2017版高中物理《加练半小时》全国配套Word版文档第七章 微专题51

1．考点及要求：(1)牛顿运动定律(Ⅱ)；(2)牛顿运动定律的应用(Ⅱ).2.方法与技巧：作用力与反作用力的关系可总结为“三同、三异、三无关”．三同：同大小、同变化、同消失．三异：异体、异向、异效．三无关：与物体的种类无关、与物体的状态无关，与是否与其他物体相互作用无关．1．(对惯性的理解)(多选)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是() A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B．没有力的作用，物体只能处于静止状态C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动2．(对牛顿第一定律的研究)伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法．图1中a、b分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是()图1A．图a通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动B．图a中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易C．图b中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成D．图b的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持3．(对牛顿第三定律的理解)牛顿在总结C·雷恩、J·沃利斯和C·惠更斯等人的研究结果后，提出了著名的牛顿第三定律，阐述了作用力和反作用力的关系，从而与牛顿第一和第二定律形成了完整的牛顿力学体系．下列关于作用力和反作用力的说法正确的是()A．物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力B．物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡C．人推车前进，人对车的作用力大于车对人的作用力D．物体在地面上滑行，不论物体的速度多大，物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力始终大小相等4．(牛顿第三定律在受力分析中的应用)电视台体育频道讲解棋局节目中棋盘竖直放置，棋盘由磁石做成，棋子都可视为被磁石吸引的小磁体，若某棋子静止，则()A．棋盘面可选足够光滑的材料B．棋盘对棋子的作用力比棋子对棋盘的作用力大C．棋盘对棋子的作用力比棋子的重力大D．若棋盘对棋子的磁力越大，则对其摩擦力也越大5．一物体受绳子的拉力作用由静止开始前进，先做加速运动，然后改为匀速运动，再改做减速运动，则下列说法中正确的是()A．加速前进时，绳子拉物体的力大于物体拉绳子的力B．减速前进时，绳子拉物体的力小于物体拉绳子的力C．只有匀速前进时，绳子拉物体的力才与物体拉绳子的力大小相等D．不管物体如何前进，绳子拉物体的力与物体拉绳子的力大小总相等图26．伽利略利用如图2所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后运动至右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐减小的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.对比三次实验结果，可直接得到的结论是()A．如果斜面光滑，小球可以上升到比O′点更高的位置B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C．小球受到斜面的阻力越小，其上升的位置越高D．自由落体运动是匀变速直线运动7.一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的总质量为M，环的质量为m，如图3所示，已知环沿杆匀加速下滑时，杆对环的摩擦力大小为F f，则此时箱对地面的压力大小为多少？图3答案解析1．AD[物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫惯性，即物体抵抗运动状态变化的性质，则A项正确．没有力的作用，物体可能保持匀速直线运动状态或静止状态，则B 错．行星在圆周轨道上保持匀速率运动是由于受到改变运动状态的向心力作用，其运动状态是不断变化的，则C错．D项符合惯性定义，是正确的．]2．B[图a是先在倾角较小的斜面上进行实验，“冲淡”重力，使时间测量更容易，A项错误，B项正确；完全没有摩擦阻力的斜面并不存在，C项错；图b中实验通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持，D项错．]3．D[由牛顿第三定律可知，作用力和反作用力同时产生，同时消失，选项A错误；压力和支持力作用在两个不同的物体上，而平衡力是作用在同一个物体上，选项B错误；作用力与反作用力等大反向，故人对车的作用力等于车对人的作用力，选项C错误；物体对地面的摩擦力大小等于地面对物体的摩擦力，选项D正确．]4．C[根据竖直方向上二力平衡知：F f静＝G，则G应不超过最大静摩擦力，有F f静<F fm＝μF N，F N一定，要使棋子不滑下，应增大最大静摩擦力，为此应增大μ，棋盘面应选取较粗糙的材料，故A错误；棋盘对棋子的作用力与棋子对棋盘的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反．故B错误；棋盘对棋子的摩擦力与重力大小相等，棋盘对棋子的作用力是支持力与摩擦力的合力，所以比棋子的重力大，故C正确；棋盘对棋子的静摩擦力与棋子的重力平衡，棋盘对棋子的磁力增大，摩擦力大小不变，故D错误．]5．D[绳子拉物体的力与物体拉绳子的力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，与物体的运动状态和作用效果无关，加速前进、匀速前进或减速前进时，绳子拉物体的力都等于物体拉绳子的力，故A、B、C错误，D正确．]6．C[在此实验中，若斜面光滑，只有重力做功，机械能守恒，小球最高只能上升到O′位置，A项错误．此实验说明小球受到的阻力越小，机械能损失越少，上升的位置越高，但不能直接说明小球不受力时，它将一直保持匀速运动或静止状态，更不能直接说明自由落体运动是匀变速直线运动，所以C项正确，B、D两项错误．]7．F f＋Mg解析箱子在竖直方向上受力情况如图所示，其受重力Mg、地面对它的支持力F N及环对它的摩擦力F f′，由牛顿第三定律知F f′＝F f. 由于箱子处于平衡状态，可得：F N＝F f′＋Mg＝F f＋Mg.根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的弹力大小，则F N′＝F N＝F f＋Mg.。

微题型80 波动图象与波的传播训练目标 1.理解波的传播规律，会用波的公式进行有关计算.2.理解波的图象的物理意义，会根据波的传播方向判断质点振动方向或根据质点振动方向判断波的传播方向． 题组一 波的图象的理解和波的公式的应用1. (2014·唐山市摸底考试)如图1是一列简谐波在t ＝0时刻的波形图，介质中x ＝4 m 处质点沿y 轴方向做简谐运动的表达式为y ＝5sin 5πt cm.关于这列波，下列说法正确的是( )图1A ．波长为4 mB ．波速为10 m/sC ．波沿x 轴正方向传播D ．再经过半个周期的时间，x ＝4 m 处质点沿波的传播方向移动2 mE ．再经过34个周期的时间，x ＝4 m 处质点位于波谷 2．(2013·稽阳联谊学校高三4月联考) 将一弹性绳沿x 轴放置，左端位于坐标原点，用手握住绳的左端，当t ＝0时，使其开始沿y 轴做简谐振动，在t ＝0.75 s 时形成如图2所示的波形，M 点是位于x ＝10 cm 处的质点，N 点是位于x ＝50 cm 处的质点，则可知( )图2A ．绳波的传播速度为20 m/sB ．N 点开始振动的方向沿y 轴正方向C ．t ＝3 s 时N 点第一次沿y 轴正方向经过平衡位置D ．当N 点第一次到达波峰时，M 点经过的总路程为104 cm题组二 波的传播方向与质点振动方向的互判3. 图3为一列沿x 轴负方向传播的简谐横波，实线为t ＝0时刻的波形图，虚线为t ＝0.6 s 时的波形图，波的周期T >0.6 s ，则( )图3A．波的周期为2.4 sB．在t＝0.9 s时，P点沿y轴正方向运动C．经过0.4 s，P点经过的路程为4 mD．在t＝0.4 s时，Q点到达波峰位置4．(2013·贵州六校联考) 一列简谐横波在t＝0时刻的波形图如图4实线所示，从此刻起，经0.1 s波形图如图虚线所示，若波传播的速度为10 m/s，则()图4A．这列波沿x轴负方向传播B．这列波的周期为0.4 sC．t＝0时刻质点a沿y轴正方向运动D．从t＝0时刻开始，质点a经0.2 s通过的路程为0.4 mE．x＝2 m处的质点的位移表达式为y＝0.2sin(5πt＋π) (m)5．(2013·河南中原联考) 一列简谐横波沿x轴传播，周期为T，t＝0时刻的波形如图5所示．此时平衡位置位于x＝3 m 处的质点正在向上运动，若a、b两质点平衡位置的坐标分别为x a ＝2.5 m，x b＝5.5 m，则()图5A．当a质点处在波峰时，b质点恰在波谷B．t＝T/4时，a质点正在向y轴负方向运动C．t＝3T/4时，a质点正在向y轴负方向运动D．在某一时刻，a、b两质点的位移和速度可能都相同题组三波的图象与振动图象的综合应用6．(2014·四川·5)如图6所示，甲为t＝1 s时某横波的波形图像，乙为该波传播方向上某一质点的振动图像，距该质点Δx＝0.5 m处质点的振动图像可能是()图67．(2014·新课标Ⅰ·34(1))图7(a)为一列简谐横波在t ＝2 s 时的波形图，图(b)为媒质中平衡位置在x ＝1.5 m 处的质点的振动图像，P 是平衡位置为x ＝2 m 的质点．下列说法正确的是________．(填正确答案标号)图7A ．波速为0.5 m/sB ．波的传播方向向右C ．0～2 s 时间内，P 运动的路程为8 cmD ．0～2 s 时间内，P 向y 轴正方向运动E ．当t ＝7 s 时，P 恰好回到平衡位置答案1．ABE [由波形图可知这列波的波长为λ＝4 m ，由T ＝2πω可得T ＝0.4 s ，波速为v ＝λ/T ＝10 m/s.选项A 、B 正确．根据介质中x ＝4 m 处质点沿y 轴方向做简谐运动的表达式为y ＝5sin 5πt cm 可知波沿x 轴负方向传播，选项C 错误．质点在各自的平衡位置附近振动，不沿波的方向移动，D 错误．再经过34个周期的时间，x ＝4 m 处质点位于波谷，选项E 正确．]