【与名师对话】课标版物理2019年高考一轮总复习 课时跟踪训练21 含答案

重点回顾专练：带电粒子在复合场中的运动一、选择题1．(2016·湖南十二校联考)美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量的带电粒子方面前进了一步．如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A 、C 板间，带电粒子从P 0处由静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D 形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动．对于这种改进后的回旋加速器．下列说法正确的是( )A ．带电粒子每运动一周被加速一次B ．P 1P 2＝P 2P 3C ．加速粒子的最大速度与D 形盒的尺寸无关D ．加速电场方向需要做周期性的变化[解析] 带电粒子每运动一周被加速一次，加速电场方向不需要做周期性变化，A 正确，D 错误．由动能定理得nqU ＝12m v 2，由qB v ＝m v 2R 得R ＝1B 2nmU q ，R 与加速次数不成正比，故B 错误．最大动能为E k ＝(qBR )22m ，可知C 错误．[答案] A2．(多选)(2015·厦门检测)如图所示，一束粒子(不计重力，初速度可忽略)缓慢通过小孔O 1进入极板间电压为U 的水平加速电场区域Ⅰ，再通过小孔O 2射入相互正交的恒定匀强电场、磁场区域Ⅱ，其中磁场的方向如图所示，磁感应强度大小可根据实际要求调节，收集室的小孔O 3与O 1、O 2在同一条水平线上．则收集室收集到的是( )A ．具有特定质量的粒子B ．具有特定比荷的粒子C ．具有特定速度的粒子D ．具有特定动能的粒子[解析] 粒子在加速电场Ⅰ中由动能定理可得qU ＝12m v 2⇒v ＝2qUm ，粒子沿直线O 1O 2O 3运动，则在相互正交的恒定匀强电场、磁场区域Ⅱ中必定受力平衡，可得qE ＝Bq v ⇒v ＝2qU m ＝E B ，即q m ＝E 22B 2U 为定值．故选项B 、C 正确．[答案] BC3．医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a 和b 以及磁极N 和S 构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a 、b 均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如右图所示．由于血液中的正负离子随血液一起在磁场中运动，电极a 、b 之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm ，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV ，磁感应强度的大小为0.040 T ．则血流速度的近似值和电极a 、b 的正负为( )A ．1.3 m/s ，a 正、b 负B ．2.7 m/s ，a 正、b 负C ．1.3 m/s ，a 负、b 正D ．2.7 m/s ，a 负、b 正[解析] 由于正负离子在匀强磁场中垂直于磁场方向运动，利用左手定则可以判断：a 电极带正电，b 电极带负电．血液流动速度可根据离子所受的电场力和洛伦兹力的合力为0，即q v B＝qE得v＝EB ＝UBd≈1.3 m/s.[答案] A4．(多选)(2015·江苏阜宁中学月考)利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如右图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差U CD，下列说法中正确的是()A．电势差U CD仅与材料有关B．若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差U CD<0C．仅增大磁感应强度时，电势差U CD变大D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平[解析]电势差U CD与磁感应强度B、材料有关，选项A错误；若霍尔元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子向C侧面偏转，则电势差U CD<0，选项B正确；仅增大磁感应强度时，电势差U CD变大，选项C正确；在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直且东西放置，选项D错误．[答案]BC5．(多选)(2015·日照调研)如图所示，甲是不带电的绝缘物块，乙是带正电的物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的绝缘水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现加一水平向左的匀强电场，发现甲、乙无相对滑动，一起向左加速运动．在加速运动阶段()A ．甲、乙两物块间的摩擦力不变B ．乙物块与地面之间的摩擦力不断增大C ．甲、乙两物块一起做加速度减小的加速运动D ．甲、乙两物块可能做匀加速直线运动[解析] 甲、乙组成的整体，受到重力、支持力、向下的洛伦兹力、向左的电场力和向右的摩擦力作用，设甲、乙两物块质量分别为M 、m ，乙物块所受滑动摩擦力F f ＝μ[(M ＋m )g ＋q v B ]，随速度增大，乙物块与地面间摩擦力不断增大，B 项正确；由牛顿第二定律有：Eq －F f ＝(M ＋m )a ，整体速度不断增大过程中，加速度不断减小，C 项正确，D 项错；对甲物块应用牛顿第二定律，F ′f ＝Ma ，随整体加速度不断减小，甲、乙间的静摩擦力不断减小，A 项错．[答案] BC6．如图所示，a 、b 为竖直正对放置的平行金属板，其间构成偏转电场，其中a 板带正电，两板间的电压为U ，在金属板下方存在一有界的匀强磁场，磁场的上边界与两金属板下端的水平面PQ 重合，PQ 下方的磁场范围足够大，磁场的磁感应强度大小为B ，一比荷为q m 带正电的粒子以速度v 0从两板中间位置沿与a 、b 板平行方向射入偏转电场，不计粒子重力，粒子通过偏转电场后从PQ 边界上的M 点进入磁场，运动一段时间后又从PQ 边界上的N 点射出磁场，设M 、N 两点间的距离为x (M 、N 点图中未画出)．则以下说法中正确的是( )A ．只减小磁感应强度B 的大小，则x 减小B ．只增大初速度v 0的大小，则x 减小C ．只减小偏转电场的电压U 大小，则x 不变D ．只减小带电粒子的比荷q m 大小，则x 不变[解析] 带正电的粒子垂直于场强方向射入两平行金属板中间的匀强电场中，向右做类平抛运动，设进入磁场时速度为v ，与水平向右方向的夹角为θ，则在磁场中做匀速圆周运动，运动的弧所对的圆心角为2θ，半径为R ，由几何知识得M 、N 两点的距离为：x ＝2R sin θ＝2m v Bq sin θ＝2m v 0Bq .只减小磁感应强度B 的大小，则x 增大，选项A 错误；只增大初速度v 0的大小，则x 增大，选项B 错误；只减小偏转电压U 的大小，则x 不变，选项C 正确；只减小带电粒子的比荷q m 的大小，则x 增大，选项D 错误．[答案] C7．如图所示，Oxyz 坐标系的y 轴竖直向上，在坐标系所在的空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向和磁场方向都与x 轴平行．从y 轴上的M 点(0，H,0)无初速释放一个质量为m 、电荷量为q 的带负电的小球，它落在xOz 平面上的N (c,0，b )点(c >0，b >0)．若撤去磁场则小球落在xOy 平面的P (L,0,0)点(L >0)，已知重力加速度为g .则( )A ．匀强磁场方向沿x 轴正方向B ．匀强电场方向沿x 轴正方向C ．电场强度的大小E ＝mgL qHD ．小球落至N 点时的速率v ＝g H 2＋c 2H[解析] 撤掉磁场，小球落在P 点，对其受力分析，可知：小球受竖直向下的重力、沿x 轴正向的电场力，而小球带负电，故匀强电场方向沿x 轴的负方向，选项B 错误；根据分运动的等时性，则H ＝12gt 2，L ＝12qE m t 2，两方程相比可得：E ＝mgL qH ，选项C 正确；加上磁场，小球落在N 点，其受到的洛伦兹力方向沿z轴，由左手定则，可知：匀强磁场方向沿x轴负方向，选项A错误；从M点到N点，洛伦兹力不做功，只有重力和电场力做功，由动能定理可得：mgH＋qEc＝1 2m v 2，联立可得：v＝2gH2＋LcH，选项D错误．[答案] C8．(多选)(2015·成都一诊)如图甲所示，绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中的O点，另一端连接带正电的小球，小球电荷量q ＝6×10－7 C，在图示坐标中，电场方向沿竖直方向，坐标原点O的电势为零．当小球以2 m/s的速率绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动时，细绳上的拉力刚好为零．在小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随纵坐标y 的变化关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2.则下列判断正确的是()A．匀强电场的场强大小为3.2×106 V/mB．小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少了2.4 JC．小球做顺时针方向的匀速圆周运动D．小球所受的洛伦兹力的大小为3 N[解析]根据小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随纵坐标y的变化关系可得，匀强电场的电场强度大小E＝2×1060.4V/m＝5×106 V/m，故A选项错误；由于带电小球在运动过程中，只有重力和电场力做功，则只有重力势能和电势能的相互转化，又由于带电小球在复合场(重力场、匀强电场和匀强磁场)中做匀速圆周运动，且细绳上的拉力刚好为零，则有小球受到的竖直向下的重力与其受到的电场力等大、反向，即qE＝mg，因此当带电小球从最低点运动到最高点的过程中，即小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少量为qE·2L＝2.4 J，故B选项正确；由于带电小球所受的洛伦兹力提供小球做匀速圆周运动的向心力，根据左手定则可知，小球沿逆时针方向运动，故C选项错误；根据牛顿第二定律可得f B＝m v 2L，又qE＝mg，解得f B＝3 N，即小球所受的洛伦兹力的大小为3 N，故D选项正确．[答案]BD二、非选择题9．(2015·济南高三质检)如图所示的平面直角坐标系xOy，在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴负方向，电场强度大小为E；在第四象限以ON为直径的半圆形区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外．一质量为m、带正电的粒子(不计粒子重力)，从OM＝h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上OP＝2h处的P点进入磁场，粒子在磁场中运动的轨道半径为r，以垂直于y轴的方向射出磁场．求：(1)粒子所带的电荷量q；(2)磁感应强度B；(3)粒子在磁场中运动的时间．