(新课标)2014高考物理一轮复习课时练17

课时规范练17 机械能守恒定律及其应用基础对点练1.(重力势能的变化)如图所示,小虫缓慢经过一边长为L 的等边三角形小物块,已知其身长为3L ,总质量为m ,假设小虫能一直贴着小物块向右前行,则从其头部刚到小物块顶(图示时刻)至头部越过小物块顶刚到小物块底端的过程中小虫的重力势能变化量为( )A.12mgLB.√312mgLC.√36mgLD.√34mgL 2.(多选)(机械能守恒与功能关系)如图所示,三根长度均为L 的轻杆组成支架,支架可绕O 点在竖直平面内转动,轻杆间夹角均为120°,轻杆末端分别固定质量为m 、2m 和3m 的n 、p 、q 三个小球,n 球位于O 的正下方,将支架从图示位置由静止开始释放,下列说法正确的是( )A.从释放到q 到达最低点的过程中,q 的重力势能减少了72mgLB.q 到达最低点时,q 的速度大小为√gLC.q 到达最低点时轻杆对q 的作用力为5mgD.从释放到q 到达最低点的过程中,轻杆对q 做的功为-3mgL3.(多选)(重力做功、重力势能的图像问题)如图所示,一简易升降机在箱底装有若干个相同的轻弹簧,在某次事故中,升降机吊索在空中突然断裂,忽略摩擦及其他阻力,升降机在从弹簧下端刚接触地面到运动到最低点的过程中,弹簧始终在弹性限度内,则下列关于升降机的加速度大小a 、速度大小v 、升降机重力做功W G 、弹簧整体的弹性势能E p 与升降机向下位移x 的关系图像可能正确的是( )4.(整体法、隔离法与机械能守恒定律)如图所示的木板由倾斜部分和水平部分组成,两部分之间由一段圆弧面相连接。

在木板的中间有位于竖直面内的光滑圆槽轨道,斜面的倾角为θ。

现有10个质量均为m、半径均为r的均匀刚性球,在施加于1号球的水平外力F的作用下均静止,力F与圆槽在同一竖直面内,此时1号球球心与它在水平槽运动时的球心高度差为h。

现撤去力F使小球开始运动,直到所有小球均运动到水平槽内。

一课一练17：板块模型的动力学分析(基础关)技巧：给木块一个初速度，临界在于能否达到共速；给木块一个力，临界在于加速度是否会超过另一物体的最大加速度。

1．如图所示，一质量为m B=2 kg的木板B静止在光滑的水平面上，其右端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端(斜面底端与木板B右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接)，轨道与水平面的夹角θ=37°。

一质量为m A=2 kg的物块A由斜面轨道上距轨道底端x0=8 m处静止释放，物块A刚好没有从木板B 的左端滑出。

已知物块A与斜面轨道间的动摩擦因数为μ1=0.25，与木板B上表面间的动摩擦因数为μ2=0.2，sin θ=0.6，cos θ=0.8，g取10 m/s2，物体A可看做质点。

请问：（1）物块A刚滑上木板B时的速度为多大?（2）物块A从刚滑上木板B到相对木板B静止共经历了多长时间?木板B有多长?2．如图所示，一足够长的木板在粗糙水平地面上向右运动。

某时刻速度为v0=2 m/s，此时一与木板质量相等的小滑块(可视为质点)以v1=4 m/s的速度从右侧滑上木板，经过1 s两者速度恰好相同，速度大小为v2=1 m/s，方向向左．取重力加速度g=10 m/s2，试求：（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1；（2）木板与地面间的动摩擦因数μ2；（3）从滑块滑上木板，到最终两者速度恰好相同的过程中，滑块相对木板的位移大小。

3．如图所示，两个完全相同的长木板放置于水平地面上，木板间紧密接触，每个木板质量M=0.6 kg，长度l=0.5 m。

现有一质量m=0.4 kg的小木块，以初速度v0=2 m/s从木板的左端滑上木板，已知木块与木板间的动摩擦因数μ1=0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，重力加速度g=10 m/s2。

求：（1）小木块滑上第二个木板的瞬间的速度大小；（2）小木块最终滑动的位移(保留3 位有效数字)。

4．如图所示，在光滑的水平地面上有一个长为L，质量为M=4 kg的木板A，在木板的左端有一个质量为m=2 kg的小物体B，物体A、B之间的动摩擦因数为μ=0.2，当对B施加水平向右的力F时(设A、B之间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小)，取重力加速度g=10 m/s2。

课后作业(二)(时间45分钟，满分100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)1．(2011·重庆高考)某人估测一竖直枯井深度，从井口静止释放一石头并开始计时，经2 s听到石头落底声，由此可知井深约为(不计声音传播时间，重力加速度g取10 m/s2)()A．10 m B．20 m C．30 m D．40 m2．一物体从一行星表面某高处做自由落体运动．自开始下落计时，得到物体离该行星表面的高度h随时间t变化的图象如图1－2－6所示，则()图1－2－6A．行星表面重力加速度大小为8 m/s2B．行星表面重力加速度大小为10 m/s2C．物体落到行星表面时的速度大小为20 m/sD．物体落到行星表面时的速度大小为25 m/s3．如图所示的各图象能正确反映自由落体运动过程的是()4．汽车进行刹车试验，若速度从8 m/s匀减速到零所用的时间为1 s，按规定速率为8 m/s的汽车刹车后位移不得超过5.9 m，那么上述刹车试验是否符合规定()A．位移为8 m，符合规定B．位移为8 m，不符合规定C．位移为4 m，符合规定D．位移为4 m，不符合规定5．(2012·上海高考)小球每隔0.2 s从同一高度抛出，做初速度为6 m/s的竖直上抛运动，设它们在空中不相碰．第一个小球在抛出点以上能遇到的小球数为(取g＝10 m/s2)()A．三个B．四个C．五个D．六个6．给滑块一初速度v0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为g 2，当滑块速度大小减为v02时，所用时间可能是()A.v02g B.v0g C.3v0g D.3v02g7．(2013届宝鸡模拟)升降机由静止开始以加速度a1匀加速上升2 s，速度达到3 m/s，接着匀速上升10 s，最后再以加速度a2匀减速上升3 s才停下来，则()A．匀加速上升的加速度为1.5 m/s2B．匀减速上升的加速度为1.5 m/s2C．上升的总高度为37.5 mD．上升的总高度为32.5 m8．汽车以20 m/s的速度做匀速运动，某时刻关闭发动机而做匀减速运动，加速度大小为5 m/s2，则它关闭发动机后通过37.5 m所需时间为() A．3 s B．4 s C．5 s D．6 s9.图1－2－7(2013届上海交大附中模拟)如图1－2－7所示，木块A、B并排且固定在水平桌面上，A的长度是L，B的长度是2L.一颗子弹沿水平方向以速度v1射入A，以速度v2穿出B.子弹可视为质点，其运动视为匀变速直线运动，则子弹穿出A 时的速度为()A.2(v1＋v2)3 B.2(v21＋v22)3C. 2v21＋v223 D.23v110．(2013届铜川模拟)如图1－2－8所示，传送带保持1 m/s的速度顺时针转动．现将一质量m＝0.5 kg的物体轻轻地放在传送带的a点上，设物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，a、b间的距离L＝2.5 m，则物体从a点运动到b点所经历的时间为(g取10 m/s2)()图1－2－8A. 5 s B．(6－1) sC．3 s D．2.5 s二、非选择题(本题共2小题，共30分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)11．(14分)从车站开出的汽车，做匀加速直线运动，走了12 s时，发现还有乘客没上来，于是立即做匀减速运动至停车．汽车从开出到停止总共历时20 s，行进了50 m．求汽车的最大速度．12．(16分)(2012·高新一中检测)如图1－2－9所示，一辆长为12 m的客车沿平直公路以8.0 m/s的速度匀速向北行驶，一辆长为10 m的货车由静止开始以2.0 m/s2的加速度由北向南匀加速行驶，已知货车刚启动时两车相距180 m，求两车错车所用的时间．图1－2－9答案及解析一、1．【答案】 B2．【解析】 由图中可以看出物体从h ＝25 m 处开始下落，在空中运动了t ＝2.5 s 到达行星表面，根据h ＝12at 2，可以求出a ＝8 m/s 2，故A 正确；根据运动学公式可以算出v ＝at ＝20 m/s ，可知C 正确．【答案】 AC3．【解析】 自由落体运动为初速度是零的匀加速直线运动，其v －t 图象应是一条倾斜的直线，若取竖直向上为正方向，则C 正确．D 中图象说明物体做匀速直线运动，所以D 错误．【答案】 C4．【解析】 由s ＝v t ＝v 0＋v t 2t 得：s ＝8＋02×1 m ＝4 m ＜5.9 m ，故C 正确． 【答案】 C5．【解析】 小球在抛点上方运动的时间t ＝2v 0g ＝2×610 s ＝1.2 s ．因每隔0.2 s 在抛点抛出一个小球，因此第一个小球在1.2 s 的时间内能遇上n ＝1.2 s0.2 s －1＝5个小球，故只有选项C 正确．【答案】 C6．【解析】 当滑块速度大小减为v 02时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即v ＝v 02和v ＝－v 02，代入公式t ＝v －v 0a ，得t ＝v 0g 和t ＝3v 0g ，故B 、C 选项正确．【答案】 BC7．【解析】 由v ＝at 知a 1＝v t 1＝32 m/s 2＝1.5 m/s 2，A 正确；匀减速时a 2＝vt 3＝33 m/s 2＝1 m/s 2，B 错误；升降机上升总高度s ＝v 2·t 1＋v ·t 2＋v 2·t 3＝(3＋30＋4.5)m ＝37.5 m ，故C 正确，D 错误．【答案】 AC8．【解析】 由s ＝v 0t ＋12at 2代入数据得37.5＝20t －12×5t 2，解得t ＝3 s 或t ＝5 s ，由于汽车匀减速至零所需时间为t ′＝v 0a ＝4 s ＜5 s ，故A 正确．【答案】 A9.【解析】 设子弹在木块中减速时的加速度大小为a ，穿出A 时的速度大小为v A ，由匀变速直线运动知识可得：v 21－v 22＝2a ×3L ，v 21－v 2A ＝2aL联立得v A ＝ 2v 21＋v 223.选项C 正确．【答案】 C10．【解析】 物体做由静止开始的匀加速直线运动，a ＝μg ＝1 m/s 2，速度达到传送带的速度时发生的位移s ＝v 22a ＝12×1 m ＝0.5 m ＜L ，故物体接着做匀速直线运动，第1段时间t 1＝va ＝1 s ，第2段时间t 2＝L －s v ＝2.5－0.51 s ＝2 s ，t 总＝t 1＋t 2＝3 s.【答案】 C二、11．【解析】 设最高速度为v m ，由题意，可得方程组： s ＝12a 1t 21＋v m t 2＋12a 2t 22，t ＝t 1＋t 2 v m ＝a 1t 1,0＝v m ＋a 2t 2整理得：v m ＝2s t ＝2×5020 m/s ＝5 m/s. 【答案】 5 m/s12．【解析】 设货车启动后经过时间t 1时两车开始错车，则有s 1＋s 2＝180 m ， 其中s 1＝12at 21，s 2＝v t 1， 联立可得t 1＝10 s.设货车从开始运动到两车错车结束所用时间为t 2，在数值上有s 1′＋s 2′＝(180＋10＋12) m ＝202 m.其中s 1′＝12at 22， s 2′＝v t 2，解得t 2＝10.8 s. 故两车错车时间Δt ＝t 2－t 1＝0.8 s. 【答案】 0.8 s。