2．C [由题意可知T ＝1 s ，由图可知λ＝20 cm ，所以波速v ＝λ/T ＝20 cm/s ，选项A 错．由图可知t ＝0.75 s 时，x ＝15 cm 的质点刚开始振动，并且振动方向沿y 轴负方向，所以N 点开始振动的方向也应该沿y 轴负方向，选项B 错．t ＝0.75 s 时，x ＝5 cm 的质点第一次沿y 轴正方向经过平衡位置，这个振动形式传到N 点还要t 1＝(50－5) cm 20 cm/s＝2.25 s ，所以当t 2＝t ＋t 1＝3 s 时N 点第一次沿y 轴正方向经过平衡位置，选项C 正确．t ＝0.75 s 时，M 点已经经过的路程为8 cm ，N 点第一次到波峰还要经历t 3＝50 cm 20 cm/s＝2.5 s ，即2.5T ，M 点还要经过路程2.5×4×8＝80 cm ，所以M 点经过的总路程为88 cm ，选项D 错．]3．D [因为T >0.6 s 且波沿x 轴负方向传播，所以波一定传播了34λ，经过了34T ，所以周期为0.8 s ，A 错误；P 点在t ＝0时刻沿y 轴负方向运动，经过0.9 s ，即118T 后仍沿y 轴负方向运动，B 错误；经过0.4 s ，即半个周期，P 点经过的路程为2A ＝0.4 m ，C 错误；经过0.4 s ＝12T ，Q 点恰好到达波峰位置，D 正确．] 4．ABDE [从图中可以看出波长等于4 m ，由已知得波速等于10 m/s ，故周期T ＝0.4 s ；由题图结合题意可知波沿x 轴负方向传播；t ＝0时刻质点a 沿y 轴负方向运动；从t ＝0时刻开始，质点a 经0.2 s ，即半个周期通过的路程为0.4 m ；由y ＝A sin(ωt ＋φ)易得E 正确．]5．C [由题图可以看出波长为4 m ，t ＝0时刻x ＝3 m 处的质点向上振动，可知该波向左传播．将整个波形图向左平移1.5 m 时，a 质点到达波峰，此时b 质点正好在平衡位置，A 错；将图象整体向左平移1 m ，即波传播T /4时，a 质点的振动状态与t ＝0时刻平衡位置在3.5 m 处的质点振动状态一样，即处在平衡位置上方并向y 轴正方向运动，B 错；将图象整体向左平移3 m ，即波传播3T /4时，a 质点的振动状态与t ＝0时刻平衡位置在5.5 m 处的b 质点的振动状态一样，即处在平衡位置下方并向y 轴负方向运动，C 对；a 、b 质点相隔3 m ，即相差3T /4，不可能出现位移和速度都相同的情况，故D 错．]6．A [(法一)若波沿＋x 方向传播，则t ＝0时的波形图如图中虚线所示，则质点P 的振动图像为题中乙图所示．距P 点0.5 m 的质点的位移y >0，且向下运动，或y <0，且向上运动；若波沿－x 方向传播，则t ＝0时的波形图如图中虚线所示，则质点Q 的振动图像为题中乙图所示．距Q 点0.5 m 的质点的位移y <0，且向上运动，或y >0，且向下运动．所以选项A 正确．(法二)根据波形图像可得波长λ＝2 m ，根据振动图像可得周期T ＝2 s ．两质点之间的距离Δx＝0.5 m ＝14λ.根据振动和波动之间的关系，则另一质点相对该质点的振动延迟14T ，如图甲所示，或者提前14T ，如图乙所示．符合条件的只有选项A.]7．ACE [由题图(a)读出波长λ＝2 m ，由题图(b)读出周期T ＝4 s ，则v ＝λT＝0.5 m/s ，选项A 正确；题图(a)是t ＝2 s 时的波形图，题图(b)是x ＝1.5 m 处质点的振动图像，所以该质点在t ＝2 s 时向下振动，所以波向左传播，选项B 错误；在0～2 s 内质点P 由波峰向波谷振动，通过的路程s ＝2A ＝8 cm ，选项C 正确，选项D 错误；当t ＝7 s 时，P 点振动了74个周期，所以这时P 点位置与t ＝34T ＝3 s 时位置相同，即在平衡位置，所以选项E 正确．]。

一、单项选择题1．如图1所示，两根长为L、质量为m的导体棒a、b，a被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，b被水平固定在与a同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为s.当两棒中均通以电流为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止，则下列说法正确的是()图1A．b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度方向水平向右B．b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度大小为2mg ILC．若使b上移少许，a仍可能保持静止D．若使b下移少许，a仍可能保持静止2．如图2所示，质量为m、长度为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂在O、O′点，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.棒中通以某一方向的电流，平衡时两细线与竖直方向夹角均为θ，重力加速度为g.则()图2A．金属棒中的电流方向由N指向MB．金属棒MN所受安培力的方向垂直于OMNO′平面向上C．金属棒中的电流大小为mgBL tanθD．每条细线所受拉力大小为mg cosθ3．如图3所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第Ⅰ象限内，磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向里．一质量为m 、电荷量绝对值为q 、不计重力的粒子，以某速度从O 点沿着与y 轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A 点时，粒子速度沿x 轴正方向．下列判断正确的是( )图3A ．粒子带正电B ．运动过程中，粒子的速度不变C ．粒子由O 到A 经历的时间为t ＝πm 3qBD ．离开第Ⅰ象限时，粒子的速度方向与x 轴正方向的夹角为30° 二、多项选择题4．有关电荷所受电场力和洛沦兹力的说法中，正确的是( ) A ．电荷在磁场中一定受磁场力的作用 B ．电荷在电场中一定受电场力的作用C ．电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致D ．电荷若受磁场力，则受力方向与该处的磁场方向垂直5．为了测量某地地磁场的水平分量B x ，课外兴趣小组进行了如图4所示的实验：在横截面为长方形、只有上下表面A 、B 为金属板的导管中通以导电液体，将导管沿东西方向放置时，A 、B 两面出现电势差，测出相应的值就可以求出地磁场的水平分量．假如在某次实验中测得导电液体的流动速度为v 、导管横截面的宽为a 、高为b ，A 、B 面的电势差为U .则下列判断正确的是( )图4A ．B x ＝U v a B ．B x ＝Uv bC．A面的电势高于B面D．B面的电势高于A面6．空间有一磁感应强度为B的水平匀强磁场，质量为m、电荷量为q的质点以垂直于磁场方向的速度v0水平进入该磁场，在飞出磁场时高度下降了h.重力加速度为g.则下列说法正确的是()A．带电质点进入磁场时所受洛伦兹力可能向上B．带电质点进入磁场时所受洛伦兹力一定向下C．带电质点飞出磁场时速度的大小为v0D．带电质点飞出磁场时速度的大小为v20＋2gh三、非选择题7．如图5所示，有一直角三角形OAC，OC长为12cm，∠C＝30°，AC上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B1＝1T，OA左侧也存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B2未知，一质量为m＝8×10－10kg、电荷量q＝1×10－4C 的带正电粒子从C点以垂直于OC的速度v进入磁场，恰好经A点到达O点，不计粒子重力，求：图5(1)未知匀强磁场的磁感应强度B2的大小；(2)粒子在磁场中从C点经A点到达O点运动的总时间．8．如图6所示，两平行金属板E、F之间电压为U，两足够长的平行边界MN、PQ区域内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)，由E板中央处静止释放，经F板上的小孔射出后，垂直进入磁场，且进入磁场时与边界MN成60°角，最终粒子从边界MN离开磁场．求：图6(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径r；(2)两边界MN、PQ的最小距离d；(3)粒子在磁场中运动的时间t.9．如图7所示，在xOy平面的第Ⅱ象限内有半径为R的圆分别与x轴、y轴相切于P、Q两点，圆内存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场．在第Ⅰ象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度为E.一带正电的粒子(不计重力)以速率v0从P点射入磁场后恰好垂直y轴进入电场，最后从M(3R,0)点射出电场，出射方向与x轴正方向夹角为α，且满足α＝45°，求：图7(1)带电粒子的比荷；(2)磁场磁感应强度B的大小；(3)粒子从P点入射磁场到M点射出电场的时间．答案解析1．C[通电导体棒a处于通电导体棒b的磁场中，由右手螺旋定则可得通电导体棒a处于竖直向上的磁场中，故A错误；当导体棒a处于磁感应强度B的方向竖直向上的匀强磁场中，则受到水平向右的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，因夹角为45°，则B＝mg tan45°IL＝mgIL，故B错误；由题意可知，重力和水平向右的安培力的合力与支持力平衡，当减小b在a处的磁感应强度，则安培力减小，要使仍平衡，根据受力平衡条件，则可使b上移，即b对a的安培力斜向上，故C 正确；当b竖直向下移动，导体棒间的安培力减小，根据受力平衡条件，当a受到的安培力方向顺时针转动时，只有大小变大才能保持平衡，而安培力在减小，因此不能保持静止，故D错误．]2．C[平衡时两细线与竖直方向夹角均为θ，故金属棒受到安培力，根据左手定则，可判断金属棒中的电流方向由M指向N，故A错误；金属棒MN所受安培力的方向垂直于MN和磁场方向向右，故B错误；设每条细线所受拉力大小为F T，由受力分析可知，2F T sinθ＝BIL,2F T cosθ＝mg，得I＝mgBL tanθ，故C正确；由受力分析可知，2F T cosθ＝mg，得F T＝12·mgcosθ，故D错误．]3．