[解析]粒子的运动轨迹如图所示．(1)粒子在电场中做类平抛运动，有2h ＝v 0t ①h ＝12at 2②其中a ＝Eq m ③解得q ＝m v 202Eh ④(2)对粒子在电场中做类平抛运动的末状态进行分析：由直角三角形知识可知v ＝v 20＋v 2y ⑤y 轴的方向有h ＝v y t 2，v y ＝v 0⑥联立⑤⑥得θ＝45°，v ＝2v 0⑦对粒子在磁场中的圆周运动进行分析：v 2＝v 1＝v ，q v B ＝m v 2r ⑧联立④⑦⑧得B ＝22Eh v 0r . (3)粒子在磁场中的运动周期 T ＝2πr 2v 0. 由几何知识知，轨迹所对的圆心角为34π 故粒子在磁场中运动的时间t ＝3T 8＝32πr 8v 0. [答案] (1)m v 202Eh (2)22Eh v 0r (3)32πr 8v 010．(2015·莆田模拟)如图所示，在直角坐标系的第Ⅰ象限0≤x ≤4 m 区域内，分布着E ＝28×106 N/C 的匀强电场，方向竖直向上；第Ⅱ象限中的两个直角三角形区域内，分布着大小均为B ＝5.0×10－2 T 的匀强磁场，方向分别垂直纸面向外和向里．质量为m ＝1.6×10－27 kg 、电荷量为q ＝3.2×10－19 C 的带正电的粒子(重力不计)，从坐标点M (－4 m ， 2 m)处，以v ＝2×107 m/s 的速度平行于x 轴向右运动，并先后通过匀强磁场和匀强电场区域．求：(1)带电粒子在磁场中的运动半径r ；(2)粒子在两个磁场区域及电场区域偏转所用的总时间；(3)在图中画出粒子从直线x ＝－4 m 到x ＝4 m 之间的运动轨迹，并求出运动轨迹与y 轴和直线x ＝4 m 交点的纵坐标．[解析] (1)带电粒子在磁场中偏转，由牛顿运动定律得q v B ＝m v 2r， 所以r ＝m v qB ，代入数据得r ＝ 2 m.(2)带电粒子在磁场中的运动周期T ＝2πm Bq ＝6.28×10－7 s ，运动的时间t 1＝14T ＝1.57×10－7 s.带电粒子在电场中运动的时间t 2＝x v ＝42×107 s ＝2.83×10－7 s ， 故粒子在电磁场偏转所用的总时间t ＝t 1＋t 2＝4.40×10－7 s.(3)如图所示分析知：粒子在方向向外的磁场中恰好沿顺时针运动了18周，下移了(2－1)m ，由对称性知粒子在方向向内的磁场中恰好沿逆时针运动了18周，又下移了(2－1) m ，故y 1＝[2－2(2－1)] m ＝(2－2) m.粒子水平飞入电场，竖直方向上满足a ＝Eq m ＝24×1014 m/s 2y 2＝y 1＋12at 22＝2 m.[答案] (1) 2 m (2)4.40×10－7 s (3)见解析11．如图甲所示，在xOy 平面内有足够大的匀强电场，电场方向竖直向上，电场强度E ＝40 N/C ；在y 轴左侧平面内有足够大的瞬时磁场，磁感应强度B 1随时间t 变化的规律如图乙所示，15π s 后磁场消失，选定磁场垂直纸面向里为正方向．在y 轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r ＝0.3 m 的圆形区域里(图中未画出)，且圆的左侧与y 轴相切，磁感应强度B 2＝0.8 T ．t ＝0时刻，一质量m ＝8×10－4 kg 、电荷量q ＝2×10－4 C 的带正电微粒从x 轴上x P ＝－0.8 m 处的P 点以速度v ＝0.12 m/s 沿x 轴正方向射出．(g 取10 m/s 2，计算结果保留两位有效数字)(1)求微粒在第二象限运动过程中离y 轴、x 轴的最大距离；(2)若微粒穿过y 轴右侧圆形磁场时，速度方向的偏转角度最大，求此圆形磁场的圆心坐标(x ，y )．[解析] (1)因为微粒射入电磁场后受到的电场力F 电＝Eq ＝8×10－3 N ，G ＝mg ＝8×10－3 NF 电＝G ，所以微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动因为q v B 1＝m v 2R 1， 所以R 1＝m v B 1q ＝0.6 m ， T ＝2πm B 1q ＝10π s. 从图乙可知在0～5π s 内微粒做匀速圆周运动在5π～10π s 内微粒向左做匀速运动，运动位移x 1＝v T 2＝0.6π m.在10π～15π s 内，微粒又做匀速圆周运动，15π s 以后向右做匀速运动，之后穿过y 轴．所以，离y 轴的最大距离s ＝0.8 m ＋x 1＋R 1＝1.4 m ＋0.6π m ＝3.3 m离x 轴的最大距离s ′＝2R 1×2＝4R 1＝2.4 m.(2)如图所示，微粒穿过圆形磁场时要求偏转角最大，入射点A 与出射点B 的连线必须为磁场圆的直径．因为q v B2＝m v 2R2，所以R2＝m vB2q＝0.6 m＝2r，所以最大偏转角θ＝60°，所以圆心坐标x＝0.30 m，y＝s′－r cos60°＝2.4 m－0.3 m×12≈2.3 m，即磁场的圆心坐标为(0.30 m,2.3 m)．[答案](1)3.3 m 2.4 m(2)(0.30 m,2.3 m)。

重点回顾专练：机械能守恒定律的综合应用一、选择题1．(多选)(2015·衡阳八中期末)如图，在地面上以速度v 0抛出质量为m 的物体，抛出后物体落在比地面低h 的海平面上，若以地面为零势能参考面，且不计空气阻力，则( )A ．重力对物体做的功为mghB ．物体在海平面的重力势能为mghC ．物体在海平面上的动能为12m v 20＋mghD ．物体在海平面上的机械能为12m v 20＋mgh[解析] 重力做功只与初末位置有关，而与实际路径无关，所以，重力对物体做的功为mgh ，A 正确；物体在海平面的重力势能为－mgh ，B 错误；根据动能定理，物体在海平面上的动能为12m v 20＋mgh ，C 正确；此过程机械能守恒，物体在海平面上的机械能为12m v 20，D 错误；故选AC.[答案] AC2．(2015·四川资阳质检)如图所示，一根跨过光滑定滑轮的轻绳，两端各有一杂技演员(可视为质点)，a 站在滑轮正下方的地面上，b 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b 摆至最低点时， a 刚好对地面无压力，则演员a 的质量与演员b 的质量之比为( )A．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．4∶1[解析]b摆动过程中满足机械能守恒有：m b gL(1－cos60°)＝12m bv2－0，在最低点有：T b－m b g＝m b v 2L，可得T b＝2m b g.当a刚好对地面无压力时，有T a＝m a g，同一根绳T a＝T b，所以m a∶m b＝2∶1，故A、C、D错误，B正确．故选B.[答案] B3．(2015·遵义高级中学最后一摸)如图，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b.a球质量为m，静置于地面；b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧．从静止开始释放b后，a可能达到的最大高度为()A．1.5h B．1.0hC．2.5h D．2.0h[解析]当b球刚接触地面时，设其速度为v，由动能定理可得：3mgh－mgh＝12·4m v2；B球落地后，a球做竖直上抛运动，则由机械能守恒定律可得：mgh1＝12m v2，联立解得：h1＝0.5h，则a可能达到的最大高度为h＋0.5h＝1.5h，故选A.[答案] A4．(2015·华中师大第一附中期中)如图光滑轨道由半圆和一段竖直轨道构成，图中H＝2R，其中R远大于轨道内径．比轨道内径略小的两小球A、B用轻绳连接，A在外力作用下静止于轨道右端口，B球静止在地面上，轻绳绷紧．现静止释放A小球，A落地后不反弹，此后B小球恰好可以到达轨道最高点．则A、B 两小球的质量之比为()A．3∶1 B．3∶2C．7∶1 D．7∶2[解析]当A球刚好落地时，对AB系统由机械能守恒定律可得：(m A－m B)gH＝12(m A ＋m B)v2，当A落地后B球上升到最高点时有12m Bv2＝m B gR＋12m B v21；由于B小球恰好可以到达轨道最高点，则v1＝0；解得：m A∶m B＝3∶1，故选A.[答案] A5．(多选)(2015·呼伦贝尔二模)如图甲所示，甲、乙两个小球可视为质点，甲球沿倾角为30°的光滑足够长斜面由静止开始下滑，乙球做自由落体运动，甲、乙两球的动能与路程的关系图象如图乙所示．下列说法正确的是()A．甲球机械能不守恒，乙球机械能守恒B．甲、乙两球的质量之比为m甲∶m乙＝4∶1C．甲、乙两球的动能均为E k0时，两球重力的瞬时功率之比为P甲∶P乙＝1∶1D．甲、乙两球的动能均为E k0时，两球下降高度之比h甲∶h乙＝1∶4[解析]两球在运动过程中只有重力做功，甲、乙球的机械能都守恒，故A 错误；由机械能守恒定律得，对甲球：E K0＝m甲gx0sin30°，对乙球：E K0＝m乙g 2x 0，解得：m 甲∶m 乙＝4∶1，故B 正确；两球重力的瞬时功率为：P ＝mg v cos θ＝mg 2E k m cos θ＝2mE k g cos θ，甲、乙两球的动能均为E k0时，两球重力的瞬时功率之比为：P 甲P 乙＝m 甲m 乙cos60°cos0°＝11，故C 正确；甲、乙两球的动能均为E k0时，两球高度之比为：x 0sin30°∶2x 0＝1∶4，故D 正确；故选BCD.[答案] BCD6．(多选)(2015·枣庄五中期末)如图所示，两个质量相同的小球A 和B ，分别用细线悬在等高的O 1、O 2两点，A 球的悬线比B球的悬线长，把两球的悬线拉到水平后将小球无初速度的释放，则经过最低点时(以悬点所在水平面为零势能面)，下列说法正确的是( )A ．A 球的速度大于B 球的速度B ．悬线对A 球的拉力大于对B 球的拉力C ．A 球的向心加速度等于B 球的向心加速度D ．A 球的机械能大于B 球的机械能[解析] 运动过程机械能守恒，因A 球的线较长，所以A 球减少的重力势能较多，转化成的动能较多，获得的速度就较大，故A 项正确；由牛顿第二定律和机械能守恒定律得F －mg ＝m v 2r 和12m v 2＝mgr ，联立解得F ＝3mg ，又因为两小球的质量相等，所以悬线对两小球的拉力相等，故B 项错；由F －mg ＝ma 及F ＝3mg 得a ＝2g ，故C 项正确；因机械能守恒，两球在初始状态机械能都为0，到达最低点仍为0，即机械能相等，故D 项错．[答案] AC7．(多选)(2015·北京西城区期末)如图1所示，物体A 以速度v 0做平抛运动，落地时水平方向的位移和竖直方向的位移均为L ，图1中的虚线是A 做平抛运动的轨迹．图2中的曲线是一光滑轨道，轨道的形状与图1中的虚线相同．让物体B 从轨道顶端无初速下滑，B 下滑过程中没有脱离轨道．物体A 、B 都可以看作质点．重力加速度为g .则下列说法正确的是( )A ．A 、B 两物体落地时的速度方向相同B ． A 、B 两物体落地时的速度大小相等C ．物体B 落地时水平方向的速度大小为2gL5D ．物体B 落地时重力的瞬时功率为mg ·2gL[解析] 运动速度的方向沿着运动轨迹的切线方向，由于两个运动轨迹相同，因此落地时速度方向相同，A 正确；开始运动时，A 有初速度，而B 从静止开始运动，在下落的过程中机械能守恒，因此落地时A 的速度大于B 的速度，B错误；A 物体下落过程中，L ＝v 0t ，L ＝12gt 2，v y ＝gt ，可得v y ＝2v 0速度与水平方向夹角为θ，则cos θ＝v 0v 20＋v 2y ＝15，而sin θ＝v yv 20＋v 2y ＝25；而B 下落时，根据机械能守恒定律，mgL ＝12m v 2，因此落地时的水平速度大小为v cos θ＝2gL5，C 正确；B 落地时重力的瞬时功率P ＝mg v sin θ＝2mg2gL 5，D 错误．