【课堂新坐标】(教师用书)2013-2014学年高中物理 第2章 交变电流综合检测 教科版选修3-2

【课堂新坐标】（教师用书）2013-2014学年高中物理 1.3 探究感应电动势的大小课后知能检测 沪科版选修3-21．如图1－3－9所示，让条形磁铁的下端与螺线管的上端圆口平齐，将条形磁铁自由下落，观察电流表指针的偏转情况．再让条形磁铁从同一位置缓慢插入螺线管，观察电流表指针的偏转情况．关于此实验，下列说法正确的是( )图1－3－9A ．两种情况下电流表指针偏转角度一样大B ．两种情况下穿过螺线管的磁通量的变化量一样大C ．两种情况下穿过螺线管的磁通量的变化率一样快D ．两种情况下螺线管产生的感应电动势一样大【解析】 条形磁铁相同，磁性强弱相同，从同一位置下落，则初、末位置穿过螺线管的磁通量一样大，位置变化过程中磁通量的变化也就一样多．但由于下落所用时间不同，缓慢插入时用时较长，磁通量的变化率小，产生的感应电动势小，电路中产生的感应电流也小，所以电流表的指针偏转角度小．【答案】 B2．(2012·南宁调研)穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒均匀地减少 2 Wb ，则( )A ．线圈中感应电动势每秒增加2 VB ．线圈中感应电动势每秒减少2 VC ．线圈中无感应电动势D ．线圈中感应电动势大小不变【解析】 题设条件中给出的线圈中的磁通量每秒均匀减少2 Wb ，即相当于已知ΔΦΔt＝2 Wb/s ，故根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt，可得E ＝2 V ，且保持不变．所以选项D 正确．【答案】 D3．A 是闭合导体中的一部分，判断下列各图中有感应电动势产生的是( )【解析】 A 、C 项中，导体切割磁感线，B 、D 项中，导体不切割磁感线，由此可知，A 、C 中导体产生感应电动势．【答案】 AC4．(2012·枣庄高二检测)一根直导线长0.1 m ，在磁感应强度为0.1 T 的匀强磁场中以10 m/s 的速度匀速运动，则导线中产生的感应电动势( )A ．一定为0.1 VB ．可能为零C ．可能为0.01 VD ．最大值为0.1 V【解析】 题目中未明确导线的速度方向，若速度方向与磁场方向垂直，则E ＝BLv ＝0.1 V ，此时电动势最大；当速度方向与磁场方向平行时，E ＝0，电动势最小；当速度方向与磁场方向既不平行又不垂直时，0<E <0.1 V ，故B 、C 、D 项正确，A 错．【答案】 BCD 5.图1－3－10如图1－3－10所示，半径为r 的n 匝线圈套在边长为L 的正方形abcd 之外，匀强磁场局限在正方形区域内且垂直穿过正方形，当磁感应强度以ΔBΔt均匀变化时，线圈中产生的感应电动势大小为( )A ．πr 2ΔB Δt B ．L 2ΔB ΔtC ．n πr 2ΔB ΔtD ．nL 2ΔB Δt【解析】 磁场的有效面积S ＝L 2，根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势大小E ＝n ΔΦΔt ＝nL 2ΔB Δt，选项D 正确． 【答案】 D 6.图1－3－11如图1－3－11所示，导体AB 的长为2R ，绕O 点以角速度ω匀速转动，OB 为R ，且OBA 三点在一条直线上，有一磁感应强度为B 的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB 两端的电动势( )A.12B ωR 2 B ．2B ωR 2C ．4B ωR 2D ．6B ωR 2【解析】 把题中问题转化为OA 、OB 棒的同轴切割问题，则E 感＝U AO ＝12Bl 2OA ω，E 感′＝U BO ＝12Bl 2OB ω所以U AB ＝U AO －U BO ＝12B ω(l 2OA －l 2OB )＝12B ω(9R 2－R 2)＝4B ωR 2，故C 正确． 【答案】 C7．(2013·山阳中学高二检测)图1－3－12如图1－3－12所示，将一半径为r 的金属圆环在垂直于环面的磁感应强度为B 的匀强磁场中用力握中间成“8”字型，并使上、下两圆半径相等．如果环的电阻为R ，则此过程中流过环的电荷量为( )A.πr 2B RB.πr 2B 2RC ．0 D.3πr 2B4R【解析】 通过环横截面的电荷量只与磁通量的变化量和环的电阻有关，与时间等其他量无关，因此，ΔΦ＝B πr 2－2×B π(r 2)2＝12B πr 2，电荷量q ＝ΔΦR ＝πr 2B 2R.【答案】 B8.图1－3－13(2013·新课标卷Ⅰ)如图1－3－13，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab 、ac 和MN ，其中ab 、ac 在a 点接触，构成“V”字型导轨．空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用力使MN 向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN 始终与∠bac 的平分线垂直且和导轨保持良好接触．下列关于回路中电流i 与时间t 的关系图线，可能正确的是()【解析】 本题为电磁感应和电路的题目，所以应从动生感应电动势和闭合电路欧姆定律角度入手．设图示位置时a 距棒的距离为l 0，导体棒匀速切割磁感线的速度为v ，单位长度金属棒的电阻为R 0，导轨夹角为θ，运动时间t 时，切割磁感线的导体棒长度l ＝2(l 0＋vt )tan θ2，有效电路中导体棒长度l 总＝l ＋l 0＋vtcosθ2，导体棒切割磁感线产生的感应电动势e ＝Blv＝2Bv (l 0＋vt )tan θ2，电路中总电阻R ＝R 0l 总＝R 0[2(l 0＋vt )tan θ2＋l 0＋vtcosθ2]，所以i＝eR ＝2Bv l 0＋vt θ2R 0l 0＋vt θ2＋l 0＋vt cos θ2]＝Bv ·tanθ2R 0[tan θ2＋1cosθ2]， 即i 为恒定值与t 无关，选项A 正确．【答案】 A9．(2013·银川二中高二检测)粗细均匀的电阻丝围成的正方形框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如下图所示，则在移出过程中线框的一边ab 两点间电势差绝对值最大的是( )【解析】 上述四个图中，切割边所产生的电动势大小均相等(E )，回路电阻均为4r (每边电阻为r )，则电路中的电流亦相等，即I ＝E4r，只有B 图中，ab 为电源，故U ab ＝I ·3r ＝34E .其他情况下，U ab ＝I ·r ＝14E ，故B 选项正确． 【答案】 B 10.图1－3－14(2013·唐山二中高二期中)如图1－3－14所示，足够长的U 型光滑导体框架的两个平行导轨间距为L ，导轨间连有定值电阻R ，框架平面与水平面之间的夹角为θ，不计导体框架的电阻．整个装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于框架平面向上，磁感应强度大小为B .导体棒ab 的质量为m ，电阻不计，垂直放在导轨上并由静止释放，重力加速度为g .求：(1)导体棒ab 下滑的最大速度；(2)导体棒ab 以最大速度下滑时定值电阻消耗的电功率．【解析】 (1)mg sin θ＝BIL ＝B 2L 2v mR得v m ＝mgR sin θB 2L 2.(2)P ＝F ·v m ＝mg sin θ·v m ＝mg sin θ2RB 2L 2.【答案】 (1)mgR sin θB 2L 2 (2)P ＝mg sin θ2RB 2L 211.图1－3－15如图1－3－15所示，正方形金属框abcd 的边长为L ，在拉力作用下以速率v 匀速通过匀强磁场．已知电阻R ab ＝R cd ＝R ef ＝R (其余电阻不计)．磁场宽度大于L ，磁感应强度为B .求：把ef 拉进磁场时ab 间的电势差．【解析】 当ef 进入磁场后，ef 、dc 相当于电源，电动势为E ＝BLv ，内电阻为r ＝R /2，则ab 间的电压为U ＝E R ＋r R ＝BLvR R ＋R /2＝23BLv .【答案】 23BLv12.图1－3－16如图1－3－16所示，矩形线圈在0.01 s 内由原始位置Ⅰ转落至位置Ⅱ.已知ad ＝5×10－2 m ，ab ＝20×10－2m ，匀强磁场的磁感应强度B ＝2T ，R 1＝R 3＝1 Ω，R 2＝R 4＝3 Ω.求： (1)平均感应电动势；(2)转落时，通过各电阻的平均电流．(线圈的电阻忽略不计)【解析】 (1)设线圈在位置Ⅰ时，穿过它的磁通量为Φ1，线圈在位置Ⅱ时，穿过它的磁通量为Φ2，有Φ1＝BS sin 30°＝1×10－2 Wb ，Φ2＝2×10－2Wb ，所以ΔΦ＝Φ2－Φ1＝1×10－2Wb.根据电磁感应定律可得E ＝ΔΦΔt ＝1×10－20.01V ＝1 V.(2)将具有感应电动势的线圈等效为电源，其外电路的总电阻 R ＝R 1＋R 22＝1＋32Ω＝2 Ω.根据闭合电路欧姆定律得总电流I ＝E R ＋r ＝12＋0A ＝0.5 A. 通过各电阻的电流I ′＝0.25 A. 【答案】 (1)1 V (2)0.25 A。

