高中物理全能专题训练高三使用解答或提示 169页

第一章　　物体的运动一、几个重要概念专题　　1．D　　2．D提示：由于声音传到终点时，王华已经跑出了一段距离，故王华的实际成绩应是测量成绩再加声音传播100m所用的时间．20°时的声速介于15°和25°之间．　　3．D　　提示：由匀变速直线运动的速度公式：　　vt＝v0＋at　　取时间为1秒分析得，这一秒的末速度比该秒的初速度大0.5m/s．故正确答案选D．　　4．AB　　提示：　　v＝s/t＝197/(10－8)＝98.5km/h＝27.4m/s　　5．CD　　提示：设AB间距离为s，A、B、C三点的速度分别为vA、vB、vC，由v＝(v0＋v1)/2，有：　　20＝(vA＋vB)/2，30＝(vB＋vC)/2　　＝＝(vA＋vC)/2　　由以上各式可求质点在AC段的平均速度及在C点的瞬时速度．　　6．解：供客机起飞的跑道长　　s1＝v1t1＝×150＝3300(m)　　供战斗机起飞的航空母舰甲板长　　s2＝v2t2＝×2＝83(m)，∴s1/s2＝3300/83≈40二、匀变速直线运动规律及其应用专题　　1．D　　2．AD　　提示：这一秒的初速和末速可能同向也可能反向．以初速度方向为正方向．　　若初速和末速同向，有：　　加速度a＝(v－v0)/t＝(10－4)/t＝6m/s2　　位移s＝t×(v0＋v1)/2＝1×(4＋10)/2＝7m　　若初速和末速反向，有：加速度　　a＝(vt－v0)/t＝(－10－4)/1＝－14m/s2　　位移s＝t×(v0＋vt)/2＝1×(4－10)/2＝－3m　　故加速度的大小可为14m/s2，大于10m/s2，D问正确；位移的大小可为3m，小于4m，A问正确．　　3．ABC　　提示：由s3－s1＝2aT2，其中s1＝2m、s3＝8m、T＝1s，可求加速度a，故选项B对；　　由s1＝v1T＋aT2/2，可求速度v1，故选项A对； 　　由s2－s1＝aT2，可求s2，故选项C对．　　4．ABC　　提示：当物体做匀速直线运动时，中间位置与中间时刻是同一位置，因此C对；当物体做匀变速直线运动时，其示意图如下图所示，若物体由A向B做匀加速直线运动，则前一半时间的位移小于后一半时间的位移，中间时刻如图的C点，中间位置为E点，显然v1＞v2；若物体由A向B做匀减速直线运动，则前一半时间的位移大于后一半时间的位移，中间时刻如图的D点，显然v1＞v2．　　5．B　　提示：因车身长4.5m，占标尺上3小格，每小格是1.5m，由图中读出第一、第二次闪光后汽车相距s1＝12m，第二、第三次闪光汽车相距s2＝20.1m，由公式：　　Δs＝s2－s1＝aT2，得　　a＝＝≈2(m/s2)　　6．D　　提示：由图可知：下方的物体做匀速运动，而上方的物体做匀加速运动．由t4到t5这段时间内下方物体的位移几乎等于上方物体的位移，说明这段时间内两物体的平均速度几乎相等，由运动规律知：t4时刻下方物体的速度大于上方物体的速度，t5时刻下方物体的速度小于上方物体的速度，故在t4时刻与t5时刻之间某时刻两木块的速度相同，故选项D对．　　7．解：设刹车后t汽车静止，有t＝v0/a＝8/6s故刹车后4s内的位移与8/6s的位移相等，为：　　s＝＝×＝5.33m　　8．解：小物体在传送带上做匀加速运动时间：　　t1＝＝＝＝2(s)　　位移为：s1＝＝(0＋2)/2×2＝2(m)　　此后小物体做匀速直线运动，运动时间为：　　t2＝(s－s1)/v＝(20－2)/2＝9(s)　　所以，小物体运动到另一端的时间为：　　T＝t1＋t2＝2＋9＝11(s)　　9．解：火车提速前：设匀速运动的速度为v，则　　匀加(减)速的时间为：t1＝＝　　位移为s1＝t1＝　　匀速运动的位移为：s2＝s－4s1　　匀速运动的时间为：t2＝s2/v，　　中途停车时间：Δt＝360s　　总时间：4t1＋t2＋Δt＝T，　　T＝7560s　　解以上各式得v＝20m/s．　　提速后：火车匀速的速度为v0＝1.5v＝30m/s 　　匀加(减)速的时间为：t′1＝＝＝75s　　移为s′1＝＝1125m　　匀速运动的位移为：s＝s－2s＝139750m　　匀速运动的时间为t＝s/v0＝4658s　　运动的总时间：t＝2t′1＋t′2＝4808s＝1.34h三、自由落体运动和竖直上抛运动专题　　1．ACE　　提示：若石块是在抛出点上方15m处，则　　由公式s＝v0t＋gt2/2，有15＝20t－5t2　　解得：t＝1s或t＝3s；　　若石块是在抛出点下方15m处，则由公式s＝v0t＋gt2/2，有－15＝20t－5t2　　解得：t＝2＋s，故选项ACE正确．　　2．AC．提示：竖直上抛运动的上升过程和自由落体运动互为逆运动，根据运动的对称性，上抛运动的最高点即为自由落体的下落点．　　3．提示：(1)第1滴水落到盘上的位移：h＝g(2t)2　　第2滴水的位移：h1＝gt2　　解以上两式可得h1＝h/4　　(2)第1滴水落到盘上历时t1＝，从第1滴水离开水龙头开始到第2滴水落到盘上历时：t2＝t1＋t1/2　　从第1滴水离开水龙头开始到第3滴水落到盘上历时：t3＝t2＋t1/2＝t1＋2t1/2　　同理：t4＝t1＋3t1/2　　……tN＝t1＋(N－1)t1/2依题意有T＝tN＝　　∴g＝　　4．解：研究运动员重心的运动即可．　　设重心上升0.45m所用时间为t1，则　　0.45＝gt12/2，t1＝0.3s　　重心由(0.45＋10)m自由下落到水面用时间为t2则　　10.45＝gt22/2，t2＝1.4s　　故用于完成空中动作的时间为：　　t＝t1＋t2＝1.7s　　5．解：10s末气球与重物的速度为：v＝at＝100m/s　　位移为s1＝at2/2＝500m　　重物掉出后以100m/s的初速度做竖直上抛运动，上升的高度为h＝＝500m　　故此重物最高可上升H＝s1＋h＝1000m　　由竖直上抛运动规律，有－s1＝vt2－gt222，即 　　－500＝100t2－5t22　　故重物从气球上掉出后到落回地面所用时间为：　　t2＝10＋10＝24.14s．　　6．解：设经时间t被拦截，则有：　　s＝(vt＋gt2/2)＋(vt－gt2/2)＝2vt　　t＝s/2v＝5s　　拦截的高度h＝vt－gt2/2＝49875m　　7．解：Δt＝t2－t1＝－四、归纳法与演绎法应用专题　　1．A　　提示：第一个球回到手时，第四个球必须马上抛出，则在空中有两个球，整段路程分为时间相等的三段．而由h＝gt12/2得t1＝＝0.5s，　　总时间2t1＝1s，故球在手中停留的最长时间为1/3s　　2．解：可假设车静止人从静止开始匀加速行走，　　人走完第一节车厢历时t1＝＝5，a＝2s/25　　人走完前九节车厢历时t2＝＝15　　人走完前十节车厢历时t10＝＝　　所以第十节车通过人的时间Δt＝t10－t9＝0.81(s)　　3．解：设物体跟档板碰了n次，则总路程：　　s＝nl＋l/2＝4n＋2……①　　把物体碰档板前后的运动看作是匀减速直线运动，　　所以s＝v02/2a…………②　　解以上两式得物体的加速度大小　　a＝4/(2n＋1)(n＝0，1，2，3……)　　4．解：①小球在空中运动的总时间为：　　t总＝2t上＝2v0/g＝2×30/10＝6(s)　　在空中的小球个数n＝t总/t＝6/1＝6(个)　　②第一个球和其余小球相遇时位移相等，则有：　　30t－10t2/2＝30(t－n)－10(t－n)2/2　　n为第2、3、4…个球跟第1个球间隔时间，解方程得：　　t＝(6＋n)/2，(n＝1，2，3，4，5)　　当n＝1时，t＝3.5s；　　n＝2时，t＝4.0s；　　n＝3时，t＝4.5s；　　n＝4时，t＝5.0s；　　n＝5时，t＝5.5s 　　以上依次各时刻为第1个跟第2、3、4、5球相遇时刻．五、运动图象专题　　1．B提示：设物体质量为m，空气阻力为f，　　上升过程：速度为正加速度为负，速度图线为斜向下的直线，加速度大小为：a上＝g＋f/m；　　下升过程：速度为负加速度为负，速度图线在第四象限且斜向下的直线，加速度大小为：a下＝g－f/m；故a上＞a下　　2．C　　提示：小孩从高处下落到蹦床前做的是自由落体(即匀加速)直线运动，速度图象应为直线(即oa段)，离开蹦床后做竖直上抛(即匀减速)直线运动，速度图象也为直线(即cd段)，故应选C．　　3．A．提示：由vt＝v0－gt，得动能为：　　Ek＝mv12＝mg2t2－mgv0t＋mv02　　故动能与时间的图象为开口向上的抛物线．　　4．C　　提示：由图象可知速度都为正的，故物体一直朝正方向做直线运动．　　5．ABC　　提示：A图：物体先沿正方向做匀减速，到速度为0后，向负方向(回头)做匀加速运动；　　B图：物体先沿负方向做匀减速，到速度为0后，向正方向(回头)做匀加速运动；　　C图：物体一直沿负方向做匀加速直线运动．　　6．A　　提示：用排除法：若是路程图象，路程应是一直增大的，故B错；若是速度图象则应是直线的，因为下落过程是匀加速直线运动，上升过程是匀减速直线运动，故C错；除碰撞瞬间外小球运动的加速度是恒定的，所以若是加速度图象应是一平行时间轴的直线，故D错；故只能选A．　　7．BC　　提示：对C问：由机械能守恒可知两球落地时速率相等，故C问对；对ABD问：作出a、b两球的v－t图象，如图，两图线与时间轴所围成的面积相等．由图知ta＞tb．　　8．tC＞tD　　提示：解法一：与上题相同．　　解法二：小球运动到同一竖直直线上沿ACB运动的速率均小于沿ADB运动的速率，故沿ACB运动的平均速率小于沿ADB运动的平均速率，由s＝，路程s相同，故沿ACB运动的时间大于沿ADB运动的时间．　　9．解：0到1s质点静止，1s到3s质点做匀速直线运动，速度为＝2.5m/s，3s到5s质点做匀速直线运动，速度为＝－10m/s，5s到6s质点静止．(v－t图象如下图所示) 　　10．解法一：设两物体抛出的时间间隔为Δt1时，恰好在后抛出物体落地时被前一物体下落追上相碰，那么前抛物体的运动时间应等于后抛物体运动时间与Δt1之和，即：　　2×2v0/g＝2v0/g＋Δt1　　得：Δt1＝2v0/g　　又设两物体抛出时间间隔为Δt2时，恰好在后抛出物体抛出瞬间前一物体回到原点相碰．　　同理得：2×2v0/g＝0＋Δt2　　Δt2＝4v0/g　　所以，时间间隔必须满足：　　2v0/g≤Δt≤4v0/g　　解法二、分别在图中画出两物体的s－t图线，要求两物体在空中相碰，两图线必须有交点．前抛物体在空中运动的总时间为：t1＝2×2v0/g　　后抛物体在空中运动的总时间为：t2＝2v0/g　　由图中可看出两物体抛出的最短时间间隔：　　Δt1＝t1－t2＝2v0/g　　最长时间间隔等于前抛出物体的运动时间：　　Δt2＝t1＝4v0/g　　所以：2v0/g≤Δt≤4v0/g六、追赶运动专题　　1．C　　提示：设乙车运动时间t时两车距离最大，这时两车的速度相等，　　由v1＝at，有3×(t＋2)＝4t，　　解得t＝6s，　　又由s＝at2/2，得两车最大距离为：　　Δs＝s甲－s乙＝3×(6＋2)2/2－4×36/2＝24m　　2．B．提示：据题意，作出前车开始刹车时两车的速度与时间图象，如下图所示，由图象的物理意义知，三角形AOC的面积为前车刹车后的位移，其大小为s，梯形ABDO的面积为前车开始刹车时后车的位移，其大小为3s，所以两车不相碰且它们在行驶时应保持的距离至少为： 　　Δs＝3s－s＝2s，故选B．　　3．解：此题用相对运动求解较为简便，以前车为参照物，则后车相对于前车的初速度为(v1－v2)，追上时相对末速度为0，相对加速度为－a，相对位移为s．　　由v12－v02＝2as得0－(v1－v2)2＝2(－a)s　　∴a＝　　a为两车恰好相碰时的加速度，要两车不相碰，应满足a＞(v1－v2)2/2s．　　4．解：两车不相撞的临界条件是：A车追上B车时两车的速度相等．选B车为参照物，A车的相对初速度vAB＝v0－0＝v0，追上时相对末速度vAB′＝0，相对加速度aAB＝2a－a＝－3a，相对位移SAB＝s－l，　　由vt2－v02＝2as有v02＝2(－3a)(s－l)　　得v0＝(最大值)　　所以，两车不相碰的条件：v0≤　　5．解：A、B相遇时位移相等有：　　vAt＝aBt2/2，得　　t＝2vA/aB＝2×3/3＝2(s)　　相遇时B的速度：　　vB＝aBt＝3×2＝6(m/s)　　当B减速到vB′＝vA时，A、B相距最远，有：　　vB－aB′　　t′＝vA　　t′＝(vB－vA)/aB′＝1.5(s)　　由上述计算可知在(2＋1.5)＝3.5(s)末A、B相距最远．由v－t图象也可求解(见上图)　　6．解：由题意知：人匀速运动、车匀加速运动，人和车运动时间相等，设人经时间t追上车，当追上时人和车的位移关系是：s人＋s车＝s0，即v人·t－at2＝s0得t2－12t＋90＝0，若能追上t有解，若追不上t无解．Δ＝b2－4ac＝－216＜0，所以人追不上汽车．　　在开始阶段，人的速度大于车的速度，人和车之间的距离减小，当车的速度大于人的速度时，两者之间的距离增大，当人和车速度相等时，人与车之间距离最小．　　设从开始追到距离最小的时间为t1，有v人＝at1，所以t1＝6s，人和车之间的最小距离为：　　Δsmin＝s0＋s车－s人＝45＋×1×62－6×6＝27m．　　7．解：汽车作匀减速运动的位移为： 　　S汽＝v2汽/2a＝25(s)　　t汽＝v汽/a＝5(s)　　s自＝v自t汽＝20(m)　　汽车已停下来自行车还追不上，　　∴t＝5＋(25＋7－20)/4＝8(s)七、运动的合成和分解、平抛运动专题　　1．C　　提示：设河宽为L，则渡河时间为t＝L/v与河流速度无关．　　2．C　　提示：速度的合成遵守平行四边形定则．　　3．A　　提示：设ab的竖直高度为h，ab的水平距离为s，则ac的水平距离为2s．　　以速度v抛出时：h＝gt2/2，s＝vt　　以速度2v抛出时：h2＝gt22/2，　　h＞h2，t＞t2　　s2＝2vt2＜2vt＝2s　　故应落在斜面上的b与c之间某一点．　　4．BD　　提示：设经t时间两球在空中相遇，由自由落体及竖直上抛运动规律，有：　　(gt2/2)＋(v2t－gt2/2)＝H，故t＝H/v2　　两球相遇的水平距离为s＝v1t＝v1H/v2　　5．解：两个运动的物体在一条直线上的相遇问题比较容易解决，而不在一条直线的相遇问题要做好几何图形，利用三角形知识解题．　　设人向v2的方向运动，在公路上与汽车相遇在C点，如图所示，汽车运动距离s1，人运动距离s2．由正弦定理有：＝　　＝　　即：＝　　从直角三角形可知：sinb＝h/d　　则：sina＝v1sinb/v2＝v1h/v2d＝5/6　　∴arcsin　　6．解：陀螺离开桌面后做平抛运动，设陀螺水平飞出r时的下落高度刚好是h(此为临界条件)，则 　　x＝v0t＝r　　y＝gt2＝h　　t＝　　v0＝r　　v0＝r　　所以v0至少为v0=r　　7．解：由图有：x＝abcos30°＝20/m，　　y＝absin30°＝20m　　(1)运动员在空中飞行的时间为　　t＝＝2s　　(2)运动员冲出跳台时的速度　　v＝x/t＝10m/s　　8．解：设物体由抛出点运动到P点的时间为t，则有：　　v0tg30°＝gt　　物体由抛出点运动到Q点时，有：　　v0tg60°＝g(t＋1)　　解得：t＝0.5s　　v0＝5m/s　　9．解：小球在水平方向作匀速直线运动，∴L2＝v0t　　小球沿斜面方向作匀加速直线运动，　　L1＝gsinqt2　　解得　　v0＝L2　　10．解：(1)排球被击出后，作平抛运动，球在空中飞行的时间　　t2＝＝＝/2(s)　　在网上飞行的时间为 　　t1＝＝＝1/　　排球要不触网，则其速度应　　v＞(s1/t1)＝3(m/s)　　排球不越界，则其速度应为　　v＜(s2/t2)＝(3＋18/2)＝12(m/s．)　　故排球的速度应为3m/s＜v＜12m/s　　(2)若无论水平击球的速度多大，球不是触网就是越界，这是说明了与击球的水平速度无关，而是与击球的高度有关．若是排球刚刚触网，则其运动时间为　　s1/v＝　　排球若是刚刚越界，则运动时间为：　　s2/v＝，　　由这两式可得s1/s2＝，　　(式中的h为击球的高度，Δh为击球的高度与网高度之差)．　　Δh＝h(s1/s2)2＝h－h0　　h＝h0/1－(s1/s2)2　　代入数据得：h＝32/15m八、论述证明题专题　　1．证明：设做匀变速直线运动的物体的加速度为a，初速度为v0，经一段时间t的末速度变为vt，则这段时间t内的平均速度为：＝，且有：　　vt＝v0＋at　　①　　设中间时刻的速度为vt/2，则　　vt/2＝v0＋a·　　②　　由①②式解得：vt/2＝＝，原命题得证．　　2．证明：设做匀变速直线运动的物体的加速度为a，初速度为v0，经一段时间t的末速度变为vt，位移为s，则有：vt＝v0＋at　　①　　s＝v0t＋at2/2　　②　　由①②式解得：2as＝v12－v02　　3．证明：①设做初速为0的匀加速直线运动的物体的加速度为a，连续相等位移s所用的时间分别为t1、t2、t3、…tn．由位移公式，有：　　s＝at12/2， 　　解得：t1＝　　2s＝a(t1＋t2)2/2，　　解得：t2＝·(－)　　3s＝a(t1＋t2＋t3)2/2，　　解得：t3＝·(－)　　依此类推可得：　　tn＝·(－)，所以有：　　t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶－　　②连续相等时间t的位移分别为s1、s2、s3、…sn．由位移公式，有：s1＝at2/2　　s2＝a·(2t)2/2－at2/2＝3at2/2　　s3＝a·(3t)2/2－a(2t)2/2＝sat2/2　　……依此类推可得：　　sn＝a·(nt)2/2－a[(n－1)t]2＝(2n－1)at2/2　　s1∶s2∶s3∶…∶sn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)　　4．证明；设连续相等时间t的位移分别为s1、s2、s3、…sn．由位移公式，有：s＝at2/2　　s2＝a·(2t)2/2－at2/2＝3at2/2　　s3＝a·(3t)2/2－a(2t)2/2＝5at2/2　　……依此类推可得：　　sn＝a·(nt)2/2－a[(n－1)t]2/2＝(2n－1)at2/2　　故Δs＝s2－s1＝3at2/2－at2/2＝at2　　s3－s2＝5at2/2－3at2/2＝at2　　……　　sn－sn－1＝(2n－1)at2/2－(2n－2)at2/2＝at2　　原命题得证．　　5．证明：设匀加速运动的时间为t1，最速度为v，则有：v＝a1t1，故t1＝v/a1；　　又设匀减速运动的时间为t2，则有：　　v＝a2t2，t2＝v/a2；　　所以全程所需的时间：　　t＝t1＋t2＝v/a1＋v/a2＝(a1＋a2)v/a1a2　　①　　因为匀加速与匀减速的平均速度相等，均为：　　＝，　　所以全程的平均速度也为：　　＝＝　　②　　解①②式得：t＝． 第二章　　物体平衡一、力、重力、弹力专题　　1．BC　　提示：A、“力是改变物体运动状态的原因”其中的“力”是指物体所受的“合力”；“物体运动状态改变”．是指物体的速度发生变化，存在加速度；物体虽受几个力作用，但如果合外力为零，物体的运动状态不变．　　B、“1千克力＝9.8牛”为单位换算关系，任何地方都一样．　　2．A提示：C、作用力与反作用力存在“同时性”，同时产生，同时消失．D、力不能从一个物体传到另一个物体．　　3．D　　提示：A、地表物体的重力除两极和赤道外均不指向地心．B、弹簧秤测重力的大小，杆秤测物体的质量．C、物体除受重力外还可能受到其他力的作用．　　4．B提示：B、轻杆的形变除压缩和拉伸外还可能有弯曲，故弹力方向不一定在杆的直线上．轻绳的弹力(拉力)方向一定沿绳方向．C、弹力产生的条件：①接触，②弹性形变．　　5．BC提示：以G为研究对象，G受二力处于平衡，弹簧b对G的拉力F及物体的重力G＝10N，且有G＝F＝kb(l′b－lb)，　　l′b＝G/kb＋lb＝4.5cm　　再以弹簧b为研究对象，重力不计，则它只受重物对它的拉力10N和弹簧a对它的拉力Ta，二力平衡，故Ta＝10N，且有　　ka(l′a－la)＝10N　　∴l′a＝7cm　　6．D　　提示：放在下面的物体的重力对两根弹簧都有作用，而放在上下两弹簧之间的物体的重力只拉上面弹簧，故放在下面物体的质量应为最大的，即a应在下b在上；两个物体的重力都作用的弹簧的劲度系数应小些，而一个物体的重力作用的弹簧的劲度系数应大些，下面弹簧是只有下面物体的重力作用，故下面弹簧的动度系数应大些，所以弹簧s2在上而弹簧s1在下．　　7．解：①设物块2上升的距离为d2，弹簧2原长为l2，则有　　d2＝l2－[l2－]＝　　②设物块1上升的距离为d1，弹簧1原长为l1，则有：　　d1＝[l2(l1＋)]－[(l1＋l2)－(＋)]　　＝(m1＋m2)g(k1＋k2)/k1k2二、摩擦力专题　　1．C　　提示：当F1减到4N之前，摩擦力的大小为：f＝F1－F2，F1变小F2不变，故f变小，　　当F1减到4N之后，摩擦力的大小为：　　f＝F2－F1，F1变小F2不变，故f变大，　　2．B　　提示：滑动摩擦力的大小f＝mFN不变． 　　3．ACD　　提示：B：对于A、B两点B点先运动，A点后运动；　　C：对于C、D两点C点先运动，D点后运动．　　4．D　　提示：后轮是主动轮，所受摩擦力为动力，方向向前，前轮是从动轮，所受摩擦力为阻力，方向向后．　　5．B　　提示：A：匀速水平传送时，M不受静摩擦力作用；　　B：皮带做变速运动时，M所受静摩擦力f等于其所受合外力，故由牛顿第二定律，有f＝Ma，皮带加速度a越大，M受到的摩擦力f越大；　　C、D：M所受静摩擦力f等于其所受合外力，若皮带匀速运动，f＝0；若皮带做加速运动，M所受静摩擦力f方向与传送方向相同；若皮带做减速运动，M所受静摩擦力f方向与传送方向相反．　　6．mmg　　提示：滑动摩擦力大小与接触面积大小无关．　　7．B　　提示：开始时为滑动摩擦力f＝mkt＜G，物体向下变加速运动，到f＝mkt＞G后物体向下变减速运动，到v变为零时变为静摩擦力f′＝G．　　8．A　　提示：不论传送带静止还是沿逆时针方向转动，物块m所受摩擦力均为滑动摩擦力，其大小　　f＝mmg不变．　　所以物块在传送带上运动是匀减速运动，加速度不变，刚脱离传送带瞬间物块的速度相同，故落点不变．　　9．D　　提示：若三个物体均静止，有：　　f甲＝Fcosq，f乙＝Fcosq，f丙＝F；　　若三个物体均运动，有：　　f甲＝m(mg－Fsinq)　　f乙＝m(mg＋Fsinq)　　f丙＝mmg　　因不知这三个物体是静止还是运动，故无法判断谁受摩擦力最大．三、物体受力分析专题　　1．略　　2．A　　提示：物体C受到自身的重力和B对C竖直向下的压力．　　3．D　　提示：A、B与地面间可能有静摩擦力，可能没有静摩擦力．　　四、一对平衡力与一对作用力反作用力　　1．D　　提示：C选项的两个力不一定是相互作用的一对力．　　2．C　　提示：人和地球之间的三对作用力和反作用力分别是：人所受重力和人对地球的吸引力，地球对人的支持力和人对地球的压力，地对人的摩擦力和人对地的摩擦力．　　3．B　　提示：两个力彼此平衡，则这两力应是一对平衡为．　　4．D　　提示：A：这里说的B受到的滑动摩擦力不说明是A对B的滑动摩擦力还是地对B的滑动摩擦力，故不能确定其大小；　　B：对整体受力，知地面对B的滑动摩擦力f＝F－T；　　C、D：对A受力知木块A受到的摩擦力大小等于T 　　5．B　　提示：这是因为吊扇转动时空气对吊扇叶片有向上的反作用力，所以正常转动时悬挂点受的拉力比未转动时要小，且转动速度越大，向上的反作用力越大，拉力越小．　　6．解：设鸟的几何线度为L，那么其质量应跟线度的立方成正比m∝L3，而翅膀面积应跟线度的平方成正比　　S∝L2　　∴∝L　　能飞起来的临界速度应满足：F＝mg　　即　　cSv2＝mg　　所以v＝∝　　故v∝　　可见鸵鸟飞起来需要的最小速度v′应满足　　＝＝＝5　　即v′＝5×v＝27.5(m/s)　　27.5＞11.5　　所以飞不起来五、平行四边形定则及图解法专题　　1．D　　提示：F1与F2二力的合力　　F合的大小范围是：1N≤F合≤9N　　2．20．提示：如下图，由图及正弦定理，有：　　F2/sinq＝F合/sin30°　　∴F2＝20sinq　　∴要F2最大，则sinq＝1，　　故F2的最大值为20N．　　3．B　　提示：建立OO′为X轴，则Y轴合力应为0，设须同时再加一个力F′，F′方向与Y轴夹角为a，则由正交分解法及Y轴合力为0，有：　　F′cosa＝Fsinq，其中Fsinq一定的，　　故要F′最小，cosa应最大为1，所以这个力的最小值是Fsinq．　　4．AC　　提示：如下图1所示． 　　5．提示：用图解法(如图2所示)可确定球对档板的压力N2先减小后增大，球对斜面压力N1一直减小．　　6．解：小环受到重力G、大环对小环斜向下的弹力N和弹簧对它的弹性力F(如下图)．小环静止，F合＝0，　　N＝G，F＝2Gcosj　　而F＝kΔx＝k(2Rcosj－L)　　解以上两式得：　　cosj＝kL/2(kR－G)　　j＝arccos　　7．证明：根据力的分解法作出力F的分力f1、f2的矢量图，如原图所示，有f1＝f2，由矢量△OFf2与几何△ABC相似，得＝　　即　　f1＝F＝f2　　命题得证六、共点力平衡条件及正交分解法专题 　　1．BC　　提示：对物体m受力，因为物体匀速运动所有：f＝Fcosq　　N＝Fsinq－mg，　　∴f＝mN＝m(Fsinq－mg)　　2．B　　提示：对A受力：T＝GA，∵GA不变　　∴T不变；　　对人受力有：N＋T　　sinq＝G人　　f＝Tcosq　　又∵G人、T均不变而q变小，故N和f均增大．　　3．D．提示：对球受力分析有：　　A：F＝N2＋N1sinq，N1cosq＝G　　(式中N1是斜面对球的支持力，N2是墙对球的水平支持力)　　∴F＞N2；　　B、D：N2、0均不知，无法确定G与F及G与N1的大小关系；　　C：N1＝G/cosq＞G．　　4．解：绳结点受力平衡如图所示，物体静止，合力为零，　　＝cosq　　/l＝cosq　　解得：l＝Ts/　　5．BC　　提示：在物体A上放一重物相当于增大A物体的质量．　　6．ABD　　提示：物体m恰好匀速，有　　f＝mgsinq＝mmgcosq，∴m＝tgq　　加竖直向下的力F后：对m受力并建立沿斜面向上方向为X轴，竖直斜面方向为Y轴，X轴的合力为：　　FX＝(mg＋F)sinq－m(mg＋F)cosq＝(mg＋F)　　sinq－tgq(mg＋F)cosq＝0，　　故物体m仍保持匀速下滑．　　又∵N＝(mg＋F)cosq；f＝(mg＋F)sinq　　∴N与f均增大　　7．解：在上题中，若所加的力是垂直于斜面向下的力，则有：　　X轴的合力，FX＝mgsinq－m(mgcosq＋F)＝mF，　　即物体m所受合力为－mF与速度方向相反，故物体做减速运动到静止．七、共点力平衡条件推论专题　　1．0，8，3．　　2．E 提示：小球在线拉力作用下静止且线水平，说明小球所受重力与电场力的合力水平向右．烧断线后，因为重力与电场力均不变，所以小球所受合力仍为水平向右且为恒力，故小球将向右做匀加速直线运动．　　3．D　　提示：木块对斜面的作用力也就是木块对斜面的压力和摩擦力的合力．　　4．A　　提示：重心位置虽然不同，但受力分析时重心的作用点仍可画在圆球的圆心上，故结果是一样的．　　5．4.5m　　提示：受力分析如图，　　T＝F＝mg　　F1＝F2＝＝fm　　∴cosa＝＝＝，　　∴sina＝　　绳长L＝2L1＋l＝＋l＝l＝4.5(m)　　6．AC　　提示：物体所受摩擦力大小为：f＝mmg＝2N物体做匀速运动，合力为0，故选AC．　　7．CD　　提示：A、物体静止，故物体所受重力、支持力和静摩擦力的合力为0；　　B、物体所受重力和静摩擦力的合力的大小等于支持力的大小，为mgcosq，q增大，故mgcosq减小；　　C、物体所受重力和支持力的合力的大小等于静摩擦力的大小，为mgsinq，q增大，故mgsinq增大；　　D、物体所受支持力和摩擦力的合力等于重力，故不变．八、平衡条件结合隔离法、整体法的应用专题　　1．A　　提示：对A受力知B对A的摩擦力等于F2＝1N，对整体受力知地面对B的摩擦力等于0．　　2．A　　提示：对ab两球组成整体，对整体受力，整体受两个力：竖直向下的重力和上段线的拉力，因整体静止，故上段线的拉力应竖直向上，即上段线应是竖直的，用排除法，应选A．　　3．B　　提示：对磁铁A受力，知B对A的弹力为：F＝mg＋F吸＞mg　　(式中m为磁铁A的质量，F吸是磁铁B对A的吸引力)　　对磁铁AB整体受力有：C对B的弹力F2＝2mg　　4．BD　　提示：A匀速运动，所受合力为0，所以A所受摩擦力一定为0，故m1可以为0也可以不为0；对AB整体受力知C对B的摩擦力为： 　　f＝F一定不为0，故m2一定不为0．　　5．A　　提示：可用排除法解此题，对m受力，因为m匀速运动，所以m所受合力为0，故M对m一定没有摩擦力的作用，故选项B、C、D均错，选项A对．　　6．ABC　　提示：对上面的球受力如图，由图知：C点的弹力从N2cosq＝mg，故N2＝mg/cosq＞mg，故D问不对；D点的弹力N1＝N2sinq＝mgtgq，因为tgq可大于1，可等于1也可小于1，故N1可大于，也可等于还可小于小球的重力，故A问正确；　　对两球整体受力，知：D点的弹力大小等于A点的弹力大小，故B问正确；B点的弹力等于两个小球的重力之和，故C问正确．　　7．AD提示：对光滑球受力如图，设球质量为m，楔形木底角为q，楔形木质量为M，墙对球的向左的弹力为N1，楔形木对球的支持力为N2，由图有：N2cosq＝mg＋F，故N2增大，N1＝N2sinq，故N1增大；　　对球与楔形木整体受力有：水平面对楔形木块的竖直向上的弹力为：N＝mg＋Mg＋F，故N增大，水平面对楔形木块的摩擦力f＝N1，故f增大　　8．解：对A、B、C整体受力知：竖直向下的力有：三个小球的重力3mg，B受电场力2qE，C受电场力2qE；竖直向上的力有：悬线的拉力T，A球受的电场力qE．因为三个小球静止，故竖直方向的合力为0，有：　　T＋qE－3mg－2qE－2qE＝0　　所以悬线的张力T＝3/(mg＋qE)　　9．提示：对M、m整体，加速度a＝0，地面对斜面体的支持力为：　　N＝(m＋M)g－Fsinq　　方向竖直向上　　斜面体受地面的静摩擦力为：　　f＝Fcosq，方向水平向左．　　10．解：设左右两木板对砖1和4的静摩擦力分别是f，对四块砖整体受力，由平衡条件有：2f＝4mg　　所以f＝2mg　　又设第2块砖对第3块砖的静摩擦力为f23．　　同理对3与4两块砖整体受力有：　　f＋f23＝2mg　　故f23＝0　　11．解：①对人受力，由平衡条件有：　　N人＝G人－T＝500－100＝400(N)　　方向竖直向上．　　②对人和吊篮，设地面对吊篮的支持力为N兰，则有：N＝(G人＋G)－2T＝700－200＝500(N)方向竖直向上．　　③当N兰＝0时，人拉绳的力至少为T，则有： 　　2T′＝G人＋G兰　　∴T′＝700/2＝350(N)　　12．解：由题目条件知，两物体均静止，对AB整体受力分析有：地面对B物体的摩擦力fB＝F＝20N；　　对A受力分析有：B对A的摩擦力fA＝T＝F/2＝10N．九、用极限法分析平衡物体的有关临界问题　　1．解：如图TB＝＝＝10(N)　　TB＜30N所以AB绳不断．　　∵tgq＝＝＝　　∴q＝30°　　即在线OA段与竖直方向成30°夹角时，OA线恰好不断，AC和AB线都不会断．　　2．ABCD提示：有两种情况：第一种：若斜面对物体的静摩擦力f沿斜面向上且当f从0变到10N时，弹簧的弹力F方向沿斜面向上，大小可在10N到0之间变化；当f＝10N时，F＝0；当f从10N变到12N时，弹簧的弹力F方向沿斜面向下，大小可在0到2N之间变化．　　第二种：若斜面对物体的静摩擦力f沿斜面向下：则弹簧的弹力方向一定沿斜面向上，大小可在10N到22N之间变化．由以上两种情况可知ABCD均正确．　　3．CD　　提示：小木块受到斜面的支持力与摩擦力的合力大小等于木块的重力G与向右的力F的合力FGF，方向跟G与F的合力FGF的方向相反．　　4．AB．提示：设物体P的质量为m，物体Q的质量为M(M＞m)，对物体P受力知绳的拉力T＝mg；　　对物体Q受力如下图，有：　　F＝f＋Tcosq，　　若F＞Tcosq则摩擦力为正数，表示摩擦力方向向左，若F＜Tcosq则摩擦力为负数，表示摩擦力方向向右，若F＝Tcosq则摩擦力为0，　　FN＋Tsinq＝Mg，　　因为T＝mg＜Mg，　　故支持力不可能为0．　　5．解：若物体恰好想沿墙向上滑动，则物体所受摩擦力方向向下，因物体静止，有：　　Fcosq＝FN　　Fsinq＝mg＋f 　　f＝mFN　　代入数据并计算得：最大推力F＝50N；　　若物体恰好想沿墙向下滑动，则物体所受摩擦力方向向上，因物体静止，有：　　Fcosq＝FN　　Fsinq＝mg－f　　f＝mFN，　　代入数据并计算得：最小推力F＝10N；　　所以10≤F≤50N　　6．解：设B的质量M较小时，A恰好沿斜面下滑，　　mgsinq＝Mg＋mmgcosq　　M＝m(sinq－mcosq)(最小值)　　设B的质量较大时，A恰好沿斜面上滑，　　mgsinq＋mmgcosq＝M′g　　得：M′＝m(sinq＋mcosq)(最大值)　　欲保持A物体静止于斜面上，则物体B的质量应取值：m(sinq－mcosq)h≤M≤m(sinq＋mcosq)　　7．解：当A物体水平向左匀速运动时，水平拉力F＝f＋mg＝mmg＋mg＝mg(1＋m)　　当A物体水平向右匀速运动时，则有：　　F＋mmg＝mg　　得水平拉力：F′＝mg(1－m)　　8．提示：量出线长L，一端固定于水平放置的米尺上，用手提另一端，下挂钩码后，手提另一端沿米尺缓慢移动，至细线断时，记下两线端距离S，则细线的最大张力为：T＝．第三章　　运动和力一、牛顿第一定律专题　　1．C　　分析：小车先是F推＞f滑的加速阶段，后是F推＝f滑的匀速阶段，选项中的力是指合力；可见力是改变运动状态，产生加速度的原因．　　2．AC　　分析：惯性的表现为：静则静，动则动，故选项A正确；质量是物体惯性大小的量度，质量大则惯性大，运动状态难改变；质量小则惯性小，运动状态容易改变，质量不变则惯性不变，故选项B错，C对；有质量就有惯性，故选项D错．　　3．BD　　分析：小车原来可以是向右的匀加速运动或向左的匀减速运动，故当小车突然止动，A可离开斜面做曲线运动或沿斜面上滑．　　4．AC　　分析：当车厢向右匀速运动时，M受力不平衡，故M摆动；N受力可平衡或不平衡，故N静止或摆动，当车厢向右匀加速运动时，N合力不向右，故N在摆动中，M合力可向右，故M可静止或摆动．　　5．A分析：由于小球只受竖直方向的重力和M对它的支持力，且初速为零，故小球只能是在竖直方向向下直运动． 二、牛顿第二定律基本应用专题　　1．BD　　分析：钢球在油槽中受重力和阻力作用，依题意阻力f＝kv，所以合力：F合＝mg－kv，　　v↑F合↓a↓，当F合＝0时，a＝0；　　故钢球的加速度逐渐减小到零．运动是先加速后匀速．　　2．A　　提示：上升过程：　　a＝(mg＋kv)/m＝g＋kv/m　　v↓a↓　　下落过程：　　a＝g－kv/m　　v↑a↓　　所以a始终变小．　　