2014届高考物理总复习 教科版 课时作业4 Word版含解析

课时作业(四)重力弹力摩擦力1．如图所示，A为长木板，在水平面上以速度v1向右运动，物块B在木板A的上面以速度v2向右运动，下列判断正确的是()A．若是v1＝v2，A、B之间无滑动摩擦力B．若是v1>v2，A受到了B所施加的向右的滑动摩擦力C．若是v1<v2，B受到了A所施加的向右的滑动摩擦力D．若是v1>v2，B受到了A所施加的向左的滑动摩擦力2．探究弹力和弹簧伸长的关系时，在弹性限度内，悬挂15 N重物时，弹簧长度为0.16 m，悬挂20 N重物时，弹簧长度为0.18 m，则弹簧的原长L0和劲度系数k分别为() A．L0＝0.02 m k＝500 N/mB．L0＝0.10 m k＝500 N/mC．L0＝0.02 m k＝250 N/mD．L0＝0.10 m k＝250 N/m3.如图所示，质量为m1的木块P在质量为m2的长木板ab上滑行，长木板放在水平地面上一直处于静止状态．若ab与地面间的动摩擦因数为μ1，木块P与长木板ab间的动摩擦因数为μ2，则长木板ab受到地面的摩擦力大小为()A．μ1m2g B．μ2m1gC．μ1(m1＋m2)g D．μ1m2g＋μ2m1g4．如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力()A．方向向左，大小不变B．方向向左，逐渐减小C．方向向右，大小不变D．方向向右，逐渐减小5.质量为m的物体放在水平面上，在大小相等、互相垂直的水平力F1和F2的作用下，从静止开始沿水平面运动，如图所示，若物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则物体() A．在F1的反方向上受到f1＝μmg的摩擦力B．在F2的反方向上受到f2＝μmg的摩擦力C．在F1、F2合力的反方向上受到的摩擦力为f合＝2μmgD．在F1、F2合力的反方向上受到的摩擦力为f合＝μmg6．如图所示，物块M在静止的传送带上以速度v匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v，则传送带启动后()A．M静止在传送带上B．M可能沿斜面向上运动C．M受到的摩擦力不变D．M下滑的速度不变7.如图所示，倾角为θ的光滑斜面放在水平面上，斜面上用固定的竖直板挡住一个质量为m的光滑小球，当整个装置沿水平面以速度v匀速向左运动时，以下说法中正确的是() A．斜面对小球的弹力大小为mg cos θB．竖直板对小球的弹力大小为mg tan θC．竖直板对小球的弹力大小为0D．斜面和竖直板对小球的作用力的合力水平向左8.如图所示，在倾角为θ的固定斜面上，质量为m的物体受外力F1和F2的作用，F1方向水平向右，F2方向竖直向下，若物体静止在斜面上且物体与斜面间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是()A．物体一定有下滑的趋势B．物体一定有上滑的趋势C．若F1＝F2，且θ＝45°，则物体一定有下滑的趋势D．若F1＝F2，且θ＝45°，则物体一定有上滑的趋势9．(2013·重庆名校联考)如图所示，凹槽半径R＝30 cm，质量m＝1 kg的小物块在沿半径方向的轻弹簧挤压下处于静止状态．已知弹簧的劲度系数k＝50 N/m，自由长度L＝40 cm，一端固定在圆心O处，弹簧与竖直方向的夹角为37°.取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则()A．物块对槽的压力大小是15 NB．物块对槽的压力大小是13 NC．槽对物块的摩擦力大小是6 ND．槽对物块的摩擦力大小是8 N10.如图所示，质量为M的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为θ.斜面上有一质量为m的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦．用恒力F沿斜面向上拉小物块，使之匀速上滑．在小物块运动的过程中，楔形物块始终保持静止．地面对楔形物块的支持力为() A．(M＋m)g B．(M＋m)g－FC．(M＋m)g＋F sin θD．(M＋m)g－F sin θ11．如图所示，两个质量均为m的物体分别挂在支架上的B点(如图甲所示)和跨过滑轮的轻绳BC上(如图乙所示)，图甲中轻杆AB可绕A点转动，图乙中水平轻杆一端A插在墙壁内，已知θ＝30°，则图甲中轻杆AB受到绳子的作用力F1和图乙中滑轮受到绳子的作用力F2分别为()A．F1＝mg、F2＝3mg B．F1＝3mg、F2＝3mgC ．F 1＝33mg 、F 2＝mg D ．F 1＝3mg 、F 2＝mg12．在粗糙的水平面上放一物体A ，A 上再放一质量为m 的物体B ，A 、B 间的动摩擦因数为μ，施加一水平力F 作用于A (如图所示)，计算下列情况下A 对B 的摩擦力．