第二章 交变电流(分值：100分 时间：60分钟)一、选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分，1～3小题为单选，4～7小题为双选，选对的得6分，双选只选一个且正确的得3分，选错或不答的得0分．)1．(2012·北京高考)一个小型电热器若接在输出电压为10 V 的直流电源上，消耗电功率为P ；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为P2.如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为( )A ．5 VB ．5 2 VC ．10 VD ．10 2 V【解析】 设电热器的电阻为R ，正弦交流电源电压的有效值为U 效，接10 V 直流电源时，P ＝U 2R ＝102R ①；接交流电源时，P 2＝U 2效R ②，联立①②解得U 效＝5 2 V ，故最大值U m ＝2U 效＝10 V ，C 选项正确．【答案】 C2．(2012·海南高考)如图1，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12 V 6 W ”的小灯泡并联在副线圈的两端．当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想的)的示数分别是( )图1A ．120 V ，0.10 AB ．240 V ，0.025 AC ．120 V ，0.05 AD ．240 V ，0.05 A【解析】 副线圈电压U 2＝12 V ，由U 1U 2＝n 1n 2得U 1＝240 V ，副线圈中电流I 2＝2PU＝1 A ，由I 1I 2＝n 2n 1得I 1＝0.05 A.【答案】 D3．一台电风扇的额定电压为交流220 V ．在其正常工作过程中，用交流电流表测得某一段时间内的工作电流I 随时间t 的变化如图2所示．这段时间内电风扇的用电量为( )图2A．3.9×10－2度B．5.5×10－2度C．7.8×10－2度D．11.0×10－2度【解析】因1度＝3.6×106J且电流表示数为电流有效值，故用电量W＝U(I1t1＋I2t2＋I3t3)，代入数值得W＝5.5×10－2度，故B项正确．【答案】 B4．关于交变电流的下列说法中，正确的是( )A．在一个周期内交变电流的方向改变两次B．如果交变电流的最大值是5 A，那么交变电流的最小值是－5 AC．用交流电流表或电压表测定交变电流或电压时，指针来回摆动D．交流电器设备上标出的电压或电流都是指有效值【答案】AD5．如图3甲所示的电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计．在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1～t2时间内( )图3A．电流表A1的示数比A2的小B．电流表A2的示数比A3的小C．电流表A1和A2的示数相同D．电流表A3的示数为零【解析】由于加在原线圈中的磁场均匀变化，因此副线圈中产生的电动势是恒定的，所以I1＝I2，I3＝0，C、D选项正确．【答案】 CD6．(2013·四川高考改编)用220 V 的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V ，通过负载的电流图象如图4所示，则( )图4A ．变压器输入功率约为3.9 WB ．输出电压的最大值是110 VC ．变压器原、副线圈匝数比是2∶1D ．负载电流的函数表达式i ＝0.05sin ⎝⎛⎭⎪⎫100πt ＋π2 A 【解析】 根据i －t 图象，负载电流的函数表达式i ＝0.05 sin 100πt (A)，且I m ＝0.05 A ，通过负载的电流的有效值I 2＝I m2，输出电压的最大值U m ＝2U 2＝110 2 V ，变压器的输入功率P 1＝P 2＝I 2U 2≈3.9 W ，变压器原、副线圈匝数比n 1n 2＝U 1U 2＝21.选项A 、C 正确，选项B 、D 错误．【答案】 AC7．(2011·广东高考)如图5(a)左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R ＝55 Ω，、分别为理想电流表和电压表．若原线圈接入如图(b)所示的正弦交变电压，电压表的示数为110 V ，则下列表述正确的是( )图5A ．电流表的示数为2 AB ．原、副线圈匝数比为1∶2C ．电压表的示数为电压的有效值D ．原线圈中交变电压的频率为100 Hz【解析】 由图(b)可知原线圈两端电压的有效值U 1＝220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2可得原副线圈匝数之比n 1n 2＝U 1U 2＝220110＝2∶1，故B 错误．电流表示数与电压表示数都为有效值，故C 正确．电流表示数I ＝U R ＝11055 A ＝2 A ，故A 正确．由图(b)可知T ＝0.02 s ，所以交变电压的频率为f ＝1T ＝10.02Hz ＝50 Hz ，D 错误． 【答案】 AC二、非选择题(本题共5小题，共58分，计算题要写出必要的文字说明和验算步骤．) 8．(8分)通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P ，原线圈的电压U 保持不变，输电线路的总电阻为R .当副线圈与原线圈的匝数比为k 时，线路损耗的电功率为P 1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk ，线路损耗的电功率为P 2，则P 1＝________，P 2P 1＝________．【解析】 由理想变压器U 1U 2＝n 1n 2得副线圈电压U ′＝kU ，而理想变压器P 入＝P 出，副线圈电流I ′＝P U ′＝P kU ，线路损耗的电功率P 1＝I ′2R ＝(P kU )2R .同理可知P 2＝I ″2R ＝(P nkU)2R ，则P 2P 1＝1n2 【答案】 P 2R （kU ）2 1n29．(8分)如图6所示为一理想自耦变压器，当它的滑片P 向b 方向移动时，R 和R ′保持不变，则交流电压表的示数将________，交流电流表的示数将________；若P 的位置不动，滑动变阻器滑片Q 向上移动时，电压表示数将________，电流表示数将________．(填“变大”、“变小”或“不变”)图6【解析】 当P 向b 滑动时，原线圈匝数增多，两端电压不变，副线圈匝数不变，则副线圈两端电压将减小，电流减小，输出功率减小，原线圈输入功率减小，电压不变，电流减小；若P 不动，Q 上移，副线圈的总电阻减小，原、副线圈电压不变，副线圈消耗的功率增大，原线圈输入功率增大，电流增大．【答案】 变小 变小 不变 变大10．(12分)有一交流发电机模型，用示波器观察到它产生的感应电动势波形如图7所示．图7(1)求电动势的最大值和有效值；(2)当t ＝1200 s 时，求电动势的瞬时值，并指出此时线圈相对于磁场的位置；(3)已知线圈面积为16 cm 2，共25匝，计算匀强磁场的磁感应强度．【解析】 (1)由图象可知电动势的最大值E m ＝5 V ，根据正弦交流电的最大值和有效值的关系，故有效值为E ＝22E m ≈3.5 V. (2)因为e ＝E m sin ωt ＝5sin 100πt ，当t ＝1200s 时e ＝5sin 100π×1200V ＝5 V 这时线圈平面跟磁感线平行． (3)由于E m ＝nBS ω 所以B ＝E m nS ω＝525×2π×50×16×10－4T ≈0.4 T. 