课时作业(十五)1．(2012·菏泽检测)在一棵大树将要被伐倒的时候，有经验的伐木工人就会双眼紧盯着树梢，根据树梢的运动情形就能判断大树正在朝着哪个方向倒下，从而避免被倒下的大树砸伤．从物理知识的角度来解释，以下说法正确的是( )A．树木开始倒下时，树梢的角速度较大，易于判断B．树木开始倒下时，树梢的线速度最大，易于判断C．树木开始倒下时，树梢的向心加速度较大，易于判断D．伐木工人的经验缺乏科学依据[解析] 树木倒下时树干上各部分的角速度相同，半径越大其线速度越大，B项正确．[答案] B2．(2012·浦东模拟)如图所示，正在匀速转动的水平转盘上固定有三个可视为质点的小物块A、B、C，它们的质量关系为m A＝2m B＝2m C，到轴O的距离关系为r C＝2r A＝2r B.下列说法中正确的是A．B的角速度比C小B．A的线速度比C大C．B受到的向心力比C小D．A的向心加速度比B大[解析] 正在匀速转动的水平转盘上固定有三个可视为质点的小物块A、B、C，它们的角速度相同，A错；由v＝ωr可知，C的线速度最大，B错；由a＝ω2r可知，C的向心加速度最大，A、B向心加速度相同，D错；由F＝mω2r可知，B受到的向心力比C小，所以答案选C.[答案] C3．(2012·济宁联考)如图所示，两轮用皮带传动，皮带不打滑，图中有A 、B 、C 三点，这三点所在处半径r A >r B ＝r C ，则这三点的向心加速度a A 、a B 、a C 的关系是( )A ．a A ＝aB ＝aC B ．a C >a A >a B C ．a C <a A <a BD ．a C ＝a B >a A[解析] 皮带传动不打滑，A 点与B 点线速度大小相同，由a ＝v 2r 得a ∝1r，所以a A <a B ；A点与C 点共轴转动，角速度相同，由a ＝ω2r 得a ∝r ，所以有a A >a C ，所以a C <a A <a B ，可见选项C 正确．[答案] C4．(2012·东北三校联考)如右图所示，在绕中心轴OO ′转动的圆筒内壁上，有一物体随圆筒一起转动．在圆筒的角速度逐渐增大的过程中，物体相对圆筒始终未滑动，下列说法中正确的是A ．物体所受弹力逐渐增大，摩擦力大小一定不变B ．物体所受弹力不变，摩擦力大小减小了C ．物体所受的摩擦力与竖直方向的夹角不为零D ．物体所受弹力逐渐增大，摩擦力大小可能不变[解析] 在圆筒的角速度逐渐增大的过程中，物体相对圆筒始终未滑动，则摩擦力的竖直分量与重力平衡，切线分量与速度方向相同，使物体速度增加，所以物体所受的摩擦力与竖直方向的夹角不为零，C 正确；物体的向心力由弹力提供，随着速度增加，向心力增加，物体所受弹力逐渐增大，如果圆筒的角速度均匀增加，则摩擦力大小不变，A 、B 错误，D 正确．[答案] CD5．(2013·安徽联考)摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车，如右图所示．当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，抵消离心力的作用；行走在直线上时，车厢又恢复原状，就像玩具“不倒翁”一样．假设有一超高速列车在水平面内行驶，以360 km/h 的速度拐弯，拐弯半径为1 km ，则质量为50 kg 的乘客，在拐弯过程中所受到的火车给他的作用力为(g取10 m/s2) ( ) A．500 N B．1000 N C．500 2 N D．0[解析] 乘客所需的向心力：F＝m v2R＝500 N，而乘客的重力为500 N，故火车对乘客的作用力大小为5002N，C正确．[答案] C6．无缝钢管的制作原理如图所示，竖直平面内，管状模型置于两个支承轮上，支承轮转动时通过摩擦力带动管状模型转动，铁水注入管状模型后，由于离心作用，紧紧地覆盖在模型的内壁上，冷却后就得到无缝纲管．已知管状模型内壁半径R，则下列说法正确的是( )A．铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上B．模型各个方向上受到的铁水的作用力相同C．若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力D．管状模型转动的角速度ω最大为g R[解析] A中在惯性参考系中物体不受离心力作用，A错；模型最下部受到铁水的作用力最大，最上方受到的作用力最小，B错误；最上部的铁水如果恰好不离开模型内壁，则重力提供向心力，由mg＝mω2R可得ω＝gR，故管状模型转动的角速度ω至少为gR，C正确，D错误．[答案] C7．(2013·西城区月考)英国特技演员史蒂夫·特鲁加里亚曾飞车挑战世界最大环形车道．如右图所示，环形车道竖直放置，直径达12 m，若汽车在车道上以12 m/s恒定的速率运动，演员与汽车的总质量为1000 kg，重力加速度g取10 m/s2，则( )A．汽车通过最低点时，演员处于超重状态B ．汽车通过最高点时对环形车道的压力为1.4×104N C ．若要挑战成功，汽车不可能以低于12 m/s 的恒定速率运动 D ．汽车在环形车道上的角速度为1 rad/s[解析] 因为汽车通过最低点时，演员具有向上的加速度，故处于超重状态，A 正确；由ω＝v r 可得汽车在环形车道上的角速度为2 rad/s ，D 错误；由mg ＝m v 20r 可得v 0＝gr ≈7.7 m/s，C 错误；由mg ＋F ＝m v 2r可得汽车通过最高点时对环形车道的压力为1.4×104N ，B 正确．[答案] AB 8.在一根竖直硬质细杆的顶端O 用铰链连接两根轻杆，轻杆的下端分别固定两个金属小球．当发动机带动竖直硬质细杆运动时，两个金属球可在水平面上做匀速圆周运动，如图所示，设与金属球连接的两轻杆的长度均为l ，两金属球的质量均为m .各杆的质量均可忽略不计．当发动机加速运转时，轻杆与竖直杆的夹角从30°增加到60°，忽略各处的摩擦和阻力，求这一过程中速度变为原来的多少倍．[解析] 由题意，当轻杆与竖直杆夹角为30°时，金属球做圆周运动，有：mg tan30°＝m v 21R 1，R 1＝l sin30°，所以v 1＝3gl 6同理，当轻杆与竖直杆夹角为60°时，有：mg tan60°＝m v 22R 2，R 2＝l sin60°，所以v 2＝ 3gl 2 故v 2v 1＝427. [答案] 4279．(2012·上海虹口期末)某机器内有两个围绕各自的固定轴匀速转动的铝盘A ，B ，A 盘固定一个信号发射装置P ，能持续沿半径向外发射红外线，P 到圆心的距离为28 cm.B 盘上固定一个带窗口的红外线信号接收装置Q ，Q 到圆心的距离为16 cm.P ，Q 转动的线速度相同，都是4π m/s.当P ，Q 正对时，P 发出的红外线恰好进入Q 的接收窗口，如下图所示，则Q 每隔一定时间就能接收到红外线信号，这个时间的最小值应为A ．0.56 sB ．0.28 sC ．0.16 sD ．0.07 s[解析] P 转动的周期T P ＝0.14 s ，Q 转动的周期T Q ＝0.08 s ，设这个时间的最小值为t ，t 必须是二者周期的最小公倍数，解得t ＝0.56 s ，选项A 正确．[答案] A10．(2012·江西重点中学联考)如右图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a 和b ，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆C 和D 上，质量为m a 的a 球置于地面上，质量为m b 的b 球从水平位置静止释放．当b 球摆过的角度为90°时，a 球对地面压力刚好为零，下列结论正确的是A ．m a ∶m b ＝3∶1B ．m a ∶m b ＝2∶1C ．若只将细杆D 水平向左移动少许，则当b 球摆过的角度为小于90°的某值时，a 球对地面的压力刚好为零D ．若只将细杆D 水平向左移动少许，则当b 球摆过的角度仍为90°时，a 球对地面的压力刚好为零[解析] 设D 杆到球b 的距离为r ，球b 运动到最低点时的速度大小为v ，则m b gr ＝12mv 2，m a g －m b g ＝mv 2r ，可得m a ＝3m b ，所以选项A 正确，B 错误；若只将细杆D 水平向左移动少许，设D 杆到球b 的距离变为R ，当b 球摆过的角度为θ时，a 球对地面的压力刚好为零，此时速度为v ，如右图所示，则m b gR sin θ＝12mv 2,3m b g －m b g sin θ＝mv2R，可得θ＝90°，所以选项C 错误，D 正确．本题答案为AD.[答案] AD11．(2012·南师附中月考)“太极球”是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材．做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，球却不会掉落地上．现将太极球简化成如下图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动的图中的A ，B ，C ，D 位置时球与板间无相对运动趋势．A 为圆周的最高点，C 为最低点，B ，D 与圆心O 等高．设球的重力为1 N ，不计拍的重力．求：(1)健身者在C 处所需施加的力比在A 处大多少？(2)设在A 处时健身者需施加的力为F ，当球运动时B ，D 位置时，板与水平方向需有一定的夹角θ，请作出tan θ－F 的关系图象．[解析] (1)设球运动的线速度为v ，半径为R ，则在A 处时F ＋mg ＝m v 2R ①，在C 处时F ′－mg ＝m v 2R②，由①②式得ΔF ＝F ′－F ＝2mg ＝2 N.(2)在A 处时健身者需施加的力为F ，球做匀速圆周运动的向心力F 向＝F ＋mg ，在B 处不受摩擦力作用，受力分析如右图所示，则tan θ＝F 向mg ＝F ＋mg mg＝F ＋1. 作出的tan θ－F 的关系图象如右图所示．[答案] (1)2 N (2)见解析12．如下图所示，V 形细杆AOB 能绕其对称轴OO ′转动，OO ′沿竖直方向，V 形杆的两臂与转轴间的夹角均为α＝45°.两质量均为m ＝0.1 kg 的小环，分别套在V 形杆的两臂上，并用长为L ＝1.2 m 、能承受最大拉力F max ＝4.5 N 的轻质细线连结，环与臂间的最大静摩擦力等于两者间弹力为0.2倍．当杆以角速度ω转动时，细线始终处于水平状态，取g ＝10 m/s 2.(1)求杆转动角速度ω的最小值；(2)将杆的角速度从(1)问中求得的最小值开始缓慢增大，直到细线断裂，写出此过程中细线拉力随角速度变化的函数关系式；(3)求第(2)问过程中杆对每个环所做的功．[解析] (1)杆的角速度最小时，摩擦力f max 沿杆向上，建立坐标系，水平方向为x 轴，竖直方向为y 轴，则竖直方向受力平衡F N sin45°＋f max cos45°＝mg ，水平方向合力提供向心力：F N cos45°－f max sin45°＝m ω21r ， 且f max ＝0.2F N ，r ＝L2，∴ω1＝10/3≈3.33 rad/s.(2)当角速度增大，f max 沿杆向下时，竖直方向有，F N sin45°＝f max cos45°＋mg ， 水平方向；F N cos45°＋f max sin45°＝m ω22r ，∴ω2＝5 rad/s.当细线拉力刚达到最大时，有F N sin 45°＝f max cos45°＋mg ，F N cos45°＋f max sin45°＋F max ＝m ω23r ，∴ω3＝10 rad/s.∴F 拉＝⎩⎪⎨⎪⎧0103 rad/s≤ω≤5 rad/s 0.06ω2－1.5 5 rad/s≤ω<10 rad/s(3)根据动能定理，有W ＝12m (ω3r )2－12m (ω1r )2，∴W ＝1.6 J.[答案] (1)3.33 rad/s(2)F 拉＝⎩⎪⎨⎪⎧0103 rad/s≤ω≤5 rad/s 0.06ω2－1.5 5 rad/s≤ω<10 rad/s(3)1.6 J。