C[根据左手定则及曲线运动的条件判断出此粒子带负电，故A错误；由于粒子速度的方向在改变，而速度是矢量，所以速度改变了，故B错误；由轨迹可知粒子由O运动到A时速度方向改变了60°，所以粒子轨迹对应的圆心角为θ＝60°，所以粒子运动的时间为t＝60°360°T＝πm3qB，故C正确；粒子沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，由几何的对称性可知，离开磁场时其方向与x轴夹角为60°，故D 错误．]4．BD[当电荷在磁场中静止或者速度方向与磁场方向平行时，电荷在磁场中将不受磁场力的作用，选项A错误；而电荷在电场中一定受电场力的作用，选项B正确；正电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致，选项C 错误；电荷若受磁场力，则由左手定则可知受力方向与该处的磁场方向垂直，选项D 正确．] 5．BC [导电液体流过磁场区域稳定时，电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡，则有qE ＝q U b ＝q v B x ；解得：B x ＝Uv b ，故A 错误，B 正确；地磁场的水平分量从南向北，根据左手定则，正电荷向A 板偏转，负电荷向B 板偏转，故A 面的电势高于B 面，故C 正确，D 错误．]6．AD [该题中由于不知道磁场的方向，所以不能判断出洛伦兹力的方向．带电质点进入磁场时所受洛伦兹力可能向上．故A 正确，B 错误；带电质点运动的过程中只有重力做功，由功能关系可知：12m v 2＝mgh ＋12m v 20，所以：v ＝v 20＋2gh .故C 错误，D 正确．] 7．(1)2T (2)8π×10－6s解析 (1)粒子在磁场B 1中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹如图，其圆心为O 1，设轨迹半径为r 1，则∠O 1AC ＝∠O 1CA ＝30°所以：∠AO 1O ＝2∠O 1CA ＝60°，粒子的偏转角是120° 由几何关系得：r 1＋r 1cos60°＝OC 所以：r 1＝23OC ＝23×12cm ＝8cm 由洛伦兹力提供向心力得：q v B 1＝m v 2r 1所以：v ＝qB 1r 1m ＝1.0×104m/s粒子在磁场B 2中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹如图，其圆心为O 2，设轨迹半径为r 2，则OA ＝2r 2·cos ∠OAO 1＝2r 2·cos30°＝3r 2所以：r 2＝33AO ＝33·OC ·tan30°＝13×12cm ＝4cm由洛伦兹力提供向心力得：q v B 2＝m v 2r 2，所以：B 2＝m vqr 2代入数据得：B 2＝2T(2)粒子在磁场B 1中运动的周期：T 1＝2πmqB 1由偏转角与偏转时间的关系得：t 1＝120°360°T 1＝2πm3qB 1粒子在磁场B 2中运动的周期：T 2＝2πm qB 2由图可知，粒子在磁场B 2中偏转的角度也为120° 所以：t 2＝13T 2＝2πm 3qB 2粒子在磁场中运动的总时间：t ＝t 1＋t 2 代入数据得：t ＝8π×10－6s 8．(1)1B2mU q (2)32B2mU q (3)4πm3qB解析 (1)设粒子离开电场时的速度为v ，由动能定理有： qU ＝12m v 2① 解得：v ＝2qU m ②粒子离开电场后，垂直进入磁场，由洛伦兹力提供向心力有： q v B ＝m v 2r ③ 联立②③解得：r ＝1B2mU q ④(2)最终粒子从边界MN 离开磁场，需满足： d ≥r ＋r sin30°⑤联立④⑤解得：d ≥32B 2mU q ⑥两边界MN 、PQ 的最小距离d 为32B2mU q(3)粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πrv ⑦ 联立③⑦解得：T ＝2πmqB ⑧粒子在磁场中运动的时间t ＝240°360°T ＝4πm3qB 9．(1)v 203RE (2)3E 0v 0 (3)2πR 3v 0＋8－32v 0R解析 (1)M 处，根据平抛运动规律： v y ＝v 0tan α qE ＝ma v y ＝at 3 3R ＝v 0t 3解得：qm ＝v 203RE(2)粒子运动轨迹如图，设O 1为磁场的圆心，O 2为粒子轨迹圆心，P ′为粒子射出磁场的位置，则：P ′O 2∥PO 1△O 1O 2P ≌△O 1O 2P ′粒子的轨道半径为：r ＝R ，Bq v 0＝m v 20r ，B ＝3E 0v 0(3)粒子从N 进入电场，ON ＝y ， 根据平抛运动规律：y ＝12at 23 qE ＝ma3R ＝v 0t 3 得：y ＝32R t 3＝3R v 0又y ＝R ＋R cos θ θ＝π3P 到P ′的时间为t 1， Bq v 0＝m (2πT )2r t 1＝π－θ2πT t 1＝2πm 3qB ＝2πR 3v 0P ′N ＝R －R sin θ t 2＝P ′N v 0＝2－32v 0RP 到M 的总时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2πR 3v 0＋8－32v 0R。

1．考点及要求：(1)动能和动能定理(Ⅱ)；(2)重力做功与重力势能(Ⅱ).2.方法与技巧：(1)当包含几个运动性质不同的运动过程时，可以选择一个、几个或整个过程作为研究对象，然后应用动能定理分析；(2)要注意重力做功与路径无关；大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积．1.(应用动能定理求变力的功)如图1所示，质量为m 的物块与水平转台之间的动摩擦因数为μ，物块与转台转轴相距R ，物块随转台由静止开始转动．当转速缓慢增加到某值时，物块即将在转台上滑动．假设物块与水平转台之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．在这一过程中，摩擦力对物块做的功为( )图1A ．0B ．2πμmgRC ．2μmgR D.12μmgR2．(动能定理的简单应用)一辆质量为m 的汽车在平直公路上，以恒定功率P 行驶，经过时间t ，运动距离为x ，速度从v 1增加到v 2，已知所受阻力大小恒为f ，则下列表达式正确的是( )A ．x ＝v 1＋v 22tB ．P ＝f v 1C.P v 1－P v 2＝m (v 2－v 1)t D ．Pt －fx ＝12m v 22－12m v 213．(动能定理与图象的结合)质量为10kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图2所示．物体在x＝0处，速度为1m/s，不计一切摩擦，则物体运动到x＝16m处时，速度大小为()图2A．22m/s B．3 m/sC．4m/s D.17m/s4．(应用动能定理分析多过程问题)如图3所示，倾角θ＝37°的斜面与光滑圆弧BCD相切于B点，整个装置固定在竖直平面内．有一质量m＝2.0kg可视为质点的物体，从斜面上的A处由静止下滑，AB长L＝3.0m，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2、sin37°＝0.6、cos37°＝0.8.求：图3(1)物体第一次从A点到B点的过程克服摩擦力做的功；(2)物体第一次回到斜面的最高位置距A点的距离；(3)物体在斜面运动的总路程．5．(多选)如图4所示，在离地面高为H处以水平速度v0抛出一质量为m的小球，经时间t，小球离水平地面的高度变为h，此时小球的动能为E k，重力势能为E p(选水平地面为零势能参考面)．下列图象中大致能反映小球动能E k、势能E p变化规律的是()图46．世界男子网坛名将瑞士选手费德勒，在上海大师杯网球赛上发出一记S球，声呐测速仪测得其落地速度为v1，费德勒击球时球离地面的高度为h，击球瞬间球有竖直向下的速度v0，已知网球质量为m，不计空气阻力，则费德勒击球时对球做的功W为()A．mgh＋12m v2B.12m v21－12m v2＋mghC.12m v21－12m v2D.12m v21－12m v2－mgh7．质量为1kg的物体，放在动摩擦因数为0.2的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图5所示，重力加速度为10m/s2，则下列说法正确的是()图5A．x＝3m时速度大小为22m/sB．x＝9m时速度大小为42m/sC．OA段加速度大小为3m/s2D．AB段加速度大小为3m/s28．如图6所示，一个半径为R 的14圆周轨道，O 点为圆心，B 为轨道上的一点，OB 与水平方向的夹角为37°.轨道的左侧与一固定光滑平台相连，在平台上一轻质弹簧左端与竖直挡板相连，弹簧处于原长时右端在A 点．现用一质量为m 的小球(与弹簧不连接)压缩弹簧至P 点后释放．已知重力加速度为g ，不计空气阻力．图6(1)若小球恰能击中B 点，求刚释放小球时弹簧的弹性势能；(2)试通过计算判断小球落到轨道时速度能否与圆弧垂直；(3)改变释放点的位置，求小球落到轨道时动能的最小值．9．我国拥有航空母舰后，舰载机的起飞与降落等问题受到了广泛关注.2012年11月23日，舰载机歼—15首降“辽宁舰”获得成功，随后舰载机又通过滑跃式起飞成功．某兴趣小组通过查阅资料对舰载机滑跃起飞过程进行了如下的简化模拟：假设起飞时“航母”静止，飞机质量视为不变并可看成质点．“航母”起飞跑道由如图7所示的两段轨道组成(二者平滑连接，不计拐角处的长度)，其水平轨道长AB ＝L ，水平轨道与斜面轨道末端C 的高度差为h .一架歼—15飞机的总质量为m ，在C 端的起飞速度至少为v .若某次起飞训练中，歼—15从A 点由静止启动，飞机发动机的推力大小恒为0.6mg ，方向与速度方向相同，飞机受到空气和轨道平均阻力的合力大小恒为0.1mg .重力加速度为g .求：图7(1)飞机在水平轨道AB 上运动的时间；(2)在水平轨道末端B ，发动机的推力功率；(3)要保证飞机正常起飞，斜面轨道的长度满足的条件．(结果用m 、g 、L 、h 、v 表示)答案解析1．D [随着转速的缓慢增加，物块与水平转台之间的静摩擦力的大小和方向不断变化，即摩擦力对物块做的功属于变力的功．最大静摩擦力提供向心力μmg ＝m v 2R 解得v ＝μgR ①物块做加速圆周运动过程中，由动能定理可知W f ＝12m v 2②由①②两式解得W f ＝12μmgR ，故D 正确．]2．D [由牛顿第二定律可得：P v －f ＝ma ，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，匀变速直线运动的公式不成立，选项A 错误；因为牵引力是变力，且大于阻力f ，选项B 、C 错误；由动能定理可得：Pt －fx ＝12m v 22－12m v 21，选项D 正确．] 3．B [F －x 图象与坐标轴围成的面积表示力F 做的功，图形位于x 轴上方表示力做正功，位于x 轴下方表示力做负功，面积大小表示功的大小，所以物体运动到x＝16m 处时，力F 对物体做的总功W ＝40J ，由动能定理W ＝12m v 22－12m v 21，解得v 2＝3m/s ，B 正确．]