【答案】 (1)5 V 3.5 V(2)5 V 线圈平面跟磁感线平行 (3)0.4 T11．(14分)如图8所示，交流发电机电动势的有效值E ＝20 V ，内阻不计，它通过一个R ＝6 Ω的指示灯L 1连接变压器．变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6 V0.25 W ”，灯泡都正常发光，导线电阻不计．求：图8(1)降压变压器初级、次级线圈匝数比； (2)发电机的输出功率．【解析】 彩色小灯泡额定电流I L ＝P U ＝124A ，次级线圈总电流I 2＝24I L ＝1 A.变压器输入功率I 1U 1＝I 2U 2＝6 W.变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得E ＝U 1＋I 1R ＝U 2I 2I 1＋I 1R ＝6I 1＋6I 1， 代入E 值解得I 1＝13 A(I 1＝3 A 应舍去，据题意是降压变压器，应I 1<I 2＝1 A)，所以n 1n 2＝I 2I 1＝31. (2)发电机输出功率P ＝I 1E ≈6.67 W. 【答案】 (1)3∶1 (2)6.67 W12．(16分)(2013·韶关期末)发电机的输出电压为220 V ，输出功率为44 kW ，每条输电线电阻为0.2 Ω.求用户得到的电压和电功率各是多少；如果发电站先用变压比1∶10的升压变压器将电压升高，经同样输电线后用10∶1的降压变压器降压后供给用户，则用户得到的电压和电功率各是多少？【解析】 在用220 V 低压直接供电时，电路如图所示设此时发电机的输出电压为U 0，输出功率为P 0，输电电流I ＝P 0U 0＝44×103220A ＝200 A.输电线上的电压损失ΔU ＝Ir 线＝200×(2×0.2) V ＝80 V. 用户得到的电压U 用＝U 0－ΔU ＝220 V －80 V ＝140 V. 损失的电功率ΔP ＝I ΔU ＝200×80 W ＝16 kW.用户得到的功率P 用＝P 0－ΔP ＝44 kW －16kW ＝28 kW. 在采用高压供电时，电路如图所示，则有输电电压U 1＝U 0n 1n 0＝220×10 V ＝2 200 V. 输电电流I 1＝P 0U 1＝44×1032 200A ＝20 A.输电线上电压损失ΔU ′＝I 1r 线＝20×(2×0.2) V ＝8 V. 损失功率ΔP ′＝I 21r 线＝20×20×(2×0.2) W ＝160 W.所以降压变压器的输入电压为U 2＝U 1－ΔU ′＝2 200 V －8 V ＝2 192 V.设降压变压器原、副线圈匝数分别为n 2、n 3，用户得到的电压为U 3，由U 2U 3＝n 2n 3得用户得到的电压U 3＝n 3n 2U 2＝110×2 192 V ＝219.2 V.用户得到的功率P 用′＝P 0－ΔP ′＝4.4×104W －160 W ＝43 840 W.【答案】 140 V 28 kW 219.2 V 43 840 W。

【课堂新坐标】（教师用书）2013-2014学年高中物理 课后知能检测2 沪科版选修3-41．关于简谐运动的回复力，下列说法正确的是( )A ．可以是恒力B ．可以是方向不变而大小变化的力C ．可以是大小不变而方向改变的力D ．一定是变力【解析】 由F ＝－kx 可知，由于位移的大小和方向在变化，因此回复力的大小和方向也在变化．一定是变力．【答案】 D2．(多选)关于简谐振动，以下说法中正确的是( )A ．回复力总指向平衡位置B ．加速度、速度方向永远一致C ．在平衡位置加速度、速度均达到最大值D ．在平衡位置速度达到最大值，而加速度为零【解析】 回复力是把物体拉回到平衡位置的力，A 对；加速度方向始终指向平衡位置，速度方向可能指向平衡位置，也可能远离平衡位置，B 错；平衡位置位移为零，据a ＝－kx m知加速度为零，势能最小，动能最大，速度最大，C 错，D 对．【答案】 AD3．弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动，在振子向平衡位置运动的过程中( )A ．振子所受的回复力逐渐增大B ．振子的位移逐渐增大C ．振子的速度逐渐减小D ．振子的加速度逐渐减小【解析】 振子的位移指由平衡位置指向振动物体所在位置的位移，因而向平衡位置运动时位移逐渐减小．而回复力与位移成正比，故回复力也减小．由牛顿第二定律a ＝F /m 得，加速度也减小，物体向平衡位置运动时，回复力与速度方向一致，故物体的速度逐渐增大．【答案】 D4．(多选)(2013·咸阳检测)如图1－2－9所示是某一质点做简谐运动的图像，下列说法正确的是( )图1－2－9A．在第1 s内，质点速度逐渐增大B．在第2 s内，质点速度逐渐增大C．在第3 s内，动能转化为势能D．在第4 s内，动能转化为势能【解析】质点在第1 s内，由平衡位置向正向最大位移处运动，做减速运动，所以选项A错误；在第2 s内，质点由正向最大位移处向平衡位置运动，做加速运动，所以选项B 正确；在第3 s内，质点由平衡位置向负向最大位移处运动，动能转化为势能，所以选项C 正确；在第4 s内，质点由负向最大位移处向平衡位置运动，势能转化为动能，所以选项D 错误．【答案】BC5．(多选)如图1－2－10所示，轻质弹簧下挂一个重为300 N的物体A，伸长了3 cm，再挂上重为200 N的物体B时又伸长了2 cm，若将连接A、B两物体的细线烧断，使A在竖直面内振动，则( )图1－2－10A．最大回复力为300 NB．最大回复力为200 NC．振幅为3 cmD．振幅为2 cm【解析】在最低点绳被烧断后，A受到的合力是200 N，B对；振幅应是2 cm，D对．【答案】BD6．(2013·榆林检测)如图1－2－11甲所示，悬挂在竖直方向上的弹簧振子，周期T＝2 s，从振子处于最低点位置向上运动时开始计时，在一个周期内的振动图像如图乙所示．关于这个图像，下列说法正确的是( )甲乙图1－2－11A．t＝1.25 s时，振子的加速度为正，速度也为正B．t＝1.7 s时，振子的加速度为负，速度也为负C．t＝1.0 s时，振子的速度为零，加速度为负向最大值D．t＝1.5 s时，振子的速度为零，加速度为负向最大值【解析】t＝1.25 s时，加速度为负，速度为负；t＝1.7 s时，加速度为正，速度为负；t＝1.0 s时，速度为零，加速度为负向最大值；t＝1.5 s时，速度为负向最大值，加速度为零，故C正确．【答案】 C7．(多选)做简谐运动的物体，每次经过同一位置时，都具有相同的( )A．加速度B．速度C．位移D．动能【解析】做简谐运动的物体，每次经过同一位置时具有相同的位移，位移相同则回复力相同，回复力相同则加速度相同；速度大小相等，但方向可能相同，也可能相反，但动能一定是相等的，所以A、C、D正确．【答案】ACD8．(2013·赤峰检测)如图1－2－12所示，弹簧上面固定一质量为m的小球，小球在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，当小球振动到最高点时弹簧正好为原长，则小球在振动过程中( )图1－2－12A．小球最大动能应等于mgAB．弹簧的弹性势能和小球动能总和保持不变C ．弹簧最大弹性势能等于2mgAD ．小球在最低点时的弹力大于2mg【解析】 设小球受力平衡时弹簧的压缩量为x 0，则有mg ＝kx 0，由题意知x 0＝A ，小球振动到最低点时，弹簧的压缩量为2x 0＝2A ，弹力为k ·2x 0＝2mg ，选项D 错误；由动能定理知，小球由最高点到最低点的过程中，重力势能减少量mg ·2A 全部转化为弹簧的弹性势能，选项C 正确；在平衡位置时，小球的动能最大，由最高点振动到平衡位置的过程中，重力势能减少量mgA 一部分转化为动能，一部分转化为弹性势能，故选项A 错误；小球在振动过程中还有重力势能的变化，故选项B 错误．【答案】 C9．(多选)如图1－2－13所示是某弹簧振子的振动图像，试由图像判断下列说法中正确的是( )图1－2－13A ．振幅是3 cmB ．周期是8 sC. 4 s 末小球速度为负，加速度为零，回复力为零D ．第22 s 末小球的加速度为正，速度最大【解析】 纵轴是质点离开平衡位置的位移，横轴是时间，图像是振动图像．由图像可知振幅A ＝3 cm ，故A 正确；而周期T ＝8 s ，故B 正确；4 s 末时质点在“下坡路程”，因而速度为负，而质点正好在平衡位置，因而a ＝0，C 正确；第22 s 末恰是234个周期，因而质点正处于负向最大位移处，速度为0，加速度正向最大，则D 错误，故正确选项为A 、B 、C.