平固定一内壁光滑的圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度．现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出，刚好能水平进入圆筒中，不计空气阻力．下列说法中正确的是(　　)‎ A．弹簧获得的最大弹性势能小于小球抛出时的动能 B．小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中小球的机械能守恒 C．小球抛出的初速度大小仅与圆筒离地面的高度有关 D．小球从抛出点运动到圆筒口的时间与小球抛出时的角度无关 解析：选AB.小球从抛出到弹簧压缩到最短的过程中，只有重力和弹力做功，小球的机械能守恒．即mv＝mgh＋Ep，所以Ep＝‎2 m/s，所以小球在D处对轨道外壁有压力．‎ 小球在D处，由牛顿第二定律及向心力公式得 F2＋mg＝m F2＝m(－g)＝0.8×(－10)＝10(N)‎ 由牛顿第三定律可知，小球在D点对轨道的压力大小为10 N，方向竖直向上．‎ 答案：(1)11.2 J　(2)10 N　方向竖直向上 课时17‎ 第四节　功能关系　能量守恒 一、单项选择题 ‎1．(2011年绍兴一中高三月考)上端固定的一根细线下面悬挂一摆球，摆球在空气中摆动，摆动的幅度越来越小，对此现象下列说法正确的是(　　)‎ A．摆球机械能守恒 B．总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化为内能 C．能量正在消失 D．只有动能和重力势能的相互转化 解析：选B.由于空气阻力的作用，机械能减少，机械能不守恒，内能增加，机械能转化为内能，能量总和不变，B正确．‎ ‎2．滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F做了10 J的功．在上述过程中(　　)‎ A．弹簧的弹性势能增加了10 J B．滑块的动能增加了10 J C．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 J D．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒 解析：选C.若滑块静止，拉力F做了10 J的功，则弹簧的弹性势能增加了10 J；现在滑块通过弹簧在水平外力F作用下做加速运动，拉力F做了10 J的功，使滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 J，故C正确．‎ ‎3．起重机将物体由静止举高h时，物体的速度为v，下列各种说法中正确的是(不计空气阻力)(　　)‎ A．举力对物体所做的功，等于物体动能和势能的增量 B．举力对物体所做的功，等于物体动能的增量 C．举力对物体所做的功，等于物体势能的增量 D．物体克服重力所做的功，大于物体势能的增量 解析：选A.根据动能定理WF－WG＝mv2/2，WG＝mgh，所以WF＝mv2/2＋mgh，A正确，B、C错误；物体克服重力所做的功等于物体重力势能的增量，D错误．‎ ‎4．如图所示，木块A放在木块B的左端，用恒力F将A拉至B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功为W1，生热为Q1；第二次让B可以在光滑地面上自由滑动，F做的功为W2，生热为Q2，则应有(　　)‎ A．W1ΔE2>ΔE1‎ B．三种情况下摩擦产生的热量Q1＝Q2v2＝v3‎ D．到达底端的速度v1>v2>v3‎ 解析：选BD.机械能的变化量等于除重力之外的其他力做的功，即等于摩擦力做的功．摩擦力Ff＝μFN＝μmgcosα(α为斜面的倾角)，摩擦力做的功为WFf＝－Ffs斜＝－μmgcosα·s斜＝－μmgs水平，所以三种情况下物体损失的机械能ΔE1＝ΔE2<ΔE3，A错误；三种情况下摩擦产生的热量Q1＝Q2h2，WFf1＝WFf2，联立解得v1>v2；对斜面2与3有：mgh－WFf＝mv2，又h2＝h3，WFf2v3，所以到达底端的速度v1>v2>v3，C错误，D正确．‎ ‎10．(2010年高考江苏卷)如图所示，平直木板AB倾斜放置，‎ 板上的P点距A端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B逐渐减小．先让物块从A由静止开始滑到B.然后，将A着地，抬高B，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B由静止开始滑到A.上述两过程相比较，下列说法中一定正确的有(　　)‎ A．物块经过P点的动能，前一过程较小 B．物块从顶端滑到P点的过程中因摩擦产生的热量，前一过程较少 C．物块滑到底端的速度，前一过程较大 D．物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长 解析：选AD.前一过程，从A到P，所受摩擦力较大，下滑加速度较小，位移较小，故在P点的动能较小；后一过程，从B到P，下滑加速度较大，位移较大，故在P点的动能较大，所以A正确；两过程中，前者摩擦力大，位移小，后者摩擦力小，位移大，无法比较产生热量的大小，故B不正确；物块滑到底端的两过程合外力的功相同，根据动能定理，滑到底端速度相等，即C不正确；由牛顿第二定律，结合两次加速度变化特点，两次vt图象如图所示，位移相等，故前一过程时间较长，D正确．‎ 三、计算题 ‎11. (2011年山东济南模拟)如图所示，B是质量为‎2m、半径为R的光滑半球形碗，放在光滑的水平桌面上．A是质量为m的细长直杆，光滑套管D被固定，A可以自由上下运动，物块C的质量为m，紧靠半球形碗放置．初始时，A杆被握住，使其下端正好与碗的半球面的上边缘接触(如图)．然后从静止开始释放A，A、B、C便开始运动．求：‎ ‎(1)长直杆的下端运动到碗的最低点时，长直杆竖直方向的速度和B、C水平方向的速度；‎ ‎(2)运动的过程中，长直杆的下端能上升到的最高点距离半球形碗底部的高度．‎ 解析：(1)长直杆的下端运动到碗的最低点时，长直杆在竖直方向的速度为0，而B、C水平速度相同，设为v，‎ 由机械能守恒定律得：mgR＝×3mv2‎ 所以v＝.‎ ‎(2)长直杆的下端上升到所能达到的最高点时，长直杆在竖直方向的速度为0，碗的水平速度亦为零．由机械能守恒定律得：‎ ×2mv2＝mgh，解得h＝.‎ 答案：(1)0　　　(2) ‎12．(2011年永嘉模拟)如图所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以‎6 m/s的速度运动，运动方向如图所示．一个质量为‎2 kg的物体(物体可以视为质点)，从h＝‎3.2 m高处由静止沿斜面下滑，物体经过A点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，物体向左最多能滑到传送带左右两端AB的中点处，重力加速度g＝‎10 m/s2，则：‎ ‎(1)物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间？‎ ‎(2)传送带左右两端AB间的距离l至少为多少？‎ ‎(3)上述过程中物体与传送带组成的系统产生的摩擦热为多少？‎ 解析：(1)物体在斜面上由牛顿第二定律得：‎ mgsinθ＝ma，‎ ＝at2，‎ 可得t＝1.6 s.‎ ‎(2)由能的转化和守恒得：‎ mgh＝μmg，‎ l＝‎12.8 m.‎ ‎(3)此过程中，物体与传送带间的相对位移 x相＝＋v带t1，‎ 又＝μgt，‎ 而摩擦热Q＝μmgx相，‎ 以上三式可联立得Q＝160 J.‎ 答案：(1)1.6 s　(2)‎12.8 m　(3)160 J 课时18‎ 选修31　第6章　静电场 第一节　电场的力的性质 一、单项选择题 ‎1．(2011年台州模拟)在电场中的某点放一个检验电荷，其电量为q，受到的电场力为F，则该点的电场强度为E＝，下列说法正确的是(　　)‎ A．若移去检验电荷，则该点的电场强度为0‎ B．若检验电荷的电量变为4q，则该点的场强变为4E C．若放置到该点的检验电荷变为－2q，则场中该点的场强大小不变，但方向相反 D．若放置到该点的检验电荷变为－2q，则场中该点的场强大小方向均不变 解析：选D.电场中某点的场强与检验电荷无关，故D对．‎ ‎2．使两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带上－3Q和＋5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1.现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为‎2a的两点，它们之间库仑力的大小为F2.则F1与F2之比为(　　)‎ A．2∶1　　　　　　　B．4∶1‎ C．16∶1 D．60∶1‎ 解析：选D.两个完全相同的金属小球相互接触后，带电荷量为＋Q，距离变为原来的两倍，根据库仑定律可知选项D正确．‎ ‎3. (2010年高考课标全国卷)静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器．某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线ab为该收尘板的横截面．工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上．若用粗黑曲线表示原来静止于P点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列四幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)(　　)‎ 解析：选A.根据力和运动的关系知，当粒子运动至电场中某一点时，运动速度方向与受力方向如图所示，又据曲线运动知识知粒子运动轨迹夹在合外力与速度之间，可判定粉尘颗粒的运动轨迹如A选项中图所示．‎ ‎4．法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场，如图所示为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图，以下几种说法中正确的是(　　)‎ A．a，b为异种电荷，a的电荷量大于b的电荷量 B．a，b为异种电荷，a的电荷量小于b的电荷量 C．a，b为同种电荷，a的电荷量大于b的电荷量 D．a，b为同种电荷，a的电荷量小于b的电荷量 解析：选B.由题图看出，电场线由一个点电荷发出到另一个点电荷终止，由此可知，a、b必为异种电荷，C、D选项错；又由图可知，电荷b附近的电场线比电荷a附近的电场线密，则电荷b附近的场强必比电荷a附近的场强大，b带的电荷量必然多于a带的电荷量，则A选项错误，B选项正确．‎ ‎5．(2011年舟山模拟)A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图甲所示．则此电场的电场线分布可能是图乙中的(　　)‎ 解析：选A.从图象可以直接看出，粒子的速度随时间逐渐减小；图线的斜率逐渐增大，说明粒子的加速度逐渐变大，电场强度逐渐变大，从A到B电场线逐渐变密．综合分析知，负电荷是顺着电场线运动，由电场线疏处到达密处，正确选项是A.‎ ‎6．一个点电荷产生的电场，两个等量同种点电荷产生的电场，两个等量异种点电荷产生的电场，两块带等量异种电荷的平行金属板间产生的匀强电场．这是几种典型的静电场．带电粒子(不计重力)在这些静电场中的运动(　　)‎ A．不可能做匀速直线运动 B．不可能做匀变速运动 C．不可能做匀速率圆周运动 D．不可能做往复运动 答案：A 二、不定项选择题 ‎7. (2011年绍兴一中高三月考)如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到电场力作用，根据此图可以作出正确判断的是(　　)‎ A．带电粒子所带电荷的正、负 B．带电粒子在a、b两点的受力方向 C．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大 D．带电粒子在a、b两点的速度何处较大 解析：选BCD.由轨迹的弯曲情况，可知电场力应沿电场线向左，但因不知电场线的方向，故带电粒子所带电荷符号不能确定．设粒子从a运动到b(也可分析从b到a的情形，两种分析不影响结论)，速度方向与电场力夹角大于90°，故速度减小，由电场线的疏密程度知a点场强大于b点场强，带电粒子在a点受电场力较大，从而加速度较大，综上所述B、C、D正确．‎ ‎8．如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示，则(　　)‎ A．a一定带正电，b一定带负电 B．a的速度将减小，b的速度将增加 C．a的加速度将减小，b的加速度将增加 D．两个粒子的电势能一个增加一个减小 答案：C ‎9．如图所示，在场强大小为E的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点．把小球拉到使细线水平的位置A，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平成θ＝60°的位置B时速度为零．以下说法正确的是(　　)‎ A．小球重力与电场力的关系是mg＝Eq B．小球重力与电场力的关系是Eq＝mg C．小球在B点时，细线拉力为FT＝mg D．小球在B点时，细线拉力为FT＝2Eq 解析：选BC.根据对称性可知，小球处在AB中点位置时切线方向合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30°，根据三角函数关系可得：qEsin30°＝mgcos30°，化简可知选项A错误，B正确；小球到达B点时速度为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析可知：FT＝qEsin30°＋mgcos30°，化简可知FT＝mg，选项C正确，D错误．‎ ‎10．(2011年北京考试院抽样测试)如图所示，真空中Ox坐标轴上的某点有一个点电荷Q，坐标轴上A、B两点的坐标分别为‎0.2 m和‎0.7 m．在A点放一个带正电的试探电荷，在B点放一个带负电的试探电荷，A、B两点的试探电荷受到电场力的方向都跟x轴正方向相同，电场力的大小F跟试探电荷电荷量q的关系分别如图中直线a、b所示．下列说法正确的是(　　)‎ A．B点的电场强度的大小为0.25 N/C B．A点的电场强度的方向沿x轴负方向 C．点电荷Q是正电荷 D．点电荷Q的位置坐标为‎0.3 m 解析：选D.由两试探电荷受力情况可知，点电荷Q为负电荷，且放置于A、B两点之间某位置，选项B、C均错；设Q与A点之间的距离为l，则点电荷在A点产生的场强为EA＝kQ/l2＝Fa/qa＝[4×104/(1×10－9)]N/C＝4×105 N/C，同理，点电荷在B点产生的场强为EB＝kQ/(0.5－l)2＝Fb/qb＝[1×10－4/(4×10－9)]N/C＝0.25×105 N/C.解得l＝‎0.1 m，所以点电荷Q的位置坐标为xQ＝xA＋l＝0.2＋0.1＝0.3(m)，所以选项A错误，选项D正确．‎ 三、计算题 ‎11．(2011年温州八校联考)如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，‎ 滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g.‎ ‎(1)若滑块从水平轨道上距离B点s＝3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？‎ ‎(2)在(1)的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小；‎ ‎(3)改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．‎ 解析：本题考查了电场与竖直平面内圆周运动的结合．解题的关键是要有等效场的思想，求轨道与物块之间作用力时要找准向心力的来源．‎ ‎(1)设滑块到达C点时的速度为v，由动能定理得 qE(s＋R)－μmgs－mgR＝mv2－0，‎ 而qE＝，‎ 解得v＝.‎ ‎(2)设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F，则 F－qE＝m，解得F＝mg.‎ ‎(3)要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG间某点，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小(设为vn)，则有＝m，‎ 解得vn＝.‎ 答案：见解析 ‎12．如图所示，一根光滑绝缘细杆与水平面成α＝30°的角倾斜固定．细杆的一部分处在场强方向水平向右的匀强电场中，场强E＝2×104 N/C.在细杆上套有一个带电量为q＝－1.73×10－‎5 C、质量为m＝3×10－‎2 kg的小球．现使小球从细杆的顶端A由静止开始沿杆滑下，并从B点进入电场，小球在电场中滑至最远处的C点．已知AB间距离x1＝‎0.4 m，g＝‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)小球在B点的速度vB；‎ ‎(2)小球进入电场后滑行的最大距离x2；‎ ‎(3)小球从A点滑至C点的时间是多少？‎ 解析：(1)小球在AB段滑动过程中，由机械能守恒 mgx1sinα＝mv 可得vB＝‎2 m/s.‎ ‎(2)小球进入匀强电场后，在电场力和重力的作用下，由牛顿第二定律可得加速度 a2＝＝－‎5 m/s2‎ 小球进入电场后还能滑行到最远处C点，BC的距离为 x2＝＝‎0.4 m.‎ ‎(3)小球从A到B和从B到C的两段位移中的平均速度分别为 vAB＝　vBC＝ 小球从A到C的平均速度为 x1＋x2＝t＝t 可得t＝0.8 s.‎ 答案：(1)‎2 m/s　(2)‎0.4 m　(3)0.8 s 课时19‎ 第二节　电场的能的性质 一、单项选择题 ‎1．(2010年高考天津理综卷)在静电场中，将一正电荷从a点移到b点，电场力做了负功，则(　　)‎ A．b点的电场强度一定比a点大 B．电场线方向一定从b指向a C．b点的电势一定比a点高 D．该电荷的动能一定减小 解析：选C.电场力做负功，该电荷电势能增加．正电荷在电势高处电势能较大，C正确．电场力做负功同时电荷可能还受其他力作用，总功不一定为负．由动能定理可知，动能不一定减小，D错．电势高低与场强大小无必然联系，A错．b点电势高于a点，但a、b可能不在同一条电场线上，B错．