[答案] AC 8．(2015·绍兴一中期末)如图所示，一物体以初速度v 0冲向光滑斜面AB ，并能沿斜面恰好上升到高度为h 的B 点，下列说法中正确的是( )A．若把斜面从C点锯断，由机械能守恒定律可知，物体冲出C点后仍能升高hB．若把斜面弯成圆弧形AB′，物体仍能沿AB′升高hC．无论是把斜面从C点锯断还是把斜面弯成AB′圆弧形，物体都不能升高h，因为机械能不守恒D．无论是把斜面从C点锯断还是把斜面弯成AB′圆弧形，物体都不能升高h，但机械能守恒[解析]若把斜面从C点锯断，物体冲出C点后，物体将要做斜抛运动，物体到达最高点没有竖直速度还要有水平速度，根据机械能守恒，物体无法将所有动能转化为重力势能，所以不可能到达h处，所以A项错误；若把斜面弯成圆弧形AB′，物体通过圆弧形时相当于轻绳模型，通过最高点时速度不可能减小为零，所以不可能沿AB′升高h，所以B项错误；无论是把斜面从C点锯断还是把斜面弯成AB′圆弧形，物体都不能升高h，在上升的过程中，对物体而言只有重力对其做功，支持力始终与速度垂直不做功，仍然满足机械能守恒，所以D项正确；C项错误．[答案] D9．(多选)(2015·泰安质检)如图所示，倾角30°、高为L的固定斜面底端与光滑水平面平滑相连，质量分别为3m、m的两个小球A、B用一根长为L的轻绳连接，A球置于斜面顶端．现由静止释放A、B两球，B球与弧形挡板碰撞过程时间极短无机械能损失，且碰后只能沿斜面下滑，两球最终均滑到水平面上．已知重力加速度为g，不计一切摩擦，则()A．A球刚滑至水平面时的速度大小为5gL 2B．B球刚滑至水平面时的速度大小为6gL 2C．在A球沿斜面下滑的过程中，轻绳对B球先做正功、后不做功D．两小球在水平面上不可能相撞[解析]A球刚滑至水平面时，根据机械能守恒定律可知：3mgL－mgL sin30°＝12(3m＋m)v 21，解得：v1＝5gL2，选项A正确；当A滑到水平面上后，做匀速运动，而B球在斜面上做加速度运动，则B球刚滑至水平面时，根据机械能守恒定律可知：3mgL＝123m·v 21＋12m v2B，解得：v B＝32gL，选项B错误；在A球沿斜面下滑的过程中，在B球没有滑上斜面之前，轻绳对B球做正功，当B球滑上斜面之后，轻绳无弹力，则对B球不做功，选项C正确；A球滑上斜面后做匀速运动，而B球还要做一段加速后到达水平面，故B球能追上A球发生碰撞，选项D错误；故选AC.[答案]AC10．(多选)(2015·枣庄十八中模拟)如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的定滑轮O(不计滑轮的摩擦)，A的质量为m，B的质量为4m.开始时，用手托住A，使OA段绳恰好处于水平伸直状态(绳中无拉力)，OB绳平行于斜面，此时B静止不动，将A由静止释放，在其下摆过程中B始终保持静止．则在绳子到达竖直位置之前，下列说法正确的是()A．小球A运动到最低点时物块B所受的摩擦力为mgB．物块B受到的摩擦力方向没有发生变化C．若适当增加OA段绳子的长度，物块可能发生运动D．地面对斜面体的摩擦力方向一定水平向右[解析]开始时，物块B所受的摩擦力为f1＝4mg sinθ＝2mg，方向沿斜面向上；小球A运动到最低点时，由机械能守恒定律可得：mgL＝12m v2；又T－mg＝m v 2L，解得：T＝3mg；此时物块B所受的摩擦力为f＝T－4mg sin30°＝mg，方向沿斜面向下，选项A正确，B错误；由上述计算可知，当物块A到达最低点时，绳子的拉力与绳长无关，故若适当增加OA段绳子的长度，物块不可能发生运动，选项C错误；对物块B和斜面体的整体而言，当物块A向下摆动时，绳子对整体的拉力斜向左下方，故地面对斜面体的摩擦力方向一定水平向右，选项D正确；故选AD.[答案]AD二、非选择题11．(2015·阳县一中、湘阳一中联考)如图所示，跨过轻质定滑轮的细绳两端，一端连接质量为m的物体A，另一端通过一轻质弹簧与质量为M的物体B连接，B物体静止在地面上，用手托着A物体，在A距地面高h处时，细绳刚好被拉直、弹簧无形变．今将A物体从h高处无初速释放，A物体恰好能到达地面，且A 到达地面时，B物体对地面的压力恰好减为零．已知重力加速度为g，弹簧的弹性势能与劲度系数k、弹簧的伸长量x的关系是：E弹＝12kx2.两个物体均可视为质点，不计绳子和滑轮的质量，不计滑轮轴上的摩擦力和空气阻力．问：(1)A、B两物体的质量之比为多少？(2)现将A 、B 两物体的初始位置互换，再让B 物体从h 高处无初速释放，当A 物体刚要离开地面时，B 物体的速度是多少？[解析] (1)由A 下降过程，系统机械能守恒有12kh 2＝mgh当A 刚好到达地面时，对B 有kh ＝Mg 联立可解得M ＝2m 即m ∶M ＝1∶2(2)A 和B 位置对换，设A 刚要离开地面时B 物体下降了x ，且此时B 的速度为v此时对A 有kx ＝mg ，由B 下降过程，系统机械能守恒12kx 2＋12M v 2＝Mgx有x ＝h 2，v ＝3gh 2.[答案] (1)1∶2 (2)3gh 212．(2015·三明一中期中)如图所示，滑块质量为m ，与水平地面间的动摩擦因数为0.1，它以v 0＝3gR 的初速度由A 点开始向B 点滑行，AB ＝5R ，并滑上光滑的半径为R 的1/4圆弧BC ，在C 点正上方有一离C 点高度也为R 的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P 、Q ，孔径大于滑块的大小，旋转时两孔均能达到C 点的正上方．求：(1)滑块运动到光滑轨道B 点时对轨道的压力；(2)若滑块滑过C 点后穿过P 孔，求滑块过P 点后还能上升的最大高度；(3)若滑块滑过C 点后从P 孔上升又恰能从Q 孔落下，平台转动的角速度ω应满足什么条件？[解析] (1)设滑块滑至B 点时速度为v B ，对滑块由A 点到B 点应用动能定理有－μmg ·5R ＝12m v 2B －12m v 20对滑块在B点，由牛顿第二定律有N－mg＝m v 2BR解得N＝9mg由牛顿第三定律可知，滑块在B点时对轨道的压力大小为N′＝N＝9mg方向向下(2)滑块从B点开始运动后机械能守恒，设滑块到达P处时速度为v P，则1 2m v 2B ＝12m v2P＋mg·2R解得v P＝2gR滑块穿过P孔后再上升机械能仍守恒，设能上升的最大高度为h由1 2m v 2P＝mg·h得到h＝2R滑块过P点后还能上升的最大高度为2R(3)滑块穿过P孔后再回到平台的时间t＝2v Pg＝4Rg要想实现题述过程，需满足ωt＝(2n＋1)πω＝(2n＋1)π4gR(n＝0,1,2，…)[答案](1)9mg方向向下(2)2R(3)(2n＋1)π4gR(n＝0,1,2，…)爱看书的康强爱看书的康强。

课时跟踪训练(四)一、选择题1．下列关于重力的说法中正确的是()A．物体只有静止时才受重力作用B．重力的方向总是指向地心C．地面上的物体在赤道上受的重力最小D．物体挂在弹簧秤下，弹簧秤的示数一定等于物体的重力[答案] C2．关于地球上的物体，下列说法中正确的是()A．在“天上”绕地球飞行的人造卫星不受重力作用B．物体只有落向地面时才受到重力作用C．将物体竖直向上抛出，物体在上升阶段所受的重力比落向地面时小D．物体所受重力的大小与物体的质量有关，与物体是否运动及怎样运动无关[解析]重力是由于地球的吸引而使物体受到的地球的作用力，不管物体静止还是运动，也不管物体上升还是下落，一切物体都受重力作用．在“天上”绕地球飞行的人造卫星也要受重力作用，故A、B项错误．地面附近同一物体的重力大小、方向都不会发生改变，重力的大小可由公式G＝mg求出，C项错误．重力大小与物体的质量有关，与运动状态无关，选项D正确．[答案] D3．(2015·福州模拟)一根轻质弹簧，当它上端固定，下端悬挂重为G的物体时，长度为L1；当它下端固定在水平地面上，上端压一重为G的物体时，其长度为L2，则它的劲度系数是()A.GL1 B.GL2C.GL1－L2D.2GL1－L2[解析]设弹簧的劲度系数为k，原长为L0，由题意可得：k(L1－L0)＝G，k(L0－L2)＝G，解得k＝2GL1－L2，故D正确．[答案] D4. (多选)在一张大桌子上放两个平面镜M和N，让一束光依次被两面镜子反射，最后射到墙上形成一个光点P.用力压桌面，观察墙上光点位置的变化，下列说法中正确的是()A．F增大，P上移B．F减小，P下移C．F增大，P下移D．F减小，P上移[解析]本题考查微小形变的放大法．当力F增大时，两镜面均向里倾斜，使入射角减小，经两次累积，使反射光线的反射角更小，光点P下移；同理，若力F减小，光点P上移．所以选项C、D正确．[答案]CD5．如下图所示，下列四个图中，所有的球都是相同的，且形状规则质量分布均匀．甲球放在光滑斜面和光滑水平面之间，乙球与其右侧的球相互接触并放在光滑的水平面上，丙球与其右侧的球放在另一个大的球壳内部并相互接触，丁球用两根轻质细线吊在天花板上，且其中右侧一根线是沿竖直方向．关于这四个球的受力情况，下列说法正确的是()A．甲球受到两个弹力的作用B．乙球受到两个弹力的作用C．丙球受到两个弹力的作用D．丁球受到两个弹力的作用[解析]甲球受水平面的弹力，斜面对甲球无弹力，乙球受水平面的弹力，乙与另一球之间无弹力，丙球受右侧球和地面的两个弹力作用，丁球受竖直细线的拉力，倾斜细线的拉力刚好为零，故C对，A、B、D错．[答案] C6．(多选)如图所示，用两根细线把A、B两小球悬挂在天花板上的同一点O，并用第三根细线连接A、B两小球，然后用力F作用在小球A上，使三根细线均处于直线状态，且OB细线恰好沿竖直方向，两小球均处于静止状态．则该力可能为图中的()A．F1B．F2C．F3D．F4[解析]首先对B球受力分析，合力为零．故B球受重力和OB绳子的向上的拉力，由于B球保持静止，受力平衡，故AB绳子的拉力为零：再对A球受力分析，受重力，OA绳子的拉力和一个题中需要求解的力，根据三力平衡条件，可以知道，任意两个力的合力必定与第三个力等值、反向、共线，由于重力和OA绳子的拉力的合力必定在AO方向和竖直方向之间，故只有F2与F3符合；故选B、C.[答案]BC7．实验室常用的弹簧测力计如(图甲)所示，有挂钩的拉杆与弹簧相连，并固定在外壳的一端上，外壳上固定一个圆环，可以认为弹簧测力计的总质量主要集中在外壳(重量为G)上，弹簧和拉杆的质量忽略不计．再将该弹簧测力计以两种方式固定于地面上，如图(乙)、(丙)所示，分别用恒力F0竖直向上拉弹簧测力计，静止时弹簧测力计的读数为()A．(乙)图读数F0－G，(丙)图读数F0＋GB．(乙)图读数F0＋G，(丙)图读数F0－GC．(乙)图读数F0，(丙)图读数F0－GD．(乙)图读数F0－G，(丙)图读数F0[解析]对(乙)中弹簧测力计的外壳受力分析可知，受重力G、拉力F0和弹簧的拉力F1，如右图所示，则弹簧测力计的读数为F1＝F0－G；由于弹簧和拉杆的质量忽略不计，所以(丙)中弹簧的拉力等于F0，即弹簧测力计的读数为F2＝F0，故D正确．[答案] D8.如右图所示，质量为m的物体悬挂在轻质支架上，斜梁OB与竖直方向的夹角为θ，A、B、O处均用铰链相连．设水平横梁OA和斜梁OB作用于O点的弹力分别为F1和F2，以下结果正确的是()A ．F 1＝mg sin θB ．F 1＝mg sin θC ．F 2＝mg cos θD ．F 2＝mg cos θ[解析]由题可知，对悬挂的物体由力的平衡条件可知绳子的拉力等于其重力，则绳子拉O 点的力也等于重力．