(1)当A 、B 一起做匀速运动时．(2)当A 、B 一起以加速度a 向右匀加速运动时．(3)当力F 足够大而使A 、B 发生相对滑动时．(4)当A 、B 发生相对滑动，且B 物体的15伸到A 的外面时． 答案课时作业(四)1．A 若v 1＝v 2，则A 、B 相对静止，故A 对；若v 1>v 2，则A 相对B 向右运动，故B 对A 施加向左的滑动摩擦力，B 、D 错；若v 1<v 2，则A 相对B 向左运动，故A 对B 施加向左的滑动摩擦力，C 错．2．D 由胡克定律知F 1＝k (L 1－L 0)①F 2＝k (L 2－L 0)②由①②代入数据解得：L 0＝0.10 m ，k ＝250 N/m.3．B 小木块在长木板上滑行时受到的摩擦力为μ2m 1g ，同时小木块对长木块亦有相同大小的摩擦力．由于木板始终处于静止状态，说明地面对木板的摩擦力(静摩擦力)应与木块给木板的摩擦力相平衡．4．A 因A 、B 相对静止一起做匀减速直线运动，所以加速度恒定、方向与速度方向相反，隔离B ，由牛顿第二定律知只有静摩擦力提供加速度，A 对．5．D 由于F 1和F 2的合力是恒力，物体由静止开始运动，必沿F 1和F 2的合力方向做直线运动，滑动摩擦力的方向必沿F 1和F 2的合力的反方向，滑动摩擦力的大小为f 合＝μN ，又因为N ＝mg ，故f 合＝μmg .6．CD 由M 匀速下滑可知其处于平衡状态，受重力、摩擦力、支持力作用，合力为零，传送带启动以后滑动摩擦力不变，对M 受力情况没有影响，自然也不会影响其运动状态，故C 、D 正确．7．B 整个装置做匀速直线运动，所以小球所受的三个力平衡，画出受力分析图后可求得，斜面对小球的弹力大小N ＝mg cos θ，竖直板对小球的弹力大小F ＝mg tan θ，A 、C 两项错、B 项正确．斜面和竖直板对小球的作用力的合力竖直向上，与重力等大反向，D 项错．8．C (1)除摩擦力外，斜面上静止的物体还受到竖直向下的重力、垂直于斜面的弹力、两个外力F 1和F 2的作用．根据受力分析可知，沿斜面方向，当(F 2＋mg )sin θ＝F 1cos θ时，物体既无上滑趋势，也无下滑趋势，物体所受摩擦力为零．(2)沿斜面方向，当(F2＋mg)sin θ>F1cos θ时，物体有下滑趋势；当(F2＋mg)sin θ<F1cos θ时．物体有上滑趋势．(3)若F1＝F2，且θ＝45°，显然有(F2＋mg)sin θ>F1cos θ，所以物体一定有下滑趋势．9．BC由受力分析可知物体对槽的压力F＝mg cos 37°＋kΔx＝8 N＋5 N＝13 N，槽对物块的摩擦力f＝mg sin 37°＝6 N.10．D匀速上滑的小物块和静止的楔形物块都处于平衡状态，可将二者看成一个处于平衡状态的整体．由竖直方向上受力平衡可得(M＋m)g＝N＋F sin θ，因此，地面对楔形物块的支持力N＝(M＋m)g－F sin θ，D选项正确．11．D图甲中由于悬挂物体质量为m，绳BC的拉力大小是mgsin θ，将该力沿杆和竖直方向分解，可求得F1＝mg cot θ＝3mg；图乙中由于B点处是滑轮，它只改变绳中力的方向，并未改变力的大小，滑轮两侧绳上拉力大小均是mg，夹角为120°，故滑轮所受绳的作用力为其所受两侧绳的合力，即F2＝mg.12．解析：(1)因A、B向右匀速运动，B物体受到的合力为零，所以B物体受到的摩擦力为零．(2)因A、B无相对滑动，所以B受到的摩擦力是静摩擦力，此时不能用f＝μN来计算，对B物体受力分析，由牛顿第二定律得F合＝ma，所以f＝ma.方向水平向右．(3)因A、B发生相对滑动，所以B受到的摩擦力是滑动摩擦力，即f＝μN＝μmg，方向水平向右．(4)因滑动摩擦力的大小与物体间的接触面积大小无关，所以f＝μmg.方向水平向右．答案：(1)0(2)ma，方向水平向右(3)μmg，方向水平向右(4)μmg，方向水平向右。

2014年四川省高考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1．（6分）（2014•四川）如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则（）A．用户用电器上交流电的频率是100HzB．发电机输出交流电的电压有效值是500VC．输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定D．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小考点：远距离输电；变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等．同时由变压器电压与匝数成正比，电流与匝数成反比．