‎ ‎2．(2011年宁波模拟)如图所示，a、b是竖直方向上同一电场线上的两点，一带负电的质点在a点由静止释放，到达b点时速度最大，则(　　)‎ A．a点电势高于b点电势 B．a点的场强大于b点的场强 C．质点从a点运动到b点的过程中电势能增加 D．质点在a点受到的电场力小于在b点受到的电场力 解析：选B.负电荷所受电场力向上，所以电场线方向向下，A错；a点电场力大于重力，b点电场力等于重力，B对，D错；质点从a点运动到b点的过程中电场力做正功，电势能减小，C错．‎ ‎3．(2011年杭州毕业班综合测试)如图所示表示某静电场等势面的分布，电荷量为1.6×10－‎9 C的正电荷从A经B、C到达D点．从A到D，电场力对电荷做的功为(　　)‎ A．4.8×10－8 J　　　　　　　 B．－4.8×10－8 J C．8.0×10－8 J D．－8.0×10－8 J 解析：选B.电场力做功与电荷运动的路径无关，只与电荷的起始位置有关．从A到D，电场力对电荷做的功为W＝UADq＝(φA－φD)q＝(－40＋10)×1.6×10－9 J＝－4.8×10－8 J，A、C、D错误，B正确．‎ ‎4．(2011年皖南八校联考)一匀强电场，场强方向是水平的(如图所示)，一个质量为m的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成θ角做直线运动．设小球在O点的电势能为零，则小球运动到最高点时的电势能为(　　)‎ A.mv B.mvsin2θ C.mvtan2θ D.mvcos2θ 解析：选D.由题意可知，小球所受合力为F＝，设最高点到O点距离为s，则由动能定理可得 s＝mv，由能量守恒可得小球在最高点的电势能E＝mv－mgssinθ，联立两式解得E＝mvcos2θ，D正确．‎ ‎5．(2010年高考安徽理综卷)如图所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R＝‎0.1 m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为θ.若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小E＝100 V/m，则O、P两点的电势差可表示为(　　)‎ A．UOP＝－10sin θ(V)‎ B．UOP＝10sin θ(V)‎ C．UOP＝－10cos θ(V)‎ D．UOP＝10cos θ(V)‎ 解析：选A.由于电场强度方向向下，据题意可知UOP＜0，则UOP＝－ERsin θ＝－100×0.1sin θ(V)＝－10sin θ(V)，故正确答案为A.‎ ‎6．(2010年高考江苏物理卷)空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示．下列说法中正确的是(　　)‎ A．O点的电势最低 B．x2点的电势最高 C．x1和－x1两点的电势相等 D．x1和x3两点的电势相等 解析：选C.由题图知，O点两侧电场强度方向相反，因电场强度的方向沿x轴，故O点可能电势最低，也可能电势最高，A选项不正确；x1、x2、x3三点在同一电场线上，由沿电场线方向电势逐渐降低可知，无论O点右侧电场强度沿x轴向右还是向左，x2点电势都不是最高，x1、x3两点的电势也不相等，故B、D不正确；由题图知，电场强度在O点两侧对称，故x1、－x1两点电势相等，C正确．‎ 二、不定项选择题 ‎7．图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹．粒子先经过M点，再经过N点，可以判定(　　)‎ A．M点的电势大于N点的电势 B．M点的电势小于N点的电势 C．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力 D．粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力 解析：选AD.沿电场线的方向电势降低，所以φM>φN，选项A对，B错；电场线越密的地方电场强度越大，同一粒子所受电场力越大，所以选项C错，D对．‎ ‎8. (2011年洛阳高三质检)如图所示，虚线a、b、c为三个同心圆面，圆心处有一个点电荷．现从b、c之间一点P以相同的速率发射两个带电粒子，分别沿PM、PN运动到M、N点，M、N两点都处于圆周c上，以下判断正确的是(　　)‎ A．到达M、N时两粒子速率仍相等 B．到达M、N时两粒子速率vM>vN C．到达M、N时两粒子的电势能相等 D．两个粒子的电势能都是先减小后增大 解析：选B.从粒子的运动轨迹可看出电场对到达M点的粒子做正功，对到达N点的粒子做负功，再根据动能定理可知，A错误，B正确；M、N两点电势相等，但带电粒子的电性不同，到达M、N两点时两粒子的电势能不同，C错误；到达M点的粒子其电势能先增大后减小，而到达N点的粒子其电势能先减小后增大，D错误．‎ ‎9．如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力的作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论中正确的是(　　)‎ A．此液滴带负电荷 B．合外力对液滴做的总功等于零 C．液滴做匀加速直线运动 D．液滴的电势能减少 解析：选ACD.由题可知，带电液滴只受重力和电场力作用，合力沿bd方向，液滴匀加速运动，C正确；合力做正功，B不正确；电场力方向向右，故液滴带负电荷，A正确；电场力做正功，所以电势能减少，D正确．‎ ‎10. 一正电荷在电场中仅受电场力作用，从A点运动到B点，速度随时间变化的图象如图所示，tA、tB分别对应电荷在A、B两点的时刻，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．A处的场强一定小于B处的场强 B．A处的电势一定低于B处的电势 C．电荷在A处的电势能一定大于在B处的电势能 D．从A到B的过程中，电场力对电荷做正功 解析：选B.由图象知A处的加速度大于B处的加速度，A处的场强一定大于B处的场强，A错．由功能关系及动能和电势能之和守恒知B正确，C、D错．‎ 三、计算题 ‎11．(2011年学军中学高三抽样测试)如图所示，水平光滑绝缘轨道MN的左端有一个固定挡板，轨道所在空间存在E＝4.0×102 N/C、水平向左的匀强电场．一个质量m＝‎0.10 kg、带电荷量q＝5.0×10－‎5 C的滑块(可视为质点)，从轨道上与挡板相距x1＝‎0.20 m的P点由静止释放，滑块在电场力作用下向左做匀加速直线运动．当滑块与挡板碰撞后滑块沿轨道向右做匀减速直线运动，运动到与挡板相距x2＝‎0.10 m的Q点，滑块第一次速度减为零．‎ 若滑块在运动过程中，电荷量始终保持不变，求：‎ ‎(1)滑块沿轨道向左做匀加速直线运动的加速度的大小；‎ ‎(2)滑块从P点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功；‎ ‎(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能．‎ 解析：(1)设滑块沿轨道向左做匀加速运动的加速度为a 此过程滑块所受合外力F＝qE＝2.0×10－2 N 根据牛顿第二定律F＝ma，解得a＝‎0.20 m/s2.‎ ‎(2)滑块从P点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功 W1＝qEx1＝4.0×10－3 J.‎ ‎(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能等于滑块由P点运动到Q点过程中电场力所做的功 即ΔE＝qE(x1－x2)＝2.0×10－3 J.‎ 答案：(1)‎0.20 m/s2‎ ‎(2)4.0×10－3 J ‎(3)2.0×10－3 J ‎12．如图所示，固定在水平地面上的绝缘平板置于匀强电场中，电场方向与平板平行．在绝缘平板上，放置一个带负电的物体(可视为质点)，物体与平板间的动摩擦因数为0.5.现让物体以‎10 m/s的初速度平行于电场方向运动，物体沿电场方向运动的最远距离为‎4 m．已知物体所受电场力大于其最大静摩擦力，平板足够大，规定物体在出发点时的电势能为零，重力加速度g取‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)物体所受电场力与其所受重力的比值；‎ ‎(2)物体在离出发点多远处动能与电势能相等？‎ 解析：(1)设物体带电荷量为q，运动的最大位移为sm，由动能定理得 ‎－qEsm－μmgsm＝－mv 得＝.‎ ‎(2)设物体运动到离出发点距离为s处动能与电势能相等，‎ 即mv2＝qEs 在此过程中，由动能定理得－qEs－μmgs＝mv2－mv 代入数据解得s＝‎‎2.5 m 设物体在返回过程中经过距出发点距离为s′处动能与电势能再次相等，即mv′2＝qEs′‎ 由动能定理得qE(sm－s′)－μmg(sm－s′)＝mv′2‎ 解得s′＝‎1 m.‎ 答案：(1)3∶4　(2)‎2.5 m或‎1 m 课时20‎ 第三节　电容器与电容　带电粒子在电场中的运动 一、单项选择题 ‎1．如图所示的电容式键盘，是通过改变电容器的哪个因素来改变电容的(　　)‎ A．两板间的距离 B．两板间的电压 C．两板间的电介质 D．两板的正对面积 解析：选A.计算机键盘上下运动时，改变了上、下两板间的距离，故A正确．‎ ‎2．(2011年北京朝阳区联考)如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动．那么(　　)‎ A．微粒带正、负电荷都有可能 B．微粒做匀减速直线运动 C．微粒做匀速直线运动 D．微粒做匀加速直线运动 解析：选B.微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故B正确．‎ ‎3．(2011年瑞安中学检测)如图所示，一个带正电的粒子以一定的初速度垂直进入水平方向的匀强电场，若不计重力，下列四个选项中能正确描述粒子在电场中运动轨迹的是(　　)‎ 解析：选C.电荷在电场中做类平抛运动，受力方向总是沿电场线方向，轨迹向右弯曲，C正确．‎ ‎4．(2011年台州模拟)一带电粒子在电场中仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度随时间变化的图象如图所示，tA、tB分别是带电粒子到达A、B两点时对应的时刻，则下列说法中正确的有(　　)‎ A．A点的场强一定小于B点的场强 B．A点的电势一定高于B点的电势 C．带电粒子在A点的电势能一定小于在B点的电势能 D．带电粒子从A点到B点过程中，电场力一定对带电粒子做正功 解析：选D.由于v－t图象上各点的斜率表示加速度的大小，从图象可以看出带电粒子在A点时的加速度大于在B点时的加速度，由牛顿第二定律可知EA>EB，A错误；带电粒子带电性质未知，故无法判断A、B两点电势，B错误；从v－t图象中可以看出B点速度大于A点速度，故电场力对带电粒子做正功，电势能减小，所以C错误，D正确．‎ ‎5．如图所示，平行板电容器的电容为C，带电荷量为Q，两极板间距离为d，今在距两极板的中点d处放一电荷q，则(　　)‎ A．q所受电场力的大小为 B．q所受电场力的大小为k C．q点处的电场强度是k D．q点处的电场强度是k 解析：选A.两极板之间的电场强度E＝，q受到的电场力F＝Eq＝q＝q，A正确；Q不是点电荷，点电荷的场强公式E＝k在这里不能用，B、C、D不正确．‎ ‎6．(2011年广东珠海质检)分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板接地．三小球分别落在图中A、B、C三点，则错误的是(　　)‎ A．A带正电、B不带电、C带负电 B．三小球在电场中加速度大小关系是：aAEkB>EkA 解析：选C.由于A的水平射程x最远，A的运动时间t＝最长，C错误．A的加速度aA＝最小，而C的加速度aC最大，aAEkB>EkA，D正确．‎ 二、不定项选择题 ‎7．(2011年杭州学军中学抽样测试)如图甲所示，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(　　)‎ 解析：选AD.在平行金属板之间加上如题图乙所示的周期性电压时，因为电子在平行金属板间所受的电场力F＝，所以电子所受的电场力大小不变，而方向随电压呈周期性变化．由牛顿第二定律F＝ma可知，电子在第一个内向B板做匀加速直线运动，在第二个内向B板做匀减速直线运动，在第三个内反向做匀加速直线运动．在第四个内向A板做匀减速直线运动，所以a－t图象如图1所示，v－t图象如图2所示；又因匀变速直线运动位移x＝v0t＋at2，所以x－t图象应是曲线．故本题选AD.‎ ‎8. 如图所示，足够长的两平行金属板正对竖直放置，它们通过导线与电源E、定值电阻R、开关S相连．闭合开关后，一个带电的液滴从两板上端的中点处无初速度释放，最终液滴落在某一金属板上．‎ 下列说法中正确的是(　　)‎ A．液滴在两板间运动的轨迹是一条抛物线 B．电源电动势越大，液滴在板间运动的加速度越大 C．电源电动势越大，液滴在板间运动的时间越短 D．定值电阻的阻值越大，液滴在板间运动的时间越长 解析：选BC.电容器充满电荷后，极板间的电压等于电源的电动势．极板间形成了电场，液滴受水平方向的电场力和竖直方向的重力作用，合力为恒力，而初速度为零，则液滴做初速度为零的匀加速直线运动，A项错；电源电动势越大，则液滴受到的电场力也越大，合力越大，加速度也越大，B项对；电源电动势越大，加速度越大，同时位移越小，则运动的时间越短，C对；定值电阻不会影响两极板上电压的大小，则对液滴的运动没有影响，D项错．‎ ‎9．如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q，质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是(　　)‎ A．板间电场强度大小为mg/q B．板间电场强度大小为2mg/q C．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等 D．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间 解析：选BC.当质点所受电场力方向向上且大于重力时，质点才可能垂直打到屏上．由运动的合成与分解，可知质点在水平方向上一直做匀速直线运动，所以质点在电场中做类平抛运动的时间和在重力场中做斜上抛运动的时间相等．由运动规律可知质点在水平方向上做匀速直线运动，vx＝v0；在竖直方向上：在电场中vy＝at，如图所示，离开电场后质点做斜上抛运动，vy＝gt，由此运动过程的对称性可知a＝g，由牛顿第二定律得：qE－mg＝ma＝mg，解得：E＝2mg/q.故B、C正确．‎ ‎10．(2010年湖北黄冈模拟)如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t(不计粒子的重力)，则(　　)‎ A．在前时间内，电场力对粒子做的功为 B．在后时间内，电场力对粒子做的功为Uq C．在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1∶2‎ D．在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1∶1‎ 解析：选BD.电场力做的功W＝qE·＝·＝，前和后的位移之比为x1∶x2＝1∶3‎ x1＝·＝，x2＝d，则 前：W1＝qE·＝，后：W2＝qE·d＝qU，B正确；‎ 前和后位移相等，电场力恒定，故做功相等，所以D正确．选B、D.‎ 三、计算题 ‎11．如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连，它的极板长L＝‎0.4 m，两板间距离d＝4×10－‎3 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m＝4×10－‎5 kg，电量q＝＋1×10－‎8 C．(g＝‎10 m/s2)求：‎ ‎(1)微粒入射速度v0为多少？‎ ‎(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？‎ 解析：(1)＝v0t ＝gt2‎ 可解得：v0＝ ＝‎10 m/s.‎ ‎(2)电容器的上板应接电源的负极 当所加的电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出即 ＝a1()2‎ 又a1＝ 解得：U1＝120 V 当所加的电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出 即＝a2()2‎ 又a2＝ 解得：U2＝200 V 所以120 V3P甲 解析：选B.设各灯泡正常工作时的电流为I，则甲电路的总电流为I甲＝3I，乙电路的总电流为I乙＝I，所以由P＝UI得P甲＝3P乙，应选B.‎ ‎6．自动充电式电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接，骑车者用力蹬车或电动车自动滑行时，发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来，现使车以500 J的初动能在粗糙的水平路面上自由滑行，第一次关闭自动充电装置，其动能随位移变化关系如图线①所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是(　　)‎ A．200 J B．250 J C．300 J D．500 J 解析：选A.根据能量守恒，第一次关闭自动充电装置时，动能全部转化为内能，第二次启动自动充电装置时，动能一部分转化为内能，另一部分转化为电能，电能为E电＝Ek＝×500 J＝200 J，A对．‎ 二、不定项选择题 ‎7．如图所示的电解池接入电路后，在t秒内有n1个一价正离子通过溶液内某截面S，有n2个一价负离子通过溶液内某截面S，设e为元电荷，以下说法正确的是(　　)‎ A．当n1＝n2时，电流为零 B．当n1>n2时，电流方向从A→B，电流为I＝ C．当n1UC，故R1接在电源上时，电源的效率高，A项正确B项错误；将电阻接在电源上，电阻的U－I图象与电源两端电压与电流关系图象的交点，表示将这个电阻接到此电源上的输出电压和电流，从图象中只可看出电流的数值，但看不出两种情况下路端电压的关系，故无法确定两种情况下电源的输出功率的大小关系，C、D项均错误．本题易混淆电源效率和电源输出功率的概念而出现错误．‎ 二、不定项选择题 ‎7．