2018届高三物理(浙江选考)一轮复习练习第11章实验18课后限时训练48Word版含答案

课后限时训练(五十二)(建议用时：40分钟)1．关于光子的能量，下列说法中正确的是()A．光子的能量跟它的频率成反比B．光子的能量跟它的频率成正比C．光子的能量跟它的速度成正比D．光子的能量跟它的速度成反比B[光子的能量ε＝hν，由此可知，光子的能量与光的频率成正比，B正确．] 2．在光电效应的实验结果中，与光的波动理论不矛盾的是()A．光电效应是瞬时发生的B．所有金属都存在极限频率C．光电流随着入射光增强而变大D．入射光频率越大，光电子最大初动能越大C[光具有波粒二象性，既具有波动性又具有粒子性，光电效应证实了光的粒子性. 因为光子的能量是一份一份的，不能积累，所以光电效应具有瞬时性，这与光的波动性矛盾，A项错误；同理，因为光子的能量不能积累，所以只有当光子的频率大于金属的极限频率时，才会发生光电效应，B项错误；光强增大时，光子数量和能量都增大，所以光电流会增大，这与波动性无关，C项正确；一个光电子只能吸收一个光子，所以入射光的频率增大，光电子吸收的能量变大，所以最大初动能变大，D项错误．]3．(多选)在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是()A．增大入射光的强度，光电流增大B．减小入射光的强度，光电效应现象消失C．改用频率小于ν的光照射，一定不发生光电效应D．改用频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大AD[增大入射光的强度，单位时间内照射到单位面积的光子数增加，则光电流将增大，故选项A正确；光电效应是否发生取决于入射光的频率，而与入射光的强度无关，故选项B错误．用频率为ν的光照射光电管阴极，发生光电效应，用频率较小的光照射时，若光的频率仍大于极限频率，则仍会发生光电效应，选项C错误；根据hν－W＝12m v2可知，增加入射光频率，光电子的最大初动能也增大，故选项D正确．]4．根据爱因斯坦光子说，光子能量E等于(h为普朗克常量，c、λ为真空中的光速和波长)()【导学号：81370423】A．h cλB．h λcC．hλ D.h λA[根据E＝hν，ν＝cλ得：E＝h cλ，故A对．]5．用频率为ν的光照射某金属表面时，逸出的光电子的最大初动能为E k；若改用频率为3ν的光照射该金属，则逸出的光电子的最大初动能为() A．3E k B．2E kC．3hν－E k D．2hν＋E kD[由爱因斯坦光电效应方程可知E k＝hν－W0，E k′＝h·3ν－W0，所以E k′＝2hν＋E k.]6．(多选)关于物质的波粒二象性，下列说法中正确的是()A．不仅光子具有波粒二象性，一切运动的微粒都具有波粒二象性B．运动的微观粒子与光子一样，当它们通过一个小孔时，都没有特定的运动轨道C．波动性和粒子性，在宏观现象中是矛盾的、对立的，但在微观高速运动的现象中是统一的D．实物的运动有特定的轨道，所以实物不具有波粒二象性ABC[由德布罗意波可知A、C对；运动的微观粒子，达到的位置具有随机性，而没有特定的运动轨道，B对；由德布罗意理论知，宏观物体的德布罗意波的波长太小，实际很难观察到波动性，不是不具有波粒二象性，D错．] 7．(多选)根据物质波理论，以下说法中正确的是()A．微观粒子有波动性，宏观物体没有波动性B．宏观物体和微观粒子都具有波动性C．宏观物体的波动性不易被人观察到是因为它的波长太长D．速度相同的质子和电子相比，电子的波动性更为明显BD[一切运动的物体都有一种物质波与它对应，所以宏观物体和微观粒子都具有波动性，A选项错误，B选项正确；宏观物体的物质波波长很短，不易观察到它的波动性，所以C选项错误；速度相同的质子与电子相比，电子质量小，物质波波长更长，所以电子波动性更明显，所以D选项正确．]8．(多选)在单缝衍射实验中，中央亮条纹的光强占从单缝射入的整个光强的95%以上，假设现在只让一个光子通过单缝，那么该光子()【导学号：81370424】A．一定落在中央亮条纹处B．一定落在亮条纹处C．可能落在暗条纹处D．落在中央亮条纹处的可能性最大CD[根据光波是概率波的概念，对于一个光子通过单缝落在何处，是不确定的，但概率最大的是落在中央亮条纹处．当然也可能落在其他亮条纹处，还可能落在暗条纹处，不过，落在暗条纹处的概率很小，故C、D选项正确．] 9．(多选)如图13-1-4所示，电路中所有元件完好，但光照射到光电管上，灵敏电流计中没有电流通过，其原因可能是()图13-1-4A．入射光太弱B．入射光波长太长C．光照时间短D．电源正、负极接反BD[入射光波长太长，入射光的频率低于截止频率时，不能发生光电效应，故选项B正确；电路中电源反接，对光电管加了反向电压，若该电压超过了遏止电压，也没有光电流产生，故选项D正确．]10．研究光电效应的电路如图13-1-5所示．用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板(阴极K)，钠极板发射出的光电子被阳极A 吸收，在电路中形成光电流．下列光电流I 与A 、K 之间的电压U AK 的关系图象中，正确的是( )图13-1-5C [由于光的频率相同，所以对应的反向遏止电压相同，选项A 、B 错误；发生光电效应时，在同样的加速电压下，光强度越大，逸出的光电子数目越多，形成的光电流越大，所以C 正确，D 错误．]11．(多选)波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的有( )【导学号：81370425】A ．光电效应现象揭示了光的粒子性B ．热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性C ．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释D ．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等AB [光电效应说明光的粒子性，所以A 正确；热中子束在晶体上产生衍射图样，即运动的实物粒子具有波的特性，即说明中子具有波动性，所以B 正确；黑体辐射的实验规律说明电磁辐射具有量子化，即黑体辐射是不连续的、一份一份的，所以黑体辐射用光的粒子性解释，即C 错误；根据德布罗意波长公式λ＝h p ，p 2＝2mE k ，又质子的质量大于电子的质量，所以动能相等的质子和电子，质子的德布罗意波波长较短，所以D 错误．]12．(多选)在光电效应实验中，用同一种单色光，先后照射锌和银的表面，都能产生光电效应．对于这两个过程，下列四个物理量中，一定不同的是( )A ．遏止电压B ．饱和光电流C ．光电子的最大初动能D ．逸出功ACD [同一束光照射不同的金属，一定相同的是入射光的光子能量，不同的金属，逸出功不同，根据光电效应方程E k ＝hν－W 0知，最大初动能不同，则遏止电压不同；同一束光照射，光中的光子数目相等，所以饱和光电流是相同的．]13．(多选)分别用波长为λ和2λ的光照射同一种金属，产生的速度最快的光电子速度之比为2∶1，普朗克常量和真空中光速分别用h 和c 表示，那么下列说法正确的是( )A ．该种金属的逸出功为hc 3λB ．该种金属的逸出功为hc λC ．波长超过2λ的光都不能使该金属发生光电效应D ．波长超过4λ的光都不能使该金属发生光电效应AD [由hν＝W 0＋E k 知h c λ＝W 0＋12m v 21，h c 2λ＝W 0＋12m v 22，又v 1＝2v 2，得W 0＝hc 3λ，A 正确，B 错误．光的波长小于或等于3λ时都能发生光电效应，C 错误．]14．在某次光电效应实验中，得到的遏止电压U c 与入射光的频率ν的关系如图13-1-6所示．若该直线的斜率和截距分别为k 和b ，电子电荷量的绝对值为e ，则普朗克常量可表示为________，所用材料的逸出功可表示为________．图13-1-6【解析】 根据光电效应方程E km ＝hν－W 0及E km ＝eU c 得U c ＝hνe －W 0e ，故h e ＝k ，b ＝－W 0e ，得h ＝ek ，W 0＝－eb .【答案】 ek －eb15．在光电效应实验中，某金属的截止频率相应的波长为λ0，该金属的逸出功为________．若用波长为λ(λ＜λ0)的单色光做该实验，则其遏止电压为________．已知电子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为e、c和h.【导学号：81370426】【解析】由逸出功定义有W0＝hc λ0由光电效应方程有hcλ＝W0＋E k＝hcλ0＋E k又由动能定理有－eU＝0－E k则hcλ＝hcλ0＋eU，U＝hce⎝⎛⎭⎪⎫1λ－1λ0＝hce·λ0－λλλ0【答案】hcλ0hce·λ0－λλλ0。

选考章末检测(七)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共13小题，每小题5分，共65分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1．关于电流，下列说法中正确的是()A．由I＝Qt可知，通过导体横截面的电荷量越多，电流越大B．由I＝nqS v可知，同一导体内电荷定向移动的速率越大，电流越大C．由R＝UI可知，导体的电阻与导体两端的电压成正比D．因为电流有方向，所以电流是矢量B[由I＝Qt可知，单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，电流越大，选项A错误；由I＝nqS v可知，同一导体内电荷定向移动的速率越大，电流越大，选项B正确；导体的电阻是导体本身的性质，与导体两端的电压和电流无关，选项C错误；电流虽然有方向，但是电流是标量，选项D错误；故选B.] 2．(2016·永康学考模拟)下表为某电饭锅铭牌上的一部分内容，根据表中的信息，可计算出在额定电压下，使用电饭锅时的电流约为()A.3.2 AC．5.5 A D．6.2 AA[电饭锅正常工作时的电流I＝PU＝700220A≈3.2 A，故选A．]3．某同学做三种导电元件的导电性实验，他根据所测量数据分别绘制了三种元件的I-U图象如图1所示，则下述判断正确的是()甲乙丙图1A．只有乙图象是正确的B．甲、丙图象是曲线，肯定误差太大C．甲、丙为线性元件，乙为非线性元件D．甲、乙、丙三个图象都可能是正确的，并不一定有较大误差D[金属的电阻率随温度的升高而增大，丙图可能为金属导体；半导体材料的电阻率随温度升高而减小，如甲图；某些线性元件电阻率不随温度变化，如乙图．因此，甲、乙、丙三个图都可能正确，并不一定因误差引起．故选D.] 4．下列关于电流、电阻、电阻率、电动势等物理量的说法中，正确的是()【导学号：81370281】A．如果在相等时间内，通过两个导体单位横截面的电荷量相等，则这两个导体中的电流一定相等B．据R＝UI可知，当通过导体的电流不变时，加在电阻两端的电压变为原来的2倍时，导体的电阻也变为原来的2倍C．电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，其导电性能越差D．电源的电动势越大，非静电力将正电荷从负极移送到正极做的功一定越多C[如果在相等时间内，通过两个导体横截面的电荷量相等，则这两个导体中的电流一定相等，A错；R＝UI是电阻的定义式，电阻R与加在两端的电压、与通过电阻的电流大小无关，由电阻本身决定阻值的大小，B错；电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，其导电性能越差，C对；电动势是指电源通过非静电力搬运电荷所做的功与搬运的电荷量的比值，E＝Wq，D错．]5．扫描隧道显微镜(STM)是根据量子力学原理中的隧道效应而设计成的，当原子尺度的探针针尖在不到一个纳米的高度上扫描样品时，在针尖与样品之间加一大小在2 mV～2 V之间的电压，针尖与样品之间产生隧道效应而有电子逸出，形成隧道电流，电流I随针尖与样品间的距离r的增大而指数减小(如图2甲所示)，当探针沿物质表面按给定高度匀速扫描时，因样品表面原子的凹凸不平，使探针与物质表面间的距离不断发生改变，从而引起隧道电流随时间不断发生改变，这种变化便反映了样品表面原子水平的凹凸形态，如果在某次扫描中隧道电流如图乙所示，那么样品表面可能是下图中的()甲乙图2A B C DA[由甲图可知探针离样品越近电流越大，而探针在给定的高度扫描，从而可以判断电流大的地方样品是凸起状，反之为凹下状．所以根据乙图可知样品的表面为A.]6.在正常照射下，太阳能电池的光电转换效率可达23%，单片单晶硅太阳能电池可产生0.6 V的电动势，可获得0.1 A的电流，则每秒照射到这种太阳能电池上的太阳光的能量是()A．0.24 J B．0.25 J C．0.26 J D．0.28 JC[根据W＝UIt可得每秒太阳能电池产生的能量为W＝0.6×0.1×1 J＝0.06 J，设太阳能每秒照射的能量为Q，则由能的转化和守恒定律得Q×23%＝W，所以Q＝0.26 J．故选C.]7．(2017·余姚学考模拟) 家用白炽灯泡的灯丝是由弹簧形状的钨丝制成的．下列三幅漫画生动地描绘了一位学生的经历，图3中坏的灯泡“比原来更亮”的原因是()图3A．灯泡的电阻变小了B．灯泡两端的电压变小了C．灯泡的电阻变大了D．灯泡两端的电压变大了A[灯丝重新连接在一起后，灯丝的有效长度l变短了，由电阻定律R＝ρl S知，灯丝的电阻减小了，而灯泡两端电压U不变，故由P＝U2R知，灯泡的功率变大了，则亮度变亮了．故选A.]8．(2016·温岭学考模拟)如图4所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r 恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果变阻器的滑片向b端滑动，则()图4A．电灯L更亮，电流表的示数减小B．电灯L更亮，电流表的示数增大C．电灯L更暗，电流表的示数减小D．电灯L更暗，电流表的示数增大A[变阻器的滑片P向b端滑动，R1接入电路的有效电阻增大，外电阻R外增大，干路电流I减小，安培表的示数减小，路端电压U增大，电灯两端电压增大，电灯L更亮，A正确，B、C、D错误．]9．(2017·宁波二模)QQ是一款流行的互联网即时通讯工具，新版本QQ推出了“在线时长”新功能，用户通过积累在线时长可以获得更高等级、享受更多服务，许多网友为追求虚拟的等级而纯粹地开机在线，造成大量的电能浪费．如图5所示是某网友QQ界面的电脑屏幕抓拍图，请你估算他升到下一级还要消耗多少电能(假定QQ用户使用台式电脑)()图5A．0.2 kW·h B．2 kW·hC．20kW·h D．200 kW·hB[电脑正常工作时的功率约为200 W，该网友升到下一级还要消耗的电能为W＝Pt＝2 kW·h，选项B正确. ]10．(2017·义乌联考)两根由同种材料制成的均匀电阻丝A、B串联在电路中，A的长度为L，直径为d；B的长度为2L，直径为2d，那么通电后在相同的时间内产生的热量之比为()A．Q A∶Q B＝1∶1 B．Q A∶Q B∶2∶1C．Q A∶Q B＝1∶2 D．Q A∶Q B＝4∶1B[两电阻丝直径之比为1∶2，则横截面积之比为1∶4，根据电阻公式R＝ρlS可知，电阻之比为2∶1，根据Q＝I2Rt，由于电流相等，则产生的热量之比为2∶1.故选B.]11．(加试要求)(2017·金华十校调研)如图6所示，电动势为E，内阻为r的电源与滑动变阻器R1、定值电阻R2、R3、平行板电容器及理想电表组成闭合电路．若滑动变阻器R1的触头向左移动一小段时，则()【导学号：81370282】图6A．电流表读数减小B．电容器所带电荷量增加C．R2消耗的功率增大D．电压表示数的变化量与电流表示数的变化量之比不变D[如题图所示电路中，R1与R2并联，然后与R3串联，电压表、电容器两端电压均为路端电压，电流表测干路电流．当R1的触头向左移动时，R1接入电路的阻值减小，故电路中的总阻值减小，干路电流I增大，即电流表读数增大，路端电压U减小，电容器所带电荷量减小，A、B项错误；因为U R2＝U－IR3，且U减小而I增大，所以R2两端电压U R2减小，故R2消耗的功率减小，C项错误；由U＝E－Ir可知，电压表示数的变化量与电流表示数的变化量之比为电源内阻，保持不变，D项正确．]12．(加试要求)(2016·嵊州模拟)锂电池因能量密度高、绿色环保而广泛使用在手机等电子产品中．现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图7所示，充电器电源的输出电压为U，输出电流为I，手机电池的内阻为r，下列说法正确的是()图7A．电能转化为化学能的功率为UIB．充电器输出的电功率为UI＋I2rC．电池产生的热功率为I2rD．充电器的充电效率IrU× 100%C[电能转化为化学能和内能，根据能量守恒定律，有：UI＝I2r＋P，故P ＝UI－I2r，故A错误；充电器输出的电功率为UI，故B错误；电池产生的热功率为I2r，故C正确；充电器的充电效率为U－IrU×100%，故D错误；故选C.]13．(加试要求)一电流表的满偏电流I g＝5 mA，内阻为30 Ω.要把它改装成一个量程为3 A的电流表，则应在电流表上()A．并联一个570 Ω的电阻B．并联一个约0.05 Ω的电阻C．串联一个570 Ω的电阻D．串联一个0.05 Ω的电阻B[把该电流表改装成量程为3 A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值为：R＝I g R gI－I g＝0.005×303－0.005Ω≈0.05 Ω.故选B.]二、非选择题(本题共4小题，共35分)14．(7分)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材及代号如下：A ．小灯泡L(3V 5 Ω)B ．滑动变阻器R (0～10 Ω，额定电流1.5 A)C ．电压表V 1(量程：0～3 V ，R V ＝5 kΩ)D ．电压表V 2(量程：0～15 V ，R V ＝10 kΩ)E ．电流表A 1(量程：0～0.6 A ，R A ＝0.5 Ω)F ．电流表A 2(量程：0～3 A ，R A ＝0.1 Ω)G ．铅蓄电池、开关各一个，导线若干．实验中要求加在小灯泡两端的电压可连续地从零调到额定电压．(1)为了减少误差，实验中应选电压表________，电流表________．(2)该同学按图8所示连接，两电表都有示数，但电压表示数无法调节到零，检查后发现有一处未连接正确，请在图上补上缺少的一条导线．图8(3)某同学实验后作出的I -U 图象如下图所示，请分析该图象形成的原因是___________________________________________________________________ ____________________________________________________________________.【导学号：81370283】【解析】 (1)小灯泡的额定电压为3 V ，故电压表应选C ；小灯泡的额定电流I ＝U L R L＝3 V 5 Ω＝0.6 A ，电流表应选 E ．(2)由于要求小灯泡两端电压可连续地从零开始调节，故滑动变阻器应采用分压式接法，将滑动变阻器的左下接线柱与电源负极相连．(3)随着电压、电流的增大，使小灯泡温度升高，灯丝电阻率(或电阻)增大．【答案】 (1)C E (2)电路图如图所示(3)电压、电流的增大，使小灯泡温度升高，灯丝电阻率(或电阻)增大15．(5分)(加试要求)某同学要测量由某种新材料制成的粗细均匀的圆柱形导体的电阻率ρ，步骤如下：甲乙丙图9(1)用20 分度的游标卡尺测量其长度如图9甲所示，由图可知其长度为________cm.(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径为________mm.(3)用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱形导体的电阻，表盘的示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为________Ω.【答案】(1)5.015(2)4.700(3)22016．(10分)如图10所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内电阻r＝0.8 Ω，电路中另一电阻R＝10 Ω，直流电压U＝160 V，电压表示数U V＝110 V．试求：图10(1)通过电动机的电流；(2)输入电动机的电功率；(3)若电动机以v＝1 m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？(g取10 m/s2)【解析】(1)由电路中的电压关系可得电阻R的分压U R＝U－U V＝(160－110)V＝50 V，流过电阻R的电流I R＝U RR＝5010A＝5 A，即通过电动机的电流I M＝I R＝5 A.(2)电动机的分压U M＝U V＝110 V，输入电动机的功率P电＝I M U M＝550 W.(3)电动机的发热功率P热＝I2M r＝20 W，电动机输出的机械功率P出＝P电－P热＝530 W，又因P出＝mg v，所以m＝P出g v＝53 kg.【答案】(1)5 A(2)550 W(3)53 kg17．(13分)(加试要求)如图11所示，R1＝9 Ω，R2＝30 Ω，S闭合时，电压表的示数为11.4 V，电流表的示数为0.2 A，S断开时，电流表的示数为0.3 A，求：图11(1)电阻R3的值；(2)电源的电动势E和内阻r的值；(3)S断开时，电路中消耗的总功率以及电源的输出功率.【导学号：81370284】【解析】(1)S闭合时，R2两端电压：U2＝I2R2＝0.2 A×30 Ω＝6 V所以，R 1两端电压为U 1＝U －U 2＝11.4 V －6 V ＝5.4 V 流过R 1的电流：I 1＝U 1R 1＝5.49A ＝0.6 A 又因I 2＋I 3＝I 1故有I 3＝I 1－I 2＝0.6 A －0.2 A ＝0.4 AR 3＝U 3I 3＝U 2I 3＝60.4Ω＝15 Ω. (2)S 闭合时，R 并＝R 2R 3R 2＋R 3＝10 Ω 电压表读数为U ＝E r ＋R 1＋R 并(R 1＋R 并)① S 断开时，电流表读数为I ＝E r ＋R 1＋R 2② 由①②两式，代入数据解得： E ＝12 V ，r ＝1 Ω.(3)S 断开时，干路中电流为I ＝0.3 A 所以 P 总＝EI ＝12×0.3 W ＝3.6 WP 输出＝P 总－I 2r ＝3.51 W.【答案】 (1)15 Ω (2)12 V 1 Ω(3)3.6 W 3.51 W。