3．AC　　分析：小球在上升的过程中，受重力和向上逐渐减小的(或向下逐渐增大的弹力作用)，故小球做减速运动合力逐渐增大．　　4．分析：从A→B过程，物体受力　　F合＝F弹－f＝kΔx－f　　由于Δx↓而f一定∴F合↓a↓；当kΔx＝f时，a＝0，　　然后Δx继续减小，使kΔx＜f，则F合＝f－kΔx随Δx↓F合↑a↑，故从A→B物体先加速后减速，加速度是先减小后反向增大．从B→C过程，物体受到F合＝f且与速度反向，故一直做减速运动．　　6．B　　提示：设阻力为f则：　　加速度aa＝g－f/ma，ab＝g－f/mb　　因为ma＞mb，所以aa＞ab　　由s＝at2/2，且s相同，所以有：ta＜tb　　7．BC　　提示：若b原是拉伸的，依题意可判定小球受弹力Ta1＝6m(向上)　　Tb1＝1m(向下)故撤b时的加速度a1＝1m/s2(向上)　　若b原是压缩的，依题意可判定小球受弹力　　Ta2＝6m(向下)　　Tb2＝11m(向上)　　故撤b时的加速度a2＝11m/s2(向下)　　8．解：设宇航员的质量为m，飞船升空时的加速度为a，飞船升空时受二力作用：重力mg，座椅的压力kmg，由牛顿第二定律有　　kmg－mg＝ma　　解得a＝(k－1)g　　依题意4≤k≤12，所以30m/s2≤a≤110m/s2　　9．解：小球与筒底分离，而做自由落体运动，　　h1＝gt2＝1.25(m)　　筒竖直向下的位移：h2＝h1＋L＝2(m)　　由h2＝at2得筒的加速度为：　　a＝＝＝16(m/s2)　　对筒由牛顿第二定律可得：　　F＋m2g＝m2a，解得m2＝3.5kg，故小球的质量为： 　　m1＝M－m2＝0.5kg　　10．解：在反应时间内，汽车作匀速运动的距离：　　S1＝vt　　设刹车时汽车的加速度大小为a，汽车的质量为m，则有：f＝ma　　自刹车到停下，汽车运动的距离为：S2＝v2/2a　　∴汽车间的距离至少为S＝S1＋S2　　由上各式得：S＝1.6×102m　　11．解：①由运动学公式s＝at2/2得　　a＝2s/t2＝2×1800/100＝36(m/s2)　　②设安全带对人的作用力向下大小为F，人质量为m，则由牛顿第二定律得　　F＋mg＝ma　　∴F＝m(a－g)＝26m＝2.6mg　　12．解：①由牛顿第二定律得　　mg－kv2＝ma　　∴a＝＝＝7.5(m/s2)　　②跳伞员先加速下落，速度增大，加速度减小，当a＝0时速度最大，以后保持匀速运动．则当a＝0时，mg＝kvt2　　vt＝＝＝6(m/s)　　13．解：运动员的加速度a＝F/m＝5m/s2　　第一个0.4s，运动员的位移是：　　s1＝at2/2＝5×0.42/2＝0.4(m)　　第一个0.2s，运动员的位移是：　　s1′＝at·t′＝5×0.4×0.2＝0.4(m)　　第二个0.4s，运动员的位移是：　　s2＝at·t＋at2/2＝5×0.42/2＝1.2(m)＝3S1　　第二个0.2s，运动员的位移是：　　s2′＝a×2t·t′＝0.8(m)＝2s　　第三个0.4s，运动员的位移是：　　s3＝a·2t＋at2/2＝5s1　　第三个0.2s，运动员的位移是：　　s3′＝a×3t×t′＝3s　　6s内共有10个0.6s，总位移为　　s＝s1＋3s1＋…＋19s1＋s′1＋2s′1＋…10s′1＝62(m)三、牛顿第二定律正交分解应用专题　　1．D　　分析：杆对小球的作用力F可理解为静摩擦力和弹力的合力，其方向及大小直接分析不易确定，应对小球受力分析再根据运动状态判断，小球受竖直向下重力mg及杆对小球的作用力F两个力的作用，当小车水平向左作变加速运动，小球相对小车静止，故小球也向左作变加速直线运动，小球所受合力方向应水平向左，设F与竖直方向夹角为q，由牛顿第二定律有： 　　Fcosq＝mg　　Fsinq＝ma　　∴tgq＝a/g　　故加速度a数值改变时，q也改变，即BC杆对小球的作用力的方向随加速度a数值的改变而改变．故应选D．　　2．BC　　分析：物体受重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力(水平方向合力为0)作用，以平行斜面为x轴，垂直斜面为y轴建立坐标得：　　x：f－mgsinq＝masinq　　f＝m(a＋g)sinq　　所以q一定时，a大，f大；　　y：N－mgcosq＝macosq　　N＝m(a＋g)cosq　　所以a一定时，q大，N小；　　3．A　　分析：对A：开动P1，探测器沿x方向速度vX减小，再开P4探测器沿y负方向加速得vY，则探测器的实际速度是vX和vY的合成有可能与v0大小相等，所以A正确．　　对B先开P3，则沿x方向速度vX＞v0，再开P2，则沿y正方向加速为vY，其合速度方向应是偏向正x、y方向．　　对C：只开P4，则vX不变，vY为向y负方向，合速度方向是正x偏负y方向但其合速度比v0大．　　对D：先开P3，则vX＞v0，再开P4，则有y负方向的vY，其合速度v＞v0．　　4．6m，4m　　解：开始时，物体在Fx＝1N的力作用下沿x轴做匀加速直线运动，有：　　a1＝Fx/m＝1/1＝1m/s　　位移x1＝a1t12/2＝2m　　2s末的加速度v＝a1t1＝2m/s　　后来，物体在Fy＝2N的力作用下做类似平抛运动：　　x轴方向做匀速运动．有：位移x2＝vt2＝4(m)；　　y轴方向做初速为0匀加速运动，有：　　位移y2＝Fyt2/2m＝4(m)　　所以撤去Fy的时刻，物体位置的坐标为：　　x＝x1＋x2＝2＋4＝6(m)，y＝4(m)　　5．gtgq解：对物体受力如图，物体相对斜面静止，由牛顿第二定律有：　　Ncosq＝mg　　Nsinq＝ma　　所以这时加速度的大小为a＝gtgq　　6．gctgq解：设木块向右加速度最小为a时，球才离开圆槽，此时球与木板加速度相同，方向向右，则球所受合力也向右，(注此时槽下底部对球无支持力，只有A点有指向o的支持力)　　∴F合＝mgctga＝ma　　∴a＝gctga　　7．解：①有可能．②设在前进方向施加斜向下推力F1，如图所示，F1与前进方向夹角为q，如果　　F1cosq＝mF1sinq，q＝arctg　　则物体在水平方向的反方向所受合力不变，加速度不变(物体在竖直方向始终平衡)； 　　设在物体前进方向的反方向施加一个斜向上的拉力F2如图所示，F2与前进反方向夹角为a，物体在竖直方向上要保持平衡必须满足F2sina≤mg在水平方向必须满足F2cosa＝F2sina　　a＝arctg　　则物体在水平方向所受合力不变，加速度不变，所以F2的大小应满足的条件为　　F2≤　　8．解：①对滑块由牛顿第二定律得　　mgsinq－mgcosq－kv＝ma　　由此可知滑块下滑的加速度表达式为　　a＝gsinq－mgcosq－kv/m　　②滑块下滑的过程中，速度越大，加速度数值越小，当a＝0时其速度最大，由0＝gsinq－mgcosq－kv/m　　得　　vm＝(mgsinq－gcosgq)/k　　③由图象知：　　当v＝0时，a＝3m/s2　　将数值代入第一问加速度表达式得　　m＝2/15＝0.23　　当a＝0时，vm＝2m/s　　将数据代入第二问中速度表达式得　　k＝3.0(N·s/m)四、牛顿第二定律结合整体法、隔离法解连结体问题　　1．AC　　分析：对整体：2T＝(M＋m)a　　对m：T＋f＝ma　　∴f＝－T　　当m＞M时，f＞0，向右　　当m＜M时，f＜0，向左　　当m＝M时，f＝0．　　2．AB　　解：光滑时，对整体：　　F＝(M＋m)a　　a　　F/(M＋m)　　对m：T＝ma＝mF/(m＋M)　　有摩擦时，对整体：　　F－m(M＋m)a＝(M＋m)aa＝　　对m：T′－mmg＝ma 　　T′＝mF/(M＋m)　　3．A分析：把两个小球看成一个整体，易知绳应偏离竖直方向q，且a＝gtgq，又对下面的小球，由于其加速度也为a，则其上端的细绳与竖直方向偏角也应为q，故只有A正确．　　4．BD　　分析：A、B均从初速为零开始，A作加速度减小的加速运动，B作加速度增大的加速运动(开始为零)，故当A、B加速度相同时，vA＞vB，再随A的加速度减小，B的加速度增大，则A、B速度相等时，有aA＜aB．　　5．BD解：设物块与木板间动摩擦因数为m分别选取物块和木板为研究对象．　　对物块，由牛顿第二定律：F－mm′g＝m′a1　　对木板，由牛顿第二定律：mm′g＝ma2　　又由运动位移关系　　S物－S板＝a1t2－a2t2＝L　　t＝　　对木板，当物块与木板分离时速度为v，有　　v＝a2t＝·　　6．解：把A、B看作一个整体，由牛顿第二定律得(m＋M)gsinq－m1(M＋m)gcosq＝(m＋M)a，设物体B受到A的摩擦力沿斜面方向向上，由牛顿第二定律得，　　mgsinq－f＝ma　　由上两式得f＝m1mgcosq，方向沿斜面向上．　　7．解：对整体，由牛顿第二定律得：　　(m＋M)gsinq＝(m＋M)a，　　对物体A，水平和竖直方向的直角坐标：得　　f＝macosq　　mg－N＝masinq　　解得N＝mgcos2q　　f＝mgsinqcosq　　8．解：把人与吊板组成一个整体，对整体，由牛二定律有：T＋T－mg－Mg＝(m＋M)a　　∴a＝(T＋T－mg－Mg)/(m＋M)　　＝(440＋440－10×10－70×10)/(10＋70)＝1.0m/s方向向上　　对人受力，有：T＋N－Mg＝Ma　　∴N＝M(g＋a)－T＝70×(10＋1)－440＝330N　　由牛三定律有：人对吊板的压力F＝N＝330N　　9．解：(1)当t＝0时，A受重力和弹力平衡，有F1＝kx1＝mg，　　弹簧的压缩量x1＝mg/k＝0.15(m)，t＝0.4(s)时，　　B受地面的支持力N＝0，有　　F2＝kx2＝mg，　　弹簧的伸长量x2＝mg/k＝0.15(m)　　物体A在0.4s内的位移　　s＝x1＋x2＝at2/2　　a＝2s/t2＝3.75(m/s2) 　　对A分析外力F最小时：　　t＝0　　Fmin＝ma＝45(N)；　　外力F最大时：　　t＝0.4s　　Fmax＝m(g＋a)＋F2＝285(N)五、牛顿第二定律结合程序法应用专题　　1．AD、提示：对A选项，物体沿斜面上滑做匀减速运动，加速度沿斜面向下，大小为　　a1＝(mgsinq＋f)/m；　　到最高点又滑回过程中物体做匀加速运动，加速度也是沿斜面向下，大小为　　a＝(mgsinq－f)/m；　　对B选项，∵由能量转化与守恒定律知回到O点的速度比从O点以初速v沿斜面向上滑时的速度要小，上滑与下滑位移s相等，∴由s＝(0＋v)t/2知t上＜t下；对C选项，在P点速度为0，而加速度不为0．　　2．BC　　提示：对小球受力知没有剪断线时弹簧对小球的拉力大小等于F＋mg，剪断线瞬间，弹簧形变没改变，故弹簧力仍为F＋mg，所以小球的加速度大小为a＝(F＋mg－mg)/m＝F/m　　方向竖直向上，处于超重状态，故选项C对D错；没有剪断线时，由整体法知：地面支持力为(M＋m)g；剪断线瞬间，对整体受力及由牛二定律知：地面支持力N＝(M＋m)g＋am＝(M＋m)g＋F，故地面的支持力增加了F　　3．BD　　提示：突然撤去F的瞬间，弹簧的弹力没有变化．　　4．B　　提示：轻杆与轻弹簧不同之处是：撤去支托物瞬间，轻杆的弹力立即变化，而轻弹簧的弹力瞬间没有变化．　　5．解：突然撤去此力瞬间，AB整体受到竖直向上的力，大小为kΔl　　由牛二定律有：a＝kΔl/2m，方向竖直向上，　　对A受力有：N－mg＝ma　　所以B对A向上的支持力大小为N＝kΔl/2＋mg由牛三定律知：此时A对B的压力大小为kΔl/2＋mg　　6．解：①拔M瞬间，当小球加速度向上时，由牛顿第二定律得：kΔx2－mg＝ma1　　拔M之前：kΔx1＋mg＝kΔx2　　其中Δx1和Δx2、分别为弹簧1、2的形变量，当拔去N时：kΔx1＋mg＝ma2　　由以上三式得a2＝22m/s2，方向向下．　　设拔M瞬时，小球加速度向下，则由牛顿第二定律得：　　kΔx2＋mg＝ma1，　　拔M之前：kΔx2＋mg＝kΔx1，　　当拔去N时：kΔx1－mg＝ma′2　　由以上三式得：a′2＝2m/s2，方向向上．　　7．解：①两物体匀速时，　　对A有：F＝kΔx＋f，　　对B有：kΔx＝fB　　②当撒F时：对A由牛顿第二定律： 　　F合＝kΔx＋fA＝F＝mAaA　　aA＝F/mA　　对B有　　kΔx＝fB　　aB＝0　　8．解：m离开M之前，m和M都向前做匀加速运动，　　当SM＝S0＝2(m)时，小物块位移Sm＝1(m)　　对m：mmg＝ma1　　aA＝mg＝2(m/s2)　　由Sm＝a1t12/2　　得t1＝1(s)，　　对M：由SM＝a2t22/2　　a2＝4(m/s2)　　又F－mmg＝Ma2　　F＝500(N)　　当小物块m离开M之后，m做平抛，M在F作用下匀加速，故对小物块m：　　h＝gt02/2　　t＝0.5(s)，　　小块平抛初速度　　vm＝a1t1＝2×1＝2(m/s)，　　故m平抛的水平距离　　S′m＝vmt0＝2×0.5＝1(m)，　　对M有：F＝Ma′　　a′＝F/M＝500/100＝5(m/s2)　　在m离开M时，M的速度　　vM＝a2t1＝4×1＝4(m/s)　　故离开M后，M的位移：　　＝vMt0＋＝4×0.5＋5×0.52/2＝2.625(m)，故物块落地点到车尾的水平距离　　Δs＝S′Ｍ－S′m＝2.625－1＝1.625(m)六、牛顿第二定律结合临界问题专题　　1．解：对m2受力知绳子的拉力T＝m2g；　　对m1受力由牛二定律有：T＝m1a　　∴m1的加速度a＝m2g/m1，方向水平向右；　　又因为三个物体无相对运动，故三个物体均以加速度a水平向右运动，对三个物体整体受力及由牛二定律知：F＝(m1＋m2＋m3)　　a＝m2(m1＋m2＋m3)g/m1　　2．解：对整体F＝(m＋M)a　　设m刚好离开地面时，地面对m的支持力为0，　　对m有　　F－Nsinq＝ma　　Ncosq＝mg　　由上各式解得：F＝(M＋m)gtgq/M　　3．解：当斜面体向右加速运动时，设小球刚好离开斜面，则N＝0由牛顿第二定律　　得：F合＝mgctgq＝ma右，　　当a右≤gctgq时，小球在斜面上没有相对运动．　　当斜面体向左加速运动时，设小球刚好沿斜面向上运动时，T＝0，由牛顿第二定律得：　　F合＝mgctgq＝ma左 　　故a左≤gtgq时，　　小球没有相对运动．　　4．解：①当P以加速度a沿斜面向上运动时m受到P的摩擦力为f1，如图所示．f1＝macosq，　　N－mg＝masinq　　f1＝mN　　解得：m＝acosq/(g＋asinq)　　②当P在光滑斜面上自由下滑时cosa＝gsinq　　m受到P的摩擦力为f2，如图．　　f2＝macosa　　mg－N＝masinq　　f2＝mN　　解得：m＝tgq　　5．解：①当施于A的水平拉力F最大时，A、B仍相对静止，m2受到m1的静摩擦力fBA最大，由牛顿第二定律：　　对m2有：m1g＝m2a　　对整体有：F＝(m1＋m2)a　　解以上两式得：F＝　　②当施于B的水平拉力F最大时，A、B仍相对静止，m1受到m2静摩擦力最大，由牛顿第二定律对m1有：mm1g＝m1a　　对整体有：　　F＝(m1＋m2)a　　F＝m(m1＋m2)g　　③若要把A从B的上表面拉出，则施于A的水平拉力F的最小值为：　　F＝　　6．解：当木棒刚好离开地面时，地面对棒的支持力N＝0，此时棒受重力和绳拉力作用，由牛顿第二定律得：　　F合＝mgctgq＝ma　　∵ctgq＝　　∴a＝gctgq＝g/h　　7．解：(1)当小球对斜面的压力为零时，小球处于在斜面上和飞起来的临界，根据小球的受力得： 　　F合＝mgctgq＝ma0　　a0＝gctgq＝g　　∵a1＜a0　　∴小球在斜面上受三个力．　　x：T1cosq－Nsinq＝ma1　　y：T1sinq＋Ncosq＝mg　　∴T1＝＝20(N)　　(2)a2＞a0，小球飞离斜面，只受两个力　　T2＝＝＝36.1N七、牛顿第二定律结合假设法分析物体受力专题　　1．D　　分析：对A：若斜面光滑，m1、m2一起下滑的加速度为a＝gsinq，轻杆无弹力；　　对B、C：m1、m2间是否有相互作用力，是拉力或推力跟m1、m2与斜面间的动摩擦因数m有关，跟m无关，比如：m1＝0而m2≠0则m2拉m1；若m1≠0而m2＝0则m1拉m2；　　2．B　　分析：因为不存在摩擦，盒与球下滑加速度相同为gsinq，假设球对盒前壁有压力，则球的加速度小于盒的加速度，不能一起下滑，所以球对盒前壁无压力，即T＝0；球对盒底压力为N＝mgcosq，q增大，N变小．　　3．B　　由于考虑空气阻力，上升时：整体受力如图1，加速度：　　a＝(Mg＋mf＋f)/(M＋m)＝g＋f/(M＋m)大于g， 　　所以金属球m的加速度也大于g，对金属球m受力及由牛二定律知：金属球除受竖直向下的重力外，应还受到盒顶对金属球竖直向下压力，由牛三定律知：金属球m对盒顶有竖直向上的压力；　　下降时：整体受力如图2，加速度：a1＝(Mg＋mg－f)/(M＋m)＝g－f/(M＋m)＜g，所以金属球m的加速度也小于g，　　对金属球m受力及由牛二定律知：金属球除受竖直向下的重力外，应还受到盒底对金属球竖直向上压力，由牛三定律知：金属球m对盒底有竖直向下的压力．　　4．解：对AB整体受力如图3所示，由图及牛二定律有：F1＋F2＝(mA＋mB)a＝2ma　　∴整体以水平向右的加速度a＝(F1＋F2)/2m　　向右做匀加速运动，　　对A受力分析如图4所示有：　　F1－f＝mAa＝ma　　∴B对A的摩擦力大小为　　f＝F1－ma＝(F1－F2)/2，　　方向水平向左，由牛三定律知：　　A对B的摩擦力大小为f＝(F1－F2)/2方向水平向右．八、牛顿第二定律结合图象分析的专题　　1．A提示：第1s内物体做匀加速直线运动，合力F1方向应与速度v方向相同，为正方向，大小为F1＝ma1＝2m；第2s内物体做匀减直线运动，合力F2方向与速度v方向相反，为负方向，大小为F2＝ma2＝2m；第3内物体回头做匀加速直线运动，合力F3方向与原速度v方向相反，为负方向，大小为F3＝ma3＝2m；　　2．解：物体沿斜面向上做匀减运动，加速度：a上＝－(vt－v0)/t＝(0－12)/2＝6m/s，　　由受力分析与牛二定律得： 　　(mgsinq＋f)＝ma1＝6m，　　而f＝mN＝mgcosq　　物体沿斜面向下做匀加运动，加速度：　　m下＝(vt－v0)/t＝(12－0)/(5－2)＝4m/s，　　由受力分析与牛二定律得：　　(mgsinq－f)＝ma下＝4m，　　而f＝mN＝mmgcosq　　所以动摩擦因数＝/15，斜面倾角q＝30°　　3．解：由图线知：电梯在0～2s内做匀加速直线运动，在2s～6s内做匀速直线运动，在6s～9s内做匀减速直线运动．　　在0～2s内加速度大小为a1＝6/2＝3m/s2，由受力分析及牛二定律，有：T1－mg＝ma1　　所以钢绳所受拉力大小为T1＝mg＋ma1＝100×10＋100×3＝1300N；　　在2s～6s内钢绳所受拉力大小为　　T2＝mg＝100×10＝1000N；　　在6s～9s内加速度大小为　　a2＝6/(9－6)＝2m/s2，　　由受力分析及牛二定律，有：　　mg－T3＝ma1　　所以钢绳所受拉力大小为：　　T3＝mg－ma2＝100×10－100×2＝800N．　　4．BC　　提示：物体在第1s内保持静止，说明力F1与F2大小相等方向相反；　　在1s～3s内水平力F1的大小均匀减小到0，F2保持不变，物体开始做加速运动，运动方向与F2方向相同，　　加速度大小a＝(F2－F1)/m，故加速度a变大，速度也变大；　　在3s～5s内水平力F1的大小由0开始均匀增大到与F2等大，F2保持不变，物体所受合方向仍与F2方向相同，故物体仍沿F2方向做加速运动，加速度大小a＝(F2－F1)/m，故加速度a变小，速度变大；5s后物体做匀速直线运动．　　5．A　　提示：功率保持恒定，由p＝Fv，知牵引力变小，加速度变，故气车做的是加速度变小的速度增大的运动，用v～t图象来解(如图所示)，汽车在120s内的位移s为图中OAB包围的面积，所以位移s的大小大于120×10/2m而小于120×10m，故选A　　6．解：摩擦力f＝mg＝0.2×1×10＝2N 　　在0～6s内物体做匀加速运动，加速度a1＝(F－f)/m＝(4－2)/1＝2m/s2，y1＝a1t＝2×6＝12m/s　　6s～10s内物体做匀速运动，　　10s～12s内物体做匀减速运动，加速度　　a2＝(F3＋f)/m＝(2＋2)/1＝4m/s2　　v2＝v1－a2t2＝12－4×2＝4m/s　　由图可求物体在前12s内的位移100m九．超重、失重专题　　1．D、提示：电梯加速上升，人也加速上升，对人受力分析及由牛二定律有：　　T－mg＝ma，所以此人的视重T＝m(g＋a)　　2．B、提示：原来：有m1＝m2＋m3　　弹簧秤的读数为T＝(m1＋m2＋m3)g＝2m1g　　把m2移到m1后：m1m2加速下落，m3加速上升，加速度的大小相等，设加速度大小为a，绳子的拉力大小为F，对整体有：(m1＋m2－m3)g＝(m1＋m2＋m3)a　　对m3有：F－m3g＝mea　　所以F＝m1g－m22g/m1　　所以弹簧秤的读数变为　　T＝2F＝2m1g－2m22g/m1＜2m1g　　3．D　　提示：当装置自由下落过程中，小球也自由下落，加速度为g，故小球不压弹簧也不拉弹簧，弹簧的弹力为0，故选D．　　4．B　　提示：对整体受力，注意：当接通电路，铁块被吸起过程中，铁块向上做加速运动，为超重状态，故台秤的示数变大　　5．B　　提示：箱子向下加速运动时，小球也向下加速运动，对小球受力再用牛二定律分析即可解决．　　6．C　　提示：整个系统处于完全失重状态，水与水之间，水与桶壁之间均几乎无有相互作用力．　　7．B　　提示：用整体法：对笼与猴子整体受力有：猴子加速向上运动时，F1－(M＋m)g＝ma，所以F1＞(M＋m)g　　猴子加速向下运动时，(M＋m)g－F2＝ma，　　所以F2＜(M＋m)g　　8．解：①由题意可知，座舱做自由落体运动的高度h1＝H－h＝48m，而离地高度40m左右的位置，是处于自由落体运动过程中，托着铅球的手不受铅球的压力作用．　　②对自由落体运动过程应用机械能守恒定律，得　　mgh1＝mv12　　对匀减速运动过程，由v12－v02＝2as，得　　当座舱到离地高度15m左右的位置时，座舱做匀减速下落运动，由牛顿第二定律，得N－mg＝ma，即N＝mg＋ma＝5(10＋17.1)≈136N．　　即手要用136N的力才能拖住铅球． 第四章　　圆周运动及万有引力一、曲线运动特点、物体做曲线运动条件专题　　1．BC　　提示：A、B、D三问：是直线运动还是曲线运动不是看加速度变与不变，主要是看加速度方向与速度方向的关系：若加速度方向与速度方向共线，则这种运动一定是直线运动，若加速度方向与速度方向不在同一直线上，则这种运动一定是曲线运动．如平抛运动．　　C问：若初速度为零，任一时刻加速度与速度均共线，故一定是直线运动．　　2．A　　提示：曲线运动的条件是：物体所受合外力(加速度)不为零且所受合外力(加速度)方向与速度方向不在同一条直线上；若物体不受外力作用则物体的运动一定是直线运动．　　3．BCD　　提示：原来物体做匀速直线运动，说明原来物体所受合外力为0，如果撤去其中一个力，则物体所受合外力一定不为0且其一定与所撤去的力大小相等方向相反，所以一定是加速度不为0且不变的匀变速度运动．若撒去的力方向与原速度方向共线同向则撤去后物体将匀减速直线运动，若撤去的力方向与原速度方向共线反向则撤去后物体将匀加速直线运动，若撤去的力方向与原速度方向不共线则撤去后物体将曲线运动．　　4．BCD　　提示：A、B两问：物体做曲线运动还是直线运动不是看物体所受的力是变力还是恒力作用，而主要是看物体所受的力的方向与速度方向的关系：若物体所受的力的方向与速度方向在同一条直线上，则物体一定做直线运动；若物体所受的力的方向与速度方向不在同一条直线上，则物体一定做曲线运动；　　C问：假设物体在恒力作用下也能做圆周运动，则当物体运动到这个恒力方向与速度方向在同一条直线上时，这时这个恒力就只改变速度大小而没有改变速度方向(也就是这时物体所受的向心力为0)，凡圆周运动都必需向心力，故假设不成立；　　D问：匀速圆周运动的条件是：物体所受的合力始终等于向心力，而向心力方向始终与速度方向垂直．　　5．B　　分析：曲线运动的速度方向时刻改变，故速度一定在变化，曲线运动可分为匀变速曲线运动(a恒定)和非匀变速曲线运动(a变化)　　6．B　　提示：注意：①重点看O点的速度方向，一定是垂直向下的；②小球所受的电场力与重力的合力是恒力且方向斜向右下方，所以小球做的是匀变速曲线运动．　　7．C　　提示：曲线运动的物体的轨迹向着合外力方向一侧弯曲．　　8．B　　提示：先把速度合成：一个匀速度直线运动和一个匀变速直线运动的合运动的速度方向一定与自变速直线运动成一定的角度(即这两个方向一定不在一条直线上)；再把力合成：合力的方向一定与匀变速直线运动方向在同一条直线上．所以合成后，合速度方向一定与合力方向不在同一条直线上，故一定是曲线运动．　　9．BD　　提示：根据s－t图线中v＝k(斜率)来比较速度的变化．二、圆周运动几个重要概念专题　　1．CEF　　提示：A、B、C三问：匀速圆周运动的加速度即向心加速度，方向时刻改变；是非匀变速运动．对D：因为物体受向心力，所以才做圆周运动．　　2．D　　提示：先判断是A小球还是B小球先到达b 点，判断方法：用平均速率公式可知路程相同，只要看平均速率就可以了．这里的平均速率可看成任意同一竖直线上时的速率，由机械能守恒定律可知：运动到任意同一竖直线时小球A的平均速率一定小于小球B的平均速率，B球先到达b点．所以两球在c点相遇．　　3．AD　　提示：地球上任意点的角速度大小相同，线速度v＝wr，w不变而r随纬度增大而减小，故线速度v变小；又由向心加速度公式a＝w2r，纬度增大向心加速度a减小的．　　4．CD　　提示：因皮带不打滑，所以a点与c点线速度相等，即va＝vc　　又因c、b、d三点在同一大轮上故角速度相等，即wb＝wc＝wd　　线速度va＝vc＝2rwb　　vb＝rwb　　va＝2vb　　∵向心速度aa＝va2/r＝4rwb2　　ad＝4rwb2　　∴aa＝ad　　5．C　　提示：每两根相邻辐条间的夹角q＝45°若1/30s内转过的角度是q的整数倍，观众觉得车轮不动．　　C：qC＝8×45°＋5°应觉得车轮前进　　D：qD＝8×45°－5°应觉得车轮后退　　6．2∶3，1∶1　　提示：由公式w＝j/t，时间t相等，有　　wA∶wB＝jA/t∶jB/t＝jA∶jB＝3∶2　　周期T＝2p/w　　∴TA∶TB＝2p/wA∶2p/wB＝wB∶wA＝2∶3　　线速度v＝s/t，时间t相等，　　∴vA∶vB＝sA/t∶sB/t＝sA∶sB＝2∶3　　向心加速度a＝w2r＝w·w2r＝wv　　∴aA∶aB＝wAvA∶wBvB　　＝(wA∶wB)×(vA∶vB)＝(3∶2)×(2∶3)＝1∶1　　7．提示：如图，　　∵q＝·2p＝(rad)　　∴R＋h＝R/cosq　　h＝(－1)R＝9.9×102(km)　　8．解：设B球碰A球粘在一起的速度为v，由动量守恒得：　　m1v0＝(m1＋m2)v　　v＝mv0/(m1＋m2)　　小球在环直径上运动时间：　　t＝＋＝　　在时间t内圆环可能转过1/2周或3/2周，5/2周……　　∴t＝T/2＋nT＝T(2n＋1)/2　　＝2p(2n＋1)/2w＝p(2n＋1)/w 　　解得　　w＝pm1v0(2n＋1)/R(2m1＋m2)(n＝0，1，2，3…)　　9．解：分子在两盘间运动时间t，　　t＝L/v＝0.2/300＝1/1500(s)　　设分子到达B盘时B盘转过角度为j，　　j＝[k2p＋2p×6/360]弧度，　　∴t＝＝＝　　n＝1500k＋25(k＝0，1，2…)　　10．解：①∵地球公转周期是365天，∴月球两次满月时，地球绕太阳转过的角度为：　　j=×29.5≈0.5(rad)　　②由题意可知，月球转过(2p＋j)用了29.5天，设月球转过2p所用的时间为T，则有：　　＝　　∴T＝×29.5＝27.3(天)三、匀速圆周运动、非匀速圆周运动及向心力来源专题　　1．ABCD　　物体做匀速圆周运动的特点：物体所受合外力及加速度一定指向圆心．　　2．C　　小球在竖直平面做变速圆周运动，变速圆周运动的加速度不一定指向圆心．　　3．BC　　对A、D：汽车在水平面内转弯须由摩擦力提供向心力，但水平面光滑，汽车没有水平方向的力，所以选项A、D错；对C：如第5题图；对B：火车转弯按规定的速率行驶时，向心力等于G和N的合力，　　即　　mgtgq＝m　　v＝　　此时火车对内、外轨均无压力；　　当v＜时，火车对内轨有压力；　　当v＞时，火车对外轨有压力．　　4．解：司机急刹车时前进的距离为：　　s1＝v02/2a＝v02/2mg　　司机马上转弯，摩擦力提供向心力：　　mmg＝mv2/R　　∴R＝v2/mg，s1＜R，故刹车不容易碰到墙壁．　　5．解：第1、2、3个图A球做圆周运动所需的向心力是重力和拉力的合力提供的；第4个图向心力来源于mBg；第5个图向心力来源于静摩擦力；第6个图向心力来源于筒壁对A的弹力；第7个图向心力来源于重力和支持力的合力；第8个图向心力来源于重力和举力的合力． 　　6．解：应加竖直向上的匀强电场．小球在竖直平面内作匀速圆周运动，是绳的拉力提供向心力，重力和电场力平衡　　Eq＝mg　　∴E＝mg/q四、向心力公式应用专题　　1．D对AD：木块做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向始终指向球心，A错D对；对B：木块所受合外力等于向心力，大小不变，B错；对C：木块下滑过程中，受力如图，f＝mgsinq，q减小，f减小，C错；　　2．B汽车受力分析如图，其向心力由重力和支持力在水平方向的合力提供，即　　mgtgq＝m　　q＝arctg　　3．D分析：同轴转动，两人的角速度相等，但半径不等，线速度不等．根据F＝mrw2，　　对甲：9.2＝80×r甲w2　　对乙：9.2＝40×(0.9－r甲)w2　　解得：r甲＝0.3m　　r乙＝0.6m　　w＝/6＜6rad/s　　4．C　　分析：上海、洛杉矶的地理位置如图，上海到洛杉矶的航向与地球自转方向相同，设飞机对轴心的速度为v1；洛杉矶到上海的航向与地球自转方向相反，设飞机对轴心的速度为v2；由于相对于地面的飞行速度的大小相等．所以，v1＞v2；设乘客对座椅的压力为N，则： 　　mgcosq－N＝m　　N1＜N2．　　5．C分析：由向心力公式，F＝mw2r得mgtanq＝mRw2sinq　　故cosq＝g/Rw2＝1/2　　即q＝60°　　6．解：Tcosq＝mw2　　Tsinq＝f　　f＝mw2r/L　　7．解：A、B球的受力如图所示：　　由向心力公式对A球在最低点则有：　　N1－m1g＝m1v02/R　　①　　设B球在最高点速度为vB，同理有：　　N2＋m2g＝m2vB2/R　　②　　由机械能守恒定律得：　　m2v02/2＝m2vB2/2＋m2g2R　　③　　解②③式得：N2＝m2v02/R－5m2g　　④　　又设A、B球环的压力N1′、N2′，由牛顿第三定律得：N1′＝N1，N2′＝N2，　　依题意对环：N1′－N2′＝0　　即：(m1g＋m1v02/R)－(m2v02/R－5m2g)＝0　　化简后：　　(m1＋5m2)g＋(m1－m2)v02/R＝0　　这就是题目所求．　　8．解：铁块分别到圆周的最低点和最高点时，电机对地面的压力分别是最大和最小．由向心力公式对铁块： 　　N1－mg＝mw2r　　N2＋mg＝mw2r　　压力差为　　(Mg＋N1′)－(Mg－N2′)＝2mw2r　　N支1－(M＋m)g＝mw2r　　(M＋m)g－N支2＝mw2r　　N支1－N支2＝2w2mr　　9．解：绳子碰钉后，球摆到最低点时绳子所受拉力最大，小球下落总高度H＝h＋l/2，设此时绳子的拉力为T，小球速度为v，由机械能守恒定律得：v＝＝　　T＝mg＋ma　　a＝v2/R＝2g＋4gh/l　　T0≤T＝3mg＋4mgh/l　　故h≥(－)l　　10．解：当行车匀速行驶时，以夹钳、重物为系统，根据平衡条件，绳的拉力为：T＝mg＝500(N)以重物为对象，同理有2f＝2mN＝mg，所以，钳口压力至少为N＝mg/2＝625(N)．　　当行车突然停下时，重物以半径为L和速度v开始作变速圆周运动．根据牛顿第二定律，分别以系统、重物为对象，有　　T－mg＝nv2/L　　2mN－mg＝mv2/L　　拉力和压力分别为T＝mg＋mv2/L＝700(N)　　N＝(mg＋mV2/L)2m＝875(N)五、圆周运动中临界问题专题　　1．BD　　分析：水流星刚好过最高点的临界速度v高为：mg＝m　　v高＝＝＝4m/s　　所以水流星过最高点时，没有水流出，绳的张力和容器底受到的压力为零．水流星过最低点时，设其速度为v低，根据机械能守恒定律和牛顿第二定律，有　　mv低2＝mg·2L＋mv高2　　T－mg＝m解得：T＝30N　　2．AB　　在a处时，杆对球的作用力只能是拉力，不可能是推力．　　3．D　　当v0＝时，球面对物体的支持力为0，物体要离开地面．　　4．ABC　　分析：A、B、C的向心加速度分别为：　　aA＝Rw2　　aB＝Rw2　　aC＝2Rw2　　A、B、C做圆周运动所须向心力由它们所受静摩擦力提供．　　fA＝f向＝2mRw2　　fB＝F向＝mRw2　　fC＝F向＝m·2Rw2 　　5、解：小球恰能过最高点，T＝0　　mg＝m　　小球过最低点时，Ta－mg＝m　　根据动能定理：　　Wt－mg·2R＝mvb2－mva2　　解得：Wt＝mgR　　6、解：竖直方向：f＝mg＝mN　　水平方向：N＝mRw2　　解得：w＝　　7．解：汽车通过最高点时，在水平方向上有：mN＝ma　　在半径方向上有：mg－N＝mv2/R　　由以上两式得　　a＝m(g－v2/R)　　8．解：隔离m、M．设重物对电机的拉力为N′，电机对重物的拉力为N．　　①对m：N＋mg＝mw2r　　而N＝N′　　对M：N′＝Mg　　∴Mg＋mg＝mw2r　　∴w＝　　②对m：N－mg＝mw2r　　N＝N′　　对M：N1＝N′＋Mg＝2(M＋m)g　　9．解：摆球在最高点线拉力T＝0时恰好能通过最高点的速度为v，由向心力公式则有：　　mg＋kq2/l2＝mv2/l　　摆球由最低点(速度为v0)摆到最高点机械能守恒：　　mv02/2＝2mgl＋mv2/2　　解以上两式得：　　v0＝　　10．解：轻棒支承的小球恰能通过最高点的临界速度v＝0，设小球在高低点时的速度为vA，由机械能守恒定律得：　　mvA2/2＝2mgl　　vA＝2　　依题意vA必须满足vA≥2　　11．解：m随圆盘转动刚好打滑时，设盘对M、m的最大静摩擦力分别为fM、fN，则有： 　　fM＝mMg　　fm＝mmg　　将M、m隔离，设绳的拉力为T，对M由平衡条件得：T＝fM　　对m由向心力公式得：T＋fm＝mw2l　　解以上各式得：w＝　　12．解：星球表面重力加速度为：g′＝g/5　　当摆至悬点等高处，有最小速度v1，　　mg′L＝mv12　　∴v1＝　　当摆至圆周最高点，有最大速度v2　　2mg′L＝mv22－mvH2　　mg′＝mvH2/L　　∴vH＝　　v2＝　　故v1＜v0＜v2，即＜v0＜　　13．解：①将重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解得：沿斜面方向的分力G1＝mgsinq．　　