如图所示，电源内阻不可忽略，已知R1为半导体热敏电阻，R2为锰铜合金制成的可变电阻，若发现灯泡L的亮度变暗，可能的原因是(　　)‎ A．R1的温度逐渐降低 B．R1受到可见光的照射 C．R2的阻值逐渐增大 D．R2的阻值逐渐减小 解析：选AD.灯泡L亮度变暗，说明流过灯泡的电流减小，其原因可能是R1的阻值增大或R2的阻值减小引起，半导体热敏电阻随温度的升高电阻率减小，故可能的原因是R1的温度降低或R2的阻值减小，所以A、D正确，B、C错误．‎ ‎8．(2011年镇海中学检测)在图中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路．由图象可知(　　)‎ A．电源的电动势为3 V，内阻为0.5 Ω B．电阻R的阻值为1 Ω C．电源的输出功率为2 W D．电源的效率为66.7%‎ 解析：选ABD.图象Ⅰ与纵轴交点表示电源电动势，为3 V，图象Ⅰ斜率的绝对值表示电源内阻为0.5 Ω，选项A正确；图象Ⅱ的斜率表示电阻R的阻值为1 Ω，选项B正确；电源输出电压为U＝2 V，电流为‎2 A，电源输出功率为4 W，选项C错；电源效率η＝P出/P总＝U/E＝2/3×100%＝66.7%，选项D正确．‎ ‎9．如图，电源内阻为r，电流表和电压表均为理想电表，下列判断正确的是(　　)‎ A．若R1断路，两表的读数均变小 B．若R2断路，两表的读数均变小 C．若R3断路，电流表读数为0，电压表读数变大 D．若R4断路，两表的读数均变大 解析：选CD.若某电阻R断路即可理解为该电阻阻值变大，由“串反并同”可知C、D正确．‎ ‎10．如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电压表示数的变化量为ΔU.在这个过程中，下列判断正确的是(　　)‎ A．电阻R1两端的电压减小，减小量等于ΔU B．电容器的带电荷量减小，减小量小于CΔU C．电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大 D．电压表示数变化量ΔU和电流表示数变化量ΔI的比值不变 解析：选BCD.增大R后，总电阻增大，总电流减小，则R1两端电压减小，内阻消耗电压减小，由于电动势不变，R两端电压的增加量等于两者减小量之和，所以电阻R1两端的电压减小，减小量小于ΔU，A错；U/I表示R的阻值，R增大，所以增大，而ΔU/ΔI表示内阻和R1之和，比值是不变的．‎ 三、计算题 ‎11．(2011年陕西五校联考)如图所示，已知电源电动势E＝20 V，内阻r＝1 Ω，当接入固定电阻R＝4 Ω时，电路中标有“3 V,6 W”的灯泡L和内阻RD＝0.5 Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作．试求：‎ ‎(1)电路中的电流大小；‎ ‎(2)电动机的额定电压；‎ ‎(3)电动机的输出功率．‎ 解析：(1)灯泡L正常发光，电路中的电流为I＝PL/UL＝ A＝‎2 A.‎ ‎(2)由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为 UD＝E－I(r＋R)－UL＝20 V－2×(1＋4) V－3 V＝7 V.‎ ‎(3)电动机的总功率为P总＝IUD＝2×7 W＝14 W 电动机的热功率为P热＝I2RD＝22×0.5 W＝2 W 所以电动机的输出功率为P出＝P总－P热＝14 W－2 W＝12 W.‎ 答案：(1)‎2 A　(2)7 V　(3)12 W ‎12．(2011年衢州一中月考)一电路如图所示，电源电动势E＝28 V，内阻r＝2 Ω，电阻R1＝12 Ω，R2＝R4＝4 Ω，R3＝8 Ω，C为平行板电容器，其电容C＝3.0 pF，虚线到两极板间距离相等，极板长L＝‎0.20 m，两极板的间距d＝1.0×10－‎2m.‎ ‎(1)若开关S处于断开状态，则当其闭合后，求流过R4的总电荷量为多少？‎ ‎(2)若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0＝‎2.0 m/s的初速度射入C的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的电场中射出？(要求写出计算和分析过程，g取‎10 m/s2)‎ 解析：(1)S断开时，电阻R3两端电压为U3＝E＝16 V S闭合后，外电阻为R＝＝6 Ω 路端电压为U＝E＝21 V 此时电阻R3两端电压为U′3＝U＝14 V 则流过R4的总电荷量为ΔQ＝CU3－CU′3＝6.0×10－‎12C.‎ ‎(2)设微粒质量为m，电荷量为q，当开关S断开时有：‎ ＝mg 当开关S闭合后，设微粒加速度为a，则mg－＝ma 设微粒能从C的电场中射出，则水平方向运动时间为：t＝ 竖直方向的位移为：y＝at2‎ 由以上各式求得：y＝6.25×10－‎3m> 故假设不成立，微粒不能从C的电场中射出．‎ 答案：见解析 课时23‎ 第8章　磁　场 第一节　磁场的描述　磁场对电流的作用 一、单项选择题 ‎1. (2011年陕西西安地区名校联考)磁场中某处的磁感线分布如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．磁感应强度Ba>Bb B．同一通电导线在b处所受的磁场力一定比在a处大 C．通电导线在b处所受磁场力的方向可能与b处磁感线的方向相同 D．若在a处的通电导线垂直磁感线放置，则所受磁场力最大 解析：选D.由于a处磁感线比b处磁感线疏，所以磁感应强度Bamg时，棒沿导轨向下减速；在棒停止运动前，所受摩擦力为滑动摩擦力，大小为：Ff＝μBLkt；当棒停止运动时，摩擦力立即变为静摩擦力，大小为：Ff＝mg，故选项C正确．‎ ‎6．(2011年湖北黄冈质检)如图所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架，ab、cd边均与ad边成60°角，ab＝bc＝cd＝L，长度为L的电阻丝电阻为r，框架与一电动势为E，内阻为r的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则框架受到的安培力的合力大小为(　　)‎ A．0　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选C.总电阻R＝＋r＝r，总电流I＝＝，梯形框架受的安培力可等效为I通过ad边时受到的安培力，F＝BI＝BI‎2L＝，所以C选项正确．‎ 二、不定项选择题 ‎7．(2011年北京海淀区期末测试)有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图．在下图所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等．若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度，下列说法中正确的是(　　)‎ A．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同 B．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反 C．在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零 D．在线段MN上只有一点的磁感应强度为零 解析：选BD.根据安培定则和磁场的叠加原理，M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反，选项A错B对；在线段MN上只有在O点处，a、b 两电流形成的磁场的磁感应强度等大反向，即只有O点处的磁感应强度为零，选项C错D正确．‎ ‎8．如图所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B1＝1 T．位于纸面内的细直导线，长L＝‎1 m，通有I＝‎1 A的恒定电流．当导线与B1成60°夹角时，发现其受到的安培力为零．则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B2的大小可能为(　　)‎ A. T　　　　　　　　　 B. T C．1 T D. T 解析：选BCD.导线受到的安培力为零，可判断出合磁感应强度为零或沿导线方向，可求出磁感应强度B2的最小值，B2小＝B1sin60°＝ T，故B、C、D均正确．‎ ‎9．如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直斜面放置一根长为L、质量为m的直导线，当通以电流I时，欲使导线静止在斜面上，外加匀强磁场B的大小和方向可能是(　　)‎ A．B＝mgtanα/(IL)，方向垂直斜面向上 B．B＝mgsinα/(IL)，方向垂直斜面向下 C．B＝mgtanα/(IL)，方向竖直向上 D．B＝mg/(IL)，方向水平向右 解析：选B.B方向垂直斜面向上，由左手定则可知，安培力方向沿斜面向下，导线不可能静止，A错；同理可知C、D错；B方向垂直斜面向下，安培力沿斜面向上，由平衡条件得：BIL＝mgsinα，解得B＝，故B项对．‎ ‎10．(2011年绍兴一中高三月考)如图所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心．两金属轨道之间的宽度为‎0.5 m，匀强磁场方向如图，大小为0.5 T．质量为‎0.05 kg、长为‎0.5 m的金属细杆置于金属轨道上的M点．当在金属细杆内通以电流强度为‎2 A的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动．已知MN＝OP＝‎1 m，则(　　)‎ A．金属细杆开始运动的加速度为‎5 m/s2‎ B．金属细杆运动到P点时的速度大小为‎5 m/s C．金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为‎10 m/s2‎ D．金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N 解析：选D.金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小F＝BIL＝0.5×2×0.5 N＝0.5 N，金属细杆开始运动的加速度为a＝F/m＝‎10 m/s2，选项A错误；对金属细杆从M点到P点的运动过程，安培力做功W＝F×(MN＋OP)＝1 J，重力做功WG＝－mg×ON＝－0.5 J，由动能定理得W＋WG＝mv2，解得金属细杆运动到P点时的速度大小为v＝ m/s，选项B错误；金属细杆运动到P点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的加速度，水平方向的向心加速度大小为a′＝v2/r＝‎20 m/s2，选项C错误；在P点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F，水平向右的安培力FA，由牛顿第二定律得F－FA＝mv2/r，解得F＝1.5 N，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75 N，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N，选项D正确. ‎ 三、计算题 ‎11．如图所示，PQ和EF为水平放置的平行金属导轨，间距为l＝‎1.0 m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m＝‎20 g，棒的中点用细绳经轻滑轮与物体c相连，物体c的质量M＝‎30 g．在垂直导轨平面方向存在磁感应强度B＝0.2 T的匀强磁场，磁场方向竖直向上，重力加速度g取‎10 m/s2.若导轨是粗糙的，且导体棒与导轨间的最大静摩擦力为导体棒ab重力的0.5倍，若要保持物体c静止不动，应该在棒中通入多大的电流？电流的方向如何？‎ 解析：因导轨粗糙，设棒和导轨之间的最大静摩擦力为f.若BIl>Mg，则静摩擦力的方向与细绳的拉力方向相同，设此时电流为I1，即有 BI‎1l－Mg≤f＝0.5 mg，‎ 解得I1≤＝‎2.0 A；‎ 若BIl‎4 cm和y<－‎4 cm内有粒子射出 C．左边界：y>‎8 cm内有粒子射出 D．左边界：0qvB，所以a＝，随下落速度v的增大a逐渐增大；当qEW2‎ C．一定是W1W2，也可能是W1W2.B项正确．‎ 二、不定项选择题 ‎7．(2011年金华十校联考)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 解析：选BC.粒子能够直线穿过，则有q＝qvB即v＝，若U、B增大的倍数不同，粒子不能沿直线穿过，A项错；同理B项正确；粒子向下偏，电场力做负功，又W洛＝0，所以ΔEk<0，C项正确，D项错．‎ ‎8．地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动，如图所示，由此可以判断(　　)‎ A．油滴一定做匀速运动 B．油滴可以做变速运动 C．如果油滴带正电，它是从M点运动到N点 D．如果油滴带正电，它是从N点运动到M点 解析：选AC.由于油滴做直线运动，故受力如图．若带正电，C项才是合理的，并且速度恒定，若有变化，F洛即为变力，油滴将做曲线运动．故选A、C.‎ ‎9．(2010年高考江苏卷)如图所示，在匀强磁场中附加另一匀强磁场，附加磁场位于图中阴影区域，附加磁场区域的对称轴OO′与SS′垂直．a、b、c三个质子先后从S点沿垂直于磁场的方向射入磁场，它们的速度大小相等，b的速度方向与SS′垂直，a、c的速度方向与b的速度方向间的夹角分别为α、β，且α＞β.三个质子经过附加磁场区域后能到达同一点S′，则下列说法中正确的有(　　)‎ A三个质子从S运动到S′的时间相等 B．三个质子在附加磁场以外区域运动时，运动轨迹的圆心均在OO′轴上 C．若撤去附加磁场，a到达SS′连线上的位置距S点最近 D．附加磁场方向与原磁场方向相同 解析：选CD.洛伦兹力对粒子始终不做功，由于a、b、c三个质子射入磁场时的速度大小相等，所以它们进入磁场后速度大小始终不变，显然弧长最长的c运动时间最长，a运动时间最短，选项A错；撤去附加磁场后三个质子均做匀速圆周运动，其中质子b轨迹为半圆，由于α＞β，通过画图可看出a到达SS′连线上位置距S点最近，b到达SS′连线上的位置离S点最远，选项C正确；比较a、b两质点，b在附加磁场中运动的弧长比a在附加磁场中运动的弧长长，但它们均从同一位置S′离开磁场，故附加区域合磁场磁感应强度比原磁场磁感应强度大，因此附加磁场方向与原磁场方向相同，选项D正确．由于附加磁场区域的合磁场磁感应强度比原磁场的强，附加区域质子运动半径小，故未进入附加磁场之前的圆心位置在OO′轴右方，从附加磁场出来后的圆心在OO′左侧(如图)选项B错误．‎ ‎10．(2011年江苏连云港模拟)如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是图中的(　　)‎ 解析：‎ 选AD.由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环受到竖直向下的重力、垂直杆的弹力及向左的摩擦力，当洛伦兹力初始时刻小于重力时，弹力方向竖直向上，圆环向右减速运动，随着速度减小，洛伦兹力减小，弹力越来越大，摩擦力越来越大，故做加速度增大的减速运动，直到速度为零而处于静止状态，选项中没有对应图象；当洛伦兹力初始时刻等于重力时，弹力为零，摩擦力为零，故圆环做匀速直线运动，A正确；当洛伦兹力初始时刻大于重力时，弹力方向竖直向下，圆环做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，弹力减小，在弹力减小到零的过程中，摩擦力逐渐减小到零，故做加速度逐渐减小的减速运动，摩擦力为零时，开始做匀速直线运动，D正确．‎ 三、计算题 ‎11．(2011年宁波效实中学高三月考)如图所示，竖直平面内有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E1＝2500 N/C，方向竖直向上；磁感应强度B＝103T，方向垂直纸面向外；有一质量m＝1×10－‎2kg、电荷量q＝4×10－‎5C的带正电小球自O点沿与水平线成45°角以v0＝‎4 m/s的速度射入复合场中，之后小球恰好从P点进入电场强度E2＝2500 N/C，方向水平向左的第二个匀强电场中．不计空气阻力，g取‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)O点到P点的距离s1；‎ ‎(2)带电小球经过P点的正下方Q点时与P点的距离s2.‎ 解析：(1)带电小球在正交的匀强电场和匀强磁场中受到的重力G＝mg＝0.1 N 电场力F1＝qE1＝0.1 N 即G＝F1，故带电小球在正交的电磁场中由O到P做匀速圆周运动 根据牛顿第二定律得：‎ qv0B＝m 解得：R＝＝ m＝‎‎1 m 由几何关系得：s1＝R＝ m.‎ ‎(2)带电小球在P点的速度大小仍为v0＝‎4 m/s，方向与水平方向成45°.由于电场力F2＝qE2＝0.1 N，与重力大小相等，方向相互垂直，则合力的大小为F＝ N，方向与初速度方向垂直，故带电小球在第二个电场中做类平抛运动．建立如图所示的x、y坐标系，沿y轴方向上，带电小球的加速度 a＝F/m＝‎10 ‎ m/s2，位移y＝at2‎ 沿x轴方向上，带电小球的位移x＝v0t 由几何关系有：y＝x 即：at2＝v0t，解得：t＝s Q点到P点的距离s2＝x＝×4× m＝‎3.2 m.‎ 答案：见解析 ‎12．如图所示，坐标系中第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝102 T，同时有竖直向上与y轴同方向的匀强电场，场强大小E1＝102 V/m，第四象限有竖直向上与y轴同方向的匀强电场，场强大小E2＝2E1＝2×102 V/m.若有一个带正电的微粒，质量m＝10－‎12kg，电荷量q＝10－‎13C，以水平与x轴同方向的初速度从坐标轴的P1点射入第四象限，OP1＝‎0.2 m，然后从x轴上的P2点进入第一象限，OP2＝‎0.4 m，接着继续运动．(g＝‎10 m/s2)求：‎ ‎(1)微粒射入的初速度；‎ ‎(2)微粒第三次过x轴的位置及从P1开始到第三次过x轴的总时间 ‎ 解析：(1)微粒从P1到P2做类平抛运动，竖直方向 a＝＝‎10 m/s2‎ 则运动时间t1＝ ＝0.2 s，则vy＝at1＝‎2 m/s 微粒射入的初速度：v0＝＝‎2 m/s.