求OA 和OB 的弹力，以O 点为研究对象，受力分析如图，由平衡条件可知，F 1和F 2的合力与F T 等大反向，则由平行四边形定则和几何关系可得：F 1＝mg tan θ，F 2＝mg cos θ，故D 正确．[答案] D9. (2016·三明市期中)如右图所示，完全相同的质量为m 的A 、B 两球，用两根等长的细线悬挂在O 点，两球之间夹着一根劲度系数为k 的轻弹簧，静止不动时，弹簧处于水平方向，两根细线之间的夹角为θ，则弹簧的长度被压缩了( )A.mg tan θkB.2mg tan θkC.mg tan θ2kD.2mg tan θ2k[解析]考查受力分析、物体的平衡．对A受力分析可知，有竖直向下的重力mg、沿着细线方向的拉力F T以及水平向左的弹簧弹力F，由正交分解法可得水平方向F T sin θ2＝F＝kΔx，竖直方向F T cosθ2＝mg，解得Δx＝mg tanθ2k，C正确．[答案] C10. (多选)如图所示，小车上有一根固定的水平横杆，横杆左端固定的轻杆与竖直方向成θ角，轻杆下端连接一小铁球；横杆右端用一根细线悬挂一小铁球，当小车做匀变速直线运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ<α，则下列说法中正确的是()A．轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上B．轻杆对小球的弹力方向与细线平行向上C．小车一定以加速度g tanα向右做匀加速运动D．小车一定以加速度g tanθ向右做匀加速运动[解析]由于两小球加速度方向相同，所受弹力方向也应该相同，所以轻杆对小球的弹力方向与细线平行向上，选项A错误B正确；对细线悬挂的小铁球受力分析，由牛顿第二定律可得，小车一定以加速度gtanα向右做匀加速运动，选项C正确D错误．[答案]BC二、非选择题11．如右图所示，在动力小车上固定一直角硬杆ABC，分别系在水平直杆AB两端的轻弹簧和细线将小球P悬吊起来．轻弹簧的劲度系数为k，小球P的质量为m，当小车沿水平地面以加速度a 向右运动而达到稳定状态时，轻弹簧保持竖直，而细线与杆的竖直部分的夹角为θ，试求此时弹簧的形变量．[解析]以小球为研究对象，对小球做受力分析，如右图所示：竖直方向列平衡方程：F T cosθ＋F＝mg水平方向由牛顿第二定律知：F T sinθ＝ma，F＝kx联立解得：x＝m(g－a cotθ)/k讨论：(1)若a<g tanθ，则弹簧伸长x＝m(g－a cotθ)/k(2)若a＝g tanθ，则弹簧伸长x＝0(3)若a>g tanθ，则弹簧压缩x＝m(a cotθ－g)/k[答案](1)若a<g tanθ，则弹簧伸长x＝m(g－a cotθ)/k(2)若a＝g tanθ，则弹簧伸长x＝0(3)若a>g tanθ，则弹簧压缩x＝m(a cotθ－g)/k12．如右图所示，原长分别为L1和L2，劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧竖直悬挂在天花板上，两弹簧之间有一质量为m1的物体，最下端挂着质量为m2的另一物体，整个装置处于静止状态．(1)求这时两弹簧的总长．(2)若用一个质量为M 的平板把下面的物体竖直缓慢地向上托起，直到两弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和，求这时平板对物体m 2的支持力大小．[解析] (1)设上面弹簧的伸长量为Δx 1，下面弹簧的伸长量为Δx 2，由物体的平衡及胡克定律得，k 1Δx 1＝(m 1＋m 2)g ，Δx 1＝(m 1＋m 2)g k 1，k 2Δx 2＝m 2g ， Δx 2＝m 2g k 2所以总长为L ＝L 1＋L 2＋Δx 1＋Δx 2＝L 1＋L 2＋(m 1＋m 2)g k 1＋m 2g k 2. (2)要使两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和，必须是上面弹簧伸长Δx ，下面弹簧缩短Δx .对m 2∶F N ＝k 2Δx ＋m 2g对m 1∶m 1g ＝k 1Δx ＋k 2ΔxF N ＝m 2g ＋k 2k 1＋k 2m 1g . [答案] (1)L 1＋L 2＋(m 1＋m 2)g k 1＋m 2g k 2 (2)m 2g ＋k 2k 1＋k 2m 1g。

课时跟踪训练(四十二)一、选择题1．(多选)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( )[解析]　A中子弹和木块的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合力为零，系统动量守恒；B中在弹簧恢复原长过程中，系统在水平方向始终受墙的作用力，系统动量不守恒；C中木球与铁球的系统所受合力为零，系统动量守恒；D中木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒，选项A、C正确．[答案]　AC2．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小，而掉在草地上的玻璃杯动量大B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大C．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D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时作用力大，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用力小[解析]　玻璃杯从同样高度落下，到达地面时具有相同的速度，即具有相同的动量，与地面相互作用后都静止．所以两种地面的情况中玻璃杯动量的改变量相同，故A 、B 、C 错误；落在水泥地上时，作用时间短，故作用力大，落在草地上时，作用时间长，故作用力小，故D 正确．[答案]　D3．(2015·泉州检测)有一个质量为3m 的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v 0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m ，速度大小为v ，方向水平向东，则另一块的速度是( )A ．3v 0－vB ．2v 0－3vC ．3v 0－2vD ．2v 0＋v[解析]　在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3m v 0＝2m v ＋m v ′，可得另一块的速度为v ′＝3v 0－2v ，对比各选项可知，答案选C.[答案]　C4．(2015·重庆卷)高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动)．此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.＋mgB.－mgm 2gh tm 2gh t C.＋mgD.－mgm gh t m gh t [解析]　设作业人员下落h 时的速度为v ，根据自由落体运动规律可得v 2＝2gh .对于安全带伸长到最长过程，设竖直向上为正方向，根据动量定理得Ft －mgt ＝0－(－m v )，解以上两式可得，F ＝＋mg ，选项A 正确．m 2ght[答案]　A5．(2015·福建卷)如图，两滑块A 、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A 的质量为m ，速度大小为2v 0，方向向右，滑块B 的质量为2m ，速度大小为v 0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )A ．A 和B 都向左运动 B ．A 和B 都向右运动C ．A 静止，B 向右运动D ．A 向左运动，B 向右运动[解析]　因为A 和B 组成的系统总动量为零，因此碰后系统总动量也为零，不可能都向左或向右运动，也不可能一个静止一个运动，应是A 向左运动，B 向右运动，选项D 正确．[答案]　D6．(2015·合肥质检)一质量为2 kg 的物体受水平拉力F 作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a －t 图象如图所示，t ＝0时其速度大小为2 m/s.滑动摩擦力大小恒为2 N ，则( )A ．在t ＝6 s 的时刻，物体的速度为18 m/sB ．在0～6 s 时间内，合力对物体做的功为400 JC ．在0～6 s 时间内，拉力对物体的冲量为36 N·sD ．在t ＝6 s 的时刻，拉力F 的功率为200 W[解析]　类比速度—时间图象中位移的表示方法可知，速度变化量在加速度—时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6 s 内Δv ＝18 m/s ，v 0＝2 m/s ，则t ＝6 s 时的速度v ＝20 m/s ，A 项错；由动能定理可知，0～6 s 内，合力做的功为W ＝m v 2－m v ＝396 J ，B 项错；由动量定理可知，12122I F－F f·t＝m v－m v0，代入已知条件解得I F＝48 N·s，C项错；由牛顿第二定律可知，6 s末F－F f＝ma，解得F＝10 N，所以拉力的功率P＝F v＝200 W，D项正确．[答案]　D7．(多选)如图是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高．用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球．关于此实验，若不计空气阻力和碰撞中的能量损失，则下列说法中正确的是( )A．当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示B．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度C．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同D．上述整个实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒E．上述整个实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量不守恒[解析]　由于相邻两球依次发生弹性碰撞，故选项A、C对，B错；虽然在碰撞过程中，5个小球组成系统的机械能、动量均守恒，但在上述整个实验过程中(包括下摆和上摆)，系统机械能守恒，动量不守恒，故选项D错，E对．[答案]　ACE8．如右图所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v 1在光滑水平面上向东运动．当此人相对于车以速度v 2竖直跳起时，车向东的速度大小为( )A. B.Mv 1－Mv 2M －m Mv 1M －m C.D ．v 1Mv 1＋Mv 2M －m [解析]　在水平方向动量守恒，人向上跳起后，水平方向的速度没变，(m ＋M )v 1＝m v 1＋M v 车，因此v 车＝v 1，所以D 正确．[答案]　D9．(2015·福建省莆田一中期末)如右图所示，一质量M ＝3.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m ＝1.0 kg 的小木块A .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，A 始终没有滑离B 板．