当只由G1提供向心力时，v有最小值vmin，则　　mgsinq＝mv2min/L　　vmin＝＝2m/s　　②小球运动到B点时绳子受力最大，则Nm－G1＝mv2/L　　mvB2＝mvmin2＋mg2Lsinq　　由以上两式解得：Nm＝6mgsinq＝6(N)　　又Fmax－G1＝　　∴v＝＝6(m/s)六、万有引力定律专题　　1．ABC　　分析：把地球看成球体，P、Q受地球引力相等，A对；同轴转动，各点角速度相等，周期相等，BC对；向心力大小不相等，方向不同，D错．　　2．B　　分析：小物体随地球一起自转，假若地球对小物体的万有引力突然消失，由于惯性，小物体沿切线飞出，相对地面A处越来越高即向上，但落后于A处的转动即偏向西．　　3．Mr2/mR2，　　4．D．分析：mg＝G 　　M＝＝≈6×1024kg　　5．①此宇航员是否受地球引力作用？②此宇航员受力是否平衡？　　6．1/9．提示：用g＝计算．　　7．D．提示：用g＝计算．　　8．F　　提示：用g＝计算．　　9．解：在地球表面，mg＝160N，　　mg＝GMm/R2　　①　　在距地球表面h高度处，由牛顿第二定律得F－mg′＝ma　　(F为弹簧秤对物体的拉力，g′此处的重力加速度)．　　mg′＝F－ma＝GMm/(R＋h)2　　②　　ma＝mg/2＝80(N)　　由①和②式相除得：＝　　h＝(－1)R＝(－1)R＝3R　　10．解：所得的结果是错误的．①式中g卫的并不是卫星表面的重力加速度，而是卫星作匀速圆周运动的向心加速度．正确的解法是：　　卫星表面G＝g卫　　行星表面G＝g行　　＝　　∴g＝0.16g七、用万有引力定律分析天体运动专题　　1．解：g＝　　r＝＝＝　　2．解：r＝　　又　　mRw2＝G　　M＝　　所以r＝＝1.3×1014kg/m3　　3．证明：卫星在天空中任何天体表面附近运行时，都受万有引力作用，卫星作匀速圆周运动，运动半径等于天体的球半径R．设天体质量为M，卫星质量为m，卫星运动周期为T，天体密度为p，万有引力提供向心力： 　　＝m()2R　　∴T＝　　又天体质量M＝pR3·r　　∴T＝＝　　即T∝得证．　　4．AC　　分析：若此环是与土星相连的连续物，则可认为是土星的一部分，同轴转动，角速度w相同，v＝Rw，v∝R；若此环是土星的小卫星群，绕土星作圆周运动，　　G＝m　　v2＝　　v2∝　　5．BCD　　分析：人造卫星绕地作匀速圆周运动所须向心力等于卫星与地球之间的万有引力，所以其轨道可能为b、c、d，不可能为a，　　6．ABC　　分析：m＝Gv＝　　∵R甲＞R乙　　∴v甲＜v乙　　mR()2＝GT＝　　∵R甲＞R乙　　∴T甲＞T乙　　G＝maa＝　　∵R甲＞R乙　　∴a甲＜a乙　　甲、乙两颗卫星质量未知，向心力无法确定．　　7．D　　分析：g＝GM/R2，由上题知，卫星运动的速度：　　v＝＝＝，故A选项错．　　卫星运动的周期：　　T＝＝＝，　　故B选项错．　　卫星运动的加速度：g′＝＝g/4，故C选项错．　　卫星的动能：Ek＝mv2＝mgR，故D选项对．　　8．C　　提示：G＝mR()2． 　　得：T＝知T2＜T1　　G＝mv2/R，　　Ek＝mv2＝知EK2＞EK1　　9．AB　　分析：　　mR()2＝GT＝，知R和T可求M：A项对．m＝Gv＝，v同则R同，R同则T同；B选项对．　　对C：卫星速率增大时，运行半径变小，两卫星不同轨道，不能相碰．　　对D：卫星运行速度与卫星的质量无关．　　10．BC　　提示：第一宇宙速度是人造卫星绕地飞行的最小发射速度，最大环绕速度．　　11．解：　　v＝＝＝＝3.9(km/s)　　T＝＝　　＝/3600＝11(h)　　12．B　　mRw2＝G　　w2＝　　R越小w大，所以A选项错；　　ma＝G　　a＝G　　R越小a大，所以C选项错；　　13．①D　　分析：飞船离地球越远，线速度越小，角速度越小，周期越大，加速度越小，所以A、B、C选项错误．②A　　14．解：设小球经过C点时的速度为v，这时弹簧伸长为x，x＝R＝0.5m　　根据机械能守恒定律，得　　mg(R＋Rcos60°)＝kx2＋mvc2　　则：vc＝ 　　代入数据vc＝3m/s　　小球经过C点时，弹簧弹力F向上，环的作用力为N，由牛顿第二定律：　　N＋F－mg＝m，F＝kx　　解得：N＝mg＋m－kx　　代入数据得N＝3.2N，N的方向向上．　　根据牛顿第三定律，小球对环的作用力为3.2N，方向向下．　　15．G＝mr()2＝r()2r＝＝4×108(m)　　16．解：由题意对两次平抛运动依据勾股定理则有：　　h2＋x2＝L2　　h2＋(2x)2＝(L)2　　∴h＝　　h＝gt2　　∴g＝＝　　又：＝mg　　∴M＝＝　　17．解：万有引力恒量G和电磁波传播速度(即光速c)视为已知量，设地球同步卫星离地面高度为h，质量为m，根据万有引力提供向心力，可得：　　＝m()2(R＋h)　　h＝－R　　设至少所需时间为t　　t＝4h/c　　∴t＝4(－R)/c　　18．解：设侦察卫星的运行周期为T1，根据万有引力提供向心力，可得：　　＝m()2(R＋h)　　①　　设地面上有一质量为m0物体，则　　＝m0g　　由①、②解得：T1＝　　③　　又卫星绕行一周时，地球自转转过的角度为q＝wT1＝2pT1/T　　④　　故摄像机应拍摄赤道圆周的弧长S为：　　S＝q·R　　⑤ 　　由③、④、⑤解得：S＝　　19．(1)＝m　　＝mg　　(2)T＝2pR/v　　＝＝5442s＝1.51h　　20．解：(1)由题目知，任何天体均存在其所对应的逃逸速度v乙＝，其中M、R为天体的质量和半径，对于黑洞模型来说，其逃逸速度大于真空中的光速，即v2＞c，所以：　　R＜＝＝2.94(km)　　即质量为1.98×1030km的黑洞的最大半径为2.94km．　　(2)把宇宙视为一普通天体，则求质量为　　M＝r·v＝r·pR3　　其中R为宇宙半径，r为宇宙的密度，则宇宙所对应的逃逸速度为　　v2＝　　由于宇宙密度使得逃逸速度大于光速c，即v2＞c　　则由以上三式得：R＞＝4.23×1010(光年)，　　即宇宙的半径至少为4.23×1010光年．第五章　　动量一、冲量、动量专题　　1．F　　分析：物体沿斜面作匀加速直线运动，由位移公式，得=gsinq·t2　　t2∝　　q不同，则t不同．又IG＝mgt　　IN＝Nt　　所以IG、IN方向相同，大小不同，选项A、B错误；根据机械能守恒定律，物体到达底端的速度大小相等，但方向不同；所以刚到达底端时的动量大小相等但方向不同，其水平分量方向相同但大小不等，选项D、E错误；又根据动量定理I合＝ΔP＝mv－0可知合力的冲量大小相等，但方向不同，选项C错误．　　2．BD　　分析：动量和动能的关系是P2＝2mEk，两者最大区别是动量是矢量，动能是标量．质量一定的物体，其动量变化可能速度大小、方向都变化或速度大小不变方向变化或速度大小变化方向不变．只要速度大小不变，动能就不变．反之，动能变化则意味着速度大小变化，意味着动量变化．　　3．解：皮球刚好落地时的速度为： 　　v1＝＝＝10m/s　　触地后反弹上升的初速度为：　　v2＝＝＝8m/s　　以向上为正，皮球碰地前后，动量的变化量为：　　Δp＝mv2－mv1＝0.15×[8－(－10)]＝2.7kg·m/s方向竖直向上．　　4．解：动能、动量的变化量统一取增量计算，取v1方向为正，则：　　ΔP＝mv1－mv0＝m(－v2)－mv1＝－m(v2＋v1)　　(ΔP方向与v1反向)　　ΔE＝mvt2－mv02　　∴ΔP＝－　　故ΔP大小为　　5．解：Δp＝p′－p＝0.05×20－[0.05×(－20)]＝2kg·m/s故选项A对．　　6．解：Fs＝mv2＝　　∴＝　　7．A　　分析：Fs＝ΔEk　　Ft＝Δp＝　　∴Fa＞Fb　　sa＜sb　　8．C　　分析：由mv＝mmgt知tA＝tB/2　　由Fs＝mv2＝知sA/sB＝1/2二、动量定理　　1．D　　提示：因为物体受到－2N·s的冲量作用，由动量定理Ft＝Δr得：物体的动量变化量一定，跟物体受到的冲量大小相等，方向相同，故选项D对；但初、末动量的大小、方向都无法确定，故选项A、B、C错．　　2．BD　　提示：对B选项，ΔP方向即为合力F合的方向，P的方向即为速度v的方向，在匀速圆周运动中，F合⊥v(即ΔP⊥P)；对C选项，ΔP的方向就是Δv的方向，∵ΔP＝mΔv，故C选项错．　　3．C　　提示：由动量定理得：－Ft＝0－mv　　∴t＝mv/F，故选项C对．　　4．C　　提示：由动量定理得：mgt＝Δp，当t相同时，Δp相等，选项C对．　　5．CD　　提示：(1)若取向上为正，重力方向为负，则由动量定理得：Δp＝－mgt，即Δp方向向下，大小与t成正比，选项C对；　　(2)由Δp＝－mgt得：＝－mg，故选项D对． 　　6．AC　　提示：由粒子运动的轨迹和受到的力关系知，合力一定指向轨道内侧、所以粒子受静电排斥力作用，选A；由动量定理有Ft＝Δp，∴Δp/t＝F，∴a→b，F变大，Δp/t变大，b→c　　F变小，Δp/t变小，选C．　　7．ABD　　提示：　　mgt＝mg×＝mg××2p＝pm，　　故选项A对；　　由动能定理得：mgl·(1－cosq)＝mv2/2…①　　由动量定理得：F合t＝mv……②　　∴F合t＝m，B选项对；　　因为拉力F≠0，所以Ft≠0，C选项错；　　又拉力F⊥v，故F不做功，D选项对．　　8．B　　提示：设风以速度v碰到建筑物，后以速度v反弹，在t时间内到达墙的风的质量为m，由动量定理得：　　Ft＝mv－m(－v)＝2mv，　　当v变为2v时，在相同时间t内到达墙上的风的质量为2m，有：　　F′t＝2m·2v－2m(－2v)＝8mv，　　∴F′＝4F，故选项B对．　　9．解：小球碰地前的速度　　v1＝＝＝5m/s　　小球反弹的速度　　v2＝＝＝4m/s　　以向上为正方向，由动量定理：　　(F－mg)t＝mv2－mv1　　∴F＝0.5×(4＋5)/0.2＋0.5×10＝27.5N　　方向向上．三、应用F·Δt＝ΔP分析某些现象专题　　1．D　　提示：玻璃杯从同一高度落下，动量的变化量Δp相同，而玻璃杯与石块撞击时间较短，即Δp/t较大，选项D对．　　2．C　　提示：Ft＝Δp，∴F＝Δp/t，当让脚尖先到地，增长与地的冲击时间，从而减小冲击力F，故选项C对．　　3．C　　提示：笔帽受到的冲量：I＝mmg·Δt，快速拉动时，作用时间Δt极小，冲量小，故选项C对．　　4．AC　　提示：在过程Ⅰ中，钢珠只受重力作用，由动量定理得：mgt1＝Δp，故选项A对；　　在过程Ⅱ中，(f－mg)Δt＝Δp，　　即ft2－mgt2＝Δp＞0，故选项B错； 　　在全过程中：mg(t1＋t2)－ft2＝0，故选项C对；　　在过程Ⅱ中：ft2－mgt2＝Δp≠0，故选项D错．　　5．I/F　　解：对P：F＝ma　　vp＝at　　对Q：I＝mvQ，　　当vP＝vQ时，两者距离最大，即：　　Ft/m＝I/m　　∴t＝I/F　　6．提示：过程一：∴I＝mvA　　过程二，由机械能守恒得：　　mvA2＝mg·l＋mvB2　　在最高点B点：mg＝mvB2/()　　解得：I＝m．四、动量守恒条件专题　　1．D　　提示：枪和弹组成的系统受到车的作用力，故动量不守恒，选项A错；枪和车组成的系统受到子弹的作用，故动量不守恒，选项B错；对三者组成的系统，由于水平面光滑，没有摩擦力，竖直方向合力也为零，所以动量守恒，故选项C错，选项D对．　　2．B　　解：过程一：子弹打入木板过程(Δt很小)，子弹与木板组成的系统动量守恒，但机械能不守恒(∵子弹在打入木块过程有热能产生)；　　过程二：木块(含子弹)压缩弹簧，对三者组成的系统机械能守恒，但动量不守恒(∵对系统：F合≠0)，所以全程动量、机械能均不守恒．　　3．ACD提示：对A选项：先放B车时，A、B车及弹簧三者组成的系统合外力F合≠0，∴动量不守恒，但由于按A车的手不动，故手不做功，此系统机械能守恒．对C选项：F合≠0，且F合又对系统做功(机械能增加)，∴动量及机械能均不守恒．　　4．CD　　提示：物体碰地前的速度大小为：　　v1＝＝＝10m/s　　反弹速度：v2＝＝＝4m/s　　以向上为正方向，则　　Δp＝mv2－mv1＝0.2×4－0.2×(－10)＝2.8kg·m/s，故选项A错，物体与地球组成的系统不受外力的作用，故动量守恒，故选项B错，选项C、D对．　　5．AD　　提示：无论两球在相碰前的运动过程、相碰过程，还是在碰后的分离任一瞬间，系统的合外力都为零，故动量都守恒，选项A、D对，选项B、C错．五、动量守恒定律及其应用专题　　1．解：取子弹的初速度v0方向为正方向，对铜块和子弹构成的系统所受合外力为零，系统总动量守恒，根据动量守恒定律，得 　　mv0＝mv1＋Mv2　　代入数据得　　0.05×1000＝0.05×(－800)＋1×v2　　解得　　v2＝90m/s　　2．B　　提示：不知属于什么碰撞，Q碰后可能向前、向后，或停下．不可能再碰．　　3．BD　　分析：对A：人对船的作用力和船对人的作用力等大反向，作用时间相等，所以两冲量大小相等；选项A错．对C：人在船上走的过程，对人和船构成的系统，总动量守恒，所以人停则船停；选项C错．　　4．B　　分析：根据动能定理，Fs＝Ek－0　　因为F1＝F2　　s1＝s2　　所以EkA＝EkB　　又因为P2＝2mEk　　MA＞MB　　所以　　PA＞PB　　即A、B系统的初动量方向向右．撤去外力F1、F2后，A、B系统的动量守恒．所以两物体粘为一体一起向右运动．　　5．解：A、B在水平面相碰过程动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：　　2m×15－m＝2mv＋m　　解得v＝5m/s　　方向向右，所以能发生第二次碰撞．　　6．解：列车在平直轨道匀速行驶，说明列车受到合外力为零．后一节车厢脱钩后，系统所受合外力仍然为零，系统动量守恒．根据动量守恒定律有：　　Mv＝(M－m)v′　　v′＝Mv/(M－m)　　7．解：释放沙袋前后，系统合外力等于零，动量守恒，设热气球速度减为零时，沙袋速度增加到v′，经历时间为t，由动量守恒定律得：　　Mv＝mv′　　∴v′＝Mv/m　　由动量定理对沙袋得：　　mgt＝mv′－mv　　解得t＝(M－m)v/mg　　8．解：①在x＝10cm，x＝30cm和x＝50cm处所得的三张照片，应为碰撞后滑块A向左运动所留下．在4次闪光的时间内，只摄得B在2个位置的照片，说明碰后B处于静止状态，且碰撞必发生在x＝60cm处．　　②观察闪光照片，碰撞后A在Δt时间内运动的位移为20cm，也就是说，碰撞后，A由60cm处运动至50cm处所用的时间为Δt/2，故第一次闪光后经Δt/2时间，A与B发生碰撞．　　③设碰前滑块A的速度大小为v，则碰前滑块B和碰后滑块A的速度大小均为2v，由动量守恒定律得：　　mB2v－mAv＝mA2v＋0，　　解得：mA∶mB＝2∶3．　　9．解：设p介子质量为m，则p0介子质量也为m，k介子的质量为2m，则：　　∴Rk－＝　　Rp－＝ 　　∴＝＝　　∴v1＝v2　　由动量守恒定律，得：2mv1＝mv3－mv2　　∴mv3＝2mv1＋mv2＝3mv2　　∴＝　　(其中v1为k－介子碰后的速度，v2和v3分别是p－和p0的速度大小)六、平均动量守恒专题　　1．分析：使用平均动量守恒的表达式：　　m1s1＝m2s2的前提条件是：　　(1)由两个物体构成的系统动量守恒；　　(2)两物体相互作用前均静止，相互作用后均运动；　　(3)求位移．木块和金属块原静止，说明系统合外力为零；系统动量守恒．所以　　mh＝MH　　H＝mh/M　　2．解：如图，设船移动的距离为s船，人移动的距离为s人．　　Ms船＝ms人　　s人＋s船＝l　　解得s船＝ml/(M＋m)　　总结：解此类题关键是画出各物体的对地位移草图，找出各长度间的关系式．　　3．解：如图，设汽车产生的位移为s汽，平板车产生的位移为s板　　Ms板＝ms汽　　s板＋s汽＋a＝b　　解得s板＝　　s汽＝　　4、解：如图，设气球产生的位移为s球，气球产生的位移为s人， 　　m人s人＝m球s球　　50×20＝200×s球　　s球＝5m　　所以绳长至少为：　　l＝s人＋s球＝20＋5＝25m七、多个物体组成的系统动量守恒专题　　1．A　　解：对甲、乙两人及船构成的系统总动量守恒，取向右为正方向，则根据动量守恒定律得　　0＝m甲v甲＋m乙v乙＋mv　　0＝40×(－3)＋60×3＋100×v　　v＝－0.6m/s　　负号表示方向向左　　2．A　　解：设冰车(含沙包)质量为M，沙包质量为m，冰车原速度为v0　　抛出沙包速度大小为v，抛出第一、二个沙包后冰车速度分别为v1、v2．　　解法一：分过程用动量守恒定律列式　　抛出第一个沙包：Mv0＝(M－m)v1＋mv　　v1＝　　抛出第二个沙包：(M－m)v1＝(M－2m)v2＋mv　　v2＝＝　　∴v2＞v0　　解法二：对整过程用动量守恒定律列式　　Mv0＝(M－2m)v2＋mv－mv　　v2＝　　∴v2＞v0　　总结：显然对整过程(即抓住初、未状态)列式较简单，特别是多次抛沙袋或人在两船间跳来跳去的问题更显优势．比如第3、6题．　　3．BC　　分析：不管人跳几次，只关心初状态：人在A船上，系统(包括A、B船和人)总动量为零；末状态人在B船上．整过程动量守恒，根据动量守恒定律得　　0＝Mv1＋(M＋M/2)vB　　vA/vB＝3/2　　4．AC　　分析：对A、B两人及车构成的系统动量守恒，取向左为正方向．　　mBvB－mAvA＋m车v车＝0　　mAvA＝mBvB＋m车v车 　　所以mAvA＞mBvB　　5．解：可等效认为n颗子弹一起射入，整过程系统总动量守恒，取向右为正方向，则　　Mv1－nmv2＝0　　所以n＝　　6．解：对甲、乙两人及球构成系统动量守恒，取甲运动方向为正方向．注意：初、未状态球均在甲手中，(M甲＋m人)v甲－M乙v乙＝M甲v甲＋M乙×0　　(48＋2)×2－50×2＝50×v甲′　　v甲′＝0　　7．解：①因为水平面光滑、C在A、B面上滑动的整个过程，A、B、C系统总动量守恒．木块C离开A滑上B时，木块A的速度为最后速度，则　　mCvC＝MAvA＋(mB＋mC)v′BC　　代入数据可得　　v′A＝2.1m/s　　②对C在A上滑动的过程，A、B、C系统总动量守恒，A、B速度相等．则　　mCvC＝(mA＋mB)v′A＋mCv′C　　代入数据可得　　v′C＝4m/s八、归纳法和演绎法专题　　1．解：根据动量定理得　　F×(n＋)＝mAwR　　F＝　　或用运动学公式求解．　　2．解：(1)取甲后退方向为正方向，甲第一次抛球(m)，由动量守恒定律得：　　0＝Mv1－mv　　即Mv1＝mv　　①　　甲第二次抛球(2m)，同理得：　　Mv1＋2mv＝Mv2－2mv　　∴Mv2＝mv＋22mv　　②　　故v2＝5mv/M＝5×2v/100＝v/10　　(2)甲第三次抛球(4m)同理：　　Mv2＋4mv＝Mv3－4mv　　∴Mv3＝mv＋22mv＋23mv　　③　　甲第n次抛球：　　Mvn＝mv＋22mv＋23mv＋…＋2nmv　　④　　∴vn＝(mv＋22mv＋23mv＋…＋2nmv)/M　　＝mv(1＋22＋23＋…2n)/M＝mv[1＋22()]/M　　⑤　　当vn＝v时，甲再不能接到乙抛来的球．代入数据解得n＝5(次)　　3．解：取车运动方向为正方向．　　第一次抛球，由动量守恒定律得　　0＝Mv1－mv　　Mv1＝mv　　第二次推球，同理得：Mv1＋mv＝Mv2－mv　　∴Mv2＝Mv1＋2mv＝3mv　　第三次推球：Mv2＋mv＝Mv3－mv　　∴Mv3＝5mv 　　第四次推球：Mv3＋mv＝Mv4－mv　　∴Mv4＝7mv　　第n次推球：Mvn＝(2n－1)mv　　(n＝1．2．3…)　　当vn＝v时，人不能再接到球，∴n＝(M/m＋1)/2＝8.25　　取n＝9次　　4．解：小车M每次碰墙后运动性质是先减速，后反向加速，再匀速，小车M的加速度　　a＝f/M＝mmg/M＝7.5(m/s2)　　小铁块先减速再匀速，小车最后停靠在墙边．取向右为正方向，小车第一次碰墙后到M、m共同匀速v1的过程，由动量守恒定律可得：　　mv0－Mv0＝(M＋m)v1　　v1＝(m－M)v0/(M＋m)＝v0/5＝3×1/5　　第二次碰墙后到M、m共同匀速v2的过程，同理可得：　　mv1－Mv1＝(m＋M)v2　　v2＝(m－M)v0/(M＋m)2＝v0/＝3×()2　　第三次碰后，同理有：　　mv2－Mv2＝(M＋m)v3　　v＝(m－M)v0/(M＋m)3＝3×()3　　第n次碰后，同理有：　　vn＝(m－M)v0/(m＋M)n＝3×()n＝3×　　小车M第一次碰墙后以原速率v0反向作匀减速运动路程为：　　s1＝v02/2a＝9/2×7.5＝(9/15)×　　同理可得第二次、第三次……碰墙后：　　s2＝v12/2a＝×　　s3＝v22/2a＝×　　sn＝×　　∴小车所走总路程：　　s总＝2(s1＋s2＋s3＋…＋sn)　　＝(＋＋＋……＋)　　等比级数求和，首项a＝＝1，公比q＝＝　　s总＝()＝()＝1.25(m) 九、用动量守恒定律进行动态分析专题　　1．ACD　　分析：由于A、B受水平地面的摩擦力等大反向，整个过程系统动量守恒，则　　0＝mAvA－mBvB　　vA/vB＝mB/mA＝1/2　　选项A、C、D正确．　　当A或B受合外力等于零，加速度为零时，速度达到最大，此时弹簧尚未恢复原长，选项B错误．　　2．B　　分析：当A碰上弹簧后，A受弹簧推力作用而减速，B受弹簧推力作用而加速；当两者速度相等时，A、B之间无相对运动，弹簧被压缩到最短．然后A受弹簧推力作用继续减速，B受弹簧推力作用继续加速，当弹簧恢复原长时，A减速至零，B加速至最大．或用动量守恒定律分析，mAv＋0＝mAv′A＋mBv′B　　v′A减小，v′B增大；当v′A减至零时，v′B增加至最大为v．　　3．分析：当弹簧压缩到最大时，两物体的速度相等．mv＋0＝2mv′　　v′＝v/2　　4．解：取向右为正方向．对木板和乙，动量守恒：　　0＝mv－2mv1　　∴v1＝v/2＝5/2＝2.5(m/s)　　方向向左对木板和甲，动量守恒：　　－2mv2＝－mv＋mv3(设v3向右)　　解得：v3＝v－2v2＝5－2v2　　木板和甲向左减速运动过程，由动能定理得：　　－fs＝2m(v22－v12)　　同理木板向右减速运动过程：　　－fs/2＝0－mv32　　解得：v2＝1.5m/s(向左)　　v3＝2m/s(向右)　　5．解：甲车滑到水平面时速度为　　v甲＝＝＝3(m/s)向右；　　取向右为正方向，设人从甲车跳到乙车后，甲、乙的速度为v′甲，v′乙(均向右)，　　当v′甲＝v′乙时，两车不相碰，由动量守恒定律，　　对人和甲车有：(20＋50)v甲＝20v′甲＋50v′　　对人和乙车有：50v′－50v0＝(50＋50)v′乙　　解得　　v′＝3.8m/s　　当v″甲＝－v″乙　　时两车不相碰，同理有：　　(20＋50)v甲＝50v″＋20v″甲　　50v″－50v0＝(50＋50)v″乙　　解得v″＝4.8m/s，　　故v′的范围：3.8m/s≤v′≤4.8m/s　　6．解：取向右为正方向，系统m，M动量守恒：0＝mv－MV 　　蛙在空中运动时间：t＝　　蛙在t内相对车的水平距离：l/2＝(v＋V)t　　解得：v＝．　　7．解：取向右为正方向，由动量守恒定律对m2、m3系统；0＝m2v2－m3v3　　对m3、m1系统：m1v0－m3v3＝(m1＋m3)v13；　　当v13＝v2时，m3、m2不发生相碰　　解得：v3＝m1m2v0/m3(m1＋m2＋m3)十、爆炸、碰撞和反冲专题　　1．A　　提示：　　由动量守恒有：mv0＝(M＋m)v　　由能量守恒有：ΔE＝mv02－(M＋m)v2　　ΔE＝mv02＝mv02·　　∴越大，ΔE越小，故选项A对．　　2．提示：不知道是哪一种碰撞．　　∵m甲＞m乙，Ek相同，　　∴由P2＝2mEk知P甲＞P乙，故系统总动量的方向与甲的初速相同．　　对A选项，当球反弹时可保证P总与A球的初速相同，∴可能出现；　　对B选项，∵P甲＞P乙，∴碰后乙球不可能静止；　　对C选项，可保证动量守恒和能量守恒成立；　　对D选项，碰后系统总动量的方向与碰前总动量方向相反，违反了动量守恒定律．　　3．提示：必须同时满足：m1v1＝m1v′＋m2v′2和m1v12≥m1v′21＋m2v′22这两个条件．　　∴选项A、B正确．　　4．1　　提示：因三个球为弹性球，发生弹性碰撞，质量相等的两个弹性球发生碰撞，碰撞后速度交换，即碰后v′A＝0　　v′B＝10m/s　　要使B不再与A碰撞，必须有mC≤1kg，故mC＝1kg．　　5．BC　　提示：摆球并不参预小车碰木块的过程，因此小车和木块组成的系统动量守恒，摆球速度不变．　　6．解：①根据动量守恒定律和能量守恒定律m1v1＝(m1＋m2)V　　ΔE＝m1v12＋(m1＋m2)V2　　损失的动能为：　　ΔE＝m1v12＝100×＝20(J) 　　②当碰后速度为零时，损失的机械能最大，且最大值为ΔE＝EK＝E1＋E2＝100(J)　　根据动量守恒定律　　m1v1－m2v2＝(m1＋m2)V＝0　　m1v1＝m2v2　　因为　　EK＝∝　　则==　　所以，这时每球的动能分别为：　　E1＝Ek＝20(J)　　E2＝EK＝80(J)　　7．解：(1)设每个小球的质量为m，以u1、u2分别表示弹簧恢复到自然长度时左右两端小球的速度．以向右为速度的正方向，由动量定理和能量守恒定律有：　　mu1＋mu2＝mu0…①　　mu12＋mu22＝mu02…②　　解得：u1＝，u2＝0或u1＝0　　u2＝u0　　由于振子从初始状态到弹簧恢复到自然长度的过程中，弹簧一直是压缩状态，弹性力使左端小球持续减速，使右端小球持续加速，故应取解：u1＝0，u2＝u0…③　　(2)以v1、v′1分别表示振子1解除锁定后弹簧恢复到自然长度时左右两小球的速度，规定向右为速度的正方向，由动量守恒和能量守恒定律：　　mv1＋mv′1＝0…④　　mv12＋mv′12＝E0…⑤　　解得：v1＝，v′1＝或v1＝－，v′1＝　　在这一过程中，弹簧一直处于压缩状态，弹性力使左端小球向左加速，使右端小球向右加速，故应取解：　　v1＝－，v′1＝…⑥　　振子1和振子2碰撞后，由于交换速度，振子1右端小球的速度变为0，左端小球速度仍为v1，此后两球都向左运动．当它们向左的速度相同时，弹簧被拉伸至最长，弹性势能最大．设此速度为v10，根据动量守恒定律：2mv10＝mv1…⑦　　用E1表示最大弹性势能，由能量守恒有：　　mv102＋mv102＋E1＝mv12…⑧　　解得：E1＝E0/4…⑨　　振子2被碰后的瞬间，左端小球的速度为，右端小球的速度为0．以后弹簧被压缩，当弹簧再恢复到自然长度时，根据(1)的结果，左端小球的速度v2＝0，右端小球的速度为v2′＝，与振子3碰撞，由于交换速度，振子2右端的小球速度变为0，振子2静止，弹簧为自然长度，弹性势能为E2＝0．　　同样分析可得：E2＝E3＝……＝EN－1＝0…⑩ 　　振子N被碰撞后的瞬间，左端小球的速度v′N－1＝，右端的小球速度为0，弹簧处于自然长度．此后两小球都向右运动，弹簧被压缩，当它们向右的速度相同时，弹簧被压缩至最短，弹性势能最大．设此时的速度为vN0，根据动量守恒定律，　　2mvN0＝mv′N－1…(11)　　用EN表示最大弹性势能，由能量守恒有：　　mvN02＋mvN02＋EN＝mvN－12…(12)　　解得：EN＝E0/4　　8．解：①可认为铁块不参预子弹打击木块的过程，子弹和木块构成的系统动量守恒，则　　mv0＝(M＋m)v　　铁块离开木块后下落时间　　t＝　　所以木块产生的位移　　s＝vt＝　　②根据动能定理得　　m(M＋m)gs＝(M＋m)v2　　s＝　　9．解：子弹击穿木块的过程系统动量守恒，设子弹击穿木块后速度为v1，则　　mv＝M＋mv1　　v1＝v－　　子弹能上升的高度h＝＝　　10．解：①m、M下落，当恰好碰C时的速度：　　v＝＝2(m/s)　　m、M分离后分别作下抛、上抛运动，l＝sm＋sM　　即l＝(vt＋gt2)＋(vt－gt2)＝2vt　　t＝l/2v＝0.1(s)　　绳拉直绷紧前，m、M的速度v1、v2分别为：　　v1＝v＋gt＝2＋10×0.1＝3(m/s)　　v2＝v－gt＝2－10×0.1＝1(m/s)　　绳绷紧瞬间，m、M共同速度为v，取向下为正方向，　　绳绷紧前后，M、m系统动量守恒：　　mv1－Mv2＝(M＋m)v　　v＝(mv1－Mv2)(m＋M)　　当M＝m时，v＝(3－1)/2＝1(m/s)　　(2)若＝K，则M＝Km 　　v＝(mv1－Kmv2)/(Km＋m)＝(3－K)/(K＋1)　　当K＝3时，v＝0；　　当K＜3时，v为正，即v方向向下；　　当K＞3时，v为负．　　11．提示：①设瞬间喷出m(kg)氧气，宇航员速率为v1，宇航员刚好全返回，由动量守恒：　　0＝mv－Mv1　　∴mv＝Mv1　　匀速运动：t＝　　m0＝Qt＋m　　由以上三式解之：m＝0.05kg或0.45kg；故要回到飞船时还剩有氧气，则要：　　0.05kg≤m≤0.45kg　　②为了总耗氧量最低，设喷出m(kg)氧气，　　则总耗氧：Δm＝Qt＋m　　t＝s/v1　　mv＝Mv1　　故t＝，　　∴Δm＝＋m＝＋m　　(讨论Δm随喷出气体m的变化规律，求Δm的极小值)　　故：当m＝时，Δm有极小值．　　则：m＝0.15kg　　返回时间：t＝＝600(s)第六章　　功和能一、恒力做功专题　　1．C　　提示：物体作匀速运动，所以F1＜F2；又W＝Fscosq中s、q相同，所以W1＜W2．　　2．A　　提示：合力为零，合力做功为零．　　3．C　　提示：Wt＝fscosq　　因为f1＜f2　　而s、q相同，所以W1＜W2　　4．A　　提示：当B放在光滑地面上时，A相对地面发生的位移较大，所以F做功大些．　　5．解：①Wf＝fLcosq＝mgLsinqcosq　　②WN＝NLcos(90°＋q)＝－mgLsinqcosq　　③斜面对物体做功是指斜面对物体的摩擦力和支持力做的总功　　W＝Wf＋WN＝0　　6．解：劈对P做的功是指劈对P的支持力做功 　　Ncosq＝mg　　N＝mg/cosq　　WN＝N·scos(90°－q)＝mg·tgq　　7．解：在0－t1时间内质点向ox正向加速，位移为l；在t1－2t1时间内质点向ox正向减速，位移也为l，在2t1时刻速度为零．因此在2t1时刻质点的动量为0，在t1～2t1时间内力F做功　　W＝－F1·l　　8．解：W＝2Fs＝2×100×1＝200(J)二、判断一个力做功情况的专题　　1．E　　解：重力和拉力均与摆球运动方向垂直，不做功．　　2．C　　解：卫星由a点运动到b点的过程中，F引与速度方向的夹角q大于90°，万有引力做负功．　　3．AD　　解：物体P随皮带匀速向上运动时，受沿斜面向上的摩擦力作用，与速度方向相同，做正功；反之，皮带克服摩擦力做功　　4．ABC　　解：对A选项，∵匀速，∴斜面对物块的作用力F(即静摩擦力与支持力的合力)与重力等大反向，∴不做功；对B选项，∵斜面对物块的作用力　　F＝mg，WF＝Fs＝mgs　　对C选项，斜面对物块的合力　　F＝ma　　∴Wt＝Fs＝mas　　对D选项，　　∵a向下　　∴mg－F＝ma　　F＝m(g－a)　　∴WF＝F·scos180°＝mg(a－g)s　　5．BD　　提示：小球的运动轨迹不是圆周．利用“功是能量转化的量度”来判断．注意：力(除重力或弹簧弹力)对物体做正功，物体机械能增加，反之机械能减小．　　6．D　　提示：系统机械能守恒，而小车的动能增大，(机械能增大)，所以小球机械能减少，而球受两个力中的重力做正功，所以绳对小球的拉力做负功，合力亦对球做负功，D对．　　7．C　　提示：系统机械能守恒，但B球机械能增加，a球机械能减少．三、区别冲量与功两概念专题 　　1．BCD　　提示：由I＝Ft知，∵F≠0，t≠0所以F的冲量不为零，故A错，　　又由W＝Fs知，∵s＝0，W＝0，因物体静止，　　∴F合＝0，∴F合t＝0，W合＝F合s＝0，故BCD对．　　2．BD　　提示：物体下滑到斜面底端所需时间s＝at2　　＝gsina·t2　　t＝·　　倾角不同，所以下滑时间不同，A选项错误．　　物体下滑到底端时速度　　v＝at＝gsinq··＝　　速度大小相等，方向相反．根据动量定理，C选项错误．　　3．BC　　提示：因绳子拉力方向与v垂直，所以拉力做功为零，经T/2时，v1＝－v0　　I＝mv1－mv0＝－2mv0＝－2mwr　　(负号表示方向)．故选B、C．　　4．B　　提示：功表示作用力在空间上的积累效果，功是标量；冲量表示作用力在时间上的积累效果，冲量是矢量．四、把变力做功化为恒力做功专题　　1．A　　解：W1＝mmgs　　W2＝mmgcosa·＋mmgcosb·　　＝mmg(a＋b)＝mmgs　　∴W1＝W2　　2．AD　　提示：如图，小球在整个圆周运动过程中，所受动摩擦力一直做自功，速度减小，向心力减小，小球对轨道正压力减小，动摩擦力减小，所以W1＞W2；摩擦力做功跟路程有关，所以W3＝W1＋W2　　3．2mmglcosq　　解：摩擦力做功跟路程有关，　　所以W1＝mmg·2lcosq　　4．mmg(2n＋1/2)S或mmg(2n－1/2)S　　解：物块与Q板碰撞n次后最后静止于PQ的中点，　　当N从P向右到中点时，通过的路程为： 　　(2n＋1/2)/S　　整个过程摩擦做功为：　　Wf＝－mmg(2n＋1/2)S(n为自然数)　　当N向左到中点时，通过的路程为：　　(2n—1/2)S　　整个过程摩擦做功为：　　Wf＝－mmg(2n－1/2)S(n为自然数)　　5．50.2　　25　　解：Wf＝mmgs　　50.2＝0.1×1×10s　　s＝50.2(m)　　s＝50.2＝25×2＋0.2　　所以碰撞的总次数为25次．　　6．kl2/2　　解：设钉子受到阻力为f＝kx，因为阻力是均匀增大的，求阻力做功可取其平均力做功．所以Wf＝f·x＝kl·l＝kl2五、功率概念及机车起动专题　　1．D　　解：小车速度v＝v0＋at＝v0＋t　　小车牵引力的功率　　P＝Fv1＝F·(v0＋t)＝Fv0＋t　　F、f恒定，所以P随t变化图象为一次函数关系，选项D正确．　　2．AB　　提示：从例2分析知，汽车以恒定功率起动时，先做加速度减小的变加速运动，最后当牵引力等于摩擦力时，保持匀速运动．另外在速度—时间图象中，图线的斜率表示加速度的大小．　　3．A　　提示：从图甲知，重物先匀加速上升，后匀速，再匀减速下降；　　匀加速上升时，钢索拉力　　F1－mg＝ma1　　F1＝m(g＋a1)　　钢索拉力的功率：　　P1＝F1v1＝F1a1t　　P1均匀增大　　匀速上升时，钢索拉力：F2＝mg　　钢索拉力的功率：　　P2＝F2v2＝mgv2　　P2不变且小于P1　　匀减速下降时，钢索拉力：　　mg－F3＝ma3　　F3＝m(g－a3)　　钢索拉力的功率：P3＝F3v3＝F(v2－a3t)　　P3均匀减小　　4．D　　提示：∵两次均匀速，∴两次扶梯对人作用力均为F＝mg　　∵第二次扶梯运行的位移小于第一次的位移， 　　∴W1＞W2；而牵引力对扶梯的功率为：　　P＝F·v扶梯不变　　5．解：设磁悬浮列车正常运行的速度为v，列车受到的空气阻力F阻＝kv2，列车匀速运行时，其牵引力F等于空气阻力F阻，则列车的功率为　　p＝Fv＝kv3＝0.2×103＝2×105(W)＝200kW　　6．解：对滑板受力分析如图，水的作用力F，重力mg，将F分解，　　Fx＝Fsinq　　Fy＝Fcosq　　又F1＝mg，　　∴F＝＝rsv2sin2q　　∴v＝　　牵引功率：　　P＝T·v＝Fxv＝Fsinq·v＝rsv2sin2qsinq·v　　将v代入得P＝　　7．