4．(1)24J (2)2.4m (3)4.5m解析 (1)W f ＝μmgL cos θ＝24J(2)设最高位置距A 点的距离为x ，据动能定理有mgx sin θ－μmg (2L －x )cos θ＝0解得x ＝2.4m(3)根据动能定理有mgL sin θ－μmgs 总cos θ＝0解得s 总＝4.5m5．AD [由动能定理可知，mg (H －h )＝E k －E k0，即E k ＝E k0＋mgH －mgh ，E k －h图象为一次函数图象，B 项错；又E k ＝E k0＋12mg 2t 2，可知E k －t 图象为开口向上的抛物线，A 项正确；由重力势能定义式有：E p ＝mgh ，E p －h 为正比例函数，所以D 项正确；由平抛运动规律有：H －h ＝12gt 2，所以E p ＝mg (H －12gt 2)，所以E p －t图象不是直线，C 项错．]6．D [从发球直至球落地的整个过程中，由动能定理有W ＋mgh ＝12m v 21－12m v 20，解得W ＝12m v 21－12m v 20－mgh ，故选项D 正确．]7．C [对于前3m 过程，根据动能定理，有：W 1－μmgx ＝12m v 2A ，解得：v A ＝32m/s ，根据速度位移公式，有：2a 1x ＝v 2A ，解得：a 1＝3m/s 2，故A 错误，C 正确；对于前9m 过程，根据动能定理，有：W 2－μmgx ′＝12m v 2B ，解得：v B ＝32m/s ，故B错误；AB 段受力恒定，故加速度恒定，而初、末速度相等，故AB 段的加速度为零，故D 错误．]8．(1)415mgR (2)小球落到轨道时速度不能与圆弧垂直 (3)32mgR解析 (1)小球离开O 点做平抛运动，设初速度为v 0，由R cos37°＝v 0tR sin37°＝12gt 2解得v 0＝815gR由机械能守恒E p ＝12m v 20＝415mgR (2)设落点与O 点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动，有 R cos θ＝v 0tR sin θ＝12gt 2位移方向与圆弧垂直tan θ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0设速度方向与水平方向的夹角为αtan α＝v y v 0＝gt v 0＝2tan θ 所以小球不能垂直击中圆弧(3)设落点与O 点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动R cos θ＝v 0tR sin θ＝12gt 2由动能定理mgR sin θ＝E k －12m v 20解得E k ＝mgR (34sin θ＋14sin θ)当sin θ＝33时，E kmin ＝32mgR9．(1)2Lg (2)0.6mg gL (3)l ≥v 2g ＋2h －L解析 (1)设飞机在水平轨道的加速度为a ，运动时间为t ，发动机的推力为F ，阻力为f ，由牛顿第二定律得F －f ＝0.6mg －0.1mg ＝ma得a ＝0.5g而由位移公式有L ＝12at 2解得：t ＝2Lg(2)设飞机在B 端的速度为v ′，功率为P ，由速度公式v ′＝at ＝gL 解得：P ＝F v ′＝0.6mg gL(3)设飞机恰能在C 端起飞时，斜面轨道长为l 0，整个过程由动能定理有：(F －f )(L ＋l 0)－mgh ＝12m v 2解得：l 0＝v 2g ＋2h －L所以，斜面轨道长度满足的条件是l ≥v 2g ＋2h －L。

高中数学学习材料唐玲出品一、选择题1．“φ＝π”是“曲线y ＝sin(2x ＋φ)过坐标原点”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件2．(2015·云南昆明、玉溪统考)下列函数中，在其定义域内既是偶函数又在(－∞，0)上单调递增的函数是( ) A ．f (x )＝x 2 B ．f (x )＝2|x | C ．f (x )＝log 21|x |D ．f (x )＝sin x3．已知函数y ＝f (x )的图象关于x ＝1对称，且在(1，＋∞)上单调递增，设a ＝f (－12)，b ＝f (2)，c ＝f (3)，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．c <b <a B ．b <a <c C ．b <c <aD ．a <b <c4．已知函数f (x )＝1ln (x ＋1)－x，则y ＝f (x )的图象大致为( )5．(2015·内江期末)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(1－2a )x ＋3a ，x <1，ln x ，x ≥1的值域为R ，那么a 的取值范围是( )A ．(－∞，－1]B ．(－1，12)C ．[－1，12)D ．(0，12)6．已知α是第四象限角，sin(5π2＋α)＝15，那么tan α等于( )A ．－265B ．－2 6C ．2 6D.2657．已知函数f (x )＝sin(2x ＋φ)，其中φ为实数，若f (x )≤|f (π6)|对x ∈R 恒成立，且f (π2)>f (π)，则f (x )的单调递增区间是( ) A ．[k π－π3，k π＋π6](k ∈Z )B ．[k π，k π＋π2](k ∈Z )C ．[k π＋π6，k π＋2π3](k ∈Z )D ．[k π－π2，k π](k ∈Z )8.函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0，|φ|<π2)的部分图象如图所示，为了得到g (x )＝cos 2x 的图象，则只要将f (x )的图象( ) A ．向右平移π6个单位长度B ．向右平移π3个单位长度C ．向左平移π3个单位长度D ．向左平移π6个单位长度9．已知函数y ＝f (x )对任意的x ∈(－π2，π2)满足f ′(x )cos x ＋f (x )sin x >0(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)，则下列不等式成立的是( ) A.2f (－π3)<f (－π4)B.2f (π3)<f (π4)C ．f (0)<2f (π3)D ．f (0)>2f (π4)10．已知函数f (x )＝e x －mx ＋1的图象为曲线C ，若曲线C 存在与直线y ＝12x 垂直的切线，则实数m 的取值范围是( ) A ．m ≤2 B ．m >2 C ．m ≤－12D ．m >－1211．已知锐角α的终边上一点P (sin 40°，1＋cos 40°)，则锐角α等于( ) A ．80°B ．70°C ．20°D ．10°12．已知菱形ABCD 的边长为2，∠BAD ＝120°，点E ，F 分别在边BC ，DC 上，BC ＝3BE ，DC ＝λDF ，若AE →AF →＝1，则λ的值为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4二、填空题13．函数f (x )＝ax ＋1－2a 的区间(－1,1)上存在一个零点，则实数a 的取值范围是________． 14．函数f (x )＝log2x 2log(2x )的最小值为________．15．已知角α终边上的一点P (－4,3)，则cos (π2＋α)sin (－π－α)cos (11π2－α)sin (9π2＋α)的值为________．16．若△ABC 的内角满足sin A ＋2sin B ＝2sin C ，则cos C 的最小值是________． 三、解答题17．已知函数f (x )＝x 2－4ax ＋2a ＋6(a ∈R )． (1)若函数的值域为[0，＋∞)，求a 的值；(2)若函数的值域为非负数，求函数g (a )＝2－a |a ＋3|的值域．18．已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋m )．(1)设x ＝0是f (x )的极值点，求m ，并讨论f (x )的单调性； (2)当m ≤2时，证明f (x )>0.19．(2015·菏泽期中)已知一家公司生产某品牌服装的年固定成本为10万元，每生产1千件需另投入2.7万元．设该公司一年内共生产该品牌服装x 千件并全部销售完，每千件的销售收入为R (x )万元，且R (x )＝⎩⎨⎧10.8－130x 2(0<x ≤10)，108x －1 0003x 2(x >10).(1)写出年利润W (万元)关于年产量x (千件)的函数解析式；(2)年产量为多少千件时，该公司在这一品牌服装的生产中所获得的年利润最大？(注：年利润＝年销售收入－年总成本)20．设函数f (x )＝22cos(2x ＋π4)＋sin 2x . (1)求f (x )的最小正周期；(2)设函数g (x )对任意x ∈R ，有g (x ＋π2)＝g (x )，且当x ∈[0，π2]时，g (x )＝12－f (x )，求g (x )在区间(－π，0]上的解析式．21．已知向量a ＝(sin x ，34)，b ＝(cos x ，－1)．(1)当a ∥b 时，求cos 2x －sin 2x 的值；(2)设函数f (x )＝2(a ＋b )·b ，已知在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a ＝3，b ＝2，sin B ＝63，求f (x )＋4cos(2A ＋π6)(x ∈[0，π3])的取值范围．22．设函数f (x )定义在(0，＋∞)上，f (1)＝0，导函数f ′(x )＝1x ，g (x )＝f (x )＋f ′(x )．(1)求g (x )的单调区间和最小值； (2)讨论g (x )与g (1x)的大小关系；(3)是否存在x 0>0，使得|g (x )－g (x 0)|<1x 对任意x >0成立？若存在，求出x 0的取值范围；若不存在，请说明理由．答案解析1．A 2.C 3.B 4.B 5.C 6.B 7.C 8.D 9.A 10.B 11.B 12.B 13.(13，1)14．－14 15.－34 16.6－2417．解 (1)∵函数的值域为[0，＋∞)， ∴Δ＝16a 2－4(2a ＋6)＝0， ∴2a 2－a －3＝0， ∴a ＝－1或a ＝32.(2)∵对一切x ∈R 函数值均为非负． ∴Δ＝16a 2－4(2a ＋6)＝8(2a 2－a －3)≤0. ∴－1≤a ≤32.∴a ＋3>0，∴g (a )＝2－a |a ＋3|＝－a 2－3a ＋2 ＝－(a ＋32)2＋174(a ∈[－1，32])．∵二次函数g (a )在[－1，32]上单调递减，∴g (32)≤g (a )≤g (－1)，即－194≤g (a )≤4.