【答案】 ABC10．如图1－2－14所示，小球被套在光滑的水平杆上，跟弹簧相连组成弹簧振子，小球在平衡位置附近的A 、B 间往复运动，以O 为位移起点，向右为位移x 的正方向，则：图1－2－14(1)速度由正变负的位置在________；(2)位移为负向最大值的位置在________；(3)加速度由正变负的位置在________；(4)加速度达到正向最大值的位置在________．【解析】 矢量由正变负时，就是矢量改变方向时，也就是该矢量数值为零时，故速度由正变负的位置在B 点，加速度由正变负的位置在O 点，负向最大位移的位置在A 点．加速度a ＝－k m x ，正向最大加速度处的位置在A 点．【答案】 (1)B (2)A (3)O (4)A11．已知水平弹簧振子的质量为2 kg ，当它运动到平衡位置左侧2 cm 时受到的回复力为4 N ，求当它运动到平衡位置右侧4 cm 时，受到的回复力的大小和方向以及加速度的大小和方向．【解析】 F ＝－kx ，所以F 1的大小F 1＝kx 1，由此可得k ＝200 N/m.F 2＝kx 2＝200×4 ×10－2 N ＝8 N ，由于位移向右，故回复力F 2的方向向左．根据牛顿第二定律a 2＝F 2m ＝82m/s 2＝4 m/s 2，方向向左． 【答案】 回复力大小为8 N ，方向向左 加速度大小为4 m/s 2，方向向左12．如图1－2－15所示，质量为m 的小球在两根劲度系数分别为k 1和k 2的轻质弹簧作用下在光滑水平面上的运动(小球在O 点时两根弹簧均处于自由状态)是否是简谐运动？图1－2－15【解析】 弹力的合力，其大小为F ＝F 1＋F 2＝(k 1＋k 2)x ，令k ＝k 1＋k 2，上式可写成：F ＝kx .由于小球所受回复力的方向与位移x 的方向相反，考虑方向后，上式可表示为：F ＝－kx .所以，小球将在两根弹簧的作用下，沿水平面做简谐运动．【答案】 是简谐运动。

第2章电场与示波器(分值：100分时间：60分钟)一、选择题(本大题共7个小题，每小题6分．共42分．每小题至少有一个答案是正确的，把正确答案的字母填在题后的括号内．)1．(2012·广州高二检测)如图所示，A、B两点场强的大小和电势的大小均不相等的是( )【解析】A选项中两点场强的大小和电势的大小都相等，B选项中，场强的大小和电势的大小都不相等，C选项中场强相等，电势不等，D选项中，场强不相等，电势相等，故选B.【答案】 B2．将电量为3×10－6 C的负电荷，放在电场中A点，受到的电场力大小为6×10－3 N，方向水平向右，则将电量为6×10－6 C的正电荷放在A点，受到的电场力为( ) A．1.2×10－2 N，方向水平向右B．1.2×10－2 N，方向水平向左C．6×10－3 N，方向水平向右D．6×10－3 N，方向水平向左【解析】A点的电场强度E＝F/q＝6×10－3/(3×10－6)＝2×103 N/C，方向水平向左；放入正电荷后电场强度不变，所以F＝Eq′＝2×103×6×10－6 N/C＝1.2×10－2 N，方向水平向左．故选项B正确．【答案】 B3．电场中A、B两点间的电势差为U，一个静止于A点、电量为q的正点电荷，在电场力的作用下从A点移动到B点．电场力所做的功等于( )A．U B．U/q C．q/U D．qU【解析】根据W AB＝qU，D正确．【答案】 D图14．(2010·山东高考)某电场的电场线分布如图1所示，以下说法正确的是( ) A．c点场强大于b点场强B．a点电势高于b点电势C．若将一试探电荷＋q由a点释放，它将沿电场线运动到b点D．若在d点再固定一点电荷－Q，将一试探电荷＋q由a移至b的过程中，电势能减小【解析】电场线的疏密表示电场的强弱，A项错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，B项正确；＋q在a点所受电场方向沿电场线的切线方向，由于电场线为曲线，所以＋q不沿电场线运动，C项错误；在d点固定一点电荷－Q后，a点电势仍高于b点，＋q由a移至b的过程中，电场力做正功，电势能减小，D项正确．【答案】BD5．某静电场的电场线分布如图2所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为E P和E Q，电势分别为φP和φQ，则( )图2A．E P＞E Q，φP＞φQ B．E P＞E Q，φP＜φQC．E P＜E Q，φP＞φQ D．E P＜E Q，φP＜φQ【解析】P点处电场线分布的密集些，Q处电场线分布稀疏些，则E P＞E Q.图中，电场线的方向是由P指向Q，根据顺着电场线的方向，电势依次降落，有P点电势高于Q点电势．【答案】 A图36．如图3所示是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路，在增大电容器两极板间距离的过程中( )A．电阻R中没有电流B．电容器的电容变小C．电阻R中有从a流向b的电流D．电阻R中有从b流向a的电流【解析】 解题关键是电容器与电源相连，其电压不变．由C ＝εS4πkd 可知，当d 增大时，C 减小，而电容器始终与电源相连，故U 不变，由C ＝Q U可知，Q 变小，即电容器将放电，电流从a 流向b ，故正确答案为BC.【答案】 BC7．(2012·三明一中高二检测)如图4所示，电子在电势差为U 1的电场中加速后，垂直进入电势差为U 2的偏转电场，在满足电子能射出的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是( )图4A ．U 1变大、U 2变大B ．U 1变小、U 2变大C ．U 1变大、U 2变小D ．U 1变小、U 2变小【解析】 设电子经加速电场后获得的速度为v 0，由动能定理得qU 1＝mv 202①设偏转电场的极板长为L ，则电子在偏转电场中运动时间t ＝L v 0②电子在偏转电场中受电场力作用获得的加速度a ＝qU 2md③ 电子射出偏转电场时，平行于电场线的速度v y ＝at ④由②③④得v y ＝qU 2Lmdv 0. 所以，tan θ＝v y v 0＝qU 2Lmdv 20.①式代入上式得tan θ＝U 2L2U 1d ，所以B 正确．【答案】 B二、非选择题(本题共5个小题，共58分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)图58．(6分)如图5所示，在边长为30 cm 的正三角形的两个顶点A 、B 上各放一个带电小球，其中Q 1＝4×10－6C ，Q 2＝－4×10－6C ，则它们在三角形另一顶点C 处所产生的电场强度大小是________，方向________．【解析】 Q 1、Q 2在C 点产生的场强矢量叠加即可．如图E ＝E 1＝E 2＝k Q 1r2＝9×109×4×10－6－22N/C＝4×105 N/C.【答案】 4×105N/C 与AB 边平行，且向右9．(8分)一个质量为m 的电子，以初速度v 0沿与电场线平行的方向射入匀强电场．经过时间t ，电子具有的电势能与刚射入电场时具有的电势能相同，则此匀强电场的电场强度E ＝________，电子在电场中通过的路程为________．【解析】 根据题意，经时间t 电子具有的电势能与刚射入电场时的电势能相同，即在时间t 内电场力对电子所做的功为零．所以有t ＝2v 0a ，a ＝eE m 解得E ＝2mv 0et在t 2时间内电子的平均速度为v 02，由此可得电子在t 时间内运动的路程为s ＝v 0t2. 【答案】 2mv 0/et 12v 0t10．(12分)地球是一个带电体，且电荷均匀分布于地球表面．若已知地球表面附近有一电量为2×10－4C 的正电荷受到4×10－3N 的电场力，且方向竖直向下，则地球带何种电荷？所带总电量为多少？(已知地球半径R ＝6.4×106m ，k ＝9×109N·m 2/C 2)【解析】 地球所带电量可以认为集中于地球中心，设地球所带电量为Q ，则地球表面附近的场强E ＝kQ R2① 据场强定义知E ＝F q②将k ＝9×109N·m 2/C 2，R ＝6.4×106m ，F ＝4×10－3N ，q ＝2×10－4C 代入①②求得Q ＝9.1×104C因正电荷受到的电场力竖直向下，故地球附近的电场方向竖直向下，即指向地心，地球带负电．【答案】负电9.1×104 C11．