解：①工件在传送带上运动时的加速度a＝mg＝0.4g＝4m/s2　　工件在传送带上相对滑动的时间　　t＝＝＝0.5(s)　　传送带在这段时间里运动的距离s＝vt＝1(m)　　②工件与传送带间距离的滑动摩擦力　　f＝mmg＝2(N)　　传送带克服摩擦力做功的功率　　P1＝fv＝4(W)　　工件在滑动过程中做初速为零的匀变速运动，平均速度＝v/2＝1(m/s)　　摩擦力对工件做功的平均功率：　　P2＝fv＝2(W)　　8．解：(1)F牵＝＝＝2×107N，　　根据牛顿第二定律F－f＝ma得：　　a＝＝0.8m/s2 　　(2)当F牵＝f即a＝0时，轮船达到最大速度vm，　　vm＝＝＝15m/s　　9．解：F－f＝ma　　F＝ma＋f＝5×103×2＋103＝1.1×104(N)　　v＝at＝2×1＝2(m/s)　　P＝Fv＝1.1×104＝2.2×104(W)　　10．解：①汽车速度达到最大时，有f阻＝f引　　又∵P＝F引·v　　∴P＝fvm　　即vm＝P/f　　②∵F－f＝ma　　又v＝at　　∴P＝Fv＝(f＋ma)·atm　　tm＝　　③汽车在tm后，P保持不变，由P＝Fv知，随v增大F减小，F最后等于阻力f，∴加速度逐渐减小到零，而速度增大到vm后，匀速运动．六、动能定理专题　　1．解：合外力对物体做功：W合＝(F1－F2)S，根据牛顿第二定律：　　F1－F2＝ma　　又2as＝v22－v12　　W合＝m＝mv22－mv12　　即W合＝Ek2－Ek1　　W合＝ΔEk　　2．解：子弹射穿一块木块需克服阻力做的功为：m(5002－7002)＝fs　　设还能射穿n块，则m×5002＝nfs　　解得：n＝1　　3．AB　　提示：Wf＝fs＝mgsinq＝mgh　　4．AD　　提示：三球受到的重力mg相同而时间也相同，由Δp＝mgt得三球动量增量相同，故A对，C错；b、c下落的高度hb＝hc，比a下落的高度大，b、c动能增量相同，而a的动能增量比b、c的小，故D对，B错．　　5．解：∵橡皮绳的拉力F与伸长长度x成正比，∴平均值＝F/2＝kx/2　　而x＝L－l　　最高点到最低点：mgL－Fx＝0　　即　　mgL－k(L－l)2/2＝0　　∴l＝L－　　6．解：设甲、乙分别作用时间为t，甲作用t后速度大小为v1，乙作用t后末速大小为v2，　　S甲＝－S乙　　·t2＝t·t－·t2 　　化简得　　F乙＝3F甲　　＝＝　　所以　　W甲＝8(J)　　W乙＝24(J)　　7．解：①汽车的牵引功率．　　当F＝f＝kmg时，汽车的速度达到最大vm，所以P＝kmg·vm　　②由动能定理得：P·t－fS＝mvm2　　∴kmgvmt－kmgS＝mvm2　　t＝＝　　8．解：当A球则要接触B球时如有vA＝vB＝v则A、B刚不碰．　　由动量守恒得：mv0＝(m＋2m)v　　设此时A的位移为S1，则B的位移为：(S1－l＋2r)　　由动能定理对A球有：－FS1＝mv2－mv02　　对B球有：F(S1－l＋2r)＝mv2　　解得：v0＝　　所以当v0≤时两球不发生接触　　9．解：设小木块位移为S、由动量定理和动能定理得：　　对小木块　　∴　　对木板(F－mmg)t＝Mv2　　(F－mmg)(S＋L)＝Mv22　　∴　　∴ 七、用动能定理求变力做功专题　　1．D　　提示：如图，摩擦力与速度方向垂直，故摩擦力不做功；弹力的大小方向时刻变化，只能用动能定理求弹力所做的功．　　WG＋WN＋Wf＝0　　－mgh＋WN＋0＝0　　WN＝mgh＝mgl·sinq　　2．mmgR/2　　解：mmg＝m　　v2＝mgR　　因物体速度越来越大，故摩擦力一定对物体做正功，即摩擦力一定不与速度垂直，根据动能定理，有W总＝Wf＝mv2－0　　Wt＝mmgR　　3．解：对系统AB，由机械能守恒定律得：　　mAghA－mBghB＝(mA＋mB)v2　　①　　其中hB＝R，hA＝pR/2，mA＝2mB＝2m　　对B物体有：WT－mBgR＝mBv2　　②　　由①②式得：WT＝(p＋2)mgR/3　　4．解：根据动能定理，拉力对物体所做的功为：　　根据牛顿第二定律，有　　F＝m　　mv12＝FR　　6F＝m　　mv22＝3FR　　所以W＝FR－FR＝FR　　5．解：根据运动的分解，物体的速度为v＝v0cosq　　根据动能定理，人对物体所作的功为　　W＝mv2－0＝m·(v0cos45°)2＝mv02八、用动能定理对全程列式专题　　1．A　　解：对整过程用动能定理，初、末状态滑块的动能不变，所以在这段时间里水平力做功为零．　　2．解：对整过程用动能定理： 　　W总＝Wf＝ΔEk＝0－mv02　　Wf＝mv02　　3．解：当带电微粒速度减为零时，下落到最低点．下落过程中有重力做正功，电场力做负功，对整过程用动能定理列式：　　WG－W电＝0　　mg(H＋h)－qEh＝0　　h＝　　H＋h＝　　4．证明：物体下滑过程中，有重力做正功和摩擦力做负功，对整过程用动能定理列式：WG－Wf＝0　　mgh－mmgcosa·l－mmg·(s－lcosa)＝0　　mgh＝mmgs　　m＝h/s　　5．解：物体上滑和下滑过程，动摩擦力大小不变，但方向变．　　上滑：－WG－Wf＝0－mv02　　下滑：WG－Wf＝mv2－0　　解得：mv2＝2mglsinq－mv02　　6．解：－fs＝0－mv02　　s＝　　7．解：①设反弹起的最大高度为h，对整过程用动能定理，重力做正功，空气阻力一直做负功．　　mg(H－h)－kmg(H＋h)＝0　　h＝H　　②mgH－kmgs总＝0　　s总＝H/k　　8．解：夯锤先做初速为零的匀加速直线运动，接着竖直上抛，着地后速度逐渐减为零．在全过程中，拉力做正功为W上＝2FHcosq　　重力做正功为：WG＝mgh　　地面阻力做负功为Wf＝－fh　　且动能增量为零．根据动能定理有：　　2FHcosq＋Mgh－fh＝0　　所以，地面平均阻力为：f＝＋Mg九、机械能守恒定律专题　　1．B　　提示：物体向下的加速度大于g，说明物体除受向下的重力外，还受到向下的其它力作用，并对物体做正功，因此物体的机械能增大． 　　2．AD　　提示：对B、C选项，虽然该力改变物体的速度，但若该力不做功，则物体的机械能仍守恒，如随水平放置的转盘一起匀速转动的物体受静摩擦力的作用，但该静摩擦力指向圆心，只改变物体的速度方向，不改变速度大小，故该力不做功，物体机械能守恒．　　3．D　　提示：此题要分两个过程分析：□打击过程，系统动量守恒，但机械能不守恒．□上摆过程，系统机械能守恒，但动量不守恒．　　4．B　　提示：对整个过程，系统所受合外力为零，系统动量守恒；摩擦力对系统做功，系统机械能不守恒．　　5．D　　提示：小球落地时的机械能等于小球在最高点时的机械能，　　6．解：质点滑到B点时的速度：vB为：　　mgR＝mvB2　　vB＝　　质点刚到达B点时的加速度就是该点的向心加速度．根据牛顿第二定律，得　　F向＝m＝ma向　　a向＝2g　　滑过B点后，质点做平抛运动，其加速度为g　　7．BCD　　提示：若v0较小，球不能达到悬点水平线，则当球速度为零时球上到最高点，设球能上升的最大高度为h，根据机械能守恒定律，得　　mv02＝mgh，h＝v02/2g，故选项C对　　若v0较大，球上摆能超过悬点水平线，在球的速度变为零之前绳子已松驰，球离开圆周轨道作斜抛运动，能上升的最大高度　　h＜v02/2g，故选项B对；当速度足够大，上到圆周最高点时，h＝2l，故选项D对．　　8．解：设圆周半径为r，球能过最高点的最小速度为vD＝　　对小球从初始到D点的过程，根据机械能守恒定律，有mg(l－2r)＝mvD2＝m·gr　　r＝l　　d＝l－r＝r　　即r≤d＜l　　9．解：①ΔEP＝mgr－mgr/2＝mgr/2　　②由机械能守恒定律有：ΔEP＝ΔEK　　即：mgr/2＝mvA2＋mvB2，　　而vB＝vA/2　　解得：vA＝十、系统机械能守恒专题　　1．解：选地面为零势面，由机械能守恒定律有：　　mg·2l＋mg(2l－)＝mv2＋mg·　　v＝/2 　　2．解：选B物体所在的最低点为零势点，此时由机械能守恒定律得：2mg·2l＝mg·3l＋mvA2＋mvB2　　其中wA＝wB　　vA＝vB/2　　解得vB2　　＝8gl/5　　对B：T－mg＝mvB2/2l　　解得T＝1.8mg　　3．解：整个系统机械能守恒，　　mgH＝2mg(－a)　　H＝4a/3　　4．解：系统水平动量守恒和机械能守恒，　　mv0＝(m＋M)v　　mv02＝mgh＋(m＋M)v2　　解得v0＝　　∴v0＞　　5．解：①m滑到底端的过程：mgr＝mv2　　I＝mv－0＝m　　②：m上滑过程动量守恒：mv＝(M＋m)v′　　由机械能守恒：mv2＝(M＋m)v′2＋mg·r　　解得：M＝3m　　6．解：m1在球顶恰能作平抛运动，则v＝　　由机械能守恒得：　　m2g(R＋)－m1g·2R＝(m1＋m2)v2　　解得m2＝5m1/(p＋1)　　7．解：设当A沿斜面下滑S距离后，速度为v由机械能守恒得：4mg·S·sinq－mgS＝(4m＋m)v　　线断后B以v竖直上抛：H′＝v2/2g 　　物块B上升的最大高度H＝H′＋S　　解得　　H＝1.2S十一、功能关系专题　　1．CD　　提示：物体势能的增量等于重力做的功，故A选项错误；物体动能的增量等于合外力做功，故B选项错误；　　2．C　　提示：翻倒立方体须重心升高　　Δh＝a－a　　翻倒一次须克服重力做功为：　　WF＝－WG＝mg·Δh＝(－)mga　　翻倒10次须克服重力做功为：　　W′F＝5(－1)mga　　3．提示：大气压力做功情况：　　对左边WA＝F·x1＝P0S1·x1　　对右边WB＝－F·x2＝－P0S2·x2，　　而S1·x1＝S2·x2，　　∴大气压力做的总功W＝WA＋WB＝0　　∵水的重心下降，即水的重力势能减少，　　∴由能量守恒得水的内能增大(水流动时与管壁摩擦生热)．　　4．解：取地面为参考面，人的拉力做功等于链条增加的重力势能W＝ΔEp＝mg×l＝mgl　　5．解：提起绳子克服重力做功等于绳子增加的重力势能，提起前一半绳子做功：W1＝mg×l＝mgl　　全部提起全部绳子做功：W＝mg×l＝mgl　　提起后一半绳子做功：W2＝W－W1＝mgl　　6．解：木块匀速下滑，根据动能定理，有　　WG－Wf＝0　　将木块匀速拉上时，拉力做功最小，根据动能定理，有WF－WG－Wf＝0　　WF＝WG＋Wf＝2WG＝2mgh　　7．解：人跳出过程，人和船构成系统动量守恒　　0＝mv－Mv′　　人做功等于系统增加的动能　　W1＝mv2＋Mv′2＝ 　　人对船做的功等于船增加的动能　　W2＝Mv′2＝　　8．解：由题意可知木板的密度r/2，所以末加外力时，木块有一半体积浸在水里，即入水深度为h/2．将木块向下压，水面会上升，由于木块的横截面积是容器横截面积的1/2，所以当木块上表面与水面平齐时，水面将上升h/4，而木块实际下降也为h/4．如图所示．可见木块下降h/4，同时把后来占据的下部V/4体积的水的重心升高3h/4，所以这一阶段中压力使V/4体积的水的重力势能增加了ΔEP，且：ΔEP＝rgh①而压力使木块势能减少了ΔE′P，且：　　ΔE′P＝－Vrgh　　②　　由①②得这一阶段压力做的功：　　W1＝ΔEP＋ΔE′P　　＝rgh－Vrgh＝Vrgh　　压力将木块继续压到容器底部，这一阶段木块又下降5h/4，同时使容器底部被木块所占的那部分体积的水的重心升高5h/4，则这一阶段压力做的功为：　　W2＝Vrgh－Vrgh＝Vrgh　　把木块从自由浮着的位置压到容器底部，压力所做的总功为以上两部分功之和．故有：　　W0＝W1＋W2　　＝Vrgh＋Vrgh＝Vrgh　　9．解：运动员在整个运动过程中，重力做正功、水的阻力做负功，水的浮力做负功．运动员入水的最大深度为h，由功的定义有：Wc＝mg(H＋h)　　Wf＝＝5mgh/4　　W浮＝L＋F浮(h－L)　　而＝F浮/2，F浮＝pd2Lrg/4　　由动能定理得：Wc－Wf－W浮＝0即：　　mg(H＋h)－mgh－pd2LrgL－pd2Lrg(h－1)＝0　　代入数据解得：h＝7.4m 十二、一对摩擦力作功与生热关系的专题　　1．BD　　解：对A选项，两力的冲量等大反向，故A错；作用力做正功，反作用力可能做负功、正功、不做功，故C错．　　2．C　　分析：子弹克服阻力做功等于子弹减少的动能，等于木块增加的动能和产生的内能之和，系统损失的机械能等于产生的内能．　　3．分析：B对A的摩擦力是静摩擦，根据牛顿第二定律，得fBA＝　　所以B对A做的功W＝　　静摩擦力做功不产生热能．　　4．A　　提示：根据Q＝f·s相对　　不管木块B是否固定，s相对相同，所以Q1＝Q2；　　当B固定时，A对地位移小些，所以W1＜W2　　5．解：系统产生的热能Q＝fd，由功能关系知，子弹对木块的摩擦力f对木块所做的功等于木块机械能的增量，即ΔE机＝fs，子弹克服摩擦力所做的功等于子弹减少的机械能，ΔE子＝f(s＋d)　　6．解：以地面为参照物，设传送带的运动速度为v0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做加速运动，设这段路程为s，所用时间为t，加速度为a，则对小箱有：s＝at2/2……①，　　v0＝at…②，　　在这段时间传送带运动的距离s0＝v0t…③　　由①②③得：s0＝2s…④　　用f表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为：W＝fs＝mv02/2…⑤　　传送带克服小箱对它的摩擦力做功：　　W0＝fs0＝2×mv02/＝mv02…⑥　　两者之差就是克服摩擦力做功所产生的热：　　Q＝mv02/2…⑦　　可见在小箱加速运动的过程中，小箱获得的动能与发热量相等，T时间内电动机的输出的功为：W′＝…⑧　　此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即：W′＝Nmv02/2＋Nmgh＋NQ…⑨　　已知相邻的两小箱的距离为L，则有：v0T＝NL…⑩　　联立⑦⑧⑨⑩解得：＝十三、能量守恒定律专题　　1．解：功率的意义是单位时间内转化的能量：　　P＝W/t＝ΔE/Δt　　因此只要求出单位时间内通过截面S的风的动能，则可求出P的表示式．　　设空气在t秒内通过截面S的质量为m，则：　　m＝rV体＝rSl＝rSvt 　　在t秒内通过截面S的风的动能为　　EK＝mv2/2＝rSv3t/2　　因为风的动能全部转化为电能，所以其电功率公式为P＝EK/t＝rSv3/2　　把已知代入得P≈105W　　2．解：对系统只有动能和电势能这两种能，当两球增加的电势能最大时，两球距离最短，此时速度相等．　　mv1－mv2＝2mv　　v＝0.5m/s　　ΔEP增＝ΔEk减　　＝mv12＋mv22－×2mv2＝2.25(J)　　3．解：P水×20％＝P电　　P水＝200×5＝1000(W)　　mg·Δh＝P水t　　m＝3×105(kg)　　4．C　　解：要使火箭停在空中，须气体对火箭的反冲力等于火箭的重力F＝mg　　发动机的机械功率应是平均功率　　P＝·v＝mgv/2　　5．W1＜W2　　P1＜P2　　提示：第二种情况人做功消耗的体能转化为两船及人的总动能．　　6．解：把运动员离地后上升的运动当作竖直上抛运动，则上升到最高点的时间t为：　　t＝―(1―)·＝(s)　　每一次克服重力所做的功　　WG＝mgh＝mg·gt2＝50×10××10×()2＝25(J)　　∴P＝＝＝75(W)　　7．提示：正确答案是D．在第一种情况中，物体静止后，弹簧没有形变．在第二种情况中，物体最后静止的位置可能在B点(弹簧也没有形变)，也可能在B的左侧或右侧(弹簧有形变，仍有弹性势能)．　　8．D　　分析：根据对称性，当物体上升到最高点，动能损失了60J时，机械能损失了20J，下落过程机械能又损失20J，整过程机械能损失了40J，根据能量守恒守恒，知物体回到A处的动能为20J　　9．解：①设每年电站的工作时间为t由Pt＝W得：　　t＝＝＝3.5×103(h)　　每天工作时间T＝t/365＝9.8(h)　　②电站每天的发电量：　　E＝PT＝3×106×9.8×3600＝1.06×1011(J)　　每天涨潮两次，每次发电量：　　E1＝E/2＝5.3×1010(J)　　电能由水的重力势能转化而来：　　mghh＝E1，h＝6/2＝3(m)(重心位置) 　　∴m＝E1/hgh＝3.4×109kg　　v＝m/r＝3.4×106(m3/次)　　10．解：增加的势能：　　ΔEP＝mgh＝10×10×2＝20C(J)　　增加的动能：　　ΔEk＝mv02＝×10×22＝20(J)　　增加的热能：Q＝f动·S相　　而f动＝mmgcosq＝75(N)　　a相＝　　＝＝2.5(m/s2)　　S相＝＝＝0.8(m)　　∴Q＝75×0.8＝60(J)　　∴输入电能ΔE＝ΔEP＋ΔEk＋Q＝280(J)　　11．解：BC平面与弧底E的高度为　　h′＝R(1－cos60°)＝2(1－1/2)＝1m　　物体在对称的AB、CD斜面上滑动时受到的摩擦力为：　　f＝mmgcos60°　　由能量守恒定律得：　　mv02＋mgh＝fS总＋mgh′　　解得：S总＝280(m)十四、动量观点和功能观点专题　　1．解：m、M系统动量守恒　　Mv0＝(M＋m)v　　①　　由能量守恒定律得：　　mmgl＝Mv02－(M＋m)v2　　②　　由①②得：l＝Mv02/2mg(M＋m)　　全程机械能转化为内能：　　Q＝mmgl＝　　由动能定理对木板有：　　－mmgS＝Mv2－Mv02……③　　由①③得S＝Mv02(2M＋m)/2mg(M＋m)2 　　2．解：当木板置于光滑水平面时，设m离开木板时，木板的为v1，则由动量守恒得：　　mv0＝Mv1＋m(v0/3)　　①　　由能量守恒得：　　Q地＝mv02－Mv12－m()2　　②　　当木板固定在水平桌面上时，滑块离木板时木板的速度为v，它们之间产生的热量同样为Q热，由能量守恒得：　　Q热＝mv02－mv2　　③　　由①②③式解得：v＝　　3．解：(1)子弹与木块碰撞时，子弹与木块组成的系统动量守恒：　　m子v＝(M木＋m子)v1　　木块、子弹与小车组成的系统动量守恒：　　(M木＋m子)v1＝(M木＋m子＋m车)v共　　代入数据解得：v＝600m/s　　(2)对平板车，由动能定理得：　　m(M木＋m子)gs＝M车v共2　　代入数据解得：s＝2m　　4．解：对全程用动能定理，得　　mgr－mmgl＝0　　m＝r/l　　5．解：①第一种情况(M＋m)只能上升到与圆心等高；子弹与小球碰撞动量守恒：则：　　mv0＝(M＋m)v　　子弹与小球一起上摆过程机械能守恒：　　(M＋m)v2≤(M＋m)gl　　∴v0≤　　②第二种情况：(M＋m)能上到圆周最高点，　　由动量守恒得：mv0＝(M＋m)v　　由机械能守恒得　　(M＋m)v2＝(M＋m)g·2l＋(M＋m)v′2　　在最高点　　v′≥　　故v0≥　　v0≤或v0≥　　6．解；子弹碰撞铜块过程，子弹和铜块系统动量守恒　　m弹v0＝－m弹v1＋m铜v2　　0.01×200＝－0.01×100＋1×v2　　v2＝3(m/s) 　　铜块在木板上滑动过程，铜块和木板系统动量守恒和能量守恒，　　m铜v2＝(m铜＋m木)v3　　mm铜gL＝m铜v22－(m铜＋m木)·v32　　解得：m＝0.45　　所以m≥0.45　　7．解：A向左运动了距离l1－l2后，A与B产生完全弹性碰撞，由于A、B质量相等，∴碰后A停，B以A碰前的速度向左运动，经距离l2后与墙相碰，以大小相等的速度反弹，又经l2距离后又与A产生完全弹性碰撞，B停．由能量守恒得：　　mv2＝2mAmg(l1－l2)＋2mBmgl2　　∴v＝　　8．解：(1)mv0＝(m＋M)v　　v＝　　(2)mmg·nl＝mv02－(m＋M)()2　　n＝　　9．解：由图二可直接看出，A、B一起做圆周运动，运动的周期T＝2t0…①　　令m表示A的质量，l表示绳长，v1表示B陷入A内时即t＝0时，A、B的速度(即圆周运动最低点的速度)，v2表示运动到最高点时的速度，F1表示运动到最低点时绳的拉力，F2表示运动到最高点时绳的拉力，则根据动量守恒定律，得：　　m0v0＝(m0＋m)v1…②　　在最低点和最高点处运用牛顿定律可得：　　F1－(m＋m0)g＝(m＋m0)v12/l…③　　F2＋(m＋m0)g＝(m＋m0)v22/l…④　　根据机械能守恒定律可得：　　2l(m＋m0)g＝(m＋m0)v12/2－(m＋m0)v22/2…⑤　　由图2可知：　　F2＝0…⑥，F1＝Fm…⑦　　由以上各式可解得，反映系统性质的物理量是：　　m＝－m0…⑧，l＝g…⑨　　A、B一起运动的过程中的守恒量是机械能E，若以最低点为势能的零点，则：　　E＝(m＋m0)v12/2…⑩　　由⑦⑧⑩式得：E＝g　　10．解：(1)设滑块与小车相对静止时的速度为v(即一起做匀速运动的速度)，由动量守恒，有：　　mv0＝(M＋m)v，　　∴v＝mv0/(M＋m)＝1×2/(1＋4)＝0.4m/s　　对小车，由动量定理有：mmgt1＝Mv－0 　　即：0.4×1×10×t1＝4×0.4，　　故t1＝0.4s＜2s，　　说明0.4s时滑块已相对小车静止，设滑块离小车左端距离为L，由能量守恒有：　　mmgL＝mv02/2－(M＋m)v2/2　　代入数据解得：L＝0.4m　　(2)对小车：小车在0到0.4s内做匀加速直线运动，位移为s1，由动能定理，有：　　mmgs1＝Mv2/2－0，∴s2＝0.08m　　小车在0.4s到2s内以速度v＝0.4m/s，做匀速直线运动，位移为s2，　　s2＝vt2＝0.4×(2－0.4)＝0.64m　　故小车在2s内的位移为：　　s＝s1＋s2＝0.72m　　11．解：由系统动量守恒得：　　m1v＝(m1＋m2)v′　　由能量守恒得：　　Q总＝m1v2－(m1＋m2)v′2　　由①②得：Q总＝m1v2　　由Q总＝Q1＋Q2＝I2(R1＋R2)　　∴＝　　∴Q2＝Q总＝　　12．解：m1、m2、m3组成系统动量守恒得：　　m1v0＝(m1＋m2＋m3)v　　①　　∴v＝1m/s　　轻绳拉紧前后动量守恒：　　m1v0＝(m1＋m2)v2　　②　　设到三者速度相同时，物体在平板车上移动距离为l，由系统能量守恒得：　　mm3gl＝(m1＋m2)v22－(m1＋m2＋m3)v2　　③　　由①②③得：l＝1/3(m)　　13．解：根据题意，A碰地板后，反弹速度的大小v1等于它下落到地面时速度的大小，即v1＝　　A刚反弹后，速度向上，立刻与下落的B碰撞，碰前B的速度v2＝；　　由题意，碰后A速度为零．以v′2表示B上升的速度，　　根据动量守恒，得m1v1－m2v2＝m2v2′　　令h表示B上升的高度，有h＝v′22/2g　　由以上各式并代入数据得h＝4.05m　　14．解：系统动量守恒：I＝mv0(M＋m)V　　① 　　(弹簧压缩最短时，m、M速度相等为V，弹性势能最大)，由能量守恒得：　　EP＋mmgs1＝mv02－(M＋m)V2　　②　　物块又回到A点时m、M共同速度v′＝V＝2m/s　　由能量守恒得：mg·2s1＝mv02－(M＋m)V2　　③　　由①③得物块相对于车所通过的总路程S＝2s1＝3m/s　　代入②式得　　EP＝30(J)　　15．解：(1)当细线烧断后，m向右加速，M向左加速，m加速度逐渐减小，当m受弹簧弹力与摩擦力平衡时，其加速度为零，速度最大，由动量守恒定律知，M的速度也最大，设此时距O点为x，有kx＝mmg，x＝　　①　　m位于O点左侧②．　　(2)由动量守恒定律　　mv′1－Mv1＝0　　③　　设弹簧已释放的弹性势能为ΔEP，由能量守恒ΔE减＝ΔE增　　ΔEP＝mv′12＋Mv12＋mmg(x0－x)　　④　　由①③④式得：　　ΔEP＝v12＋mmg(x0－)　　⑤　　(3)因摩擦力做功，系统机械能逐渐减少，又因系统动量守恒，则M、m最终必同时处于静止状态．　　16．解：①物块与钢板碰撞时的速度　　v0＝＝　　物块与钢板碰撞前后动量守　　mv0＝2mv1　　回到O点的过程机械能守恒：　　EB＋(2m)v12＝2mgx0　　EP为刚碰完时的弹性势能．　　②v2表示质量为2m的物块与钢板碰后，开始一起向下的速度，则：　　2mv0＝3mv2　　EP＋(3m)v22＝3mgx0＋(3m)v2　　⑤　　v为回到O点的速度，当过O点后，物块2m与钢板分离，物块坚直上抛，上升离O点最大距离为l，则　　l＝v2/2g＝x0/2第七章　　机械振动和机械波一、描述振动的若干概念专题 　　1．C　　提示：回复力是物体回到平衡位置的力，它是按效果命名的．　　2．AD　　提示：正常脱水时，脱水缸振动频率(驱动力)f转远大于洗衣机固有频率f固，洗衣机无共振，工作平稳．切断电源后脱水缸振动频率逐渐减小而接近f固，振动逐渐加强，当f转＝f固时，发生共振而致使洗衣机振动最激烈．其后随f转继续减少，f转＜f固，振动逐渐减弱．　　3．驱动力频率，0.02m，1.56m　　提示：当驱动力频率等于单摆的固有频率时，发生共振，单摆的振幅最大，由图知：当f＝4×10－1Hz时，振幅最大A＝2cm＝0.02m，由＝2p得＝2p　　L＝1.56m　　4．BD　　提示：设振子在CB间振动，O点为平衡位置．如果振子是从CO之间很靠近点O的某点A开始向B点运动，则经很小的时间(小于T/4)振子运动到OB之间的某点D，使得OA＝OD，由对称性知振子在A点时速度与在D点时速度相同，动能改变量及动量改变量均为0，所以弹力对振子做的功及弹力对振子的冲量均为0．　　5．B　　提示：振子在O点左边位移均为负值，振子在O点右边位移均为正值；振子向右运动速度为正值，振子向左运动速度为负值．　　6．A　　提示：振子只要在同一位置，速度大小都一定相等，但方向可能不相同，故速度可能不相等，但动能和弹性势能一定相等．　　7．BC　　提示：由图可知：对A问：从0到t1振子的加速度增大，说明振子远离平衡位置运动，速度减小；对B问：从t1到t2振子的加速度减小，说明振子是向平衡位置运动，速度增大，动能增大，势能减小；对C问：从t2到t3振子的加速度增大，且为负值，说明振子远离平衡位置运动，位移是增大的，且方向与加速度方向相反，为正值；对D问：振子在振动过程中机械能是守恒．　　8．AC　　提示：四个摆的振动都是受迫振动，振动周期都相同，都等于驱动力的周期2s，但振幅不同；摆3的固有周期为T3固＝2p≈2s，故摆3的振幅最大．　　9．AB　　提示：依题中表格内容可作位移x、速度v随时间t的变化图象．例如A选项可作出图象如图所示(x图线的斜率为速度的大小)　　10．解：摇把转动频率(即驱动力频率)为　　f＝n＝240/60＝4(r/s)　　所以振子作受迫振动的周期为　　T＝1/f＝1/4＝0.25(s)　　11．解：车厢弹簧的固有周期　　T0＝1/f＝1/2＝0.5(s)　　当车厢受迫振动的周期T＝T0＝0.5s时，车厢振动最强(共振)，所以列车运动速度v＝S/T＝12.5/0.5＝25(m/s)该列车司机应避免用此速度行驶． 二、简谐运动专题　　1．ACD　　提示：最大位移处一定是对称的两个极端位置，故有：t＝，T＝　　(n＝0，1，2…)　　故只要分子为2，分母为奇数的都对．　　2．ACD　　提示：单摆周期仅由摆长及重力加速度决定，故C问对B问错，由f＝．知A、D问均对．　　3．ACD　　提示：设货物受到的支持力为FN，则　　F回＝FN－mg　　∴FN＝F回＋mg　　由图可知：a点的回复力F回为负的最大，c点的回复力F回为正的最大，b与d点的回复力F回为0．　　4．D　　提示：摆球的动能转化为灰尘的动能，故最大速度变小，振幅变小，而周期不变．　　5．CD　　提示：碰后两小球各自作单摆运动，且摆长相同，周期相同，故两小球同时回到最低点再次相碰．　　6．D　　提示：因为二人所用的是同一装置，故摆动周期相同，由甲、乙二图知：二次摆动的振幅相同，幅度一样，且都为简谐运动；木板运动相同的距离所用的时间不等，甲图用2个周期的时间，而乙图用2.5个周期的时间，故甲图木板运动速度大．　　7．A　　提示：两小球运动可等效为两相同摆长的单摆运动，周期相同．运动到O点的时间相同，故一定是在O点相遇．　　8．C　　提示：由图知，竖直向上为正方向．对A问，1.25s时振子在平衡位置上方向下运动的，所以加速度及速度方向均向下为负的；对B问，1.7s时振子在平衡位置下方向下运动的，所以加速度方向向上为正而速度方向向下为负的；对C问，1s时振子在平衡位置上方最大位移处，速度为0而加速度为正的最大；对D问，1.5s时振子向下运动到平衡位置处，所以加速度为0而速度负的最大．　　9．C　　提示：在t1、t2时刻加速度方向相反，回复力的方向也相反．　　10．C　　提示：设振子在CB间振动，O点为平衡位置．如果振子是从CO之间很靠近点C的某点A开始向C点运动，则经很小的时间(小于T/4)振子回到A点，这时Δt小于T/4，故AB问错；对C问：振子经一个周期在同一位置，加速度一定相同；对D问：经半个周期振子可是从一端运动到另一端的，即弹簧由压缩到伸长的，弹簧的长度就不相同了．　　11．4.93m/s2提示：此单摆的振动周期为　　T＝t/n＝30/15＝2(s)　　∴g＝＝4.93(m/s2) 　　12．解：∵mg＝G　　∴g＝　　且T＝　　　　＝＝　　13．解：质点从o到最大位移经历的时间为　　t＝3＋2/2＝4(s)　　∵t＝T/4　　∴T＝4t＝4×4＝16(s)　　14．证明：置于液体中的密度计静止时：　　mg＝F浮＝rh1S　　(h1为密度计没入水中的深度，S为密度计横截面积)，用手把密度计压入液体Δh时松手，密度计的合力(即回复力)为：　　F回＝rg(h1＋Δh)S－mg＝rgΔhS　　F回方向与位移方向相反，　　∴F回＝－rgSΔh＝－kΔh，即回复力大小与位移成正比，方向与位移方向相反，满足简谐运动条件，所以密度计在液体中的上下振动是简谐运动．　　15．解：①滑块M对砝码m的静摩擦力，M、m整体的最大加速度为：　　am＝kA/(M＋m)　　砝码的最大回复力为：　　fm＝mam＝k′A　　解上两式得：k′＝km/(m＋M)　　②当滑块的振幅为A/2时，M、m整体的加速度为a＝am＝kA/2(M＋m)　　此时砝码受到的回复力为：　　f＝ma＝mkA/2(M＋m)　　方向与位移方向相反．　　③砝码随滑块振动过程中，最大静摩擦力为：　　fm＝mmg　　产生的最大加速度为：　　a′m＝fm/m＝mg　　对整体m、M则有：a′m＝kA′/(M＋m)　　解上两式得砝码与滑块不发生相对滑动的最大振幅为A′＝m(m＋M)g/k三、描述机械波的若干概念专题 　　1．BD　　提示：对A问：纵波就不是了；对C问：振动质点并不随波的的传播而传播．　　2．AC　　提示：对D问：振源的振动速度是变速度运动，而对同一波在同一均匀介质中传播速度是不变的．　　3．BDCA，DBCA　　提示：由图象可判定A、B、C三图的a质点向上运动，D图的a质点向下运动，故有各图a质点由该时刻到波峰的时间分别为：　　tA＝＝　　tB＝＝　　tC＝＝　　tD＝TD＝　　∴tB＜tD＜tC＜tA　　∵f＝v/l　　∴fA＝v/L　　fB＝4v/L　　fC＝3v/2L　　fD＝6v/L　　∴fD＞fB＞fC＞fA　　4．AC　　提示：机械波中f由波源决定，v由介质决定．　　5．D　　提示：A开始振动时的状态与B点(波前)此时的振动状态相同，而B点此时是向下振动的，故选D．　　6．解：①设观测站距南投的距离为S，则有　　＝Δt　　S＝Δt＝×5.4＝33.6(km)　　②纵波先到达观测站，对建筑物冲击而产生前后的晃动．　　7．解：①波的频率由波源决定，与介质无关，所以同一到波在不同的个质中传播，频率不变，即1∶1．　　②∵v＝lf，∴＝四、波动图象的物理含义专题　　1．A　　提示：由图可知此波的波长为12cm，振幅为2cm．对P点分析：　　Δt＝T＝T＝T＝0.35(s)　　T＝0.2s，v＝l/T＝12/0.2＝60(cm/s)　　Δt＝T＝T 　　t时刻P向上运动，T后的t′时刻P点恰好运动到波谷，速度为0，故D问错．　　2．BD　　提示：t＝0时刻，质点a与c的位移均不为0，故AC问均错；对B问：由图可知b质点该时刻位移为0且向上运动，故B问对；对D问：由图可知d质点该时刻位移为0且向上运动，故D问对．　　3．D　　4．CE　　提示：由F质点的振动方向可知波向左传播；对C问：质点C经T/4回到就平衡位置，而质点B先向上振动到波锋再向下振动到平衡位置所用时间大于T/4；对D问：质点C在波锋，加速度最大；对E问：离平衡位置越近的质点速度数值越大．　　5．AD　　提示：对A问：A和B两质点相距半个波长，故运动方向始终相反；对B问：B和C两质点相距四分之一波长，该时刻运动方向相同，再过四分之一周期，运动方向就不同了；质点E经T/4就回到平衡位置，而质点F先向上振动到波锋再向下振动到平衡位置所用时间大于T/4；对D问：各质点的振幅均相同．　　6．C　　提示：ab两点间的距离：l＝l＝l相距半波长奇数倍的两质点的位移大小始终相等，运动方向始终是相反的，所以当a点经过平衡位置向上运动时，b点经过平衡位置向下运动．　　7．BD　　提示：该波周期T＝1/f＝0.4s，波长l＝vT＝0.4m，t＝0时刻，P点在正最大位移处，Q点在负最大位移处，经0.1s(T/4)P点在平衡位置向下运动，Q点在平衡位置向上运动，速率均达到最大值，故B、D正确．　　8．BD　　提示：由P质点的振动方向可知波向左传播；　　9．16，a提示：O点开始振动的状态为过平衡位置向y正向(波前)，图②中第8点与之振动状态相同；而波前点位置已超过第10点，由图②波形延长至16a处质点的振动状态与O点的初始振动状态相同，即为波前点．　　∴t＝16a/a＝16(s)　　v＝a(m/s)　　10．解：由图可得波长l＝0.4m，周期　　T＝l/v＝0.4/2＝0.2(s)，　　时间t＝2.5s的周期数为：　　n＝t/T＝2.5/0.2＝12.5(个)　　质点M在2.5s内的路程为：　　s＝5×4×12.5＝250cm＝2.5m，　　质点M在2.5s末恰好在平衡位置上，位移为零．五、波动图象的应用专题　　1．提示：波向x轴正向传播时：　　v右＝s/t＝(nl＋l/4)/t＝5(4n＋1)(n＝0．1．2．3．……)　　波向x轴负向传播时：　　v左＝s/t＝(nl＋3l/4)/t)　　＝5(4n＋3)(n＝0，1，2，3，……)　　2．D　　提示：如第3题．　　3．解：依题意PQ间的波形如图A、B、C、D所示， 要Q质点第一次运动到波谷，对应的时间分别为：　　tA＝　　　　　　tB＝　　　　　　　tC＝　　　　tD＝　　　　　4．－1，＝　　提示：该波周期T＝l/v＝0.4s，t＝0.6s＝3T/2，　　故在0.6s时刻，波形跟原波形相反，与A对称的B处的纵坐标为－1cm，质点在A、B两处的速率关系为：　　vA＝vB．　　5．AC　　提示：对A问：由图可知：波甲的波长为2m，波乙的波长为1m；　　对B问：v甲＝s/t＝1/t，v乙＝0.5/t，故v甲＞v乙；　　对C问：周期均为T＝t/2．　　6．C　　提示：A图a向上运动．tA＝T＝　　B图a向下运动．tB＝T＝　　C图a向下运动．tC＝T＝　　D图a向上运动．tD＝T＝·＝　　∴a运动到波谷的时间C图最少．　　7．AC　　提示：14＝nl＋　　∴l＝(n＝0，1，2，3……)　　又1.00＝NT＋T/4　　∴T＝4/(4N＋1)(N＝0，1，2、3……)　　故波速v＝l/T＝　　当N＝0且n＝0时，v＝4.67(m/s)　　当N＝1且n＝1时，v＝10m/s　　8．