在小木块A 做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( )A ．1.8 m/sB ．2.4 m/sC ．2.8 m/sD ．3.0 m/s[解析]　A 先向左减速到零，再向右加速运动，在此期间，木板减速运动，最终它们保持相对静止，设A 减速到零时，木板的速度为v 1，最终它们的共同速度为v 2，取水平向右为正方向，则M v －m v ＝M v 1，M v 1＝(M ＋m )v 2，可得v 1＝ m/s ，v 2＝2 m/s ，所以在小木块A 做加速运动的时间内，木板速度大小应83大于2.0 m/s 而小于 m/s ，只有选项B 正确．83[答案]　B10．(2015·渝中区模拟)如右图所示，光滑圆形管道固定在竖直面内，直径略小于管道内径可视为质点的小球A 、B 质量分别为m A 、m B ，A 球从管道最高处由静止开始沿管道下滑，与静止于管道最低处的B 球相碰，碰后A 、B 球均能刚好到达与管道圆心O 等高处，关于两小球质量比值的说法正确的是( )mAmB A.＝＋1 B.－1mAmB 2mA mB 2C.＝1D.＝mA mB mA mB 2[解析]　由题意知，AB 碰后粘合在一起2m A gR ＝m v ①122A m A v A ＝(m A ＋m B )v ②(m A ＋m B )gR ＝(m A ＋m B )v 2.12[答案]　A 二、非选择题11．(2015·云南一模)如图所示，光滑的杆MN 水平固定，物块A 穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，A 通过长度为L 的轻质细绳与物块B 相连，A 、B 质量均为m 且可视为质点．一质量也为m 的子弹水平射入物块B 后未穿出，若杆足够长，此后运动过程中绳子偏离竖直方向的最大夹角为60°.求子弹刚要射入物块B 时的速度大小．[解析]　子弹射入木块B 的过程中，子弹和木块B 组成的系统水平方向上动量守恒，规定子弹的速度方向为正方向，有m v 0＝2m v 1，子弹开始射入物块B 到绳子偏离竖直方向夹角最大的过程中，系统水平方向上动量守恒，有m v 0＝3m v 2，根据机械能守恒得2mgL (1－cos60°)＝×2m v －×3m v ，联立三1221122式解得v 0＝2.3gL [答案]　23gL12．(2015·山东卷)如图，三个质量相同的滑块A 、B 、C ，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A 向右的初速度v 0，一段时间后A 与B 发生碰撞，碰后A 、B 分别以v 0、v 0的速度向右运动，B 再与C 发生碰撞，碰后1834B 、C 粘在一起向右运动．滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B 、C 碰后瞬间共同速度的大小．[解析]　设滑块质量为m ，A 与B 碰撞前A 的速度为v A ，由题意知，碰后A 的速度v A ′＝v 0，B 的速度v B ＝v 0，由动量守恒定律得1834m v A ＝m v A ′＋m v B ①设碰撞前A 克服轨道阻力所做的功为W A ，由功能关系得W A ＝m v －m v ②1220122A 设B 与C 碰撞前B 的速度为v B ′，B 克服轨道阻力所做的功为W B ，由功能关系得W B ＝m v －m v B ′2③122B12据题意可知W A ＝W B ④设B 、C 碰后瞬间共同速度的大小为v ，由动量守恒定律得m v B ′＝2m v ⑤联立①②③④⑤式，代入数据得v ＝v 0⑥2116[答案]　v 02116。

课时跟踪训练(四十)一、选择题1．(2015·福建卷)如图，一束光经玻璃三棱镜折射后分为两束单色光a 、b ，波长分别为λa 、λb ，该玻璃对单色光a 、b 的折射率分别为n a 、n b ，则( )A ．λa <λb ，n a >n bB ．λa >λb ，n a <n bC ．λa <λb ，n a <n bD ．λa >λb ，n a >n b[解析]　由题图可知，光由空气进入三棱镜时，两束单色光的入射角相同，单色光a 的折射角大于单色光b 的折射角，根据折射定律可得，n ＝，则sin isin r n a <n b ，单色光b 的频率大而波长小，即λa >λb ，选项B 正确．[答案]　B2．(2014·福建卷)如图所示，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，下图中能正确描述其光路的是( )[解析]　当光线从空气射向半圆柱体玻璃砖时，光线一定会进入玻璃砖，B 错误．当光线从半圆柱体玻璃砖射向空气时，可能发生全反射，A 正确．当发生折射时，由折射定律可知，玻璃中光线与法线的夹角小于空气中光线与法线的夹角，C 、D 错误．[答案]　A3.如图所示，一横截面为直角三角形的三棱镜，∠B ＝90°，∠C ＝30°.一束与AB 面成θ＝30°的光线射向AB 面，经过BC 边发生一次全反射，再从AC 边射出，且出射光线的折射角为60°.则这种材料的折射率为( )A. B.23C. D ．243[解析]　作出光路图，如图所示，根据几何关系和折射定律有n ＝＝，可得i ＝30°，n ＝.sin60°sin i sin60°sin (60°－i )3[答案]　B4．公园里灯光喷泉的水池中有处于同一深度的若干彩灯，在晚上观察不同颜色彩灯的深度和水面上被照亮的面积，下列说法正确的是( )A ．红灯看起来较浅，红灯照亮的水面面积较小B ．红灯看起来较深，红灯照亮的水面面积较小C ．红灯看起来较浅，红灯照亮的水面面积较大D ．红灯看起来较深，红灯照亮的水面面积较大[解析]　光从水里射入空气时发生折射，入射角相同时，折射率越大，折射角越大，从水面上看光源越浅，红灯发出的红光的折射率最小，看起来最深；设光源的深度为d ，光的临界角为C ，则光能够照亮的水面面积大小为S ＝π(d tan C )2，可见，临界角越大的光，照亮的面积越大，各种色光中，红光的折射率最小，临界角最大，所以红灯照亮的水面面积较大，选项D 正确．[答案]　D5.如图所示，AB 、CD 分别是置于空气中厚玻璃砖的上、下两个表面，且AB ∥CD ，光线经AB 表面射向玻璃砖，当折射光线射到CD 表面上时，下列说法中正确的是( )①不可能发生全反射　②只要适当增大入射角θ1，就可能在CD 面上发生全反射　③只要玻璃砖的厚度足够大，就可能在CD 面上发生全反射　④由于不知道玻璃的折射率，故无法判断A ．只有①正确B ．只有②③正确C ．②③④正确D ．只有④正确[解析]　如图所示，折射光线O 1O 2能否在CD 面上发生全反射，取决于是否满足全反射的条件，由于玻璃的折射率大于空气的折射率，故折射光线O 1O 2是从光密介质射向光疏介质，设折射光线O 1O 2在CD 面上的入射角为θ1′，则θ1′＝θ2.据折射率的定义可得n ＝.(其中θ1<90°)sin θ1sin θ2据临界角定义可得n ＝.可得θ1′＝θ2<C .1sin C 故折射光线O 1O 2在CD 面上不能发生全反射．[答案]　A6．两束平行的细激光束，垂直于半圆柱玻璃的平面射到半圆柱玻璃上，如图所示．已知光线1沿直线穿过玻璃，它的入射点是O ；光线2的入射点为A ，穿过玻璃后两条光线交于P 点．已知玻璃截面的圆半径为R ，OA ＝，OP ＝R，光在真空中的传播速度为c .据此可知( )R 23A ．光线2在圆弧面的入射角为45°B ．玻璃材料的折射率为3C ．光线1在玻璃中传播速度为c2D ．光线1在玻璃中传播时间为3R2c[解析]　作出光路图如图所示，设光线2沿直线进入玻璃，在半圆面上的入射点为B ，入射角设为θ1，折射角设为θ2，由sin θ1＝＝得θ1＝30°，选项OA OB 12A 错误；OP ＝R ，由几何关系知BP ＝R ，则折射角θ2＝60°，由折射定律得玻3璃的折射率为n ＝＝＝，选项B 正确，由n ＝解得光线1在玻璃sin θ2sin θ1sin60°sin30°3c v ，传播时间为t ＝＝，选项C 、D 错误．c 3R v 3Rc [答案]　B 7. (2015·郑州三模)“B 超”可用于探测人体内脏的病变状况．如图是超声波从肝脏表面入射，经折射与反射，最后从肝脏表面射出的示意图．超声波在进入肝脏发生折射时遵循的规律与光的折射规律类似，可表述为＝(式中sin θ1sin θ2v 1v 2θ1是入射角，θ2是折射角，v 1、v 2分别是超声波在肝外和肝内的传播速度)，超声波在肿瘤表面发生反射时遵循的规律与光的反射规律相同．已知v 2＝0.9v 1，入射点与出射点之间的距离是d ，入射角为i ，肿瘤的反射面恰好与肝脏表面平行，则肿瘤离肝脏表面的深度h 为( )A.B.9d sin i2100－81sin2i d 81－100sin2i 10sin i C. D.d 81－100sin2i20sini d 100－81sin2i 18sin i[解析]　如图所示，由题意知＝＝①sin i sin r v 1v 2109由几何关系知sin r ＝②d2(d 2)2＋h 2联立①②式解得h ＝，故选项D 正确．100－81sin2i18sin i [答案]　D8.如图所示，空气中有一折射率为的玻璃柱体，其横截面是圆心角为90°、2半径为R 的扇形OAB ，一束平行光平行于横截面，以45°入射角照射到OA 上，OB 不透光．若只考虑首次入射到圆弧AB 上的光，则A 上有光透出部分的弧B 长为( )A.πRB.πR 1614C.πRD.πR 13512[解析]　假设平行光束恰好能透出圆弧的临界点分别为D 、E ，光路图如图所示，由折射率公式可求得光从OA 边射入玻璃时的折射角为30°，由临界角定义式可求得D 处发生全反射的临界角为C ＝45°，则圆弧DE 对应的圆心角为45°，所以有光透出的弧长为πR ，选项B 正确．14[答案]　B9. (多选)(2015·石家庄一模)如图所示，a 、b 为两束不同频率的单色光，以45°的入射角射到玻璃砖的上表面，直线OO ′与玻璃砖垂直且与其上表面交于N 点，入射点A 、B 到N 点的距离相等，经玻璃砖上表面折射后两束光相交于图中的P 点．下列说法正确的是( )A．在真空中，a光的传播速度大于b光的传播速度B．在玻璃中，a光的传播速度大于b光的传播速度C．玻璃对a光的折射率小于玻璃对b光的折射率D．同时增大入射角，则b光在下表面先发生全反射E．通过玻璃砖后a、b光均沿原来的方向传播[解析]　由于光在真空中传播速度均相等，选项A错误；由图知，b光偏折的较大，所以b光的折射率较大、传播速度较小，选项B、C正确．由折射定律可知，a、b光在下表面入射角均小于临界角，a、b光均能在下表面射出去，不能发生全反射，选项D错误；光线通过平行玻璃砖后传播方向不会改变，而只发生侧移，故选项E正确．[答案]　BCE10．(多选)(2015·江西八校联考)幻日是一种非常罕见的光学现象如图(甲)为2012年12月10日，上海出现的“三个太阳”(即幻日现象)．在天空出现的半透明薄云里面，有许多漂浮在空中的六角形柱状的冰晶体，偶尔它们会整整齐齐地垂直排列在空中．当太阳光射在这一根根六角形冰柱上，就会发生非常规律的折射现象如图(乙)．有人在实验室用白光束和转动的六角棱镜模拟了幻日现象如图(丙)．下列说法正确的是( )A．人造幻日接近太阳一侧的光线在冰晶中折射率较大B．光线从冰晶侧面入射时，入射角一定大于或等于折射角C．形成幻日的光线可能是经过冰晶的一个侧面射入，又从与之平行的另一侧面射出进入观察者眼中D．图(丙)中二个人造幻日是六角棱镜转动时入射光线从棱镜侧面不同方向射入时分别产生的[解析]　人造幻日接近太阳一侧的光线偏折较小，即冰晶对这些光线折射率较小，选项A错误；光线从冰晶侧面入射时，入射角一定大于或等于折射角，选项B正确；若光线从一个侧面射入，再从与之平行的侧面射出，光线方向不发生变化，不会形成幻日，选项C错误；图(丙)中二个人造幻日是六角棱镜转动时入射光线从棱镜侧面不同方向射入时分别产生的，选项D正确．[答案]　BD二、非选择题11．(2015·山东济南一模)一赛艇停在平静的水面上，赛艇前端有一标记P离水面的高度为h1＝0.6 m；赛艇正前方离赛艇前端s1＝0.8 m处有一浮标，示意如图．一潜水员在浮标前方s2＝3.0 m处下潜到深度为h2＝4.0 m时，看到标记P刚好被浮标挡住．求水的折射率n.[解析]　设过P点的光线恰好被浮标挡住时，入射角、折射角分别为α、β，如图，则：sin α＝s 1s 21＋h 21sin β＝s 2s 2＋h 2n ＝sin αsin β联立解得n ＝.43[答案]　4312．(2015·江西宜春一模)如图所示为一透明玻璃半球，在其下面有一平行半球上表面水平放置的光屏．两束关于中心轴OO ′对称的激光束从半球上表面垂直射入玻璃半球，恰能从球面射出．当光屏距半球上表面h 1＝40 cm 时，从球面折射出的两束光线会聚于光屏与OO′轴的交点，当光屏距上表面h 2＝70 cm 时，在光屏上形成半径r ＝40 cm 的圆形光斑．求该半球形玻璃的折射率．[解析]　光路如图所示，设临界光线AE 、BF 入射后，经E 、F 两点发生全反射，由几何关系可得∠O 2QP ＝C ，O 2O 3＝h 2－h 1＝0.3 m ，O 2Q ＝＝0.5 m ，(O 2O 3)2＋(O 3Q )2sin C ＝＝，O 2O 3O 2Q 35又由折射定律得n ＝＝.1sin C 53[答案]　53。