‎ ‎(2)微粒运动方向与x轴夹角为45°‎ 微粒进入第一象限的速度：v＝＝‎2 m/s 由于qE1＝mg，所以微粒进入第一象限做匀速圆周运动，则圆周运动的半径R＝＝m，P2P3＝2Rcos45°＝‎‎0.4 m 微粒做圆周运动的时间t2＝＝0.157 s 微粒再次进入第四象限，由运动的分解可知：x轴方向做匀速运动，y轴方向做类上抛运动，微粒运动时间 t3＝＝0.4 s 运动距离P3P4＝v0t3＝‎‎0.8 m 故OP4＝OP2＋P2P3＋P3P4＝‎‎1.6 m t＝t1＋t2＋t3＝0.757 s.‎ 答案：见解析 课时26‎ 选修32　第9章　电磁感应 第一节　电磁感应现象　楞次定律 一、单项选择题 ‎1．(2011年台州调研)如图所示，在匀强磁场中的矩形金属轨道上，有等长的两根金属棒ab和cd，它们以相同的速度匀速运动，则(　　)‎ A．断开电键K，ab中有感应电流 B．闭合电键K，ab中有感应电流 C．无论断开还是闭合电键K，ab中都有感应电流 D．无论断开还是闭合电键K，ab中都没有感应电流 解析：选B.两根金属棒ab和cd以相同的速度匀速运动，若断开电键K，两根金属棒与导轨构成的回路中磁通量无变化，则回路中无感应电流，故A、C错误；若闭合电键K，两根金属棒与导轨构成的回路中磁通量发生变化，则回路中有感应电流，故B正确，D错误．‎ ‎2．如图所示的闭合铁芯上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电池构成闭合电路，a、b、c为三个闭合金属圆环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，则当滑动变阻器的滑片左、右滑动时，能产生感应电流的金属圆环是(　　)‎ A．a、b两个环　　　　　　　　 B．b、c两个环 C．a、c两个环 D．a、b、c三个环 解析：选A.当滑片左、右滑动时，通过a、b的磁通量变化，而通过c环的合磁通量始终为零，故a、b两环中产生感应电流，而c环中不产生感应电流．‎ ‎3．(2011年慈溪中学检测)如图所示，同一平面内的三条平行导线串有两个电阻R和r，导体棒PQ与三条导线接触良好，匀强磁场的方向垂直纸面向里，导体棒的电阻可忽略．当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是(　　)‎ A．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由b到a B．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到a C．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由a到b D．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由a到b 解析：选B.根据右手定则，可判断PQ作为电源，Q端电势高，在PQcd回路中，电流为逆时针方向，即流过R的电流为由c到d，在电阻r的回路中，电流为顺时针方向，即流过r的电流为由b到a.当然也可以用楞次定律，通过回路的磁通量的变化判断电流方向．‎ ‎4．1931年英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”.1982年，美国物理学家卡布莱拉设计了一个寻找磁单极子的实验，他设想，如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图所示的超导线圈，那么，从上向下看，超导线圈上将出现(　　)‎ A．先是逆时针方向，然后是顺时针方向的感应电流 B．先是顺时针方向，然后是逆时针方向的感应电流 C．顺时针方向持续流动的感应电流 D．逆时针方向持续流动的感应电流 解析：选D.N单极子向下靠近时，磁通量向下增加，当N单极子向下离开时，磁通量向上且减小，产生的感应电流均为逆时针方向．‎ ‎5．如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈．当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的正确判断是(　　)‎ A．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左 B．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向左 C．FN先小于mg后大小mg，运动趋势向右 D．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右 解析：选D.当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，线圈中向下的磁通量先增加后减小，由楞次定律可知，线圈中先产生逆时针方向的感应电流后产生顺时针方向的感应电流，线圈先左侧受到向右下的安培力，后右侧受到向右上的安培力，因此FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右，所以正确选项是D.‎ ‎6．(2011年镇海中学高三月考)如图，一磁铁用细线悬挂，一个很长的铜管固定在磁铁的正下方，开始时磁铁上端与铜管上端相平，烧断细线，磁铁落入铜管的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ ‎①磁铁下落的加速度先增大，后减小 ‎②磁铁下落的加速度恒定 ‎③磁铁下落的速度先增大后减小 ‎④磁铁下落的加速度一直减小最后为零 ‎⑤磁铁下落的速度逐渐增大，最后匀速运动 A．只有②正确 B．只有①③正确 C．只有①⑤正确 D．只有④⑤正确 解析：选D.磁铁下落过程中，将在铜管中产生感应电流，由楞次定律可知，磁铁将受到阻碍，磁铁下落速度越大，阻力越大，加速度越小，当阻力与重力相等时，加速度减为0，速度达到最大，磁铁以此速度匀速运动，故只有D项正确．‎ 二、不定项选择题 ‎7．如图所示，AOC是光滑的金属轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金属直杆如图立在导轨上，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中Q端始终在OC上，空间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，则在PQ杆滑动的过程中，下列判断正确的是(　　)‎ A．感应电流的方向始终是由P→Q B．感应电流的方向先是由P→Q，后是由Q→P C．PQ受磁场力的方向垂直杆向左 D．PQ受磁场力的方向先垂直于杆向左，后垂直于杆向右 解析：选BD.在PQ杆滑动的过程中，杆与导轨所围成的三角形面积先增大后减小，三角形POQ内的磁通量先增大后减小，由楞次定律可判断B项对，再由PQ中电流方向及左手定则可判断D项对．‎ ‎8．如图所示，沿x轴、y轴有两根长直导线，互相绝缘．x轴上的导线中通有沿－x方向的电流，y轴上的导线中通有沿＋y方向的电流，两虚线是坐标轴所夹角的角平分线．a、b、c、d是四个圆心在虚线上、与坐标原点等距的相同的圆形导线环．当两直导线中的电流从相同大小，以相同的快慢均匀减小时，各导线环中的感应电流情况是(　　)‎ A．a中有逆时针方向的电流 B．b中有顺时针方向的电流 C．c中有逆时针方向的电流 D．d中有顺时针方向的电流 解析：选BC.先根据安培定则可以判断a、b、c、d圆环所在区域的合磁场、合磁通，a、d圆环内合磁通为零，b圆环内合磁通方向向里，c圆环内合磁通方向向外．再根据楞次定律可以判断b圆环上感应电流方向为顺时针，c圆环上感应电流方向为逆时针，故答案为B、C.‎ ‎9．如图所示为地磁场磁感线的示意图．在北半球地磁场的竖直分量向下．飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差．设飞行员左方机翼末端处的电势为U1，右方机翼末端处的电势为U2，则(　　)‎ A．若飞机从西往东飞，U1比U2高 B．若飞机从东往西飞，U2比U1高 C．若飞机从南往北飞，U1比U2高 D．若飞机从北往南飞，U2比U1高 解析：选AC.北半球的地磁场的竖直分量向下，其俯视图如图所示，对水平飞行的飞机，其机翼可等效为一水平放置的导体棒，应用右手定则可判断，向北飞行时，左方机翼末端电势高．并可得出如下结论：在北半球，不论飞机沿何方向水平飞行，都是飞机左翼电势高；在南半球，不论飞机沿何方向水平飞行，都是飞机右翼电势高．(右手定则中四指的指向即等效电源的正极，因为在电源内部电流从负极流向正极)故A、C正确．‎ ‎10．(2011年山东潍坊模拟)如图所示，两块金属板水平放置，与左侧水平放置的线圈通过开关K用导线连接．压力传感器上表面绝缘，位于两金属板间，带正电的小球静置于压力传感器上，均匀变化的磁场沿线圈的轴向穿过线圈．K未接通时压力传感器的示数为1 N，K闭合后压力传感器的示数变为2 N．则磁场的变化情况可能是(　　)‎ A．向上均匀增大 B．向上均匀减小 C．向下均匀减小 D．向下均匀增大 解析：选AC.K闭合后，向上均匀增大或向下均匀减小磁场都能使上金属板带正电，下金属板带负电，带正电的小球受竖直向下的电场力，压力传感器示数变大．‎ ‎11．(2011年湖北黄冈调研)如图所示，一半圆形铝框处在水平向外的非匀强磁场中，场中各点的磁感应强度为By＝，y为该点到地面的距离，c为常数，B0为一定值．铝框平面与磁场垂直，直径ab水平，(空气阻力不计)铝框由静止释放下落的过程中(　　)‎ A．铝框回路磁通量不变，感应电动势为0‎ B．回路中感应电流沿顺时针方向，直径ab两点间电势差为0‎ C．铝框下落的加速度大小一定小于重力加速度g D．直径ab受安培力向上，半圆弧ab受安培力向下，铝框下落加速度大小可能等于g 解析：选C.由题意知，y越小，By越大，下落过程中，磁通量逐渐增加，A错误；由楞次定律判断，铝框中电流沿顺时针方向，但Uab≠0，B错误；直径ab受安培力向上，半圆弧ab受安培力向下，但直径ab处在磁场较强的位置，所受安培力较大，半圆弧ab的等效水平长度与直径相等，但处在磁场较弱的位置，所受安培力较小，这样整个铝框受安培力的合力向上，故C正确D错误．‎ 三、计算题 ‎12．如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动．t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形．为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B应怎样随时间t变化？请推导出这种情况下B与t的关系式．‎ 解析：要使MN棒中不产生感应电流，应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化 在t＝0时刻 ，穿过线圈平面的磁通量 Φ1＝B0S＝B‎0l2‎ 设t时刻的磁感应强度为B，此时磁通量为 Φ2＝Bl(l＋vt)‎ 由Φ1＝Φ2得B＝.‎ 答案：B随t减小，B＝ 课时27‎ 第二节　法拉第电磁感应定律　自感　涡流 一、单项选择题 ‎1．穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图中的甲～丁所示．下列关于回路中产生的感应电动势的论述中正确的是(　　)‎ A．图甲中回路产生的感应电动势恒定不变 B．图乙中回路产生的感应电动势一直在变大 C．图丙中回路在0～t1时间内产生的感应电动势小于在t1～t2时间内产生的感应电动势 D．图丁中回路产生的感应电动势先变小后变大 解析：选D.根据法拉第电磁感应定律：感应电动势等于磁通量的变化率，得到在图甲中的磁通量不变，所以不会产生感应电动势，选项A错误．由数学知识得图乙中的磁通量变化率是恒定的，所以产生的感应电动势是恒定的，选项B错误．图丙中回路在0～t1时间内与t1～t2时间内磁通量的变化率都是恒定的，故产生恒定的电动势，但是0～t1时间内的磁通量的变化率大于t1～t2时间内磁通量的变化率，所以前一段时间内产生的感应电动势大于后一段时间内产生的感应电动势，选项C错误．图丁中的磁通量的变化率是先变小后变大，产生的感应电动势也是先变小后变大．所以本题的正确选项应该为D.‎ ‎2．(2011年江苏南通一模)电磁炉是利用电磁感应现象产生的涡流，使锅体发热从而加热食物．下列相关的说法中正确的是(　　)‎ A．锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关 B．电磁炉中通入电压足够高的直流电也能正常工作 C．金属或环保绝缘材料制成的锅体都可以利用电磁炉来烹饪食物 D．电磁炉的上表面一般都用金属材料制成，以加快热传递、减少热损耗 解析：选A.涡流是高频交流电产生的磁场引起的电磁感应现象，故选项A正确、B错误；电磁炉表面一般用绝缘材料制成，避免产生涡流，锅体用金属制成利用涡流加热食物，故选项C、D错误．‎ ‎3．如图中半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)(　　)‎ A．由c到d，I＝Br2ω/R B．由d到c，I＝Br2ω/R C．由c到d，I＝Br2ω/(2R)‎ D．由d到c，I＝Br2ω/(2R)‎ 解析：选D.金属圆盘在匀强磁场中匀速转动，可以等效为无数根长为r的导体棒绕O点做匀速圆周运动，其产生的感应电动势大小为E＝Br2ω/2，由右手定则可知其方向由外指向圆心，故通过电阻R的电流I＝Br2ω/(2R)，方向由d到c，故选D项．‎ ‎4．(2011年宁波效实中学检测)图中电感线圈L的直流电阻为RL，小灯泡的电阻为R，小量程电流表G1、G2的内阻不计．当开关S闭合且稳定后，电流表G1、G2的指针均偏向右侧(电流表的零刻度在表盘的中央)，则当开关S断开时，下列说法中正确的是(　　)‎ A．G1、G2的指针都立即回到零点 B．G1缓慢回到零点，G2立即左偏，然后缓慢回到零点 C．G1立即回到零点，G2缓慢回到零点 D．G2立即回到零点，G1缓慢回到零点 解析：选B.S闭合且稳定时，通过电流表G1、G2两条支路的电流均由左向右．断开S，L中产生自感电动势，由“增反减同”可知，自感电动势E自的方向一定与原电流方向相同，等效电路如图所示．显然，断开S后，在E自的作用下，回路中将继续形成沿顺时针方向的电流，这时流经电流表G2支路的电流方向变为由右向左．由于这段时间内E自是逐渐减小的，故电流也是逐渐减小的．‎ ‎5．(2010年高考北京卷)在如图所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I.然后，断开S.若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t变化的图象是(　　)‎ 解析：选B.由题中给出的电路可知，电路由L与L1和L2与R两个支路并联，在t′时刻，L1支路的电流因为有L的自感作用，所以i1由零逐渐增大，L2支路为纯电阻电路，i2不存在逐渐增大的过程，所以选项B正确．‎ ‎6．(2010年高考江苏卷)一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直．先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s时间内均匀地增大到原来的两倍．接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半．先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为(　　)‎ A．　　　　　　　　　　　 B．1‎ C．2 D．4‎ 解析：选B.根据法拉第电磁感应定律E＝＝，设初始时刻磁感应强度为B0，线圈面积为S0，则第一种情况下的感应电动势为E1＝＝＝B0S0；第二种情况下的感应电动势为E2＝＝＝B0S0，所以两种情况下线圈中的感应电动势相等，比值为1，故选项B正确．‎ 二、不定项选择题 ‎7．(2011年嘉兴模拟)在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒PQ以初速度v0水平抛出，如图所示．棒在运动过程中始终保持水平，空气阻力不计，那么，下列说法中正确的是(　　)‎ A．PQ棒两端的电势一定满足φP<φQ B．PQ棒中的感应电动势越来越大 C．PQ棒中的感应电动势越来越小 D．PQ棒中的感应电动势保持不变 解析：选AD.PQ棒水平切割磁感线，利用右手定则可判断两端的电势一定满足φP<φQ，A正确；因PQ棒水平方向速度不变，竖直方向不切割磁感线，所以PQ棒中的感应电动势保持不变，D正确．‎ ‎8．(2010年高考大纲全国卷Ⅰ)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10－5T.一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽‎100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过．设落潮时，海水自西向东流，流速为‎2 m/s.下列说法正确的是(　　)‎ A．电压表记录的电压为5 mV B．电压表记录的电压为9 mV C．河南岸的电势较高 D．河北岸的电势较高 解析：选BD.可以将海水视为垂直河岸方向放置的导体平动切割地磁场的磁感线产生感应电动势，由E＝BLv＝9 mV，B项正确；由右手定则可知，感应电流方向由南向北，故河北岸的电势较高，D项正确．‎ ‎9．一个由电阻均匀的导线绕制成的闭合线圈放在匀强磁场中，如图所示，线圈平面与磁场方向成60°角，磁感应强度随时间均匀变化，用下列哪些方法可使感应电流增加一倍(　　)‎ A．把线圈匝数增加一倍 B．把线圈面积增加一倍 C．把线圈半径增加一倍 D．改变线圈与磁场方向的夹角 解析：选C.设导线的电阻率为ρ，横截面积为S0，线圈的半径为r，则I＝＝＝＝··sinθ.可见将r增加一倍，I增加1倍，将线圈与磁场方向的夹角改变时，sinθ不能变为原来的2倍(因sinθ最大值为1)，若将线圈的面积增加一倍，半径r增加到原来的倍，电流也增加到原来的倍，I与线圈匝数无关．‎ ‎10．如图所示，水平面内两光滑的平行金属导轨，左端与电阻R相连接，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒垂直于导轨并与导轨接触良好．今对金属棒施加一个水平向右的外力F，使金属棒从a位置开始向右做初速度为零的匀加速运动，依次通过位置b和c.若导轨与金属棒的电阻不计，ab与bc的距离相等，关于金属棒在运动过程中的有关说法正确的是(　　)‎ A．金属棒通过b、c两位置时，电阻R的电功率之比为1∶2‎ B．