BD　　提示：设波向左传，0.4s＝T/2 　　所以T＝0.8s，　　v＝l/T＝4/0.8＝5(m/s)　　设波向右传0.4s＝6T/4　　所以T＝0.8/3(s)，　　v＝l/T＝4×3/0.8＝15(m/s)　　9．作图：振幅A＝2cm，波长为4m，该时刻质点0经平衡位置且向－y轴．　　10．解：B点到达正向最大位移所需的时间，即振动从A传到B的时间为t＝(n＋3/4)T＝rAB/v＝0.03/12＝1/400(s)　　所以，频率的表达式为　　f＝1/T＝400(n＋3/4)Hz　　波长的表达式为：　　l＝v/f＝12/400(n＋3/4)＝m　　(n＝0、1、2……)　　11．提示：①波长最长时，ab间的波形如图，波由a传到b的时间为　　Δt＝　　Δx＝vt＝＝30(m)　　∴l＝90cm　　②图略　　a质点向下，b质点向上．　　12．解：①波形如图所示　　②波传到M点时(正好在平衡位置向y轴正向)，同时也传到了x2′＝－2.7m的N′点，　　NN′＝Δx＝0.2m，　　由Δx＝vΔt，所以Δt＝0.01s．　　这说明向右的波传到M后，向左的波再经过半个周期波才传到N点，即质点M还要做半个周期的振动，所以质点M正好位于平衡位置且向y轴负方向运动．六、波的特有现象以及声波专题　　1．D 　　2．AC　　提示：l＝v/f＝340/1000＝0.34(m)　　Δs＝20.4－17＝3.4m＝10l；c点振幅最大．　　3．AD　　4．CD提示：S1、S2到连线中垂线上各点的波程差均为零，故中垂线中的各点的振动始终是加强的，振幅为2A，但位移随不同时刻在±2A之间变化．　　5．ABD　　提示：该横波的波长l＝v/f＝10/5＝2m，　　两列波在a、b间相向传播，路程差为波长的整数倍时，振动最强，这些点距a点的距离分别为：1m、2m、3m、4m、5m共五处，故A、D正确．路程差为半波长的奇数倍时振动最弱，这些点距a点的距离分别为：0.5m、1.5m、2.5m、3.5m、4.5m、5.5m共六处，故B正确，C错　　6．D　　7．B　　提示：观察者相对声源远离时频率变小，相靠近时频率变大．　　8．解：2s＝vt　　s＝vt/2＝340×0.1/2＝17m　　9．解：设飞机速度为v，，声速v′，如图　　＝＝ctg60°　　∴v＝v′ctg60°＝0.58v′　　10．解：设两峭壁间距离为S，依题意有：　　s＝s1＋s2＝＝425(m)第八章　　分子热运动、能量守恒一、分子热运动专题　　1．B　　2．A　　3．C　　4．A　　提示：分子间的f引和f斥都随距离r增大而迅速减小，其f斥∝，f引∝　　5．D　　6．ABD　　7．B　　8．AB　　提示：原子形状可认为是正方体模型，也可认为是球体模型．　　9．解：①s＝59×22＝236cm2　　②v＝＝1.2×10－5ml＝1.2×10－5cm3 　　③d＝＝cm＝5.0×10－8cm＝5.0×10－10m二、物体的内能、热量专题　　1．D　　提示：温度是分子平均动能大小的标志．　　2．C　　提示：分子距离r＝r0的时候，分子间势能最小．　　3．BD　　提示：同上题　　4．BCD　　5．B　　提示：温度相同时分子的平均动能相同，而同质量的氢气分子数比氧气分子数多，故氢气的内能大．　　6．C　　7．BC　　8．解：①水平方向动量守恒，故mv0＝mv1＋Mv　　∴v＝(v0－v1)＝×(500－300)＝20m/s　　②Wf＝m(v02－v12)＝×0.02×(5002－3002)＝1600(J)　　③W木＝Mv2＝×0.2×202＝40　　④Q总＝Mv02－Mv12－Mv2＝1600－40＝1560(J)　　⑤Q吸＝Q总×42％＝655.2(J)　　∵Q吸＝C·mΔt　　∴Δt＝＝＝260℃三、热力学定律、能量守恒定律专题　　1．C　　2．A　　提示：电流做功使室内系统的内能增加　　3．C　　提示：吸收的热量除了使水分子的势能增大(势能增量等于汽的内能和水的内能之差)外，还要克服大气压力对外做功．　　4．C　　提示：气体对挡板做功使板的动能增大，由能量守恒可知挡板动能增加应等于气体的内能减小．　　5．C　　提示：由热力学第一定律判定　　6．AD　　提示：第一类永动机违反了能量守恒定律，第二类永动机并不违反能量守恒定律，但违反热力学第二定律．　　7．AD　　8．D　　提示：水的重力势能转化为水的内能　　9．D　　10．C　　提示：活塞上升h时，气体克服活塞重力做功mgh，克服大气压做功p0sh ，由热力学第一定律：　　ΔU＝W＋Q＝Q－mgh－p0sh　　11．C四、怎样解“估算题”专题　　1．B　　提示：　　v＝≈1×10－26m3　　2．B　　提示：把液态氢分子视为正立方体模型，每个分子体积V个＝(1×1010)3＝1×10－30m3　　所以N＝V/V个＝＝103个　　3．解：水的摩尔质量是1.8×10－2kg/mol，2.2kg水的摩尔数：　　n＝m/M＝2.2/1.8×102＝1.2×102(mol)　　此瓶水的分子数：　　N＝nN0＝1.2×102×6×1023＝7.2×1025(个)　　4．解：设人和车质量约为100kg，则骑车做功功率为：　　P＝Fv＝fv＝mMgv＝0.1×100×10×5＝5×102W　　5．解：由p0＝和S＝4pR2可得：　　m＝　　＝＝5×1018(kg)　　6．解：由mg＝，可得M＝，　　又V＝pR3　　∴r＝M/V＝　　＝＝5.6×103(kg/m3)　　7．解：水的质量为：m＝rv＝103×0.3＝3×102kg　　吸热：Q吸＝C·mΔT　　＝4.2×103×3×102×(50－10)＝5×107J　　每平方米的功率：　　p＝＝＝9.3×102W　　8．解：□v＝c/l，　　v1＝3.00×108/2×10－7＝1.5×1015(Hz)　　v2＝3.00×108/1×10－5＝3.0×1013(Hz) 　　辐射的频率范围为3.0×1013Hz→1.5×1015Hz　　□每小时从太阳表面辐射的总能量为　　W＝4psRs2T4t＝4×3.14×5.67×10－8×57704×3600×(69600×103)2＝1.38×1030(J)　　□设火星表面温度为T′．太阳到火星距离为d，火星单位时间内吸收来自太阳的辐射能量为　　Pm＝4psRs2T4(pr2/4pd2)　　而d＝400Rs　　Pm＝psRs2T4r2/4002　　火星单位时间内向外辐射电磁波为　　Pout＝4psr2T′4　　火星处在平衡状态Pm＝Pout　　即　　psRs2T4r2/4002＝4psr2T′4　　所以T′/＝204(K)第九章　　固体、液体和气体一、气体状态参量专题　　1．C　　2．C　　3．AC　　4．A　　提示：热力学温度和摄氏温度的每一度温差大小相同．　　5．BCD　　6．C　　提示：气体的压强决定于单位体积内气体分子数(即气体分子密度)和分子的平均速率(随气体的温度变化)　　7．C　　提示：所施加的力F至少应等于大气压力作用在半球壳上的合力，其大小等于大气压强与半球端面积的乘积；即：F＝PS＝P·pR2，故选项C正确．　　8．CD．提示：由于两瓶内的同种气体压强相等，说明器壁单位面积所受的压力相等，故选项D正确．若两瓶温度相同，则两瓶内气体的分子平均速率相同，只有单位体积内的气体分子数也相同才能压强相同，故选项C正确．若两瓶气体的单位体积内分子数不同，则温度一定不相同(平均动能也一定不同)，故选项A、B错．二、气体的体积、压强和温度的关系专题　　1．B　　提示：一定质量的气体的压强是由单位体积内的分子数(体积的大小)和分子的平均速度的大小(温度高低)两个因素共同决定的．　　2．BD　　提示：温度不变时，同种气体的分子平均速率不变，故每次气体分子碰撞器壁的平均冲量不变，故选项A错；一定质量的气体分子总数不变，故选项C错；气体经等温压缩后体积变小，气体的分子密度变大，单位时间内单位面积器壁上分子碰撞次数增多，故选项B、D对．　　3．C　　提示：恒温时气泡气体内能不变，ΔU＝0，而在上升过程中气泡压强变小，体积变大对外做功，即W＜0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可得Q＞0，故选项C对． 　　4．A　　提示：当瓶内高压气体迅速喷出时，体积增大，对外做功，而从周围空间吸收的热量远少于对外做的功，致使气体内能减少而气体和钢瓶的温度下降而低于环境温度．关闭阀门后，钢瓶和瓶内的气体的温度逐渐升高到与外界环境温度相同，这时瓶内剩下的一定质量的气体由于温度升高而体积不变，从而压强变大．当再次打开阀门时，就会有气体从瓶内喷出而导致瓶内气体质量减少．　　5．BD　　提示：用热力学第一定律ΔU＝W＋Q分析．　　6．BD　　提示：若只是大气压增大时，气缸内一定质量的温度不变的气体压强增大，体积变小．而气缸与气体的总质量不变，由平衡条件可知，弹簧长度不变，而气缸上底的高度变小，故选项A错，选项B对；若只是气温升高，气缸内一定质量的气体的压强不变而体积增大，故从平衡条件可知，故选项C错，选项D对．　　7．C　　提示：当P向B移动时，外界对乙气体做功，内能增大，温度升高，T乙＞T甲，乙传热量给甲而导致甲、乙的内能都增加，故选项C对．　　8．C　　提示：由于是导热气缸，缸内的气体温度不变，内能不变，当沙子漏出时，由平衡条件可知缸内气体压强增大而体积变小外界对气体做功，故选项C对．　　9．ABD　　提示：用热力学第一定律ΔU＝W＋Q分析．第十章　　电场一、两定律专题　　1．AC　　提示：三个相同的球，电荷先中和后平分，最后各带2Q电量．　　FAB＝k　　F′AB＝kFAB　　2．A　　提示：q1、q2为异种电荷，且q1＜q2，故所问位置应在a点左侧，且有.k＝k，求出x＝40cm．　　3．提示：①三个自由电荷平衡的特点：三点共线，两大夹小，两同夹异；故q1、q3均为负电荷．　　②由F13＝F23及F21＝F31．求出：　　q1＝q2()2　　q3＝q2()2　　4．A　　提示：小球第一次平衡时的受力如图所示，且T和mg的合力与F等大反向．由相似三角形关系得：＝， 　　即mg＝F　　同理：小球第二次平衡时应有：　　m′g＝F′　　而F′＝4F　　∴m′＝8m　　5．AC　　提示：　　∵a＜b，由平衡条件推出：ma＞mb，　　线断后，两球都作平抛运动，任一时刻竖直方向位移及速度均相同，且水平方向动量守恒，故a球水平速度小于b球水平速度，a球水平位移小于b球水平位移．　　6．解：设连结AB的线恰好拉直，TAB＝0这时A球的受力如图所示，　　由平衡条件得：qE＝k＋所以要求的E≥kq/L2＋mg/3q　　7．解：分析BC张力TBC时，隔离C，C球受力如图(a)所示，由平衡条件得：　　TBC＝mg＋k＋k＝mg＋k　　分析AB张力时，把BC看作整体，BC受力如图(b)所示，由平衡条件得：　　TAB＝2mg＋k＋k＝mg＋k　　8．解：①三球处于静止时，对BC整体有：　　TAB－(2m＋3m)g－QE＝0　　∴TAB＝QE＋5mg　　②A球释放一小段时间，C球的加速度为g，AB以相同的加速度aAB运动．　　对AB整体：　　(m＋2m)g＋QE＝(m＋2m)aAB 　　解得：aAB＝g＋　　对A球：mg＋T′AB＝maAB，　　解得：T′AB＝QE/3　　9．解：同时释放三个球瞬间：(取向右方向为正方向)对ABC整体：　　F合外＝maA＋maB＋maC＝0　　aB＝－1(m/s2)二、电场力性质、电场能性质专题　　1．提示：细胞膜里的电场看作是匀强电场，　　F＝qE＝e＝8.0×10－13(N)　　2．B　　提示：E1＝E2之点仅有如图示的a、b两处，b处的合场强为零，a处的合场强为2E2．　　3．A　　提示：棒AB可等效为无数个电荷量相同的点电荷，P点的场强由无数个点电荷场强叠加而成，结果在P点，平行AB方向的相互抵消，剩下的垂直AB向上．　　4．CD　　提示：e＝qU，电势能的大小和电势高低，电荷正负以及电荷带电荷量的大小都有关．A答案没有明确电荷的正负，无法判断；B答案没有明确电势的正负，放入电荷的正负，也无法确定；C答案中电势为正值，故答案正确；D答案中电势为负值，故答案也正确．　　5．先补画出①③的电场线、场强方向就是AB两点电场线的切线方向，由电场线的分布可知：　　①EA＝EB，UA＜UB；　　②EA＜EB、UA＜UB；　　③EA＜EB，UA＞UB；　　而要比较的是负电荷，故：　　①eA＞eB；②eA＞eB；　　③eA＜eB，FA＜FB．　　6．C　　提示：因不知道电场线ABC的方向以及其上下两侧电场线的疏密分布情况，故答案A、B、D均错．C答案中，由于选B点电势为零，则同一电荷在A、C两点具有的电势能必定是一正一负，故选项C正确．　　7．D　　提示：因为电荷初速度方向不明，且电场线也不一定是直线．所以电荷运动轨迹不一定和电场线重合，也不一定由高电势处向低电势处运动．　　8．D　　提示：由速度图线可知，负电荷从A到B的过程中加速度变小，即FA＞FB，EA＞EB，又由负电荷受力方向和场强方向相反判出电场方向从B到A．故UA＜UB．　　9．BC　　提示：根据场强的合成规律知，垂直平分线上任一点的场强方向都是水平向右的，且C点的场强最大，离C点越远越小，故垂直平分线是一条等势线，电势与无穷远处电势相等． 　　10．C　　提示：场强数值和电势数值无因果的关系．场强为零处、只说明该处的电势不变，但电势可大可小，也可为零；反之，电势为零处，电势变化快时场强大，电势变化慢时场强小，电势不变，场强为零．也可以这样理解，场强是否为零是客观存在的，而电势是否为零是人们主观选定的，两者没有必然的关系．　　11．B　　提示：如图所示，B选项的两种运动情况．　　12．BCD　　提示：如图所示，设A、B、C、D中相邻两点距离为L，那么＋Q在B点的场强为：　　E＝k　　－Q在B点的场强为　　E′＝k　　＋Q，－Q在B的合场强为5E/4．而BC线段的中垂线与无穷远处电势相等为零，＋Q电场在B、C两点形成的电势差U＝8－4＝4V(对称性)，而－Q电场在B、C两点形成的电势差也应是4V，故B、C两点电势差为8V，即　　VB＝4V，VC＝－4V　　13．B　　提示：根据场强的合成规律知，中垂线上各场强方向及大小情况是：O点场强为零，O点的右边场强都向右；大小变化为：随离O点的距离增加先逐渐增大到最大再逐渐减小．故只有选项B正确．　　14．解：方法一：如图：O为AC中点，F为AB中点，E为FB中点，　　U0＝(15－3)/2＝6(V)，　　UF＝(15＋3)/2＝9(V)，　　UE＝(9＋3)/2＝6(V)，　　∴OE为等势线，且OE为ΔBDF的中位线．　　∴UD＝UF＝9(V)　　方法二：∵AD∥BC且AD＝BC，∴UAD＝UBC(这关系请同学自行推导并熟记)　　即：15－UD＝3－(－3)，UD＝9(V)　　15．解：如图，AB中点D的电势UD＝(－5＋9)/2＝2(V)， 　　∴CD为等势线．分别过A、B两点的等势线平行于CD，过C点的电场线垂直于CD．三、电场力做功专题　　1．D　　提示：由Wab＝qUab知Wab＝0，只说明Uab＝0　　2．提示：①电场力做负功，电场力与AB方向相反，正电荷受电场力与场强方向相同，故电场线方向是BA方向，所以，UA＜UB；　　②同理UA＜UB；　　③同理UA＜UB．　　由e＝qU知，对于正电荷，电势高电势能大，负电荷则相反，故④UA＞UB，⑤UA＞UB．　　3．B　　提示：由电场力方向和转动方向知，这一过程电场力对两电荷均做正功，且以杆上任一点转动效果是一样的，现以绕杆的左端点转动60°算，　　W＝FL(1－cos60)＝QEL/2，　　这时只有＋Q的电场力做功．　　4．BD　　提示：小球在电场力、弹簧弹力作用下作简谐运动．如图所示，运动到平衡位置0时，kx0＝qE，x0＝qE/k由简谐运动的对称性得A＝x0＝qE/k，选项B正确；球速度为零的位置有B、C两个，xB＝0，xC＝2A，选项A错；整过程中，电场力弹簧弹力做功，是电势能、动能和弹性势能的相互转化，机械能不守恒，选项C错，选项D正确．　　5．B　　提示：＋Q、＋2Q共同形成电场，使得C点的合场强向右，D点的合场强向左．故正电荷从C到D，电场力先做正功再做负功，B选项正确．　　6．解：一次闪电放出能量　　ΔE＝W电＝qU＝30×109　　n＝＝＝416.7＝416天　　7．解：由动能定理得：　　ab过程：q(U－2U/3)＝mv2/2　　ac过程：q(U－U/4)＝mv′2/2　　解得：v′＝1.5v　　8．解：由题意得v0＝0.16m/s，a＝0.04m/s2，　　由0＝0.16－0.04t　　得t＝4s 　　∴5秒内物体作往返运动，路程为：　　s＝0.16×4－0.02×42＋×0.04×12＝0.34(m)　　W电＝Fx＝ma·x5＝3×105J　　(x5是5秒内物体的位移)　　9．解：由动能定理得：　　W＋qUab＝ΔEK　　6×105＋2×109Uab＝8×10－5　　Uab＝1×104(伏)　　10．解：如图，依题设条件，小球在c点时的动能最大，说明电场力对到达c点的小球做功最多，由Wac＝qUac知Uac最大，即c点的电势比圆周上任一点的电势都低，由此可推出过c点的等势线必定是c点圆弧的切线，故和等势线垂直的oc方向即为电场方向，其与直线ac夹角为：q＝∠aco＝∠cao＝30°　　11．解：①设B运动到距Ax处，恰好对绝缘板无压力．由牛顿第二定律得：mg－＝ma　　∴x＝q　　②由题意知，下落过程中将整个A、B间距离分成2∶1，∴下落距离为：　　h＝2x＝2q　　设对板恰好无压力时，速度为v，电场力和支持力做功代数和为W，由运动学公式和动能定理得：　　v2＝2ah＝4aq　　W＋mgh＝mv2　　解得：　　W＝mv2－mgh＝m×4aq　　－mg2q＝2mq(a－g) 四、静电屏蔽专题　　1．ACD　　提示：带电棒移近导体球时，甲、乙产生静电感应分别带等量异种感应电荷，如果这时把两球分开，甲乙分别带正、负电荷；如果先移走棒感应电荷相互中和，甲乙都不带电；如果先接地，甲乙整体带正电；如果棒与甲接触，棒把负电荷转移到甲、乙球上．　　2．B　　提示：高压作业服相当于空腔导体，对人体起屏蔽作用，即使得人体内场强处处为零．　　3．解：A、B接触，异种电荷先中和，剩余的净电荷为3×10－4C，达静电平衡后，只能分布在导体的外表面，QA＝3×10－4C，QB＝0　　4．D　　提示：电量减小后，最后一定处于静电平衡状态，内部场强还是零．　　5．解：E感＝Eq＝k，方向与Eq方向相反，向右．五、带电粒子在电场中直线加速减速运动　　1．ACD　　提示：不管A、B板如何移动，电场力做功均满足：W电＝－qe，　　对选项A、B满足：mg2d－qe＝0　　质点能返回．　　对选项C：mg(2d－x)－qe＜0　　即质点未到N孔速度为零能返回．　　对选项D：mg(2d＋x)－qe＞0　　即质点到N孔还有速度将穿过N孔．　　2．C　　提示：由图可知UAB＝－U，UBC＝0，UCD＝2U　　A、B过程：mvB2＝－e×(－U)＝eU　　B、C过程：ΔE＝－e×0＝0　　C、D过程：电子运动到CD中点时，速度减到零然后返回，结果在A、D间往复运动．　　3．AB提示：A选项，电子的运动过程：正向加速，正向减速(未速度为零)，正向加速……，一直向B板运动；　　B选项，电子运动过程：正向加速，正向减速，反向加速，反向减速，正向加速……，且正向位移总大于反向位移；　　C选项，电子的运动过程：正向加速，正向减速，反向加速，到A板；　　D选项，电子进不了电场．　　4．解：①质点作直线运动，则mg和F电的合力必与v0反向，如图，故小球带正电且qE＝mgq＝mg/E　　＝mgd/U＝mgd/100 　　②小球受到合外力F合＝mg，　　由动能定理得：　　－mgSm＝0－mv02　　∴Sm＝v02/4g　　5．解：要让正离子到达B板时速度最大，则应有正离子从A板运动到B板的过程总处于加速状态，即从A到B的运动时间t满足：t≤T/2＝1/2f，　　∴d≤at2　　即d≤　　解得：d≤/2f　　6．解：①由题意可知0→T/4时间内放出的粒子进入AB板间，均能从Q孔射出，也就是说在T/4时刻进入AB板间的粒子是能射出Q孔的临界状态．粒子在T/4时进入AB间电场时，先加速，后减速，由于粒子刚好离开电场，说明它离开电场的速度为零，由于加速和减速的对称性，故粒子的总位移为加速时位移的2倍，所以有：d＝2a(T/4)2/2＝qUT2/16dm　　即　　d2＝qUT2/16m　　②若①中的关系式成立，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间为最短(因为这种情况只有加速过程)，设最短时间为tx，则有：　　d＝atx2/2　　解得：tx＝T/4　　在t＝T/4时刻进入电场的粒子在t＝3T/4的时刻射出电场，所以，有粒子飞出电场的时间为Δt，那么　　Δt＝3T/4－t＝(3－)T/4　　Δt/T＝(3－)/4　　7．解：设质点P的质量为m，电量大小为q，根据题意，当A、B间电压为时U0，有q＝mg　　当两板间电压为2U0时，P的加速度向上，其大小为a，q－mg＝ma　　解得a＝g　　当两板间的电压为0时，P自由下落，加速度为g，方向向下．　　在t＝0时，两板间的电压为2U0，P自A、B间的中点向上作初速为零的匀加速运动，加速度为g，经过t1，P的速度变为v1，此时使电压变为0，让P在重力作用下作匀减速运动，再经过t1′，P正好到达A板且速度为0，故有v1＝gt1　　0＝v1－gt1′　　　　由以上各式得t1＝t′1　　t1＝　　因为t1＝t1　　得t1＝　　在重力作用下，P从A板处向下作匀加速运动，经过t2，速度变为v2，方向向下，这时加上电压使P作匀减速运动，经过t2′，P到达B板且速度为零，故有　　v2＝gt2，0＝v2－gt2′ 　　d＝gt22＋v2t2′－gt′22　　由以上各式得t2＝t2′　　t2＝因为t2＝t1＋t1′＋r2　　得t2＝(＋1)　　在电场力与重力的合力作用下，P由B板处向上作匀加速运动，经过t3，速度变为v3，此时使电压变为0，让P在重力作用下作匀减速运动，经过t3′，P正好到达A板且速度为0，故有　　v3＝gt3　　0＝v3－gt3′　　d＝gt32＋v3t3′－gt′32　　由以上各式得t3＝t3′　　t3＝　　因为t3＝t2＋t′2＋t3　　得t3＝(＋3)　　根据上面分析，因重力作用，P由A板向下作匀加速运动，经过t4，再加上电压，经过t′4，P到达B且速度为0．　　因为t4＝t3＋t′3＋t4　　得t4＝(＋5)　　同样分析可得tn＝(＋2n－3)(n≥2)六、带电粒子在匀强电场中偏转专题　　1．AC　　解：电子经加速电压U1加速，设电子离开加速电场进入偏转电场时速度为v，根据动能定理，得　　eU1＝mv2　　电子在偏转电场的偏转量　　h＝at2＝··()2＝　　示波器的灵敏度＝　　所以灵敏度跟L、d、U1有关．故选项A、C正确．　　2．A　　提示：对三个小球受力分析知，带正电小球受向上电场力，与重力反向，对小球做负功，到达正极时动能较小，加速度较小，小于重力加速度g，在电场中运动时间较长，水平距离较远，落到A点．不带电小球加速度为g．带负电小球受向下电场力，与重力同向，对小球做正功，到达正极时动能较大，加速度较大，大于重力加速度g，在电场中运动时间较短，水平距离较近，落到C点．　　3．ACD　　提示：带电粒子在电场中的偏转量为： 　　　　只要改变某一物理量后，上式仍然成立的方案皆可行．　　4．解：小球在竖直方向做自由落体运动，进入电场后在水平方向做初速为零的匀加速直线运动．小球自由落下H的时间为：t1＝，设小球在水平方向，从进入电场到极板相碰的时间为t2，则：　　d＝at22＝t22，　　t2＝d　　故经历的总时间为：　　t＝t1＋t2＝＋d　　设相碰位置虽距离极板上端为h，则：H＋h＝gt2/2　　h＝gt2－H＝g(＋d)2－H　　5．不能飞离40％　　解：①电子在电场中的加速度为a，　　a＝eU/dm＝1.6×10－19×300/(10－2×9.0×10－31)＝5.3×1015(m/s2)　　电子在电场中飞行的最长时间为：　　t＝l/v＝3×10－2/2×107＝1.5×10－9s　　电子在t时间内沿加速度方向运动的距离为：　　y＝at2/2＝5.3×1015×(1.5×10－9)2/2＝0.6×10－2＝0.6cm＞d/2电子飞不出电场．　　②如果由A到B分布宽1cm的电子带，通过此电场，由①中可知，离B点相距0.6cm的范围内的电子均不能飞出电场，离B点的距离大于0.6cm到A板之间的电子均能飞出电场，则飞出电场的电子数占总数的百分比为：(1－0.6)/1×100％＝40％　　6．解：①　　x：eU0＝mv02　　v02＝　　y：vy＝ayt＝()＝　　v＝＝　　②亮点位置如图所示的P点： 　　　　∴x′＝(l1＋l2)tanqx＝(l1＋2l2)　　tanqy＝　　∴y′＝(l1＋l2)tanqy＝(3l1＋2l2)　　7、2pmd2v2/qU　　解：当a粒子从钴60中辐射出时速度方向与A板平行时，a粒子的运动类似平抛运动，所以在电场方向：　　d＝at2＝()t2　　在沿A板方向的最大位移：R＝vt　　B板发光面应是以粒子垂直打在B板上的点为圆心，R为半径的圆，所以由于a粒子打在B板上能激发的荧光面积为S＝pR2　　解以上三式得S＝2pmd2v2/qU　　8．200V～1800V　　解：带负电微粒沿直线穿过板间时，mg＝Eq＝qU/d　　微粒带电量：　　q＝mgd/U＝5×10－8×10×0.02/103＝1.0×10－11(C)　　①当mg＜qE时，设q从A板边缘飞出：　　a1＝(U1q/d－mg)/m…①　　d/2＝a1t2/2＝a1(I/v0)2/2…②　　解①②两式得：U1＝1800V　　③当mg＞qE时，设q从B板边缘飞出，　　a2＝(mg－U2q/d)/m…③　　d/2＝a2t2/2＝a2(l/v0)2/2…④　　解③④两式得：U2＝200V　　∴A、B间加电压范围200V～1800V，微粒能从板间飞出．　　9．Ev2/2g，v/g　　解：mg＝qE　　①　　微粒在垂直于E方向作竖直上抛运动，上升高度：　　h＝v2/2g　　②　　经历时间t＝v/g　　③　　由能量守恒得：qUAB－mgh＝ΔEk＝0　　④ 　　解①②④得：UAB＝Ev2/2g　　10．104V，5.5m/s　　解：①颗粒在电场中运动情况：竖直方向作自由落体运动，水平方向作匀加速直线运动．运动时间t1＝(s)　　离开电场时的偏转量为：　　S1＝at12＝t12　　×0.1＝×0.1×10－5　　解得：U＝104(V)　　②对颗粒整个下落过程应用动能定理得：　　mg(L＋H)＋qU/2＝mv2/2　　代入数据解得：v≈5.5(m/s)　　11．证明：电子被KA间的电场加速，获得的速度可由Ue＝mv2/2求得，即v＝　　要使电子束在荧光屏上的亮点不发生偏转，条件是电子经过电容器C1和C2时，电场恰好为零．如果电子通过C1时电场不为零，电子不能通D2，形成不了亮点；如果电子通过C2时电场不为零，亮点将发生偏转．所以题设条件应有：电子从C1到C2的时间为交流电半周期T/2的整数倍．　　即：＝nT＝n　　解得：＝(n为正整数)七、结合带电粒子运动轨道来分析有关问题　　1．BD　　提示：如图，带电粒子从J点进入电场，该点速度方向为过J点的切线方向，电场线一定跟等势线垂直且电势沿电场线方向降低，由此知电场方向水平向左，物体做曲线运动的轨迹一定夹在初速度和合外力之间且向力的方向弯曲，因此带电粒子受到的电场力方向水平向右，跟电场方向相反，该粒子带负电，故选项A错，B对；从J到K电场力对带电粒子做正功，电势能减小，故选项C错；粒子从J到K运动过程中只有电场力做功，其动能和电势能之和不变，故选项D对．　　2．负，B，A，A　　提示：参考第1题介绍的方法，粒子受电场力方向与场强方向相反，粒子带负电；B点电场线较密，粒子在B点受力较大，加速度较大；粒子从A到B受电场力做负功，动能减小，在A点动能较大；沿电场线方向电势降低，A点电势较高． 　　3．BC　　提示：参考第1题介绍的方法，如图，可知带电粒子受到的电场力水平向左，但由于不知电性，故无法判断场强场强方向及无法比较a、b两点电势的高低，AD选项错误；粒从a运动到b，电场力做负功，动能减小，电势能增加．BC选项正确．　　4．ABD　　提示：参考第1题介绍的方法，带电粒子受力和初速度方向如图所示，故粒子受到静电排斥力的作用，选项A正确；粒子从a运动到b电场力做负功，动能减小，电势能增加，故选项B对，C错；a点和c点在同一等势面上，从a到c电场力不做功，a、c两点速度大小相等．　　5．BCD　　提示：如图，由径迹可以判定粒子1受斥力、粒子2受引力，故两粒子电性不同．对粒子1电场力先作负功后作正功，对粒子2电场力先作正功后作负功，两粒子电量大小不能确定，电场力做功大小也不能确定．　　6．ABCD　　提示：如图，由径迹可以判定粒子受电场力向右，故带负电，从M运动到无穷远过程，电场力先作正功后作负功，动能先增后减，电势能先减后增，M点与无穷远处等电势．　　7．0，mv2q/qS　　解：①因为质点的速度大小不变，动能不变，由　　qUAB＝ΔEk＝0　　得：UAB＝0　　②如图，电场力提供向心力使质点作匀速率圆周运动，则有F＝Eq＝mv2/R；速度方向改变的角度等于半径扫过的角度．　　而S＝2pR 　　∴R＝S/q　　故：F＝mv2q/qS八、用功能观点分析带电体运动专题　　1．B　　提示：重力做功3.5J，重力势能减小3.5J，A选项正确；电场力做功1J，电势能减小1J，选项C正确；空气阻力做负功0.5J，合力做功4J，动能增加4J，选项D正确；机械能的变化情况是重力势能减小3.5J，而动能增加4J，总机械能增加0.5J，选项B错．　　2．C　　提示：小球从a运动到b过程中，重力对小球做负功，重力势能增加，即ΔE1＞0；电场力对小球做正功，电势能减小，即ΔE2＜0；因为只有重力和电场力做功，小球的机械能与电势能的总和守恒，小球经过b点后还可以再向各摆动，即还有动能，所以ΔE＜0　　3．CD　　提示：因不能确定qE是等于、大于、还是小于mg，所以不能确定a、b两点速度和线张力的大小．a点电势高，小球在a点的电势能小，运动中电势能、重力势能、动能之间转化，机械能不守恒．　　4．ABD　　提示：由题意得：小物块受电场力为斥为，结果MN过程电场力做正功，电势能减小，但不能确定Q的正负，结合能量守恒判出Δe＝Q热　　5．B　　提示：油滴在开始及最高点的速率均为v0即动能不变，故合力做功为零，且这过程重力做负功，则电场力须对油滴做正功，即xp＜0，故选项B对．　　6．AD　　提示：a在前半S移动中增加的电势能比在后半S移动中增加的电势能小，而两个过程中产生的热相等．　　7．4J　　提示：由A到B，动能减少80J，产生内能32J，从B到速度为零过程动能减少20J，产生内能×20＝8(J)　　从B点到速度为零再加速回到B点过程：　　Ek＝E′kB＋Q　　E′kB＝20－2×8＝4(J)　　8．1/2　　解：设液滴带负电，初始时电场方向竖直向下，液滴静止时：　　mg＝E1q　　①　　场强为E2时，液滴向上作加速运动，由动量定理得：　　(E2q－E1q)t＝mv　　②　　E2大小不变，方向向上，液滴先减速后加速返回到A点，同理有：　　(E2q＋E1q)t＝mv′－m(－v)　　③　　因为两个过程的位移大小相等，　　所以t＝t　　v′＝2v　　④　　联立①②③④解得：E1/E2＝1/2　　9、mg[3－2cosq/(1＋sinq)]　　解：设电场方向水平向左，则小球带负电，小球由水平位置摆到线与竖直方向成q角时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得：　　mgLcosq－FL(1＋sinq)＝0　　①　　小球由水平位置摆到最低点时，　　同理有：mgL－FL＝mv2/2　　② 　　v为小球在低点速度．　　在最低点由牛顿第二定律得：　　T－mg＝mv2/L　　③　　解以上三式得：　　T＝mg[3－2cosq/(1＋sinq)]　　10．E＜mg/q，v0　　解：①带负电小球受重力、电场力、支持力作用，当电场力Eq＜mg时，小球能通过B点，所以电场强度应满足的条件是：E≤mg/q．　　②当Eq＝mg时，支持力N＝0，　　W合＝WG－W电＝0，　　带电小球以最小速度通过B点，　　∴vB＝v0　　11．解：电势能最大时，两球相距最远，此时两球速度相同，由动量守恒得：mv＝3mv′　　∴v′＝v/3　　这过程中增加的电势能等于整体减小的动能：　　ΔE电＝ΔEK＝mv2－3mv′2＝mv2　　12、ltanq/m　　解：∵EQ＞mg　　∴小球在斜管上的受力如图所示，在垂直于管的方向，由平衡条件得：　　EQcosq－mgcosq－N＝0　　由动能定理对小球全运动过程　　(小球最后停在B点)：　　QEh－mgh－mNS总＝0　　又∵h＝lsinq　　解得：S总＝lsinq/mcosq＝ltanq/m　　13、mv02/2qL，向右，之后，mv02/2　　解：①A向右运动，受电场力向右，故场强E方向向右．A从静止到第一次和B碰撞过程由动能定理得：qEL＝mv02/2　　E＝mv02/2qL　　②A、B第一次相碰过程动量守恒：　　mv0＝－mv0/4＋2mvB　　vB＝5v0/8　　B碰后做匀速运动，碰到挡板的时间：　　tB＝L/vB＝8L/5v0　　而这段时间A做匀变速运动，aA＝v02/2L　　其位移为(向右为正)：　　SA＝－v0tB/4＋aAtB2/2＝6L/25　　∵SA＜L，故A第二次与B相碰发生在B与C相碰之后． 　　③B与C相碰，由动量守恒可得：　　2m×v0＝2mv′B＋4m×v0　　∴vB′＝0　　∴A从第一次与B相碰到第二次相碰的位移为L，所以电场力做功为：W电＝qEL＝mv02/2九、电容器电容专题　　1．AC　　提示：静电计分去电量很小，可认为电容器电量保持不变．先用C＝eS/4pkd判C的变化，再用U＝Q/C判U(即偏转角)的变化．　　2．BCD　　提示：由平行板电容器的电容C＝知：　　对A选项：d增大，C减小；　　对B选项：S减小，C减小；　　对C选项：相当于e增大，C增大；　　对D选项：相当于电容器极板间距离变小，C变大．　　故选项BCD正确．　　3．A　　提示：充电后拉大电容器两极板距离，外力克服电场力做功，电势能增大，故选项A正确．　　4．A　　提示：h增大相当于电容器正对面积增大，电容C增大，①正确；接通电源再断开，相当于Q不变C＝Q/U　　U增大，C减小．③正确．　　5．①减小，不变，减小，不变　　②增大，不变，增大，不变　　解：①U不变，S减小，由C＝知C减小；由C＝Q/U知Q减小；由E＝U/d知E不变．　　②U不变，e增大，由C＝知C增大；由C＝Q/U知Q增大；由E＝U/d知E不变．　　6．C　　提示：U不变，由C＝知d增大C减小，由C＝Q/U知Q减小，说明电容放电，有电流从B→A．　　7．BC解：由C＝eS/4pkd得：d减小时C增大，当电流计有示数时，C变化、d变化，F变化．　　8．①B、C　　②A、A　　③B　　9．AC　　提示：①先判出E不变，而W＝qUp＝qEr(r为P点到负极板距离)．由于q、E、r都不变，所以W不变．　　10．提示：C＝　　Q＝4.5×10－4C　　C＝＝1.5×10－4(F)　　11．0.15　　提示： 　　由C＝及C＋ΔC＝　　解得：x＝0.15(mm)　　12．