课时跟踪训练(五)落实双基[基础巩固]1．下列关于重力的说法中正确的是()A．物体只有静止时才受重力作用B．重力的方向总是指向地心C．地面上的物体在赤道上受的重力最小D．物体挂在弹簧测力计下，弹簧测力计的示数一定等于物体的重力[解析]物体受到重力的作用，与物体的运动状态无关，A错误；重力的方向总是竖直向下，不一定指向地心，B错误；赤道上重力加速度最小，因此地面上的物体在赤道上受的重力最小，C正确；物体挂在弹簧测力计下处于平衡状态时，弹簧测力计的示数才等于物体的重力，故D错误．[答案] C2．关于静摩擦力，下列说法中正确的是()A．两个运动的物体之间不可能有静摩擦力的作用B．静摩擦力的方向总是与物体相对运动趋势的方向相反C．静摩擦力做的功一定为零D．静摩擦力只有大小没有方向[解析]静摩擦力可以存在于运动的两个物体之间，A错误；静摩擦力的方向总是与物体相对运动趋势的方向相反，可能与物体运动方向相反，也可能相同，故B正确；恒力做功的表达式W＝Fs cosα，静摩擦力可能做负功，也可能做正功，也可能不做功，C错误；静摩擦力有大小，也有方向，故D错误．[答案] B3．一个长度为L的轻弹簧，将其上端固定，下端挂一个质量为m的小球时，弹簧的总长度变为2L.现将两个这样的弹簧按如图所示方式连接，A、B两小球的质量均为m，则两小球平衡时，B小球距悬点O的距离为(不考虑小球的大小，且弹簧都在弹性限度范围内)()A．3L B．4L C．5L D．6L[解析]由题意可知，kL＝mg，当用两个相同的弹簧按题图所示悬挂时，下面弹簧弹力大小为mg，伸长量为L，而上面弹簧的弹力为2mg，由kx＝2mg可知，上面弹簧的伸长量为x＝2L，故B球到悬点O的距离为L＋L＋L＋2L＝5L，C正确．[答案] C4．如图所示，完全相同的质量为m的A、B两球，用两根等长的细线悬挂在O 点，两球之间夹着一根劲度系数为k 的轻弹簧，静止不动时，弹簧处于水平方向，两根细线之间的夹角为θ，则弹簧的长度被压缩了( )A.mg tan θkB.2mg tan θkC.mg tan θ2kD.2mg tan θ2k[解析] 对A 受力分析可知，A 受竖直向下的重力mg 、沿着绳子方向的拉力T 以及水平向左的弹簧弹力F ，由正交分解法可得水平方向T sin θ2＝F ＝kΔx ，竖直方向T cos θ2＝mg ，解得Δx ＝mg tan θ2k . [答案] C5．如右图所示，物块M 通过与斜面平行的细绳及滑轮与小物块m 相连，斜面的倾角θ可以改变，讨论物块M 对斜面的摩擦力的大小，则一定有( )A．若物块M保持静止，则θ角越大，摩擦力越大B．若物块M保持静止，则θ角越大，摩擦力越小C．若物块M沿斜面下滑，则θ角越大，摩擦力越大D．若物块M沿斜面下滑，则θ角越大，摩擦力越小[解析]若M静止，则摩擦力f＝Mg sinθ－mg或f＝mg－Mg sinθ，θ角变化，摩擦力大小无法判断，故A、B错误；若M沿斜面下滑，则摩擦力f＝μMg cosθ，θ角越大，摩擦力越小，故C错误、D正确．[答案] D6.如图所示，一倾角为45°的斜面固定于墙角，为使一光滑的铁球静止于图示位置，需加一水平力F，且F通过球心．下列说法正确的是()A．铁球一定受墙水平向左的弹力B．铁球可能受墙水平向左的弹力C．铁球一定受斜面的弹力且垂直斜面向上D．铁球可能受斜面的弹力且垂直斜面向上[解析]F的大小合适时，铁球可以静止在靠墙的斜面上，F增大时墙才会对铁球有弹力，所以选项A错误，B正确．斜面必须有垂直斜面向上的弹力才能使铁球不下落，所以选项C正确、D错误．[答案]BC7．(2017·湖北五市十校联考)如下图所示，质量为2 kg的物体与水平地面间的动摩擦因数为0.2，水平地面足够大．t＝0时，物体以2 m/s的初速度向右运动，同时对物体施加一个水平向左的大小恒为2 N的拉力F，向右为正方向，g＝10 m/s2，则在t＝0之后()A．物体所受摩擦力不会变化B．物体所受摩擦力会由－4 N变为＋2 NC．物体所受摩擦力会由－4 N变为－2 ND．物体所受摩擦力会由＋4 N变为＋2 N[解析]分析摩擦力问题的关键是弄清楚是滑动摩擦力还是静摩擦力，由题意知，刚开始物体向右运动，所以物体受到向左的滑动摩擦力为－4 N；又因为t＝0时，物体受到向左的水平恒力，所以物体会向右做匀减速直线运动直到速度为0；之后水平恒力小于最大静摩擦力，故物体受到向右的静摩擦力，与水平恒力等大反向为＋2 N，选项B正确．[答案] B8．如图所示，A、B两物块始终静止在水平地面上，有一轻质弹簧一端连接在竖直墙上的P点，另一端与A相连接，下列说法正确的是()A．如果B对A没有摩擦力，则地面对B也没有摩擦力B．如果B对A有向左的摩擦力，则地面对B也有向左的摩擦力C．P点缓慢下移过程中，B对A的摩擦力一定增大D．P点缓慢下移过程中，地面对B的摩擦力一定增大[解析]若B对A没有摩擦力，则A对B也没有摩擦力，因B 在水平方向受力平衡，则地面对B也没有摩擦力，A正确；若B对A 有向左的摩擦力，则A对B有向右的摩擦力，由平衡条件知，地面对B有向左的摩擦力，B正确；若弹簧起初处于拉伸状态，则在P 点缓慢下移的过程中，弹簧对A物块的拉力减小且拉力在竖直方向的分力减小，则B对A的支持力增大，但B与A之间的摩擦力为静摩擦力，与正压力的大小无关，且由平衡条件不能得出B与A之间的摩擦力一定会增大，C错误；在P点缓慢下移的过程中，以A、B 为整体，若弹簧起初处于拉伸状态，P点下移使弹簧恢复到原长时，地面对B的摩擦力逐渐减小到零，D错误．[答案]AB9．一长木板静止在倾角为θ的斜面上，长木板上一人用力推长木板上的物块，使物块与长木板间的摩擦力刚好为零，已知人、物块、长木板的质量均为m，人、物块与长木板间的动摩擦因数均为μ1，长木板与斜面间的动摩擦因数为μ2，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．斜面对长木板的摩擦力大小为mg sinθB．斜面对长木板的摩擦力大小为3μ2mg cosθC．长木板对人的摩擦力大小为2μ1mg cosθD．长木板对人的摩擦力大小为2mg sinθ[解析]由题意易知，人、物块、长木板均保持相对静止，以人、物块和长木板组成的整体为研究对象，可得斜面对长木板的静摩擦力大小为3mg sinθ，A、B错误；以人和物块组成的整体为研究对象，可得长木板对人的静摩擦力大小为2mg sinθ，C错误，D正确．[答案] D[素能培养]10．(多选)(2017·潍坊质检)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，A 、B 两个质量均为m 的滑块用轻质弹簧相连，弹簧的劲度系数为k ，水平力F 作用在滑块B 上，此时弹簧长度为l ，且在弹性限度内，则下列说法正确的是( )A ．弹簧原长为l ＋mg 2kB ．弹簧原长为l ＋mg kC ．力F 的大小为33mg D ．力F 的大小为233mg [解析] 对滑块A ，据平衡条件得mg sin30°＝kx ，其中x ＝l 0－l ，解得l 0＝l ＋mg 2k，A 正确，B 错误；对A 、B 构成的整体，据平衡条件得F cos30°＝2mg sin30°，解得F ＝233mg ，C 错误，D 正确． [答案] AD11．(2017·江西省红电七校联考)如图所示，三个相同的轻质弹簧连接在O 点，弹簧1的另一端固定在天花板上，且与竖直方向的夹角为30°，弹簧2水平且右端固定在竖直墙壁上，弹簧3的另一端悬挂质量为m的物体且处于静止状态，此时弹簧1、2、3的形变量分别为x1、x2、x3，则()A．x1∶x2∶x3＝3∶1∶2B．x1∶x2∶x3＝3∶2∶1C．x1∶x2∶x3＝1∶2∶ 3D．x1∶x2∶x3＝2∶1∶ 3[解析]以结点O为研究对象受力分析，运用合成法，如图：由几何知识知：T1＝mgcos30°T2＝mg tan30°T3＝mg故：T1∶T2∶T3＝2∶1∶ 3根据胡克定律：T＝kx则：x1∶x2∶x3＝2∶1∶3，故选D.[答案] D12．(2017·北京市延庆模拟)如图所示，位于水平桌面上的物块P，由跨过定滑轮的轻绳与物块Q相连，从滑轮到P和Q的两段绳都是水平的．已知Q与P之间以及P与桌面之间的动摩擦因数都是μ，两物块的质量都是m，滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计．若用一水平向右的力F拉P使它做匀速运动，则F的大小为()A．4μmg B．3μmgC．2μmg D．μmg[解析]因为P、Q都做匀速运动，因此可用整体法和隔离法求解．隔离Q进行分析，Q在水平方向受绳向左的拉力F T和向右的摩擦力F f1＝μmg，因此F T＝μmg.对整体进行分析，整体受绳向左的拉力2F T，桌面对整体的向左的摩擦力F f2＝2μmg，向右的外力F，由平衡条件得：F＝2F T＋F f2＝4μmg.故A正确．[答案] A13．(2017·西安联考)如图所示，A、B两物体叠放在水平地面上，A物体质量m＝20 kg，B物体质量M＝30 kg.处于水平位置的轻弹簧一端固定于墙壁，另一端与A物体相连，轻弹簧处于自然状态，其劲度系数为250 N/m，A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.现有一水平推力F作用于物体B上使B缓慢地向墙壁移动，当移动0.2 m时，水平推力F的大小为(已知A、B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)()A．350 N B．300 NC．250 N D．200 N[解析]假设A、B间没有相对滑动，则轻弹簧的压缩量为x＝0.2 m，此时轻弹簧的弹力大小为F＝kx＝50 N，而A与B间的最大静摩擦力为F f A＝μmg＝100 N，所以A、B之间没有相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，其大小为F f1＝50 N，B与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，其大小为F f2＝μ(m＋M)g＝250 N，由B缓慢移动，可知推力的大小为F＝F f1＋F f2＝300 N，即B选项正确．