选考章末检测(六)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共15小题，每小题5分，共75分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1．(2017·东阳学考模拟)下列说法正确的是()A．物体带电荷量有可能是3×10－19 CB．感应起电的实质是电荷发生了转移C．物体所带电荷量可能很小，可以小于元电荷D．经过摩擦使某物体带正电是因为产生了额外的正电荷B[元电荷的数值通常取e＝1.60×10－19 C，所有带电体的电荷量都等于元电荷的整数倍，故A、C错误；感应起电的实质是电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分，故B正确；摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷，遵循电荷守恒定律，故D错误．故选B.] 2．以下说法正确的是()A．由E＝Fq可知电场中某点的电场强度E与F成正比B．由公式φ＝E pq可知电场中某点的电势φ与q成反比C．由U ab＝Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大D．公式C＝QU，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关D[电场强度E＝Fq是采用比值定义的，E与F以及检验电荷q无关，E是由电场本身决定的，故A错误；电场中某点的电势φ与检验电荷q无关，是由电场本身和零电势点决定的，故B错误；U ab＝Ed中的d是匀强电场中的任意两点a、b沿着电场线方向的距离，故C错误；公式C＝QU，电容器的电容大小C 与电容器两极板间电势差U无关，与两极板间距离d、极板面积S等有关．故选D]3.点电荷A 和B ，分别带正电和负电，电荷量分别为4Q 和Q ，如图1所示，在AB 连线上，电场强度为零的地方在( )图1【导学号：81370251】A ．A 和B 之间B ．A 右侧C ．B 左侧D ．A 的右侧及B 的左侧C [因为A 带正电，B 带负电，所以只有A 右侧和B 左侧电场强度方向相反，因为Q A >Q B ，所以只有B 左侧，才有可能E A 与E B 等大反向，使E A 和E B 矢量和为零，故选项C 正确．]4.如图2所示，光滑绝缘细杆与水平面成θ角并固定，杆上套有一带正电小球，质量为m 、电荷量为q .为使小球静止在杆上，可加一匀强电场，所加电场的场强满足什么条件时，小球可在杆上保持静止( )图2A ．垂直于杆斜向上，场强大小为mg cos θqB ．竖直向上，场强大小为mg qC ．垂直于杆斜向上，场强大小为mg sin θqD ．水平向右，场强大小为mg q tan θB [若所加电场的场强垂直于杆斜向上，对小球受力分析可知，其受到竖直向下的重力、垂直于杆斜向上的电场力和垂直于杆方向的支持力，在这三个力的作用下，小球沿杆方向上不可能平衡，选项A 、C 错误；若所加电场的场强竖直向上，对小球受力分析可知，当E ＝mg q 时，电场力与重力等大反向，小球可在杆上保持静止，选项B 正确；若所加电场的场强水平向右，对小球受力分析可知，其共受到三个力的作用，假设小球此时能够静止，则根据平衡条件可得Eq ＝mg tan θ，所以E＝mg tan θq，选项D错误．]5.(2017·平湖调研)如图3所示，水平天花板下用长度相同的绝缘细线悬挂起来的两个相同的带电介质小球a、b，左边放一个带正电的固定球＋Q时，两悬球都保持竖直方向．下面说法正确的是()图3A．a球带正电，b球带正电，并且a球带电荷量较大B．a球带负电，b球带正电，并且a球带电荷量较小C．a球带负电，b球带正电，并且a球带电荷量较大D．a球带正电，b球带负电，并且a球带电荷量较小B[要使a、b平衡，必须有a带负电，b带正电，且a球带电较少，故应选B.]6.如图4所示，一正离子在电场力作用下从A点运动到B点，在A点的速度大小为v0，方向与电场方向相同．该离子从A点到B点的v-t图象是()图4A B C DC[A点的电场线密，故A点的场强大，因此该离子在A点的加速度大，在v-t图象中，图线斜率逐渐变小，故C对．]7.如图5所示，一带负电的粒子，沿着电场线从A点运动到B点的过程中，以下说法中正确的是()图5【导学号：81370252】A．带电粒子的电势能越来越小B．带电粒子的电势能越来越大C．带电粒子受到的静电力一定越来越小D．带电粒子受到的静电力做正功B[带负电的粒子所受静电力方向与电场线方向相反，所以当带负电的粒子沿着电场线从A点运动到B点的过程中，静电力做负功，电势能越来越大，选项A、D错误，B正确；电场线的疏密表示场强的大小，所以E A<E B，带电粒子受到的静电力一定越来越大，选项C错误．]8.如图6所示，空间有一水平匀强电场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，沿图中虚线由A运动到B，其能量变化情况是()图6A．动能减少，重力势能增加，电势能减少B．动能减少，重力势能增加，电势能增加C．动能不变，重力势能增加，电势能减少D．动能增加，重力势能增加，电势能减少B[由于带电微粒做直线运动，其受力如图所示，其合外力的方向应为速度的反方向，故物体做减速运动，动能减少，重力做负功，重力势能增加，电场力做负功，电势能增加，故选项B正确．]9.(2017·温州模拟)如图7所示的实验装置中，平行板电容器的极板A接地，极板B与一个灵敏的静电计相接．A极板向上移动，减小电容器两极板的正对面积时，电容器所带的电荷量Q、电容C、两极间的电压U、电容器两极板间的场强E的变化情况是图7A．Q变小，C不变，U不变，E变小B．Q变小，C变小，U不变，E不变C．Q不变，C变小，U变大，E不变D．Q不变，C变小，U变大，E变大D[电容器所带电荷量Q不变，故A、B错误；A极板向上移动，减小电容器两极板的正对面积时，由C＝εr S4πkd，知电容C变小，Q不变，根据C＝QU分析可知，U变大，由E＝Ud，知d不变，则E变大，故C错误，D正确．]10.等量异种点电荷的连线和中垂线如图8所示，现将一个带负电的检验电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点，则检验电荷在此全过程中()图8【导学号：81370253】A．所受电场力的方向将发生改变B．所受电场力的大小恒定C．电势能一直减小D．电势能先不变后减小D[在等量异种电荷的中垂线上，电场方向始终垂直中垂线且指向负电荷，检验电荷所受电场力的方向保持不变，所以A错误；又因为电场线分布的疏密不同，所受电场力是变化的，所以B错误；电荷从a运动到b，因电场力与位移方向垂直，电场力不做功，电势能不变，所以C错误；电荷从b运动到c，因为电场力做正功，所以电荷电势能减小，所以D正确．]11.(2016·浙江学考二模)如图9所示，虚线是用实验方法描绘出某一静电场的一簇等势线及其电势值，一带电粒子只在电场力的作用下飞经该电场时，恰沿图中的实线从A点运动到B点，则下列判断正确的是()图9A．粒子一定带负电B．A点场强大于B点场强C．粒子在A点动能小于B点动能D．粒子由A点运动到B点的过程中电场力做负功C[由力指向曲线凹侧和电场线由高电势指向低电势可以判断粒子一定带正电；同时力做正功，粒子动能增加；从图中可以发现A处等势面稀疏，故A 处场强弱．选项C正确．]12.(加试要求)如图10所示，两电荷量分别为Q(Q>0)和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b点位于y 轴O点上方．取无穷远处的电势为零．下列说法正确的是()图10A．b点电势为零，电场强度也为零B．正的试探电荷在a点的电势能小于零，所受电场力方向向右C．将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功D．将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，后者电势能的变化较大C[因为等量异种电荷在其连线的中垂线上的电场方向为平行于x轴指向负电荷，所以电场方向与中垂线方向垂直，故中垂线为等势线，因为中垂线延伸到无穷远处，所以中垂线的电势为零，故b点的电势为零，但是电场强度不为零，A错误；等量异种电荷连线上，电场方向由正电荷指向负电荷，方向平行于x轴向右，在中点O处电势为零，O点左侧电势为正，右侧电势为负，又知道正电荷在正电势处电势能为正，故B错误；O点的电势低于a点的电势，电场力做负功，所以必须克服电场力做功，C正确；O点和b点的电势相等，所以先后从O、b两点移到a点，电场力做功相等，电势能变化相同，D错误．]13.(加试要求)如图11所示，O是一固定的点电荷，另一点电荷P从很远处以初速度v0射入点电荷O的电场，在电场力作用下的运动轨迹是曲线MN.a、b、c是以O为中心，R a、R b、R c为半径画出的三个圆，R c－R b＝R b－R a.1、2、3、4为轨迹MN与三个圆的一些交点，以|W12|表示点电荷P由1到2的过程中电场力做的功的大小，|W34|表示点电荷P由3到4的过程中电场力做的功的大小，则()图11A．|W12|＝|W34|B．|W12|>2|W34|C．P、O两电荷可能同号，也可能异号D．P的初速度方向的延长线与O之间的距离可能为零B[因为R b－R a＝R c－R b.2、3间场强大于3、4间场强，据U＝Ed可知2、3间的电势差大于3、4间的电势差，可知|U12|>2|U34|，则由W＝Uq可知，|W12|>2|W34|，故A项错误，B项正确．从电荷P的弯曲运动轨迹可知，P、O两电荷一定异号，故C项错误．如果P的初速度方向延长线与O点之间的距离为零，则P电荷的轨迹为一直线，故D项错误．]14．(加试要求)在真空中A、B两点分别放置等量异种电荷，在电场中通过A、B两点的竖直平面内对称位置取一个矩形路径abcd，如图12所示，现将一电子沿abcd移动一周，则下列判断正确的是()图12A．由a→b电场力做正功，电子的电势能减小B．由b→c电场对电子先做负功，后做正功，总功为零C．由c→d电子的电势能一直增加D．由d→a电子的电势能先增加后减小，电势能变化量为零B[电子带负电，由a→b电场力做负功，电势能增加，由c→d电场力做正功，电势能减小，故A、C错误；由b→c，电场对电子先做负功，后做正功，由对称性，b、c两点电子电势能相等，故总功为零，B正确；由d→a电场对电子先做正功后做负功，故电子的电势能先减小后增加，再由对称性可确定电势能变化量为零，故D错误．]15．(加试要求)如图13所示，a、b两个带正电的粒子，电荷量分别为q1与q2, 质量分别为m1和m2.它们以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后．a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力．则()【导学号：81370254】图13A．电荷量q1大于q2B．质量m1小于m2C．粒子的电荷量与质量之比q1m1>q2m2D．粒子的电荷量与质量之比q1m1<q2m2C[设任一粒子的速度为v，电荷量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度：a＝qEm①时间t＝xv②偏转量y＝12at2③因为两个粒子的初速度相等，由②得：t∝x，则得a粒子的运动时间短，由③得：a 的加速度大，由①得：a 粒子的比荷q m 就一定大，但a 的电荷量不一定大，质量不一定小，故C 正确，A 、B 、D 错误．]二、非选择题(本题共2小题，共25分)16.(10分)用两根长度均为L 的绝缘细线各系一个小球，并悬挂于同一点．已知两小球质量均为m ，当它们带上等量同种电荷时，两细线与竖直方向的夹角均为θ，如图14所示．若已知静电力常量为k ，重力加速度为g .求：图14(1)小球所受拉力的大小；(2)小球所带的电荷量．【解析】(1)对小球进行受力分析，如图所示．设绳子对小球的拉力为T ，则mg T ＝cos θT ＝mg cos θ.(2)设小球在水平方向受到库仑力的大小为F ，则F mg ＝tan θ，F ＝mg tan θ又F ＝k Q 2r 2，r ＝2L sin θ所以Q ＝2L sin θmg tan θk .【答案】 (1)mg cos θ (2)2L sin θmg tan θk 17.(15分)如图15所示，有一质子(电荷量为q ，质量为m )由静止经电压U 1加速后，进入两块间距为d ，电压为U 2的平行金属板间．若质子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从下板右边缘穿出电场，求：图15(1)质子刚进入偏转电场U 2时的速度；(2)在偏转电场U 2中运动的时间和金属板的长度L ；(3)质子穿出电场时的动能.【导学号：81370255】【解析】 (1)质子在左边的加速电场中有：qU 1＝12m v 20解得：v 0＝2qU 1m即质子刚进入偏转电场U 2时的速度为2qU 1m . (2)质子在右边的偏转电场中可分解为沿板方向的匀速直线运动和垂直板方向的匀加速直线运动，所以沿板方向：x ＝L ＝v 0t 垂直板方向：y ＝12d ＝12at 2 而加速度：a ＝F m ＝qU 2md由以上各式解得：L ＝2U 1U 2dt ＝mqU 2d . (3)质子先在加速电场中电场力对其做正功，而后又在偏转电场中，尽管做曲线运动，但电场力对它仍然做正功，且电场力做功与路径无关．所以整个过程由动能定理得：eU 1＋e U 22＝E k －0所以质子射出电场时的动能为：E k ＝e ⎝ ⎛⎭⎪⎫U 1＋U 22. 【答案】 (1)2qU 1m (2)m qU 2d 2U 1U 2d (3)e ⎝ ⎛⎭⎪⎫U 1＋U 22。