解：根据油滴作匀速运动的条件：　　mg＝qE＝qU/d＝qQ/Cd　　则极板带电量为：Q＝Cdmg/q　　所以，开始作匀速运动的油滴序数为：　　N＝n＋1＝Q/q＋1＝Cdmg/q2＋1　　②油滴不能落到B板上的临界条件：刚要到达B板时速度减至零．根据功能关系：　　mg(h＋d)＝qU＝qQ/C　　则极板的带电量为：　　Q＝mg(h＋d)C/q　　所以，能到达B板的油滴最多为：　　N＝Q/q＝mg(h＋d)C/q2第十一章　　恒定电流一、电流形成、一般纯电路欧姆定律　　1．D　　提示：对A：电流的传导速率等于光速，不等于电子定向移动的速率，故选项A错；对B：根据电流强度的微观表达式I＝nesv知只是v大，I不一定就大，故选项B错；对C：电流强度是标量，故选项C错；对D：物理学的七个基本物理量是：长度，时间，质量，物质的量，温度，电流强度，光强；对应的基本单位是：米，秒，千克，摩尔，开尔文，安培，坎德拉．故选项D对．　　2．eU/kL　　提示：由平衡条件得f＝F电，则　　kv＝Ee＝Ue/L　　∴v＝eU/kL　　3．B　　提示：在U－I图中，电阻和斜率的关系为：R＝k，所以R1＞R2＞R3＞R4，四只电阻并联使用，根据I＝U/R得I1＜I2＜I3＜I4　　4．A　　提示：在I－U图中，电阻和斜率的关系为：　　R＝1/k，所以　　＝＝＝　　5．AC　　提示：对A：N＝nV＝ns·l＝n·s·vΔt　　对C：由电流强度定义得：I＝Nq/Δt　　∴N＝IΔt/q　　6．0.32A　　解：电解液导电时，通过某一截面的正离子(Cu2+)和负离子(Cl1－)的运动方向相反，各自产生的电流方向相同．因此　　I＝＋　　＝0.32(A)　　7．解：①I＝Q/t＝ne/t，　　∴n＝It/e＝1×10－3×1/1.6×10－19＝6.25×1015(个)　　②质子从静止开始做匀加速运动，设加速度为a，质子在距质子源为l和4I 处的速度分别为v1和v2，　　则　　v1＝　　v2＝　　又　　∵I＝n1esv1　　I＝n2esv2　　∴n1es＝n2es·　　∴n1/n2＝2二、电阻定律专题　　1．D　　提示：根据电阻定律R＝r，某种材料温度不变，则电阻率r一定，R∝，可判断D选项正确．　　2．C　　解：根据q＝It，I＝U/R，R＝rL/S　　得q＝，而U、t、r相同：　　所以q∝，两根完全相同的金属线，不管是拉长还是对折后绞合其体积不变．　　即　　SL＝S1L1＝S2L2，　　所以　　3．A　　提示：金属电阻率随温度的升高而增大，电阻增大，电压相同，电流减小．　　4．C、A　　解：①绝对温度和摄氏温度的关系为：　　T＝273＋t，t＝T－273＝90－273＝－183℃，故选项C正确．　　②I＝＝50(A)　　P同＝I2r线＝502×0.4＝1000(W)　　5．A　　提示：在0～t1区间，电阻率随温度升高而降低，电阻减小，电压一定，电流增大，电功率增大；处于加热状态．在t1～t2区间，电阻率r随温度t升高而升高，电阻增大，电压一定，电流减小，电功率减小；处于控温状态．因此通电后，电功率先增大后减小，选项A正确．　　6．A　　提示：没有光照时，a、b两点等电势，说明，　　光照射R3时，R3减小；　　　　故a点电势高于b点电势，选项A正确． 　　7．C　　提示：由欧姆定律及电阻定律得：＝R＝r＝r　　解得：r＝三、电功、电功率、电热专题　　1．C　　解：由P＝I2R得I＝，　　所以　　2．AC　　解：电路中电流为I，则通过电路中任一横截面的电量为：q＝It，故选项A正确；这段过程能量转化是电能转化为热能和化学能，UIt为该电路消耗的总电能，UI为消耗电能的总功率．　　3．0.26　　解：23％E光＝E电＝UIt　　E光＝＝0.26(J)　　4．2.4　　解：　　P＝2.4kW　　5．4Ω　　解：根据能的转化和守恒定律得：　　IUt＝F·vt＋Q　　∴IUt＝mgvtt＋I2Rt　　R＝(Iu－mgv)/I2＝(5×110－50×10×0.90)/52＝4Ω　　6．19.8min　　解：根据能的转化和守恒定律得(设热损失率为k)：　　P0t1＝kt1＋cmΔt　　∴k＝(P0t1－cmΔt)/t1＝650J/s　　∵R＝U02/P0　　∴P＝U2/R＝(U/U0)2P0　　同理：(U/U0)2P0t＝kt＋cmΔt　　∴t＝cmΔt/[(U/U0)2P0－k]＝1188s＝19.8min　　或解：因P＝U2/R，故电源电压由U＝220V降为U′＝200V以后电炉的功率为：　　P′＝P＝()2×1000＝826(W)　　由总能量守恒关系得：Pt1＝kt1＋cmΔt　　P′t2＝kt2＋cmΔt　　解得：t2＝19.8min四、简单串、并、混联电路专题　　1．2U/3　　U/4　　提示：第一种情况相当于R1、R2串联，测得的是R2的电压；第二种情况相当于R和R3串联后和R2并联再和R1串联．测得的是R的电压．　　2．2，0　　提示：相当于R2、R3串联，第一种情况测得的是R2 的电压，第二种情况测得的仍是R2的电压，但这时R2短路．　　3．4.8－8，0－8　　提示：S断开，P在最上端时，有效电阻只有R2，P在最下端时，相当于R1、R2串联；S闭合，P在最上端时，相当于R1、R2并联，P在最下端时，R2相当于短路，两端电压为零．　　4．BCD　　提示：对C、D：设R2的改变量为ΔR，则U2＝R2e/(R1＋R2)，U′2＝(R2＋ΔR)/(R1＋R2＋ΔR)又I＝e/(R1＋R2)　　I′＝e/(R1＋R2＋ΔR)　　∴ΔI＝I－I′＝ΔRe/(R1＋R2＋ΔR)(R1＋R2)　　∴ΔU2/ΔI＝R1　　又U1＝R1e/(R1＋R2)　　U′＝R1e(R1＋R2＋ΔR)　　∴ΔU1＝U1－U1′＝ΔRR1e/(R1＋R2＋ΔR)(R1＋R2)ΔU1/ΔI＝R1　　5．AD提示：S断开，R1、R2串联，P2∶P1＝R2∶R1；　　S闭合，R2、R3并联再和R1串联．　　P1∶(P2＋P3)＝R1∶与UAB变化无关．　　6．B　　提示：甲图中I1＝2A＞I2＝3－2＝1A，则　　R1＋RA＜R2，故乙图中总电阻小于甲图中总电阻(定值电阻分为两部分并联，两部分阻值相等时，总电阻最大，反之小)，所以A1示数增大．又由分压关系可判A2示数减小．　　7．C　　提示：扩大电流表量程，应并联电阻，故RA＜Rg，而U/I＝RA，所以U/Rg．　　8．C　　提示：改装后的电压表是原电表串联电阻，改装后的电流表是原电表并联电阻，结果电路中有电流时，电压表原电表电流是总电流，一定偏转，而电流表原电表电流只是总电流的一小部分，故小偏或几乎不偏．　　9．0.12　　解：S断开时，电压表读数为9V时，变阻器滑动片P左、右两部分电阻分别为30Ω，S闭合后，电路总电阻应为　　R总＝＋30＝50(Ω)　　总电流I＝U/R总＝18/50＝9/25(A)，设通过Rx的电流为Ix，则由并联电路的电流分配得：　　＝2　　故Ix＝0.12A　　10．解：扩大电压表的量程应串联电阻，由　　得R＝3000Ω　　改装后15个刻度对应7.5V，每格变为0.5V　　11．解：S断开时，R1与R2串联，则有：　　UAB/(R1＋R2)＝U′BC/R2　　S闭合时，R2与R3并联，则有：　　UAB/(R1＋R23)＝U′BC/R23　　又：∵R23＝R2R3/(R2＋R3)　　解得：R1＝36Ω　　R2＝18Ω　　12．解：设滑动变阻器单位长度的电阻力R，当A发生的位移x时，P移动的长度也为x，则：　　u＝·e＝e　　对A由牛顿第二定律得：　　kx＝mw2(L＋x)　　x＝mw2L/(k－mw2)　　u＝mw2/(k－mw2) 五、复杂电路简化专题　　1．解：理想导线两端电势相等，电路中电势不同的点有A、B两点，用等势法可画出等效电路如图，R2、R3、R4、R5、R6为并联电路，则　　R并＝R/5　　I＝eI(R1＋R并)＝/(R＋R/5)＝5e/6R　　2．B解：设左端接电源正植，右端接电源负极电流表内阻不计，用一根理想导线代替，两端电势相等，按电势由高到低依次给结点标上A、B，用等势法可画出等效电路如图，由原电路图知，电流表A1的读数包括通过R2、R3的电流，电流表A2的读数包括通过R1、R2的电流，电流表A3的读数包括通过R1、R2、R3的电流．即IA1＝I2＋I3＝0.3A　　IA2＝I1＋I2＝0.4A　　IA3＝I1＋I2＋I3＝0.6A　　解得I1＝0.3A，I2＝0.1，I3＝0.2A，故B正确．　　3．解：设A端接电源正极，在原电路图中按电势由高到低依次给结点标上A、C、B，用等势法画出等效电路如图，可求出电路总电阻R总＝3Ω，总电流I＝UAB/R总＝3/3＝1(A)，　　UAC＝1V，UCB＝2V　　I1＝I2＝0.25A，I3＝0.5A　　由原电路图知，电流表A1的读数：　　IA1＝I1＋I2＝0.5A，　　由原电路图知，电流表A2的读数：　　IA2＝I2＋I3＝0.75A　　4．D　　解：R2无电流，等效电路如图所示，P6＝1W，　　设R6＝R，有R13＝2R，R45＝2R，　　根据P＝U2/R有 　　P13＝P6/2＝0.5W，　　P45＝P6/2＝0.5W　　故P总＝P13＋P45＋P6＝P13＝P6/2＝0.5＋0.5＋1＝2(W)　　故选D．　　5．C　　解：a、b图分别等效为如图甲、乙图，r为1/4圆金属片的电阻，所以R甲＝R＝r/2，R乙＝2r＝4R，故选C．六、分析电路故障专题　　1．ABC　　解：对A：如果电路中只有一处断路，用电压表检查，与哪一段电路并联时电压表指针偏转，说明是哪一段断路，即整电路的电级差全部降落在断路两端，故选项A对；　　对B：如果灯短路，则灯不亮，电压表无示数，但电流表有读数，故选项B对；　　对C：电流表有示数，灯亮，说明电流表及灯正常，电压表无示数说明电压表断路，故选项C对；　　对D：如果只是电流表短路，电压表有示数，灯亮，故选项D错．　　2．CD解：根据“电压表哪里有读数，则哪里断路”如图，电压表测得b、d间和a、c间电压为220V，说明是公共部分即bc间电路断路．故选项D正确．　　3．①　　B，a，D；　　②D　　解：①4节干电池的总电动势为6V，考虑安全性和准确性，电压表量程选10V．　　用多用表直流电压档测电压时，红表笔应接正极，即a端．　　分析表1：a、b间有示数，说明电源正常；d、f间电压有示数，说明B灯不短路，c、b间电压有示数，说明c、b间有断路；c、d间电压无示数，说明c、d间断路；d、f间电压有示数，说明d、f间断路，故选项D对．　　②用欧姆表测量，测试c、d点，表针不指∞，说明A灯不断路，故A选项错；测试e、f点，表针不指∞，说明B灯不断路，故B、C选项错；测试d、e点，表针指∞，说明d、e段断路，故D选项正确． 　　4．B　　解：若电路连接无误，检验灯泡不会正常发光，故选项A错；对B：如图，开关断开灯不亮，开关闭合，灯亮，故选项B对；对C：灯都亮，只是亮度不够，表明电路没有短路现象，故选项C错；对D：检验灯泡均不发光，表明电路中有断路现象，故选项D错．　　5、A　　解：等效电路图如图，若R1断路，则R总↑，I总↓，UAE↑，UCE↓，UAB↑，L1变亮，L2变暗，电流表A示数变小，故选项A对；　　若R2断路，则R总↑，I总↓，UAE↑，UCE↑，UAB↓，L1变暗，L2变亮，电流表A示数变小，故选项B错；　　若R3短路，则R总↓，I总↑，UAE↓，UCE↓，UAB↑，L1变亮，L2变暗，电流表A示数变大，故选项C错；　　若R4短路，则R总↓，I总↑，UAE↓，UCE↓，UAB↑，L4变亮．L2变暗，电流表A示数变大，故选项D错；　　6．解：设双线电缆每单位长的电阻为r，漏电处电阻为R，漏电处距A端为x，则：　　RA＝rx＋R　　RB＝r(L－x)＋R　　由欧姆定律，可知　　R/(rx＋R)＝UB/UA　　解得：x＝七、讨论用电器能否正常工作专题　　1．A　　解：设R1、R2达额定功率，P1＝P2＝4W，根据P＝U2/R得P3＝16W，R3被烧坏；所以只能是R3先达额定功率，P3＝1W，此时P1＋P2＝0.5W，因此P总＝P1＋P2＋P3＝1.5W．故选A．　　2．A　　解：设R3达额定功率，P3＝1W，此时P2＝1W(R2安全)；P1＝4W(R1安全)．所以P总＝6W，故选A．　　3．C　　解：对A：10×12＝120V＜220V，，小灯泡被烧坏；对B：10×220＝2200V＞220V，小灯泡太暗；对D：30×9＝270V＞220V，小灯泡较暗；对C：15×15＝225V，较接近220V，较为合适．故选C．　　4．BCE　　解：对A：虽然L1、L2额定电压相同，但其电阻不同，串接在220V的电路中分得的电压不同，U1＞110V(被烧坏)，U2＜110V，故选项A错；　　对B：L1、L2的实际电压刚达额定电压，能正常发光，故选项B对； 　　对C、D：L1、L2串接在电路中，L1先被烧坏，故须R保护，选项C对、D错；　　对E：电阻R先分掉110V电压，使L1、L2实际电压为110V，能正常发光，故选项E对．　　5．C　　解：选项B消耗的功率为280W，选项C消耗的功率为180W，选项E消耗的功率为280W，故C电路最省电．　　6．ABCD　　解：由R＝U2/P知　　R1＝12.1Ω，R2＝20Ω，R3＝48.4Ω，所以，对A：只要保护电阻R能分压110V，三灯就可正常发光；对B：当L1、L2的并联电阻等于L3和R的并联电阻时，三灯就可正常发光；对C：当L1、L3的并联电阻等于L2和R的并联电阻时，三灯就可正常发光；对D：当L1电阻等于L2、L3、和R的并联电阻时，三灯就可正常发光；故选项A、B、C、D正确．　　7．D　　解：电路A、B、C、D消耗的功率分别为370W、320W、320W、200W，所以电路D最省电．　　8．解：①A、B灯串联接入220V电路时，B灯的电阻大，加在B灯的电压大于110V，烧毁B灯．故不能正常发光．　　②A、B灯接入电路且能正常发光的电路如图所示：　　③B灯的电阻，A灯的电阻分别为：RB＝U2/PB＝1102/40＝302.5Ω　　RA＝U2/PA＝1102/40＝121Ω　　RB与R并联的电阻应等于A灯的电阻，所以：121＝　　∴R＝201Ω　　9．解：①供电最佳方案电路图如图所示：　　②B灯的额定电压6V，A灯的额定电流IA＝PA/UA＝5/5＝1A　　要使A、B正常发光，供电电压应调到6V，同时给A灯串联一个分压电阻R，R的大小为：R＝(6－5)/1＝1Ω八、全电路欧姆定律专题　　1．D　　解：电源的开路电压等于电动势，　　e＝800mV＝0.8V，　　短路电流Im＝e/r＝40mA＝0.04A，　　r＝e/Im＝0.8/0.04＝20(Ω)　　U端＝e－r＝0.8－×20＝0.4故选D．　　2．大，小，大，小，大 　　解：如下图，滑动变阻器触头由B向C移动时，R↑，R总↑，I总↓，U端↑，故A1减小、V1读数增大；UR1＝I总R1，UR1↓，故V2读数减小；UR2＝U端－UR1，所以UR2↑，V3读数增大、A2读数增大．　　3．先变小后变大，24　　提示：如上图　　UaP＝U端　　UPb＝U端　　当Uap＝Upb时Umn＝0，此时Rap＝24Ω　　4．AC　　解：如图，S1，S2断开时，电压表读数等于电源电动势e＝6V，　　RL＝U2/P＝2.02/0.5＝8.0Ω　　只闭合S1，U外＝·R0＝5.5Vr＝9Ω　　S1、S2闭合时，R并＝7Ω，U′端＝5V，U′L＝0.6V，　　故选项A、C对．　　5．AD　　解：滑动变阻器向左移，R↓，I总↑，U外↓，U内↑，故选项B错；P总＝I总e→P总↓，滑动变阻器消耗的功率等于电源的输出功率P出＝I总R，R↑，I总↓，P出无法确定如何变化；故选项C错；电源释放的化学能为：ΔE化＝W＝qe，电量相同时，释放的化学能相同．故选项D对．　　6．BD　　解：如图所示，R3↓，R总↓，I总↑，U1↓，U2↑，U3↓又U1＝U2＋U3，ΔU1＝ΔU3－ΔU2，故选项B、D对．　　7．D　　提示：对D：当RaP＝R1＋RbP时，电压表有最大值，这时RaP＝R1＋R2－RaP　　∴RaP＝(R1＋R2)/2＝9Ω　　∴R并＝RaP/2＝4.5Ω　　Um＝R并e/(R并＋r)＝9.9V　　当RaP＞9Ω，R并减小，电路总电流变大、由于RaP支路电流减小，故R1支路电流是一直增大的，则电流表的电流一直在增大．　　8．BD　　解：如图，Ra＞Rg，所以Ia＜Ib，即I2＜I3＋I4，故D对；I1＜Ia/2，I3＝I4＝ Ib、所以I1≠I3，　　I1＜I4，I2＞2I1，故选项A、C错，B对．　　9．BCD　　解：如图，电压表V1读数为电源的路端电压，图线a表示路端电压随电流变化的关系图线，图线b表示电阻R0两端电压随电流变化的关系图线，根据部分电路欧姆定律U＝IR，知I＝0，一定U＝0，故图线b的延长线一定过坐标原点，选项A错；根据闭合电路的欧姆定律U线＝e－Ir，知当I＝0(断路)时，U线＝e，即选项B对；图线a、b的交点表示电源的路端电压等于电阻R0两端的电压，即滑动变阻器的电阻R＝0，此时R0消耗的功率等于电源输出功率，故选项C、D对．　　10．A　　提示：∵P总＝eI　　∴e＝P总/I＝9/3＝3V　　∵Pr＝I2r　　∴r＝Pr/I2＝9/32＝1Ω　　当I＝2A时，P出＝P总－Pr＝eI－I2r＝3×2－22×1＝2W　　又P出＝I2R　　∴R＝P出/I2＝2/22＝0.5Ω　　故选A．　　11．A　　解：电灯正常发光12＝I×6，I＝2A　　对整个串联电路　　e＝U机＋U灯＋Ir　　30＝U机＋6＋2×1，　　U机＝22V　　P出＝U机I－I2r机＝22×2－22×2＝36W　　12．解：①若R2断路，则电流表读数为零；若R3断路，则电压表读数为零．所以是R1断路．　　②当R1断路时，U＝U2＝3.2V，R2＝U/I＝3.2/0.8＝4Ω　　由全电路欧姆定律得：　　e＝U＋Ir＝3.2＋0.8r…①　　R1未断路前，端电压为　　U′＝I′R2＝0.75×4＝3(V)　　电路总电流为　　I′总＝I′＋I3＝0.75＋(3－2)/4＝1(A)　　又∵e＝U′＋I′总r＝3＋1×r……② 　　由①②式解得　　r＝1Ω　　e＝4V　　13．解：①把R与r的串联电阻r′＝R＋r等效为电源的内阻，则电源的输出功率：P＝I2R0＝e2R0/(R0＋r′)2　　即　　P＝　　∴当R0＝r′＝R＋r＝90＋10＝100时，R0上消耗的功率最大，最大值为：Pm＝e2/4r′＝52/400＝1/16(W)　　②R0调到最大值时，电流最小，内阻r和电阻R上消耗的功率最小，最小功率为：　　Pmm＝I2(R＋r)＝()2·(R＋r)　　＝()2·100＝0.01(W)　　400＋100　　14．解：设两定值电阻分别是R1和R2，根据题意，　　R1＋R2＝9Ω，R1R2/(R1＋R2)＝2Ω，解出R1＝6Ω，R2＝3Ω．　　串联时，设电流为I，依题意有：　　I2R1＝24W，解出I＝2A．　　根据闭合电路欧姆定律有，e＝I(R1＋R2＋r)，　　得出e＝18＋2r．　　并联时，设路端电压为U，依题意有U2/R2≥24W，　　则U≥6V．此时电源输出的功率为：　　P2＝U2/R并≥36W　　即·2≥36　　解出r≤3Ω　　由于实际上的电源内阻r一定大于0．因此本题的答案是：e＝18＋2r，其中0＜r≤3Ω九、含有电容器电路专题　　1．A　　提示：开关断开，U1＝U2＝U，Q2＞Q1，开关接通，U1＝2U2，Q1＝Q2．　　2．1.6×10－5　　10－5　　2.6×10－5　　解：①闭合，等效电路如图所示，Q1＝U1C1＝U×C1＝×10×4×10－6＝1.6×10－5(C)　　Q2＝UC2＝10×1×10－6＝10－5(C)　　②s断开，C1、C2放电形成的电流都从同一方向通过R2，ΔQ＝Q1＋Q2＝2.6×10－5(C)　　3．正，4，2×10－4　　解：以负极电势为零，上板电势 　　U上＝2U/3＝8V，下板电势U下＝U/3＝4V，　　上板电势高带正电，上、下板电势差U＝8－4＝4V，　　Q＝CU＝50×10－6×4＝2×10－4(C)　　4．解：s断开后，　　Δq＝C×(U′c－Uc)＝0.5×10－6×(6－2)＝2×10－6(C)　　ΔE＝e×Δq＝6×2×10－6＝1.2×10－5(J)　　5．C　　提示：电键都闭合时，UC＝e，极板间场强E＝UC/d；方向向下，油滴P平衡，mg＝qE．只断s1或s4，UC不变，P状态不变；只断s3，C放电，UC变为零，P向下运动；只断s2，UC变为e，mg＜qE′，P向上运动；故只有C选项正确．　　6．解：当R3＝2Ω时，带电液滴处于平衡状态，则有　　mg＝qE　　∵U3＝×R3＝×2＝1(V)　　∴mg＝U3q/d＝q/d　　①当R3′＝8Ω时，U3′＝e×R3′/(R3′＋R1＋r)＝2(V)　　∴两平行板的电压变大，电场力变大．　　∴带电液滴向上加速运动，由牛顿第二定律得：　　Eq－mg＝ma1　　∴U3′q/d－mg＝2q/d－mg＝2mg－mg＝ma1　　∴a1＝g　　②当q向上移动S后，v＝　　ab正负极互换后，F＝mg＋Eq＝3mg＝ma2　　∴a2＝3g　　液滴向上匀减速运动，此时距上板距离h＝d/2－S　　当液滴刚好到达上板时，v′＝0，则：　　S′＝v2/2a2≥h　　∴＞d/2－S　　∴S≥3d/8十、联系实际、结合高科技问题专题　　1．ABD　　提示：开关s接通，有效电阻为R2，这时电功率大，处于加热状态，故R2为加热电阻，s断开，有效电阻为R1串联R2，这时电功率小处于保温状态，A、B选项正确．由P＝U2/R得，　　2/U2＝　　解得＝－1　　故选项D正确．　　2．B提示：因为加在电熨斗的电压一定，其热功率P＝U2/R，由此可知P与R成反比，分析图中A、B、C、D四种连线方式可知，在A中电熨斗处于断开状态，图B中两电阻丝串联接在电路中，图C中只有R1接入电路，图D中R1、R2并联在电路中，根据以上分析可知在B中电阻最大，电熨斗发热功率最小，故在B状态下能获得低档温度． 　　3．提示：当Uab＝0时，可使恒温箱内的温度恒定，　　这时：R1/R2＝R3/Rt　　∴Rt＝R2R3/R1＝10×40/20＝20kΩ　　由乙图查得这时温度t＝35℃　　4．BD　　提示：M的作用是受热后左弯，电路断开，冷时变直，电路又接通，产生间歇发光的闪烁效果．N的作用是在B的灯丝烧断后绝缘层击穿、烧断的灯短路其余灯泡仍能工作．第十二章　　磁场一、磁感强度　　磁感线专题　　1．略　　2．AC　　提示：任何电荷不管其静止或运动，在任何电场中一定受电场力作用，因此如果电荷在电场中不受电场力作用，则说明该处场强为零；而通电导线在磁场中，如果电流方向跟磁场方向平行，则不受磁场力作用；对D选项，通电导线须垂直放入磁场中．　　3．AB　　4．B　　提示：地球自西向东绕自转轴自转，地球表面所带电荷随地球自转运动，形成环形电流产生地磁场，地球南极相当于地磁场N极，由安培定则可知地表带负电．　　5．E　　提示：根据右手螺旋定则分别判断两根导线在第Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限的磁场方向，然后根据磁场的叠加原理可判断各象限的合磁场是否为零？最大？方向怎样？结果是第Ⅱ、Ⅳ象限的合磁场为零，第Ⅰ、Ⅲ象限的合磁场的磁感强度最大，且第Ⅰ象限的磁感强度方向向外，第Ⅲ象限的磁感强度方向向里．　　6．BD二、安培力的大小、方向专题　　1．图略，大小均为BIl　　2．提示：炮弹相当于通电导体受安培力F＝BIl作用，获得速度v发射出去，作用时间较短，根据动量定理BIl·t＝mv，可知要提高电磁炮的发射速度v，应增大l、I和B．　　3．D　　解：F＝BIl＝5×10－5×20×40＝4×10－2(N)　　4．B　　解：地球磁场在外部其磁感线可看成由地理的南极出发经赤道到地理的北极．而放电时负电荷向上，相当于电流方向向下，由左手定则可判知安培力向东．　　5．解：取左边的一根棒oab为研究对象，oa、ob两段所受安培力等效于ab(o→b电流)所受的安培力，即F＝BIl，由对称性可知o、b处的相互作用相等，即fa＝fb＝f，oab棒受力平衡，则　　F＝BIl＝2f，　　B＝f/Il　　6．解：I＝E/R　　F＝BId＝BEd/R　　棒受力如图所示，安培力方向斜向左下方， 　　a＝Fsina/m＝EBdsina/m＝　　7．解：从左向右看如图所示：　　①为使金属棒静止，磁场B的方向应斜向下．　　②回路中电流强度　　I＝e/(R＋r)＝2(A)　　当B有最小值时，摩擦力f向上，则：　　B1Ilcos60°＋f1＝mg……①　　f1＝mN1＝mB1Ilcos30°……②　　由以上两式得：B1＝3(T)　　当B有最大值时，摩擦力f向下，则：　　B2Ilcos60°＝f2＋mg…③　　f2＝mN2＝mB2Ilcos30°…④　　解得：B2＝16.3(T)　　所以B范围为：3T～16.3T　　8．解：(1)将图改画成平西侧视图并对杆进行受力分析，由平衡条件得　　F－Nsinq＝0，Ncosq－mg＝0　　又　　F＝BIL＝BEd/R　　由以上各式解得　　E＝　　存在两种情况：一是E偏大，F偏大，导体杆有上滑趋势，摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件得：　　Fcosq－mgsinq－m(mgcosq＋Fsinq)＝0　　又F＝B　　解得E1＝ 　　另一种情况是E偏小，摩擦力方向沿斜面向上，同理可得E1＝　　则电池电动势的取值范围为E2≤E≤E1三、判断安培力作用下物体运动方向专题　　1．A提示：此题直接分析磁铁受力不习惯．可先判断直线电流受安培力方向，再根据牛顿第三定律可判断磁铁受到电流磁场对其作用力方向，从而由平衡条件易判磁铁所受的支持力和摩擦力情况．　　2．B　　提示：直线电流受力如图所示　　3．D　　提示：闭合开关后，弹簧各匝之间通以同向电流，互相吸引磁场力，弹簧收缩；收缩后弹簧离开水银，然后断电，断电后无互相作用的磁场力，由于重力作用，弹簧又伸长跟水银接触，又通电，如此反复，因此弹簧不断上下振动．　　4．D　　提示：圆环通以同向电流，有互相吸引的磁场力，因此，内环有扩张趋势，外环有收缩趋势．　　5．C　　提示：根据“推论分析法”：两电流不平行时有转动到相互平行且方向相同的趋势　　6．D　　提示：根据“电流元分析法”　　7．C　　提示：画出长直导线电流I′周围的磁感线，再用电流元分析法分别分析I′左右两边以AB上下对称的四段导体受力情况，可知AB上方半圆弧导线受力向里，AB下方半圆弧导线受力向外，由此可知圆形线圈以AB为轴转动．　　8．B　　提示：根据“电流元分析法”或”等效分析法”　　9．ABD　　提示：各种情况接线如图， 四、洛仑兹力大小、方向专题　　1．D　　2．左　　提示：如图　　3．A　　提示：当带电粒子在磁场中的运动方向与磁场方向平行时，不受洛仑兹力作用，粒子做匀速直线运动；当带电粒子在磁场中的运动方向与磁场方向垂直时，所受洛仑兹力最大、洛仑兹力方向总跟运动方向垂直，只改变速度方向，不改变速度大小，粒子作匀速圆周运动．　　4．B　　提示：物体受如图，所受洛仑兹力垂直斜面向下，支持力增大，摩擦力增大，所以物体滑到底端时速度变小．　　5．CD　　提示：没加电场时，物体受向下的重力和洛仑兹力以及水平向右的动摩擦力，在速度由v减小到零的过程中，由f洛＝qBv可知，洛仑兹力变小，不是恒力，不能由动量定理求作用时间．加上电场后，只要物体所受合力为零，物体即可作匀速直线运动．故选项C、D正确．　　6．解：血液中的正、负离子随血液作匀速直线运动，故离子受合外力为零，即电场力等于磁场力，所以　　qU/d＝qBv　　v＝U/Bd　　单位时间内流过血管的体积(流量)：Q＝p(d/2)2·vt＝·t＝(t＝1) 　　7．解：设两小球相碰后，其速度分别为VA和VC，因两小球组成的系统动量守恒，　　2mV＝2mVA＋mVC　　①　　由题意可得：qBV＝2mg　　②　　由于两金属球大小完全相同，碰撞后两球的电量相等，皆为　　q′＝q/2　　③　　碰撞后，对小球C，在竖直方向上有：　　q′BVC＝mg　　④　　碰撞后，对小球A，在竖直方向上有：　　N＋q′BVA＝2mg　　⑤　　联立①②③④得：VC＝V　　⑥　　联立①③⑤⑥得：N＝1.5mg　　所以小球A对地面的压力由牛顿第三定律可知，大小为1.5mg　　8．解(1)各电源的连线如图所示．　　(2)设加速电压为U2，电子加速后穿过小孔的速度为v，则有：　　mv2/2＝eU2　　施加磁场后，要使电子仍打在O点，应在P1、P2之间加上适当的电压U3，使电子所受的电场力和洛仑兹力平衡，有：　　eU3/d＝qBv　　解得：＝五、带电粒子在磁场中作匀速圆周运动　　1．B　　解：因为r＝，v＝　　mv2＝m　　所以×＝()2×＝1　　2．C　　解：由左手定则易判知ab段磁场方向应是正的，bc段为负的，cd段为正的，则B、D选项错；又由T＝2pm/qB得B＝2pm/qT而T＝4t　　所以B＝，故C正确．　　3．ABD　　解：根据r＝可知，　　故A选项对；因tc＝T/4，td＝T/2，　　tc/td＝1/2，故B选项对； 　　根据a＝v2/r可知＝，　　故C选项错D选项对．　　4．解：轨迹如图：　　一个周期内运动的时间：　　t＝T1＋T2＝·＋·＝　　一个周期内在x轴上位移：　　x＝2r1＋2r2＝2＋2＝　　5．解：沿y轴方向射出的离子在x轴上有最大位移：　　x＝2r＝　　沿x轴方向射出的离子在y轴上有最大位移：　　y＝2r＝　　6．解：如图，质子在磁场中偏转最大角度106°时从N点离开磁场．则：∠OO＇M＝37°，质子作圆周运动的最小半径为r0．则　　cot53°＝r0/R　　r0＝Rcot53°＝3R/4　　质子作圆周运动的半径r≥r0，　　由r＝得：≥R　　则v≥　　7．解：因粒子速度v0一定，所以要在最短时间射出，只要路程最短即可，而当粒子与圆筒碰撞次数越少，路程越短，时间就越短，如图，粒子最少碰两次才能从S射出，由图可知：R＝　　又R＝　　由以上两式得： 　　B＝　　8．解：①如图所示，电子沿x轴垂直于B进入磁场，又从y轴负方向射出，电子运动轨迹为1/4圆周，所以　　r＝R又r＝mv0/qB　　k＝q/m　　由以上各式得：v0＝kBR　　②电子通过磁场时间　　t＝T/4＝2pm/4qB＝p/2Bk　　③洛仑兹力f⊥v，对电子不做功，所以电子动能增量为0．　　9．解：如图所示，靠近M板的电子在两板间作匀速圆周运动，当电子刚好从N板的左端射出时，圆周半径　　r1＝d/2＝mv/B1e　　B1＝2mv/ed　　当电子刚好从N板右端射出时，　　圆周的半径为：　　r22＝(5d)2＋(r2－d)2　　∴r2＝13d　　∵r2＝mv/B2e　　∴B2＝2mv/13de　　所以，当2mv/13de＜B＜2mv/d3时，粒子不能从板间射出．　　10．解：带正电粒子射入磁场后，由于受到洛仑兹力的作用，粒子将沿图示的轨迹运动，从A点射出磁场，OA间的距离为l，射出时速度的大小仍为v0，射出方向与x轴的夹角仍为q．由洛仑兹力公式和牛顿定律可得， 　　qv0B＝m　　式中R为圆轨道的半径　　解得：R＝①　　圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得1/2＝Rsinq②　　联立①、②两式，解得：＝　　11．解：质点在磁场中受到洛仑兹力作用，洛仑兹力充当向心力作半径为R的圆周运动．　　qvB＝　　∴R＝　　根据题意，质点在磁场区域中的轨道是半径为R的1/4圆周，这段圆弧应与入射方向的速度、出射方向的速度相切，由与两条直线均相距R的O′为圆周的圆心，质点在磁场区域中的轨道就是以O′为圆心，R为半径的圆弧MN，M点和N点应在所求圆形区域的边界上，　　在通M、N两点的不同圆周中，最小的一个是MN连线为直径的圆周，所以本题所求的圆形磁场区域最小半径为：　　r＝R＝·＝　　12．解：(1)带电粒子在磁场内做匀速圆周运动，轨道半径为R，由洛仑兹力提供向心力，有：　　qv0B＝mv02/R　　R＝mv0/qB　　从图中的几何关系可知，设圆形磁场区域最小半径为r　　r＝Rcos30°　　＝mv0/2qB　　最小面积为： 　　S＝pr2＝3pm2v02/4q2B2　　(2)粒子从O到D作匀速圆周运动，此过程中所需时间为：　　t1＝T/3＝2pm/3qB　　粒子从D到b是匀速直线运动，　　令Db长为L，则　　L＝Rcot30°＝mv0/qB　　粒子飞行L用时间t2＝L/v0＝m/qB，百度文库-让每个人平等地提升自我　　t＝t1＋t2＝(3＋2p)m/3qB　　13．解：(1)据左手定则正电子沿逆时针方向运动，负电子沿顺时针方向运动．　　(2)电子经过1个电磁铁，偏转角度是q＝2p/N，则射入电磁铁时的速度方向与通过射入点的直径夹角为q/2(如图所示)，据题意有：　　qvB＝mv2/R　　电子在电磁铁内作圆运动的半径：R＝　　由几何关系可知：　　sin＝　　∴B＝　　也可这样求解：N很多且d＜＜R　　∴2pR≈Nd　　而R＝mv/eB　　∴B＝2pmv/Ned　　14．解：(1)根据质子进入磁场处的位置和进入磁场时速度的方向，可知其圆周轨道的圆心必在x轴上，又因质子经过原点O，故其轨道半径rP＝l0/2，设质子的速度为vP，由牛顿定律得：　　mvP2/rP＝eBvP…①　　∴vP＝…②　　(2)质子做圆周运动周期 　　TP＝2pm/eB…③　　由于a粒子电量为qα＝2e，质量mα＝4m，故a粒子做圆周运动的周期：　　Tα＝4pm/eB…④　　质子在做圆周运动的过程中，在t＝TP/2、3TP/2、5TP/2……各时刻通过O点，a粒子与质子在O点相遇，必在同一时刻到达O点，这些时刻分别对应t＝Tα/4、3Tα/4……如果a粒子在t＝Tα/4到达O点，它运行了1/4周期，如果在t＝3Tα/4到达O点，它运行了3/4周期，由此可知，a粒子进入磁场处与O点之间的连线必为1/4圆周或3/4圆周所对的弦，如图(实际上t＝5Tα/4等情形不必再考虑)进而得出a粒子的轨道半径　　rα＝lα……⑤　　设a粒子的速度为vα　　则由牛顿定律得：　　mαvα2/rα＝qαBvα　　又qα＝2e，mα＝4m　　由⑤式得：vα＝eBl0/4m……⑥　　但方向可有两个，用a粒子速度方向与x轴正方向夹角q表示，　　q1＝p/4(45°)……⑦　　q2＝3p/4(135°)……⑧六、带电粒子在磁场中作匀速圆周运轨迹半径变化专题　　1．D　　提示：由左手定则可判断电子的运动轨迹为D、E，根据r＝，v越大，r越大；所以速度最大的电子的运动轨迹为D．　　离子的能量为E＝mv2＝　　2．BC　　提示：由图知在b点前、后轨迹弯曲方向相反，因此所受洛仑兹力方向相反，即在b点前、后粒子所带电荷的电性必相反，故A、D选项错；再根据左手定则及r＝mv/qB知B、C选项对．　　3．BC　　提示：a粒子在板两侧作圆周运动，由r＝mv/qB得：r1/r2＝10/9＝v1/v2　　a粒子每次穿过PQ板克服阻力做功相同，动能减小量相同． 　　　　∴ΔE＝E1－E2＝E－0.81E＝0.19E　　a粒子能穿过PQ板次数n＝E/ΔE＝5.2所以BC正确．　　4．解：由题意知：mava＝mbvb＝P，qa＝qb＝q　　在B1区域内Ra1＝Rb1＝，　　在B2区域内Ra2＝Rb2＝　　两粒子在场区中运动轨道如图所示，要a粒子第4次经过y轴时a、b相遇，应相遇在图中Ａ点处，设至相遇时历时为t，则　　对a：t＝2(pma/qB1＋pma/qB2)　　对b：t＝2pmb/qB1＋pmb/qB2故2(pma/qB1＋pma/qB2)　　＝2pmb/qB1＋pmb/qB2/qB2　　解得：ma/mb＝5/7七、磁电式电表、质谱仪、回旋加速器专题　　1．