金属棒通过b、c两位置时，外力F的大小之比为1∶ C．从a到b和从b到c的两个过程中，电阻R上产生的热量之比为1∶1‎ D．从a到b和从b到c的两个过程中，通过金属棒横截面的电荷量之比为1∶1‎ 解析：选AD.由题意知vc＝vb，所以Ec＝Eb，Ic＝Ib，电阻R消耗的功率P＝I2R，所以＝＝，A正确；所需的外力F＝＋ma，而金属棒所受的安培力＝＝ ‎，因加速度未知，B错误；金属棒从a到b和从b到c的两个过程中外力做功W1mg＝1 N，故ab杆做减速直线运动，速度减小，安培力也减小，加速度越来越小，最后加速度减为零时做匀速运动，故D正确．‎ ‎3．竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道，如图所示，抛物线方程是y＝x2，轨道下半部分处在一个水平向外的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(图中虚线所示)，一个小金属环从抛物线上y＝b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是(　　)‎ A．mgb B.mv2‎ C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋mv2‎ 解析：选D.小金属环进入或离开磁场时，磁通量会发生变化，并产生感应电流，产生焦耳热；当小金属环全部进入磁场后，不产生感应电流，小金属环最终在磁场中做往复运动，由能量守恒可得产生的焦耳热等于减少的机械能，即Q＝mv2＋mgb－mga＝mg(b－a)＋mv2.‎ ‎4．(2010年高考大纲全国卷Ⅱ)如图，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b和下边界d水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，‎ 下边水平．线圈从水平面a开始下落．已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离．若线圈下边刚通过水平面b、c(位于磁场中)和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为Fb、Fc和Fd，则(　　)‎ A．Fd>Fc>Fb B．FcFb>Fd D．FcΔEk.本题正确选项为BD.‎ ‎10．(2011年浙江调研)如图所示，光滑金属导轨AC、AD固定在水平面内，并处在方向竖直向下、大小为B的匀强磁场中．有一质量为m的导体棒以初速度v0从某位置开始在导轨上水平向右运动，最终恰好静止在A点．在运动过程中，导体棒与导轨始终构成等边三角形回路，且通过A点的总电荷量为Q.已知导体棒与导轨间的接触电阻阻值恒为R，其余电阻不计．则(　　)‎ A．该过程中导体棒做匀减速运动 B．该过程中接触电阻产生的热量为mv C．开始运动时，导体棒与导轨所构成回路的面积为S＝ D．当导体棒的速度为v0时，回路中感应电流大小为初始时的一半 解析：选C.由于导体棒在向右运动切割磁感线产生感应电流，同时受到水平向左的安培力，所以导体棒速度逐渐减小，速度减小又使得感应电动势、感应电流、安培力均减小，所以导体棒做加速度逐渐减小的变减速运动，A错误；由能量守恒可知整个运动过程中导体棒损失的动能全部转化为内能，故B错误；设开始运动时，导体棒和导轨构成的回路的面积为S，运动时间为t，则整个过程中回路中的平均感应电动势为E＝BS/t①；平均感应电流为I＝E/R②，则运动过程中通过A点的电荷量为Q＝It③.联立①②③式可得S＝，故C正确；导体棒在运动过程中切割磁感线的有效长度逐渐减小，当速度为v0时，产生的感应电动势小于开始运动时产生的感应电动势的一半，此时感应电流小于开始时的一半，故D错误．‎ 三、计算题 ‎11．(2011年绍兴一中高三质量检测)如图所示，用质量为m、电阻为R的均匀导线做成边长为l的单匝正方形线框MNPQ，线框每一边的电阻都相等．将线框置于光滑绝缘的水平面上．在线框的右侧存在竖直方向的有界匀强磁场，磁场边界间的距离为‎2l，磁感应强度为B.在垂直MN边的水平拉力作用下，线框以垂直磁场边界的速度v匀速穿过磁场．在运动过程中线框平面水平，且MN边与磁场的边界平行．求：‎ ‎(1)线框MN边刚进入磁场时，线框中感应电流的大小；‎ ‎(2)线框MN边刚进入磁场时，M、N两点间的电压UMN；‎ ‎ (3)在线框从MN边刚进入磁场到PQ边刚穿出磁场的过程中，水平拉力对线框所做的功W.‎ 解析：(1)线框MN边在磁场中运动时，感应电动势E＝Blv 线框中的感应电流I＝＝.‎ ‎(2)M、N两点间的电压UMN＝E＝Blv.‎ ‎(3)只有MN边在磁场中时，线框运动的时间t＝ 此过程线框中产生的焦耳热Q1＝I2Rt＝ 只有PQ边在磁场中运动时线框中产生的焦耳热Q2＝ 根据能量守恒定律得水平外力做的功W＝Q1＋Q2＝.‎ 答案：见解析 ‎12．(2010年高考天津理综卷)如图所示，质量m1＝‎0.1 kg，电阻R1＝0.3 Ω，长度l＝‎0.4 m的导体棒ab横放在U形金属框架上．框架质量m2＝‎0.2 kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.相距‎0.4 m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R2＝0.1 Ω的MN垂直于MM′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5 T．垂直于ab施加F＝2 N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM′、NN′保持良好接触．当ab运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取‎10 m/s2.‎ ‎(1)求框架开始运动时ab速度v的大小；‎ ‎(2)从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q＝0.1 J，求该过程ab位移x的大小．‎ 解析：(1)ab对框架的压力F1＝m‎1g 框架受水平面的支持力FN＝m‎2g＋F1‎ 依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力F2＝μFN ab中的感应电动势E＝Blv MN中电流I＝ MN受到的安培力F安＝IlB 框架开始运动时F安＝F2‎ 由上述各式代入数据解得v＝‎6 m/s.‎ ‎(2)闭合回路中产生的总热量Q总＝Q 由能量守恒定律，得Fx＝m1v2＋Q总 代入数据解得x＝‎1.1 m.‎ 答案：(1)‎6 m/s　(2)‎‎1.1 m 课时29‎ 第10章　交变电流　传感器 第一节　交变电流的产生和描述 一、单项选择题 ‎1．正弦交变电源与电阻R、交流电压表按照图甲所示的方式连接，R＝10 Ω，交流电压表的示数是10 V．图乙是交变电源输出电压u随时间t变化的图象，则(　　)‎ A．通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR＝cos100πt(A)‎ B．通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR＝cos50πt(A)‎ C．R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR＝5cos100πt(V)‎ D．R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR＝5cos50πt(V)‎ 解析：选A.交流电压表示数为10 V，是有效值，故Um＝10V，电阻上的交变电流与交变电压的变化趋势相同，电阻R上电流的最大值为10/‎10 A＝ A，又因t＝0时，u＝um，故iR＝cos100πt(A)，uR＝10cos 100πt(V)，故选A.‎ ‎2．下列四幅图是交流电的图象，其中能正确反映我国居民日常生活所用交流电的是(　　)‎ 解析：选C.我国居民日常生活所用的是正弦式交流电，其电压的有效值是220 V，最大值为311 V，周期为0.02 s，所以只有C正确．‎ ‎3．(2011年湖南长沙模拟)一个阻值为2 Ω的线圈在匀强磁场中转动，产生的交变电动势为e＝10sin20πtV，当该线圈与一阻值为8 Ω的电阻组成闭合回路时，下列说法正确的是(　　)‎ A．t＝0时，线圈平面位于中性面 B．t＝0时，穿过线圈的磁通量为0‎ C．电阻的热功率为16 W D．用电压表测路端电压时读数为11.3 V 答案：A ‎4．(2011年金华模拟)两只相同的电阻，分别通过正弦波形的交流电和方波形的交流电．两种交变电流的最大值相等，波形如图所示．在正弦波形交流电的一个周期内，正弦波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q1与方波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q2之比等于(　　)‎ A．3∶1　　　　　　　　 B．1∶2‎ C．2∶1 D．4∶3‎ 答案：B ‎5．小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示，此线圈与一个R＝10 Ω的电阻构成闭合电路．不计电路的其他电阻．下列说法正确的是(　　)‎ A．交变电流的周期为0.125 s B．交变电流的频率为8 Hz C．交变电流的有效值为 A D．交变电流的最大值为‎4 A 解析：选C.由图象可以看出，此交变电流的周期为0.250 s，电压的最大值Um＝20 V．所以交变电流的频率为4 Hz，A、B均错误；交变电流的最大值Im＝＝‎2 A，有效值I＝＝ A，C正确，D错误．‎ ‎6．(2009年高考福建理综卷)一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则(　　)‎ A．电压表V的示数为220 V B．电路中的电流方向每秒钟改变50次 C．灯泡实际消耗的功率为484 W D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J 解析：选D.电动势的有效值为E＝ V＝220 V，所以电流的有效值I＝＝ A＝‎2.2 A，所以电压表的示数为U＝IR＝2.2×95.0 V＝209 V，选项A错；交变电流的频率为f＝＝50 Hz，每个周期内电流方向改变2次，故每秒钟内电流方向改变100次，选项B错；灯泡实际消耗的功率为P灯＝I2R＝2.22×95.0 W＝459.8 W，故选项C错；发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q＝I2rt＝2.22×5.0×1 J＝24.2 J，选项D对．‎ 二、不定项选择题 ‎7．如图所示的线圈中产生了交变电流的是(　　)‎ 解析：选BCD.当线圈绕垂直于磁场的轴转动，磁通量发生变化，才能产生交变电流，B、C、D均符合要求，A项中线圈的磁通量不发生变化，故不产生交变电流．‎ ‎8．(2011年湖州高三质检)如图甲所示，电阻R的阻值为50 Ω，在ab间加上图乙所示的正弦交流电，则下面说法中正确的是(　　)‎ A．电阻R的功率为200 W B．电流表示数为‎2 A C．产生该交流电的线圈在磁场中转动的角速度为3.14 rad/s D．如果产生该交流电的线圈转速提高一倍，则电流表的示数也增大一倍 答案：ABD ‎9．内阻不计的交流发电机产生的电动势E＝10sin50πt(V)，所接负载的电阻R＝10 Ω，现把发电机的转速提高一倍，则(　　)‎ A．负载两端电压的有效值将变为28.2 V B．交流电的频率将变为50 Hz C．负载消耗的功率将变为20 W D．负载消耗的功率将变为40 W 解析：选BC.原来的电动势最大值为10 V，有效值为7.07 V，当发电机的转速提高一倍时，角速度增加一倍，频率也增加一倍，电动势最大值和有效值均增加一倍，表达式可以写为E＝20 sin 100πt(V)，由此可以看出提高转速后频率变为50 Hz，电动势有效值为14.14 V，负载消耗的功率将变为20 W．故B、C正确．‎ ‎10．(2011年绍兴一中检测)电阻为1 Ω的某矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，所产生的正弦交流电的图象如图线a所示；当调整线圈转速后，该线圈中所产生的正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是(　　)‎ A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零 B．线圈先后两次转速之比为3∶2‎ C．交流电a的电动势的有效值为5 V D．交流电b的电动势的最大值为5 V 解析：选BC.由图象可知，t＝0时刻线圈中的感应电流为0，感应电动势为0，穿过线圈的磁通量的变化率为0，所以穿过线圈的磁通量最大，A错误；由图象可得线圈先后两次转动的周期之比为0.4∶0.6＝2∶3，转速与周期成反比，所以线圈先后两次转速之比为3∶2，B正确；由图象可得交流电a的电流的最大值为‎10 A，有效值为 A＝‎5 A，又矩形线圈的电阻为1 Ω，所以交流电a的电动势的有效值为5 V，C正确；由E＝nBSω，ω＝ 可得电动势与周期成反比，所以交流电b的电动势的最大值为 V，D错误．‎ 三、计算题 ‎11．如图所示，间距为L的光滑水平金属导轨，水平地放置在竖直方向的磁感应强度为B的匀强磁场中，一端接阻值为R的电阻．质量为m的导体棒放置在导轨上，其电阻为R0.在拉力F作用下从t＝0的时刻开始运动，其速度随时间的变化规律为v＝vmsinωt，不计导轨电阻．求：‎ ‎(1)从t＝0到t＝时间内电阻R产生的热量．‎ ‎(2)从t＝0到t＝时间内拉力F所做的功．‎ 解析：(1)e＝BLv＝BLvmsinωt i＝＝sinωt 电流的有效值I＝＝ 在t＝0 ～t＝时间内在R上产生的热量为：‎ Q＝I2Rt＝[]2·R· ‎＝.‎ ‎(2)由v＝vmsinωt知：‎ 当t＝0时，v＝0‎ 当t＝时，v＝vm 由功能关系得 WF＝mv＋I2(R＋R0) ‎＝mv＋.‎ 答案：见解析 ‎12．电压u＝120sinωt V，频率为50 Hz的交变电流，把它加在激发电压和熄灭电压均为u0＝60 V的霓虹灯的两端．‎ ‎(1)求在一个小时内，霓虹灯发光时间有多长？‎ ‎(2)试分析为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象？(已知人眼的视觉暂留时间约为 s)‎ 解析：(1)如图所示，画出一个周期内交变电流的u—t图象，其中阴影部分对应的时间t1表示霓虹灯不能发 光的时间，根据对称性，一个周期内霓虹灯不能发光的时间为4t1‎ 当u＝u0＝60 V时，‎ 由u＝120sinωt V求得：‎ t1＝ s 再由对称性知一个周期内能发光的时间：‎ t＝T－4t1＝ s－4× s＝ s 再由比例关系求得一个小时内霓虹灯发光的时间为：‎ t＝× s＝2400 s.‎ ‎(2)很明显霓虹灯在工作过程中是忽明忽暗的，而熄灭的时间间隔只有 s(如图中t2＋t3那段时间)，由于人的眼睛具有视觉暂留现象，而这个视觉暂留时间约为 s远大于 s，因此经过灯光刺激的人眼不会因为短暂的熄灭而有所感觉．‎ 答案：(1)2400 s　(2)见解析 课时30‎ 第二节　变压器　远距离输电 一、单项选择题 ‎1．(2011年嘉兴模拟)图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图．变压器输入电压是市电网的电压，不会有很大的波动．输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用R0表示，变阻器R表示用户用电器的总电阻，当滑动变阻器触头P向下移动时，下列说法不正确的是(　　)‎ A．相当于在增加用电器的数目 B．A1表的示数随A2表的示数的增大而增大 C．V1表的示数随V2表的示数的增大而增大 D．变压器的输入功率增大 答案：C ‎2．照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的．可是我们在晚上七、八点钟用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些．这是因为用电高峰时(　　)‎ A．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，每盏灯两端的电压较低 B．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，通过每盏灯的电流较小 C．总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压较大 D．供电线路上的电流恒定，但开的灯比深夜时多，通过每盏灯的电流小 解析：选C.照明供电线路的用电器是并联的，晚上七、八点钟用电高峰时，用电器越多，总电阻越小，供电线路上的电流越大，输电线上损失的电压较大，用户得到的电压较小，所以C正确．‎ ‎3．如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，副线圈上接三个相同的灯泡，均能正常发光，原线圈中再串一个相同的灯泡L，则(　　)‎ A．灯L也能正常发光 B．灯L比另外三个灯都暗 C．灯L将会被烧坏 D．不能确定 解析：选A.原、副线圈中的电流之比为＝＝，而副线圈中通过每盏灯的电流均为其额定电流I额＝.又I1＝I2，所以通过原线圈中灯L的电流恰为其额定电流，灯L正常发光，所以A正确．‎ ‎4．(2009年高考四川理综卷)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1＝20 Ω，R2＝30 Ω，C为电容器，已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则(　　)‎ A．交流电的频率为0.02 Hz B．原线圈输入电压的最大值为200 V C．电阻R2的电功率约为6.67 W D．通过R3的电流始终为零 解析：选C.由图乙可知交流电频率为50 Hz，所以A错．副线圈电压最大值U2＝I1R1＝20 V，由＝可知U1＝200 V，B错．R1和R2并联P2＝2/30≈6.67 W．因电容器接交流电有充放电电流，故D错．‎ ‎5．理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，以下说法中正确的是(　　)‎ A．穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10∶1‎ B．穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等 C．原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10∶1‎ D．正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为10∶1‎ 答案：B ‎6. (2011年北京西城区抽样)如图所示，理想变压器的输出端有三组次级线圈，分别接有电阻元件R、电感元件L和电容元件C.若用IR、IL、IC分别表示通过R、L和C的电流，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．若M、N接正弦式交流电，则IR≠0、IL≠0、IC＝0‎ B．若M、N接正弦式交流电，则IR≠0、IL≠0、IC≠0‎ C．若M、N接恒定电流，则IR≠0、IL≠0，IC≠0‎ D．若M、N接恒定电流，则IR≠0、IL≠0，IC＝0‎ 解析：选B.若初级线圈两端M、N接正弦式交流电，三组次级线圈中都有感应电动势产生，三个线圈中都会有电流，只不过自感线圈中还会产生感应电动势，电容器不断进行充放电，也会有电流产生．‎ 二、不定项选择题 ‎7. (2009年高考江苏卷)如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压为u＝20sin 100πt(V)．氖泡在两端电压达到100 V时开始发光，下列说法中正确的有(　　)‎ A．开关接通后，氖泡的发光频率为100 Hz B．开关接通后，电压表的示数为100 V C．开关断开后，电压表的示数变大 D．开关断开后，变压器的输出功率不变 解析：选AB.在解题时要注意变压器的三个决定关系，副线圈电压由原线圈决定，则不论负载如何变化，电压表的读数不变，始终为有效值100 V，B正确；每个交流电周期内氖管发光两次，每秒发光100次，则氖管发光频率为100 ‎ Hz，开关断开后，负载电阻增大、电流减小，则变压器的输出功率减小．‎ ‎8．(2010年高考山东理综卷)一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是(　　)‎ A．副线圈输出电压的频率为50 Hz B．副线圈输出电压的有效值为31 V C．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小 D．P向右移动时，变压器的输出功率增加 解析：选AD.由原线圈输入电压的变化规律可知，输入交变电压的周期为0.02 s，频率为50 Hz，所以副线圈输出电压的频率为50 Hz，A正确；原线圈输入电压的最大值为310 V，有效值为220 V，根据变压公式，副线圈输出电压的有效值为22 V，B错误；由变压器变流公式知，原、副线圈的电流比只与匝数比有关，C错误；滑动变阻器的滑动触头向右移动，电阻减小，副线圈输出电流增大，输出功率增加，D正确．‎ ‎9．(2011年富阳二中高三月考)在某交变电流电路中，有一个正在工作的理想变压器，如图所示．它的原线圈匝数n1＝600匝，交流电源的电动势e＝311 sin(100πt) V(不考虑其内阻)，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，原线圈串联一个额定电流为‎0.2 A的保险丝，副线圈匝数n2＝120匝，为保证保险丝不被烧断，则(　　)‎ A．负载功率不能超过62 W B．副线圈电流最大值不能超过‎1 A C．副线圈电路中的电阻R不能小于44 Ω D．副线圈电路中电压表的读数为62 V 解析：选C.由＝得U2＝44 V，D错；由＝得I2≤‎1 A，所以负载功率最大为P2＝U2I2≤44 W，A错；副线圈中的电流最大值为Im＝ A，故B错；由R＝得R≥44 Ω，C对．‎ ‎10．(2009年高考山东理综卷)某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机的输出电压为200 V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则(　　)‎ A.> B.< C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压 D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率 解析：选AD.由于输电线上有电阻，所以考虑到电压损失，则有升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，根据变压器的电压与匝数之比的关系，可知要让用电器正常工作，必须有>，A正确，B、C错误；考虑到输电线上也有电功率的损失，可知D也正确．‎ 三、计算题 ‎11．如图甲是一理想变压器的电路连接图，图乙是原线圈两端所加的电压随时间变化的关系图象，已知原、副线圈的匝数比为10∶1，电流表A2的示数为‎2 A，开关S断开，求：‎ ‎ (1)变压器的输入功率和电压表的示数；‎ ‎(2)将开关S闭合，定性分析电路中三只电表的示数变化情况．‎ 解析：(1)由图乙可知输入电压的有效值U1＝200 V 由＝得U2＝＝20 V 变压器的输入功率P1等于输出功率P2‎ 故P1＝P2＝U2I2＝20×2 W＝40 W.‎ ‎(2)将S闭合，U2不变，即电压表示数保持20 V不变；‎ 由于负载增多，负载总电阻减小，电流表A2的示数增大；‎ 次级线圈的输出功率增加，初级线圈的输入功率随之增加，电流表A1的示数增大．‎ 答案：(1)40 W　20 V ‎(2)A1示数增大　A2示数增大　V示数不变 ‎12．(2011年金丽衢十二校联考)某发电厂发电机的输出功率P＝100 kW，发电机端电压U＝250 V，向远处送电的输电线的总电阻R＝8 Ω.要使传输电线上的功率损失不超过输送功率的5%，用户得到的电压又正好是220 V，那么：‎ ‎(1)应该怎样安装变压器？画出输电线路的示意图．‎ ‎(2)求出所用的变压器的原、副线圈的匝数比．‎ 解析：(1)只要安装一台升压变压器和一台降压变压器，输电线路示意图如图所示．‎ ‎(2)按题意，P损＝5%P＝0.05×100×103 W ‎＝5×103 W.‎ 设输电线路中的电流为I，P损＝I2R，‎ I＝ ＝ A＝‎25 A.‎ 输送电压U2＝＝ V＝4000 V，‎ 对升压变压器＝＝＝，‎ 输电线路上损失电压 U损＝IR＝25×8 V＝200 V，‎ 降压变压器原线圈n3两端电压 U3＝U2－U损＝(4000－200) V＝3800 V，‎ 用户在副线圈n4两端得到电压U4＝220 V，‎ 所以＝＝＝.‎ 即升压变压器原、副线圈匝数比为1∶16；‎ 降压变压器原、副线圈匝数比为190∶11.‎ 答案：见解析 课时31‎ 选修34　第11章　机械振动　机械波 第一节　机械振动 一、单项选择题 ‎1．一个弹簧振子，第一次被压缩x后释放做自由振动，周期为T1，第二次被压缩2x后释放做自由振动，周期为T2，则两次振动周期之比T1∶T2为(　　)‎ A．1∶1　　　　　　　　 B．1∶2‎ C．2∶1 D．1∶4‎ 解析：选A.周期与振幅无关，故A正确．‎ ‎2．(2009年高考上海卷)做简谐振动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的1/2，则单摆振动的(　　)‎ A．频率、振幅都不变 B．频率、振幅都改变 C．频率不变，振幅改变 D．频率改变，振幅不变 解析：选C.由单摆周期公式T＝2π 知周期只与l、g有关，与m和v无关，周期不变频率不变．又因为没改变质量前，设单摆最低点与最高点高度差为h，最低点速度为v，mgh＝mv2.质量改变后：4mgh′＝·‎4m·()2，可知h′≠h，振幅改变．故选C.‎ ‎3．(2011年金华模拟)如图所示，一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点的竖直线上的O′点钉一个钉子，使OO′＝L/2，将单摆拉至A处释放，小球将在A、B、C间来回振动，若振动中摆线与竖直方向夹角小于10°，则此摆的周期是(　　)‎ A．2π B．2π C．2π( ＋ ) D．π( ＋ )‎ 解析：选D.此摆为复合摆，周期等于摆长为L的半个周期与摆长为的半个周期之和，故D正确．‎ ‎4．(2011年安徽合肥一模)如图所示，弹簧振子在振动过程中，振子从a到b历时0.2 s，振子经a、b两点时速度相同，若它从b再回到a的最短时间为0.4 s，则该振子的振动频率为(　　)‎ A．1 Hz B．1.25 Hz C．2 Hz D．2.5 Hz 解析：选B.由简谐运动的对称性可知，tOb＝0.1 s，tbc＝0.1 s，故＝0.2 s，解得T＝0.8 s，f＝＝1.25 Hz，选项B正确．‎ ‎5．(2011年江苏泰州联考)如图所示为受迫振动的演示装置，当单摆A振动起来后，通过水平悬绳迫使单摆B、C振动，则下列说法正确的是(　　)‎ A．只有A、C摆振动周期相等 B．A摆的振幅比B摆小 C．B摆的振幅比C摆大 D．A、B、C三摆的振动周期相等 解析：选D.当单摆A振动起来后，单摆B、C做受迫振动，做受迫振动的物体的周期(或频率)等于驱动力的周期(或频率)，选项A错误而D正确；当物体的固有频率等于驱动力的频率时，发生共振现象，选项C正确而B错误．‎ 二、不定项选择题 ‎6．做简谐运动的弹簧振子在某段时间内速度越来越大，则这段时间内(　　)‎ A．振子的位移越来越大 B．振子正向平衡位置运动 C．振子的速度与位移同向 D．振子的速度与位移反向 解析：选BD.速度越来越大，说明振子正在向平衡位置运动，位移变小，A错B对；速度与位移反向，C错D对．‎ ‎7．如图所示是单摆做阻尼运动的位移－时间图线，下列说法中正确的是(　　)‎ A．摆球在P与N时刻的势能相等 B．摆球在P与N时刻的动能相等 C．摆球在P与N时刻的机械能相等 D．摆球在P时刻的机械能大于N时刻的机械能 解析：选AD.P、N两点表示摆球的位移大小相等，所以重力势能相等，A对；P点的速度大，所以动能大，故B、C错D对．‎ ‎8．(2009年高考宁夏理综卷改编)某振动系统的固有频率为f0，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f.若驱动力的振幅保持不变，下列说法正确的是(　　)‎ A．当f＜f0时，该振动系统的振幅随f增大而减小 B．当f＞f0时，该振动系统的振幅随f减小而增大 C．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f0‎ D．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f 解析：选BD.受迫振动的频率总等于驱动力的频率，D正确；驱动力频率越接近固有频率，受迫振动的振幅越大，B正确．‎ ‎9．一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．质点振动频率是4 Hz B．在10 s内质点经过的路程是‎20 cm C．第4 s末质点的速度是零 D．在t＝1 s和t＝3 s两时刻，质点位移大小相等、方向相同 解析：选B.读图可知，该简谐运动的周期为4 s，频率为0.25 Hz，在10 s内质点经过的路程是2.5×‎4A＝‎20 cm.第4 s末的速度最大．在t＝1 s和t＝3 s两时刻，质点位移大小相等、方向相反．‎ 三、计算题 ‎10．如图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置．设摆球向右运动为正方向．图乙是这个单摆的振动图象．根据图象回答：‎ ‎(1)单摆振动的频率是多大？‎ ‎(2)开始时刻摆球在何位置？‎ ‎(3)若当地的重力加速度为‎10 m/s2，这个摆的摆长是多少？‎ 解析：(1)由x－t图可知：T＝0.8 s，所以f＝＝ Hz＝1.25 Hz.‎ ‎(2)t＝0时x＝－‎4 cm，故开始时刻摆球在B位置．‎ ‎(3)根据T＝2π ，所以l＝＝‎0.16 m.‎ 答案：(1)1.25 Hz　(2)B点　(3)‎‎0.16 m ‎11．(2011年丽水模拟)“嫦娥二号”载人飞船的成功发射，标志着我国航天技术新的突破．如果宇航员将在地面上校准的摆钟拿到月球上去．‎ ‎(1)若此钟在月球上记录的时间是1 h，那么实际的时间是多少？‎ ‎(2)若要在月球上使该钟与在地面上时一样准，摆长应如何调节？(已知g月＝)‎ 解析：(1)设在地球上该钟的周期为T0，在月球上该钟的周期为T，设在月球上指示的时间为t，则在月球上该钟在时间t内振动的次数N＝.设在地面上振动次数N时所指示的时间为t0，则有N＝，所以＝ 又T＝2π 所以t0＝·t＝ ·t＝×1 h＝ h 所以地面上的实际时间为 h.‎ ‎(2)要使其与在地面上时走得一样准应使T＝T0，即＝，‎ l月＝·l地＝l地．应将摆长调为原来的.‎ 答案：(1) h　(2)调为原来的 ‎12．在心电图仪、地震仪等仪器工作过程中，要进行振动记录，如图甲所示是一个常用的记录方法，在弹簧振子的小球上安装一支记录用笔P，在下面放一条白纸带．当小球振动时，匀速拉动纸带(纸带运动方向与振子振动方向垂直)，笔就在纸带上画出一条曲线，如图乙所示．‎ ‎ (1)若匀速拉动纸带的速度为‎1 m/s，则由图中数据算出振子的振动周期为多少？‎ ‎(2)作出P的振动图象．‎ ‎(3)若拉动纸带做匀加速运动，且振子振动周期与原来相同，由图丙中的数据求纸带的加速度大小．‎ 解析：(1)由题图乙可知，当纸带匀速前进‎20 cm时，弹簧振子恰好完成一次全振动，由v＝，可得t＝＝ s，‎ 所以T＝0.2 s；‎ ‎(2)由题图乙可以看出P的振幅为‎2 cm，振动图象如图所示；‎ ‎(3)当纸带做匀加速直线运动时，振子振动周期仍为0.2 s，由丙图可知，两个相邻0.2 s时间内，纸带运动的距离分别为‎0.21 m、‎0.25 m，由Δx＝aT2，得 a＝ m/s2＝‎1.0 m/s2.‎ 答案：(1)0.2 s　(2)见解析　(3)‎1.0 m/s2‎ 课时32‎ 第二节　机械波 一、单项选择题 ‎1．(2010年高考重庆理综卷)一列简谐波在两时刻的波形如图中实线和虚线所示，由图可确定这列波的(　　)‎ A．周期　　　　　　　　　 B．波速 C．波长 D．频率 解析：选C.由图象可知波长λ＝‎4 m，根据题设条件无法判断周期、频率，因而也无法计算波速．只有C选项正确．‎ ‎2．(2011年上海宝山测试)一个波源在绳的左端发出半个波①：频率为f1，振幅为A1；同时另一个波源在绳的右端发出半个波②：频率为f2，振幅为A2.P为两波源的中点，由图可知，下列说法中不正确的是(　　)‎ A．两列波同时到达两波源的中点P B．两列波相遇后，P点波峰值可达A1＋A2‎ C．两列波相遇后，各自仍保持原来的波形独立传播 D．两列波相遇时，绳上波峰可达A1＋A2的点只有一点 解析：选B.波的传播遵守独立传播原理和叠加原理，两波由于波的传播速率一样，和P点的距离一样，所以同时到达P点；两波相遇后，绳上某点最大位移可以达到A1＋A2，但并不是P点，因为两波相遇时，波峰到P点的距离不同．‎ ‎3．(2010年高考福建理综卷)一列简谐横波t＝0时刻的波形如图中的实线所示，t＝0.02 s时刻的波形如图中虚线所示．若该波的周期T＞0.02 s，则该波的传播速度可能是(　　)‎ A．‎2 m/s B．‎3 m/s C．‎4 m/s D．‎5 m/s 解析：选B.由于周期大于0.02 s，当波沿x轴正向传播时，波传播的距离为x1＝‎0.02 m，波速v1＝＝ m/s＝‎1 m/s；当波沿x轴负向传播时，波传播的距离为x2＝‎0.06 m，波速v2＝＝ m/s＝‎3 m/s，故B选项正确．‎ ‎4．(2010年高考北京理综卷)一列横波沿x轴正向传播，a、b、c、d为介质中沿波传播方向上四个质点的平衡位置．某时刻的波形如图甲所示，此后，若经过周期开始计时，‎ 则图乙描述的是(　　)‎ A．a处质点的振动图象 B．b处质点的振动图象 C．c处质点的振动图象 D．d处质点的振动图象 解析：选B.由波在某时刻的波形图知，a质点经周期处在波谷，与图乙不符；c质点经周期处在波峰，也与图乙不符；d质点经周期处于平衡位置，但接着向上振动，不符合图乙；只有b质点经周期后处于平衡位置且向下振动．‎ ‎5．(2010年高考天津理综卷)一列简谐横波沿x轴正向传播，传到M点时波形如图所示，再经0.6 s，N点开始振动，则该波的振幅A和频率f为(　　)‎ A．A＝‎1 m　f＝5 Hz B．A＝‎0.5 m　f＝5 Hz C．A＝‎1 m　f＝2.5 Hz D．A＝‎0.5 m　f＝2.5 Hz 解析：选D.由图象可知，该简谐横波的振幅A＝‎0.5 m，波的传播速度v＝＝λf，f＝＝ Hz＝2.5 Hz，故选项D正确．‎ 二、不定项选择题 ‎6．(2009年高考全国卷Ⅱ)下列关于简谐振动和简谐波的说法，正确的是(　　)‎ A．媒质中质点振动的周期一定和相应的波的周期相等 B．媒质中质点振动的速度一定和相应的波的波速相等 C．波的传播方向一定和媒质中质点振动的方向一致 D．横波的波峰与波谷在振动方向上的距离一定是质点振幅的两倍 解析：选AD.波传播过程中每个质点都在前面质点的驱动力作用下做受迫振动，A正确．波速是波在介质中传播的速度，在同种均匀介质中波速是个常量；质点振动速度随质点振动所处位置不断变化，B、C错误．波峰、波谷分别是平衡位置上方、下方最大位移处，而振幅是振动中偏离平衡位置的最大距离，D正确．‎ ‎7. 如图为演示波的衍射装置，S为水平面上振动的波源，M、N是水面上的两块挡板，其中N板可以移动，两板中有一狭缝，此时测得图中A处没有振动．为了使A处的水也能发生振动，下列措施可行的是(　　)‎ A．使波源的振动频率增大 B．使波源的振动频率减小 C．移动N板使狭缝间距增大 D．移动N板使狭缝间距减小 答案：BD ‎8．(2010年高考大纲全国卷Ⅱ)一简谐横波以‎4 m/s的波速沿x轴正方向传播．已知t＝0时的波形如图所示，则(　　)‎ A．波的周期为1 s B．x＝0处的质点在t＝0时向y轴负向运动 C．x＝0处的质点在t＝ s时速度为0‎ D．x＝0处的质点在t＝ s时速度值最大 解析：选AB.由波的图象知波长λ＝‎4 m，所以周期T＝＝1 s，A项正确；由波的传播方向和质点振动方向之间的关系知，此时x＝0处的质点向y轴负向运动，B项正确；质点运动时越接近平衡位置速度越大，t＝ s＝时，x＝0处的质点已运动到x轴下方，某振动速度既不为零也不是最大值，C、D均错．‎ ‎9．(2010年高考浙江卷)在O点有一波源，t＝0时刻开始向上振动，形成向右传播的一列横波．