课后限时训练(四)(建议用时：40分钟)1．(2017·镇海中学学考模拟)一个物体受到的重力为2 N，那么，在下列情况下它受到的重力不是2 N的是()A．将它竖直向上抛起B．将它放到水里，它被浮起C．将它放到月球或木星上D．将它放到高速行驶的列车上C[在地球上的同一个地方，物体的重力可以认为是相同的，物体在其他星球上的重力和在地球上的不同．C项正确．]2.(2017·诸暨模拟)如图2-1-10所示，一根轻弹簧的一端固定，另一端受到水平拉力F的作用，弹簧的伸长量为x，则此弹簧的劲度系数为()图2-1-10A．FxB．2FxC.F xD.xFC[弹簧弹力大小为F，由胡克定律得k＝Fx，选C.]3．关于重力，下列说法中正确的是()A．物体受到的重力大小和方向与物体的运动状态无关B．抛出的石块轨迹是曲线，说明石块所受的重力方向在改变C．自由下落的石块速度越来越大，说明石块所受重力越来越大D．物体所受的重力作用于重心处，物体的其他部分不受重力作用A[重力大小为G＝mg，与运动状态无关，方向竖直向下，故A正确，B、C错误；物体各处都受到重力，在研究问题时将所有重力等效作用于重心处，重心是等效概念，其实是不存在的，更不能说物体的其他部分不受重力作用，D错误．]4．下列关于重心、弹力和摩擦力的说法，正确的是()【导学号：81370052】A．物体的重心一定在物体的几何中心上B．劲度系数越大的弹簧，产生的弹力越大C．动摩擦因数与物体之间的压力成反比，与滑动摩擦力成正比D．静摩擦力的大小是在零和最大静摩擦力之间发生变化D[由重心的概念可知A项错误；弹簧弹力的大小还与其形变量有关，B 项错误；动摩擦因数与物体之间的压力和滑动摩擦力无关，C项错误；静摩擦力的大小范围为0<F f≤F fmax，D项正确．]5．物体与支持面间有滑动摩擦力时，下列说法正确的是()A．物体与支持面间的压力越大，滑动摩擦力越大B．物体与支持面间的压力不变，动摩擦因数一定，接触面积越大，滑动摩擦力越大C．物体与支持面间的压力不变，动摩擦因数一定，速度越大，滑动摩擦力越大D．动摩擦因数一定，物体与支持面间的压力越大，滑动摩擦力越大D[根据滑动摩擦力的表达式F＝μF N可知，选项D正确；选项A中仅仅强调了物体间的压力，而忽略了物体间的动摩擦因数，所以选项A错误；滑动摩擦力与物体间的接触面积和相对运动速度的大小均无关，所以选项B、C错误．]6.在半球形光滑碗内斜搁一根筷子，如图2-1-11所示，筷子与碗的接触点分别为A、B，则碗对筷子A、B两点处的作用力方向分别为()图2-1-11A．均竖直向上B．均指向球心OC．A点处指向球心O，B点处竖直向上D．A点处指向球心O，B点处垂直于筷子斜向上D[碗对筷子A、B两点处的作用力属于弹力，而接触处的弹力总是垂直于接触面，因而寻找接触面便成为确定弹力方向的关键．在A点处，当筷子滑动时，筷子与碗的接触点在碗的内表面(半球面)上滑动，所以在A点处的接触面是球面在该点的切面，此处的弹力与切面垂直，即指向球心O.在B点处，当筷子滑动时，筷子与碗的接触点在筷子的下表面上滑动，所以在B点处的接触面与筷子平行，此处的弹力垂直于筷子斜向上．故选项D正确．]7．(2017·金华十校调研)体育课上一学生将足球踢向墙壁，如图2-1-12所示，下列关于足球与墙壁作用时墙壁给足球的弹力方向的说法中，正确的是()图2-1-12A．沿v1的方向B．沿v2的方向C．先沿v1的方向后沿v2的方向D．沿垂直于墙壁(斜向左上方)的方向D[足球与墙壁的作用是球面与平面接触，足球所受弹力方向垂直于墙壁指向足球球心，即斜向左上方的方向，故选项D正确．]8．(2017·嘉兴市联考)一块质量均匀分布的长方体木块按图2-1-13中甲、乙、丙所示的三种方式在同一水平面上运动，其中甲图中木块做匀速运动，乙图中木块做匀加速运动，丙图中木块侧立在水平面上做与甲图相同的运动．则下列关于甲、乙、丙三图中木块所受滑动摩擦力大小关系的判断正确的是()甲乙丙图2-1-13A．F f甲＝F f乙<F f丙B．F f甲＝F f丙<F f乙C．F f甲＝F f乙＝F f丙D．F f丙<F f甲<F f乙C[根据公式F f＝μF N知，滑动摩擦力的大小与接触面的大小无关，也与相对速度或加速度无关．故选C.]9.如图2-1-14所示，放在粗糙水平面上的物体A上叠放着物体B，A和B之间有一根处于压缩状态的弹簧．物体A、B均处于静止状态，下列说法中正确的是()图2-1-14【导学号：81370053】A．B受到向左的摩擦力B．B对A的摩擦力向右C．地面对A的摩擦力向右D．地面对A没有摩擦力D[压缩状态的弹簧对B有向左的弹力，B有向左的运动趋势，受到向右的摩擦力，故A错误；A对B的摩擦力向右，根据牛顿第三定律可知，B对A的摩擦力向左，B错误；对整体分析可知：地面对A没有摩擦力，故C错误，D 正确．]10．(2017·宁波调研)如图2-1-15所示，质量为m的木块放在粗糙的水平地面上，木块与水平地面间的动摩擦因数为0.5，水平推力F作用于木块上，但未把木块推动，则下列选项中能正确反映木块受到的摩擦力F f与水平推力关系的是()图2-1-15A B C DA[用推力F后，物体没有滑动，说明物体受到静摩擦力的作用，由受力平衡知F f静＝F，故选项A正确．]11.(加试要求)如图2-1-16所示，两个物体A、B的质量均为1 kg，各接触面间的动摩擦因数均为0.3，同时用F＝1 N的两个水平力分别作用在A、B上，则地面对物体B，B对物体A的摩擦力分别为(g取10 m/s2)()图2-1-16A．6 N 3 NB．1 N 1 NC．0 1 ND．0 2 NC[以A、B整体为研究对象进行受力分析，可知地面对B的摩擦力为零；再以A为研究对象进行受力分析，F f＝μmg＝3 N>1 N，可知B对A的摩擦力与力F大小相等、方向相反，大小为1 N，所以选项C正确．]12．(加试要求)如图2-1-17所示，水平传送带上放一物块，当传送带向右以速度v匀速传动时，物体在轻弹簧水平拉力的作用下处于静止状态，此时弹簧的伸长量为Δx；现令传送带向右加速到2v，这时的弹簧的伸长量为Δx′.则关于弹簧前、后的伸长量，下列说法中正确的是()图2-1-17A．弹簧伸长量将减小，即Δx′<ΔxB．弹簧伸长量将增加，即Δx′>ΔxC．弹簧伸长量在传送带向右加速时将有所变化，最终Δx′＝ΔxD．弹簧伸长量在整个过程中始终保持不变，即始终Δx′＝ΔxD[弹簧弹力与传送带的滑动摩擦力是一对平衡力，而滑动摩擦力的大小始终与相对速度大小无关，D正确．]13．(加试要求)如图2-1-18所示，用一水平力F把A、B两个物体挤压在竖直的墙上，A、B两物体均处于静止状态，下列判断正确的是()【导学号：81370054】图2-1-18A．B物体对A物体的静摩擦力方向向上B．F增大时，A和墙之间的摩擦力也增大C．若B的重力大于A的重力，则B受到的摩擦力大于墙对A的摩擦力D．不论A、B的重力哪个大，B受到的摩擦力一定小于墙对A的摩擦力D[将A、B两物体视为整体，可以看出A物体受到墙的摩擦力方向竖直向上．对B受力分析可知B受到A的摩擦力方向向上，由牛顿第三定律可知B对A的摩擦力方向向下，A错误；由于A、B两物体受到的重力不变，根据平衡条件可知B错误；A和墙之间的摩擦力与A、B两物体的重力等大、反向，故C错误，D正确．]14．如图2-1-19所示为“研究木板与木块间动摩擦因数的大小”的实验装置图，将一木块和木板叠放于水平桌面上，弹簧测力计一端固定，另一端与木块水平相连．图2-1-19(1)现要测量木块和木板之间的滑动摩擦力，要使弹簧测力计的示数为木块和木板之间的滑动摩擦力的大小，要求木板的运动________．(填选项前的字母) A．必须是匀速直线运动B．必须是加速直线运动C．必须是减速直线运动D．匀速直线运动、加速直线运动、减速直线运动均可(2)为测量动摩擦因数，下列物理量中应测量的有________．(填选项前的字母)A．木板的长度LB．弹簧测力计的拉力大小FC．木板的重力G1D．木块的重力G2(1)D(2)BD[(1)对木板受力分析，有重力、木块对木板的压力、木块对木板的滑动摩擦力、桌面对木板的滑动摩擦力、桌面对木板的支持力、水平拉力，共6个力；本实验中，木板不论处于什么运动，木块总处于平衡状态，则弹簧的弹力等于木块的滑动摩擦力，D正确．(2)根据滑动摩擦力的表达式F f＝μF N＝μmg，可得μ＝Fmg，所以需要测量弹簧测力计的拉力大小F和木块的重力G2，故B、D正确．]15．(2016·诸暨市联考)如图2-1-20所示，重250 N的物体放在水平地面上，已知物体与水平地面间的最大静摩擦力为150 N，动摩擦因数是0.5，物体的一端连一根劲度系数为4×103 N/m的轻质弹簧．试问：图2-1-20(1)将弹簧拉长2 cm时，物体受到地面的摩擦力多大？(2)将弹簧拉长4 cm时，物体受到地面的摩擦力多大？【解析】(1)将弹簧拉长2 cm时，拉力为F＝kx＝4×103×0.02 N＝80 N<F m＝150 N物体静止，此时物体受到的是静摩擦力由二力平衡可得摩擦力F f＝80 N.(2)将弹簧拉长4 cm时，拉力为F′＝kx′＝4×103×0.04 N＝160 N>F m＝150 N物体沿水平地面滑动，物体受到滑动摩擦力F f′＝μF N＝μmg＝0.5×250 N＝125 N.【答案】(1)80 N(2)125 N。

课后限时训练(四十九)(建议用时：40分钟)1．(多选)下列关于动量的说法中正确的是()A．质量大的物体的动量一定大B．质量和速率都相同的物体的动量一定相同C．一个物体的速率改变，它的动量一定改变D．一个物体的运动状态改变，它的动量一定改变CD[由动量的定义可知，动量是质量和速度的乘积，由质量和速度共同决定，A项错误．质量和速率都相同的物体，其动量大小一定相同，但方向不一定相同，B项错误．一个物体的速率改变，它的动量大小也必定改变，C项正确．物体的运动状态改变即速度的大小或方向改变，因此动量必定改变，D项正确．] 2．质量为2 kg的物体沿直线运动，速度由4 m/s变为－6 m/s，则在此过程中，它所受到的合外力的冲量为()A．－20 N·s B．20 N·sC．－4 N·s D．－12 N·sA[以物体的初速度方向为正方向，由动量定理得冲量I＝2×(－6) N·s－2×4 N·s＝－20 N·s.选项A正确．]3．(2017·嘉兴选考一模)(多选)物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s，这说明()A．物体的动量在减小B．物体的动量在增大C．物体的动量大小可能不变D．物体受到的合力冲量大小为5 N·sCD[因不知动量变化量的方向与动量方向是否相同，故无法确定动量是增大还是减小，A、B均错误；动量是矢量，其变化可能是动量方向变化引起的，C正确；由Δp＝I可知，合外力的冲量与动量变化量大小相同，D正确．] 4．篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以()A ．减小球对手的冲量B ．减小球对手的冲击力C ．减小球的动量变化量D ．减小球的动能变化量B [由动量定理Ft ＝Δp 知，接球时两手随球迅速收缩至胸前，延长了手与球接触的时间，从而减小了球对手的冲击力，选项B 正确．]5．(2017·嵊州选考模拟)质量为1 kg 的物体做直线运动，其速度－时间图象如图12-1-5所示，则物体在前10 s 内和后10 s 内所受外力的冲量分别是( )图12-1-5A ．10 N·s,10 N·sB ．10 N·s ，－10 N·sC ．0,10 N·sD ．0，－10 N·sD [由题图可知，在前10 s 内初、末状态的动量相等，p 1＝p 2＝5 N·s ，由动量定理知I 1＝0；在后10 s 内p 3＝－5 N·s ，I 2＝p 3－p 2＝－10 N·s ，故选D.]6．(2016·奉化联考)小船相对于地面以速度v 1向东行驶，若在船上相对地面的速率v 分别水平向东和向西抛出两个质量相等的重物，则小船的速度将( )A ．不变B ．减小C ．增大D ．改变方向C [设抛出重物后船的质量为M ，重物的质量为m ，船后来的速度为v 2，由动量守恒定律得(M ＋2m )v 1＝M v 2＋m v －m v ，解得v 2＝M ＋2m M v 1＞v 1.故C 正确．]7．两名质量相等的滑冰运动员甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在其中一人向另一人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系是( )【导学号：81370402】A ．若甲先抛球，则一定是v 甲＞v 乙B ．若乙先抛球，则一定是v 乙＞v 甲C ．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v 甲＞v 乙D ．无论谁先抛球，只要乙最后接球，就有v 甲＞v 乙D[因系统动量守恒，故最终甲、乙动量大小必相等．谁最后接球谁的质量中包含了球的质量，即质量大，根据动量守恒：m1v1＝m2v2，因此谁最终接球谁的速度小．]8．(多选)从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是()A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，掉在草地上的玻璃杯动量小B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用时间长CD[杯子是否被撞碎，取决于撞击地面时，地面对杯子的撞击力大小．规定竖直向上为正方向，设玻璃杯下落高度为h，它从h高度落地瞬间的速度大小为2gh，设玻璃杯的质量为m，则落地前瞬间的动量大小为p＝m2gh，与水泥或草地接触Δt时间后，杯子停下，在此过程中，玻璃杯的动量变化Δp＝－(－m2gh)，再由动量定理可知(F－mg)·Δt＝－(－m2gh)，所以F＝m2ghΔt＋mg.由此可知，Δt越小，玻璃杯所受撞击力越大，玻璃杯就越容易碎，杯子掉在草地上作用时间较长，动量变化慢，作用力小，因此玻璃杯不易碎．] 9．如图12-1-6所示，用细线挂一质量为M的木块，有一质量为m的子弹自左向右水平射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为v0和v(设子弹穿过木块的时间和空气阻力不计)，木块的速度大小为()【导学号：81370403】图12-1-6A.m v0＋m vM B.m v0－m vMC.m v0－m vM＋mD.m v0＋m vM＋mB[子弹和木块在水平方向上动量守恒，m v0＝M v′＋m v，由此知v′＝m v0－m vM，故B正确．]10．(多选)(2017·湖州联考)一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中．若把其在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ，则()A．过程Ⅰ中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量B．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小C．Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零D．过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零AC[对过程Ⅰ，钢珠只受重力，据动量定理，A正确；对过程Ⅱ由动量定理得：Gt2－F阻t2＝0－m v，则B、D错；全过程Δp＝0，则C正确．] 11．(2016·东阳选考模拟)质量为m的小球P以大小为v的速度与质量为3m的静止小球Q发生正碰，碰后小球P以大小为v2的速度被反弹，则正碰后小球Q的速度大小是()A．2v B.v 2C.v3 D.v6答案：B12．质量是60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，他被悬挂起来．已知安全带的缓冲时间是1.2 s，安全带长5 m，g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为()A．500 N B．600 NC．1 100 N D．100 NC[安全带长5 m，人在这段距离上做自由落体运动，获得速度v＝2gh＝10 m/s.受安全带的保护经1.2 s速度减小为0，对此过程应用动量定理，以向上为正方向，有(F－mg)t＝0－(－m v)，则F＝m vt＋mg＝1 100 N，C正确．]13．(多选)如图12-1-7所示，放在光滑水平桌面上的两个木块A、B中间夹一被压缩的弹簧，当弹簧被放开时，它们各自在桌面上滑行一段距离后飞离桌面落在地上，A的落地点与桌边的水平距离为0.5 m，B的落地点与桌边的水平距离为1 m，那么()【导学号：81370404】图12-1-7A ．A 、B 离开弹簧时的速度之比为1∶2B ．A 、B 质量之比为2∶1C ．未离开弹簧时，A 、B 所受冲量之比为1∶2D ．未离开弹簧时，A 、B 加速度之比为1∶2ABD [A 、B 组成的系统在水平方向上不受外力，动量守恒，A 、B 两物体的落地点到桌边的距离x ＝v 0t ，因为两物体的落地时间相等，所以v 0与x 成正比，故v A ∶v B ＝1∶2，即A 、B 离开弹簧时的速度之比．由0＝m A v A －m B v B 可知，m A ∶m B ＝2∶1.未离开弹簧时，A 、B 受到的弹力相同，作用时间相同，冲量I ＝Ft 也相同．未离开弹簧时，F 相同，m 不同，加速度a ＝F m ，与质量成反比，故a A ∶a B＝1∶2.]14．(2017·台州选考模拟)如图12-1-8所示，一质量为M ＝3.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为m ＝1.0 kg 的小木块A .现以地面为参考系，给A 和B 以大小均为4.0 m/s 、方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，但最后A 并没有滑离木板．站在地面上的观察者看到在一段时间内小木块A 正在做加速运动，求在这段时间内木板B 相对地面的速度范围．图12-1-8【解析】 设A 相对地面的速度为0时，木板的速度为v 1，以向右为正方向，由动量守恒定律得M v －m v ＝M v 1，解得v 1＝83 m/sA 从此时开始向右加速，直到两者有共同速度v 2，由动量守恒定律得 M v －m v ＝(M ＋m )v 2，解得v 2＝2 m/s故B 相对地面的速度在2～83 m/s 的范围内．【答案】 2～83 m/s15．如图12-1-9所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.图12-1-9(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？【导学号：81370405】【解析】(1)规定向右为速度正方向。