AB　　2．0.15mA，1.5×10－5N·m　　提示：电流表指针偏转角q与电流I成正比：　　q1/q2＝I1/I2，　　I2＝＝0.15(mA)　　此时受到的磁力矩为：　　M＝nB2s＝1.5×10－5(N·m)　　3．3.8×106C/kg　　提示：mv02＝qu　　r＝　　解得：＝3.8×106(C/kg)　　4．解：带正电的电荷在电容器内能直线运动说明电荷受水平向左的电场力qu/d与水平向右的洛仑兹力qvB1等大，即qu/d＝qvB1　　所以v＝； 　　电荷以相同的速度v进入匀强磁场B做匀速圆周运动，有：Ra＝　　Rb＝　　而　　ΔR＝2Ra－2Rb　　∴ΔR＝2－2＝　　Δm＝ma－mb＝＝＝　　5．解：①根据动能定理有：mv2＝qU　　与公式＝联立，即可解得：　　m＝·x2　　②将上式化为x＝，即离子出入口的距离与离子的荷质比的平方根成反比．因H+、D+、T+离子均带一个单位的电荷，且三种离子的质量之比约等于其质量数之比．　　根据x＝得xH∶xD∶x1＝1∶∶故这种质谱仪能将它们分离．　　6．解：从a→b由动能定理得：eu＝mv12　　从b→c由动能定理，得：neu＝mv22－mv12　　又n＝2，粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为：　　R＝mv2/Bq　　q＝2e　　由以上各式代入数据解得　　R＝0.75m　　7．解：(1)带电粒子在加速电场中作加速运动，根据动能定理有　　qU＝mv2/2　　①　　带电粒子在辐向电场中作匀速圆周运动，电场力提供向心力，半径为R，则qE＝mv2/R　　②　　由①②得U＝ER/2　　③　　(2)离子在匀强磁场中作匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，半径为r，则qvB＝mv2/r　　④　　由②④得r＝　　⑤　　故位置A距入射点O相距2r，即　　(3)都打到A点，说明它们受力方向是一致的，故同为正离子，据题意，它们在辐向电场中转动的半径相同，由①②得　　R＝　　即辐向电场中带电粒子的转动半径与粒子质量及电量无关．　　又根据题意，它们在匀强磁场中的转动半径也应相同，由⑤式得r＝ ·　　由此可见，匀强磁场中的转动半径与粒子质量和电量的比值(即比荷)有关．故该群粒子必有带同种正电荷，且比荷相同的共性．　　8．解：①每次做功W1＝qU，n次的总功为　　W总＝nW1＝nqU　　∴Ekn＝W总＝nqU　　②∵Rn＝＝＝＝·　　∴Bn＝·　　③t＝T1＋T2＋T3＋…＋Tn＝＋＋…＋＝(＋＋…＋)　　＝2pR(1＋＋＋…＋)　　④提示：每次加速时UA＝U为定值，加速时间很小(图线很短)，且逐次加速时间越来越短，UA＝0的时间依次为T1、T2、T3、T4…因周期越来越小，故间隔时间也越来越短．图略　　⑤不可以．因为这样粒子在AB之间飞行时电场对其做功＋qU使之加速，在AB之外飞行对其做功－qU使之减速，粒子绕行—周，电场对其所做总功为零，粒子能量不会增大．八、判别带电粒子在复合场中运动性质　　1．AD　　提示：在磁场中匀速圆周运动应不计重力，A粒子带正电，D中粒子带负电．　　2．AB　　提示：用左手定则判出洛仑兹力方向和电场力是否可抵消．　　3．B　　4．竖直向上，mg/q，逆时针　　5．AC　　提示：电子在磁场中绕正电荷作匀速圆周运动的向心力由电子受的库仑力和洛仑兹力提供，洛仑兹力可能指向圆心，也可能背离圆心．　　∴F＋f＝mw12r1　　或　　F－f＝mw22r2　　即3f＋f＝mw12r1　　4eBv1＝mw1v1　　2eBv2＝mw2v2　　w1＝　　w2＝　　所以，选项A、C正确．　　6．mc＞mb＞ma，c　　7．AC 　　8．解：(1)带电微粒在电磁场中作匀速直线运动，所受的合力为零，粒子所受的重力与电场力互相垂直，这两力的合力与洛仑兹力是一对平衡力，故有：　　(qvB)2＝(mg)2＋(qE)2　　v＝＝20m/s　　(2)当磁场撤离后，粒子在y轴上作匀加速运动，在z轴上作匀减速运动，类似竖直上抛运动，到达Q点时，有：t＝2vcosq/g　　tanq＝mg/qE＝/3　　t＝2s　　9．解：①要－q在光滑斜面上作匀速圆周运动，即要求用电场力抵消重力在沿斜面方向的分力mgsinq便可，当粒子沿逆时针方向运动到圆周最高点时，从右向左看的侧视图如图，由牛顿第二定律得：　　qBwr＝mw2r　　B＝mw/q　　②当电场方向沿斜面向下时，电场力沿斜面向上，此时电场强度最小，则：　　qE＝mgsinq　　E＝mgsinq/q九、用力学观点分析带电体在复合场中运动　　1．D　　提示：洛仑兹力对带电粒子永不做功　　2．ABC　　提示：由轨迹的弯曲方向知洛仑兹力的指向，根据左手定则，知粒子应带正电，故A正确；而若从B点从静止开始运动，粒子在洛仑兹力作用下应向右偏．　　3．解：电容器先充电，后放电．金属棒在安培力冲量的作用下，离开导轨后作平抛运动．　　①根据动能定理，安培力对金属棒做的功可表示为：　　W＝mv2/2　　根据平抛运动规律，平抛初速度为：　　v＝s/t＝s/　　所以　　W＝　　②根据动量定理FΔt＝mv，有：　　BILΔt＝m　　电容器的放电量为ΔQ＝IΔt＝　　所以，电容器的剩余电压为 　　U′＝＝e－　　4．解：(1)根据粒子在电场中的偏转方向，可知粒子带正电，再根据左手定则判断，磁场方向垂直于纸面向外．　　(2)设带电粒子的电量为q，质量为m，盒子的边长为l．　　在电场中：v0t＝1/2　　①　　②t2＝l　　②　　由①②解得：E＝8mv02/ql　　③　　带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦磁力提供向心力，设轨道半径为R，则有：　　qvB＝mv02/R　　R＝mv0/qB　　④　　由图中的几何关系(l－R)2＋(l/2)2＝R2　　得　　R＝5l/8　　⑤　　由④⑤解得：B＝　　⑥　　由③⑥得：E/B＝5v0　　5．解：①粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，其半径为R，满足如下的几何关系　　R2－(R－)2＝l2，　　R＝l2/d＋d/4　　又R＝，因此，B＝　　粒子在匀强电场中作匀变速曲线运动，满足：　　＝()2，解出：E＝　　②开始射入时，同时受电场力F电和磁场力F磁，由于F电－F磁＝qE－qBv0　　＝dmv02＞0　　由此可知F电＞F磁，粒子的运动将向下偏．　　6．解：①如图所示电子从M点射入磁场区域Ⅰ作四分之一圆周运动，磁场方向垂直纸面向外，电子从P点射入电场区域Ⅱ，从N点射出，电场方向应水平向右．由于在电场中作类平抛运动，在ON方向作匀速直线运动，R＝vt，在电场的反方向作匀加速直线运动，R＝at2/2　　解得：E＝　　②电子在Ⅰ中的轨迹为1/4圆弧，在Ⅱ中的轨迹是抛物线(见图)③电子从N孔射出时的速度是两个分速度的合速度．vN＝， 　　u＝at＝eEt/m＝＝2v　　∴vN＝v　　方向与E的反方向成a，　　a＝arcot＝arcot　　7．解：B碰A前，A受到的电场力和重力相互平衡；B受到重力、电场力、各仑兹力作用，重力与电场力相互抵消，洛仑兹力提供B做匀速圆周运动的向心力　　r＝mBv/Bq2…①　　B碰A在垂直于E的方向上动量守恒：　　mBv＝(mB＋mA)v′…②　　AB整体受力为竖直方向：　　E(q1＋q2)＝(mA＋mB)g…③　　径向：B(q1＋q2)v′＝(mA＋mB)v′2/r′…④　　A、B粘合后作半径为：　　r′＝的匀速圆周运动．　　8．解：(1)电子进入磁场时受到向下的洛仑兹力，要使电子击中b点，电子束必须做匀速直线运动，故电子束必受竖直向上的电场力．故所加电场方向竖直向下，电场的左右边界面与圆O相切．由电子所受合力为零，可得：　　evB＝eE　　即：v＝E/B　　(2)撤去电场后，电子在磁场中做匀速圆周运动而偏转，圆的半径为r，离开磁场区域做匀速直线运动击中屏C点，如图所示．由洛仑兹力提供向心力，　　得：evB＝mv2/r　　即：　　r＝mv/qB＝mE/eB2　　如图由几何知识得：a＝2q　　而tanq＝＝　　∴tana＝＝tan2q＝　　解得：S＝　　9．解：因带电质点做匀速直线运动，所受到的重力、电场力、洛仑兹力的合力必须为零．如图，设电场、磁场方向斜向下，带电质点垂直纸面向里运动时，有(mg)2＝(qE)2＋(qvB)2 　　＝1.96(c/kg)　　设磁场方向与重力方向成q角，则有：　　tanq＝　　∴q＝arcot　　即磁场是沿着与重力方向成夹角　　∴q＝arcot且斜向下的所有方向．　　10．解：①当电场方向竖直向上时，小球刚好静止，所以qE＝mg　　②当电场方向竖直向下时，小球沿斜面加速下滑，当速度为v时，受力如图所示，由牛顿第二定律得，在垂直斜面方向上：(qE＋mg)cosq＝qvB＋N当N＝0时，小球离开斜面，　　此时小球位移为s，由上式得：　　v＝　　沿斜面方向有：　　(qE＋mg)sinq＝ma　　又v2＝2as　　v＝at　　解得：s＝，t＝　　11．解：当粒子在x＞a的区域，无论y为何值释放粒子，均不能经过P点；当0＜x≤a时，只需y＞0便可能到P点，设粒子A(x，y)点释放，　　当a－x＝n·2r＝n·…①时粒子经过P点，　　又qEy＝mv2/2…②　　由以上两式解得：　　y＝(n＝1、2、3……)　　所以释放粒子的坐标应满足：0＜x≤a 　　y＝(n＝1、2、3……)　　12．解：在3～4s内只有电场，要粒子从A到C点，粒子只能带正电．　　①1～2s内只有磁场，∴qBv＝mv2/R　　而R＝AC＝mv/qB0　　得：B0＝　　B方向垂直纸面向外．　　②3～4s内只有电场力，做类平抛运BC＝AC/2　　＝at2＝　　由于AB＝AC/2，故E0＝　　得：　　③在1～2s，粒子在磁场中作圆周运动　　Δt＝T/6＝，　　所以第一个粒子击中C点时刻　　t＝(1＋Δt)＝(1＋)s　　设第二个粒子从A到C点时间为　　Δt′＝　　即Δt′＝0.83Δt　　所以第二个粒子击中C点时间为：　　(3＋Δt′)＝(3＋0.83Δt)第十三章　　电磁感应一、磁通量及产生感应电流条件专题　　1．B　　提示：j＝BS＝Bsina·S＝4BS/5　　2．A　　提示：穿过线圈的磁通量为合磁通　　3．CD　　提示：根据j＝BS知，A、B中由于B和S不变，故j不变．而C、D中S变化，故j变化．　　4．ACD　　提示：磁通量与线圈的匝数无关，由f＝BSsinq得引起磁通量变化，产生感应电流的因素有B、S、q．　　A：B不变，S变小，q不变，j变小；　　B：B不变，S不变，q不变，j不变；　　C：B不变，S不变，q变小，j变小；　　D：B不变，S变小，q变小，j变小；　　E：B不变，S变大，q变小，但q小于60°时，Ssinq不变，故j不变　　5．提示：j1＝j2＝Bsin90°＝0.04Wb， 　　j3＝BSsin(90°－53°)＝0.024Wb二、楞次定律专题　　1．DE　　提示：线圈产生顺时针方向电流，根据安培定则知B感方向垂直纸面向里，而B原方向也垂直纸面向里，两者同向，说明直线电流的磁场通过线圈的原磁通量j原是减小的；对A选项：j原增大，对B、C选项：为j原不变，只有D、E选项符合要求．　　2．D　　提示：磁单极子从上向下穿过超导线圈的过程中，磁通量先增加后减少，原磁场方向先向下后向上．　　3．AD　　提示：把两圆环相接后看作一个闭合线圈，B原增大，j原增大，B感方向跟B原反向，向外．根据安培定则，闭合线圈产生顺时针方向的感应电流，即选项A、D正确．　　4．B　　提示：线圈摆到最低点时，穿过线圈的磁通量最大，因此磁通量先增大后减小，　　5．C　　提示：开关从1扳向2的过程磁通量先减小后增加，另外注意电流方向改变．　　6．B　　提示：磁通量先减小后增大．　　7．BD　　提示：在PQ杆滑动过程中，磁通量先增大，　　(OP＝OC时最大)，后减小．　　8．C　　提示：磁通量先增大后减小三、合磁通量变化而产生感应电流的方向判断　　1．B　　提示：线圈处于位置Ⅱ时，磁通量最小为零，从位置Ⅰ到Ⅱ位置的过程中，磁通量减小，感壹，应电流的磁场跟原磁场方向相同，产生逆时针方向的感应电流；从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中，磁通量增大，感应电流的磁场跟原磁场方向相反，产生逆时针方向的感应电流．　　2．A　　提示：j原＝0，而B感(环形电流内部磁场)向外，由楞次定律得：j原向里增加，N极向纸内，S极向纸外时，磁体的内部磁感线多于线圈内的磁体的外部磁感线，合磁通向里，故选A．(或用相对运动导线切割磁感线右手定则也可以．)　　3．CD　　提示：j原(合磁通)向上而B感向下，据楞次定律得，j原向上增大，又由于磁体的内部磁感线一定与磁体的外部磁感反向，故只能减小在线圈内磁体的外部磁感线，选C、D．　　4．AD　　提示：产生图示方向的感应电流，B感与B原反向，说明j原增大，则选项A、D符合要求．四、楞次定律的推广含义专题 　　1．A　　提示：当通电直导线处于线框中央时，通过线圈的磁通量为零，当导线中的电流增大时，通过线圈的合磁通量增大，为“阻碍原磁通的增大”，线框须向右运动，即受力向右．　　2．AF　　提示：通过螺线管各匝线圈电流方向相同，互相吸引，但I减小，互相吸引的力减小，故螺线管有伸长趋势、选项F正确．电流减小，通过金属环的合磁通减小，为“阻碍原磁通的减小”，a环须缩小，故选项A正确．　　3．D　　提示：I1减小时，通过外线圈的合磁通量增大，为“阻碍原磁通的增大”，外线圈感应电流的磁场方向向外，即I2为逆时针方向，跟I1反向，互相排斥，故选项D正确．　　4．C　　提示：滑片在移，R增大，I减小，通过线框的磁通量减小，而线框处于竖直位置时磁通量最大，因此线框顺时针转动．　　5．C　　提示：磁铁插入铝环的过程中，穿过铝环的磁通量增大，为“阻碍原磁通的增大”，铝环向左运动，两铝环产生感应电流方向相同，互相吸引距离变小．　　6．BD　　提示：若是匀强磁场，金属环无感应电流产生；若是非匀强磁场，环上有感应电流产生，受磁场力作用，阻碍环的运动，故能上高度小于h　　7．B　　提示：应用等效法分析，即把金属球等效成许多水平面上的闭合线圈．五、判断电势高低专题　　1．BCD　　提示：带正电的粒子偏向A板，A板带负电，B板带正电，线圈产生感应电动势，其等效电路如在下图，线圈产生感应电流的磁场跟原磁场同向，即知关键因素“磁通量减少”，而选项B、C、D磁铁的运动能使通过线圈的磁通量减少．　　2．提示：分析如第1题，结果如下图，B感与B原方向相反，关键因素：“磁通量增加”，选项A、D满足条件．　　3．B　　提示：线框在磁场内运动，ab、cd切割磁感线，产生感应电动势，a、d端为负极，电势较低，b、c端为正极，电势较高，等效电路如下图，运动中通过线框的磁通量不变，没有感应电流产生，所以a与d、b与c端的电势相等．　　4．B　　提示：如下图，不管电压表接线框中的那两点，只要电压表在磁场中跟线框一起运动，电压表都没读数． 　　5．B　　提示：应用等效法分析，　　即把金属圆盘等效成许多从圆盘边缘到圆心的导线，用右手定则判定电流方向．六、自感现象、日光灯原理专题　　1．B　　提示：断开S1时，线圈会产生瞬时高压，可能会烧坏电压表，因此先断开S2．　　2．AD　　提示：在(a)中断开电键后，自感电流只能在L中原有电流基础上减小，所以灯中电流不会比断开K前大，故选项A正确，选项B错误．在(b)中电路稳定时，线圈相当于短路(线圈电阻很小)，L中电流比灯S中电流大，断开K后，L中自感电流在开始一小段时间内大于S中原来的电流，因此会使小灯先变得更亮，然后渐渐变暗，故选A、D．　　3．D　　提示：断开S，通过线圈的电流减小，产生的自感电流i自方向跟通过线圈的原电流i1同向，通过灯泡跟原电流i2反向，如图；另外，通过线圈的电流不能突变，只能在原来的基础上逐渐增大或减小．　　4．AD　　5．D　　提示：由题意知，电流表的指针偏转方向跟电流流入方向一致，S闭合时流过电流表的电流方向及断开后瞬间自感电流方向如图所示．　　6．C　　提示：依据日光灯工作原理判断．　　7．D　　提示：依据日光灯工作原理判断．七、法拉第电磁感应定律　　1．ABD　　提示：根据线圈产生自感电动势为　　e＝n＝n及P＝可得．　　2．解：eA＝n　　eB＝n　　SA有效＝SB　　∴eA∶eB＝SA有效∶SB＝1∶1　　而I＝e/R　　∵RA∶RB＝2prA∶2prB＝rA∶rB＝2∶1　　∴IA∶IB＝RB∶RA＝1∶2　　3．ABD　　提示：j－t图中图线的斜率表示磁通量变化的快慢，即k＝e＝n， 　　而0处斜率最大，D斜率为0，故AB选项对；　　e0D＝n＝＝0.4(V)　　4．提示：磁场均匀增加，产生感应电动势的等效电路如图所示，带电微粒静止，所以粒子带负电；mg＝qU／d，　　U＝e＝n＝n　　所以＝　　5．提示：e＝N＝　　q＝Δt／R＝Bp|b2－2a2|R　　6．解：a圆环半径是b圆环半径的2倍，即ra＝2rb．由电阻定律知a环电阻是b环电阻的2倍．即Ra＝2Rb　　①a环内存在磁场，b环在磁场外时，a环产生的感应电动势为ea＝，　　总电流I＝ea／R总＝，　　UMN＝IRb＝，　　②b环内存在磁场，a环在磁场外时，同理M，N两端电压为：　　U′MN＝I′Ra＝，　　＝＝＝1/2　　∴U′MN＝/2　　7．解：ab静止时F安＝mg且F安竖直向上，由B2Il＝mg得I＝　　而I＝e/R　　e＝ΔB1/Δt1　　解得　　ΔB1／Δt＝0.98(Wb/s)　　由右手定则判知ab中电流方向由b→a　　由楞次定律判知B1应是减弱．　　8．解：①∵B＝(6－0.2t)∴ΔB／Δt＝0.2(T/s)．　　A线圈内产生的感应电动势： 　　e＝n＝n＝100×0.2×0.2＝4(V)　　S闭合后，电路中的电流　　I＝e／(R1＋R2)＝4／(4＋6)＝0.4(A)　　方向由a→R2→b．　　②断开S后，通过R2的电量　　Q＝CU2＝CIR2＝7.2×10－5(C)　　9．解：MN在做切割磁感线运动时，它的有效切割长度在不断变化，用e＝Blv难以求得平均感应电动势，从另一角度看，回路中的磁通量也在不断变化，平均感应电动势可由e＝求得，　　Δf＝BΔS＝Bpr2，Δt＝2r／v　　所以＝／R＝Δf/RΔt＝Bprv/2R　　通过R的电量q＝Δt＝Bpr2／R八、切割磁感线的的感应电动势专题　　1．Blvsinq，2BRv　　2．B　　提示：用切割磁感线有效长度判感应电动势大小，并注意SR与PQ边产生的电动势方向相反　　3．C　　提示：下落过程中竖直方向速度越来越大．　　4．解：e＝Blvsinq而v＝w·lsinq　　∴e＝wBl2sinq　　5．AC　　提示：把机翼看成导体，磁场竖直向下，导体切割磁感线用右手定则判定即可．　　6．解：杆切割磁感线时，ab部分产生的感应电动势：　　e＝vB(2Rsinq)　　此时弧acb和弧adb的电阻分别为2lR(p－q)和2lRq，　　它们并联后的电阻　　r＝　　杆中的电流I＝e/r，　　作用在杆上的安培力　　F＝IB(2Rsinq)　　由以上各式解得F＝·　　7．解：(1)e＝Blv＝0.1×0.4×5＝0.2(V)，　　R总＝RAD＋＝＋＝1(Ω)　　IAD＝I总＝＝＝0.2(A) 　　(2)UC＝U端＝e－IADRAD＝0.2－0.2×＝　　Q＝CU＝0.3×10－6×＝4×10－8(C)　　8．解：①匀速拉动金属杆的拉力大小等于安培力大小：F拉＝F安＝BIL＝B2L2v/r　　＝0.22×0.22×5/0.25＝0.032(N)　　②由能量守恒定律得：　　Q＝W＝F拉L＝0.032×0.4＝1.28×10－2(J)　　9．解：①e1＝B2av＝0.2×0.8×5＝0.8(V)　　I1＝e1／R＝0.8／2＝0.4A　　②e2＝Δj／Δt＝0.5×pa2×ΔB／Δt＝0.32V　　P1＝(e2/2)2／R＝1.28×10－2W　　10．解：由F＋mmg＝ma得棒所受会培力　　F＝ma－mmg＝0.1×3－0.2×0.1×10＝0.1(N)　　棒以速度v运动时，其上电动势e＝Blv　　流过回路中的电流I＝＝　　棒所受安培力F＝BIl＝　　故v＝＝＝30(m／s)　　e＝0.5×0.2×30＝3(V)　　I＝＝＝1(A)　　棒两端电压U＝IR＝1×2＝2(V)　　由右手定则可知，P端电势高．　　此时回路中的电功率P＝Ie＝1×3＝3(W)九、电磁感应图象专题　　1．A　　提示：根据法拉第电磁感应定律，磁场均匀变化时，产生的电动势是恒定的，且B增大和减小时，电动势方向相反，故选项A正确．　　2．A　　提示：当由第Ⅰ象限转到第Ⅱ象限时，线框匀速转动OM和ON两边切割磁感线产生恒定的感应电动势，当由第Ⅳ象限转到第Ⅲ象限时，电动势方向相反，故选项A正确．　　3．B　　提示：可认为线圈切割用感线运动，由e＝Blv易知，当磁铁进入线圈过程中，由图线知u增大，故应是加速运动；当线圈完全在磁场中时，则无电压；当磁铁离开线圈时，u增大，故也是加速，故选项B正确．　　4．CD　　注意均匀变化的磁通产生的感应电动势恒定，从而感应电流恒定，再用楞次定律判出感应电流的方向，即可判定选项C、D正确．　　5．作图说明：(规定沿x轴正方向为安培力正方向) 　　①线框A在磁场外向右匀速运动时，F安＝0，t1＝l／v　　②A的右边在磁场内，左边在磁场外时，　　F安＝BIL＝B2L2v/R＝恒量，方向向左　　t2＝l/v．　　③A线框完全进入磁场中，　　F安＝0，t3＝2l／v　　④A的右边在磁场外，左边在磁场内时，　　F安＝BIL＝B2L2v／R＝恒量，方向向左　　t4＝l／v．　　6．作图说明：如图(顺时针方向为负)　　①a边切割B1产生电动势最大，对应的感应电流最大，方向为反时针方向；　　②a、b边均在B1中切割B1产生的感应电流比①小，方向同①；　　③M完全进入B1中无感应电流．　　④a在B2中，b、c在B1中产生感应电流比①还大，方向为顺时针方向；　　⑤a、b边在B2中，C边在B1中产生感应电流比④要小，方向同④；　　⑥M在B2中无感应电流；　　⑦M离开B2过程产生感应电流比①、②要大，　　方向为反时针．i－t图象如下图．　　7．作图说明：如下图，由右手定则可判断在导线框匀速进入磁场时，感应电流i．大小不变．方向为反时针方向(在0－L段)．在ab从L－2L段，R上无电流，安培力为0，只受水平恒烽作匀加速运动，并以较大速度从2L处开始离开磁场，cd段切割磁力线产生较大感应电流i＞i0，同时受到安培力大于F，作减速运动，i逐渐变小，在2L—3L段i随x减小但在X＝3L处i＞i0，在X＝3L处，导线框完全离开磁场．(注意：此题关键在经2L处离开磁场时，速度比进入磁场时大，因而i＞i0，F安＞F拉，作减速运动，I逐渐变小．)十、动态分析专题　　1．D　　提示：当F安＝mg时，匀速，选项A不正确；　　　　　　　　　当F安＜mg时、加速，选项B不正确；　　　　　　　　　当F安＞mg时，减速，选项C不正确；　　但减速下落时，由e＝Blv知c减小，即电流减小，由F安＝BIl知F安减小，故F安＝mg－F安增大，故加速度a增大，故选项D正确．　　2．D　　提示：对选项C、D动态分析，由　　e＝Blv，I＝e／R，F安＝BIL＝B2L2v／R知，v增大，F安增大；　　F合＝F－F安知F合减小，故选项C、D作a变小的运动最后匀速；故穿过 回路中的磁通量是穿入纸里的先增大后不变，由楞次定律易知选项D正确．　　3．解：(1)金属棒沿斜面向上运动，切割磁感线，产生最大感应电流　　l＝＝0.5A　　此时金属棒受恒力F、重力mg、安培力f和支持力N而平衡　　F＝mgsina＋BIdcosa＝1.44N　　(2)I感＝　　解得v＝＝6.25m/s　　Pm＝Fv＝9W　　4．解：(1)金属棒刚滑至水平部分时，速度最大，加速度最大，此时v0＝　　金属棒产生感应电动势E＝BL　　此时回路电流强度为I，I＝　　金属棒所受安培力为F，加速度为a，　　a＝＝　　联立解得　　a＝0.25m/s2　　(2)设棒的加速度为0.125m/s2时，棒速度为v，此时回路电流I′，则：　　＝＝0.125m／s2，I′＝　　回路产生的焦耳热　　Q＝(mv02－mv2)　　解得Q＝1.5J　　5．解：　　①导体从静止刚开始下滑时的加速度最大，　　am＝mgsina／m＝gsina方向沿斜面向下．　　②导体在斜面上的受力如图所示，导体先作变加速运动(a↑，v↓)，后作匀速运动．安培力表示为F安＝BIL＝B2L2vcosa／R，　　当F安cosa＝mgsina时，导体速度达到最大，　　即B2L2vmcosa×cosa/R＝mgsina　　故vm＝mgRtga／B2L2cosa　　6．解：导体杆在轨道上做匀加速直线运动，用v表示其速度，t表示时间， 　　则有　　v＝at……①　　杆切割磁感线，产生感应电动势　　e＝Blv　　②　　在杆、轨道和电阻的闭合回路中产生电流　　I＝e／R　　③　　杆受到的安培力为f＝IBl　　④　　根据牛顿第二定律，有F－f＝ma　　⑤　　联立以上各式，得：F＝ma＋at　　⑥　　由图线上取两点代入⑥式，可解得　　a＝10m/s2　　m＝0.1kg　　7．解：ab、cd匀速运动时，其上产生的感应电动势方向相同．　　对：ab：Mg＝T＋F(T是两根绳总拉力，F是安培力，方向可由左手定则或楞次定律判知，F方向一定与v方向相反)　　对cd：T＝mg＋F　　而F＝BIl　　I＝＝＝　　解得v＝十一、用功能观点分析电磁感应问题　　1．CD　　提示：根据能的转化和守恒定律可得　　2．BD　　提示：　　P＝Fv＝BIL有效v＝Bv＝　　而P、B、L有效相同，Ref最大，故vef最大．　　每秒钟产生的热量Q＝Pt，故每秒钟产生的热量相同．　　3．BC　　提示：　　对ab：F＝BIL＋mg　　对cd：BIL＝mg　　F＝2mg＝0.2N，I＝1A　　I＝Blv／R，　　v＝IR／Bl＝2m/s，　　Q＝I2Rt＝0.4J　　4．CD　　提示：根据楞次定律知，cd做加速度减少的加速运动，ab做加速度减小的减速运动，最后两者速度相等，一起做匀速运动；对ab、cd系统动量守恒，　　mv0＝2mv，v＝v0／2　　两棒消耗的电能等于系统减少的动能， 　　ΔE＝mv02－·2mv2＝mv02　　5．解：要使OC匀速转动，须外力等于安培力，　　e＝Br＝B·r·rw＝Br2w　　I＝，F安＝BIr，P＝F＝F·rw　　所以P＝B2r4w2／4R　　6．解：磁铁下落过程中，磁铁和金属环系统能量守恒，减少的重力势能等于增加的动能和产生的热能，即　　mgh＝t＋mv2　　所以e＝　　7．解：(1)假设是电流表满偏，则电阻R两端的电压为1.5V，可见在是电压表先达到满偏．　　(2)当电压表满偏时，I＝U/R＝1.0/0.5＝2.0(A)，　　根据闭合电路欧姆定律，I＝＝A，　　BL＝I(R＋r)／v＝2.0×(0.5＋0.3)／2＝0.8　　金属棒匀速运动，F外＝F安＝BIL＝0.8×2.0＝1.6N　　8．解：①外力对线框做功等于线框产生的电热：　　W1＝Q1＝e2t／R＝B2a22vl／R　　②线框产生电热的时间t′＝2d／v，　　同①道理有：W2＝Q2e2t′／R＝B2a22vd/R　　9．解：(11)当安培力等于外力F时，回路中有最大电流值，　　F安＝ILB＝F　　Im＝F／BL　　(2)I＝E/R，设ab速度v，cd速度为u　　0＝mv－2mu　　∴v＝2u　　∴E＝BLv＋Blu＝3Blu　　而Im＝E/R＝F/BL　　联立解得：u＝　　∴p1＝F1v＝　　P2＝F2u＝　　10．解：(1)不管粒子带何种电荷，匀速运动必有v0qB＝Eq，即MN板带正电，棒AB向左运动，设AB棒以速度v向左运动，产生感应电动势为　　e＝vlB，　　∴v0qB＝q　　得v＝v0　　(2)当AB棒停止运动后，两板通过AB放电板间电场消失，仅受磁场力作圆周运动，位移为mv0／qB＝R时， 　　转过圆心角60°．∴t＝＝　　11．解：本设备的原理是，在磁场中一根金属条切割磁感线产生电流，对其他金属条供电，进而把电能转化为内能，此设备的有用功率为产生的总电功率，这点是解题的难点．　　处于磁场中的金属条切割磁感线的线速度为：　　v＝　　产生的感应电动势为：e＝Blv＝Blw　　总电阻为：R′＝R＋，　　消耗的电功率为：P′＝　　电动机输出机械功率为：P＝P′／m，　　∴P＝l2w2D2第十四章　　交流电一、正弦交流电的产生及变化规律专题　　1．ACD　　提示：线圈转动产生正弦式交流电，线圈每经过中性面一次，电流方向反向，线圈转动一周两次经过中性面，电流方向改变两次，电流表零刻度在中间，故线圈转动一周，指针左右摆动一次，故选项A正确；线圈转到中性面时，电动势最小(等于0)，转到与中性面垂直的平面时，电动势最大，故选项C正确、选项B错；由于线圈转动，产生正弦式交流电，故感应电动势和感应电流都是周期性变化的，故选项D正确．　　2．提示：线圈产生正弦式交流电，t1时刻，f最大，则e1＝0，t2时刻，f＝0，则e2最大，　　e2＝BSw＝fmw＝10－2×＝10－2×＝3.14V　　3．AB提示：由e＝10sin20pt(V)可知，是从中性面开始计时的，所以选项A、B正确、C错；　　t＝0.4s时，e＝10sin(20p×0.4)＝0(V)，故选项D错．　　4．C　　提示：长度一定的导线，做成圆形面积最大，当线圈平面与B垂直，转轴通过平面时，产生的感应电动势最大，e＝BSw，故选项C正确．　　5．B　　提示：em＝NBSw　　e′m＝2NBS·2w＝4NBSw＝4em　　所以Im＝＝4Im　　则瞬时表达式为i′＝4Imsin2wt　　6．B　　提示：通电螺线管内磁场方向与轴线平行，则带电粒子运动方向和磁场方向平行不受洛仑兹力，故其作匀速直线运动，即选项B正确．　　7．B　　提示：因为电表测得的数值是有效值： 　　U＝Um/＝311/＝220V，　　R＝U/I1＝220／5＝44Ω，　　R机＝U／I2＝220／0.5＝440Ω，则选项A正确；　　功率：P煲＝UI1＝220×5＝1100W　　P机＝UI2＝220×0.5＝110W　　故选项B错；洗衣机是非纯电阻电路，它消耗的总功率P板包括洗衣机的发热功率和输出功率，故选项D错；1分钟消耗的电能：　　W煲＝UI1t＝1100×60＝6.6×104J，　　W机＝UI2t＝110×60＝6.6×103J　　洗衣机的电动机消耗的电能等于洗衣机消耗的总电能减去洗衣机发热消耗电能，故选项C错．　　8．解：(1)当矩形线圈在匀强磁场中以恒定角速度绕垂直于磁场的轴匀速转动时，线圈中将有随时间按正弦规律变化的交流电流通过，线圈的磁通量最大时，感应电动势最小；线圈的磁通量最小时，感应电动势最大．从图中可以看出，当线圈平行于磁感线时，或线圈平面与纸面垂直时感应电动势最大．　　(2)线圈在图示位置时感应电动势最小，因此每转过180°(p弧度)时，线圈的感应电动势均最小．根据题设条件，线圈转动的周期为T，则：　　T＝1/n＝1／50＝0.02s．线圈每转半圈，所用时间为0.01s，由此可知，当t＝k×0.01s(k＝1，2，3…)时，感应电动势最小．　　(3)线圈在转90°的过程中，开始磁通量为f1，则：f1＝BS＝B·ab·ad＝0.2×0.4×0.2＝1.6×10－2Wb；　　后来磁通量为f2，则：f2＝BS＝0　　线圈每秒转50圈，转1圈所用时间为0.02s，转90°(1／4圈)所用时间为0.005s．根据法拉第电磁感应定律可知：　　E＝N＝100＝320V　　式中E为线圈从图示位置转动90°的过程中产生的平均感应电动势的大小．　　(4)线圈在旋转过程中产生的感应电动势的最大值为：　　Em＝NBSw＝N·B·ab·ad·2pn　　＝100×0.2×0.4×0.2×2×3.14×50＝502.4V　　线圈产生的感应电动势为有效值，根据　　E＝Em／可知感应电动势为：　　E＝Em／＝502.4／1.414＝355.3V二、交变电流图象专题　　1．B　　提示：根据交流电产生特点可知，当线圈转到中性面时穿过线圈的磁通量f最大，感应电动势　　e＝0；　　当线圈转到与中性面垂直时，磁通量f＝0，感应电动势最大(即e的变化率最大)，故选项B正确，选项A、C、D错．　　2．CD　　提示：根据中性面和与中性面垂直平面的特点对知，f与e互余，t1 时刻是中性面，则磁通量最大，故A错；t2时刻e最大，则f＝0，故B错；t3时刻e＝0，则f最大，故C正确；因为f最大时e＝0，所以D正确．　　3．，30°　　提示：由em＝BSw和w＝2p/T则：B＝＝＝　　由图可知，是从线圈平面与磁感线平行时开始计时的，则瞬时表达式为：　　e＝emcoswt＝emcost，则当＝1/2时，　　q＝wt＝×＝＝30°，　　即线圈平面与磁感强度夹角q＝30°．　　4．D　　提示：开始，当流过长直导线的电流向上(即为正)增大时，穿过右边线圈的磁场方向向里，f增大，由楞次定律可知：感应电流的磁场方向向外，与原磁场方向相反，由安培定则可知，感应电流方向为abcda，逆时针方向(即为负)，由于原电流i0增大，则B增大，f增大，e感减小，则i感减小，故选项D正确．　　5．C　　提示：要a点电势最高时，即要e感ab最大，则穿过线圈ab的磁通量f＝0，且a端为正极，b端为负极，则由安培定则可知感应电流产生的磁场B感方向向外，当流过直导线的电流i方向向右时，在ab线圈产生的原磁场方向B原向里，与感应电流磁场方向相反，由楞次定律可知，穿过线圈ab的磁通量必须增大，则原电流i必须增大，故选项A、D错；当流过直导线的电流i方向向左时，在ab线圈产生的原磁场方向向外，与感应电流的磁场方向相同，由楞次定律可知，穿过线圈磁通量f必须减小，则原电流i必须减小，故选项C正确、B错．　　6．C　　提示：25＝50sin314t，314t＝/2，　　则314t＝p／4，t＝1／400＝0.0025s，即t＝0.0025s时，电压u达到25，由交流电压u的图橡对称性可知，一个周期T内，u＞25的时间为：Δt＝T－4t＝－4×0.0025＝0.02－0.01＝0.01s，故选项C正确．　　7．6×104　　提示：一个周期内有两段u＞25的时间，即一个周期内，氖管发光两次，所以10分钟内发光的次数：　　n＝×2＝×2＝6×104次三、交变电流的有效值与峰值关系专题　　1．B　　提示：有效值I甲＝＝Im，　　I乙＝Im，由W＝I2Rt，则：　　＝＝()2＝()2＝，故选项B正确． 　　2．B　　提示：由电流热效应相等，则：　　I2RT＝R·＋R·＝150RT　　所以，I＝A，故选项B正确．　　3．B　　提示：由电流的热效应相等，则：　　·＝T，u＝×＝≈156V，　　故选项B正确．　　4．200，2，141.4　　提示：(1)e＝NBSwsinwt＝64psin20pt，当20pt＝p/2时，e＝200V；　　(2)em＝N＝200V，　　故磁通量变化率最大值为2Wb/s；　　(3)灯丝烧断后两端的电压值为：　　U＝em/＝141.4V　　5．b　　提示：em＝NBSw，e＝em/，匀速转动，外力做功等于电功，则：　　故选项C错；　　W外＝E电＝t＝·＝·　　＝·＝　　故选项Ｃ错；　　＝N＝N＝＝，　　流过电阻的电量q＝t＝·＝　　故选项B正确，选项A、D错．　　6．　　提示：q＝t＝·＝·＝　　7．