解答：解：A、发电机的输出电压随时间变化的关系，由图可知，T=0.02s，故f=，故A错误；B、由图象可知交流的最大值为U m=500V，因此其有效值为U=V，故B错误；C、输电线的电流由输送的功率与电压决定的，与降压变压器原副线圈的匝数比无关，故C错误；D、当用户用电器的总电阻增大时，用户的功率减小，降压变压器的输出功率减小，则输入的功率减小，输入的电流减小，输电线上损失的功率减小，故D正确；故选：D．点评：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式．2．（6分）（2014•四川）电磁波已广泛运用于很多领域．下列关于电磁波的说法符合实际的是（）A．电磁波不能产生衍射现象B．常用的遥控器通过发出紫外线脉冲信号来遥控电视机C．根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度D．光在真空中运动的速度在不同惯性系中测得的数值可能不同考点：电磁场．分析：电磁波是横波，波都能发生干涉和衍射，常用红外线做为脉冲信号来遥控电视；利用多普勒效应和光速不变原理判断CD选项．解答：解：AB、电磁波是横波，波都能发生干涉和衍射，常用红外线做为脉冲信号来遥控电视，故AB错误；C、由于波源与接受者的相对位移的改变，而导致接受频率的变化，称为多普勒效应，所以可以判断遥远天体相对于地球的运动速度，故C正确；D、根据光速不变原理，知在不同惯性系中，光在真空中沿不同方向的传播速度大小相等，故D错误．故选：C．点评：明确干涉和衍射是波特有的现象；知道电磁波谱及作用功能，多普勒效应和光速不变原理，属于基础题．3．（6分）（2014•四川）如图所示，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（）A．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考点：光的折射定律．专题：光的折射专题．分析：小球反射的光线垂直射向界面时，传播方向不发生改变；小球所发的光射向水面的入射角较大时会发生全反射；光从一种介质进入另一介质时频率不变．解答：解：A、无论小球处于什么位置，小球所发的光会有一部分沿水平方向射向侧面，则传播方向不发生改变，可以垂直玻璃缸壁射出，人可以从侧面看见小球，故A错误；B、小球所发的光射向水面的入射角较大时会发生全反射，故不能从水面的任何区域射出，故B错误；C、小球所发的光从水中进入空气后频率不变，C错误；D、小球所发的光在介质中的传播速度v=，小于空气中的传播速度c，故D正确；故选：D．点评：本题考查了折射和全反射现象，由于从水射向空气时会发生全反射，故小球所发出的光在水面上能折射出的区域为一圆形区域，并不是都能射出．4．（6分）（2014•四川）有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为（）A．B．C．D．考点：运动的合成和分解．专题：运动的合成和分解专题．分析：根据船头指向始终与河岸垂直，结合运动学公式，可列出河宽与船速的关系式，当路线与河岸垂直时，可求出船过河的合速度，从而列出河宽与船速度的关系，进而即可求解．解答：解：设船渡河时的速度为v c；当船头指向始终与河岸垂直，则有：t去=；当回程时行驶路线与河岸垂直，则有：t回=；而回头时的船的合速度为：v合=；由于去程与回程所用时间的比值为k，所以小船在静水中的速度大小为：v c=，故B正确；故选：B．点评：解决本题的关键知道分运动与合运动具有等时性，以及知道各分运动具有独立性，互不干扰．5．（6分）（2014•四川）如图所示，甲为t=1s时某横波的波形图象，乙为该波传播方向上某一质点的振动图象，距该质点△x=0.5m处质点的振动图象可能是（）A ．B．C．D．考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系．专题：振动图像与波动图像专题．分析：由甲读出波长，由乙图读出周期，从而求出波速．由图乙读出质点的状态，判断出波的传播方向，再根据该质点与△x=0.5m处质点状态关系，分析即可．解答：解：从甲图可以得到波长为2m，乙图可以得到周期为2s，即波速为v===1m/s；由乙图象可以得到t=1s时，该质点位移为负，并且向下运动，该波是可能向左传播，也可能向右传播，而距该质点x=0.5m处质点，就是相差λ或时间相差T，但有两种可能是提前或延后．若是延后，在t=1s时再经过到达乙图的振动图象t=1s时的位移，所以A正确；若是提前，在t=1s时要向返回到达乙图的振动图象t=1s时的位移，该质点在t=1s时，该质点位移为负，并且向上运动，所以BCD都错误．故A正确，BCD错误．故选：A点评：本题关键要分析出两个质点状态的关系，根据质点的振动方向熟练判断波的传播方向．6．（6分）（2014•四川）如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小．