选考章末检测(二)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共13小题，每小题5分，共65分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1．下列说法正确的是()A．任何物体的重心必定在物体本身上B．有受力物体就一定有施力物体C．合力的大小一定大于分力中最大者D．物体在自由下落时所受的重力小于物体在静止时所受到的重力B[物体的重力与运动状态无关，重心是重力的等效作用点，可以在物体外，故A、D项错误．根据力的作用的物质性和相互性知B项正确．合力与分力构成平行四边形，合力大小不一定大于分力，故C项错误．]2．关于摩擦力，下列说法正确的是()【导学号：81370081】A．静摩擦力的方向一定与物体的相对运动趋势的方向相反B．滑动摩擦力总是阻碍物体的运动，其方向一定与物体的运动方向相反C．受静摩擦力作用的物体一定是静止的D．作用在运动物体上的摩擦力一定是滑动摩擦力A[当两个直接接触的物体有相对运动趋势的时候，受到的摩擦力为静摩擦力，因此静摩擦力的方向一定与物体的相对运动趋势的方向相反，选项A正确；当两个物体相对运动时，受到的摩擦力为滑动摩擦力，滑动摩擦力可以是动力也可以是阻力，因此，它的方向可以与物体的运动方向相反也可以与物体的运动方向相同，选项B错误；受到静摩擦力作用的物体不一定是静止的，选项C错误；作用在运动物体上的摩擦力可以是静摩擦力，也可以是滑动摩擦力，选项D错误．]3．下图中，光滑接触面对球或棒的弹力分析正确的是()A[A图中，球受到墙壁的弹力和台阶的弹力，两个弹力都与接触面垂直，所以墙壁的弹力垂直于墙壁向右，台阶对球的弹力通过球心，选项A正确；B 图中，假设斜壁对小球有斜向下的弹力，则小球将向右滚动，与题不符，故斜壁对小球没有弹力，小球只受地面向上的弹力，选项B错误；C图中，槽对杆的底端的弹力方向指向球心，选项C错误；D图中，假设斜面对小球有垂直于斜面向上的弹力，则小球将向左摆动，与题不符，故斜面对小球没有弹力，选项D 错误．]4．如图1所示，一物体放在自动扶梯上，随自动扶梯匀速斜向下运动，则物体受到的外力有()图1A．1个B．2个C．3个D．4个B[物体匀速运动，受力分析知物体受竖直向下的重力和竖直向上的支持力，故B正确．]5．(2016·嘉兴调研)一位体操运动员在水平地面上做倒立动作，下列图中沿每个手臂受到的力最大的是()【导学号：81370082】A B C DD[以人为研究对象，人受到重力和沿两手臂方向的支持力作用，沿两手臂方向的支持力的合力与重力大小相等．在合力一定时，两分力的夹角越大，两分力越大，故选项D正确．]6.如图2所示，L形木板置于粗糙水平面上，光滑物块压缩弹簧后用细线系住．烧断细线，物块弹出的过程中木板保持静止，此过程()图2A．弹簧对物块的弹力不变B．弹簧对物块的弹力逐渐增大C．地面对木板的摩擦力不变D．地面对木板的摩擦力逐渐减小D[烧断细线，弹簧要恢复原状，弹簧对物块的弹力逐渐减小，故A、B错误；木板在水平方向上受到弹簧的弹力和地面的摩擦力，两个力处于平衡，由于弹簧的弹力逐渐减小，则地面对木板的摩擦力逐渐减小，故C错误，D正确．] 7．(2017·诸暨联考)如图3所示，用相同的弹簧测力计将同一个重物m，分别按甲、乙、丙三种方式悬挂起来，读数分别是F1、F2、F3、F4，已知θ＝30°，则有()【导学号：81370083】甲乙丙图3A．F4最大B．F3＝F2C．F2最大D．F1比其他各读数都小C[由平衡条件可知：F2cos θ＝mg,2F3cos θ＝mg，F4＝mg，F1＝mg tan θ，因此可知F1＝33mg，F2＝233mg，F3＝33mg，故选项A、B、D错误，C正确．]8．两个力的合力F为50 N，其中一个力F1为30 N，那么另一个力F2的大小可能是()A．10 NB．15 NC．80 ND．85 NC[有两个共点力的合力大小为50 N，若其中一个分力的大小为30 N，另一个分力的大小应在20 N≤F≤80 N范围，所以可能为80 N．故选C.] 9．如图4所示，质量为m的木块在质量为M的木板上滑行，木板与地面间的动摩擦因数为μ1，木块与木板间的动摩擦因数为μ2，木板一直静止，那么木板受地面的摩擦力大小为()图4A．μ1MgB．μ2mgC．μ1(m＋M)gD．μ1Mg＋μ2mgB[木块m相对M向右滑动，受到向左的滑动摩擦力，大小为：F f1＝μ2F N ＝μ2mg；力的作用是相互的，故m对M有向右的滑动摩擦力，故M有向右滑动的趋势，受到地面对其向左的静摩擦力，根据共点力平衡条件，有F f2＝F f1，因而F f2＝μ2mg.故选B.]10．目前，我市每个社区均已配备了公共体育健身器材．如图5所示的器材为一秋千，用两根等长轻绳将一座椅悬挂在竖直支架上等高的两点．由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜，如图5中虚线所示，但两悬挂点仍等高．座椅静止时用F表示所受合力的大小，F1表示单根轻绳对座椅拉力的大小，与倾斜前相比()【导学号：81370084】图5A．F不变，F1变小B．F不变，F1变大C．F变小，F1变小D．F变大，F1变大A[座椅静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即F＝0，根据共点力平衡条件，有2F1cos θ＝mg，解得F1＝mg2cos θ，由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜，图中的θ角减小了，故F不变，F1减小，A 正确．]11.(加试要求)木块A、B的重力均为40 N，它们与水平地面间的动摩擦因数均为0.25，夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了Δx＝2.0 cm，弹簧的劲度系数k＝400 N/m，系统置于水平地面上静止不动，现用F＝10 N的水平力推木块B，如图6所示，力F作用后()图6A．木块A所受静摩擦力大小为8 NB．弹簧的压缩量变为2.5 cmC．木块B所受静摩擦力为0D．木块B所受静摩擦力大小为8 NA[施加F之前，F f A＝F f B＝k·Δx＝8 N；施加F之后假设B没有移动，由平衡条件可得：k·Δx＋F′f B＝F，解得：F′f B＝2.0 N，方向水平向右，且有F′f B<F f B m＝μG＝10 N，故假设成立，弹簧形变量不变，F f A也不变，故选项A 正确．]12．(加试要求)如图7所示，一竖直挡板固定在水平地面上，图甲用一斜面将一质量为M的光滑球顶起，图乙用一14圆柱体将同一光滑球顶起；当斜面或14圆柱体缓慢向右推动的过程中，关于两种情况下挡板所受的压力，下列说法正确的是( )【导学号：81370085】甲 乙图7A ．两种情况下挡板所受的压力都不变B ．两种情况下挡板所受的压力都增大C ．图甲中挡板所受的压力不变，图乙中挡板所受的压力减小D ．图甲中挡板所受的压力不变，图乙中挡板所受的压力先减小后增大C [选球为研究对象，图甲中，球受重力、挡板的弹力，斜面的支持力，由于缓慢向右推动的过程中，各力的方向不变，重力不变，所以挡板的弹力、斜面的支持力大小均不变，由牛顿第三定律知挡板所受压力也不变，选项B 错误；图乙中球受重力、挡板的弹力、14圆柱体的支持力，由于缓慢向右推动的过程中，14圆柱体支持力与竖直方向的夹角减小(示意图如图)，挡板的弹力方向不变，重力不变，因此挡板的弹力减小，由牛顿第三定律知，挡板所受的压力也减小，选项C 正确，A 、D 错误．]13．(加试要求)如图8，在固定斜面上的一物块受到一外力F 的作用，F 平行于斜面向上．若要物块在斜面上保持静止，F 的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F 1和F 2(F 2>0)．由此可求出( )图8A ．物块的质量B ．斜面的倾角C．物块与斜面间的最大静摩擦力D．物块对斜面的正压力C[当拉力为F1时，物块有沿斜面向上运动的趋势，受到沿斜面向下的静摩擦力，则F1＝mg sin θ＋F fm.当拉力为F2时，物块有沿斜面向下运动的趋势，受到沿斜面向上的静摩擦力，则F2＋F fm＝mg sin θ，由此解得F fm＝F1－F22，其余几个量无法求出，只有选项C正确．]二、非选择题(本题共4小题，共35分)14．(7分)(2017·丽水调研)如图9甲是“验证力的平行四边形定则”的实验装置．实验操作如下：甲乙图9(1)弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M，测量________并记录为F.(2)弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端水平向左拉，使结点O静止在某位置(如图甲)，此时需记下结点O的位置和两测力计的示数F1、F2以及____________________________________________________________ ____________________________________________________________.(3)某同学已在图乙纸上作出F1、F2的图示，请根据力的平行四边形定则作出F1、F2的合力F′.(4)改变两细线的夹角，重复做几次实验．若F′的方向近似在________方向上，且大小近似等于F，则平行四边形定则得以验证.【导学号：81370086】【解析】(1)两个弹簧测力计的合力等于悬挂重物的重力，需要先测量出悬挂重物M的质量，便于求出该重物的重力．(2)记录下细线Oa、Ob、Oc的方向作为两个弹簧测力计拉力和悬挂重物重力的方向．(4)F′方向与悬挂重物的重力方向应该在同一直线上，即竖直方向．【答案】(1)M(重物)的重力(2)细线Oa、Ob、Oc的方向(或三段细线的方向)(3)如图所示(4)竖直15.(7分)某同学利用如图10所示的装置来验证力的平行四边形定则．在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的质量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力F T OA、F T OB和F T OC，回答下列问题：图10(1)改变钩码个数，实验能完成的是()A．钩码个数N1＝N2＝2，N3＝4B．钩码个数N1＝N3＝3，N2＝4C．钩码个数N1＝N2＝N3＝4D．钩码个数N1＝3，N2＝4，N3＝5(2)在拆下钩码和绳子前，需要记录的是()A．标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向B．量出OA、OB、OC三段绳子的长度C．用量角器量出三段绳子之间的夹角D．用天平测出钩码的质量E．记录各条绳上所挂钩码的个数(3)在作图时，你认为图11中________是正确的．(选填“甲”或“乙”)图11【解析】(1)对O点受力分析．OA、OB、OC分别表示三个力的大小，三个共点力平衡，因此三个力的大小能构成一个三角形.2、2、4不能构成三角形，则结点不能处于平衡状态，故A选项错误.3、3、4能构成三角形，则结点能处于平衡状态，故B选项正确.4、4、4能构成三角形，则结点能处于平衡状态，故C选项正确.3、4、5能构成三角形，则结点能处于平衡状态，故D选项正确．故选B、C、D.(2)为验证平行四边形定则，要作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录OA、OB、OC三段绳子的方向和记录各条绳上所挂钩码的个数，故A、E选项正确，B、C、D选项错误．故选A、E.(3)以O点为研究对象，F3表示的是实际作用效果在OC这条线上，由于误差的存在，F1、F2的理论值要与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际．【答案】(1)BCD(2)AE(3)甲16.(10分)如图12所示，小球被轻质悬线系住斜吊着放在静止的光滑斜面上，设小球质量m＝0.5 kg，斜面倾角α＝30°，悬线与竖直方向夹角θ＝30°，斜面的质量M＝3 kg，置于粗糙水平面上，整个装置处于静止状态．求：图12(1)悬线对小球的拉力大小；(2)地面对斜面的摩擦力的大小和方向.【导学号：81370087】【解析】(1)以小球为研究对象，受力分析可得：F T sin 30°＝F N sin 30°F T cos 30°＋F N cos 30°＝mg联立解得F T＝533N≈2.9 N.(2)以小球和斜面整体为研究对象，则F f＝F T sin 30°＝536N≈1.4 N，方向水平向左．【答案】(1)2.9 N(2)1.4 N方向水平向左17．(11分)(加试要求)(2017·上虞模拟)如图13甲所示，在水平桌面上放一块重为20 N的木块A，木块与桌面间的动摩擦因数μA＝0.5.甲乙图13(1)使木块A沿桌面做匀速运动时的水平拉力为多大？(2)如果再在木块A上加一块重为10 N的木块B，B与A之间的动摩擦因数μB＝0.2，那么当A、B两木块一起沿桌面匀速滑动时，对木块A的水平拉力应为多大？此时木块B受到木块A的摩擦力多大？(3)如果拉力与水平面成53°角斜向上，那么当A、B两木块一起沿桌面匀速滑动时，如图乙所示，对木块A的拉力应为多大？(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6) 【解析】(1)对木块A，由平衡条件得：F1－F f1＝0又F f1＝μA G A解得F1＝10 N.(2)对A、B整体，由平衡条件得：F2－F f2＝0又F f2＝μA(G A＋G B)解得F2＝15 N因A、B一起沿桌面匀速运动，故A、B之间无相对运动趋势，即F f B＝0.(3)以A、B整体为研究对象，受力如图所示：由平衡条件得：水平方向：F3cos 53°－F f3＝0竖直方向：F N＋F3sin 53°－(G A＋G B)＝0又F f3＝μA F N解得F3＝15 N.【答案】(1)10 N(2)15 N0(3)15 N。

课后限时训练(三)(建议用时：40分钟)1．关于打点计时器的使用，下列说法中正确的是()【导学号：81370034】A．打点计时器一般使用4～6 V的直流电源B．安放纸带时，应把纸带放在复写纸的上面C．开始释放小车时，应使小车靠近打点计时器D．最好在接通电源的同时，放开小车C[(1)打点计时器是一种使用4～6 V交流电源的计时仪器，它是靠通电线圈的磁场与永久磁铁相互作用使振动片做周期性振动而打点计时的，故必须接低压交流电源；(2)复写纸应安放在纸带的上面，要求纸带运动时，复写纸绕定位轴转动，这样才能打出清晰的点；(3)释放小车时，应使小车靠近打点计时器，这样才能在纸带上50 cm长度内清楚地取出7～8个计数点(以每打五个点作为一个计数点)；(4)应先接通电源，待打点计时器打点稳定后，再释放小车．综上所述正确选项为C.]2．(2016·浙江余姚中学期中)利用打点计时器探究小车速度随时间变化的规律，请选出较准确的一组()A．学生电源、导线、电火花计时器、小车、钩码、一端带有定滑轮的长木板、带小钩的细线、纸带、刻度尺、坐标纸B．学生电源、导线、电磁打点计时器、小车、钩码、一端带有定滑轮的长木板、带小钩的细线、纸带、刻度尺、坐标纸C．导线、电磁打点计时器、小车、钩码、一端带有定滑轮的长木板、带小钩的细线、纸带、刻度尺、坐标纸D．学生电源、导线、电磁打点计时器、钩码、一端带有定滑轮的长木板、带小钩的细线、纸带、刻度尺、坐标纸B[使用电火花计时器时不能使用学生电源，选项A错误，选项B正确；选项C缺少学生电源，选项D缺少小车．]3．(2016·10月浙江学考)在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中(1)下列说法中不正确或不必要的是________(填字母)．A．长木板的一端必须垫高，使小车在不挂钩码时能在木板上做匀速运动B．连接钩码和小车的细线应与长木板保持平行C．小车应靠近打点计时器，先接通电源，后释放小车D．选择计数点时，必须从纸带上第一个点开始(2)图2甲是实验中打下的一段纸带，算出计数点2的速度大小为________m/s，并在图乙中标出，其余计数点1、3、4、5对应的小车瞬时速度大小在图乙中已标出．(3)作图并求得小车的加速度大小为________m/s2.甲乙图2【解析】(1)本题主要目的是探究小车速度随时间变化的规律，并不需要平衡摩擦力，所以不需要垫高木板的一端，所以A错；利用平均速度等于中间时刻的速度，来计算小车的瞬时速度，不必从第一个点开始，应舍掉前面比较密的点，减小测量误差，所以选D.(2)计数点2是计数点1和计数点3的中间时刻，所以等于这段时间内的平均速度，即v＝(15.70－3.85)×10－20.2m/s＝0.59 m/s.(3)如图通过v-t图的斜率可以计算得到加速度a＝(0.80－0.29)/0.34 m/s2＝1.5 m/s2.【答案】(1)AD(2)0.59(3)1.54．如图3是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带．图3(1)已知打点计时器电源频率为50 Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为________．(2)A、B、C、D是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出．从图中读出A、B两点间距x＝________；C点对应的速度是________(计算结果保留三位有效数字).【导学号：81370035】【解析】(1)打点计时器频率为50 Hz，周期T＝1f＝0.02 s，故打相邻两点的时间间隔为0.02 s．(2)两相邻计数点间的时间间隔为T＝0.02×5 s＝0.1 s，由图读出x＝7.0 mm＝0.70 cm.C点对应速度v C＝x BC＋x CD2T＝0.90＋1.102×0.1cm/s＝0.100 m/s.【答案】(1)0.02 s(2)0.70 cm0.100 m/s5．研究小车匀变速直线运动的实验装置如图4(a)所示，其中斜面倾角θ可调，打点计时器的工作频率为50 Hz，纸带上计数点的间距如图(b)所示，其中每相邻两点之间还有4个记录点未画出．(a)(b)图4(1)部分实验步骤如下：A．测量完毕，关闭电源，取出纸带B．接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车C．将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连D．把打点计时器固定在平板上，让纸带穿过限位孔上述实验步骤的正确顺序是：________(用字母表示)．(2)图(b)中标出的相邻两计数点的时间间隔T＝________s.(3)计数点5对应的瞬时速度大小计算式为v5＝________.(4)为了充分利用记录数据，减小误差，小车加速度大小的计算式应为a＝________.【导学号：81370036】【解析】(2)时间t＝nT0＝5×0.02 s＝0.1 s(n为相邻两个计数点的间隔数)．(3)在匀变速直线运动中：中间时刻的速度等于平均速度．(4)取x1′＝x1＋x2＋x3，x2′＝x4＋x5＋x6，则：T′＝3T，就可用Δx′＝x2′－x1′＝aT′2求a.【答案】(1)DCBA(2)0.1(3)x4＋x5 2T(4)(x4＋x5＋x6)－(x1＋x2＋x3)9T26．(2017·嘉兴学考一模)实验中，如图5所示为一次记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔T＝0.1 s.图5(1)根据纸带可判定小车做________运动．(2)根据纸带计算各点瞬时速度：v D＝________m/s，v C＝________m/s，v B ＝________m/s.在如图6所示坐标中作出小车的v-t图线，并根据图线求出a＝________.图6(3)将图线延长与纵轴相交，交点的速度的物理意义是________________________________________________________________ _______________________________________________________________【导学号：81370037】【解析】 (1)根据纸带提供的数据可知x BC －x AB ＝x CD －x BC ＝x DE －x CD ＝12.60 cm ，故小车做匀加速直线运动．(2)根据v t 2＝v 可知v D ＝(105.60－27.60)×10－20.2m/s ＝3.90 m/s v C ＝(60.30－7.50)×10－20.2m/s ＝2.64 m/s v B ＝27.60×10－20.2m/s ＝1.38 m/s 描点连线得如图所示v -t 图线，根据图线斜率知a ＝12.60 m/s 2.(3)图线与纵轴交点的速度的物理意义是零时刻小车经过A 点的速度．【答案】 (1)匀加速直线 (2)3.90 2.64 1.38 见解析图 12.60 m/s 2 (3)零时刻小车经过A 点的速度。