t1＝4 s时，距离O点为‎3 m的A点第一次达到波峰；t2＝7 s时，距离O点为‎4 m的B点第一次达到波谷．则以下说法正确的是(　　)‎ A．该横波的波长为‎2 m B．该横波的周期为4 s C．该横波的波速为‎1 m/s D．距离O点为‎5 m的质点第一次开始向上振动的时刻为6 s 末 解析：选BC.由于波源的起振方向向上，经到达波峰，经T到达波谷．‎ 因此有 解得T＝4 s，v＝‎1 m/s，B、C选项正确．‎ 而λ＝vT＝‎4 m，A错．由t＝可知，D选项不正确．‎ 三、计算题 ‎10．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，波动图象均如图乙所示，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 ‎(1)该机械波的传播速度大小为多少？‎ ‎(2)两列波相遇后，C点振动是加强还是减弱？‎ 解析：(1)传播速度v＝＝ m/s＝‎2 m/s.‎ ‎(2)Δx＝BC－AC＝－AC＝‎2 m.‎ 由图象知λ＝‎2 m.‎ ‎∴Δx＝λ，C点振动加强．‎ 答案：(1)‎2 m/s　(2)加强 ‎11．(2011年山东青岛一模)一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时的波形如图所示，已知t＝0.6 s时，B点第三次出现波峰．则这列波的周期是多少？x＝‎50 cm处的质点A回到平衡位置的最短时间为多少？‎ 解析：由题意得t＝2T，解得T＝0.24 s 由图象可知，λ＝‎120 cm＝‎1.2 m，v＝＝‎5 m/s x＝‎50 cm处的质点A回到平衡位置的最短时间为 t′＝＝0.1 s.‎ 答案：0.24 s　0.1 s ‎12．(2011年宁波模拟)在某介质中形成一列简谐波，t＝0时刻的波形如图中的实线所示．若波向右传播，零时刻刚好传到B点，且再经过0.6 s，P点也开始起振，求：‎ ‎(1)该列波的周期T；‎ ‎(2)从t＝0时刻起到P点第一次达到波峰时止，O点相对平衡位置的位移y0及其所经过的路程s0各为多少？‎ 解析：由图象可知，λ＝‎2 m，A＝‎2 cm.‎ 当波向右传播时，点B的起振方向竖直向下，包括P点在内的各质点的起振方向均为竖直向下．‎ ‎(1)波速v＝＝ m/s＝‎10 m/s，由v＝，得 T＝＝0.2 s.‎ ‎(2)由t＝0至P点第一次到达波峰，经历的时间Δt2＝Δt1＋T＝0.75 s＝(3＋)T，而t＝0时O点的振动方向竖直向上(沿y轴正方向)，故经Δt2时间，O点振动到波谷，即：‎ y0＝－‎2 cm，s0＝n·‎4A＝(3＋)×‎4A＝‎0.3 m.‎ 答案：(1)0.2 s　(2)－‎2 cm　‎‎0.3 m 课时33‎ 第12章　光 第一节　光的折射　全反射 一、单项选择题 ‎1．(2011年温州模拟)自行车的尾灯采用了全反射棱镜的原理，它虽然本身不发光，但在夜间骑行时，从后面开来的汽车发出的强光照到尾灯后，会有较强的光被反射回去，使汽车司机注意到前面有自行车．尾灯的构造如图12－1－18 所示．下面说法正确的是(　　)‎ A．汽车灯光应从左面射过来，在尾灯的左表面发 生全反射 B．汽车灯光应从左面射过来，在尾灯的右表面发 生全反射 C．汽车灯光应从右面射过来，在尾灯的左表面发生全反射 D．汽车灯光应从右面射过来，在尾灯的右表面发生全反射 答案：C ‎2．(2011年安徽合肥模拟)如图所示，P、Q是两种透明材料制成的两块相同的直角梯形棱镜，叠合在一起组成一个长方体，一单色光从P的上表面射入，折射光线正好垂直通过两棱镜的界面，已知材料的折射率nP＜nQ，射到P上表面的光线与P上表面的夹角为θ，下列判断正确的是(　　)‎ A．光线一定从Q的下表面射出 B．光线若从Q的下表面射出，出射光线与下表面的夹角一定等于θ C．光线若从Q的下表面射出，出射光线与下表面的夹角一定大于θ D．光线若从Q的下表面射出，出射光线与下表面的夹角一定小于θ 答案：D ‎3．如图所示，一细束红光和一细束蓝光平行射到同一个三棱镜上，经折射后交于光屏上的同一个点M，若用n1和n2分别表示三棱镜对红光和蓝光的折射率，下列说法中正确的是(　　)‎ A．n1＜n2，a为红光，b为蓝光 B．n1＜n2，a为蓝光，b为红光 C．n1＞n2，a为红光，b为蓝光 D．n1＞n2，a为蓝光，b为红光 解析：选B.由题图可知，b光线经过三棱镜后的偏折角较小，因此折射率较小，是红光．故B正确．‎ ‎4．(2011年广东中山调研)如图所示，红色细光束a射到折射率为的透明球表面，入射角为45°，在球的内壁经过一次反射后，从球面射出的光线为b，则入射光线a与出射光线b之间的夹角α为(　　)‎ A．30°　　　　　　　　　　 B．45°‎ C．60° D．75°‎ 解析：选A.由折射定律有＝，得折射角θ＝30°.画出光路图，由几何关系知，夹角α＝30°，A正确．‎ ‎5．(2011年金华十校联考)现在高速公路上的标志牌都用“回归反光膜”制成．夜间行车时，它能把车灯射出的光逆向返回，标志牌上的字特别醒目．这种“回归反光膜”是用球体反射元件制成的，反光膜内均匀分布着一层直径为10 μm的细玻璃珠，所用玻璃的折射率为，为使入射的车灯光线经玻璃珠折射→反射→再折射后恰好和入射光线平行，如图所示，那么第一次入射的入射角应是(　　)‎ A．15° B．30°‎ C．45° D．60°‎ 解析：选D.通过“回归反光膜”的光路图可知入射角i是折射角r的2倍，即i＝2r，由折射定律，有n＝＝＝2cosr＝，得r＝30°，i＝2r＝60°，故选项D正确．‎ 二、不定项选择题 ‎6．(2011年苏北四市期末调研)香港中文大学第三任校长高锟荣获了2009年诺贝尔物理学奖．诺贝尔奖委员会高度评价了高锟的贡献，评委会指出：高锟1966年发现如何通过光学玻璃纤维远距离传输光信号的工作，成为今日电话和高速互联网等现代通信网络运行的基石．下列关于“光纤”及原理的说法中，正确的是(　　)‎ A．光纤通信具有传输容量大、衰减小、抗干扰性强等优点 B．光纤通信、全息照相、数码相机及医用纤维式内窥镜都是利用了光的全反射原理 C．实用光导纤维是由内芯和外套两层组成．内芯的折射率比外套的小，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射 D．当今社会，在信号的传输领域中，光纤电缆(“光缆”)已经几乎完全取代了传统的铜质“电缆”，成为传播信息的主要工具，是互联网的骨架，并已联接到普通社区 解析：选AD.全息照相利用了光的干涉原理，数码相机利用了光电传感器，B错；光导纤维内芯的折射率比外套的大，C错．‎ ‎7．一束光从空气射向折射率n＝的某种玻璃的表面，如图所示．θ1代表入射角，则(　　)‎ A．当θ1＞45°时会发生全反射现象 B．无论入射角θ1是多大，折射角θ2都不会超过45°‎ C．当入射角θ1＝45°时，折射角θ2＝30°‎ D．当入射角θ1＝60°时，反射光线与折射光线垂直 解析：选BC.本题入射光线是从光疏介质射向光密介质，折射角小于入射角，不会发生全反射现象，选项A不正确．‎ 反之，若光线从玻璃射向空气，会发生全反射，可计算出其临界角C，sinC＝，C＝45°.由光路可逆性可知，无论入射角θ1是多大，折射角θ2都不会超过45°，选项B正确．‎ 由折射定律，要求θ2＝30°，‎ sinθ1＝sin30°‎ 得θ1＝45°，选项C正确．‎ 折射线与反射线互相垂直，作出示意图，如图，‎ 可知θ1′＋θ2＝90°，‎ 又θ1＝θ1′，θ2＝90－θ1.‎ 由折射定律 sinθ1＝sin(90°－θ1)‎ 得：tanθ1＝，即θ1≠60°‎ 选项D错误．‎ ‎8. (2009年高考浙江理综卷)如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面ABC的单色光从空气射向E点，并偏折到F点，已知入射方向与边AB的夹角为θ＝30°，E、F分别为边AB、BC的中点，则(　　)‎ A．该棱镜的折射率为 B．光在F点发生全反射 C．光从空气进入棱镜，波长变小 D．从F点出射的光束与入射到E点的光束平行 解析：选AC.在E点作出法线可知入射角为60°，折射角为30°，折射率为，A对；由光路的可逆性可知，在BC边上的入射角小于临界角，不会发生全反射，B错；由公式λ介＝，可知C对；三棱镜两次折射使得光线都向底边偏折，不会与入射到E点的光束平行，故D错．‎ ‎9．(2011年辽宁铁岭调研)如图所示，ABC为等腰棱镜，a、b两束不同频率的单色光垂直AB边射入棱镜，两束光在AB面上的入射点到OC的距离相等，两束光折射后相交于图中的P点，以下判断正确的是(　　)‎ A．在真空中，a光光速大于b光光速 B．在真空中，a光波长大于b光波长 C．a光通过棱镜的时间大于b光通过棱镜的时间 D．a、b两束光从同一介质射入真空过程中，a光发生全反射的临界角大于b光发生全反射的临界角 解析：选C.因为两束光折射后相交于图中的P点，根据折射定律可知a光的折射率na＞nb，a光的频率νa＞νb，光在真空中的传播速度相等，A错误；由λ＝得B错误；由v＝和t＝得C正确；根据sinC＝得D错误．‎ 三、计算题 ‎10. (2009年高考海南卷)如图，一透明半圆柱体折射率为n＝2，半径为R、长为L.一平行光束从半圆柱体的矩形表面垂直射入，从部分柱面有光线射出．求该部分柱面的面积S.‎ 解析：半圆柱体的横截面如图所示，OO′为半圆的半径．设从A点入射的光线在B点处恰好满足全反射条件，由折射定律有 nsinθ＝1‎ 式中，θ为全反射临界角．由几何关系得∠O′OB＝θ　S＝2RL·∠O′OB 代入题给条件得S＝RL.‎ 答案：RL ‎11．透明光学材料制成的直角三棱镜，∠B＝30°，其折射率为，一束波长为566 nm的单色光垂直于AC面射向棱镜(如图所示)，入射点为O，求：‎ ‎(1)此单色光在棱镜中的波长；‎ ‎(2)该光射出棱镜的折射角．‎ 解析：(1)n＝＝，λ＝＝400 nm.‎ ‎(2)sinC＝＝ C＝45°＜60°‎ 故光线在AB面发生全反射 光线在BC面的折射角为r ＝　解得r＝45°.‎ 答案：(1)400 nm　(2)45°‎ ‎12．(2011年金丽衢十二校联考)如图所示，半圆玻璃砖的半径R＝‎10 cm，折射率为n＝，直径AB与屏幕垂直并接触于A点．激光a以入射角i＝30°射向半圆玻璃砖的圆心O，结果在水平屏幕MN上出现两个光斑．求两个光斑之间的距离L.‎ 解析：画出如图光路图，设折射角为r，根据折射定律n＝，解得r＝60°，由几何知识得，∠POA＝30°，∠AOQ＝60°，所以两个光斑PQ之间的距离L＝PA＋AQ＝Rtan30°＋Rtan60°，解得L＝≈‎23.1 cm.‎ 答案：‎‎23.1 cm 课时34‎ 第二节　光的波动性 一、单项选择题 ‎1．(2009年高考福建理综卷)光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是(　　)‎ A．用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象 B．用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射现象 C．在光导纤维束内传送图象是利用光的色散现象 D．光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象 解析：选D.用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用薄膜干涉的原理，故选项A错；用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的色散，故选项B错；在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射，故选项C错；光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象，选项D对．‎ ‎2．(2011年上海宝山区模拟)在光的单缝衍射实验中可观察到清晰的亮暗相间的图样，下列四幅图片中属于光的单缝衍射图样的是(　　)‎ A．a、c　　　　　　　　 B．b、c C．a、d D．b、d 解析：选D.a图是双缝干涉图样，b图是单缝衍射图样，c是小孔衍射图样，d是单缝衍射图样，故D正确．‎ ‎3．用如图所示的实验装置观察光的薄膜干涉现象．图甲是点燃的酒精灯(在灯芯上洒些盐)，图乙是竖立的附着一层肥皂液薄膜的金属丝圈．将金属丝圈在其所在的竖直平面内缓慢旋转，观察到的现象是(　　)‎ A．当金属丝圈旋转30°时干涉条纹同方向旋转30°‎ B．当金属丝圈旋转45°时干涉条纹同方向旋转90°‎ C．当金属丝圈旋转60°时干涉条纹同方向旋转30°‎ D．干涉条纹保持原来状态不变 解析：选D.金属丝圈在竖直平面内缓慢旋转时，楔形薄膜各处厚度几乎不变．因此，形成的干涉条纹保持原状态不变，D正确，A、B、C错误．‎ ‎4．(2011年宁波质检)劈尖干涉是一种薄膜干涉，其装置如图甲所示，将一块平板玻璃放置在另一平板玻璃之上，在一端夹入两张纸片，从而在两玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜．当光垂直入射后，从上往下看到的干涉条纹如图乙所示，干涉条纹有如下特点：‎ ‎(1)任意一条明条纹或暗条纹所在位置下面的薄膜厚度相等；‎ ‎(2)任意相邻明条纹和暗条纹所对应的薄膜厚度差恒定．‎ 现若在图甲装置中抽去一张纸片，则当光垂直入射到新的劈形空气薄膜后，从上往下观察到的干涉条纹(　　)‎ A．变疏　　　　　　　　　　 B．变密 C．不变 D．消失 解析：选A.如下图所示，若抽去一张纸片，则三角截面空气层的倾角变小，则干涉条纹变疏，选项A正确．‎ ‎5. 一个半径较大的透明玻璃球体，若截去其上面的一大部分，然后将这一部分放到标准的水平面上，现让单色光竖直射向截面，如图所示，在反射光中看到的是(　　)‎ A．平行的、明暗相间的干涉条纹 B．环形的、明暗相间的干涉条纹 C．只能看到同颜色的平行反射光 D．一片黑暗 解析：选B.透镜与平板玻璃间形成的空气膜由中心向外，厚度增加不均匀，故产生不等距的明暗相间的环形干涉条纹，故B对．‎ 二、不定项选择题 ‎6．(2011年镇海中学检测)下列有关光现象的说法中正确的是(　　)‎ A．在太阳光照射下，水面上的油膜出现彩色花纹是光的色散现象 B．在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为黄光，则条纹间距变宽 C．光导纤维的内芯材料的折射率比外套材料的折射率大 D．光的偏振现象说明光是一种横波 解析：选BCD.A是光的干涉现象，故A错；因为λ绿＜λ黄，由Δx＝λ知，条纹间距变宽，B对；由全反射条件知C对；偏振是横波特有的现象，D对．‎ ‎7．在观察光衍射的实验中，分别观察到如图甲、乙所示的清晰的明暗相间的图样，图中黑线为暗纹．那么障碍物应是(　　)‎ A．乙图对应的是很小的不透明圆板 B．甲图对应的是很大的不透明圆板 C．乙图对应的是很大的中间有大圆孔的不透明挡板 D．甲图对应的是很大的中间有小圆孔的不透明挡板 解析：选AD.比较两图，它们的背景明显不同，甲图的背景为黑色阴影，说明障碍物应是很大的不透明圆板，中间有透光并且带有衍射图样的花纹，说明挡板的中间有小圆孔，D项正确；乙图的背景为白色，说明周围没有障碍物，中间有不透光圆形阴影，并且带有衍射图样的花纹，说明中间存在很小的不透明圆板，乙图正中央的小亮点是泊松亮斑，A项正确．‎ ‎8. (2011年杭州一模)如图是杨氏双缝干涉实验示意图，其中S1、S2为双缝，D为光屏，实验中观察到屏上O点为中央亮纹的中心，P1为第一级亮纹的中心，若将双缝间的距离变小，其他条件不变，则(　　)‎ A．屏上的干涉条纹的间距将变大 B．屏上的O点可能出现暗条纹 C．屏上P1位置仍然可能为亮条纹的中心 D．屏上P1位置可能为暗条纹的中心 解析：选AD.干涉条纹间距Δx＝λ，d为双缝间距，d减小，Δx变大，A正确；O点到双缝的路程差为零，所以O点始终是亮纹．P1‎ 到双缝的路程差小于一个波长，有可能是暗条纹，D正确．‎ ‎9．如图所示，两光屏间放有两个偏振片，它们四者平行共轴，现让太阳光沿轴线通过光屏M上的小孔照射到固定不动的偏振片P上，再使偏振片Q绕轴匀速转动一周，则关于光屏N上光的亮度变化情况，下列说法中正确的是(　　)‎ A．光屏N上光的亮度保持不变 B．光屏N上光的亮度会时亮时暗 C．光屏N上有两条与偏振片P、Q透振方向对应的亮线 D．光屏N上只有一条亮线随偏振片转动而转动 答案：B 三、计算题 ‎10．利用薄膜干涉的原理可以用干涉法检查平面和制造增透膜，回答以下两个问题：‎ ‎(1)用如图所示的装置检查平面时，是利用了哪两个表面反射光形成的薄膜干涉图样？‎ ‎(2)为了减少光在透镜表面由于反射带来的损失，可在透镜表面涂上一层增透膜，一般用折射率为1.38的氟化镁，为了使波长为5.52×10－‎7 m的绿光在垂直表面入射时使反射光干涉相消，求所涂的这种增透膜的厚度？‎ 解析：(1)干涉图样是利用了标准样板和被检查平面间空气膜即b、c表面反射光叠加形成的．‎ ‎(2)若绿光在真空中波长为λ0，在增透膜中的波长为λ，由折射率与光速的关系和光速与波长及频率的关系得：‎ n＝＝＝ 即λ＝，那么增透膜厚度 h＝λ＝＝ m＝1×10－‎7 m.‎ 答案：(1)见解析　(2)1×10－‎‎7 m ‎11. 如图所示，在双缝干涉实验中，S1和S2为双缝，P是光屏上的一点，已知P点与S1、S2距离之差为2.1 ×10－‎6 m，分别用A、B两种单色光在空气中做双缝干涉实验，问P点是亮条纹还是暗条纹？‎ ‎(1)已知A光在折射率为n＝1.5的介质中波长为4×10－‎7 m.‎ ‎(2)已知B光在某种介质中波长为3.15×10－‎7 m，当B光从这种介质射向空气时，临界角为37°.‎ ‎(3)若用A光照射时，把其中一条缝遮住，试分析光屏上能观察到的现象．‎ 解析：(1)设A光在空气中波长为λ1，在介质中波长为λ2，由n＝，v＝λf，得：n＝，得λ1＝nλ2＝6×10－‎‎7 m 光的路程差δ＝2.1×10－‎6 m，所以N1＝＝3.5‎ 从S1和S2到P点的光的路程差δ是波长λ1的3.5倍，所以P点为暗条纹．‎ ‎(2)根据临界角与折射率的关系 sinC＝得n＝＝ 由此可知，B光在空气中波长λ2为：‎ λ2＝nλ介＝5.25×10－‎7 m，N2＝＝4‎ 可见，用B光做光源，P点为亮条纹．‎ ‎(3)光屏上仍出现明、暗相间的条纹，但中央条纹最宽最亮，两边条纹变窄变暗．‎ 答案：见解析 课时35‎ 选修35　第13章　原子物理　碰撞与动量守恒 第一节　波和粒子 一、单项选择题 ‎1．关于物质的波粒二象性，下列说法中不正确的是(　　)‎ A．