(15分)(2012·南平一中高二检测)如图6所示，平行金属带电极板A、B间可看成匀强电场，场强E＝1.2×102 V/m，极板间距离d＝5 cm，电场中C和D点分别到A、B两板的距离均为0.5 cm，B板接地，求：图6(1)C和D两点的电势、两点间电势差各为多少？(2)将点电荷q＝2×10－2 C从C点匀速移到D点时外力做多少功？【解析】(1)因正极板接地，故板间各点电势均小于零，则U BD、U BC均大于零，由U＝Ed得U BD＝Ed BD＝1.2×102×0.5×10－2 V＝0.6 V，即φD＝－0.6 V.由于d CB＝5 cm－0.5 cm＝4.5 cm＝4.5×10－2 m，所以U CB＝－Ed CB＝－1.2×102×4.5×10－2 V＝－5.4 V＝φC.所以U CD＝φC－φD＝－5.4 V－(－0.6 V)＝－4.8 V(2)因为匀速移动，外力所做的功等于电场力所做的功W外＝|qU CD|＝2×10－2×4.8 J＝9.6×10－2 J.【答案】(1)－5.4 V －0.6 V －4.8 V(2)9.6×10－2 J12．(17分)两平行金属板A、B水平放置，一个质量为m＝5×10－6 kg的带电粒子，以v0＝2 m/s的水平速度从两板正中央位置射入电场，如图7所示，A、B两板间距离为d＝4 cm，板长l＝10 cm.图7(1)当A、B间的电压为U AB＝1 000 V时，粒子恰好不偏转，沿图中直线射出电场，求该粒子的电荷量和电性．(2)令B板接地，欲使粒子射出偏转电场，求A板所加电势的范围．(g取10 m/s2)【解析】 (1)粒子做直线运动，合力为0，故在竖直方向上有：qE ＝mg ，即q U ABd＝mg ，解得电荷量q ＝mgd U AB＝2×10－9C ， 因为电场力方向向上，故粒子带负电．(2)题目中并未说明粒子的偏转方向，故粒子可能向上、下两方向偏转．当qE ＞mg 时，粒子向上偏，若粒子恰沿板的边缘M 点飞出，则有侧移量y ＝d 2，即d 2＝12a 1t 2，其中a 1＝qU 1md －g ，t ＝lv 0，解得U 1＝2 600 V ，由于φB ＝0，则φA ＝2 600 V ，同理可得粒子向下偏时，a 2＝qU 2md ＋g ，代入d 2＝12a 2t 2，解得U 2＝600 V ，即φA ′＝600 V. 据题意知，A 板电势范围应为600 V≤φA ≤2 600 V. 【答案】 (1)2×10－9C 负 (2)600 V≤φA ≤2 600 V。

【课堂新坐标】（教师用书）2013-2014学年高中物理 3.3 研究功与功率课后知能检测 沪科版必修21．关于动能定理，下列说法中正确的是( ) A ．某过程中外力的总功等于各力做功的绝对值之和 B ．只要合外力对物体做功，物体的动能就一定改变 C ．在物体动能不改变的过程中，动能定理不适用 D ．动能定理只适用于受恒力作用而加速运动的过程【解析】 公式W ＝ΔE k 中W 为合外力做的功，也可以是各力做功的代数和，A 错，B 对；动能不变，只能说明合外力的总功W ＝0，动能定理仍适用，C 错；动能定理既适用于恒力做功，也可适用于变力做功，D 项错误．【答案】 B2．(多选)(2013·西安一中检测)在下列几种情况中，甲、乙两物体的动能相等的是( )A ．甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的12B ．甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的12C ．甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的12D ．质量相同，速度大小也相同，但甲向东运动，乙向西运动【解析】 由动能的表达式E k ＝12mv 2可知，选项A 、B 均错误，而选项C 正确；因动能是标量，故选项D 正确．【答案】 CD3．质量为m 的物体静止在粗糙的水平地面上，若物体受水平力F 的作用从静止起通过位移s 时的动能为E 1，当物体受水平力2F 的作用，从静止开始通过相同位移s 时，它的动能为E 2.则( )A ．E 2＝E 1B ．E 2＝2E 1C ．E 2>2E 1D ．E 1<E 2<2E 1【解析】 物体在粗糙的水平面上通过位移s 的过程中，所受到的摩擦力不变，由动能定理可得水平力为F 时，(F －f )s ＝E 1 水平力为2F 时，(2F －f )s ＝E 2 则E 2＝2(F －f )s ＋fs ＝2E 1＋fs >2E 1. 【答案】 C4.如图3－3－6所示，用同样材料制成的一个轨道，AB 段为14圆弧，半径为R ，水平放置的BC 段长度为2R .一小物块质量为m ，与轨道间动摩擦因数为μ，当它从轨道顶端A 由静止下滑时，恰好运动到C 点静止．那么物体在AB 段克服摩擦力做的功为( )图3－3－6A ．2μmgRB ．mgR (1－2μ)C ．μmgR /2D ．mgR /2【解析】 设在AB 段物体克服摩擦力做的功为W ，则物体由A 到C 的过程利用动能定理可得mgR －W －μmgR ＝0，整理可得W ＝mgR (1－2μ)，故本题选B.【答案】 B5．(2013·银川一中检测)如图3－3－7所示，OD 是水平面，AB 是斜面，初速为v 0的物体从D 点出发沿DBA 滑动到顶点A 时速度刚好为零．如果斜面改为AC ，让该物体从D 点出发沿DCA 滑动到A 点时速度刚好也为零，则第二次物体具有的初速度(已知物体与路面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，斜面与平面为圆弧连接)( )图3－3－7A ．大于v 0B ．等于v 0C ．小于v 0D ．取决于斜面的倾角【解析】 设OD ＝s ，OA ＝h ，斜面倾角为α，物体从D 点出发，沿DBA (或DCA )滑动到顶点A ，过B 点(或C 点)时物体与斜面碰撞没有机械能损失，由动能定理得－mg sinα×h sin α－μmg cos αh sin α－μmg (s －h cot α)＝0－12mv 2即μmgs ＋mgh ＝12mv 20得v 0＝2gμs ＋h .由上式可知，物体的初速度跟斜面倾角无关，选B. 【答案】 B6. (2013·安康高一检测)如图3－3－8所示，质量为m 的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物块重力的k 倍．它与转轴OO ′相距R ，物块随转台由静止开始转动，当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到开始滑动前的这一过程中，转台对物块做的功为( )图3－3－8A.12kmgR B ．0 C ．2πkmgRD ．2kmgR【解析】 物块在开始滑动时的最大静摩擦力是圆周运动的向心力，故kmg ＝m v 2R ，所以v 2＝kRg .则由动能定理得W ＝12mv 2－0＝12kmgR .故选A.【答案】 A7．(多选)质量为m 的物体，在水平面上只受摩擦力作用并以初速度v 0做匀减速直线运动，经距离d 以后，速度减为v 02，则( )A ．此平面动摩擦因数为3v 28gdB ．物体再前进d4便停止C ．摩擦力做功为34mv 2D ．若使物体前进总距离为2d 时，其初速度至少为32·v 0 【解析】 设动摩擦因数为μ，根据动能定理W ＝ΔE k ，有W f ＝－μmgd ＝12m (v 02)2－12mv 2＝－38mv 20，解得μ＝3v 208gd ，选项A 正确；设物体总共能滑行l ，则有：－μmgl ＝0－12mv 20得l＝43d ，即再前进d 3便停止，选项B 错；摩擦力做的功等于物体动能的变化，即W f ＝－38mv 20，C 错；若要使物体滑行2d ，则物体初速度为v ，根据动能定理有：－μmg (2d )＝0－12mv 2，得v＝32v 0，选项D 正确． 【答案】 AD8．(多选)(2013·广州高一检测)如图3－3－9是某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t 前进距离s ，速度达到最大值v m ，设这一过程中电动机的功率恒为P ，小车所受阻力恒为F ，那么( )图3－3－9A ．这段时间内小车先加速运动，然后匀速运动B ．这段时间内阻力所做的功为PtC ．这段时间内合力做的功为12mv 2mD ．