课后限时训练(四十七)(建议用时：40分钟)1．某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所有的玻璃砖两面平行．正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图3所示．图3(1)此玻璃的折射率计算式为n＝________(用图中的θ1、θ2表示)；(2)如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度________(填“大”或“小”)的玻璃砖来测量．【解析】(1)光线由空气射入玻璃的入射角i＝90°－θ1，折射角r＝90°－θ2，由折射率的定义可得：n＝sin isin r＝sin(90°－θ1)sin(90°－θ2)＝cos θ1cos θ2.(2)根据平行玻璃砖对光线的影响可知，玻璃砖宽度越大，侧移量越大，折射角的测量误差越小．【答案】(1)cos θ1cos θ2⎝⎛⎭⎪⎫或sin (90°－θ1)sin(90°－θ2)(2)大2．一块玻璃砖有两个相互平行的表面，其中一个表面是镀银的(光线不能通过此表面)．现要测定此玻璃砖的折射率，给定的器材还有：白纸、铅笔、大头针4枚(P1、P2、P3、P4)、带有刻度的直角三角板、量角器．实验时，先将玻璃砖放在白纸上，使上述两个相互平行的表面与纸面垂直．在纸面上画出直线aa′和bb′，aa′表示镀银的玻璃砖表面，bb′表示另一表面，如图4所示，然后，在白纸上竖直插上两枚大头针P1、P2.用P1、P2的连线表示入射光线．图4(1)为了测量折射率，应如何正确使用大头针P3、P4？试在图中标出P3、P4的位置．(2)然后，移去玻璃砖与大头针．试在图中通过作图的方法标出光线从空气进入玻璃时的入射角θ1与折射角θ2.写出用θ1、θ2表示的折射率公式：n＝________.【导学号：81370395】【解析】(1)在bb′一侧观察P1、P2(经bb′折射、aa′反射，再经bb′折射)的像，在适当的位置插上P3，使得P3与P1、P2的像在一条直线上，即让P3挡住P1、P2的像；再插上P4，让它挡住P3本身和P1、P2的像，P3、P4的位置如图所示．(2)①过P1、P2作直线与bb′交于O点；②过P3、P4作直线与bb′交于O′点；③利用刻度尺找到OO′的中点M；④过O点作bb′的垂线CD，过M点作bb′的垂线与aa′相交于N，如图所示，连接O、N；⑤则∠P1OD＝θ1，∠CON＝θ2.由折射率的定义可得n＝sin θ1 sin θ2.【答案】见解析3．(2017·慈溪联考)如图5所示，某同学用插针法测定一半圆形玻璃砖的折射率．在平铺的白纸上垂直纸面插大头针P1、P2确定入射光线，并让入射光线过圆心O，在玻璃砖(图中实线部分)另一侧垂直纸面插大头针P3，使P3挡在P1、P2的像，连接OP3，图中MN为分界线，虚线半圆与玻璃砖对称，B、C分别是入射光线、折射光线与圆的交点，AB、CD均垂直于法线并分别交法线于A、D 点．图5(1)设AB 的长度为l 1，AO 的长度为l 2，CD 的长度为l 3，DO 的长度为l 4，为较方便地表示出玻璃砖的折射率，需用刻度尺测量________，则玻璃砖的折射率可表示为________．(2)该同学在插大头针P 3前不小心将玻璃砖以O 为圆心顺时针转过一小角度，由此测得玻璃砖的折射率将________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)．【解析】 (1)sin θ1＝l 1BO ，sin θ2＝l 3CO ，因此玻璃的折射率n ＝sin θ1sin θ2＝l 1BO l 3CO＝l 1l 3，因此只需测量l 1和l 3即可． (2)当玻璃砖顺时针转过一个小角度时，在处理数据时，认为l 1是不变的，即入射角不变，而l 3减小，所以测量值n ＝l 1l 3将偏大． 【答案】 (1)l 1和l 3 n ＝l 1l 3(2)偏大 4．如图6甲所示，在利用三棱镜测量玻璃折射率的实验中，两位同学正确完成相关操作后，在纸上标出大头针P 3、P 4的位置(图中已标出)．为测量该种玻璃的折射率，两位同学分别用圆规及刻度尺作出了完整光路和若干辅助线，如图乙、丙所示．在图中能够仅通过测量ED 、FG 的长度便可正确计算出折射率的是图________(选填“乙”或“丙”)，所测玻璃折射率的表达式n ＝________(用代表线段长度的字母ED 、FG 表示)．图6【答案】 丙 ED FG5．如图7甲所示为光学实验用的长方体玻璃砖，它的________面不能用手直接接触．在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，两位同学绘出的玻璃砖和三个针孔a、b、c的位置相同，且插在c位置的针正好挡住插在a、b位置的针的像，但最后一个针孔的位置不同，分别为d、e两点，如图乙所示．计算折射率时，用________(选填“d”或“e”)点得到的值较小，用________(选填“d”或“e”)点得到的值误差较小．图7【答案】光学d e。

选考章末检测(八)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共13小题，每小题5分，共65分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1．2016年我国地质探矿队伍发现，在天津某地一面积约4万平方公里地区的地磁场十分异常．勘探队伍推测该地区地下可能蕴藏着()A．铜矿B．铁矿C．煤矿D．石油B[因该地区的地磁场十分异常，可知此处必然有被磁化的磁性材料，故推测该地区地下可能蕴藏着铁矿，故选B.]图12．如图1所示，匀强磁场中有A、B两个点，关于这两个点的磁感应强度的说法，正确的()A．A点的磁感应强度大于B点的磁感应强度B．A点的磁感应强度等于B点的磁感应强度C．A点的磁感应强度小于B点的磁感应强度D．A点的磁感应强度和B点的磁感应强度大小关系不能判断B[图示磁场是匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度处处相等．]3．下列关于磁感应强度的说法中正确的是()【导学号：81370311】A．通电导线受磁场力大的地方磁感应强度一定大B．通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大C．放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同D．磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关D[因为磁场中某点的磁感应强度的大小和方向由磁场本身决定，与通电导线的受力及方向都无关，所以A选项错，D选项正确；通电导线在磁场中受力的大小不仅与磁感应强度有关，而且与通电导线的放置方向有关，故B选项错；对C选项，虽然匀强磁场中磁感应强度处处相等，但当导线在各个位置的方向不同时，磁场力是不相同的(导线与磁场垂直时受磁场力最大，与磁场平行时受磁场力为零)，而C选项中没有说明导线在各个位置的放置方向是否相同，所以C选项错．]4．关于通电直导线周围磁场的磁感线分布，下列示意图中正确的是()A[伸开右手，大拇指方向为电流方向，则四指环绕方向为逆时针，故A 正确]5．(2016·乐清学考模拟) 如图2所示，E、F分别表示蓄电池两极，P、Q分别表示螺线管两端．当闭合开关时，发现小磁针N极偏向螺线管Q端．下列判断中，正确的是()图2A．E为蓄电池正极B．螺线管P端为S极C．流过电阻R的电流方向向上D．管内磁场方向由P指向QC[小磁针N极指向Q，说明Q端为S极，根据安培定则可知，通过R的电流方向向上，C选项正确．蓄电池的F端为正极，A选项错误．螺线管的P 端为N极，B选项错误．管内磁场方向应由S极指向N极，即由Q指向P，D 选项错误．]6．如图3所示，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1＞I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直．磁感应强度可能为零的点是()图3A．a点B．b C．c点D．d点C[要合磁感应强度为零，必有I1和I2形成两个磁场等大反向，只有c点有可能，选C.]7．把长L＝0.25 m的导体棒置于磁感应强度B＝1.0×10－2 T的匀强磁场中，使导体棒和磁场方向垂直，如图4所示．若导体棒的电流I＝2.0 A，方向向右，则导体棒受到的安培力大小与方向()图4A．1.0×10－3 N竖直向上B．5.0×10－3 N竖直向上C．5.0×10－3 N竖直向下D．1.0×10－3 N竖直向下【答案】B8．如图，一根容易发生形变的弹性轻导线两端固定．导线中通有如图箭头所示的电流I.当没有磁场时，导线呈直线状态；当分别加如图5所示的匀强磁场B时，描述导线状态的四个图示中正确的是()【导学号：81370312】A B C D图5B[A图电流与磁场平行，导线不受安培力的作用，故A错误；由左手定则得，B图安培力的方向水平向右，C图安培力的方向垂直纸面向里，D图安培力的方向水平向右，故B正确，C、D错误．]9．如图6所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是()图6【导学号：81370313】A．棒中的电流变大，θ角变大B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大D．磁感应强度变大，θ角变小A[选金属棒MN为研究对象，如图所示，金属棒受3个力而处于平衡状态，其中F B＝BIL＝mg tan θ，则：I增大，θ角变大，A选项正确；悬线变短，θ角不变，B选项错误；m增大，θ角变小，C选项错误；B变大，θ角变大，D选项错误．]10．(加试要求)(2016·丽水选考模拟)三根完全相同的长直导线互相平行，通以大小和方向都相同的电流．它们的截面处于正方形abcd的三个顶点a、b、c 处，如图7所示．已知每根通电长直导线在其周围产生的磁感应强度与距该导线的距离成反比，通电导线b在d处产生的磁场的磁感应强度大小为B，则三根通电导线产生的磁场在d处的总磁感应强度大小为()图7A ．2B B ．3B C.322B D ．32BB [设正方形边长为l ，则导线b 在d 处形成的磁场的磁感应强度B ＝k 2l；a 、c 两根导线在d 处形成的磁场均为：B a ＝B c ＝k l＝2B ；则三根通电导线产生的磁场在d 处的总磁感应强度大小为B 总＝2B a ＋B ＝3B ，故选B.]11．(加试要求)如图8所示，长为2l 的直导线折成边长相等、夹角为60°的V 形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B ，当在该导线中通以电流强度为I 的电流时，该V 形通电导线受到的安培力大小为( )图8A ．0B ．0.5BIlC ．BIlD ．2BIlC [导线有效长度为2l sin 30°＝l ，所以该V 形通电导线受到的安培力大小为BIl ，选C.]12．(加试要求)如图9所示是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(21H)和氦核(42He)．下列说法中正确的是( )图9A ．它们的最大速度相同B ．它们的最大动能相同C ．两次所接高频电源的频率不相同D ．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能A [根据q vB ＝m v 2R ，得v ＝qBR m .两粒子的比荷q m 相等，所以最大速度相等，故A 正确．最大动能E k ＝12m v 2＝q 2B 2R 22m ，两粒子的比荷q m 相等，但质量不相等，所以最大动能不相等，故B 错误．带电粒子在磁场中运动的周期T ＝2πm qB ，两粒子的比荷q m 相等，所以周期相等．做圆周运动的频率相等，因为所接高频电源的频率等于粒子做圆周运动的频率，故两次所接高频电源的频率相同，故C 错误．由E k ＝q 2B 2R 22m 可知，粒子的最大动能与加速电压的频率无关，故仅增大高频电源的频率不能增大粒子的最大动能，故D 错误．]13．(加试要求)如图10所示，在x 轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，x 轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为B 2的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O 以与x 轴成30°角斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R .则( )【导学号：81370314】图10A ．粒子经偏转一定能回到原点OB ．粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1C ．粒子完成一次周期性运动的时间为2πm qBD ．粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进3RD [由左手定则可知，粒子不可能回到原点O ，选项A 错误；由r ＝m v qB 可知，粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，选项B 错误；粒子完成一次周期性运动的时间t ＝16T 1＋16T 2＝πm 3qB ＋2πm 3qB ＝πm qB ，选项C 错误；由几何关系知，粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进l ＝R ＋2R ＝3R ，选项D正确．]二、非选择题(本题共4小题，共35分)14．(7分)如图11所示，一根质量为m 、长度为L 的金属细杆MN 置于绝缘水平桌面上，并处在与其垂直的水平匀强磁场中．当给细杆通以大小为I 的电流时，杆所受的支持力恰好为零并处于静止状态．重力加速度为g ，求：(1)金属细杆受到安培力的方向；(2)金属细杆中电流的方向；(3)磁感应强度B 的大小．图11【解析】 由重力和安培力平衡可得，安培力方向竖直向上．再由左手定则可以判断电流方向为M 指向N .由平衡条件得mg ＝BIL ，B ＝mg IL .【答案】 (1)竖直向上 (2)M 指向N (3)mg IL15．(8分)如图12所示，宽度为d 的有界匀强磁场，磁感应强度为B ，MM ′和NN ′是它的两条边界．现有质量为m ，电荷量为q 的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入．要使粒子不能从边界NN ′射出，则粒子入射速度v 的最大值可能是多少．图12【解析】 题目中只给出粒子“电荷量为q ”，未说明是带哪种电荷，若q为正电荷，轨迹是如图所示的上方与NN ′相切的14圆弧，轨道半径：R ＝m v Bq又d ＝R －R cos 45°解得v ＝(2＋2)Bqd m 若q 为负电荷，轨迹如图所示的下方与NN ′相切的34圆弧，则有：R ′＝m v ′Bqd ＝R ′＋R ′cos 45°解得v ′＝(2－2)Bqd m. 【答案】 (2＋2)Bqd m (q 为正电荷)或(2－2)Bqd m (q 为负电荷)16．(10分)(加试要求)某科研小组设计了一个粒子探测装置．如图13甲所示，一个截面半径为R 的圆筒(筒长大于 2R )水平固定放置，筒内分布着垂直于轴线的水平方向匀强磁场，磁感应强度大小为B .图乙为圆筒的入射截面，图丙为竖直方向过筒轴的切面．质量为m ，电荷量为q 的正离子以不同的初速度垂直于入射截面射入筒内．圆筒内壁布满探测器，可记录粒子到达筒壁的位置．筒壁上的P 点和Q 点与入射面的距离分别为R 和2R .(离子碰到探测器即被吸收，忽略离子间的相互作用)甲 乙丙图13(1)离子从O 点垂直射入，偏转后到达P 点，求该入射离子的速度v 0；(2)离子从OC 线上垂直射入，求位于Q 点处的探测器接收到的离子的入射速度范围；(3)若离子以第(2)问求得范围内的速度垂直入射，从入射截面的特定区域入射的离子偏转后仍能到达距入射面为2R 的筒壁位置，画出此入射区域的形状并求其面积.【导学号：81370315】【解析】 (1)离子运动的半径为RqB v 0＝m v 20Rv 0＝qBR m .(2)离子以v 1从C 点入射时，才能到达Q 点，偏转半径为R 1＝2RqB v 1＝m v 21R 1v 1＝2qBR m从O 点入射时，设半径为R 2，根据题意得(R 2－R )2＋(2R )2＝R 22R 2＝52RqB v 2＝m v 22R 2v 2＝5qBR 2m所以2qBR m ≤v ≤5qBR 2m .(3)当离子以5qBR 2m 的速度在偏离竖直线CO 入射时，入射点与正下方筒壁的距离仍然为R .所以特定入射区域为图中阴影部分由几何关系得扇形面积：S 1＝120360×πR 2＝πR 23三角形面积：S 2＝3R 24阴影部分总面积：S 总＝2(S 1－S 2)＝2πR 23－3R 22. 【答案】 (1)qBR m(2)2qBR m ≤v ≤5qBR 2m(3)见解析图 2πR 23－3R 2217．(10分)(加试要求)如图14所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，在第四象限存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B ，方向垂直xOy 平面向里，电场线平行于y 轴，一质量为m 、电荷量大小为q 的带负电的小球，从y 轴上的A 点水平向右抛出，经x 轴上的M 点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，最后从y 轴上的N 点沿垂直于y 轴的方向离开电场和磁场，ON 之间的距离为L .小球过M 点时速度方向与x 轴正方向夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g ，求：图14(1)电场强度E 的大小和方向；(2)小球从A 点抛出时初速度v 0的大小；(3)A 点到x 轴的高度h .【解析】 (1)小球在电场和磁场中恰好做匀速圆周运动，其所受电场力与重力平衡，则有：Eq ＝mg解得：E ＝mg q重力的方向竖直向下，电场力的方向应竖直向上，由于小球带负电，则电场强度方向竖直向下．(2)小球做匀速圆周运动，如图所示，设半径为R ，由几何关系得：R ＝L 1＋cos θ①小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做匀速圆周运动的速率为v ，则有：Bq v ＝m v 2R ②由速度的合成与分解知：v 0＝v cos θ ③由①②③得：v 0＝qBL cos θm (1＋cos θ). (3)设小球到M 点时的竖直方向分速度为v y ，v y ＝v sin θ ④竖直方向上由匀变速直线运动规律可知，v 2y ＝2gh ⑤由③④⑤得：h ＝(qBL sin θ)22m 2g (1＋cos θ)2【答案】 (1)mg q 方向竖直向下 (2)qBL cos θm (1＋cos θ)(3)(qBL sin θ)22m 2g (1＋cos θ)2。