不仅光子具有波粒二象性，一切运动的微粒都具有波粒二象性 B．运动的微观粒子与光子一样，当它们通过一个小孔时，都没有特定的运动轨道 C．波动性和粒子性，在宏观现象中是矛盾的、对立的，但在微观高速运动的现象中是统一的 D．实物粒子的运动有特定的轨道，所以实物不具有波粒二象性 解析：选D.实物粒子与光子都具有波粒二象性，A、B、C正确．‎ ‎2．(2009年高考辽宁、宁夏理综卷)关于光电效应，下列说法正确的是(　　)‎ A．极限频率越大的金属材料逸出功越大 B．只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应 C．从金属表面出来的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越小 D．入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多 解析：选A.由hν0＝W知A正确；入射光频率低于极限频率，光照时间不论有多长，都不能发生光电效应，B错；由Ekm＝hν－W知，最大初动能的大小既与入射光频率有关，也与逸出功有关，C错；单位时间内逸出的光电子数只与光强有关，与光频率无关，D错．‎ ‎3．(2009年高考广东卷)硅光电池是利用光电效应原理制成的器件．下列表述正确的是(　　)‎ A．硅光电池是把光能转变为电能的一种装置 B．硅光电池中吸收了能量的电子都能逸出 C．逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率无关 D．任意频率的光照射到硅光电池上都能产生光电效应 答案：A ‎4．(2010年高考四川卷)用波长为2.0×10－‎7 m的紫外线照射钨的表面，释放出来的光电子中最大的动能是4.7×10－19 J．由此可知，钨的极限频率是(普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，光速c＝3.0×‎108 m/s，结果取两位有效数字)(　　)‎ A．5.5×1034 Hz　　　　　　　　 B．7.9×1014 Hz C．9.8×1014 Hz D．1.2×1015 Hz 解析：选B.该题考查光电效应方程，由mv2＝h－W0和W0＝hν0可得ν0＝7.9×1014 Hz，B选项正确．‎ 二、不定项选择题 ‎5．在单缝衍射实验中，中央亮纹的光强占整个从单缝射入的光强的95%以上，假设现在只让一个光子通过单缝，那么该光子(　　)‎ A．一定落在中央亮纹处 B．一定落在亮纹处 C．可能落在暗纹处 D．落在中央亮纹处的可能性最大 答案：CD ‎6．(2011年东阳中学高三月考)用频率为ν1的单色光照射某种金属表面，发生了光电效应现象．现改为频率为ν2的另一单色光照射该金属表面，下面说法正确的是(　　)‎ A．如果ν2＞ν1，能够发生光电效应 B．如果ν2＜ν1，不能够发生光电效应 C．如果ν2＞ν1，逸出光电子的最大初动能增大 D．如果ν2＞ν1，逸出光电子的最大初动能不受影响 解析：选AC.对一定的金属，入射光的频率必须大于或等于某一频率ν时才会产生光电效应，频率ν称为截止频率，如果入射光的频率低于截止频率ν，则不论光强多大，照射时间多长，都不会产生光电效应，不同的金属有不同的截止频率．所以当ν2＞ν1时能够发生光电效应，ν2＜ν1时不一定能够发生光电效应，A正确，B错误；又光电子的初动能随着入射光频率的增加而线性增加，所以当ν2＞ν1时逸出光电子的初动能增大，C正确，D错误．‎ ‎7．图是某金属在光的照射下产生的光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图象．由图象可知(　　)‎ A．该金属的逸出功等于E B．该金属的逸出功等于hν0‎ C．入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为E D．入射光的频率为ν0/2时，产生的光电子的最大初动能为E/2‎ 答案：ABC ‎8．(2010年高考浙江卷)在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线(甲光、乙光、丙光)，如图所示．则可判断出(　　)‎ A．甲光的频率大于乙光的频率 B．乙光的波长大于丙光的波长 C．乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率 D．甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能 解析：选B.由于是同一光电管，因而不论对哪种光，极限频率和金属的逸出功相同，对于甲、乙两种光，反向截止电压相同，因而频率相同，A项错误；丙光对应的反向截止电压较大，因而丙光的频率较高，波长较短，对应的光电子的最大初动能较大，故C、D均错，只有B项正确．‎ 三、计算题 ‎9．紫光的波长为4000 ，金属钠的逸出功为3.5×10－19 J，求：‎ ‎(1)每个紫光光子的能量为多少？‎ ‎(2)若用该紫光照射金属钠时，产生的光电子的最大初动能是多少？‎ 解析：(1)因E＝hν，而ν＝，所以 E＝＝ J＝5.0×10－19 J.‎ ‎(2)由爱因斯坦的光电效应方程得：‎ hν＝W＋Ekmax，‎ 所以Ekmax＝hν－W＝5.0×10－19 J－3.5×10－19 J＝1.5×10－19 J.‎ 答案：(1)5.0×10－19 J　(2)1.5×10－19 J ‎10．(2011年温州八校联考)普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，铝的逸出功W0＝6.72×10－19 J，现用波长λ＝200 nm的光照射铝的表面(结果保留三位有效数字)．‎ ‎(1)求光电子的最大初动能；‎ ‎(2)若射出的一个具有最大初动能的光电子正对一个原来静止的电子运动，求在此运动过程中两电子电势能增加的最大值(电子所受的重力不计)．‎ 解析：(1)Ek＝hν－W0‎ ν＝c/λ ‎∴Ek＝3.23×10－19 J.‎ ‎(2)增加的电势能来自系统损失的动能，当两电子的速度相等时电势能最大，由动量守恒定律得mv0＝2mv 损失的动能：ΔEk＝mv－(‎2m)v2＝1.62×10－19 J 所以，电势能增加的最大值为1.62×10－19 J.‎ 答案：(1)3.23×10－19 J ‎(2)1.62×10－19 J 课时36‎ 第二节　原子结构　氢原子光谱 一、单项选择题 ‎1．(2011年广东广州模拟)仔细观察氢原子的光谱，发现它只有几条分离的不连续的亮线，其原因是(　　)‎ A．氢原子只有几个能级 B．氢原子只能发出平行光 C．氢原子有时发光，有时不发光 D．氢原子辐射的光子的能量是不连续的，所以对应的光的频率也是不连续的 解析：选D.光谱中的亮线对应不同频率的光，“分离不连续亮线”对应着不同频率的光，B、C错．氢原子在不同的能级之间跃迁时，辐射不同能量的光子，并且满足E＝hν.能量不同，相应光子频率不同，体现在光谱上是一些不连续的亮线，A错误D正确．‎ ‎2．许多物质在紫外线照射下能发出荧光，紫外线照射时，这些物质的原子先后发生两次跃迁，其能量变化分别为ΔE1和ΔE2，则下列说法正确的是(　　)‎ A．两次跃迁均向高能级跃迁，且ΔE1＞ΔE2‎ B．两次跃迁均向低能级跃迁，且ΔE1＜ΔE2‎ C．先向高能级跃迁，再向低能级跃迁，且ΔE1＞ΔE2‎ D．先向低能级跃迁，再向高能级跃迁，且ΔE1＜ΔE2‎ 解析：选C.第一次跃迁是吸收紫外线光子，第二次跃迁是放出可见光光子．由于hν1＞hν2，故ΔE1＞ΔE2，C项正确．‎ ‎3．(2009年高考全国卷Ⅰ)氦氖激光器能产生三种波长的激光，其中两种波长分别为λ1＝0.6328 μm，λ2＝3.39 μm.已知波长为λ1的激光是氖原子在能级间隔为ΔE1＝1.96 eV的两个能级之间跃迁产生的．用ΔE2表示产生波长为λ2的激光所对应的跃迁的能级间隔，则ΔE2的近似值为(　　)‎ A．10.50 eV　　　　　　　 B．0.98 eV C．0.53 eV D．0.36 eV 解析：选D.由跃迁公式得ΔE1＝，ΔE2＝，联立可得ΔE2＝·ΔE1＝0.36 eV，选项D对．‎ ‎4．(2010年高考重庆卷)氢原子部分能级的示意图如图所示．不同色光的光子能量如下表所示.‎ 色光 红 橙 黄 绿 蓝-靛 紫 光子能量范围(eV)‎ ‎1.61～2.00‎ ‎2.00～2.07‎ ‎2.07～2.14‎ ‎2.14～2.53‎ ‎2.53～2.76‎ ‎2.76～3.10‎ 处于某激发态的氢原子，发射的光的谱线在可见光范围内仅有2条，其颜色分别为(　　)‎ A．红、蓝-靛 B．黄、绿 C．红、紫 D．蓝-靛、紫 解析：选A.原子发光时光子的能量等于原子能级差，先分别计算各相邻的能级差，再由小到大排序．结合可见光的光子能量表可知，有两个能量分别为1.89 eV和2.55 eV的光子属于可见光．并且属于红光和蓝靛的范围，故答案为A.‎ 二、不定项选择题 ‎5．(2011年安徽合肥市一模)关于原子结构的认识历程，下列说法正确的有(　　)‎ A．汤姆孙发现电子后猜想出原子内的正电荷集中在很小的核内 B．α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据 C．对原子光谱的研究开辟了深入探索原子结构的道路 D．玻尔原子理论无法解释较复杂原子的光谱现象，说明玻尔提出的原子定态概念是错误的 解析：选BC.卢瑟福通过α粒子散射实验设想原子内的正电荷集中在很小的核内，A错；玻尔理论有局限性，但不能说是错误的，D错；B、C说法是正确的．‎ ‎6．如图所示为卢瑟福和他的同事们做α粒子散射实验的装置示意图，荧光屏和显微镜分别放在图中的A、B、C、D四个位置时，下述对观察到现象的说法中正确的是(　　)‎ A．放在A位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数最多 B．放在B位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数只比A位置时稍少些 C．放在C、D位置时，屏上观察不到闪光 D．放在D位置时，屏上仍能观察到一些闪光，但次数极少 答案：AD ‎7．氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时，下列说法中正确的是(　　)‎ A．氢原子的能量增加 B．氢原子的能量减少 C．氢原子要吸收一定频率的光子 D．氢原子要放出一定频率的光子 解析：选BD.氢原子的核外电子离原子核越远，氢原子的能量(包括动能和势能)越大．当氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时，原子的能量减少，氢原子要放出一定频率的光子．显然，选项B、D正确．‎ 三、计算题 ‎8．如图所示，氢原子从n＞2的某一能级跃迁到n＝2的能级，辐射出能量为2.55 eV的光子，问：‎ ‎(1)最少要给基态的氢原子提供多少电子伏特的能量，才能使它辐射上述能量的光子？‎ ‎(2)请在图中画出获得该能量后的氢原子可能的辐射跃迁图．‎ 解析：(1)氢原子从n＞2的某一能级跃迁到n＝2的能级，辐射光子的频率应满足：‎ hν＝En－E2＝2.55 eV En＝hν＋E2＝－0.85 eV 所以，n＝4‎ 基态氢原子要跃迁到n＝4的能级，应提供的能量为 ΔE＝E4－E1＝12.75 eV.‎ ‎(2)辐射跃迁图如答案图所示．‎ 答案：(1)12.75 eV ‎(2)‎ ‎9．(2011年金华十校联考)在研究原子物理时，科学家经常借用宏观模型进行模拟．在玻尔原子模型中，完全可用卫星绕行星运动来模拟研究电子绕原子核的运动．当然这时的向心力不是粒子间的万有引力(可忽略不计)，而是粒子的静电力．设氢原子中，电子和原子核的带电荷量大小都是e＝1.60×10－‎19 C，电子在第1、2可能轨道 运行时，其运动半径分别为r1＝0.53×10－‎10 m，r2＝4r1，据此求：‎ ‎(1)电子分别在第一、二可能轨道运行时的动能(以eV为单位)．‎ ‎(2)当电子从第一可能轨道跃迁到第二可能轨道时，原子还需吸收10.2 eV的光子，那么电子的电势能增加了多少？(静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2)‎ 解析：(1)电子所受静电力提供向心力k＝ 故Ek＝mv2＝ Ek1＝ J＝13.6 eV Ek2＝Ek1＝3.4 eV.‎ ‎(2)根据能量守恒，ΔEp＝ΔE＋(Ek1－Ek2)‎ 故ΔEp＝20.4 eV.‎ 答案：(1)13.6 eV,3.4 eV ‎(2)20.4 eV 课时37‎ 第三节　核反应　核能 一、单项选择题 ‎1．(2009年高考浙江理综卷)氦原子核由两个质子与两个中子组成，这两个质子之间存在着万有引力、库仑力和核力，则3种力从大到小的排列顺序是(　　)‎ A．核力、万有引力、库仑力 B．万有引力、库仑力、核力 C．库仑力、核力、万有引力 D．核力、库仑力、万有引力 解析：选D.核力是强相互作用力，氦原子核内的2个质子是靠核力结合在一起的．可见核力远大于库仑力；微观粒子的质量非常小，万有引力小于库仑力．故D选项正确．‎ ‎2．(2010年高考上海卷)现已建成的核电站发电的能量来自于(　　)‎ A．天然放射性元素衰变放出的能量 B．人工放射性同位素放出的能量 C．重核裂变放出的能量 D．化学反应放出的能量 解析：选C.现在核电站所用原料主要是铀，利用铀裂变放出的核能发电，故C项正确．‎ ‎3．(2010年高考大纲全国卷Ⅰ)原子核U经放射性衰变①变为原子核Th，继而经放射性衰变②变为原子核Pa，再经放射性衰变③变为原子核U.放射性衰变①、②和③依次为(　　)‎ A．α衰变、β衰变和β衰变 B．β衰变、α衰变和β衰变 C．β衰变、β衰变和α衰变 D．α衰变、β衰变和α衰变 解析：选A.由电荷数守恒与质量数守恒可分别写出衰变①为U→Th＋He，衰变②为Th→Pa＋e，衰变③为Pa→U＋e，故知正确答案为A.‎ ‎4．(2010年高考大纲全国卷Ⅱ)原子核X与氘核H反应生成一个α粒子和一个质子．由此可知(　　)‎ A．A＝2，Z＝1　　　　　　　 B．A＝2，Z＝2‎ C．A＝3，Z＝3 D．A＝3，Z＝2‎ 解析：选D.该核反应的方程式为：X＋H→He＋H，由质量数和电荷数守恒得：A＝4＋1－2＝3，Z＝2＋1－1＝2，故正确答案为D.‎ ‎5.U经过一系列α衰变和β衰变，最后变成Pb，衰变方程可写为：U→Pb＋nα＋kβ＋P，则(　　)‎ A．n＝7，k＝4 B．n＝5，k＝0‎ C．n＝6，k＝4 D．n＝4，k＝7‎ 答案：A 二、不定项选择题 ‎6．(2009年高考天津理综卷)下列说法正确的是(　　)‎ A.N＋H→C＋He是α衰变方程 B.H＋H→He＋γ是核聚变反应方程 C.U→Th＋He是核裂变反应方程 D.He＋Al→P＋n是原子核的人工转变方程 解析：选BD.核反应类型分四种，核反应的方程特点各有不同，衰变方程的左边只有一个原子核，右边出现α或β粒子．聚变方程的左边是两个轻核反应，右边是中等原子核．裂变方程的左边是重核与中子反应，右边是中等原子核．人工核转变方程的左边是氦核与常见元素的原子核反应，右边也是常见元素的原子核，由此可知B、D两选项正确．‎ ‎7．氢有三种同位素，分别是氕H、氘H、氚H，则(　　)‎ A．它们的质子数相等 B．它们的核外电子数相等 C．它们的核子数相等 D．它们的中子数相等 解析：选AB.氕、氘、氚的核子数分别为1、2、3，质子数和核外电子数相同，都为1，中子数等于核子数减去质子数，故中子数各不相同，所以本题A、B选项正确．‎ ‎8．(2011年绍兴一中检测)我国最新一代核聚变装置“EAST”在安徽合肥首次放电、显示了EAST装置具有良好的整体性能，使等离子体约束时间达1000 s，温度超过1亿度，标志着我国磁约束核聚变研究进入国际先进水平．合肥也成为世界上第一个建成此类全超导非圆截面核聚变实验装置并能实际运行的地方．核聚变的主要原料是氘，在海水中含量极其丰富．已知氘核的质量为m1，中子的质量为m2，He的质量为m3，质子的质量为m4，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．两个氘核聚变成一个He所产生的另一个粒子是质子 B．两个氘核聚变成一个He所产生的另一个粒子是中子 C．两个氘核聚变成一个He所释放的核能为(‎2m1－m3－m4)c2‎ D．与受控核聚变比较，现行的核反应堆产生的废物具有放射性 解析：选BD.由核反应方程知2H―→He＋X，X应为中子，释放的核能应为ΔE＝(‎2m1－m3－m2)c2，聚变反应的污染非常小．而现实运行的裂变反应的废料具有很强的放射性，故A、C错误，B、D正确．‎ 三、计算题 ‎9．太阳的能量来源是轻核的聚变，太阳中存在的主要元素是氢，核聚变反应可以看做是4个氢核结合成1个氦核同时放出2个正电子．试写出核反应方程，并由表中数据计算出该聚变反应过程中释放的能量(取1 u＝×10－‎26 kg)．‎ 粒子名称 质子p α粒子 电子e 中子n 质量/u ‎1.0073‎ ‎4.0015‎ ‎0.00055‎ ‎1.0087‎ 解析：核反应方程为4H―→He＋2e,4个氢核结合成1个氦核时的质量亏损为 Δm＝(1.0073×4－4.0015－2×0.00055)u ‎＝0.0266 u＝4.43×10－‎‎29 kg 由爱因斯坦质能方程得，聚变反应过程中释放的能量为 ΔE＝Δmc2＝4.43×10－29×(3×108)2 J＝4.0×10－12 J.‎ 答案：见解析 ‎10．(2011年金丽衢十二校联考)如图所示，有界的匀强磁场磁感应强度为B＝0.05 T，磁场方向垂直于纸面向里，MN是磁场的左边界．在磁场中A处放一个放射源，内装Ra，Ra放出某种射线后衰变成Rn.‎ ‎(1)写出上述衰变方程．‎ ‎(2)若A处距磁场边界MN的距离OA＝‎1.0 m时，放在MN左侧边缘的粒子接收器收到垂直于边界MN方向射出的质量较小的粒子，此时接收器距过OA的直线‎1.0 m．求一个静止Ra核衰变过程中释放的核能有多少？(取1 u＝1.6×10－‎27 kg，e＝1.6×10－‎19 C，结果保留三位有效数字)‎ 解析：(1)Ra→Rn＋He ‎(2)衰变过程中释放的α粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径R＝‎1.0 m，由2evB＝得 α粒子的速度v＝ 衰变过程中系统动量守恒，Rn、He质量分别为222 u、4 u，则 ‎222 u×v′＝4 u×v 得Rn的速度v′＝v 释放的核能E＝×222 u×v′2＋×4 u×v2＝ 代入数据解得E＝2.04×10－14 J.‎ 答案：(1)Ra→Rn＋He ‎(2)2.04×10－14 J