课时作业(十七) 电场的力的性质◎必做部分1．(2013·北京市西城区高三期末)如图所示，电场中一正离子只受电场力作用从A 点运动到B 点．离子在A 点的速度大小为v 0，速度方向与电场方向相同．能定性反映该离子从A 点到B 点运动情况的速度－时间(v －t )图象是( )2.(2012·浙江理综)用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上．小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5 cm 时圆环被吸引到笔套上，如图所示．对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是( )A ．摩擦使笔套带电B ．笔套靠近圆环时，圆环上、下部感应出异号电荷C ．圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力D ．笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和3．(2012·安徽理综)如图甲所示，半径为R 的均匀带电圆形平板，单位面积带电荷量为σ，其轴线上任意一点P (坐标为x )的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E ＝2πkσ⎣⎡⎦⎤1－x(R 2＋x 2)1/2，方向沿x 轴．现考虑单位面积带电荷量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r 的圆板，如图乙所示，则圆孔轴线上任意一点Q (坐标为x )的电场强度为( )A ．2πkσ0x(r 2＋x 2)1/2B ．2πkσ0r(r 2＋x 2)1/2C ．2πkσ0xrD ．2πkσ0rx4.(2013·福建省泉州市模考)如图所示，Q 是带负电的点电荷，P 1和P 2是其电场中的两点，一个电子在P 1和P 2两点所受的电场力分别为F 1和F 2，所具有的电势能分别为E p1和E p2，则( )A ．F 1>F 2，E p1<E p2B ．F 1>F 2，E p1>E p2C ．F 1<F 2，E p1<E p2D ．F 1<F 2，E p1>E p25.如图所示，M 、N 和P 是以MN 为直径的半圆弧上的三点，O 点为半圆弧的圆心，∠MOP ＝60°.电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M 、N 两点，这时O 点电场强度的大小为E 1；若将N 点处的点电荷移到P 点，则O 点的电场强度大小变为E 2.E 1与E 2之比为( )A ．1∶2B ．2∶1C ．2∶3D ．4∶ 36.如图所示，a 、b 两带电小球电荷量分别为＋q 和－q ，质量均为m .两球用绝缘细线相连，a 球又用绝缘细线挂在O 点．加一个向左的匀强电场，平衡后两线都拉紧，则两球所处位置可能是( )7.两个大小相同的小球带有同种电荷(可看做点电荷)，质量分别为m 1和m 2，带电荷量分别为q 1和q 2，用绝缘线悬挂后，因静电力而使两悬线张开，分别与竖直方向的夹角为α1和α2，且两球处于同一水平线上，如图所示，若α1＝α2，则下述结论正确的是( )A ．q 1一定等于q 2B．一定满足q1m1＝q2m2C．m1一定等于m2D．必须同时满足q1＝q2，m1＝m28．(2013·广东广州市模拟)如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到电场力作用，根据此图可以作出的正确判断是()A．带电粒子所带电荷的正、负B．带电粒子在a、b两点的受力方向C．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大D．带电粒子在a、b两点的速度何处较大9.(2013·江西师大附中)如图所示，长为l的水平导体棒原来不带电，现将一带电荷量为Q 的点电荷放在距棒左端R处，当达到静电平衡后，棒上感应电荷在棒内距离左端l/4处，产生的场强大小等于________，方向________．10.长为L的绝缘细线下系一带正电的小球，其带电荷量为Q，悬于O点，如图所示．当在O点另外固定一个正电荷时，如果球静止在A处，则细线拉力是重力mg的两倍．现将球拉至图中B处(θ＝60°)，放开球让它摆动，问：(1)固定在O处的正电荷的带电荷量为多少？(2)球摆回到A处时悬线拉力为多少？11.如图所示，竖直放置的两块足够大的带电平行板间形成一个方向水平向右的匀强电场区域，场强E＝3×104 N/C.在两板间用绝缘细线悬挂一个质量m＝5×10－3 kg的带电小球，静止时小球偏离竖直方向的夹角θ＝60°(g取10 m/s2)．试求：(1)小球的电性和电荷量；(2)悬线的拉力；(3)若小球静止时离右板d＝53×10－2 m，剪断悬线后，小球经多少时间碰到右极板．12.在一高为h的绝缘光滑水平桌面上，有一个带电量为＋q、质量为m的带电小球静止，小球到桌子右边缘的距离为x，突然在空间中施加一个水平向右的匀强电场E，且qE＝2mg，如图所示，求：(1)小球经多长时间落地？(2)小球落地时的速度．◎选做部分13.如图所示，微粒A 位于一定高度处，其质量m ＝1×10－4 kg 、电荷量q ＝＋1×10－6 C ，塑料长方体空心盒子B 位于水平地面上，与地面间的动摩擦因数μ＝0.1.B 上表面的下方存在着竖直向上的匀强电场，场强大小E ＝2×103 N/C ，B 上表面的上方存在着竖直向下的匀强电场，场强大小为12E .B 上表面开有一系列略大于A 的小孔，孔间距满足一定的关系，使得A 进出B 的过程中始终不与B 接触．当A 以v 1＝1 m/s 的速度从孔1竖直向下进入B 的瞬间，B 恰以v 2＝0.6 m/s 的速度向右滑行．设B 足够长、足够高且上表面的厚度忽略不计，取g ＝10 m/s 2，A 恰能顺次从各个小孔进出B .试求：(1)从A 第一次进入B 至B 停止运动的过程中，B 通过的总路程x ； (2)B 上至少要开多少个小孔，才能保证A 始终不与B 接触？ (3)从右到左，B 上表面各相邻小孔之间的距离分别为多大？课时作业(十七)◎必做部分1．D 由电场线的疏密分布可知，正离子从A 点沿电场线向B 点运动的过程中，由于电场力对离子做正功，离子速度逐渐增大，同时其所受的电场力越来越小，根据牛顿第二定律可知，离子的加速度a 将会越来越小，因此其速度－时间(v －t )图象的斜率会越来越小，故选项D 正确．2．ABC 笔套与头发摩擦带电，A 正确．笔套靠近圆环时，圆环发生静电感应，其上、下部感应出异号电荷，笔套与圆环有静电吸引力，当圆环所受静电力的合力大于重力时圆环将被吸引到笔套上，B 、C 正确．当笔套碰到圆环时，其整体所带电荷量与笔套之前所带电荷量相同，D 错．3．A 当r 变大时，挖去部分所带的电荷量增加，Q 点的电场强度应减小，B 、D 项均错误．图甲中，R 取无穷大时，坐标x 处电场强度E ＝2πkσ；图乙中，当挖去圆板，r →0时，坐标x 处电场强度应为2πkσ0，A 正确，C 错误．4．B 负点电荷形成的电场，电场强度随距离变大而变小，所以电场力也随距离变大则变小，即选F 1>F 2；电子由P 1到P 2电场力要做正功，电势能变小，即E p1>E p2，所以选B.5．B M 、N 处的两点电荷符号相反，电荷量的数值均为q ，半圆弧半径为r ，两点电荷在O 点形成的电场强度的方向相同，大小均为kq r 2，因此O 点的电场强度大小为E 1＝2kqr 2.在N点的电荷移至P 点时，两点电荷在O 点形成的电场强度大小均为kqr 2，二者方向夹角为120°，因此O 点的电场强度大小为E 2＝kqr2，所以E 1∶E 2＝2∶1，即选项B 正确．6．A 先将a 、b 两个点电荷作为一系统整体分析，由于它们电荷量大小相等，一正一负，因此水平方向受到电场合力为零，系统只受重力和绳子拉力，绳子拉力必在竖直方向，结合b 球的受力情况可知选项A 正确．7．C 由于小球所处的状态是静止的，故用平衡条件去分析．以小球m 1为研究对象，则小球m 1受三个力——绳子的拉力T 、静电力F 、重力m 1g 作用，以水平和竖直方向建立直角坐标系，如图所示，此时只需分解T ，由平衡条件F x 合＝0，F y 合＝0得 T sin α1－k q 1q 2r 2＝0T cos α1－m 1g ＝0 则tan α1＝kq 1q 2m 1gr 2.由于α1＝α2，故tan α1＝tan α2，可得m 1＝m 2.可见，只要m 1＝m 2，不管q 1、q 2如何，α1都等于α2，故正确选项为C..8．BCD 由电场线的疏密可知，a 点的场强大，带电粒子在a 点的加速度大，故C 正确；画出初速度方向结合运动轨迹的偏转方向，可判断带电粒子所受电场力的方向，但由于电场的方向未知，所以不能判断带电粒子的电性，故A 错B 对；利用初速度方向和电场力方向的关系，可判断电场力对带电粒子由a 到b 做负功，动能减小，因此v a >v b ，选项D 对．9．答案：kQ⎝⎛⎭⎫R ＋l 42 水平向左10．解析： (1)球静止在A 处受三个力作用：重力mg 、静电力F 和细线拉力T 拉，由受力平衡和库仑定律列式得：T 拉＝F ＋mg ，F ＝k QqL 2，T 拉＝2mg联立解得：q ＝mgL 2kQ.(2)摆回的过程只有重力做功，所以机械能守恒，规定最低点重力势能等于零，则：mgL (1－cos θ)＝12m v 2由牛顿第二定律和圆周运动规律得 T 拉′－mg －F ＝m v 2L由(1)知静电力F ＝mg ，联立解得：T 拉′＝3mg . 答案： (1)mgL 2kQ(2)3mg11．解析： (1)小球受静电力向右，故带正电，受力分析如图所示．由平衡条件有Eq ＝mg tan 60° 解得q ＝533×10－6 C.(2)由平衡条件得F ＝mgcos 60°.解得F ＝0.1 N.(3)剪断细线后，小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动．在水平方向上有a x ＝Eq m ；d ＝12a x t 2，联立以上两式解得t ＝0.1 s. 答案： (1)正533×10－6 (2)0.1 N (3)0.1 s 12．解析： (1)小球在桌面上做匀加速运动的时间 t 1＝2x a＝2xmqE＝xg，小球在竖直方向做自由落体运动的时间t 2＝2hg，小球从静止出发到落地所经过的时间t ＝t 1＋t 2＝x g＋2h g. (2)小球落地时v y ＝gt 2＝2gh ，v x ＝qEm·t ＝2gt ＝2gx ＋22gh .落地速度v ＝v 2x ＋v 2y ＝4gs ＋10gh ＋8g 2xh .答案： (1)xg ＋2hg(2)4gx ＋10gh ＋8g 2xh ◎选做部分13．解析： (1)B 的加速度大小 a ＝μg ＝1 m/s 2.B 全过程做匀减速直线运动，所以通过的总路程 x ＝v 222a＝0.18 m (2)A 第二次进入B 之前，在B 内运动的加速度大小a 1＝qE －mgm ＝10 m/s 2运动的时间t 1＝2×v 1a 1＝0.2 s在B 外运动的加速度大小a 2＝12qE ＋mg m ＝20 m/s 2.运动的时间 t 2＝2×v 1a 2＝0.1 sA 从第一次进入B 到第二次进入B 的时间 t ＝t 1＋t 2＝0.3 sA 运动一个周期B 减少的速度为Δv ＝at ＝0.3 m/s 从小球第一次进入B 到B 停下，A 运动的周期数为 n ＝v 2Δv ＝0.60.3＝2 故要保证小球始终不与B 相碰，B 上的小孔个数至少为2n ＋1＝5(3)由于B 向右做匀减速直线运动，经0.6 s 速度减为零，由逆向思维可知，B 向左做初速度为零的匀加速直线运动了0.6 s ，每经过0.1 s ，其位移大小之比为1∶3∶5∶7∶9∶11，共有(1＋3＋5＋7＋9＋11)份，即36份，所以，从右到左，B 上表面各相邻小孔之间的距离分别为9＋1136s ＝0.1 m 736s ＝0.035 m 3＋536s ＝0.04 m 136s ＝0.005 m 答案： (1)0.18 m (2)5 (3)从右向左相邻两孔距离分别为：0.1 m 、0.035 m 、0.04 m 、0.005 m。