∴g (a )的值域为[－194，4]．18．(1)解 f ′(x )＝e x －1x ＋m. 由x ＝0是f (x )的极值点得f ′(0)＝0，所以m ＝1. 于是f (x )＝e x －ln(x ＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝e x －1x ＋1.函数f ′(x )＝e x －1x ＋1在(－1，＋∞)上单调递增， 且f ′(0)＝0，因此当x ∈(－1,0)时，f ′(x )<0； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)证明 当m ≤2，x ∈(－m ，＋∞)时，ln(x ＋m )≤ln(x ＋2)， 故只需证明当m ＝2时，f (x )>0.当m ＝2时，函数f ′(x )＝e x －1x ＋2在(－2，＋∞)上单调递增．又f ′(－1)<0，f ′(0)>0，故f ′(x )＝0在(－2，＋∞)上有唯一实根x 0，且x 0∈(－1,0)． 当x ∈(－2，x 0)时，f ′(x )<0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0， 从而当x ＝x 0时，f (x )取得最小值．由f ′(x 0)＝0得e x 0＝1x 0＋2，ln(x 0＋2)＝－x 0，故f (x )≥f (x 0)＝1x 0＋2＋x 0＝(x 0＋1)2x 0＋2>0.综上，当m ≤2时，f (x )>0.19．解 (1)当0<x ≤10时，W ＝xR (x )－(10＋2.7x )＝8.1x －x 330－10；当x >10时，W ＝xR (x )－(10＋2.7x )＝98－1 0003x－2.7x .∴W ＝⎩⎨⎧8.1x －x 330－10(0<x ≤10)，98－1 0003x－2.7x (x >10).(2)①当0<x ≤10时，令W ′＝8.1－x 210＝0，得x ＝9，可知当x ∈(0,9)时，W ′>0，当x ∈(9,10]时，W ′<0， ∴当x ＝9时，W 取极大值，即最大值， 且W max ＝8.1×9－130×93－10＝38.6.②当x >10时，W ＝98－(1 0003x ＋2.7x )≤98－21 0003x·2.7x ＝38， 当且仅当1 0003x ＝2.7x ，即x ＝1009时，W ＝38，故当x ＝1009时，W 取最大值38(当1 000x 取整数时，W 一定小于38)．综合①②知，当x ＝9时，W 取最大值，故当年产量为9千件时，该公司在这一品牌服装的生产中所获年利润最大． 20．解 (1)f (x )＝22cos(2x ＋π4)＋sin 2x ＝22(cos 2x cos π4－sin 2x sin π4)＋1－cos 2x 2＝12－12sin 2x . 故f (x )的最小正周期为π.(2)当x ∈[0，π2]时，g (x )＝12－f (x )＝12sin 2x ，故①当x ∈[－π2，0]时，x ＋π2∈[0，π2]，由于对任意x ∈R ，g (x ＋π2)＝g (x )，从而g (x )＝g (x ＋π2)＝12sin[2(x ＋π2)]＝12sin(π＋2x )＝－12sin 2x .②当x ∈(－π，－π2)时，x ＋π∈(0，π2)，从而g (x )＝g (x ＋π)＝12sin [2(x ＋π)]＝12sin 2x .综合①②得g (x )在(－π，0]上的解析式为g (x )＝⎩⎨⎧12sin 2x ，x ∈(－π，－π2)，－12sin 2x ，x ∈[－π2，0].21．解 (1)∵a ∥b ，∴34cos x ＋sin x ＝0，∴tan x ＝－34.∴cos 2x －sin 2x ＝cos 2x －2sin x cos x sin 2x ＋cos 2x ＝1－2tan x 1＋tan 2x ＝85.(2)f (x )＝2(a ＋b )b ＝2sin(2x ＋π4)＋32，由正弦定理a sin A ＝b sin B ，可得sin A ＝22，又∵A ∈(0，π)，a <b ，∴A ＝π4.∴f (x )＋4cos(2A ＋π6)＝2sin(2x ＋π4)－12，∵x ∈[0，π3]，∴2x ＋π4∈[π4，11π12]．∴32－1≤f (x )＋4cos(2A ＋π6)≤2－12. 即f (x )＋4cos(2A ＋π6)的取值范围是[32－1，2－12]．22．解 (1)由题设易知f (x )＝ln x ，g (x )＝ln x ＋1x(x >0)，所以g ′(x )＝x －1x2，令g ′(x )＝0，得x ＝1，当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，故(0,1)是g (x )的单调减区间； 当x ∈(1，＋∞)时，g (x )>0，故(1，＋∞)是g (x )的单调增区间． 因此，x ＝1是g (x )的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点， 所以最小值为g (1)＝1.综上，g (x )的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(0,1)，最小值为1. (2)g (1x)＝－ln x ＋x ，设h (x )＝g (x )－g (1x )＝2ln x －x ＋1x (x >0)，则h ′(x )＝－(x －1)2x 2.当x ＝1时，h (1)＝0，即g (x )＝g (1x)．当x ∈(0，＋∞)时，h ′(x )≤0，且等号只在x ＝1处取得， 因此，h (x )在(0，＋∞)内单调递减， 当0<x <1时，h (x )>h (1)＝0，即g (x )>g (1x )；当x >1时，h (x )<h (1)＝0，即g (x )<g (1x )．综上，当0<x <1时，g (x )>g (1x )；当x ＝1时，g (x )＝g (1x )；当x >1时，g (x )<g (1x)．(3)满足条件的x 0不存在．证明如下：假设存在x 0>0， 使|g (x )－g (x 0)|<1x 对任意x >0成立，即对任意x >0，有ln x <g (x 0)<ln x ＋2x ，(*)但对上述x 0，取x 1＝e g (x 0)时，有ln x 1＝g (x 0)， 这与(*)左边不等式矛盾，因此，不存在x 0>0， 使|g (x )－g (x 0)|<1x 对任意x >0成立．。

阶段循环练十二机械振动与机械波光训练目标 1.理解振动与波的概念，掌握振动图象与波的图象的应用.2.熟练应用折射定律和全反射规律分析光的传播问题．1．(2014·北京·17)一简谐机械横波沿x轴正方向传播，波长为λ，周期为T.t＝0时刻的波形如图1甲所示，a、b是波上的两个质点．图乙是波上某一质点的振动图像．下列说法正确的是()图1A．t＝0时质点a的速度比质点b的大B．t＝0时质点a的加速度比质点b的小C．图乙可以表示质点a的振动D．图乙可以表示质点b的振动2．(2014·全国大纲·18)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3．(2014·山东·38(1))一列简谐横波沿直线传播．以波源O由平衡位置开始振动为计时零点，质点A的振动图像如图2所示，已知O、A的平衡位置相距0.9 m，以下判断正确的是________．(双选，填正确答案标号)图2a．波长为1.2 mb．波源起振方向沿y轴正方向c．波速大小为0.4 m/sd．质点A的动能在t＝4 s时最大4．(2013·哈尔滨质检)一列简谐横波沿直线由a向b传播，相距10.5 m的a、b两处的质点振动图象如图3中a、b所示，则()图3A．该波的振幅可能是20 cmB．该波的波长可能是8.4 mC．该波的波速可能是10.5 m/sD．该波由a传播到b可能历时7 s5．(2014·新课标Ⅱ·34(1))图4(a)为一列简谐横波在t＝0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1.0 m处的质点，Q是平衡位置在x＝4.0 m处的质点；图(b)为质点Q的振动图像．下列说法正确的是________．(填正确答案标号)图4A．在t＝0.10 s时，质点Q向y轴正方向运动B．在t＝0.25 s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同C．从t＝0.10 s到t＝0.25 s，该波沿x轴负方向传播了6 mD．从t＝0.10 s到t＝0.25 s，质点P通过的路程为30 cmE．质点Q简谐运动的表达式为y＝0.10 sin 10πt(国际单位制)6. 一弹簧振子做简谐运动，它所受的回复力F随时间t变化的图象为正弦曲线，如图5所示，下列说法正确的是()图5A．在t从0到2 s时间内，弹簧振子做加速运动B．在t1＝3 s和t2＝5 s时，弹簧振子的速度大小相等，方向相反C．在t2＝5 s和t3＝7 s时，弹簧振子的位移大小相等，方向相同D．在t从0到4 s时间内，t＝2 s时刻弹簧振子所受回复力做功的功率最大7．(2014·四川·3)如图6所示，口径较大、充满水的薄壁圆柱形浅玻璃缸底有一发光小球，则()图6A．小球必须位于缸底中心才能从侧面看到小球B．小球所发的光能从水面任何区域射出C．小球所发的光从水中进入空气后频率变大D．小球所发的光从水中进入空气后传播速度变大8．(2014·天津·8)一束由两种频率不同的单色光组成的复色光从空气射入玻璃三棱镜后，出射光分成a、b两束，如图7所示，则a、b两束光()图7A．垂直穿过同一块平板玻璃，a光所用的时间比b光长B．从同种介质射入真空发生全反射时，a光临界角比b光的小C．分别通过同一双缝干涉装置，b光形成的相邻亮条纹间距小D．若照射同一金属都能发生光电效应，b光照射时逸出的光电子最大初动能大9. 一玻璃砖横截面如图8所示，其中ABC为直角三角形(AC边未画出)，AB为直角边，∠ABC ＝45°；ADC为一圆弧，其圆心在BC边的中点．此玻璃的折射率为1.5.P为一贴近玻璃砖放置的、与AB垂直的光屏．若一束宽度与AB边长度相等的平行光从AB边垂直射入玻璃砖，则()图8A．从BC边折射出一束宽度与BC边长度相等的平行光B．屏上有一亮区，其宽度小于AB边的长度C．屏上有一亮区，其宽度等于AC边的长度D．当屏向远离玻璃砖的方向平行移动时，屏上亮区先逐渐变小然后逐渐变大10．如图9所示，一束由两种色光混合的复色光沿PO方向射向一上下表面平行的厚玻璃平面镜的上表面，得到三束反射光束Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，则()图6A．光束Ⅰ仍为复色光，光束Ⅱ、Ⅲ为单色光，且三束光一定相互平行B．增大α且α≤90°，光束Ⅱ、Ⅲ会远离光束ⅠC．在此玻璃中光束Ⅱ的折射率比光束Ⅲ的折射率大D．