这段时间内电动机所做的功为Fs ＋12mv 2m【解析】 从题意得到，可将太阳能驱动小车运动视为“汽车以功率不变启动”，所以这段时间内小车做加速运动，A 项错误；电动机做功用Pt 计算，阻力做功为W ＝Fs ，B 项错误；根据动能定理判断，这段时间内合力做功为12mv 2m ，C 项正确；这段时间内电动机所做的功为Pt ＝Fs ＋12mv 2m ，D 项正确．【答案】 CD9．汽车从静止开始做匀加速直线运动，当汽车速度达到v m 时关闭发动机，汽车继续滑行一段时间后停止运动，其运动的速度图像如图3－3－10所示．若汽车加速行驶时牵引力做功为W 1，汽车整个运动中克服阻力做功为W 2，则W 1和W 2的比值为多少？牵引力和阻力的大小之比为多少？图3－3－10【解析】 对汽车运动的全过程列动能定理方程，得W 1－W 2＝0－0，所以W 1＝W 2，W 1W 2＝1.设汽车的牵引力为F ，阻力为F f ，由动能定理可得Fs 1－F f s ＝0－0，所以F F f ＝s s 1.由图像可知，汽车在全过程中的位移s 与加速阶段的位移s 1之比为s s 1＝51，所以牵引力和阻力之比为5∶1.【答案】 1∶1,5∶110．(2013·江门高一检测)如图3－3－11所示，一弹簧与物块相连，物块的质量为m ，它与水平面间的动摩擦因数为μ.起初，用手按住物块，物块的速度为零，弹簧的伸长量为x ，然后放手，当弹簧的长度回到原长时，物块的速度为v .试用动能定理求此过程中弹力所做的功．图3－3－11【解析】 设W 弹为弹力对物块做的功，物块克服摩擦力做的功为W f ＝μmgx 由动能定理得：W 弹－μmgx ＝12mv 2－0故W 弹＝μmgx ＋12mv 2.【答案】 μmgx ＋12mv 211．(2013·佛山高一检测)质量为2 kg 的铁球从离地2 m 高处自由下落，陷入沙坑中10 cm 深处，如图3－3－12所示，求沙子对铁球的平均阻力．图3－3－12【解析】 设平均阻力为f ，对铁球全程由动能定理得mg (H ＋h )－fh ＝0代入数据得f ＝420 N. 【答案】 420 N12.如图3－3－13所示，某人通过一根跨过定滑轮的轻绳提升一个质量为m 的重物，开始时人在滑轮的正下方，绳下端A 点离滑轮的距离为h .人由静止拉着绳向右移动，当绳下端到B 点位置时，人的速度为v ，绳与水平面夹角为θ.问在这个过程中，人对重物做了多少功？图3－3－13【解析】 人移动时对绳的拉力不是恒力，重物不是做匀速运动也不是做匀变速运动，故无法用W ＝Fx cos θ求对重物做的功，需从动能定理的角度来分析求解．当绳下端由A 点移到B 点时，重物上升的高度为Δh ＝h sin θ－h ＝h－sin θsin θ重力做功的数值为W G ＝－mgh－sin θsin θ当绳在B 点实际水平速度为v 时，v 可以分解为沿绳斜向下的分速度v 1和绕定滑轮逆时针转动的分速度v 2，其中沿绳斜向下的分速度v 1和重物上升速度的大小是一致的，从图中可看出v 1＝v cos θ以重物为研究对象，根据动能定理得W 人＋W G ＝12mv 21－0 W 人＝mgh－sin θsin θ＋mv 2cos 2θ2.【答案】 mgh－sin θsin θ＋mv 2cos 2θ2.。

【课堂新坐标】（教师用书）2013-2014学年高中物理课后知能检测17 新人教版必修21．物体在平衡力作用下运动的过程中，下列说法正确的是( )A．机械能一定不变B．物体的动能保持不变，而势能一定变化C．若物体的势能变化，则机械能一定变化D．若物体的势能变化，则机械能不一定有变化【解析】由于物体在平衡力的作用下做匀速直线运动，所以物体的动能不变，而势能可能不变，也可能变化，当物体的势能变化时，机械能一定变化，当物体的势能不变时，机械能一定不变，故C正确，A、B、D错误．【答案】 C2．游乐场中的一种滑梯如图7－8－11所示．小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来，则( )图7－8－11A．下滑过程中支持力对小朋友做功B．下滑过程中小朋友的重力势能增加C．整个运动过程中小朋友的机械能守恒D．在水平面滑动过程中摩擦力对小朋友做负功【解析】小朋友在运动过程中受阻力作用，机械能不守恒，因此C错误；在整个运动中支持力与运动方向垂直，因此对小朋友不做功，A错误；下滑中小朋友的重力势能减小，因此B错误；而运动过程中小朋友的机械能减少了，因此摩擦力做负功，所以D正确．【答案】 D3．如图7－8－12所示，一固定在地面上的光滑斜面的顶端固定有一轻弹簧，地面上质量为m的物块(可视为质点)向右滑行并冲上斜面．设物块在斜面最低点A的速率为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则物块运动到C点时弹簧的弹性势能为( )图7－8－12A ．mghB ．mgh ＋12mv 2C ．mgh －12mv 2D.12mv 2－mgh 【解析】 由机械能守恒定律可得物块的动能转化为其重力势能和弹簧的弹性势能，有12mv 2＝mgh ＋E p ，故E p ＝12mv 2－mgh . 【答案】 D4．如图7－8－13所示，斜面置于光滑水平地面，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，下列说法正确的是( )图7－8－13A ．物体的重力势能减少，动能增加B ．斜面的机械能不变C ．斜面对物体的作用力垂直于接触面，不对物体做功D ．物体和斜面组成的系统机械能守恒【解析】 物体由静止开始下滑的过程其重力势能减少，动能增加，A 正确；物体在下滑过程中，斜面做加速运动，其机械能增加，B 错误；物体沿斜面下滑时，既沿斜面向下运动，又随斜面向右运动，其合速度方向与弹力方向不垂直，弹力方向垂直于接触面，但与速度方向之间的夹角大于90°，所以斜面对物体的作用力对物体做负功，C 错误；对物体与斜面组成的系统，只有物体的重力和物体与斜面间的弹力做功，机械能守恒，D 正确．【答案】 AD5．将物体从地面竖直上抛，如果不计空气阻力，物体能够达到的最大高度为H .当物体在上升过程中的某一位置，它的动能是重力势能的3倍，则这一位置的高度是( )A ．2H /3B ．H /2C ．H /3D ．H /4【解析】 物体在运动过程中机械能守恒，设动能是重力势能的3倍时的高度为h ，取地面为零势能面，则有mgH ＝E k ＋mgh ，即mgH ＝4mgh ，解得：h ＝H /4，故D 正确．6. 如图7－8－14是为了检验某种防护罩承受冲击能力的装置的一部分，M 为半径为R ＝1.0 m 、固定于竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，M 的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量m ＝0.01 kg 的小钢珠．假设某次发射的钢珠沿轨道内侧恰好能经过M 的上端点水平飞出，取g ＝10 m/s 2，弹簧枪的长度不计，则发射该钢珠前，弹簧的弹性势能为( )图7－8－14A ．0.10 JB ．0.15 JC ．0.20 JD ．0.25 J【解析】 小钢珠恰好经过M 的上端点有mg ＝m v 2R，所以v ＝ gR ＝ 10 m/s.根据机械能守恒定律得E p ＝mgR ＋12mv 2＝0.15 J.【答案】 B7．如图7－8－15所示，一根跨越光滑定滑轮的轻绳，两端各连有一杂技演员(可视为质点)，甲站于地面上，乙从图示的位置由静止开始向下摆动，运动过程中绳始终处于伸直状态，当演员乙摆至最低点时，甲刚好对地面无压力，则演员甲的质量与演员乙的质量之比为( )图7－8－15A ．1∶1B ．2∶1C ．3∶1D ．4∶1【解析】 设定滑轮到乙演员的距离为L ，那么当乙摆至最低点时下降的高度为L2，根据机械能守恒定律可知m 乙g L 2＝12m 乙v 2；又因当演员乙摆至最低点时，甲刚好对地面无压力，说明绳子上的张力和甲演员的重力相等，所以m 甲g －m 乙g ＝m 乙v 2L，联立上面两式可得演员甲的质量与演员乙的质量之比为2∶1.B 对．8．(2013·东城区高一期末)如图7－8－16所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m 的小球A ，若将小球A 从弹簧原长位置由静止释放，小球A 能够下降的最大高度为h .