[答案] B14．(2017·河北六校联考)一横截面为直角三角形的木块按如图所示方式放置，质量均为m 的A 、B 两物体用轻质弹簧相连放在倾角为30°的直角边上，物体C 放在倾角为60°的直角边上，B 与C 之间用跨过定滑轮的轻质细线连接，A 、C 的质量比为34，整个装置处于静止状态．已知物体A 、B 与斜面间的动摩擦因数相同(μ<1)且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧弹力大小为mg ，C 与斜面间无摩擦，则( )A ．物体A 、B 均受到摩擦力作用且受到的摩擦力等大反向B ．物体A 所受摩擦力大小为12mg ，物体B 不受摩擦力作用 C ．弹簧处于拉伸状态，A 、B 两物体所受摩擦力大小均为12mg ，方向均沿斜面向下D ．剪断弹簧瞬间，物体A 一定加速下滑[解析] 对A 分析：重力下滑分力为12mg ，静摩擦力F f0≤μmg cos30°<32mg ，F 弹＝mg ，因此弹簧弹力方向沿斜面向上，摩擦力方向沿斜面向下，如图甲所示，则F f A ＝F 弹－mg sin30°＝12mg .对B 分析：细线对B 的拉力F ＝m C g sin60°＝2mg >F 弹＋m B g sin30° 所以B 所受摩擦力沿斜面向下，如图乙所示，F f B ＝F －F 弹－m B g ·sin30°＝12mg ，故A 、B 错误，C 正确；剪断弹簧，A 受摩擦力向上，且满足F f0m >12mg ，故A 仍处于静止状态，D 错误． [答案] C。

课时跟踪训练(三十三)一、选择题1．(多选)如图中各图面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B 中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e＝BSωsinωt的图是()[解析]线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦交变电动势为e＝BSωsinωt，由这一原则判断，A图和C图符合要求；B图中的转轴不在线圈所在平面内；D图转轴与磁场方向平行，而不是垂直．故A、C正确．[答案]AC2．一正弦交变电流的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知该交变电流()A．周期为0.125 sB．电压的有效值为10 2 VC．电压的最大值为20 2 VD．电压瞬时值的表达式为u＝102sin8πt V[解析]由电压随时间的变化规律可知，周期为0.250 s，故A不对；电压的最大值为20 V ，故电压的有效值为20 V 2＝10 2 V ，B 是正确的；C 是不对的；电压瞬时值表达式中，最大值是10 2 V 是不对的，应该是20 V ，故D 也不正确．[答案] B3．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法正确的是( )A ．t ＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B ．t ＝0.01 s 时刻，Φ的变化率最大C ．t ＝0.02 s 时刻，交流电动势达到最大D ．该线圈产生的交流电动势的图象如图乙所示[解析] 由Φ－t 图知，t ＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e＝0，故A 、D 两项错误；由图知T ＝0.04 s ，在t ＝0.01 s 时，Φ＝0，ΔΦΔt 最大，e最大，则B 项正确；在t ＝0.02 s 时，Φ最大，ΔΦΔt ＝0，e ＝0，则C 项错误．[答案] B4．(多选)(2015·陕西渭南一模)如图所示，实验室一台手摇交流发电机，内阻r ＝1 Ω，外接R ＝9 Ω的电阻．闭合开关S ，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e ＝102sin10πt V ，则( )A ．该交变电流的频率为5 HzB ．外接电阻R 两端电压的有效值为10 VC ．外接电阻R 所消耗的电功率为10 WD．电路中理想交流电流表A的示数为1 A[解析]交流电的频率f＝10π2πHz＝5 Hz，故A正确；该电动势的最大值为10 2 V，有效值是10 V，外接电阻R两端电压的有效值U＝109＋1×9 V＝9 V，故B错误；电路中电流为I＝101＋9A＝1 A，外接电阻R所消耗的电功率为P＝I2R＝9 W，故C错误，D正确．[答案]AD5．(2015·福建福州二模)某交流电源电动势随时间变化的规律如图所示，现用该电源对标称为“5 V10 W”的电动机供电．电源内阻不计，下列说法正确的是()A．电动机的内阻为2.5 ΩB．电动机的发热功率为10 WC．通过电动机的电流为2 AD．通过电动机的电流为2 2 A[解析]由题图知该电源电动势的最大值为E m＝5 2 V，有效值为U＝5 V．现用该电源对标称为“5 V10 W”的电动机供电，所以通过电动机的电流为I＝105A＝2 A，由于电动机是非纯电阻电路，所以电动机的内阻r<52Ω＝2.5Ω，故A、D错误，C正确；由于电动机是非纯电阻电路，所以电动机的发热功率P热<P总＝10 W，故B错误．[答案] C6．(2015·辽宁沈阳市郊联合体模拟)某研究小组成员设计了一个如图所示的电路，已知纯电阻R的阻值不随温度变化．与R并联的是一个理想的交流电压表，D是理想二极管(它的导电特点是正向电阻为零，反向电阻为无穷大)．在A、B间加一交变电压，瞬时值的表达式为u＝202sin100πt V，则交流电压表示数为()A．10 V B．20 V C．15 V D．14.1 V[解析]由理想二极管的导电特点可知，交流电压表示数由U2R T＝202R·T2可得U＝10 2 V＝14.1 V，选项D正确．[答案] D7．一个匝数为100匝，电阻为0.5 Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化．则线圈中产生交变电流的有效值为()A．2 A B．2 6 AC．6 A D．5 A[解析]0～1 s时间内，感应电动势为E1＝nΔΦ/Δt＝1 V，电流为2 A,1～1.2 s内，感应电动势E2＝nΔΦ/Δt＝5 V，感应电流为10 A，一个周期内发热量为I21Rt1＋I22Rt2＝I2R(t1＋t2)，得I＝2 6 A，B正确．[答案] B8．(2015·湖北二模)如图所示电路中，电源电压u＝311sin100πt V，A、B间接有“220 V440 W”的电暖宝、“220 V220 W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝．下列说法正确的是()A．交流电压表的示数为311 VB．电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3 2 AC ．电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍D ．1 min 抽油烟机消耗的电能为1.32×104 J[解析] 电压表在交流电路中对应交流有效值，由于电源电压u ＝311sin100πt V ，故有效值为220 V ，所以A 错误；因保险丝融化电流指有效值，电暖宝的电流I 1＝P 1U ＝2 A ，油烟机的电流I 2＝P 2U ＝1 A ，故保险丝的额定电流不能小于3 A ，所以B 错误；电暖宝是纯电阻电路，故电功率等于发热功率440 W ，抽油烟机发热功率等于电功率减机械功率，即P 热＝P －P 出，所以C 错误；工作1 min 抽油烟机消耗的电能为W ＝Pt ＝1.32×104 J ，所以D 正确．[答案] D9．如图甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为r ＝2 Ω矩形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与右侧电路连接，右侧电路中滑动变阻器R 的最大阻值为R 0＝407 Ω，滑动片P 位于滑动变阻器中央，定值电阻R 1＝R 0、R 2＝R 02， 其他电阻不计．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，闭合开关S ，线圈转动过程中理想交流电压表示数是10 V ，图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t 变化的图象．则下列正确的是( )A ．电阻R 2上的热功率为1 WB ．0.02 s 时滑动变阻器R 两端的电压瞬时值为零C ．线圈产生的e 随时间t 变化的规律是e ＝102cos100πt VD ．线圈开始转动到t ＝1600 s 的过程中，通过R 1的电荷量为2200π C[解析] 根据电路连接的特点可以看出，外接电路部分的总电阻为R ＝R 1＋12R 0＋14R 0＝10 Ω，由欧姆定律可知，外电路电流为I ＝U R ＝1 A ，故可知R 2的电流为0.5 A ，电压为U 2＝17U ＝107 V ，所以可知其热功率为107 W ，故选项A 错误；由图象可知，在0.02 s 时磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，变阻器两端的电压瞬时值最大，所以选项B 错误；线圈内阻分压U r ＝Ir ＝2 V ，故可知感应电动势的峰值为E m ＝2(U ＋U r )＝12 2 V ，故选项C 错误；从线圈开始转动到1600 s 时间内线圈转过了π6，而最大磁通量为Φm ＝E m ω＝1222πT ＝0.122π，故通过R 1的电荷量为Q ＝ΔΦR 总＝Φm 2×12 Ω＝0.12224π＝2200π C ，所以选项D 正确． [答案] D10．(多选)(2015·河南洛阳二模)海洋中蕴藏着巨大的能量，利用海洋的波浪可以发电．在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔，其原理示意图如图甲所示．浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于磁场中，该线圈与阻值R ＝15 Ω的灯泡相连．浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图乙中斜线部分)，如图乙所示，其内为产生磁场的磁体，与浮桶内侧面的缝隙忽略不计；匝数N ＝200的线圈所在处辐射磁场的磁感应强度B ＝0.2 T ，线圈直径D ＝0.4 m ，电阻r ＝1 Ω.重力加速度g 取10 m/s 2，π2≈10.若浮桶随波浪上下运动的速度可表示为v ＝0.4πsin πt m/s.则下列说法正确的是( )A ．波浪发电产生电动势e 的瞬时表达式为e ＝16sin πt VB ．灯泡中电流i 的瞬时表达式为i ＝4sin πt AC ．灯泡的电功率为120 WD ．灯泡两端电压的有效值为1522 V[解析] 电动势为e ＝NB ·πD v ＝64sin πt V ，A 错误；电流i ＝e R ＋r＝64sin πt 16 A ＝4sin πt A ，B 正确；灯泡的电功率P ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫422×15 W ＝120 W ，C 正确；灯泡两端电压的有效值为U＝IR＝42×15 V＝30 2 V，D错误．