课时作业(二十四)1．(2012·广州测试)如右图所示的电容式键盘，是通过改变电容器的哪个因素来改变电容的( )A ．两板间的距离B ．两板间的电压C ．两板间的电介质D ．两板的正对面积[解析] 计算机键盘上下运动时，改变了上、下两板间的距离，故A 正确． [答案] A2．(2012·山东淄博月考)如右图所示，用电池对电容器充电，电路a 、b 之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q 处于静止状态．现将两极板的间距变大，则( )A ．电荷将向上加速运动B ．电荷将向下加速运动C ．电流表中将有从a 到b 的电流D ．电流表中将有从b 到a 的电流[解析] 充电后电容器的上极板A 带正电．不断开电源，增大两板间距，U 不变、d 增大．由E ＝Ud 知两极板间场强减小，场强减小会使电荷q 受到的电场力减小，电场力小于重力，合力向下，电荷q 向下加速运动．由C ＝εS4πkd 知电容C 减小，由Q ＝CU 知极板所带电荷量减少，会有一部分电荷返回电源，形成逆时针方向的电流，故电流表中将会有由b 到a的电流，选项BD 正确．[答案] BD3．电荷量和质量之比叫比荷，质量和电荷量不同的带电粒子，在具有相同电压的加速电场中由静止开始加速后，必定是( )A ．比荷大的粒子其动能大，电荷量大的粒子其速度大B ．比荷大的粒子其速度大，电荷量大的粒子其动能大C ．比荷大的粒子其速度和动能都大D ．电荷量大的粒子其速度和动能都大[解析] 由动能定理E k ＝12mv 2＝qU 可知，电荷量大的粒子其动能大．又可得v ＝ 2qUm ，可知比荷大的粒子其速度大，B 对．[答案] B4．(2012·秦淮检测)如图(甲)所示为一只“极距变化型电容式传感器”的部分构件示意图．当动极板和定极板之间的距离d 变化时，电容C 便发生变化，通过测量电容C 的变化就可知道两极板之间距离d 的变化的情况．在图(乙)中能正确反映C 与d 之间变化规律的图象是( )[解析] 由平行板电容器电容的决定式C ＝εr S /(4πkd )可知，电容C 与极板之间距离d 成反比，在第一象限反比例函数图象是双曲线的一支，所以A 正确．[答案] A5．(2012·滨海检测)如图(甲)所示，一个带正电的粒子以一定的初速度垂直进入水平方向的匀强电场，若不计重力，在图(乙)中能正确描述粒子在电场中运动轨迹的是[解析] 粒子在电场中做类平抛运动，受力方向总是沿电场线方向指向轨迹的凹侧，C 正确．[答案] C 6.如右图所示，平行板电容器的电容为C ，带电荷量为Q ，两极板间距离为d ，今在距两极板的中点12d 处放一电荷q ，则( )A ．q 所受静电力的大小为QqCdB ．q 所受静电力的大小为k 4Qqd 2 C ．q 点处的电场强度是k 4Qd 2 D ．q 点处的电场强度是k 8qd 2[解析] 两极板之间的电场强度E ＝U d ，q 受到的静电力F ＝Eq ＝U d q ＝QCd q ，A 正确；Q 不是点电荷，点电荷的场强公式E ＝k Qr 2在这里不能用，B 、C 、D 不正确．[答案] A 7.如右图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电粒子以速度v 0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，粒子仍以相同的速度v 0从原处飞入(不计重力)，则带电粒子( )A ．将打在下板中央B ．仍沿原轨迹由下板边缘飞出C ．不发生偏转，沿直线运动D ．在两板间运动时间不变[解析] 将电容器上板移动一小段距离，电容器带电荷量不变，由公式E ＝U d ＝QCd ＝4k πQεr S ，可知，电容器产生的场强不变，以相同速度入射的带电粒子仍将沿原轨迹运动，下板不动时，带电粒子沿原轨迹由下板边缘飞出，B 正确；带电粒子运动时间t ＝lv 0不变，D正确．[答案] BD 8.如图所示装置，真空中有三个电极：发射电子的阴极：其电势φk ＝－182 V ；栅网：能让电子由其间穿过，电势φk ＝0；反射极电势为φr ＝－250 V ，与栅网的距离d ＝4 mm.设各电极间的电场是均匀的，从阴极发射的电子初速度为零，电子所受重力可以忽略，已知电子质量是0.91×10－30 kg ，电荷量e ＝1.6×10－19 C ，设某时刻有一电子穿过栅网飞向反射极，问它经过多长时间后再回到栅网？[解析] 因为|φk |<|φr |，所以电子穿过栅网，不到反射极就返回．设电子在到达栅网时速度为v ，则12mv 2＝e (φg －φk )，电子在栅网和反射极间的加速度a ＝e φg －φrmd ，又t ＝2va ，联立以上几式解得t ＝1.5×10－9s.[答案] 1.5×10－9 s9.如右图所示，从F 处释放一个无初速度的电子向B 板方向运动，指出下列对电子运动的描述中哪项是正确的(设电源电动势为E )( )A ．电子到达B 板时的动能是Ee B ．电子从B 板到达C 板动能变化量为零C ．电子到达D 板时动能是3Ee D ．电子在A 板和D 板之间做往复运动[解析] 电子从A 板到B 板做匀加速运动，且eE ＝ΔE k ，A 正确；在BC 之间做匀速运动，B 正确；从C 板到D 板做匀减速运动，到达D 板时，速度减为零，C 错误，D 正确．[答案] ABD 10.如右图所示，质量相同的两个带电粒子P 、Q 以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P 从两极板正中央射入，Q 从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中( )A ．它们运动的时间t Q ＝t pB ．它们运动的加速度a Q <a pC ．它们所带的电荷量之比q P ∶q Q ＝1∶2D ．它们的动能增加量之比ΔE KP ∶ΔE KQ ＝1∶2[解析] 设P 、Q 两粒子的初速度为v 0，加速度分别为a P 和a Q ，粒子P 到上极板的距离是h /2，它们做类平抛运动的水平距离为l .则对P ，由l ＝v 0t P ，h 2＝12a P t 2P ，得到a P ＝hv 20l 2.同理对Q ，l ＝v 0t Q ，h ＝12a Q t 2Q ，得到a Q ＝2hv 20l 2.由此可见t P ＝t Q ，a Q ＝2a P ，而a P ＝q P E m ，a Q ＝q Q Em ，所以q P ∶q Q ＝1∶2.由动能定理，它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝ma P h2∶ma Q h ＝1∶4.综上所述，A 、C 正确．[答案] AC11．质谱分析技术已广泛应用于各前沿科学领域．汤姆孙发现电子的质谱装置示意如图所示，M 、N 为两块水平放置的平行金属极板，板长为L ，板右端到屏的距离为D ，且D 远大于L ，O ′O 为垂直于屏的中心轴线，不计离子重力和离子在板间偏离O ′O 的距离．以屏中心O 为原点建立xOy 直角坐标系，其中x 轴沿水平方向，y 轴沿竖直方向．设一个质量为m 0、电荷量为q 0的正离子以速度v 0沿O ′O 的方向从O ′点射入，板间不加电场和磁场时，离子打在屏上O 点．若在两极板间加一沿＋y 方向场强为E 的匀强电场，求离子射到屏上时偏离O 点的距离y 0.[解析] 离子在电场中受到的静电力F y ＝q 0E离子获得的加速度a y ＝F ym 0 离子在板间运动的时间t 0＝Lv 0到达极板右边缘时，离子在＋y 方向的分速度v y ＝a y t 0离子从板右端到达屏上所需时间t 0′＝Dv 0离子射到屏上时偏离O 点的距离y 0＝v y t 0′由上述各式，得y 0＝q 0ELDm 0v 20. [答案] q 0ELD m 0v 2012．如下图甲所示，静电除尘装置中有一长为L 、宽为b 、高为d 的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料．如下图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连．质量为m 、电荷量为－q 、分布均匀的尘埃以水平速度v 0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．通过调整两板间距d 可以改变收集效率η.当d ＝d 0时，η为81%(即离下板0.81d 0范围内的尘埃能够被收集)．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．(1)求收集效率为100%时，两板间距的最大值d m ； (2)求收集效率η与两板间距d 的函数关系．[解析] (1)收集效率η为81%，即离下板0.81d 0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电源的电压为U ，则在水平方向有L ＝v 0t① 在竖直方向有0.81d 0＝12at 2② 其中a ＝F m ＝qE m ＝qUmd 0③当减小两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率．收集效率恰好为100%时，两板间距即为d m .如果进一步减小d ，收集效率仍为100%.因此，在水平方向有L ＝v 0t④ 在竖直方向有d m ＝12a ′t 2⑤ 其中a ′＝F ′m ＝qE ′m ＝qUmd m⑥联立①②③④⑤⑥式可得d m ＝0.9d 0⑦(2)当d >0.9d 0时，设距下板x 处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有 x ＝12qU md (L v 0)2⑧ 根据题意，收集效率为η＝xd⑨联立①②③⑧⑨式可得η＝0.81(d 0d )2.即当d ≤0.9d 0时η＝100%当d >0.9d 0时η＝0.81(d 0d )2[答案] (1)0.9d 0 (2)η＝0.81(d 0d )2(d >0.9d 0) η＝100% (d ≤0.9d 0)。