减小α且α＞0°，光束Ⅲ可能会从上表面消失11. 某时刻的波形图如图10所示，波沿x轴正方向传播，质点p的坐标x＝0.32 m，从此刻开始计时．图10(1)若每间隔最小时间0.4 s重复出现波形图，求波速；(2)若p点经0.4 s第一次到达正向最大位移处，求波速；(3)若p点经0.4 s到达平衡位置，求波速．12. 如图11所示为边长l＝30 2 cm的等边玻璃三棱镜，某单色光束射到界面AB中点上，入射角为i1＝45°，玻璃对单色光的折射率为n＝ 2.不考虑光在界面AC上的反射，求：图11(1)从界面AC出射的光线与入射到界面AB上的光线的夹角θ，即偏折角；(2)单色光在玻璃中传播的时间．(光速c＝3×108 m/s)13. 一底面半径为R的半圆柱形透明体的折射率为n＝3，横截面如图12所示，O表示半圆柱形截面的圆心．一束极窄的光线在横截面内从AOB边上极靠近A点处以60°的入射角入射，求：该光线从射入透明体到第一次射出透明体时所经历的时间(已知真空中的光速为c，计算结果用R、n、c表示)．图1214．如图13所示是一种折射率n ＝1.5的棱镜，现有一束光线沿MN 的方向射到棱镜的AB 界面上，入射角的正弦值为sin i ＝0.75.光速c ＝3×108 m/s ，求：图13(1)光在棱镜中传播的速率；(2)通过计算说明此束光线射出棱镜后的方向并画出光路图(不考虑返回到AB 面上的光线)．答案1．D [图甲为波的图像，图乙为振动图像．t ＝0时刻，a 质点在波峰位置，速度为零，加速度最大；b 质点在平衡位置，加速度为零，速度最大，故选项A 、B 错；在波的图像中，根据同侧法由传播方向可以判断出质点的振动方向，所以t ＝0时刻，b 点在平衡位置且向下振动，故选项C 错，D 对．]2．AD [A.波峰与波谷相遇时，振幅相消，故实际振幅为|A 1－A 2|，故选项A 正确；B.波峰与波峰相遇处，质点的振幅最大，合振幅为A 1＋A 2，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；C.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；D.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．]3．ab4．D [由题图可知，此波的振幅为10 cm ，周期为4 s ，A 错误；a 质点在t ＝2 s 时处于波峰位置，而b 质点在t ＝2 s 时处于平衡位置且向下运动，再经3 s ，b 质点才振动到波峰，则a 比b 超前Δt ＝(nT ＋3) s ＝(4n ＋3) s(n ＝0,1,2…)，由v ＝Δx Δt ＝10.54n ＋3m /s(n ＝0,1,2，…)知，当n ＝0时，v ＝3.5 m/s ，对应波长为14 m ；当n ＝1时，v ＝1.5 m /s ，对应波长为6 m ，可知B 、C 错误；当n ＝1时，Δt ＝7 s ，D 正确．]5．BCE [由y －t 图像可知，t ＝0.10 s 时质点Q 沿y 轴负方向运动，选项A 错误；由y －t图像可知，波的振动周期T ＝0.2 s ，由y －x 图像可知λ＝8 m ，故波速v ＝λT＝40 m/s ，根据振动与波动的关系知波沿x 轴负方向传播，则波在0.10 s 到0.25 s 内传播的距离Δx ＝v Δt ＝6 m ，选项C 正确；在t ＝0.25 s 时其波形图如图所示，此时质点P 的位移沿y 轴负方向，而回复力、加速度方向沿y 轴正方向，选项B 正确；Δt ＝0.15 s ＝34T ，质点P 在其中的12T 内路程为20 cm ，在剩下的14T 内包含了质点P 通过最大位移的位置，故其路程小于10 cm ，因此在Δt ＝0.15 s 内质点P 通过的路程小于30 cm ，选项D 错误；由y －t 图像可知质点Q 做简谐运动的表达式为y ＝0.10sin 2π0.2t (m)＝0.10sin 10πt (m)，选项E 正确．]6．C [在t 从0到2 s 时间内，弹簧振子所受的回复力增大，说明位移在增大，弹簧振子做减速运动，A 错误；从题图中可以看出，在t 1＝3 s 和t 2＝5 s 时，弹簧振子所受的回复力大小相等，可知弹簧振子的速度大小相等，在这段时间内弹簧振子是从负向最大位移向正向最大位移运动，速度方向相同，B 错误；从题图中可以看出，在t 2＝5 s 和t 3＝7 s 时，回复力大小相等，方向相同，则有弹簧振子的位移大小相等，方向相同，C 正确；从题图中可以看出，t ＝2 s 时刻弹簧振子所受的回复力最大，弹簧振子的速度为零，则回复力做功的功率为零，D 错误．]7．D [发光小球沿水平方向发出的光，均能射出玻璃缸，不发生全反射，选项A 错误；小球发出的光射到水面上时，当入射角大于等于临界角时，会发生全反射，选项B 错误；光的频率由光源决定，光由一种介质进入另一种介质时，光的频率不变，选项C 错误；根据n ＝c v ，光在水中的传播速度较小，选项D 正确．]8．AB [A.由折射定律可知n a >n b ，由v ＝c n知v a <v b ，故A 正确．B ．由sinC ＝1n 可知，a 光的临界角比b 光的小，B 正确． C ．因n a >n b ，故λa <λb ，由Δx ＝L dλ知b 光形成的相邻亮条纹间距大，C 错误． D ．因为n a >n b ，则νa >νb ，由爱因斯坦光电效应方程E km ＝hν－W 0可知，a 光照射时逸出的光电子最大初动能大，D 错误．]9．BD [宽为AB 的平行光进入到玻璃中直接射到BC 面，入射角为45°>临界角C (sin C ＝11.5)，所以在BC 面上发生全反射，仍然以宽度大小为AB 长度的竖直向下的平行光射到AC 圆弧面上．根据几何关系可得到在屏上的亮区宽度小于AB 的长度，B 、D 正确．]10．AC [由玻璃对不同色光的折射率不同并结合光的全反射分析求解．Ⅰ为直接反射的光，为复色光，Ⅱ、Ⅲ两束是经玻璃的下表面反射和再次进入空气折射形成的，如图所示，由光路图知光束Ⅱ在玻璃中的偏折程度比光束Ⅲ的偏折程度大，光束Ⅱ的折射率比光束Ⅲ的大，光束Ⅱ、Ⅲ为单色光，由光路可逆可知，三束光彼此平行，A 、C 正确；当α＝90°时，反射光与入射光重合，因此当α增大时，Ⅱ、Ⅲ光束靠近光束Ⅰ，B 错误；由于光路可逆，因此只要光能从上表面射进，则一定能以原角度从上表面射入空气，不会发生全反射，D 错误．]11．(1)2 m /s (2)0.3 m/s(3)(0.8＋n ) m/s(n ＝0,1,2,3，…)解析 (1)依题意，周期T ＝0.4 s故波速v 1＝λT ＝0.80.4m /s ＝2 m/s (2)波向右传播距离Δx 1＝0.32 m －0.2 m ＝0.12 mp 点恰好第一次到达正向最大位移处，波速v 2＝Δx 1Δt＝0.3 m/s (3)波向右传播距离Δx 2＝0.32 m 时，p 点恰好第一次到达平衡位置，由周期性得波传播的距离：Δx ＝(0.32＋λ2n )m(n ＝0,1,2,3，…) 所以v 3＝Δx Δt ＝0.32＋0.82n 0.4m /s ＝(0.8＋n ) m/s(n ＝0,1,2,3，…)12．(1)30° (2)10－9 s解析 (1)如图所示，入射光线射到界面AB 上，其折射光线射到界面AC 上，再次折射到空气中，设在界面AB 上的折射角为r 1，在界面AC 上的入射角为i 2.由折射定律得n ＝sin i 1sin r 1故r 1＝30°由几何关系可知i 2＝30°由折射定律得n ＝sin r 2sin i 2，故r 2＝45° θ＝i 1－r 1＋r 2－i 2＝30°(2)由几何关系可知，光在玻璃中的折射光线与底边BC 平行，其长度为BC 边长的一半．光在玻璃中的传播速度为v ＝c n则光在玻璃中传播的时间t ＝0.5l v ＝0.5ln c＝10－9 s 13.3nR c解析 光路图如图所示，由n ＝sin 60°sin ∠1得∠1＝30°由几何关系得∠3＝60°设临界角为C ，sin C ＝1n ＝33sin C <sin ∠3，C <∠3，光线发生全反射由几何关系知，光在透明体内运动的路程s ＝3R由n ＝c v 、t ＝s v 得t ＝3nR c14．见解析解析 (1)由n ＝c v 得v ＝c n＝2×108 m/s. (2)设光线进入棱镜后的折射角为γ，由sin i sin γ＝n ，得sin γ＝sin i n＝0.5，γ＝30°，光线射到BC 界面时的入射角i 1＝90°－45°＝45°由于sin 45°>1n，所以光线在BC 边发生全反射，光线沿DE 方向射出棱镜后的方向与AC 边垂直，光路图如图所示．。

1．考点及要求：(1)滑动摩擦力和静摩擦力(Ⅱ)；(2)匀变速直线运动的公式(Ⅱ)；(3)牛顿运动定律(Ⅱ).2.方法与技巧：(1)首先判定摩擦力突变点，给运动分段．物体所受摩擦力，其大小和方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻．v物与v传相同的时刻是运动分段的关键点，也是解题的突破口；(2)在倾斜传送带上往往需要比较mg sinθ与f的大小与方向；(3)考虑传送带长度——判定临界之前是否滑出；物体与传送带共速以后物体是否一定与传送带保持相对静止做匀速运动．1．(水平传送带问题)(多选)如图1甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)．已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取10m/s2.关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是()图1A．μ＝0.4 B．μ＝0.2C．t＝4.5s D．t＝3s2．(倾斜传送带问题)如图2所示，绷紧的传送带，始终以2m/s的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角θ＝30°.现把质量为10kg的工件轻轻地放在传送带底端P处，由传送带传送至顶端Q处．已知P、Q之间的距离为4m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝32，取g＝10m/s2.图2(1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动；(2)求工件从P点运动到Q点所用的时间．3．(多选)如图3甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t＝0时，将质量m＝1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v－t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s2.则()图3A．传送带的速率v0＝10m/sB．