若将小球A 换成质量为2m 的小球B ，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B 下降h 时的速度为(重力加速度为g ，不计空气阻力)( )图7－8－16A.2ghB.ghC.gh2D ．0【解析】 设小球A 下降高度h 时，弹簧的弹性势能为E p ，由机械能守恒可知E p ＝mgh .当小球A 换为质量为2m 的小球B 时，设小球B 下降h 时速度为v ，根据机械能守恒有2mgh ＝12·2mv 2＋E p ，解得v ＝gh ，B 项正确． 【答案】 B9．如图7－8－17，把一根内壁光滑的细圆管弯成3/4圆周形状，且竖直放置，管口A 竖直向上，管口B 水平向左，一小球从管口A 的正上方h 1高处自由落下，经细管恰能到达细管最高点B 处．若小球从A 管口正上方h 2高处自由落下，进入A 管口运动到B 点后又从空中飞落进A 口，则h 1∶h 2为( )图7－8－17A ．1∶1B ．2∶3C ．4∶5D ．5∶6【解析】 当小球从管口A 的正上方h 1高处自由落下，到达细管最高点B 处时的速度为零，则根据机械能守恒定律有(取管口A 的位置重力势能为零)，mgh 1＝mgR ，解得h 1＝R ；当从A 管口正上方h 2高处自由落下时，根据平抛运动规律有R ＝v B t ，R ＝12gt 2，解得v B ＝gR2，根据机械能守恒定律有mgh 2＝mgR ＋12mv 2B ，解得h 2＝5R /4，故h 1∶h 2＝4∶5. 【答案】 C10．(2013·九江高一期末)如图7－8－18所示，轻弹簧k 一端与墙相连．质量为4 kg 的木块沿光滑的水平面以5 m/s 的速度运动并压缩弹簧k ，求弹簧在被压缩过程中的最大弹性势能及木块速度减为 3 m/s 时的弹性势能．图7－8－18【解析】 在木块压缩弹簧及弹簧把木块弹开的过程中，弹簧弹力做功，木块的动能和弹簧的弹性势能相互转化．由于不存在其他力做功，故木块和弹簧构成的系统机械能守恒．当木块速度减为零时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，设弹簧的最大弹性势能为E pm ，则E pm ＝12mv 20＝12×4×52J ＝50 J.当木块速度v 1＝3 m/s 时，弹簧的弹性势能为E p1 则12mv 21＋E p1＝12mv 20 所以E p1＝12mv 20－12mv 21＝32 J.【答案】 50 J 32 J11．从地面以10 m/s 的速度将质量为m 的物体竖直向上抛出，若忽略空气阻力，g 取10 m/s 2，则：(1)物体上升的最大高度是多少？(2)上升过程中，哪一位置处重力势能和动能相等？ 【解析】 物体在空气中时只有重力做功，故机械能守恒． (1)以地面为参考点，则E 1＝12mv 20，在最高点动能为零，故E 2＝mgh . 由E 1＝E 2得 12mv 20＝mgh ，所以h ＝v 202g ＝1022×10 m ＝5 m.(2)如图所示，以地面为参考平面，则E 1＝12mv 20.终态设在h 1高处，故E 2＝mgh 1＋12mv 21＝2mgh 1.因机械能守恒，E 1＝E 2，所以12mv 20＝2mgh 1，所以h 1＝v 204g ＝1024×10 m ＝2.5 m.【答案】 (1)5 m (2)2.5 m12．如图7－8－19所示，质量为m 的木块放在光滑的水平桌面上，用轻绳绕过桌边光滑的定滑轮与质量为2m 的砝码相连，把绳拉直后使砝码从静止开始下降h 的距离时砝码未落地，木块仍在桌面上，求此时砝码的速度以及轻绳对砝码做的功．图7－8－19【解析】 砝码从静止开始下降h 的过程中，两物体组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律，系统减少的重力势能等于系统增加的动能，则：2mgh ＝12mv 2＋12·2mv 2，解得：v ＝233gh ，设轻绳对砝码做功为W ，对砝码由动能定理得： 2mgh ＋W ＝12·2mv 2－0，解得：W ＝－23mgh .【答案】233gh －23mgh。

【课堂新坐标】（教师用书）2013-2014学年高中物理 第2章《波和粒子》综合检测 沪科版选修3-5(时间：90分钟 满分：100分)一、选择题(本题包括10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，至少有一项是符合题目要求的．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．两束能量相同的色光，都垂直地照射到物体表面，第一束光在某段时间内打在物体上的光子数与第二束光在相同时间内打在物体表面上的光子数之比为4∶5，则这两束光的光子能量和波长之比为( )A ．4∶5 4∶5B ．5∶4 4∶5C ．5∶4 5∶4D ．4∶5 5∶4【解析】 由E ＝n ε知，能量相同时，n 与ε成反比，所以光子能量比为5∶4，又根据ε＝h ν＝h cλ，所以波长之比为4∶5.【答案】 B2．频率为ν的单色光照射在某种金属表面产生光电效应，由金属表面逸出的光电子垂直射入匀强磁场做圆周运动时，其最大半径为r .若要使最大半径r 增大，可采取( )A ．用频率大于ν的单色光照射B ．用频率小于ν的单色光照射C ．仍用频率为ν的单色光照射，但延长照射时间D ．仍用频率为ν的单色光照射，但增大光的强度【解析】 只有增大频率，才能增加电子的初动能，即增大光电子的速度，由r ＝mvBq，速度增大时，半径增大．【答案】 A3．(2011·福建理综)爱因斯坦因提出了光量子概念并成功地解释光电效应的规律而获得1921年诺贝尔物理学奖．某种金属逸出光电子的最大初动能E km 与入射光频率ν的关系如图1所示，其中ν0为极限频率．从图中可以确定的是( )图1A ．逸出功与ν有关B．E km与入射光强度成正比C．当ν<ν0时，会逸出光电子D．图中直线的斜率与普朗克常量有关【解析】由光电效应方程E km＝hν－W、W＝hν0，与y＝kx＋b相对应可知只有D项正确．【答案】 D4．硅光电池是利用光电效应原理制成的器件，下列表述正确的是( )A．硅光电池是把光能转变为电能的一种装置B．硅光电池中吸收了光子能量的电子都能逸出C．逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率无关D．任意频率的光照射到硅光电池上都能产生光电效应【解析】硅光电池是把光能转化为电能的一种装置．A正确．硅光电池中吸收了光子能量大于逸出功的光子才能逸出，B错误．逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率有关，C错误．当照射到硅光电池上的光的频率大于极限频率时，才能产生光电效应，D错误．【答案】 A5．下列用光子说解释光电效应规律的说法中，正确的有( )A．存在极限频率是因为各种金属都有一定的逸出功B．光的频率越高，电子得到光子的能量越大，克服逸出功后飞离金属的最大初动能越大C．电子吸收光子的能量后动能立即增加，成为光电子不需要时间D．光的强度越大，单位时间内入射光子数越多，光电子数越多，光电流越大【解析】由于各种金属有一定的逸出功，因此光照射金属时电子不一定逸出，所以存在极限频率，A选项正确；光的频率越高，电子得到的光子的能量越大，克服逸出功后飞离金属的最大初动能越大，B选项正确；电子吸收光子的能量后不一定逸出，也不一定成为光电子，C选项错误，产生光电效应后，光的强度越大，产生光电效应的电子越多，逸出的光电子也就越多，D选项正确．【答案】ABD6．现代物理学认为，光和实物粒子都具有波粒二象性．下列事实中突出体现波动性的是( )A．一定频率的光照射到锌板上发生光电效应，光的强度越大，单位时间内锌板上发射的光电子就越多B．肥皂液是无色的，吹出的肥皂泡却是彩色的C．质量为10－3 kg、速度为10－2 m/s的小球，其德布罗意波波长约为10－28 m，我们能清晰地观测到小球运动的轨迹D ．人们常利用热中子研究晶体的结构，因为热中子的德布罗意波波长与晶体中原子间距大致相同【解析】 光电效应体现光的粒子性，A 错；肥皂泡看起来是彩色的，这是薄膜干涉现象，体现光的波动性，B 正确；由于小球的德布罗意波波长太小，很难观察到其波动性，C 错；人们利用热中子的衍射现象研究晶体结构，所以能够体现波动性，D 正确．【答案】 BD7．关于物质波，下列认识错误的是( )A ．任何运动的物体(质点)都伴随一种波，这种波叫物质波B ．X 射线的衍射实验，证实了物质波假设是正确的C ．