课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～7题为单项选择题，8～11题为多项选择题)1．下面的几个图显示了磁场对通电直导线的作用力，其中正确的是()解析：对通电导体用左手定则判断可知C选项正确。

答案： C2．一段长0.2 m，通过2.5 A电流的直导线，在磁感应强度为B的匀强磁场中所受安培力F的情况，正确的是()A．如果B＝2 T，F一定是1 NB．如果F＝0，B也一定为零C．如果B＝4 T，F有可能是1 ND．如果F有最大值，通电导线一定与B平行解析：如果B＝2 T，当导线与磁场方向垂直放置时，安培力最大，大小为F＝BIL＝2×2.5×0.2 N＝1 N；当导线与磁场方向平行放置时，安培力F＝0；当导线与磁场方向成任意夹角放置时，0<F<1 N，选项A、B和D均错误；将L＝0.2 m、I＝2.5 A、B＝4 T、F＝1 N 代入F＝BIL sin θ，解得θ＝30°，故选项C正确。

答案： C3.一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以由a到b的电流，则关于导线ab受磁场力后的运动情况，下列说法正确的是()A．从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B ．从上向下看顺时针转动并远离螺线管C ．从上向下看逆时针转动并远离螺线管D ．从上向下看逆时针转动并靠近螺线管解析： 由安培定则可判定通电螺线管产生的磁场方向，导线等效为Oa 、Ob 两电流元，由左手定则可判定两电流元所受安培力的方向，如图所示，所以从上向下看导线逆时针转动，当转过90°时再用左手定则可判定导线所受磁场力向下，即导线在逆时针转动的同时还要靠近螺线管，D 对。

答案： D 4.如图所示，质量m ＝0.5 kg 、长L ＝1 m 的通电导体棒在安培力作用下静止在倾角为37°的光滑绝缘框架上，磁场方向垂直于框架向下(磁场范围足够大)，右侧回路电源电动势E ＝8 V ，内电阻r ＝1 Ω，额定功率为8 W 、额定电压为4 V 的电动机正常工作，(g ＝10 m/s 2)则( )A ．回路总电流为2 AB ．电动机的额定电流为4 AC ．流经导体棒的电流为4 AD ．磁感应强度的大小为1.5 T解析： 由电路分析可知，电路内电压U 内＝E －U ＝4 V ，回路总电流I 总＝u 内r＝4 A ，选项A 错误；电动机的额定电流I M ＝P U＝2 A ，选项B 错误；流经导体棒的电流I ＝I 总－I M ＝2 A ，选项C 错误；对导体棒受力分析，mg sin 37°＝BIL ，代入数据可得B ＝1.5 T ，选项D 正确。