[答案]BC二、非选择题11．(2015·北京海淀区期末)如图所示为一交流发电机的原理示意图，其中矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝50 cm，bc＝ad＝20 cm，匝数n＝100，线圈的总电阻r＝0.20 Ω，线圈在磁感应强度B＝0.050 T的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO′匀速转动，角速度ω＝100π rad/s.线圈两端通过电刷E、F与阻值R＝4.8 Ω的定值电阻连接．计算时π取3.(1)从线圈经过中性面开始计时，写出线圈中感应电动势随时间变化的函数表达式．(2)求此发电机在上述工作状态下的输出功率．(3)求从线圈经过中性面开始计时，经过14周期时间通过电阻R的电荷量．[解析](1)线圈产生感应电动势的最大值E m＝nBωab·bc，解得E m＝150 V，感应电动势随时间变化的表达式e＝E m sinωt＝150sin100πt V.(2)线圈中感应电动势的有效值E＝E m2＝75 2 V≈106 V，电流的有效值I＝ER＋r＝1064.8＋0.2A＝21.2 A，交流发电机的输出功率即为电阻R的热功率P＝I2R＝21.22×4.8 W≈2.16×103 W.(3)根据法拉第电磁感应定律有E＝n ΔΦΔt＝nBΔSΔt，根据欧姆定律得I＝ER＋r，又q＝IΔt，联立解得q＝0.10 C.[答案] (1)150sin100πt V (2)2.16×103 W (3)0.10 C12．(2015·陕西咸阳质检)如图所示，一个面积s ＝0.2 m 2的单匝圆形线圈，M 、N 两端间距很小可以忽略，线圈处于变化的磁场中，磁场的磁感应强度按B ＝5πsin(100πt ) T 的规律变化．线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝B m Sωcos(ωt )，其中B m 为磁感应强度的最大值，ω为磁场变化的角速度，线圈的电阻r ＝2 Ω，外接电阻R ＝18 Ω.(电压表为理想交流电压表)求：(1)当t ＝1600 s 时电压表的示数．(2)变化的电流一个周期在电阻R 上产生的热量Q .(3)从t ＝0开始到t ＝1200 s 这段时间通过圆形线圈的电量q .[解析] (1)由图象知，线圈中产生的交变电流E m ＝B m Sω＝100 V .有效值U 有＝E m 2＝50 2 V 电压表的示数U ＝E 有R ＋r R ＝45 2 V (2) 交变电流的周期T ＝2πω＝0.02 s一个周期在电阻R 上产生的热量Q ＝U 2R T ＝4.5 J (3)在0～1200 s 时间内，电动势的平均值E ＝sΔB Δt ①，平均电流I ＝ER ＋r ② 流过灯泡的电荷量q ＝I Δt .③ 得q ＝120π C. [答案] (1)45 2 V (2)4.5 J (3)120π C。

课时跟踪训练(十一)一、选择题1．关于物体做曲线运动的条件，以下说法中正确的是()A．物体受变力作用才可能做曲线运动B．物体受恒力作用也可能做曲线运动C．物体不受力也能做曲线运动D．物体只要受到外力就一定做曲线运动[解析]物体做曲线运动的条件是所受的合外力方向与它的速度方向不在一条直线上，跟此合外力是否为变力无关，只有B选项正确．[答案] B2．(多选)关于曲线运动，下面说法正确的是()A．物体运动状态改变时，它一定做曲线运动B．物体做曲线运动，它的运动状态一定在改变C．物体做曲线运动时，它的加速度的方向始终和速度的方向一致D．物体做曲线运动时，它的加速度的方向始终和所受到的合外力方向一致[答案]BD3．(多选)关于两个分运动的合运动，下列说法中正确的是()A．两个匀速直线运动的合运动一定是匀速直线运动B．两个直线运动的合运动一定是直线运动C．合运动的速度一定大于分运动的速度D．合运动的位移大小可能小于分运动的位移大小[解析]合运动与分运动的速度与位移关系均遵守三角形法则，所以C错，D对．进行运动合成时可分别进行速度合成和加速度合成，若合速度与合加速度方向在一条直线上则合运动是直线，故A对，B错．[答案]AD4．光滑平面上一运动质点以速度v通过原点O，v与x轴正方向成α角(如右图)，与此同时对质点加上沿x 轴正方向的恒力F x 和沿y 轴正方向的恒力F y ，则( )A ．因为有F x 质点一定做曲线运动B ．如果F y >F x ，质点向y 轴一侧做曲线运动C ．质点不可能做直线运动D ．如果F x >F y cot α，质点向x 轴一侧做曲线运动[解析] 若F y ＝F x tan α，则F x 和F y 的合力F 与v 在同一直线上，此时质点做直线运动．若F x >F y cot α，则F x 、F y 的合力F 与x 轴正方向的夹角β<α，则质点向x 轴一侧做曲线运动，故正确选项为D.[答案] D5．质量为m ＝4 kg 的质点静止在光滑水平面上的直角坐标系的原点O 处，先用沿＋x 轴方向的力F 1＝8 N 作用了2 s ，然后撤去F 1；再用沿＋y 轴方向的力F 2＝24 N 作用了1 s ，则质点在这3 s 内的轨迹为( )[解析] 在t 1＝2 s 内，质点沿x 轴方向的加速度a 1＝F 1m ＝2 m/s 2,2 s 末的速度v 1＝a 1t 1＝4 m/s ，位移x 1＝12a 1t 21＝4 m ；撤去F 1后的t 2＝1 s 内沿x 轴方向做匀速直线运动，位移x 2＝v 1t 2＝4 m ．沿y 轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a 2＝F 2m ＝6 m/s 2，位移y ＝12a 2t 22＝3 m ，故3 s 末质点的坐标为(8,3)，故A 、B错误；由于曲线运动中合力指向轨迹的“凹”侧，故C 错误，D 正确．[答案] D6．(2015·吉林重点中学模拟)跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如下图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是( )A ．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作B ．风力越大，运动员着地时的竖直速度越大，有可能对运动员造成伤害C ．运动员下落时间与风力无关D ．运动员着地速度与风力无关[解析] 水平风力不会影响竖直方向的运动，所以运动员下落时间与风力无关，A 错误，C 正确．运动员落地时竖直方向的速度是确定的，水平风力越大，落地时水平分速度越大，运动员着地时的合速度越大，有可能对运动员造成伤害，B 、D 错误．[答案] C7．(多选)(2015·洛阳联考)如下图所示，起重机将货物沿竖直方向以速度v 1匀速吊起，同时又沿横梁以速度v 2水平匀速向右运动，关于货物的运动下列表述正确的是( )A．货物的实际运动速度为v1＋v2B．货物的实际运动速度为v21＋v22C．货物相对地面做曲线运动D．货物相对地面做直线运动[解析]货物的实际速度为v21＋v22，选项B正确，A错误；货物的速度大小和方向均不变，做直线运动，D正确，C错误．[答案]BD8．(多选)如右图为在平静海面上，两艘拖船A、B拖着驳船C运动的示意图．A、B的速度分别沿着缆绳CA、CB方向，A、B、C不在一条直线上．由于缆绳不可伸长，因此C的速度在CA、CB方向的投影分别与A、B的速度相等，由此可知C的()A．速度大小可以介于A、B的速度大小之间B．速度大小一定不小于A、B的速度大小C．速度方向可能在CA和CB的夹角范围外D．速度方向一定在CA和CB的夹角范围内[解析]C的速度在CA、CB方向的投影分别与A、B的速度相等，C的速度v C大于v A及v B，故A错误，B正确，v C的方向为平行四边形对角线的方向，所以一定在CA和CB的夹角范围内，故C错误，D正确．[答案]BD9．(2015·太原一中检测)如右图所示，开始时A、B间的细绳呈水平状态，现由计算机控制物体A的运动，使其恰好以速度v沿竖直杆匀速下滑，经细绳通过定滑轮拉动物体B在水平面上运动，则下列v－t图象中，最接近物体B的运动情况的是()[解析]与物体A相连的绳端速度v分解为沿绳伸长方向的速度v1和垂直于绳方向的速度v2，则物体B的速度v B＝v1＝v sinθ，在t＝0时刻θ＝0°，v B＝0，C项错误；之后随θ增大，sinθ增大，B的速度增大，但开始时θ变化快，速度增加得快，图线的斜率大，若绳和杆足够长，则物体B的速度趋近于A的速度，A项正确．[答案] A10．(多选)(2015·桂林模拟)河水的流速随离河岸一侧的距离的变化关系如下图甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图乙所示，若要使船以最短时间渡河，则()A．船渡河的最短时间是60 sB．船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直C．船在河水中航行的轨迹是一条直线D．船在河水中的最大速度是5 m/s[解析]当船头垂直河岸渡河时，过河时间为最短，t min＝dv船＝3003s＝100 s，A错误，B正确；因河水的速度是变化的，故船相对于岸的速度的大小和方向均是变化的，船在河水中航行的轨迹不是一条直线，当船在河中心时，船速最大，v max＝v2水＋v2船＝5 m/s，C错误，D正确．[答案]BD二、非选择题11．如下图所示，在竖直平面的xOy坐标系中，Oy竖直向上，Ox水平．设平面内存在沿x轴正方向的恒定风力．一小球从坐标原点沿Oy方向竖直向上抛出，初速度为v0＝4 m/s，不计空气阻力，到达最高点的位置如图中M点所示(坐标格为正方形，g取10 m/s2)求：(1)小球在M点的速度v1；(2)在图中定性画出小球的运动轨迹并标出小球落回x轴时的位置N；(3)小球到达N点的速度v2的大小．[解析](1)设正方形的边长为s0.竖直方向做竖直上抛运动，v0＝gt1,2s0＝v02t1水平方向做匀加速直线运动，3s0＝v12t1解得v1＝6 m/s.(2)由竖直方向的对称性可知，小球再经过t1到x轴，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以回到x轴时落到x＝12处，位置N的坐标为(12,0)．(3)到N 点时竖直分速度大小为v 0＝4 m/s ，水平分速度v x ＝a 水平t N ＝2v 1＝12 m/s ，故v 2＝v 20＋v 2x ＝410 m/s.[答案] (1)6 m/s (2)见解析图 (3)410 m/s12．小船在200 m 宽的河中横渡，水流速度为2 m/s ，船在静水中的航速是4 m/s ，求：(1)当小船的船头始终正对对岸时，它将在何时、何处到达对岸？(2)要使小船到达正对岸，应如何行驶？历时多长？[解析] 小船参与了两个运动：随水漂流和船在静水中的运动．因为分运动之间是互不干扰的，具有等时的性质，故(1)小船渡河时间等于垂直于河岸的分运动时间：t ＝t 1＝d v 船＝2004s ＝50 s ， 沿河流方向的位移x 水＝v 水t ＝2×50 m ＝100 m ，即在正对岸下游100 m 处靠岸．(2)要小船垂直河岸过河，即合速度应垂直于河岸，如右图所示，则cos θ＝v 水v 船＝24＝12， 所以θ＝60°，即航向与上游河岸成60°角，渡河时间t ＝t 2＝d v 合＝d v 船sin θ＝2004sin60°s ＝1003s ≈57.7 s.[答案](1)50 s后在正对岸下游100 m处靠岸(2)航向与上游河岸成60°角57.7 s。