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绝密★启用前2018年下半年浙江省普通高校招生选考科目考试物理试题姓名：准考证号：本试题卷分选择题和非选择题两部分，共7页,满分100分,考试时间90分钟。

其中加试题部分为30分，用【加试题】标出.考生注意：1. 答题前，请务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。

2。

答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。

3。

非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应的区域内，作图时先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。

4. 可能用到的相关公式或参数：重力加速度g均取10m/s2。

选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共13小题,每小题3分，共39分。

每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分）1。

下列物理量属于标量的是A。

速度 B。

加速度 C. 电流 D. 电场强度2. 发现电流磁效应的物理学家是第4题图A. 法拉第B。

奥斯特 C. 库仑 D. 安培3。

用国际单位制的基本单位表示电场强度的单位,下列正确的是A。

N/C B. V/m C. kg•m/（C•s2) D. kg•m/(A•s2)4. 一辆汽车沿平直道路行驶，其v －t 图象如图所示。

[浙江考试标准]第1节 光的折射 全反射考点一| 光的折射1．折射定律(1)内容：如图11-1-1所示，折射光线与入射光线、法线处在同一平面内，折射光线与入射光线分别位于法线的两侧；入射角的正弦与折射角的正弦成正比．图11-1-1(2)表达式：sin θ1sin θ2＝n .(3)在光的折射现象中，光路是可逆的． 2．折射率(1)折射率是一个反映介质的光学性质的物理量． (2)定义式：n ＝sin θ1sin θ2.(3)计算公式：n ＝cv ，因为v ＜c ，所以任何介质的折射率都大于1. (4)当光从真空(或空气)射入某种介质时，入射角大于折射角；当光由介质射入真空(或空气)时，入射角小于折射角．3．折射率的理解(1)折射率由介质本身性质决定，与入射角的大小无关．(2)折射率与介质的密度没有关系，光密介质不是指密度大的介质． (3)同一种介质中，频率越大的色光折射率越大，传播速度越小． 4．光路的可逆性在光的反射和折射现象中，光路都是可逆的．1．解决光的折射问题的思路 (1)根据题意画出正确的光路图．(2)利用几何关系确定光路中的边、角关系，要注意入射角、折射角均以法线为标准．(3)利用折射定律、折射率公式求解． (4)注意：在折射现象中光路是可逆的．2．平行玻璃砖、三棱镜和圆柱体(球)对光路的控制1．(多选)关于折射率，下列说法正确的是()A．根据sin θ1sin θ2＝n可知，介质的折射率与入射角的正弦成正比B．根据sin θ1sin θ2＝n可知，介质的折射率与折射角的正弦成反比C．根据n＝cv可知，介质的折射率与光在该介质中的光速成反比D．同一频率的光由真空进入某种介质时，折射率与光在介质中的波长成反比CD[介质的折射率是一个反映介质光学性质的物理量，由介质本身和光的频率共同决定，与入射角、折射角无关，故选项A、B均错；由于真空中的光速是个定值，故n与v成反比是正确的，选项C正确；由于v＝λf，当f一定时，v 与λ成正比，又n与v成反比，故n与λ也成反比，选项D正确．] 2．(多选)(2017·奉化选考模拟)一束光从空气射向折射率n＝2的某种玻璃的表面，如图11-1-2所示．i代表入射角，则()图11-1-2A．当入射角i＝0°时不会发生折射现象B．无论入射角i是多大，折射角r都不会超过45°C．欲使折射角r＝30°，应以i＝60°的角度入射D．当入射角i＝arctan 2时，反射光线跟折射光线恰好互相垂直BD[当入射角i＝0°时光能从空气进入玻璃，故发生了折射，A错误；当入射角是90°时，根据折射定律n＝sin isin r，解得：r＝45°，所以无论入射角i是多大，折射角r都不会超过45°，B正确；欲使折射角r＝30°，根据折射定律n＝sin i sin r，解得：i＝45°，故C错误；当i＝arctan2，有tan i＝2，根据折射定律n＝sin isin r ＝tan i，解得sin r＝cos i，所以反射光线跟折射光线恰好互相垂直，故D正确．] 3．(2016·丽水调研)利用半圆柱形玻璃，可减小激光光束的发散程度．在如图11-1-3所示的光路中，A为激光的出射点，O为半圆柱形玻璃横截面的圆心，AO过半圆顶点．若某条从A点发出的与AO成α角的光线，以入射角i入射到半圆柱上，出射光线平行于AO，求此玻璃的折射率.【导学号：81370382】图11-1-3【解析】设光在玻璃中的折射角为r，如图，由图中几何关系可知：i＝α＋r，所以r＝i－α.由折射定律得n＝sin isin r＝sin isin(i－α).【答案】sin i sin(i－α)4．(多选)(2015·浙江10月选考)为了从坦克内部观察外部目标，在厚度为20 cm的坦克壁上开了一个直径为12 cm的孔，若在孔内分别安装由同一材料制成的如图11-1-4所示的三块玻璃，其中两块玻璃的厚度相同．坦克内的人在同一位置通过玻璃能看到的外界的角度范围是()图1图2图3图11-1-4A．图1的大于图2的B．图1的小于图3的C．图2的小于图3的D．图2的等于图3的AD[如图1所示，图1图2图3若光线从右侧孔上边缘射入，入射角为β、折射角为α，射到左侧孔中点，由折射定律可知，α＜β.由光路可逆可知，从图2左侧孔中点射入玻璃的光线的入射角若为α，出玻璃后光线与入射光线平行，出射光线与水平方向的夹角仍为α.图3玻璃平移后，出射光线与水平方向的夹角不变仍为α，故A、D正确．]考点二| 光的全反射、光的色散1．光的全反射(1)定义：光从光密介质射入光疏介质，当入射角增大到某一角度时，折射光线将消失，只剩下反射光线的现象．(2)条件：①光从光密介质射入光疏介质．②入射角大于或等于临界角． (3)临界角：折射角等于90°时的入射角．若光从光密介质(折射率为n )射向真空或空气时，发生全反射的临界角为C ，则sin C ＝1n .介质的折射率越大，发生全反射的临界角越小．2．光的色散(1)光的色散现象：含有多种颜色的光被分解为单色光的现象．(2)光谱：含有多种颜色的光被分解后，各种色光按其波长的有序排列． (3)光的色散现象说明： ①白光为复色光；②同一介质对不同色光的折射率不同，频率越大的色光折射率越大； ③不同色光在同一介质中的传播速度不同，波长越短，波速越慢． (4)棱镜：①含义：截面是三角形的玻璃仪器，可以使光发生色散，如图11-1-5所示．白光的色散表明各色光在同一介质中的折射率不同．图11-1-5②三棱镜对光线的作用：改变光的传播方向，使复色光发生色散．解决全反射问题的一般方法1．确定光是从光密介质进入光疏介质； 2．应用sin C ＝1n 确定临界角；3．根据题设条件，判定光在传播时是否发生全反射； 4．如发生全反射，画出入射角等于临界角时的临界光路图；5．运用几何关系或三角函数关系以及反射定律等进行分析、判断、运算，解决问题．1．一束光由空气射向半圆柱体玻璃砖，O 点为该玻璃砖截面的圆心，下图能正确描述其光路的是( )A [光从玻璃砖射向空气时，如果入射角大于临界角，则发生全反射；如果入射角小于临界角，则在界面处既有反射光线，又有折射光线，但折射角应大于入射角，选项A 正确，选项C 错误．当光从空气射入玻璃砖时，在界面处既有反射光线，又有折射光线，且入射角大于折射角，选项B 、D 错误．]2．(2017·丽水联考)某种介质对空气的折射率是2，一束光从该介质射向空气，入射角是60°，则下列光路图中正确的是(图中Ⅰ为空气，Ⅱ为介质)( )【导学号：81370383】D [由题意知，光由光密介质射向光疏介质，由sin C ＝1n ＝12，得C ＝45°＜θ1＝60°，故在两介质的界面上会发生全反射，只有反射光线，没有折射光线，故选项D 正确．]3．(多选)光在某种介质中的传播速度是1.5×108 m/s ，光从该介质射向空气时( )A ．介质的临界角是30°B ．大于或等于30°的所有角都是临界角C ．入射角大于或等于30°时都能发生全反射D ．临界角可能是60°AC [由n ＝c v ＝3×1081.5×108＝2，sin C ＝1n 知临界角C ＝30°，所以A 、C 正确．] 4．一束由红、紫两色光组成的复色光，从空气斜射向玻璃三棱镜．下面四幅图中能正确表示该复色光经三棱镜折射分离成两束单色光的是( )B [解答本题首先要搞清楚七种色光在同一介质中折射率的大小关系，其次还要明确三棱镜有使光线向底边偏折的作用．在玻璃中，有n 红<n 紫，所以在玻璃中，红光的折射角大于紫光的折射角，故选项A 、C 错误；三棱镜有使光线向底边偏折的作用，折射率越大的光，越偏向底边，故选项B 正确，选项D 错误．]5．(2017·宁波选考模拟)打磨某剖面如图11-1-6所示的宝石时，必须将OP 、OQ 边与轴线的夹角θ切割在θ1<θ<θ2的范围内，才能使从MN 边垂直入射的光线，在OP 边和OQ 边都发生全反射(仅考虑如图所示的光线第一次射到OP 边并反射到OQ 边后射向MN 边的情况)，则下列判断正确的是( )图11-1-6【导学号：81370384】A ．若θ>θ2，光线一定在OP 边发生全反射B ．若θ>θ2，光线会从OQ 边射出C ．若θ<θ1，光线会从OP 边射出D ．若θ<θ1，光线会在OP 边发生全反射 D [作出θ1<θ<θ2时的光路如图所示．由图中几何关系有i 1＝90°－θ，2θ＋90°－i 1＋90°－i 2＝180°，即i 1＋i 2＝2θ.则有i 2＝3θ－90°.可见θ越大时i 2越大、i 1越小．要使光线在OP 上发生全反射，应有i 1≥C ，即θ≤90°－C ；要使光线在OQ 上发生全反射，应有i 2≥C ，即θ≥30°＋C 3.可见在OP 边和OQ 边都发生全反射时应满足θ1<30°＋C 3≤θ≤90°－C <θ2.故当θ>θ2时一定有θ>90°－C，光线一定不会在OP边上发生全反射，同时也一定有θ>30°＋C3，即光线若能射在OQ边上，一定会发生全反射，故A、B皆错误．当θ<θ1时，一定有θ<90°－C，即光线一定在OP边发生全反射，C错误，D正确．]。

课后限时训练(四十四)(建议用时：40分钟)1．在“探究单摆的周期与摆长的关系”实验中，某同学准备好相关实验器材后，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度后释放，同时按下秒表开始计时，当单摆再次回到释放位置时停止计时，将记录的这段时间作为单摆的周期．以上操作中有不妥之处，请对其中两处加以改正．______________________________________________________________________________________________ 【解析】①应在摆球通过平衡位置时开始计时；②应测量单摆多次全振动的时间，再计算出周期的测量值．(或在单摆振动稳定后开始计时)【答案】见解析2．(2016·浙江10月选考)在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，测量单摆的周期时，图5中________(填“甲”“乙”或“丙”)作为计时开始与终止的位置更好些．图5【解析】当小球经过平衡位置时，速度达到最大，所用的时间比较短，从而引起的测量误差较小，能够更准确的测量周期．【答案】乙3．(1)在探究单摆周期与摆长关系的实验中，有如下器材供选用，请把应选用的器材填在横线上________(填字母)．A．1 m长的粗绳B．1 m长的细线C．半径为1 cm的小木球D．半径为1 cm的小铅球E．时钟F．停表G．分度值为1 mm的米尺H．分度值为1 cm的米尺I．铁架台J．附砝码的天平(2)一位同学在做探究单摆周期与摆长关系的实验时，进行了如下步骤：A．组合单摆：选择相应器材组成单摆，并用铁夹将摆线的上端固定；B．测摆长l：用米尺量出摆线的长度；C．测周期T：将摆球拉起一个小角度，然后放开，在放手的同时按下停表开始计时，测量单摆50次全振动的时间t，算出单摆的周期T＝t/50；D．改变摆长，多测几组数据，将所测得的l和T填入表格，分析数据，得出单摆的周期和摆长的关系．从上面操作步骤中找出两处错误的地方，写出该步骤的字母，并加以说明或改正．①_____________________________________________________________；②______________________________________________________________.【解析】(1)单摆所用线要求细而长，且无弹性，所用的小球要求小而重，用停表计时较准确，用毫米刻度尺测量长度较准确．实验中不用测小球的质量．(2)测量摆长时应先测出摆线长度，再测出小球的半径，两者相加才是摆长．用停表计时应从小球经过平衡位置开始．【答案】(1)BDFGI(2)①B摆长等于摆线长加小球半径②C计时时刻应在小球通过平衡位置时4．某同学利用单摆测量重力加速度．(1)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是()A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大(2)如图6所示，在铁架台的竖直立柱上固定有摆长约1 m的单摆．实验时，由于仅有量程为20 cm、精度为1 mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T 1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T 2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL .用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g ＝________.【导学号：81370376】图6【解析】 (1)在利用单摆测重力加速度的实验中，为了使测量误差尽量小，须选用密度大、半径小的摆球和不易伸长的细线，摆球须在同一竖直面内摆动，摆长一定时，振幅尽量小些，以使其满足简谐运动的条件，故选B 、C.(2)设第一次摆长为L ，第二次摆长为L －ΔL ，则T 1＝2πLg ，T 2＝2πL －ΔL g ，联立解得g ＝4πΔLT 21－T 22. 【答案】 (1)BC (2)4π2ΔL T 21－T 225．(2017·嘉兴选考一模)下表是用单摆测定重力加速度实验中获得的有关数据：(1)图7(2)利用图象，取T2＝4.2 s2时，l＝________m，重力加速度g＝________m/s2.(结果保留三位有效数字)【解析】由T＝2πlg得l＝g4π2T2，所以图象是过原点且斜率为g4π2的一条直线．(1)l－T2图象如图所示．(2)T2＝4.2 s2时，从图中可读出其摆长l＝1.05 m，将T2和l代入公式g＝4π2l T2，得g≈9.86 m/s2.【答案】(1)见解析图(2)1.059.866．在探究单摆周期与摆长关系的实验中(1)实验测得的数据如下表所示.图8(2)根据数据及图象可知单摆周期的平方与摆长的关系是________．(3)根据图象，可求得当地的重力加速度为________m/s2.(结果保留三位有效数字)【导学号：81370377】【解析】(1)通过描点、连线可得到单摆的T2-l图线，近似为一条直线．(2)根据数据及作出的图线可知单摆周期的平方和摆长成正比．(3)根据图象求出图线的斜率k，再根据单摆的周期公式可得g＝4π2k，进而求出重力加速度g.【答案】(1)如图(2)成正比(3)9.87。