课时作业(二)1．(2012·南通模拟)对以a ＝2 m/s 2做匀加速直线运动的物体，下列说法正确的是 A ．在任意1 s 内末速度比初速度大2 m/s B ．第n s 末的速度比第1 s 末的速度大2n m/s C ．2 s 末速度是1 s 末速度的2倍 D ．n s 时的速度是n2s 时速度的2倍[解析] 加速度是2 m/s 2，即每秒速度增加2 m/s ，经t s 速度增加2t m/s ，所以很明显A 正确；第n s 末的速度比第1 s 末的速度大2(n －1)m/s ，B 错；因为物体不一定是从静止开始做匀加速运动，所以C 、D 说法不正确．[答案] A2．(2012·山东东营高三月考)一物体以5 m/s 的初速度、－2 m/s 2的加速度在粗糙水平面上滑行，在4 s 内物体通过的路程为( )A ．4 mB ．36 mC ．6.25 mD ．以上答案都不对[解析] 此题属刹车类题目，要注意其实际运动时间．因v 0＝5 m/s ，a ＝－2 m/s 2，故只需t ＝v a ＝2.5 s 停下来，其4 s 内位移即为2.5 s 内位移，s ＝v 2t ＝52×2.5 m＝6.25 m ．选项C 正确．[答案] C3．(2012·淮安质检)做匀加速直线运动的质点，在第5 s 末的速度为10 m/s ，则 A ．前10 s 内位移一定是100 m B ．前10 s 内位移不一定是100 m C ．加速度一定是2 m/s 2D ．加速度不一定是2 m/s 2[解析] 质点在第5 s 末的速度为瞬时速度，因不知质点运动的初速度，故无法确定其加速度大小，C 错误，D 正确；质点在前10 s 内一直做匀加速运动，则前10 s 内的平均速度等于5 s 末瞬时速度为10 m/s ，前10 s 内的位移为100 m ，故A 正确，B 错误．[答案] AD4．(2012·福建师大附中月考)火车从甲站出发，沿平直铁路做匀加速直线运动，紧接着又做匀减速直线运动，到乙站恰好停止．在先、后两个运动过程中( )A ．火车的位移一定相等B ．火车的加速度大小一定相等C ．火车的平均速度一定相等D ．所用的时间一定相等[解析] 火车从甲站出发，沿平直铁路做匀加速直线运动，即初速度为零，紧接着又做匀减速直线运动，也就是做匀加速直线运动的末速度就是做匀减速直线运动的初速度，而做匀减速直线运动的末速度又为零，所以，在先、后两个运动过程中的平均速度v ＝v 0＋v2相等，选项C 正确；火车运动的位移x ＝v t ＝v 0＋v 2t ，火车运动的加速度a ＝v 0－vt，即它们不仅与初速度、末速度有关，还跟时间有关，而前后两个运动过程中所用的时间不一定相同，所以火车的位移、加速度在先、后两个运动过程中不一定相等，即A 、B 、D 选项都不正确．[答案] C5．骑自行车的人由静止开始沿直线运动，在第1 s 内通过1米、第2 s 内通过2米、第3 s 内通过3米、第4 s 内通过4米．则下列说法中正确的是( )A ．自行车和人都做匀加速直线运动B ．第2 s 末的瞬时速度为2.5 m/sC ．第3、4两秒内的平均速度为3.5 m/sD ．整个过程中加速度为1 m/s 2[解析] 本题已明确指出骑自行车的人做初速度为零的直线运动，因此，若为匀变速直线运动，必有连续相等时间内的位移之比是1∶3∶5∶7，而这里对应的位移之比是1∶2∶3∶4.虽然在连续相等时间内位移差相等，但不是匀变速直线运动，故无法求出加速度及第 2 s 末的瞬时速度．根据平均速度的定义可求得第3、4两秒内的平均速度为v ＝3＋42 m/s ＝3.5m/s.C 选项正确．[答案] C6．汽车刹车后开始做匀减速运动，第1 s 内和第2 s 内的位移分别为3 m 和2 m ，那么从2 s 末开始，汽车还能继续向前滑行的最大距离是( )A ．1.5 mB ．1.25 mC ．1.125 mD ．1 m[解析] 由平均速度可求0.5 s 、1.5 s 时的速度分别为3 m/s 和2 m/s ，得a ＝－1 m/s 2.由v ＝v 0＋at 得v 0＝3.5 m/s ，共运动3.5 s,2 s 末后汽车还能运动1.5 s ，由x ＝12at 2得x ＝1.125 m.[答案] C7．(2012·成都模拟)做匀减速直线运动的物体经4 s 停止，若在第1 s 内的位移是14 m ，则最后1 s 内位移是( )A ．3.5 mB ．2 mC ．1 mD ．0[解析] 利用“逆向推理法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则相等时间内的位移之比为7∶5∶3∶1，所以71＝14 m x 1，x 1＝2 m ．故选B.[答案] B8．目前，配置较高的汽车都安装了ABS(或EBS)制动装置，可保证车轮在制动时不会被抱死，使车轮仍有一定的滚动，安装了这种防抱死装置的汽车，在紧急刹车时可获得比车轮抱死更大的制动力，从而使刹车距离大大减小．假设汽车安装防抱死装置后刹车制动力恒为F ，驾驶员的反应时间为t ，汽车的质量为m ，刹车前匀速行驶的速度为v ，则A ．汽车刹车的加速度大小为a ＝vtB ．汽车刹车时间t ′＝mv FC ．汽车的刹车距离为s ＝vt ＋mv 2FD ．汽车的刹车距离为s ＝vt ＋mv 22F[解析] 由F ＝ma 可知，a ＝F m ，制动时间应为t ′＝v a ＝mvF，A 错误，B 正确；刹车距离应为s ＝vt ＋v 22a ＝vt ＋mv 22F，C 错误、D 正确．[答案] BD9．(2012·南师附中模拟)如图甲所示是一种速度传感器的工作原理图，这个系统中只有一个不动的小盒子B ，工作时小盒子B 向被测物体发出短暂的超声波脉冲，脉冲被运动的物体反射后又被B 盒接受，从B 盒发射超声波开始计时，经时间Δt 0再次发射超声波脉冲，图乙是连续两次发射的超声波的位移—时间图象，则下列说法正确的是A ．超声波的速度为v 声＝2x 1t 1B ．超声波的速度为v 声＝2x 2t 2C ．物体的平均速度为v ＝2x 2－x 1t 2－t 1＋2Δt 0D ．物体的平均速度为v ＝2x 2－x 1t 2－t 1＋Δt 0[解析] 由图乙可知，超声波的速度为v 声＝2x 1t 1，A 项正确；对图乙添加辅助线如图，通过数量关系，找出运动物体在发生位移Δx 所用时间Δy ，由图可知，Δt ＝t 2－t 1＋Δt 02，则物体的平均速度为v ＝2x 2－x 1t 2－t 1＋Δt 0，D 项正确．[答案] AD10．物体以速度v 匀速通过直线上的A 、B 两点，所用时间为t ，现在物体从A 点由静止出发，先做匀加速直线运动(加速度为a 1)到某一最大速度v m ，然后立即做匀减速直线运动(加速度大小为a 2)至B 点速度恰好减为0，所用时间仍为t .则物体的A ．v m 只能为2v ，与a 1、a 2的大小无关B ．v m 可为许多值，与a 1、a 2的大小有关C ．a 1、a 2必须是一定的D ．a 1、a 2必须满足a 1·a 2a 1＋a 2＝2vt[解析] 匀速运动时x ＝vt ① 匀加速、匀减速运动时x ＝12v m t② 由①②得v m ＝2v③ 由v 2＝2ax 得：v 2m 2a 1＋v 2m2a 2＝x④由①③④得：a 1·a 2a 1＋a 2＝2vt，所以选项A 、D 正确．[答案] AD11．一列火车做匀变速直线运动驶来，一人在轨道旁边观察火车运动，发现在相邻的两个10 s 内，火车从他跟前分别驶过8节车厢和6节车厢，每节车厢长8 m(连接处长度不计)，求：(1)火车的加速度的大小；(2)人开始观察时火车速度的大小．[解析] (1)由题知，火车做匀减速运动，设火车加速度大小为a ，L ＝8 m. Δx ＝aT 2,8L －6L ＝a ×102，a ＝2L 100＝2×8100m/s 2＝0.16 m/s 2.(2)设人开始观察时火车速度大小为v 0，v t 2＝v ＝8L ＋6L 2T ＝14×820 m/s ＝5.6 m/s.v t2＝v 0－aT ，解得v 0＝7.2 m/s.[答案] (1)0.16 m/s 2(2)7.2 m/s12．(2012·洛阳四校联考)2010年11月18日，珠海航展现场空军八一飞行表演队两架歼10飞机表演剪刀对冲，上演精彩空中秀．质量为m 的歼10飞机表演后返回某机场，降落在跑道上减速过程简化为两个匀减速直线运动．飞机以速度v 0着陆后立即打开减速阻力伞，加速度大小为a 0，运动时间为t 1；随后在无阻力伞情况下匀减速直至停下．在平直跑道上减速滑行总路程为s .求：第二个减速阶段飞机运动的加速度大小和时间．[解析] 如图，A 为飞机着陆点，AB 、BC 分别为两个匀减速运动过程，C 点停下．A 到B 过程，依据运动学规律有 s 1＝v 0t 1－12a 1t 21 v B ＝v 0－a 1t 1B 到C 过程，依据运动学规律有 s 2＝v B t 2－12a 2t 220＝v B －a 2t 2A 到C 过程，有： s ＝s 1＋s 2联立解得：a 2＝v 0－a 1t 122s ＋a 1t 21－2v 0t 1，t 2＝2s ＋a 1t 21－2v 0t 1v 0－a 1t 1.v0－a1t12 2s＋a1t21－2v0t1t2＝2s＋a1t21－2v0t1v0－a1t1[答案] a2＝。