电子的衍射实验，证实了物质波假设是正确的D ．宏观物体尽管存在物质波，但它们不具有干涉、衍射等现象【解析】 据德布罗意物质波理论知，任何一个运动的物体，小到电子、质子，大到行星、太阳，都有一种波与之相对应，这种波就叫物质波，可见，选项A 是正确的．由于X 射线本身就是一种波，而不是实物粒子，故X 射线的衍射现象并不能证实物质波理论的正确性，即选项B 错误．电子是一种实物粒子，电子的衍射现象表明运动着的实物粒子具有波动性，故选项C 说法是正确的．由电子穿过铝箔的衍射实验知，少量电子穿过铝箔后的位置是散乱的，无规律的，但大量电子穿过铝箔后的位置则呈现出衍射图样，即大量电子的行为表现出电子的波动性，干涉、衍射是波的特有现象，只要是波，都会发生干涉、衍射现象，故选项D 错误．综合以上分析知，本题应选B 、D.【答案】 BD8．(2011·保亭质检)紫外线光子的动量为h νc，一个静止的O 3吸收了一个紫外线光子后( )A ．仍然静止B ．沿着光子原来运动的方向运动C ．沿光子运动相反方向运动D ．可能向任何方向运动【解析】 由动量守恒定律知，吸收了紫外线光子的O 3分子与光子原来运动方向相同．故正确选项为B.【答案】 B9．关于不确定关系Δx ·Δp x ≥h4π有以下几种理解，正确的是( )A ．微观粒子的动量不可确定B ．微观粒子的位置不可确定C ．微观粒子的动量和位置不可同时确定D ．不确定关系不仅适用于电子和光子等微观粒子，也适用于宏观物体 【解析】 本题主要考查对不确定性关系Δx ·Δp x ≥h4π的理解．不确定关系表示确定位置、动量的精度相互制约，此长彼消，当粒子的位置不确定性小时，粒子动量的不确定性大；反之亦然．故不能同时准确确定粒子的位置和动量．不确定关系是自然界中的普遍规律，对微观世界的影响显著，对宏观世界的影响可以忽略，故C 、D 正确．【答案】 CD10．利用金属晶格(大小约10－10m)作为障碍物观察电子的衍射图样，方法是让电子通过电场加速后，让电子束照射到金属晶格上，从而得到电子的衍射图样．已知电子质量为m ，电荷量为e ，初速度为0，加速电压为U ，普朗克常量为h ，则下列说法中正确的是( )A ．该实验说明了电子具有波动性B ．实验中电子束的德布罗意波波长为λ＝h2meUC ．加速电压U 越大，电子的衍射现象越明显D ．若用相同动能的质子替代电子，衍射现象将更加明显【解析】 得到电子的衍射图样，说明电子具有波动性，A 正确； 由德布罗意波波长公式λ＝h p而动量p ＝2mE k ＝2meU 两式联立得λ＝h2meU，B 正确； 由公式λ＝h2meU可知， 加速电压越大，电子的波长越小，衍射现象就越不明显；用相同动能的质子替代电子，质子的波长变小，衍射现象不如电子的衍射现象明显．故C 、D 错误．【答案】 AB二、填空题(本题2小题，共12分)11．(4分)照相胶片上溴化银的分子吸收光的能量离解成原子时，胶片就“曝光”了．已知离解一个溴化银分子需要1.04 eV 的能量(1 eV ＝1.6×10－19J)．那么，萤火虫发出的光________(填“能”或“不能”)使胶片感光(萤火虫发出的光的最大波长约为7.6×10－7m)．【解析】 荧火虫发生的光子能量至少为E ＝h ν＝hcλ＝1.64 eV>1.04 eV.故能使胶片感光．【答案】 能12．(8分)用不同频率的光照射某金属均产生光电效应，测量金属的遏止电压U c 与入射光频率ν，得到U c —ν图象，如图2所示．根据图象求出该金属的极限频率νc ＝________Hz ，普朗克常量h ＝______J·s.已知电子电量e ＝1.6×10－19C ．(两空答案均要求保留两位有效数字)图2【解析】 对于电子在电场中减速运动的过程，由动能定理有eU c ＝E km 根据光电效应方程有E km ＝h ν－W 0又W 0＝H νc ，联立以上几式得U c ＝he(ν－νc ) 当U e ＝0时，ν＝ν0即在U c －ν图象中，横轴上的截距表示极限频率νc ，而斜率表示h e. 由图中数据可得νe ＝5.0×1014Hz ，h ＝ke ＝2.05×1014×1.6×10－19J·s ＝6.4×10－34J·s.【答案】 5.0×10146.4×10－34三、计算题(本题包括4个小题，共48分，解答时要写出必要的文字说明、主要的解题步骤，有数值计算的要注明单位)图313．(10分)如图3所示是测定光电效应产生的光电子比荷的实验原理简图：两块平行板相距为d ，放在真空容器中，其中N 金属板受光线照射时发射出沿不同方向运动的光电子，形成电流，从而引起电流表指针偏转．若调节R ，逐渐增大极板间电压，可以发现电流逐渐减小，当电压表示数为U 时，电流恰好为零；断开开关，在MN 间加上垂直于纸面的匀强磁场，逐渐增大磁感应强度，也能使电流为零．当磁感应强度为B 时，电流恰好为零．由此可算得光电子的比荷e /m 为多少？【解析】 由于当电压表示数为U 时，电流恰好为零，所以光电子的最大初动能为E k＝12mv 20＝eU ； 又断开开关，在MN 间加上垂直于纸面的匀强磁场，逐渐增大磁感应强度，也能使电流为零．当磁感应强度为B 时，电流恰好为零，所以当磁感应强度为B 时，具有最大初动能的电子做圆周运动的直径刚好为两块平行板的间距d ，根据向心力公式即有Bev 0＝mv 20d2.由此可算得光电子的比荷e m ＝8UB 2d 2. 【答案】8U B 2d 214．(10分)(2011·赤峰模拟)一质量为m ＝1.0×103kg 的卫星在距地球表面为H ＝400 km 的高度处绕地球做匀速圆周运动，求此卫星的德布罗意波长．(已知地球表面的重力加速度为g ＝10 m/s 2，地球半径为R ＝6 400 km)【解析】 由万有引力提供向心力可得：GMm R ＋H 2＝m v 2R ＋H① 由黄金代换式：GM ＝gR 2②由德布罗意波长：λ＝h p，其中p ＝mv ③ 由①②③可得λ＝h m R ＋HgR 2. 代入数据 λ＝6.63×10－341.0×1036.4×106＋0.4×10610× 6.4×1062＝8.5×10－41(m)．【答案】 8.5×10－41m15．(14分)我国研究人员用发射功率为 2.0×105W 的钇铝石榴石激光器发出波长为0.532 nm 的蓝光在蚕卵上打出直径为2 nm 的小孔．激光器发射的激光是不连续的一道一道闪光，每道闪光称为一个光脉冲．若每个光脉冲持续时间为1×10－8s ，激光器每秒发射100个光脉冲，普朗克常量h ＝6.63×10－34J·s.求：(1)每个光脉冲含光子数多少？(2)每个脉冲时间内，蚕卵小孔上单位面积得到的光能是多少？【解析】 每个光脉冲的能量为E 1＝2.0×105100 J ＝2.0×103J ，每个光子的能量E ＝hc λ＝6.63×10－34×3×1085.32×10－16J≈3.74×10－16J ，每个光脉冲含光子数n ＝E 1E ＝ 2.0×1033.74×10－16个≈5.35×1018个．(2)每个脉冲时间内，蚕卵小孔上单位面积得到的光能：E 2＝E 114πd 2＝4×2.0×1033.14× 2×10－9 2 J≈6.37×1020J.【答案】 (1)5.35×1018个 (2)6.37×1020J16．(14分)电子和光一样具有波动性和粒子性，它表现出波动的性质，就像X 射线穿过结晶体时会产生衍射一样，这一类物质粒子的波动叫物质波．质量为m 的电子以速度v 运动时，这种物质波的波长可表示为λ＝hmv，电子质量m ＝9.1×10－31kg ，电子电荷量e ＝1.6×10－19C ，普朗克常量h ＝6.6×10－34J·s.(1)计算具有100 eV 动能的电子的动量p 和波长λ；(2)若一个静止的电子经2 500 V 电压加速，求能量和这个电子动能相同的光子的波长，并求该光子的波长和这个电子的波长之比．【解析】 由E ＝12mv 2得v ＝2Em得p ＝mv ＝2mE＝2×9.1×10－31×100×1.6×10－19kg·m/s＝5.4×10－24kg·m/s由λ＝h mv得λ＝h mv ＝6.6×10－345.4×10－24 m ＝1.2×10－10m. (2)由hcλ＝2 500 eV ＝4.0×10－16J得光子波长λ＝6.6×10－34×3×1084.0×10－16m ＝5.0×10－10m 电子波长λ′＝h mc＝2.4×10－11m ，λλ′＝20.8.【答案】 (1)p ＝5.4×10－24kg·m/s λ＝1.2×10－10m(2)5.0×10－10m 20.8。