课后限时训练(十)(建议用时：40分钟)1．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是()A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度D[手托物体抛出的过程，必有一段加速过程，其后可以减速，可以匀速，当手和物体匀速运动时，物体既不超重也不失重；当手和物体减速运动时，物体处于失重状态，选项A错误．物体从静止到运动，必有一段加速过程，此过程物体处于超重状态，选项B错误．当物体离开手的瞬间，物体只受重力，此时物体的加速度等于重力加速度，选项C错误．手和物体分离之前速度相同，分离之后手速度的变化量比物体速度的变化量大，物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度，所以选项D正确．]2．质量为m kg的质点，受水平恒力作用，由静止开始做匀加速直线运动，它在t s内的位移为x m，则F的大小为(单位为N)()A.2mx t2B.2mx 2t－1C.2mx 2t＋1D.2mx t－1A[由牛顿第二定律F＝ma与x＝12at2，得出F＝2mxt2.故选A.]3.放在电梯地板上的一个木箱，被一根处于伸长状态的弹簧拉着而处于静止状态(如图3-3-10)，后发现木箱突然被弹簧拉动，据此可判断出电梯的运动情况是( )图3-3-10A ．匀速上升B ．加速上升C ．减速上升D ．减速下降C [木箱突然被拉动，表明木箱所受摩擦力变小了，也表明木箱与地板之间的弹力变小了，重力大于弹力，合力向下，处于失重状态，选项C 正确．]4．(2017·嘉兴联考)质量为1 t 的汽车在平直公路上以10 m/s 的速度匀速行驶，阻力大小不变．从某时刻开始，汽车牵引力减少2 000 N ，那么从该时刻起经过6 s ，汽车行驶的路程是( )【导学号：81370119】A ．50 mB ．42 mC ．25 mD ．24 mC [汽车匀速运动时F 牵＝F f ，当牵引力减小2 000 N 时，即汽车所受合力的大小为F ＝2 000 N ①由牛顿第二定律得F ＝ma ②联立①②得a ＝2 m/s 2汽车减速到停止所需时间t ＝v a ＝5 s汽车行驶的路程x ＝12v t ＝25 m ．故选C.]5.跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目．如图3-3-11所示，在运动员从直升飞机上由静止跳下到安全着地的整个过程中，下列说法中正确的是( )图3-3-11A．运动员始终处于超重状态B．运动员的速度始终在不断增加C．降落伞受到空气的阻力始终是不变的D．绳对运动员的作用力与运动员对绳的作用力始终大小相等【答案】 D6.如图3-3-12所示，弹簧测力计上端固定在升降机的顶上，另一端挂一重物，升降机静止时弹簧的伸长量为L，当升降机做下列哪种运动时，弹簧的伸长量增大()图3-3-12【导学号：81370120】A．升降机向上匀速运动B．升降机向上匀减速运动C．升降机向下匀加速运动D．升降机向下匀减速运动D[弹簧的伸长量要增加，即弹簧的弹力要变大，此时物体的合外力方向向上，加速度向上．升降机做向上的匀加速运动或向下的匀减速运动，故只有选项D正确．]7.电梯的顶部挂一个弹簧测力计，测力计下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为8 N，关于电梯的运动(如图3-3-13所示)，以下说法正确的是(g取10 m/s2)()图3-3-13A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为4 m/s2B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为2 m/s2C．电梯可能向下减速运动，加速度大小为2 m/s2D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为4 m/s2B[匀速运动时，F1＝mg①示数为8 N时，mg－F2＝ma②解①②得：a＝2 m/s2，方向向下，因此物体向下加速运动或向上减速运动，故B正确．]8．为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图3-3-14所示，当此车减速上坡时，则乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用)()【导学号：81370121】图3-3-14A．处于超重状态B．不受摩擦力的作用C．受到向后(水平向左)的摩擦力作用D．所受合力竖直向上C[当车减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人的合力方向沿斜面向下，合力的大小不变．人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图．将加速度沿竖直方向和水平方向分解，则有竖直向下的加速度，则：mg－F N＝ma y，F N<mg，乘客处于失重状态，故A、B、D错误，C正确．] 9．(多选)(2017·余姚学考模拟)在游乐园中，游客乘坐升降机可以体验超重与失重的感觉，关于游客在随升降机一起运动的过程中所处的状态，下列说法中正确的是()A．游客处于失重状态时，升降机一定在加速下降B．游客处于失重状态时，升降机可能向上运动C．游客处于失重状态时，升降机一定向下运动D．游客处于失重状态时，升降机的加速度方向一定向下BD[游客处于失重状态时升降机具有向下的加速度，此时升降机可能向下加速运动或向上减速运动，选项B、D正确．]10．如图3-3-15所示，滑雪爱好者从静止沿山坡匀加速滑下，在水平雪面上匀减速滑行一段距离停止，沿山坡下滑的距离比在水平雪面上滑行的距离大，斜面与水平雪面平滑连接．下列图中x、v、a、F分别表示滑雪爱好者位移大小、速度大小、加速度大小以及合力大小．其中正确的是()【导学号：81370122】图3-3-15B[滑雪爱好者在斜面上做匀加速直线运动，在水平面上做匀减速直线运动，而不是匀速直线运动．故A错误．对于匀加速直线运动有：v2＝2a1x1，对于匀减速直线运动有：v2＝2a2x2，因为x1>x2，所以a1<a2.根据v＝at知，匀加速直线运动加速度小，则时间长．故B正确，C错误．根据牛顿第二定律F＝ma合知，在斜面上所受的合力小于在水平面上所受的合力．故D错误．]11.如图3-3-16所示，在光滑水平地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动．小车质量为M，木块质量为m，加速度大小为a，木块和小车之间的动摩擦因数为μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是()图3-3-16A．μmgB.MF M＋mC．μ(M＋m)g D．maD[m与M无相对滑动，故a相同．对m、M整体F＝(M＋m)·a，故a＝FM＋m，m与整体加速度相同也为a，对m：F f＝ma，即F f＝mFM＋m，故只有D正确．] 12．(加试要求)质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上使得质量为m的小球静止在圆槽上，如图3-3-17所示，则()图3-3-17A．小球对圆槽的压力为MFm＋MB．小球对圆槽的压力为mF m＋MC．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加D．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小C[利用整体法可求得系统的加速度为a＝FM＋m，对小球利用牛顿第二定律可得：小球受到圆槽的支持力为(mg)2＋m2F2(M＋m)2，由牛顿第三定律可知只有C选项正确．]13．(加试要求)如图3-3-18所示，水平放置的传送带以速度v＝2 m/s向右运行，现将一小物体轻轻地放在传送带A端，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，若A 端与B 端相距6 m ．求物体由A 到B 的时间为(g 取10 m/s 2)( )图3-3-18A ．2 sB ．2.5 sC ．3.5 sD ．4 sC [物体放在传送带上，传送带对物体有向右的滑动摩擦力，使物体开始做匀加速直线运动，物体与传送带速度相等后滑动摩擦力消失，物体与传送带以相同的速率做匀速直线运动．根据牛顿第二定律得μmg ＝ma ，物体匀加速运动的加速度为a ＝μg ＝2 m/s 2，达到共同速度所用时间t 1＝v a ＝1 s ，发生位移x 1＝v 2t 1＝1 m ，此后匀速运动t 2＝6 m －x 1v ＝2.5 s 到达B 端，共用时间3.5 s ，选项C 正确．]14．在平直公路上有A 、B 两辆汽车，质量均为6.0×103 kg ，运动时所受阻力均为车重的115.它们的v -t 图象分别如3-3-19图中a 、b 所示，g 取10 m/s 2.求：图3-3-19(1)A 车的加速度a A 和牵引力F A ；(2)0～3 s 内B 车的位移x B 和牵引力F B .【导学号：81370124】【解析】 (1)由图可得A 车匀加速的加速度为a A ＝Δv Δt ＝148 m/s 2＝1.75 m/s 2由牛顿第二定律得F A－kmg＝ma A可得F A＝kmg＋ma A代入数据可得F A＝1.45×104 N.(2)0～3 s内B车的位移在数值上等于B车图线与横坐标轴围成的面积x B＝9 m由图可得B车匀减速的加速度为a B＝Δv′Δt′＝－23m/s2由牛顿第二定律得F B－kmg＝ma B可得F B＝kmg＋ma B代入数据可得F B＝0.【答案】(1)1.75 m/s2 1.45×104 N(2)9 m015．(加试要求)(2017·海宁模拟)如图3-3-20为一条平直公路中的两段，其中A点左边的路段为足够长的柏油路面，A点右边路段为水泥路面．已知汽车轮胎与柏油路面的动摩擦因数为μ1，与水泥路面的动摩擦因数为μ2.当汽车以速度v0沿柏油路面行驶时，若刚过A点时紧急刹车后(车轮立即停止转动)，汽车要滑行一段距离到B处才能停下；若该汽车以速度2v0在柏油路面上行驶，突然发现B 处有障碍物，需在A点左侧的柏油路段上某处紧急刹车，若最终汽车刚好撞不上障碍物，求：(重力加速度为g)图3-3-20(1)水泥路面AB段的长度；(2)在第二种情况下汽车运动了多长时间才停下？【解析】(1)水泥路面上运动的加速度为a1，则μ2mg＝ma1则v20＝2a1x1，解得：x1＝v20 2μ2g.(2)根据题意，汽车如果不撞上障碍物B，在A点的速度应为v0，在柏油路上运动时间为t1，则2v0－v0＝a2t1，a2＝μ1g，解得：t1＝v0μ1g，在水泥路面上，运动时间为t 2，则v 0＝a 1t 2，解得t 2＝v 0μ2g ，汽车运动的时间t ＝t 1＋t 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1μ1＋1μ2v 0g . 【答案】 (1)v 202μ2g (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1μ1＋1μ2v 0g .。

选考章末检测(十)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共13小题，每小题5分，共65分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分)1．下列有关简谐运动的说法正确的是()A．做简谐运动的物体，受到的回复力的方向总是指向平衡位置B．平衡位置就是加速度为零的位置C．水平弹簧振子振动过程中动能和弹性势能相互转化，系统总机械能守恒D．弹簧振子振动过程中，弹性势能增加时，弹簧的长度可能变短ACD[根据简谐运动的概念可知，做简谐运动的物体，受到的回复力的方向总是指向平衡位置，选项A正确；回复力为零的位置是简谐运动的平衡位置，不一定就是加速度为零的位置，例如单摆在平衡位置时加速度不为零，选项B 错误；水平弹簧振子振动过程中动能和弹性势能相互转化，系统总机械能守恒，选项C正确；弹簧振子振动过程中，弹性势能增加时，弹簧的长度可能变短，选项D正确．]2．弹簧振子在做简谐运动的过程中，振子通过平衡位置时()A．速度最大B．回复力最大C．加速度最大D．动能最大AD[弹簧振子在做简谐运动的过程中，振子通过平衡位置时，对平衡位置的位移为零，根据F＝－kx可知，回复力为零，加速度为零，速度最大，动能最大．]3．(2017·台州调研)关于一列简谐波，下面说法中正确的是()A．波动的产生需要两个条件，即波源和介质B．波动过程是质点由近向远传递的过程C．波动过程是能量传递的过程D．波动过程中质点本身随波迁移AC[波动的产生需要两个条件，即波源和介质，故A正确；波在传播过程中，振动形式与能量由近向远传播，而质点本身并不随着波迁移，故B、D错误，C正确．]4．关于多普勒效应，下列说法中正确的是A．只要波源在运动，就一定能观察到多普勒效应B．当声源静止、观察者运动时，可以观察到多普勒效应C．只要声源在运动，观察者总是感到声音的频率变高D．当声源相对于观察者运动时，观察者听到的声音的音调可能变高，也可能变低BD[若波源和观察都同时运动，两者间相对静止时，是不能观察到多普勒效应的，故A错误；由定义可知，当声源静止、观察者运动时，可以观察到多普勒效应，故B正确；若声源远离观察者，观察者会感到声音频率变低，故C 错误；声源和观察者靠近时，音调会变高，两者远离，则音调变低，故D正确．] 5．关于波的衍射现象，下列说法正确的是()【导学号：81370378】A．水波绕过障碍物而继续传播的现象，即为波的衍射现象B．衍射现象是波特有的现象C．一切波都能发生明显的衍射现象D．要发生明显的衍射现象，必须满足一定的条件ABD[水波绕过障碍物继续传播的现象，是波的衍射现象，衍射现象是波特有的现象，一切波都能发生衍射，但发生明显的衍射现象需满足一定的条件，故A、B、D对．]6．两列振动方向相同、振幅分别为A1和A2的相干简谐横波相遇．下列说法正确的是()A．波峰与波谷相遇处质点的振幅为|A1－A2|B．波峰与波峰相遇处质点离开平衡位置的位移始终为A1＋A2C．波峰与波谷相遇处质点的位移总是小于波峰与波峰相遇处质点的位移D．波峰与波峰相遇处质点的振幅一定大于波峰与波谷相遇处质点的振幅AD[波峰与波谷相遇时，振幅相消，故实际振幅为|A1－A2|，故选项A正确；波峰与波峰相遇处，质点的振幅最大，合振幅为A1＋A2，但此处质点仍处于振动状态中，其位移随时间按正弦规律变化，故选项B错误；振动减弱点和加强点的位移随时间按正弦规律变化，选项C 错误；波峰与波峰相遇时振动加强，波峰与波谷相遇时振动减弱，加强点的振幅大于减弱点的振幅，故选项D 正确．]7．如图1所示，在原点处做简谐运动的波源产生的机械波沿x 轴正方向传播，波速v ＝400 m/s.为了接收信号，在x ＝400 m 处设有一接收器A (图中未标出)．已知t ＝0时，波已经传播到x ＝40 m 处，则下列说法中不正确的是( )图1A ．波源振动的周期为0.05 sB ．x ＝40 m 处的质点在t ＝0.5 s 时位移最大C ．接收器在t ＝1.0 s 时才能接收到此波D ．若波源向x 轴负方向移动，则接收器接收到的波的频率将小于20 HzBC [波源的振动周期T ＝λv ＝20400s ＝0.05 s ，故A 正确．x ＝40 m 处的质点在t ＝0.5 s 时仍在平衡位置，故B 错误．接收器接收到此波的时间为t ＝400－40400s ＝0.9 s ，故C 错误．由多普勒效应可知，接收器收到的波的频率应小于波源频率，即小于20 Hz ，故D 正确．]8．(2017·丽水选考模拟)一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t ＝0时刻的波形如图2所示，质点P 的x 坐标为3 m ．已知任意振动使点P 连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4 s ．下列说法正确的是( )图2A ．波速为4 m/sB ．波的频率为1.25 HzC ．x 轴坐标为15 m 的质点在t ＝0.6 s 时恰好位于波谷D ．x 轴坐标为22 m 的质点在t ＝0.2 s 时恰好位于波峰BD [由题意可知，T 2＝0.4 s ，T ＝0.8 s ．而波长λ＝4 m ，所以波速v ＝λT ＝5m/s ，A 错误；波的频率f ＝1T ＝1.25 Hz ，B 正确；t ＝0时刻，x ＝15 m 的质点处于波谷位置，经t ＝0.6 s ，恰好经过平衡位置，C 错误；t ＝0时刻，x ＝22 m 的质点处于平衡位置，且向上振动，经t ＝0.2 s 后到达波峰，D 正确．]9．劲度系数为20 N/cm 的弹簧振子，它的振动图象如图3所示，在图中A 点对应的时刻( )【导学号：81370379】图3A ．振子所受的回复力大小为0.5 N ，方向指向x 轴的负方向B ．振子的速度方向指向x 轴的正方向C ．在0～4 s 内振子做了1.75次全振动D ．在0～4 s 内振子通过的路程为0.35 cm ，位移为0AB [因为A 点偏离平衡位置0.25 cm ，故振子所受的回复力大小为F ＝0.25cm ×20 N/cm ＝5 N ，方向指向x 轴负方向，故选项A 正确；振子是在由平衡位置向x 轴正方向移动的过程中存在的A 点，故它的速度方向指向x 轴的正方向，选项B 正确；由于周期为2 s ，故在0～4 s 内振子做了2次全振动，选项C 错误；在0～4 s 内振子通过的路程为s ＝0.5 cm ×8＝4 cm ，故选项D 错误．]10．沿x 轴正方向传播的一列简谐横波在t ＝0时刻的波形曲线如图4所示，其波速为10 m/s ，该时刻波恰好传播到x ＝6 m 的位置．介质中有a 、b 两质点，下列说法中正确的是( )图4A ．t ＝0时刻，b 质点的运动方向向上B ．t ＝0时刻，b 质点的速度大于a 质点的速度C ．t ＝0时刻，b 质点的加速度大于a 质点的加速度D ．t ＝0.2 s 时刻，x ＝9 m 处的质点位于波谷B [由题知，简谐波沿x 轴正方向传播，由波形的平移法判断可知，t ＝0时刻，b 质点的运动方向向下，故A 错误；t ＝0时刻，a 质点位于波峰，速度为零，故b 质点的速度大于a 质点的速度．故B 正确；由题图看出，质点a 的位移大小大于质点b 的位移大小，根据简谐运动的特征a ＝－kx m 可知，b 质点的加速度小于a 质点的加速度，故C 错误；波从x ＝6 m 处传到x ＝9 m 处的时间为t ＝Δx v＝9－610s ＝0.3 s ，故t ＝0.2 s 时刻，x ＝9 m 处的质点还没有振动，故D 错误．]11．(2017·湖州选考模拟)如图5甲所示，弹簧振子以O 点为平衡位置，在A 、B 两点之间做简谐运动取向右为正方向，振子的位移x 随时间t 的变化如图乙所示，下列说法正确的是( )图5A ．t ＝0.8 s 时，振子的速度方向向左B ．t ＝0.2 s 时，振子在O 点右侧6 cm 处C ．t ＝0.4 s 和t ＝1.2 s 时，振子的加速度完全相同D ．t ＝0.4 s 到t ＝0.8 s 的时间内，振子的速度逐渐增大AD [由题图乙知t ＝0.8 s 时，振子在平衡位置向负方向运动，所以速度方向向左，选项A 正确；t ＝0.2 s 时，振子远离平衡位置运动，速度逐渐减小，应在O 点右侧大于6 cm 处，选项B 错误；t ＝0.4 s 和t ＝1.2 s 时，振子的加速度大小相同，方向相反，选项C 错误；t ＝0.4 s 到t ＝0.8 s 的时间内，振子向平衡位置运动，速度逐渐增大，选项D 正确．]12．(2017·东阳选考模拟)一列简谐横波沿x 轴正方向传播，t ＝0时，波恰好传播到x 2＝2 m 的B 点，如图6所示．在t ＝0.3 s 时，x 1＝1 m 的质点A 恰好第一次出现在正最大位移处，则( )图6A ．该波的传播周期为1.2 sB ．该波的传播速度为5 m/sC ．t ＝1.0 s 时，质点C 在平衡位置处且向上运动D ．当波传播到质点C 时，质点B 在平衡位置处且向上运动BC [t ＝0时，质点A 在平衡位置向下运动，经过34T 质点A 恰好第一次出现在正最大位移处，34T ＝0.3 s ，所以周期为0.4 s ，由图象读出波长为2 m ，根据公式v ＝λT ＝5 m/s ，选项A 错误，选项B 正确；t ＝1.0 s 时，这列波向前传播的距离为5 m ，质点C 在平衡位置处且向上运动，选项C 正确；波传播到C 点时，传播距离为3 m ，即用时0.6 s ，波从质点B 传到质点C ，质点B 在平衡位置处且向下运动，选项D 错误．]13．一列简谐横波沿直线传播，该直线上平衡位置相距9 m 的a 、b 两质点的振动图象如图7所示，下列描述该波的图象可能的是( )图7【导学号：81370380】AC [根据振动图象、波动规律解决问题．根据y -t 图象可知，a 、b 两质点的距离为nλ＋14λ或nλ＋34λ，即nλ＋14λ＝9 m或nλ＋34λ＝9 m(n ＝0,1,2,3，…)解得波长λ＝364n ＋1 m 或λ＝364n ＋3m. 即该波的波长λ＝36 m 、7.2 m 、4 m …或λ＝12 m 、367 m 、3611 m …故选项A 、C 正确，选项B 、D 错误．]二、非选择题(本题共4小题，共35分)14．(9分)(2016·舟山市调研)如图8所示，在光滑水平面上，一弹簧振子在A 、B 间做简谐运动，平衡位置为O ，已知振子的质量为M .图8(1)简谐运动的能量取决于________，物体振动时动能和________能相互转化，总机械能________．(2)(多选)振子在振动过程中，下列说法中正确的是________(填字母)．A ．振子在平衡位置时，动能最大，势能最小B ．振子在最大位移处，势能最大，动能最小C ．振子在向平衡位置运动时，由于振子振幅减小，故总机械能减小D ．在任意时刻，动能与势能之和保持不变(3)(多选)若振子运动到B 处时将一质量为m 的物体放到M 的上面，且m 和M 无相对滑动而一起运动，下列说法正确的是________(填字母)．A ．振幅不变B ．振幅减小C ．最大动能不变D ．最大动能减小【解析】 (1)简谐运动的能量取决于振幅，物体振动时动能和弹性势能相互转化，总机械能守恒．(2)振子在平衡位置两侧往复运动，在最大位移处速度为零，动能为零，此时弹簧的形变最大，势能最大，所以B 正确；在任意时刻只有弹簧的弹力做功，所以机械能守恒，D正确；到平衡位置处速度达到最大，动能最大，势能最小，所以A正确；振幅的大小与振子的位置无关，所以选项C错误．(3)振子运动到B点时速度恰为零，此时放上m，系统的总能量即为此时弹簧储存的弹性势能，由于简谐运动中机械能守恒，所以振幅保持不变．因此选项A正确，B错误；由于机械能守恒，最大动能不变，所以选项C正确，D错误．【答案】(1)振幅弹性势守恒(2)ABD(3)AC15．(9分)(2017·温州选考一模)在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，请回答下列问题．①现已提供了以下器材：铁架台、夹子、毫米刻度尺、游标卡尺、细线．为了完成实验，还必须从图9中挑选出一些实验器材，其名称是________________(漏选或多选得零分)．图9②甲、乙两组同学将单摆按如图10所示的方式悬挂，你觉得比较合理的是________(填“甲”或“乙”)图10③正确挂起单摆后，将摆球从平衡位置拉开一个小角度由静止释放，使摆球在竖直平面内稳定摆动，当摆球经过________(填“平衡位置”、“最大位移处”或“任意位置”)时开始计时，并计数为“1”，当摆球第49次经过此位置时停止计时．读出这段时间为t，则单摆的周期T＝________.【导学号：81370381】【解析】①根据实验原理还需要的计时仪器是停表，为了满足单摆受到的重力远大于阻力，所以摆球要选择小而重的铁球．②该实验要求摆球在运动过程中摆长不变，所以悬点必须是固定不变的．因此甲悬挂方式较合理，乙悬挂方式摆球在运动过程中，摆长会发生改变．③为了减小实验误差，应在摆球经过平衡位置时开始计时．正确的做法是在第一次经过平衡位置时开始计时，并计数为“0”，以后每次同方向经过平衡位置才算经过一个完整的周期．题中情况实际上只经过24个完整的周期，故T ＝t /24.【答案】 ①停表、铁球 ②甲 ③平衡位置 t /2416．(8分)P 、Q 是一列简谐横波中相距30 m 的两点，各自的振动图象如图11所示，此列波的频率为多少？如果P 比Q 离波源近，且P 与Q 间距离小于1个波长，则波速是多大？图11【解析】 由图象读出此波的周期T ＝4 s频率为f ＝1T ＝14Hz ＝0.25 Hz 据题P 比Q 离波源近，且P 与Q 间距离小于1个波长，则得：34λ＝30 m解得：λ＝40 m波速为：v ＝λT ＝404m/s ＝10 m/s.【答案】 (1)0.25 Hz (2)10 m/s17．(9分)如图12所示，位于原点O 处的波源在t ＝0时刻，从平衡位置(在x 轴上)开始沿y 轴正方向做周期T ＝0.4 s 、振幅A ＝3 cm 的简谐运动，该波源产生的简谐横波沿x 轴正方向传播，当平衡位置坐标为(6 m,0)的质点P 刚开始振动时波源刚好位于波谷．图12(1)质点P 在开始振动后的Δt ＝2.5 s 内通过的路程是多少？(2)该简谐横波的最大波速是多少？【解析】(1)由于质点P从平衡位置开始振动，并且Δt＝2.5 s＝6T＋1 4T质点P在开始振动后的Δt＝2.5 s内通过的路程s＝6×4A＋A＝25A＝75 cm(2)设该简谐横波的波速为v，OP间的距离为Δx，由题意可得Δx＝(n＋34)λ＝6 m(n＝0,1,2，…)所以v＝λT＝604n＋3m/s(n＝0,1,2，…)当n＝0时，波速最大为v m＝20 m/s.【答案】(1)75 cm(2)20 m/s。