课后作业(二十六)(时间45分钟，满分100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)1.图9－1－12如图9－1－12所示，闭合圆圈导线放置在匀强磁场中，线圈平面与磁场平行，其中ac、bd分别是平行、垂直于磁场方向的两条直径．试分析线圈做如下运动时，能产生感应电流的是()A．使线圈在纸面内平动B．使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动C．使线圈以ac为轴转动D．使线圈以bd为轴转动2．(2013届铜川质检)绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、电键相连，如图9－1－13所示，线圈上端与电源正极相连，闭合电键的瞬间，铝环向上跳起．则下列说法中正确的是()图9－1－13A．若保持电键闭合，则铝环不断升高B．若保持电键闭合，则铝环停留在某一高度C．若保持电键闭合，则铝环跳起到某一高度后将回落D．如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变3.图9－1－14(2012·杭州统测训练)两根通电直导线M、N都垂直纸面固定放置，通过它们的电流方向如图9－1－14所示，线圈L的平面跟纸面平行，现将线圈从位置A 沿M、N连线的中垂线迅速平移到位置B，则在平移过程中，线圈中的感应电流()A．沿顺时针方向，且越来越小B．沿逆时针方向，且越来越大C．始终为零D．先顺时针，后逆时针4.图9－1－15如图9－1－15所示，在直线电流附近有一根金属棒ab，当金属棒以b端为圆心，以ab为半径，在过导线的平面内匀速旋转达到图中的位置时() A．a端聚积电子B．b端聚积电子C．金属棒内电场强度等于零D．a端电势低于b端电势5.图9－1－16如图9－1－16所示，虚线abcd为矩形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，圆形闭合金属线框以一定的速度沿光滑绝缘水平面向磁场区域运动．如图所示给出的是圆形闭合金属线框的四个可能到达的位置，则圆形闭合金属线框的速度可能为零的位置是()A．①②B．③④C．①④D．②③6．(2012·定安一模)如图9－1－17所示，甲、乙两个矩形线圈同处在纸面内，甲的ab边与乙的cd边平行且靠得较近，甲、乙两线圈分别处在垂直纸面方向的匀强磁场中，穿过甲的磁感应强度为B1，方向指向纸面内，穿过乙的磁感应强度为B2，方向指向纸面外，两个磁场可同时变化，当发现ab边和cd边间有排斥力时，磁场的变化情况可能是()甲乙图9－1－17A．B1变小，B2变大B．B1变大，B2变大C．B1变小，B2变小D．B1不变，B2变小7．如图9－1－18所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H 处同时释放(各线框下落过程中不翻转)，则以下说法正确的是()图9－1－18A．三者同时落地B．甲、乙同时落地，丙后落地C．甲、丙同时落地，乙后落地D．乙、丙同时落地，甲后落地8．(2012·固原模拟)如图9－1－19所示，螺线管的导线的两端与两平行金属板相接，一个带负电的小球用丝线悬挂在两金属板间，并处于静止状态，当条形磁铁突然插入线圈时，小球的运动情况是()图9－1－19A．向左摆动B．向右摆动C．保持静止D．无法判定9．如图9－1－20所示，在水平地面下有一条沿东西方向铺设的水平直导线，导线中通有自东向西稳定、强度较大的直流电流．现用一闭合的检测线圈(线圈中串有灵敏电流计，图中未画出)检测此通电直导线的位置，若不考虑地磁场的影响，在检测线圈位于水平面内，从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距直导线很远处的过程中，俯视检测线圈，其中的感应电流的方向是()图9－1－20A．先顺时针后逆时针B．先逆时针后顺时针C．先顺时针后逆时针，然后再顺时针D．先逆时针后顺时针，然后再逆时针10．(2013届福州三中模拟)现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如图9－1－21连接．在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端P向左加速滑动时，电流计指针向右偏转．由此可以推断()图9－1－21A．线圈A向上移动或滑动变阻器的滑动端P向右加速滑动，都能引起电流计指针向左偏转B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起电流计指针向右偏转C．滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，都能使电流计指针静止在中央D．因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转的方向二、非选择题(本题共2小题，共30分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)11.图9－1－22(14分)如图9－1－22所示，匀强磁场区域宽为d，一正方形线框abcd的边长为l，且l＞d，线框以速度v通过磁场区域，从线框进入到完全离开磁场的时间内，线框中没有感应电流的时间是多少？12.图9－1－23(16分)如图9－1－23所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动．t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形．为使MN 棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B应怎样随时间t变化？请推导出这种情况下B与t的关系式．答案及解析1.【解析】使线圈在纸面内平动，沿垂直纸面方向向纸外平动或以ac为轴转动，线圈中的磁通量始终为零，不变化，无感应电流产生；以bd为轴转动时，线圈中的磁通量不断变化，能产生感应电流．所以D选项正确．【答案】 D2．【解析】若保持电键闭合，磁通量不变，感应电流消失，所以铝环跳起到某一高度后将回落，A、B错，C对；正、负极对调，同样磁通量增加，由楞次定律知，铝环向上跳起，现象不变，D正确．【答案】CD3.【解析】根据直线电流周围磁场磁感线的分布特点．线圈L中的磁通量始终为零，故感应电流始终为零．【答案】 C4.【解析】因导体棒所在区域的磁场的方向垂直于纸面向外，当金属棒转动时，由右手定则可知，a端的电势高于b端的电势，b端聚积电子，B正确．【答案】 B5.【解析】因为线框在进、出磁场时，线框中的磁通量发生变化，产生感应电流，安培力阻碍线框运动，使线框的速度可能减为零，故①④正确．【答案】 C6．【解析】ab边与cd边有斥力，则两边通过的电流方向一定相反，由楞次定律可知，当B1变小，B2变大时，ab边与cd边中的电流方向相反．【答案】 A7．【解析】甲是闭合铜线框，在下落过程中产生感应电流，所受的安培力阻碍它的下落，故所需的时间长；乙没有闭合回路，丙是塑料线框，故都不会产生感应电流，它们做自由落体运动，故D正确．【答案】 D8．【解析】当条形磁铁插入线圈中时，线圈中向左的磁场增强．由楞次定律可判定金属板左端电势高，故带负电的小球将向左摆动，A正确．【答案】 A9．【解析】如图为地下通电直导线产生的磁场的正视图，当线圈在通电直导线正上方的左侧时由楞次定律知，线圈中感应电流方向为逆时针，同理在右侧也为逆时针，当线圈一部分在左侧一部分在右侧时为顺时针，故D对．【答案】 D10．【解析】当线圈A向上移动时，穿过线圈B的磁通量减少，方向没变，可知电流计指针向右偏，故A选项错．当线圈A中铁芯向上拔出或断开开关时，都会使A线圈的磁场变弱，使电流计指针右偏，故B选项正确．当P向左匀速或向右匀速滑动时，穿过B线圈的磁通量均匀变化，由感应电流产生的条件可知，都会产生感应电流，指针均偏转，故C选项错．由以上分析可知，虽然A 线圈、B线圈的绕线方向未知，但仍能判断出电流计指针偏转方向(感应电流的方向)，故D选项错，只有B正确．【答案】 B11.【解析】从线框进入到完全离开磁场的过程中，当线框bc边运动至磁场右边缘至ad边运动至磁场左边缘过程中无感应电流．此过程位移为：l－d故t＝l－d v.【答案】l－d v12.【解析】要使MN棒中不产生感应电流，应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化在t＝0时刻，穿过线圈平面的磁通量Φ1＝B0S＝B0l2设t时刻的磁感应强度为B，此时磁通量为Φ2＝Bl(l＋v t)由Φ1＝Φ2得B＝B0ll＋v t.【答案】B＝B0l l＋v t。

课时作业(八)1．如右图所示，一运送救灾物资的直升飞机沿水平方向匀速飞行．已知物资的总质量为m ，吊运物资的悬索与竖直方向成θ角．设物资所受的空气阻力为F f ，悬索对物资的拉力为F ，重力加速度为g ，则( )A ．F f ＝mg sin θB ．F f ＝mg tan θC ．F ＝mg cos θD ．F ＝mgtan θ[解析] 救灾物资匀速飞行，受力平衡，它受到向下的重力mg ，向右的阻力F f 和沿细绳斜向上的拉力，可得F f ＝mg tan θ，A 错误、B 正确；F ＝mgcos θ，C 、D 错误．[答案] B 2.(2012·泉州质检)滑滑梯是小孩子很喜欢的娱乐活动．如右图所示，一个小孩正在滑梯上匀速下滑，则( )A ．小孩所受的重力与小孩所受的弹力大小相等B ．小孩所受的重力与小孩所受的摩擦力大小相等C ．小孩所受的弹力和摩擦力的合力与小孩所受的重力大小相等D ．小孩所受的重力和弹力的合力与小孩所受的摩擦力大小相等 [解析] 小孩在滑梯上受力如图所示，设滑梯斜面倾角为θ，则F N＝mg cosθ，F f＝mg sinθ，所以A、B错误；小孩在重力、弹力和摩擦力三个力作用下处于平衡状态，其中任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反，故C、D正确．[答案] CD3．(2012·潍坊市联考)如右图所示，斜面A和物块B静置在水平地面上，某时刻起，对B施加一个沿斜面向上的拉力F，力F从零开始随时间均匀增大，在这一过程中，A、B始终保持静止．则地面对A 的( ) A．支持力不变B．支持力减小C．摩擦力增大D．摩擦力减小[解析] 设斜面的倾角为θ，以A、B整体为研究对象，因为A、B始终保持静止，由平衡条件得F f＝F cosθ，(m A＋m B)g＝F N＋F sinθ，又F均匀增大，故摩擦力F f增大，支持力F N减小，选项B、C正确．[答案] BC4．如图所示，轻杆A端用光滑水平铰链装在竖直墙面上，B端用水平绳连在墙C处，在B端悬挂一重物P，在水平向右的力F缓慢拉起重物P的过程中，杆AB所受压力的变化情况是A．变大B．变小C．先变小再变大D．不变[解析] 根据力的合成与分解可知，CB绳的拉力增大，BP绳的拉力也增大，但杆与竖直方向的夹角不变，杆所受压力沿竖直方向的分力始终与重物的重力大小相等，故杆所受压力也不变，D正确．[答案] D5.(2012·安徽省省城名校联考)如图所示，放在粗糙水平面上的“L型”物体A，上表面光滑，下表面粗糙．A和B之间用一根弹簧连接，物体A始终静止在水平地面上，某时刻物体A受到地面水平向右的摩擦力作用．关于此时刻，下列说法中正确的是A．弹簧处于伸长状态B．弹簧处于原长状态C．弹簧处于压缩状态D．B一定静止在物体A上[解析] 某时刻物体A受到地面水平向右的摩擦力作用，隔离物体A，根据平衡条件，A一定受到弹簧对A向左的弹力，弹簧处于伸长状态，选项A正确．[答案] A6.(2012·安徽省省城名校联考)如图所示，在竖直墙壁的A点处有一根水平轻杆a，杆的左端有一个轻滑轮O.一根细线上端固定在该天花板的B点处，细线跨过滑轮O，下端系一个重为G的物体，开始时BO段细线与天花板的夹角为θ＝30°.系统保持静止，当轻杆a缓慢向下移动的过程中，不计一切摩擦．下列说法中正确的是A．细线BO对天花板的拉力不变B．a杆对滑轮的作用力逐渐减小C．a杆对滑轮的作用力的方向沿杆水平向右D．墙壁对a杆的作用力不变[解析] 细线BO对天花板的拉力大小等于物体重力，当轻杆a缓慢向下移动的过程中，拉力大小不变，方向改变，选项A错误；以滑轮为研究对象，画出受力分析图，当轻杆a 缓慢向下移动的过程中，a杆对滑轮的作用力逐渐减小，选项B正确；a杆对滑轮的作用力的方向偏向右上，选项C错误；以杆为研究对象，分析受力可得，墙壁对a杆的作用力方向改变，大小减小，选项D错误。