传送带的倾角θ＝30°C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D．0～2.0s摩擦力对物体做功W f＝－24J4.如图4所示，有一水平放置的足够长的传送带输送机以v＝5m/s的速率沿顺时针方向运行．有一物块以v0＝10 m/s的初速度从传送带输送机的右端沿传送带水平向左滑动．若物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，并取g＝10m/s2，求物块从滑上传送带到离开传送带所用的时间．图4答案解析1．BC [由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为a ＝Δv Δt ＝2.0m/s 2，由牛顿第二定律得f ＝Ma ＝μMg ，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A 错误，B 正确；在v －t 图象中，图线与t 轴所围面积表示物块的位移，则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后匀速运动回到传送带左端时，物块的位移为0，由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5 s ，C 正确，D 错误．]2．(1)见解析 (2)2.4s解析 (1)对工件进行受力分析，由牛顿第二定律得：μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，代入数值得：a ＝2.5m/s 2.则其速度达到传送带速度时发生的位移为s 1＝v 22a ＝222×2.5m ＝0.8m<4m. 工件匀速运动的位移s 2＝s －s 1＝4m －0.8m ＝3.2m.可见工件先匀加速运动0.8m ，然后匀速运动3.2m.(2)匀加速时，由s 1＝v 2t 1得t 1＝0.8s ，匀速时t 2＝s 2v ＝3.22s ＝1.6s ，所以工件从P 点运动到Q 点所用的时间为t ＝t 1＋t 2＝2.4s.3．ACD [当物体的速度超过传送带的速度后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据v －t 图象可得，传送带的速率为v 0＝10 m/s ，选项A 正确；1.0s 之前的加速度a 1＝10m/s 2,1.0 s 之后的加速度a 2＝2 m/s 2，结合牛顿第二定律，g sin θ＋μg cos θ＝a 1，g sin θ－μg cos θ＝a 2，解得sin θ＝0.6，θ＝37°，μ＝0.5，选项B 错误，选项C 正确；摩擦力大小f ＝μmg cos θ＝4N ，在0～1.0s 内，摩擦力对物体做正功，在1.0～2.0s 内，摩擦力对物体做负功，0～1.0s 内物体的位移为5m,1.0～2.0s 内物体的位移是11m ，摩擦力做的功为－4×(11－5) J ＝－24J ，选项D 正确．]4．4.5s解析 物块滑上传送带时，受到向右的滑动摩擦力，向左做匀减速运动，由牛顿第二定律得：μmg ＝ma ，加速度：a ＝μg ＝0.5×10m/s 2＝5 m/s 2，由匀变速运动的速度位移公式可得，物块速度变为零时的位移： s ＝v 202a ＝1022×5m ＝10m ， 物块向左运动的时间t 左＝v 0a ＝105s ＝2s ；物块速度变为零后，反向向右做初速度为零的匀加速直线运动， 加速度a ＝5m/s 2，物块速度等于传送带速度v ＝5 m/s 时，物块的位移s 1＝v 22a ＝522×5m ＝2.5m<s ＝10m ，t 1＝v a ＝55s ＝1s ， 然后物块与传送带一起向右做匀速直线运动，物块做匀速直线运动的时间：t 2＝s －s 1v ＝10－2.55s ＝1.5s ， 物块从滑上传送带到离开传送带所用的时间：t ＝t 左＋t 1＋t 2＝4.5s。

第十二章机械振动与机械波光微题型79简谐运动与振动图象分析训练目标 1.理解简谐振动的概念，会分析振动过程中各物理量的变化.2.理解单摆的概念，会利用单摆的周期公式进行有关计算.3.会用图象描述简谐运动，理解图象的意义．题组一简谐运动的理解1．若物体做简谐运动，下列说法中正确的是()A．若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值B．物体通过平衡位置时，所受合力一定为零C．物体每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同D．物体的位移增大时，动能增加，势能减少2．(2014·浙江·17)一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪较大，游船上下浮动．可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20 cm，周期为3.0 s．当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐．地面与甲板的高度差不超过10 cm时，游客能舒服地登船．在一个周期内，游客能舒服地登船的时间是()A．0.5 s B．0.75 sC．1.0 s D．1.5 s题组二简谐运动的振动图象3．一个质点做简谐运动的图象如图1所示，下列说法正确的是()图1A．质点振动的频率为4 HzB．在10 s内质点经过的路程是20 cmC．在5 s末，质点的速度为零，加速度最大D．t＝1.5 s和t＝4.5 s两时刻，质点的位移大小相等，都是 2 cm4．(2013·北京市海淀区质检)图2是一弹簧振子在水平面内作简谐运动的x—t图象，则下列说法正确的是()图2A ．t 1时刻和t 2时刻具有相同的动能和速度B ．t 2到1.0 s 时间内加速度变小，速度减小C ．弹簧振子的振动方程是x ＝0.10sin πt (m)D ．t 2数值等于3倍的t 1数值题组三 单摆周期公式的应用5. (2013·日照市一模)如图3所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图象，则下列说法中正确的是( )图3A ．甲、乙两摆的振幅之比为2∶1B ．t ＝2 s 时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为零C ．甲、乙两摆的摆长之比为4∶1D ．甲、乙两摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等6．如图4所示，长度为l 的轻绳上端固定在O 点，下端系一小球(小球可看做质点)．在O点正下方，距O 点3l 4处的P 点固定一颗小钉子．现将小球拉到点A 处，轻绳被拉直，然后由静止释放小球．点B 是小球运动的最低位置，点C (图中未标出)是小球能够到达的左方最高位置．已知点A 与点B 之间的高度差为h ，h ≪l .A 、B 、P 、O 在同一竖直平面内．当地的重力加速度为g ，不计空气阻力．下列说法正确的是( )图4A ．点C 与点B 的高度差小于hB ．点C 与点B 的高度差等于hC ．小球摆动的周期等于3π2l g D ．小球摆动的周期等于3π4 l g7．(2013·上海市浦东新区4月高考预测)如图5所示，两段光滑圆弧轨道半径分别为R 1和R 2，圆心分别为O 1和O 2，所对应的圆心角均小于5°，在最低点O 平滑连接．M 点和N 点分别位于O 点左右两侧，距离MO 小于NO .现分别将位于M 点和N 点的两个小球A 和B (均可视为质点)同时由静止释放．关于两小球第一次相遇点的位置，下列判断正确的是( )图5A ．恰好在O 点B ．一定在O 点的左侧C ．一定在O 点的右侧D ．条件不足，无法确定答案1．C [如图所示，图线中a 、b 两处，物体处于同一位置，位移为负值，加速度一定相同，但速度方向分别为负、正，选项A 错误，C 正确；物体的位移增大时，动能减少，势能增加，选项D 错误；单摆的摆球通过最低点时，回复力为零，但合力不为零，选项B 错误．]2．C [由振动周期T ＝3.0 s 、ω＝2πT、A ＝20 cm 知，游船做简谐运动的振动方程x ＝A sin ωt ＝20sin 2π3t (cm)．在一个周期内，当x ＝10 cm 时，解得t 1＝0.25 s ，t 2＝1.25 s ．游客能舒服登船的时间Δt ＝t 2－t 1＝1.0 s ，选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．]3．BCD [由图象可知，质点振动的周期为4 s ，故频率为0.25 Hz ，A 错误；在10 s 内质点振动了2.5个周期，经过的路程是10A ＝20 cm ，B 正确；在5 s 末，质点处于正向最大位移处，速度为零，加速度最大，C 正确；由图象可得振动方程是x ＝2sin (2π4t ) cm ，将t ＝1.5 s 和t ＝4.5 s 代入振动方程得x ＝ 2 cm ，D 正确．]4．C [t 1时刻和t 2时刻具有相同的动能，但是速度大小相等、方向相反，选项A 错误．t 2到1.0 s 时间内加速度变小，速度增大，选项B 错误．弹簧振子的振动方程是x ＝0.10sin πt (m)，选项C 正确．t 2数值等于5倍的t 1数值，选项D 错误．]5．AB [由题图知甲、乙两摆的振幅分别为2 cm 、1 cm ，故选项A 正确；t ＝2 s 时，甲摆在平衡位置处，乙摆在振动的最大位移处，故选项B 正确；由单摆的周期公式，推出甲、乙两摆的摆长之比为1∶4，故选项C 错误；因摆球摆动的最大偏角未知且甲、乙两摆的摆长之比为1∶4，故选项D 错误．]6．BC [由机械能守恒定律可知，点C 与点B 的高度差等于h ，选项A 错误，B 正确；由单摆的周期公式可知，小球摆动的周期等于πl g ＋π14l g ＝3π2l g，选项C 正确，D 错误．] 7．C [两段光滑圆弧轨道所对应的圆心角均小于5°，两个小球的运动均可以等效为单摆的简谐运动．由于R 1<R 2，根据单摆周期公式，小球A 的周期小于小球B 的周期，现分别将位于M 点和N 点的两个小球A 和B (均可视为质点)同时由静止释放，两小球第一次相遇点的位置一定在O 点的右侧，选项C 正确．]。