章末限时集训(八)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1．依据如图1所示的“处在磁场中的通电金属棒在导轨上运动”这一实验现象及相应规律设计的家用电器是()图1A．电热水壶B．电饭锅C．电风扇D．电尉斗C[图中所示的“处在磁场中的通电导体在导轨上运动”，这是电能转化为机械能的过程，电热水壶、电饭锅、电熨斗是将电能转化为内能的家用电器，而电风扇是将电能转化为机械能，显然电风扇是根据图示实验现象及相应规律设计的家用电器，C项正确．]2．关于地磁场，下列说法中正确的是() 【导学号：81370635】A．地理位置的南北极即为地磁场的南北极B．地球表面上各处磁场的强弱相同C．在赤道上磁针的N极在静止时指向地理南极附近D．在赤道上磁针的N极在静止时指向地理北极附近D[根据地磁场特点，地理北极在地磁场南极附近，所以小磁针在赤道上静止时，并不严格指向南北方向．在地球上两个磁极附近磁场最强，离磁极越远磁场越弱，故选项A、B、C不正确，正确选项为D.]3．(2017·余姚学考模拟)磁场中某区域的磁感线如图2所示，则()图2A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＞B bB．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＜B bC．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大D．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小A[磁感线的疏密程度表示磁感应强度的大小，安培力的大小跟该处的磁感应强度的大小、I、L和导线放置的方向与磁感应强度的方向的夹角有关，故C、D错误；由a、b两处磁感线的疏密程度可判断出B a＞B b，所以A正确，B错误．] 4．如图3所示，E、F分别表示蓄电池两极，P、Q分别表示螺线管两端．当闭合开关时，发现小磁针N极偏向螺线管Q端．下列判断正确的是() 【导学号：81370636】图3A．E为蓄电池正极B．螺线管P端为S极C．流过电阻R的电流方向向上D．管内磁场方向由P指向QC[根据小磁针静止时，N极所指的方向，可以判断出通电螺线管的P端为N极，Q端为S极．根据右手螺旋定则还可以判断出流过电阻R的电流方向向上，E为蓄电池负极．选项C正确．]5．关于洛伦兹力，下列说法中正确的是()A．带电粒子在磁场中运动时，一定受到洛伦兹力的作用B．若带电粒子经过磁场中某点时所受的洛伦兹力为零，则该点的磁感应强度一定为零C．当运动电荷的速度方向与磁场平行时，电荷不受洛伦兹力D．当运动电荷的速度方向与磁场垂直时，电荷不受洛伦兹力C[当粒子平行磁场方向在磁场中运动时，粒子不受磁场力作用，C对．]6.小刘同学用铁钉与漆包线绕成电磁铁，当接通电路后，放在其上方的小磁针N极立即转向左侧，如图4所示．则此时() 【导学号：81370291】图4A．导线A端接电池正极B．铁钉左端为电磁铁的N极C．铁钉内磁场方向向右D．漆包线内电流由A流向BC[小磁针静止时N极指向为该处磁场方向，根据通电螺线管磁场分布知，B端为N极，A端为S极，再根据安培定则知C项正确．]7．(2016·台州学考模拟)直流电源跟一个线圈连接成闭合回路，线圈的上方和右侧各有一个可以自由转动的小磁针，它们静止时的指向如图5所示，则下列判断正确的是()图5A．小磁针的c端为N极，电源的a端为正极B．小磁针的c端为N极，电源的a端为负极C．小磁针的d端为N极，电源的a端为正极D．小磁针的d端为N极，电源的a端为负极D[小磁针静止时N极所指方向为该点磁场方向，由上方小磁针的指向可知通电螺线管右侧为N极，由安培定则可知电源的a端为负极，右侧小磁针的d 端为N极，选项D正确．]8．如图，一根容易发生形变的弹性轻导线两端固定．导线中通有如图箭头所示的电流I.当没有磁场时，导线呈直线状态；当分别加如图所示的匀强磁场B时，描述导线状态的四个图示中正确的是() 【导学号：81370637】A B C DB[A图电流与磁场平行，导线不受安培力的作用，故A错误；由左手定则得，B图安培力的方向水平向右，C图安培力的方向垂直纸面向里，D图安培力的方向水平向右，故B正确，C、D错误．]9．如图6所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ.整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中，金属杆ab垂直导轨放置，当金属杆ab中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab刚好静止．则()图6A．磁场方向竖直向上B．磁场方向竖直向下C．金属杆ab受平行导轨向上的安培力D．金属杆ab受水平向左的安培力A[金属杆ab静止，则受力平衡，由于磁场方向沿竖直方向，则安培力必沿水平方向，导轨对金属杆必有支持力，只有安培力的方向水平向右，金属杆ab才可能静止．根据左手定则可知磁场方向竖直向上．故选A.]10．(2017·温州学考模拟)一个不计重力的带正电荷的粒子，沿图7中箭头所示方向进入磁场，磁场方向垂直于纸面向里，则粒子的运动轨迹为() 【导学号：81370638】图7A．圆弧a B．直线bC．圆弧c D．无法判断A[由左手定则可知粒子沿圆弧a运动，A正确．]11．(2016·温州学考模拟)老师在课堂上做了一个演示实验：装置如图8所示，在容器的中心放一个圆柱形电极B，沿容器边缘内壁放一个圆环形电极A，把A 和B分别与电源的两极相连，然后在容器内放入液体，将该容器放在磁场中，液体就会旋转起来．王同学回去后重复老师的实验步骤，但液体并没有旋转起来，造成这种现象的原因可能是该同学在实验过程中() 【导学号：81370293】图8A．将磁铁的磁极倒置了B．将直流电源的正负极接反了C．使用的液体为能导电的饱和食盐溶液D．使用的电源为50 Hz的低压交流电源D[不管磁极倒置、电源正负极接反，或者为饱和食盐溶液，在溶液中均会形成电流，并受安培力的作用使液体旋转；若使用的电源为50 Hz的低压交流电源，电流方向改变过快，安培力方向不断改变，导致液体不旋转．故选D.] 12．(2017·永康学考模拟)如图9所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝135°.流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力()图9A．方向沿纸面向上，大小为(2＋1)ILBB．方向沿纸面向上，大小为(2－1)ILBC．方向沿纸面向下，大小为(2＋1)ILBD．方向沿纸面向下，大小为(2－1)ILBA [将导线分为三段直导线，根据左手定则分别判断出各段所受安培力的方向，根据F ＝ILB 计算出安培力的大小，再求合力．导线所受合力F 合＝ILB ＋2BIL sin 45°＝(2＋1)ILB ，方向沿纸面向上．故选A.]13．质量为m 、长为L 的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上，整个装置处于竖直向上磁感应强度为B 的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成60°角，其截面图如图10所示．则下列关于导体棒中的电流分析正确的是( )图10A ．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为3mg BLB ．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为3mg 3BLC ．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为3mg BLD ．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为3mg 3BLC [导体棒受到竖直向下的重力、斜向上的弹力，要使导体棒平衡，应受水平向右的安培力，重力和安培力的合力大小与弹力大小相等、方向相反，由平衡条件有tan 60°＝BIL mg ＝3，得导体棒中电流I ＝3mg BL ，再由左手定则可知，导体棒中电流的方向应垂直纸面向里，故只有选项C 正确．]14. 如图11所示，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I 1和I 2，且I 1＞I 2；a 、b 、c 、d 为导线某一横截面所在平面内的四点，且a 、b 、c 与两导线共面；b 点在两导线之间，b 、d 的连线与导线所在平面垂直．磁感应强度可能为零的点是( ) 【导学号：81370639】图11A．a点B．b点C．c点D．d点C[要合磁感应强度为零，必有I1和I2形成两个磁场等大反向，只有c点有可能，选C.]二、非选择题(本题共4小题，共44分)15．(10分)(2017·乐清学考模拟)如图12所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距L＝1 m．导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m＝0.2 kg，棒的中点用细绳经定滑轮与一物体相连(绳与棒垂直)，物体的质量为M＝0.3 kg.导体棒与导轨的动摩擦因数为μ＝0.5(g取10 m/s2)，匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，方向竖直向下，为了使物体匀速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？图12【解析】对导体棒ab受力分析，由平衡条件得，竖直方向F N＝mg，水平方向BIL－F f－Mg＝0，又F f＝μF N，联立解得I＝2 A，由左手定则知电流方向由a指向b.【答案】 2 A电流方向由a指向b16．(10分)在匀强磁场中，有一条长1.2 m、电阻为6 Ω的通电导线，导线中的电流为5 A，导线与磁场方向垂直时，所受安培力为1.8 N，求：(1)磁感应强度B的大小；(2)10 s内电流在导线上产生的热量. 【导学号：81370640】【解析】(1)B＝FIL＝1.85×1.2T＝0.3 T.(2)Q＝I2Rt＝52×6×10 J＝1 500 J.【答案】(1)0.3 T(2)1 500 J17．(12分)如图13所示，以ab为分界面的两个匀强磁场，方向均垂直纸面向里，其磁感应强度B1＝2B2.现有一质量为m、电荷量为＋q的粒子从O点沿图示方向以速度v开始运动，求经过多长时间粒子重新回到O点，并画出粒子的运动轨迹．图13【解析】 粒子重新回到O 点的运动轨迹如图所示，则其运动轨迹为在B 1中可组成一个整圆，在B 2中是个半圆．所以t ＝2πm qB 1＋πm qB 2＝2πm qB 2. 【答案】 2πm qB 2运动轨迹如解析图所示 18．(12分)如图14所示，足够长的绝缘杆与水平方向成θ角倾斜放置，水平匀强磁场垂直于杆所在的竖直平面，磁感应强度为B .一个带电荷量为－q 、质量为m 的小环置于杆的上端，自静止释放，环与杆的动摩擦因数为μ(μ＜tan θ)，由摩擦而产生的电荷量可忽略不计．试求：图14(1)环的最大加速度和此刻的速度；(2)环的最大速度和此刻的加速度. 【导学号：81370641】【解析】 (1)在环开始运动时，环受的洛伦兹力接近于零，即图中位置Ⅰ处，F →0.摩擦力F f ＝μmg cos θ＜mg sin θ，环加速下滑，速度v 增大，当F ＝qB v ＝mg cos θ时，F N ＝0，F f ＝μF N ＝0，此刻加速度最大，即a max ＝mg sin θm ＝g sin θ，此刻速度为v ＝mg cos θqB .(2)随环的速度进一步增大，洛伦兹力F进一步增大．环受到的弹力F N将反向，如图中位置Ⅱ所示，且随F的增大而增大．因而摩擦力随之增大，当增大到F f＝μF N＝mg sin θ时，环的加速度为a＝0此刻速度最大，以后环匀速运动F＝qB v max＝mg cos θ＋F N解得v max＝mg(cos θ＋sin θμ)qB.【答案】(1)g sin θmg cos θqB(2)mg(cos θ＋sin θμ)qB0。