解：已知感应电动势的最大值：　　em＝nBmsw＝nwjm　　设线圈在磁场中转动的周期为T，则有：　　w＝2p／T 　　根据欧姆定律，电路中电流的最大值为：　　Im＝em/(R＋r)　　设交流电流表的读数为I，它是正弦式电流的有效值，根据有效值与最大值的关系，有I＝Im／，有题给的图线可读得：　　fm＝1.0×10－2Wb，T＝3.14×10－2s　　解以上各式，并代入数据，得I＝1.4A．　　8．解：使线圈匀速平动移出磁场时，线圈中产生恒定的感应电流：　　∵e＝Blv，v＝l/t　　∴I＝e／R＝　　由能量守恒有W外＝E电＝Iet，　　解得：W＝0.01J，　　线圈以ad为轴匀速转出磁场时，有：　　em＝BSw，Im＝em／R，　　由能量守恒有：　　W外＝E′电＝e有I有t＝emImt／2＝0.0123J　　两次外力做功之差W′－W＝2.3×10－3J四、电阻、电感和电容对交变电流的作用感抗和容抗专题　　1．D　　提示：电感对交流电的阻碍作用，是由于交流电流流过线圈时，线圈中产生自感电动势，阻碍原电流的变化，形成了对电流的阻碍作用，而不是由于电感存在电阻，故选项A错；电容对交流电的阻碍作用，是由于交流电源驱动电荷定向移动时，受到电容器极板上积累电荷的反抗，故电容器对交流电有阻碍作用，而不是由于电容器具有电阻，故选项B错；电流通过电感和电容做功时，只是部分电能转化为内能，故选项C错，选项D正确．　　2．ABC　　提示：扼流圈是利用线圈对交流电有感抗来工作的，故选项A正确；高频扼流圈的自感系数L较小，对低频交流电的阻碍较小(由于f较小，则XL较小)，对高频交流电阻碍较大，由于f较大，则XL较大，阻碍高频交流电通过，故选项B正确；低频扼流圈的自感系数L较大，对低频交流电，由于L较大，f较小时，则XL也较大，对低频交流电的阻碍较大，由于高频交流电f较大，则XL更加大，对高频交流电的阻碍比低频交流电的阻碍更大，故选项C正确，选项D错．　　3．A　　提示：由C＝可知，把电介质插入电容器，C增大，由XC＝知，XC减小，故电路电流I增大，P灯＝I2R灯变大，则电灯变亮，故选项A正确；同理，d增大(或S减小)，则C减小，XC增大，I减小，P灯减小，则灯变暗，故选项B、C错；f减小，则XC增大，则I减小，P灯减小，则灯变暗，故选项D错．　　4．2∶1　　提示：灯和C串联，由U灯＝UC可知R灯＝XC；后来，R不变，f变为2f，则　　X′C＝＝＝XC＝R，　　由串联电路电压与电阻成正比关系可得： 　　＝，＝＝　　5．CD　　提示：a图：UL＝u－uC；　　b图：UL＝u；c图：I＝0，UL＝0；d图：UC＝u　　由R灯＝可知，L3不亮，PL2＝PL4＞PL1，所以L4和L2亮度相同，比L1亮，故C、D正确，A、B错．　　6．ACD　　提示：em＝BSw，XC＝　　e＝em/，f＝，所以　　I＝＝＝　　＝pCBSwf＝BSw2C　　则要I′＝2I，可使B变成2B，或者S变成2S，或C变成2C或者w变成w，故选项A、C、D正确，选项B错．五、变压器规律专题　　1．ABC　　提示：变压器是通过电磁感应原理作用的，即通过原副线圈的磁通量f相同，磁通量变化率相同，频率相同，P入＝P出，由于匝数不同，由＝可知，峰值u1m≠u2m，故选项A、B、C正确，D错．　　2．1∶16，1∶4　　提示：由变压器规律可知：　　＝＝，＝＝＝　　＝＝＝＝　　3．ACDE　　提示：　　P损＝P线＋I线R线　　＝I出2R线＝R线＝＝　　可知：选项A、C、D、E正确，B错．　　4．D　　提示：升压变压器P1＝P2，降压变压器P3＝P4，P2＝P3＋P线，u2＝u3＋u线，　　所以I4随P4的变化而变化，I1随I4的变化而变化，故A错；I3由升压器和降压器共同决定，故选项B错；u2＝u3＋u线，故选项C错；R负减小，则I4增大，I3增大，由P线＝I32R线知P线增大，故选项D正确． 　　5．A　　提示：由＝知u2＝u1/2＝110V，　　I2＝＝2I1＝2×1＝2A，R＝＝＝55Ω，　　因为I1是最大值，则I2也是最大值，R是最小值，故选项A正确．　　6．B　　提示：甲是变压器，乙是分压器，甲：＝＝＝2，＝，　　u1′＝＝2×110＝220V；　　乙：＝＝＝2，u1′＝u2′＝110V　　故选项B正确．　　7．BC　　提示：由变压器规律可知，P1＝P2，　　＝＞1，u1＞u2，　　＝＜1，I1＜I2，　　故选项B、C正确，A、D错．　　8．BD　　提示：由＝得：u2＝u1　　恒定、即V1不变，故选项A错；　　S闭合，R负总变小，总电流I2＝增大，即A2增大，由u负＝u2－I2R线，负载R1、R2两端电压u负减小，即V2减小、故选项B正确；　　由I3＝知，I3变小，而A3变小，；再由＝得I1＝知，I1增大，即A1增大，故选项C错；　　由P1＝P2＝u2I2知P1增大，故选项D正确．　　9．AC　　提示：由＝得u2＝为恒量，即V2不变，则选项B错；　　滑片P上移，R减小，由I2＝知I2增大，即A2读数变大，由n1I1＝n2I2知I1增大，A1读数变大，故A正确；由P1＝P2＝u22/R得P1、P2均增大，故选项C正确；PR＝P2，故选项D错．　　10．D　　提示：设灯的额定电压为u0，额定电流为I0，，则u2＝u0，u3＝2u0，　　由＝＝＝；I2＝2I0，I3＝I0，I1＝I0，　　由n1I1＝n2I2＋n3I3得n1I0＝n2×2I0＋n3I0，得：n1＝2n2＋n3＝2n2＋2n2＝4n2所以n1∶n2∶n3＝4∶1∶2，故选项D正确．　　11．解：①设升压变压器原副线圈匝数、电压、电流分别是n1、n2，u1、u2，I1、I2，降压变压器原副线圈匝数，电压、电流分别是n3、n4，u3、u4，I3、I4，则u4＝220V， 　　I4＝22×6I灯＝22×6×＝22×6×＝24A，　　u3＝＝4×220＝880V，I3＝＝×24＝6A，　　P1＝P2＝P3＋P线　　＝P4＋I32R线＝22×6×40＋62×4＝5424W　　②u线＝I3R线＝4×6＝24V　　u2＝u3＋u线＝880＋24＝904V　　u1＝＝×904＝226V　　I1＝＝×6＝24A　　＝u1＋I1r＝226＋24×1＝250V　　③输电效率h＝×100％　　＝×100％＝×100％≈97％　　12．解：①正常用电时，ab间没有电压，因为双线绕成的初级线圈两根导线中的电流是大小相等方向相反的，穿过变压器铁芯的磁通量总为0，副线圈中不会有感应电动势产生．　　②人站在地面上手误触火线，电流通过火线和人体而流向大地，不通过零线，这样变压器的铁芯中就会有磁通量变化，从而次级产生感应电动势，脱扣开关就会断开．　　③＝，∴U1＝×2　　＝，∴I2＝I′六、交变电流和力学综合问题分析方法专题　　1．BC　　提示：两板加上电压，两板间存在电场，电子在板间只受电场力作用而作加速运动，　　图A：设加速度为a，先加速T/2，v1＝at＝aT/2，　　接着减速半周期，v2＝v1－aT/2＝0；　　再接着又重新开始由静止先加速T／2，再减速T/2，速度变为0；每个周期都重复以上运动，故电子一直朝某一方向运动，则选项A错．　　图B：设加速度为a，先加速T/4，v1＝aT/4，再减速T/4，　　则　　v2＝v1－aT/4＝0，　　再回头由静止加速T/4，v3＝－aT/4，　　再减速T/4，v4＝v3＋aT／4＝0，　　完成一个周期运动；再下去，每个周期T内都重复以上运动，则电子在某一位置两侧来回运动，故选项B正确．　　图C：从0开始，每T/4时间内，相同，则平均加速度 相同，分析电子运动如B图相似，则电子做振动，　　故选项C正确．　　图D：设电压为u0时，加速度为a，　　则电子先加速T/2，v1＝aT/2，再匀速T/2；接着又重新加速T/2，v2＝v1＋aT/2，　　再匀速T/2，这样重复运动下去，速度、位移不断增大故选项D错．　　2．提示：　　P＝P1＝P2＝P机＝P出＋PQ＝Fv＋I2R＝mgv＋I2R，I＝　　3．AB　　提示：由甲图可以看出，在一个周期T＝2s内，电子由静止先加速T/2周期，再减速T/2周期，速度变为0，一直朝前运动，加速度大小相同，同练习(1)题分析可知，板间电压0～T/2内为正，T/2～T内为负，故选项B正确．或者，先加速1s＝T/4，再减速T/4到0，接着又反向加速T/4，又减速T/4，电子作往复振动，速率大小变化如甲图所示，故选项A正确．C、D图是先加速2s，故选项C、D错．　　4．AC　　提示：设从0时刻开始，每T/4周期平均加速度为，则在一个周期内，电子先加速T/4周期，vt＝T/4，再减速T/4周期，v2＝v1－T/4＝0，接着又反向加速T/4周期，v3＝－T/4，再减速T/4周期，　　v4＝v3＋T/4＝0，以后每个周期都重复以上运动，则电子在某一位置两侧来回振动，故选项A正确．当两板间距离l小于电子在半个周期内运动的位移时，在T/2内就已穿透B板，即　　l0＝2×＝T2＝×＝，　　故选项C正确，选项B、D错．　　5．BD　　提示：小螺线管A通过正弦交流电，则穿过大螺线管B的磁通量f＝BAS作正弦变化，则B产生余弦交流电，故流过金属棒MN的是余弦交流电，则MN受磁场力，方向随电流变化而发生运动，在一个周期内：先加速T/4到v1＝T/4，　　再减速T/4周期到v2＝v1－T／4＝0，　　然后又反向加速T／4周期到v3＝－T／4，再减速T/4周期到v4＝v3＋T/4＝0，　　又回到原来的点，以后每个周期都重复以上运动，即MN在某一位置两侧往复振动，频率是w/2p，故选项B、D正确，选项A、C错．　　6．B　　提示：由图可知，穿过线圈的磁通量f＝BS随B作正弦变化，由交流电产生的规律可知，线圈产生余弦交流电，则电容器两板带上余弦式交流电，则板间电子在电场力的作用下运动，在一个周期内，先加速T/4到v1＝T/4，　　再减速T/4周期到v2＝v1－T/4＝0，　　然后又反向加速T/4周期到v3＝－T/4，再减速T／4周期到v4＝v3＋T/4＝0，　　以后重复上述运动，即电子做往复运动．在一个周期内速度方向是：向上加速—向上减速—向下加速—向下减速，故选项B正确，选项A、C、D错．　　7．AB　　提示：0到T/2，电子向B作v0＝的匀加速直线运动，T/2时刻电子的速度为v，T/2到T内电子向B减速运动，其加速度大小与匀加速时等大，因此T时刻速度减为0，以后重复上面过程，故A正确．若电子是在T/8时刻进入的，在T/8到T/2内，向B板匀加速运动，速度由0变化到v；在T/2到7T/8内，电子向B板作匀减速运动，速度由v 变化到0；7T/8到T内，电子向A板作加速运动，速度由0变化到v1；在T到9T／8内，电子向A板作减速运动，速度由v1变化到0；在9T/8到3T/2内，电子向B板加速运动……由于v＞v1向B板运动的位移比向A板返回的位移大，电子最后打在B板，故选项B也正确．同理可知，电子在3T/8时刻进入，则在第一个周期内返回从A穿出板间，故选项C错．在t＝T/2时刻开始，电子根本进入不了板间，故选项D错．　　8．解：①在0～T时间内粒子作匀加速运动，　　v＝a1T＝T　　在T～T＋t时间内粒子作匀减速到0，　　v＝a2t＝t　　由A到B粒子经过的路程：　　s＝s1＋s2＝a1T2／2＋a2t2／2　　＝T2＋t2　　粒子返回原处O的路程：S＝(T－t)2　　由上各式解得：t＝T／3　　Ux＝3U0　　②设粒子返回原处的速度为v′，则　　v′＝a2(T－t)＝(T－T/3)＝　　所以粒子的动能为Ek＝mv′2／2＝　　③为使粒子在向B运动时不致于碰到B板，应有：　　d≥S＝(T－t)2＝(T－T/3)2　　∴d≥　　9．解：①要电子仍沿平行板方向飞出必须有t＝L/v0＝nT，T＝L/nv0(n＝0、1、2、3…)　　②0～T/2内，S1＝(T/2)2/2，垂直板方向的总位移：Sy＝2nS1＝2n(T／2)2　　当Sy≤d/2时，粒子能飞出，　　即：2n(T／2)2≤d/2　　所以U0≤　　(n＝1、2、3…)第十五章　　电磁场、电磁波电磁场、电磁波专题　　1．BC　　提示：根据LC回路振荡过程的特点可知，t1时刻u 最大，即放电开始时，则电路电流为0，故选项A错．t2时刻u＝0，即放电完毕时，电路电流最大，则电路的磁场能最大，故选项B正确．t2到t3时刻，u增大，即充电过程，磁场能不断转变为电场能，则电场能不断增大，故选项C正确．t3到t4时刻u减小，即放电过程，则电容的带电量不断减小，故选项D错．　　2．AB　　提示：由图可知B向上，由安培定则可知电路电流方向由C上板流向下板，如果是充电过程，则线圈相当于电源，则C下板带正电；如果放电过程，电容器相当于电源，则C上板带正电，电路电流增大，故选项B错，选项C正确．如果磁场正在减弱，即电流减小，是充电过程，C上板带负电，故选项A错．不管充电还是放电，线圈自感电动势始终是阻碍电路电流变化的，故选项D正确．则错误说法是A、B．　　3．ACD　　提示：根据电磁波定义可知选项A正确；电磁波中电场方向，磁场方向互相垂直，由于电磁波是横波，则传播方向与磁场方向和电场方向都垂直，故选项C正确；电磁波在真空中传播速度都等于光速，故选项D正确．对于一列电磁波，在某位置电场能、磁场能大小相互变化．磁场能最大时，电场能最小，但对整列电磁波而言，任一时刻电场能总量、磁场能总量不变，不存在电场能最大最小的讲法，故选项B错．　　4．D　　提示．x射线管通电时，阴极K发出电子，电子在电场力作用下打在对阴极A上，从A上激发出x射线，要从K出来的电子受电场力由K指向A，则A接正极，K接负极，所以高压电源正极应接在Q上，故选项D正确，选项A、B、C错．　　5．A　　提示：电磁波频率由波源决定，波速由介质决定，波长＝由频率和波速决定，故选项A正确，选项B、C、D错．　　6．BC　　提示：要静止在管内的带电粒子作圆周运动，必须使粒子受力作用，则必须在粒子所在区域产生电场，粒子受电场力才开始运动，由麦克斯伟电磁场理论可知，磁场B周围要产生电场，B必须变化，故选项B、C正确，选项A、D错．　　7．BC　　提示：雷达是利用电磁波遇到障碍物发生反射这一特点工作的，所以图中二个尖形波，一个是雷达发出的波，另一个是反射回来的波，故选项B正确；根据这两个波的距离，可测出障碍物距雷达的距离，故选项C正确，选项A、D错．　　8．解：l＝＝＝15(m)　　t＝＝＝0.1(s)第十六章　　光的反射与折射一、光的直线传播　　1．ABD　　提示：C、月球在地球的半影区时，面对地球一侧的月球到处都有光线到达，故月球只是暗些，不能发生月偏食．　　2．200cm，10cm，5cm　　解：光路如图所示．①本影刚好消失时，经A上端发出的光线经B刚好到达D点，利用相似三角形对应边成比例有：　　＝　　解得x＝200cm 　　②此时过A上端和B下端的直线与过A下端和B上端的直线形成半影环，由相似三角形对应边成比例有：　　＝＝　　解得　　EF＝200/3cm　　又＝　　R＝10cm　　③本影最大直径等于板的直径，则Dm＝5cm．　　3．24L/p　　解：地面上某点的竖直方向就是过该点沿半径指向地球球心的方向．故在B城阳光沿地球半径方向下射，在A城阳光与地球半径成7.5°角下射，显然过AB两点的地球半径的夹角为7.5°，由于该角度很小，所以可认为A、B间的距离近似为弧AB的长度，则L＝qR＝×2pR，R＝．　　4．9.9×105m　　解：若在地球北极上方俯视，地球逆时针转动．日落后仍能看到卫星是由于还有太阳光照到卫星上．B′处日落表示太阳光恰好掠过该处地面，日落2h后地球转过q角，人随地球从B′转到B点，如图所示．q＝×360°＝30°．当卫星在OA直线上且在A点上方时，人们将在B点正上方看到它，AB为最低高度、用H表示，则H＝R／cos30°－R＝R(1／cos30°－1)　　＝6.4×(2／－1)＝9.9×105(m)　　5．　　解：设经过时间t后，球下降的高度为h，影运动的距离为s，如图所示．　　由三角形相似关系可得：　　＝，　　则　　s＝…①　　当小球平抛下降到O点时，　　水平方向有L＝v0t′，竖直方向有L＝gt′2/2， 　　联立两式解得v0＝…②　　由①②解得　　s＝，则v＝s／t＝　　显然，影子的运动为匀速直线运动．其速度为．　　6．hw／cos2q　　解：如图，光点参与两个运动，一是绕O点做圆周运动，速率为wR，另一个是沿半经方向运动，速率为v⊥．则v＝wR／cosq＝wh／cos2q二、　　平面镜成像专题　　1、BD　　提示：实像是实际光线的会聚点，当部分光线被遮住后，实际会聚的光线少了，亮度必然要降低一些．而本题中S′是S的虚像，不是实际光线会聚点，人能看到S′，是因为S发出的光线经M反射后进入人眼．加遮光板后，进入人眼的光线并未被遮住，即进入人眼的光线并末因加遮光板而减少．因而人眼看到的S′亮度不会改变．　　2、B　　提示：人身高约为h＝1.7m，由三角形相似关系可得：H／h＝9/1则H＝15.3m．　　3、(L－l)/2　　解：如图所示，　　设人站在平面镜前S米处，由三角形相似关系可得：　　＝　　则　　x＝(L十l)／4，　　故Lmin＝L－2x＝L－2(L＋l)／4＝(L－l)／2　　4．解：光路如图所示．步骤如下：　　(1)作MA2与NA1的反向延长线交于A′；　　(2)作MB2与NB1的反向延长线交于B′；　　(3)连结A′B′则为线光源AB的像；　　(4)由对称性作出线光源AB． 　　5．R　　解：光路如图所示．由图得：tgq＝SB／SS′＝SB/2SM＝8R/2×4R＝/3　　则q＝30°又∠SO′B＝2q＝60°，　　故△SO′B为等边三角形，　　所以△SBO′＝2q＝60°，　　∠ABO＝q＝30°，　　故AB＝OActg30°＝R　　6．7个　　解：平面镜转动的角速度为w，则反射光线转动的角速度为2w，反射光线从OA转到OB所须时间t＝＝＝0.25(s)，所以AB上第一秒内出现的光斑数为N＝0.25×24＋1＝7次(包括开始时在A点的一次)　　7．①L／3，②2wL／cos22wt　　解：(1)平面镜转过15°角，则反射光线转过30°角由几何关系可知：＝L·tg30°＝L／3　　(2)平面镜转动时间t，则反射光线转过的角度为：　　q＝2wt　　光点P离O点的距离　　SOP＝　　光点P绕点O旋转的线速度：　　v′＝2wSOP＝　　由速度的合成与分解的知识可知，P点在光屏上移动的速度V满足：　　V＝＝三、光的折射及全反射专题　　1．D 　　2．C　　提示：水面上景物发出的光线折射入水中，其折射角的最大值为临界角C，所以水下的潜水员往上看时，所有景物均出现在一个倒圆锥里，故选项A、B错，选项C正确；潜水员看到岸边的树的位置比实际位置偏高，故选项D错．　　3．BCD　　提示：对A：只有当光线从玻璃(光密介质)到空气(光疏介质)时，才会有全反射发生，故选项A错；对B：当入射角为90°时，折射角最大，则sin90°/sinrm＝，所以rm＝45°，故选项B对；对C：由sini／sin30°＝得i＝45°，故选项C对；对D：当反射光线与折射光线恰好互相垂直时，i＋r＝90°，故sini/sinr＝sini/sin(90°－i)＝tgi，所以i＝arctg，故选项D对．　　4．AD　　提示：a中的字折射成像S′．视深h＝d／n；而b中的字，发出的光线经玻璃砖进入外界空间时，光线的方向不偏折，像与物是重合的，如图，则a中的字比b中的字高，故选项B、C错，选项A、D对．　　5．C　　提示：如图所示，作出一条折射光线与玻璃砖的对角线重合的入射光线，　　由折射定律有n＝sini／sinr，　　而sinr＝L／＝1/2　　解得r＝30°，i＝60°．由于向两个方向均能得到上述视角，故其视野张角为120°，故选项A、B、D错，选项C对．　　6．1.71，1.75×108m/s　　解：①如图所示，由几何关系得：　　sini＝L　　＝1.2／＝0.6　　sinr＝0.5L／＝0.6／1.71　　由折射定律得n＝sini/sinr＝1.71　　②v＝c／n＝3×108/1.71＝1.75×108　　7．2cm，2cm　　解：成像在S′点有两种可能，一个是反射成像．一个是折射成像．过Q点作法线，设M点发出光线MQ折射后沿QP方向，由图可知：i=60°，根据折射定律，得n＝sini/sinr 　　则：sinr＝1/2，　　r＝30°　　在三角形ΔAQS′中，有＝，在ΔAQM中，有＝，解得＝3，　　＝－＝2＝2cm　　N点发出的光线NQ，反射后也可沿QP方向．由反射定律可知，ΔANQ≌ΔAS′Q，　　则＝，＝2＝2cm　　8．　　解：平行光束经棱镜折射后的出射光仍是平行光束，如图所示，　　图中a、b为AC面上入射角和折射角，根据折射定律，　　有：nsina＝sinb　　　　设出射光线与水平方向成q角，b＝a＋q，　　由于＝＝2/3　　所以Ｃ1C2＝/3，　　而＝＝tana　　所以tanq＝／＝/3　　可得q＝30°，b＝60°所以n＝sinb／sina＝　　9．弧长ACB的1／3范围内有光线射出　　解：如图，作出刚好发生全反射的光路图．当q＜C时，则BC弧有光线射出，所以　　弧长BC＝ACB＝ACB　　10．解：①光路图如图1所示．　　②以i、r表示入射光的入射角、折射角，由折射定律sini＝nsinr；以d1、d2、d3 表示每一次偏转的角度，如图2，由反射定律、折射定律和几何关系可知：　　sini＝d/R　　d1＝i－r，d2＝p－2r，d3＝i－r　　由以上各式解得：d1＝sin－1－sin－1，　　d2＝p－2sin－1，d3＝sin－1－sin－1四、光的色散专题　　1．B　　提示：光在不同介质中传播时，只有频率不变，而C＝nv，l气＝c/f＝nv/f＝nl，故选项B对，选项A、C、D错．　　2．ACD　　提示；由于P点在OO′下方，故A光的偏折角度大于B光的偏折角度．则nA＞nB，fA＞fB，故选项B错，选项D对；则v＝c/n得vA＜vB，故选项A对，由l＝c/f得lA＜lB，故选项C对．　　3．红　　提示：光的色散图如图所示，由图可判断b点为红色．　　4．D　　提示：同种色光在不同介质中传播时频率不变，故选项A错；由v＝c/n，l＝v/f＝c/nf知，当光从光疏介质传到光密介质时，速度、波长均变小，故选项B错，D对；折射率与密度无关，故选项C错．　　5．BD　　提示：由题目图知，a束光在玻璃中的偏折角度大于b束光的，故na＞nb，fa＞fb，则选项A错；由v＝c／n知va＜vb，故选项B对；由l＝c/f得la＜lb，故选项C错；而E＝hf，则Ea＞Eb，故选项D对．　　6．L(n2/－n1/)　　解：光路如图所示，由折射定律得：　　n1＝sinq1/sin30°＝2sinq1，　　n2＝sinq2／sin30°＝2sinq2，　　x＝L(tanq2－tanq1)　　＝L(sinq2／－sinq1／) 　　联立以上各式解得x＝L(n2/－n1/)第十七章　　光的本性一、反映光具有波动性的实验及有关理论专题　　1．C　　提示：A、D为色散现象，B为单缝衍射，C为薄膜干涉．　　2．C　　提示：太阳光下形成的彩色条纹，条纹的位置与薄膜的厚度有关，对于竖直放置的肥皂膜，同一水平线上的薄膜厚度相同，从上到下厚度逐渐增加，所以会形成彩色的水平干涉条纹，故选项C正确．　　3．C　　提示：由Δx＝Ll/d＝Lc/dv知，v增大，Δx变小，则条纹间距变小，故选项C正确．　　4．ACD　　提示：由Δx＝Ll/d＝Lc/dv，v黄＜v紫得Δx黄＞Δx紫，故选项A正确，当L变大时，Δx变大，故选项C正确；若把双缝中的一条缝遮住，屏上将出现衍射条纹，故选项B错．　　5．BC　　提示：此干涉条纹是由b、c面间的空气层的上下两个表面反射的两列光波发生干涉形成的，故选项A错，B对；由于透镜为球形，故空气层厚度相同的地方为同心圆，干涉条纹也为同心圆，故选项D错，C对．　　6．C　　提示：由于“三棱镜”内为空气(光疏介质)，　　根据光路可逆知a色光偏折角度最大，c色光偏析角度最小，故na＞nb＞nc，va＞vb＞vc，　　由Δx＝Ll/d＝Lc/dv知Δxa＜Δxb＜Δxc，　　故选项A、B、D错，C对．　　7．BD　　提示：在可见光谱中，从红光到紫光，频率逐渐增大，波长逐渐变短，只有波长较长(或频率较低)的红、橙、黄光比较容易发生衍射到达地面．故选项A、C错，B、D对．　　8．C　　9．D　　提示：对D：无线电波是由振荡电路产生的，而可见光是原子的外层电子受到激发后产生的．　　10．D　　提示：对C：由v微＞v光、Pt＝Nhv知N微＞N光，故选项C错．　　11．BD　　12．B　　13．BC　　提示：医院里消毒用紫外线，故选项A错；烘干油漆和谷物是利用红外线的热作用，故选项D错．　　14．AC　　提示：灯泡发出的自然光经过偏振片A后就是偏振光，当A与B的透振方向垂直时，透射光的强度最弱(几乎为零)，当A与B的透振方向平行时，透射光的强度最大．当A和B同时转过90°时，A与B的透振方向始终垂直，故选项A对；单使B转过90°，A与B的透振方向由垂直变为平行，人眼看到的光将逐渐变亮，故选项B错，C对；单使A转动，人眼看到的光将先变亮后变暗，故选项D错．　　15．B　　提示：光的偏振证明光波是横波．　　16．C 　　17．0.42mm，5.4×1014Hz　　解：由v＝lv得，在水中：　　l水＝c／v＝c／nv＝l／n＝0.56／(4／3)＝0.42m在真空中：　　v＝c／l＝3×108／0.56×10－6＝5.4×1014Hz，绿光在水中的频率与真空中的相同．　　18．ln2/n1　　解：对红光：l1＝v1t＝ct／n1　　对紫光：l＝v2t＝ct／n2　　由以上两式解得：l1＝n2l/n1　　19．750nm　　解：Δx＝45／(31－1)＝1.5mm　　由Δx＝Ll/d　　l＝dΔx／L＝0.5×10－3×1.5×10－3/1＝0.75×10－6m　　＝750nm二、反映光具有粒子性的实验事实及有关理论　　1．AC　　2．D　　提示：要发生光电效应，入射光的频率必须大于或等于该金属的极限频率(或小于极限波长)　　3．C　　提示：入射光的强度越大，单位时间内逸出的光电子数目越多，故选项A、D错，由Ek＝hv－W得，v增大，则Ek增大，Ek与入射光的强度无关，故选项B错，C对．　　4．AD　　提示：发生光电效应后，锌板带正电，与之相连的验电器也带正电．　　5．铯　　钠　　提示：　　v＝c/l＝3×108/0.375×10－6＝8×1014Hz＞v铯(v钠)　　6．C　　7．B　　提示：由sinC＝1／n得na＜nb，则va＜vb；　　又由Ek＝hv－W得Ekb＞Eka．　　8．D　　提示：由三棱镜的色散可知c为红光，b为黄光，a为蓝光，则va＞vb＞vc，故选项A错；由v＝c／n，na＞nb＞nc得vc＞vb＞va，故选项B错；由＝c／v得lc＞lb＞la，故选项C错．　　9．3×1017个　　解：灯的额定功率为P＝UI＝6×0.3＝1.8W，　　由能量守恒得　　6％Pt＝Nhv，　　v取平均值为5.5×1014Hz，则　　N＝0.06Pt／hv＝0.06×1.8×1／6.63×10－34×5.5×1014　　＝3×1017个　　10．4.3×10－7m　　解：由光电效应方程Ek＝hv－W得hc／l＝Ek＋W则　　l＝hc/(Ek＋W)＝6.63×10－34×3×108／2.9×1.6×10－19　　＝4.3×10－7m　　11．①负，②向上运动，③B板右移　　解：① ：A板发生光电效应后，A板带正电，液滴受重力和电场力作用静止，故电场力方向竖直向上，液滴带负电；　　②：当用弧光灯照射A板上面，光电效应继续发生使A板正电荷增加，A、B间场强增大，液滴所受电场力增大，液滴将向上运动．　　③：当B板右移时两板正对面积增大，场强变小，qE＜mg，则液滴向下运动．三、能级　　物质波专题　　1．ABC　　提示：对D：玻尔理论只是完满地解释了氢原子光谱．　　2．ACD　　3．ACDE　　提示：hv＝E2－E1只适用于光子和原子作用而使原子在各定态之间跃迁的情况．对A：　　10.2eV＝E2－E1　　故选项A对．对B：不满足上述条件．对C：12.09eV＝E3－E1，对D：13.8eV＞13.6eV氢原子发生电离；当用电子碰撞时，原子可以吸收全部或部分能量，故只需大于10.2eV即可．故选项E对，F错．　　4．v3＝v1＋v2，l3＝l1l2/(l1＋l2)　　提示：由hv＝Em－En得hv1＝E3－E2，　　hv2＝E2－E1，hv3＝E3－E1，　　而hv3＝E3－E1＝E3－E2＋E2－E1＝hv1＋hv2　　则v3＝v1＋v2　　由v＝c／l　　得c／l3＝c／l1＋c／l2，　　则l3＝l1l2(l1＋l2)　　5．ABD　　6．D　　提示：对A：由F＝ke2／r2知．当r减小时，F变大，故选项A错；对B：能级越低，能量越小，故选项B错；对C：核外电子做圆周运动的向心力由库仑力提供，有ke2／r2＝mv2／r故：mv2／2＝ke2／2r　　当r减小时，mv2／2增大，故选项C错．　　7．6，1.6×1014　　提示：N＝Cn2＝C42＝4×3/2＝6种；　　hvmin＝E4－E3＝－0.85－(－1.51)＝0.66eV　　则vmin＝0.66×1.6×10－19／6.63×10－34＝1.6×1014Hz　　8．EK＝0.85eV，EP＝－1.70eV，电子的动能增大，原子的电势能减小，原子的总能量减小．　　解：电子在n＝4轨道上运动时，库仑力提供向心力，　　则：ke2/r42＝mv2/r4，而r4＝n2r1＝42×r1＝16r1　　EK＝＝　　＝＝0.85eV　　又E4＝EK＋EP，　　Ep＝E4－Ek＝－0.85－0.85＝－1.70eV　　9．1.66×10-16nm　　解：　　l＝＝＝ 　　＝1.66×10－25m＝1.66×10－16nm　　10．0.86×10－10m，可以，因为它的波长已与原子大小相近．　　解：设电子经过加速后的速度为v，由动能定理得：　　eU＝mv2／2　　∴mv＝　　∴l＝＝　　＝　　＝0.86×10－10m第十八章　　原子和原子核一、原子结构　　天然放射现象专题　　1．汤姆生，汤姆生　　2．C　　3．C　　4．A　　5．B　　6．AB　　提示：不管是a粒子还是b粒子，进入正交电磁场中都有可能qE＝qvB而打在a点．当E＝vaB时，对b粒子，E＜B，故打在右方的b点，当E＝B时，对a粒子，E＞B，也打在右方的b点．　　7．D　　提示：b衰变中的电子由核内的中子衰变成质子时放出的，故选项A、B错；在放射性原子核中，2个中子和2个质子结合得比较紧密，有时会作为一个整体从原子核中放射出来，a衰变就是这样形成的，故选项C错，D对．　　8．ABCD　　提示：由→＋6＋4知选项A、B、D对，由于中子衰变成质子时放出b粒子，故发生b衰变的次数则为损失的中子数，选项C对．　　9．(a)，(b)，g光子　　提示：→＋，→＋，　　由于新核中的能级越低越稳定，当新核由高能级向低能级跃迁时将辐射出g光子．　　10．2∶1，1∶1　　提示：由qU＝mv2/2，　　r＝mv／qB得：U＝qB2r2/2m，　　则U∝q／m，∴UP∶＝∶＝2∶1　　由f＝Bqv＝mv2／r＝2qU／r得　　∶＝＝1∶1　　11．b，向右，43 　　提示：根据动量守恒：Mv1＋mv2＝0，由r＝mv／Bq知小圆是新核的轨迹，新核一定带正电故可判断其向右运动，释放的粒子则向左运动，所以释放的粒子带负电，为b粒子．由/r新核＝44∶1得/q新核＝1∶44，故q新核＝44e，　　所以原来的放射性元素的原子序数是44－1＝43．　　12．C　　提示：元素的半衰期与元素的化学状态无关．二、原子核人工转变专题　　1．D提示：＋→＋　　2．BC　　3．D提示：g射线电离本领最弱，而a射线电离本领最强，故选项A错；利用g射线可使植物种子发生变异，培养优良品种，故选项B错；利用g射线可治疗癌，故选项C错．　　4．ABC　　5．BCD　　6．①＋→＋；②(v1＋v0)／12　　解：②以v0为正方向，由动量守恒定律得：　　mnv0＝mn(－v1)＋mCv，　　∴v＝mn(v0＋v1)／mC＝(v0＋v1)／12三、核能、裂变、聚变专题　　1．BD　　提示：原子弹是重核裂变的应用，应选B；氢弹是轻核聚变的应用，应选D．　　2．ABD　　3．D　　4．2.78×10－12J　　解：核反应方程为：＋→2，　　ΔE＝Δmc2＝(11.6505＋1.6736－2×6.6466)×10－27×(3×108)2＝2.78×10－12J　　5．①＋2→；②6.24MeV；③2.08MeV　　②　　ΔE＝Δmc2　　＝(1.0073＋2×1.0087－3.0180)uc2　　＝0.0067uc2＝0.0067×931.5MeV　　＝6.24MeV　　③＝ΔE／3＝6.24／3＝2.08MeV　　6．8.7×10－13J　　解：　　ΔE＝Δmc2 　　＝(3.853131×10－25－3.786567×10－25－6.64672×10－27)×(3×108)2＝8.7×10－13J　　7．5.5×1020　　解：设1g235U完全裂变的质量亏损为xu，则：　　ΔE＝931.5×106×1.6×10－19x，　　x＝　　＝　　＝5.5×1020四、原子物理与动量守恒、能量守恒综合专题　　1．C　　提示：根据动量守恒，g光子与新核运动方向相反．　　2．C　　提示：由能量守恒得：2EK＋Δmc2＝2hv，　　则2EK＋2mc2＝2hv，∴EK＋mc2＝hv，设电子初动量为p0，由动量守恒得：　　p0＋(－p0)＝p＋p′，∴p＝－p′　　3．T2＝1.95×10－8s，a2＝7.9×1013m/s2　　解：设a粒子质量为m1，速度为v1，新核质量为m2，速度为v2．由动量守恒得0＝m1v1－m2v2　　a粒子在磁场中运动的周期和加速度分别为：　　T＝　　a＝　　因此＝，＝＝　　解得　　T2＝1.95×10s，a2＝7.9×1013m/s2　　4．(m＋M)(1＋2e2B2a2/3c2mM)　　解：设X核衰变时放出的a粒子的速度为，在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，则由图可知　　r＝atan30°＝a／3，　　又B2e＝m/r，　　所以＝2eBr／m　　因衰变过程中动量守恒，有　　0＝m－Mv，　　则v＝m／M＝2eBa／3M　　衰变过程中释放的能量为 　　E＝Mv2／2＋m/2＝2(M＋m)e2B2a2／3mM　　由爱因斯坦质能方程得　　Δm＝E／c2＝2(M＋m)e2B2a2／3c2mM　　故原子核的质量为　　mX＝m＋M＋Δm＝(m＋M)(1＋2e2B2a2／3c2mM)　　5．①ΔE＝3.26MeV，②EHe＝0.99MeV，　　En＝2.97MeV，③EHe＝0.04MeV，EC＝0.16MeV　　解：①核核反应中放出的能量为：　　ΔE＝Δmc2＝(2×2.0136－3.0150－1.0087)uc2　　＝0.0035uc2＝3.26MeV　　②由动量守恒得：　　0＝mnvn′－mHevHe′　　∴＝＝＝　　∴EHe＝(ΔE＋2E0)＝(3.26＋0.35×2)MeV＝0.99MeV　　En＝(ΔE＋2E0)＝2.97MeV　　③：相距最近时，氦核与碳核速度相等，为v′，　　由动量守恒：mHevHe＝(mHe＋mc)v′　　∴v′＝vHe　　∴EHe′＝mHev′2＝EHe＝0.04MeV　　∴EC＝mcv′2＝EHe＝0.16MeV　　6．m∶mH≈1∶1　　解：由动量守恒、能量守恒得：　　mv＝mv1＋mHvH　　mv2＝mv12＋mHvH′2　　mv＝mv2＋mNvN′　　mv2＝mv22＋mNvN′2　　又mN＝14mH　　解以上方程得　　vH′＝v　　vN′＝＝v 　　代入数据得：m≈mH