微专题57 带电粒子在交变电场中的运动[方法点拨](1)在交变电场中做直线运动时，一般是几段变速运动组合．可画出v－t图像，分析速度、位移变化．(2)在交变电场中的偏转若是几段类平抛运动的组合，可分解后画出沿电场方向分运动的v－t图像，分析速度变化，或是分析偏转位移与偏转电压的关系式．1．(2018·湖北黄冈模拟)一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图1所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是()图1A．带电粒子只向一个方向运动B．0～2s内，电场力做功等于0C．4s末带电粒子回到原出发点D．2.5～4s内，电场力做功等于02．(多选)(2017·山东青岛二中模拟)如图2甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大．当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是()图23．(多选)(2017·四川宜宾二诊)如图3甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压．在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子.t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场．已知电场变化周期T＝2dv0，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力．则()图3A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0B．粒子的电荷量为mv02 2U0C．在t＝18T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了18mv02D．在t＝14T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场4．(多选)(2018·河北邢台质检)如图4甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B板间，A板接地，B板的电势φ随时间t变化情况如图乙所示．t＝0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当t＝2T时，电子回到P点．电子运动中没与极板相碰，不计重力．则()图4A．φ1∶φ2＝1∶2B．φ1∶φ2＝1∶3C．在0～2T内，当t＝T时电子的动能最大D．在0～2T内，电子的电势能减小了2e2T2φ12md25．(多选)如图5甲所示，一平行板电容器极板长l＝10cm，宽a＝8cm，两极板间距为d＝4cm，距极板右端l2处有一竖直放置的荧光屏．在平行板电容器左侧有一长b＝8cm的“狭缝”粒子源，可沿着两板中心平面，均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为2×1010C/kg，速度为4×106 m/s的带电粒子．现在平行板电容器的两极板间加上如图乙所示的交流电，已知粒子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期．下面说法正确的是()图5A．粒子打到屏上时在竖直方向上偏移的最大距离为6.25cmB．粒子打在屏上的区域面积为64cm2C．在0～0.02s内，进入电容器内的粒子有64%能够打在屏上D．在0～0.02s内，屏上出现亮线的时间为0.0128s6．(2017·辽宁沈阳质检)如图6中a所示的xOy平面处于匀强电场中，电场方向与x轴平行，电场强度E随时间t变化的周期为T，变化图线如图b所示，E为＋E0时电场强度的方向沿x轴正方向．有一带正电的粒子P，在某一时刻t0以某一速度v沿y轴正方向自坐标原点O射入电场，粒子P经过时间T到达的点记为A(A点在图中未画出)．若t0＝0，则OA连线与y轴正方向夹角为45°，不计粒子重力．图6(1)求粒子的比荷；(2)若t0＝T4，求A点的坐标；(3)若t0＝T8，求粒子到达A点时的速度．答案精析1．D[画出带电粒子速度v随时间t变化的图像如图所示，v－t图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4 s末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；2 s末速度不为0，可见0～2 s内电场力做功不等于0，B 错误；2.5 s和4 s末，速度的大、小方向都相同，2.5～4 s内电场力做功等于0，所以D正确．]2．AD[在平行金属板之间加上如题图乙所示的交变电压时，因为电子在平行金属板间所受的电场力F＝U0ed，所以电子所受的电场力大小不变．由牛顿第二定律F＝ma可知，电子在第一个T4内向B板做匀加速直线运动；在第二个T4内向B板做匀减速直线运动，在第三个T4内反向做匀加速直线运动，在第四个T4内向A板做匀减速直线运动，所以a－t图像如选项图D所示，v－t图像如选项图A所示；又因匀变速直线运动位移x ＝v 0t ＋12at 2，所以x －t 图像应是曲线，故选项A 、D 正确，B 、C 错误．] 3．AD 4.BD5．BCD [设粒子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U 0，水平方向l ＝v 0t ，竖直方向d 2＝12a 0t 2，又a 0＝qU0md ，解得U 0＝md2v02ql2＝128V ，即当U ≥128V 时粒子打到极板上，当U <128V 时粒子打到荧光屏上，设打到荧光屏上的粒子在竖直方向上偏转的最大位移为y ，由几何关系和类平抛运动规律得l 2＋l 2l 2＝yy －d 2，解得y ＝d ＝4cm ，选项A 错误；由对称性知，粒子打到荧光屏上的区域总长度为2d ，则粒子打到荧光屏上的区域面积为S ＝2da ＝64cm 2，选项B 正确；在前14T ，粒子打到荧光屏上的时间t 0＝128200×0.005s ＝0.0032s ，又由对称性知，在一个周期内，粒子打在荧光屏上的总时间t ′＝4t 0＝0.0128s ，选项D 正确；因为这些粒子均匀、连续地进入电场，设一个周期内进入电容器内的粒子能够打在荧光屏上的比例为η，此时电容器两端的电压U <128V ，则η＝128200×100%＝64%，选项C 正确．] 6．见解析解析 (1)粒子在t 0＝0时刻射入电场，粒子沿y 轴方向的分运动为匀速运动，位移大小为：y ＝vT粒子沿x 轴方向在0～T2内做初速度为零的匀加速运动， 位移为x 1，末速度为v 1，则：x 1＝12a (T 2)2，v 1＝a T2粒子沿x 轴方向在T2～T 内做匀减速运动，位移为x 2，由题意知两段运动的加速度大小相等，则： x 2＝v 1(T 2)－12a (T2)2粒子沿x 轴方向的总位移为x ，则：x ＝x 1＋x 2粒子只受到电场力作用，由牛顿第二定律得： qE 0＝ma y ＝x联立各式解得：q m ＝4vE0T(2)粒子在t 0＝T4时刻射入电场，粒子沿y 轴方向的分运动为匀速运动，位移大小为： y ′＝vT粒子沿x 轴方向在T 4～T2内做初速度为零的匀加速运动， 位移为x 3，末速度为v 2，则： x 3＝12a (T 4)2 v 2＝a T 4粒子沿x 轴方向在T2～T 内做匀变速运动， 位移为x 4，末速度为v 3，则： x 4＝v 2(T 2)－12a (T2)2 v 3＝v 2－a T2粒子沿x 轴方向在T ～5T4内做匀变速运动，位移为x 5，则： x 5＝v 3(T 4)＋12a (T4)2粒子沿x 轴的总位移为x ′，则： x ′＝x 3＋x 4＋x 5 联立各式解得：x ′＝0 则A 点的坐标为(0，vT )(3)粒子在t 0＝T8时刻射入电场，粒子沿y 轴方向的分运动为匀速运动，速度不变；沿x轴方向在T8～T2内做初速度为零的匀加速运动，末速度为v4，则：v4＝a3T8粒子沿x轴方向在T2～T内做匀变速运动，末速度为v5，则：v5＝v4－a T 2粒子沿x轴方向在T～9T8内做匀变速运动，末速度为v6，则：v6＝v5＋a T 8联立各式解得：v6＝0则：粒子通过A点的速度为v。

第七章动量守恒定律微专题51动量守恒定律及应用1．动量守恒分为理想守恒、近似守恒、单方向守恒，应用动量守恒定律时先要判断系统是否动量守恒。

2.应用动量守恒定律一定要先明确研究对象是谁，明确守恒过程的初、末状态并灵活选取研究过程。

1．(多选)对于以下四幅图所反映的物理过程，下列说法正确的是()A．图甲中子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能减少B．图乙中M、N两木块放在光滑水平面上，剪断M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，机械能增加C．图丙中细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程，不计水的阻力，两球组成的系统动量守恒，机械能不守恒D．图丁中木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上动量守恒，机械能一定守恒答案AC解析题图甲中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，由于存在摩擦力，机械能有损失，故A正确；题图乙中M、N两木块放在光滑的水平面上，剪断M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧的弹性势能转化为两木块的动能，系统机械能守恒，故B错误；题图丙中，木球和铁球组成的系统匀速下降，说明两球所受水的浮力等于两球的重力之和，细线断裂后两球组成的系统所受合外力为零，两球组成的系统动量守恒，由于水的浮力对两球做功，两球组成的系统机械能不守恒，故C正确；题图丁中，木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上不受外力作用，水平方向上动量守恒，由于斜面可能不光滑，所以机械能可能不守恒，故D错误。

2.(多选)质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定在其左侧，另一质量也为m的物块乙以4m/s的速度与甲相向运动，如图所示，两物块通过弹簧相互作用(未超出弹簧弹性限度)并最终弹开，则()A．两物块在压缩弹簧的过程中，两物块组成的系统动量守恒B．当两物块相距最近时，甲物块的速度为零C．甲物块的速率可能为5m/sD．当甲物块的速率为1m/s时，乙物块的速率可能为2m/s答案AD解析甲、乙两物块在压缩弹簧的过程中，两物块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A正确；当两物块相距最近时，两物块速度相同，甲物块的速度不为零，故B错误；若甲物块的速率为5m/s，根据动量守恒定律可得此时乙物块的速率为6m/s或4m/s，两物块组成的系统机械能增大，违反了能量守恒定律，故C错误；当甲物块的速率为1m/s，且方向向左时，选取向右为速度的正方向，根据动量守恒定律有m·4m/s－m·3m/s＝m v－m·1 m/s，解得乙物块的速率v＝2m/s，故D正确。