质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1m的正方形，其有效电阻为0.1Ω．此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B=（0.4﹣0.2t）T，图示磁场方向为正方向，框、挡板和杆不计形变．则（）A．t=1s时，金属杆中感应电流方向从C到DB．t=3s时，金属杆中感应电流方向从D到CC．t=1s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1ND．t=3s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.2N考点：法拉第电磁感应定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据楞次定律，并由时刻来确定磁场的变化，从而判定感应电流的方向；根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，及安培力表达式，与力的合成与分解，并由三角知识，即可求解．解答：解：A、当t=1s时，则由磁感应强度随时间变化规律是B=（0.4﹣0.2t）T，可知，磁场在减小，根据楞次定律可得，金属杆中感应电流方向从C到D，故A正确；B、同理，当t=3s时，磁场在反向增加，由楞次定律可知，金属杆中感应电流方向从C到D，故B错误；C、当在t=1s时，由法拉第电磁感应定律，则有：E==0.2×12×=0.1V；再由欧姆定律，则有感应电流大小I==1A；则t=1s时，那么安培力大小F=B t IL=（0.4﹣0.2×1）×1×1=0.2N；由左手定则可知，安培力垂直磁场方向斜向上，则将安培力分解，那么金属杆对挡板P的压力大小N=Fcos60°=0.2×0.5=0.1N，故C正确；D、同理，当t=3s时，感应电动势仍为E=0.1V，电流大小仍为I=1A，由于磁场的方向相反，由左手定则可知，安培力的方向垂直磁感线斜向下，根据力的合成，则得金属杆对H的压力大小为N′=F′cos60°=0.2×0.5=0.1N，故D错误；故选：AC．点评：考查楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用，掌握左手定则的内容，注意磁场随着时间变化的规律，及理解力的平行四边形定则的应用．7．（6分）（2014•四川）如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t=t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是（）A．B．C．D．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：要分不同的情况进行讨论：若V2＜V1：分析在f＞Q的重力时的运动情况或f＜Q的重力的运动情况若V2＜V1：分析在f＞Q的重力时的运动情况或f＜Q的重力的运动情况解答：解：若V2＜V1：f向右，若f＞G Q，则向右匀加速到速度为V1后做匀速运动到离开，则为B图若f＜G Q，则向右做匀减速到速度为0后再向左匀加速到离开，无此选项若V2＞V1：f向左，若f＞G Q，则减速到V1后匀速向右运动离开，无此选项若f＜G Q，则减速到小于V1后f变为向右，加速度变小，此后加速度不变，继续减速到0后向左加速到离开，则为C图则AD错误，BC正确故选：BC．点评：考查摩擦力的方向与速度的关系，明确其与相对运动方向相反，结合牛顿第二定律分析运动情况，较难．二、解答题8．（6分）（2014•四川）小文同学在探究物体做曲线运动的条件时，将一条形磁铁放在桌面的不同位置，让小钢珠在水平桌面上从同一位置以相同初速度v0运动，得到不同轨迹，图中a、b、c、d为其中四条运动轨迹，磁铁放在位置A时，小钢珠的运动轨迹是b（填轨迹字母代号），磁铁放在位置B时，小钢珠的运动轨迹是c（填轨迹字母代号）．实验表明，当物体所受合外力的方向跟它的速度方向不在（选填“在”或“不在”）同一直线上时，物体做曲线运动．考点：物体做曲线运动的条件．专题：物体做曲线运动条件专题．分析：首先知道磁体对钢珠有相互吸引力，然后利用曲线运动的条件判断其运动情况即可．解答：解：磁体对钢珠有相互吸引力，当磁铁放在位置A时，即在钢珠的正前方，所以钢珠所受的合力与运动的方向在一条直线上，所以其运动轨迹为直线，故应是b；当磁铁放在位置B时，先钢珠运动过程中有受到磁体的吸引，小钢珠逐渐接近磁体，所以其的运动轨迹是c；当物体所受的合外力的方向与小球的速度在一条直线上时，其轨迹是直线；当不在一条直线上时，是曲线．故答案为：b，c，不在．点评：明确曲线运动的条件，即主要看所受合外力的方向与初速度的方向的关系，这是判断是否做曲线运动的依据．9．（11分）（2014•四川）如图甲是测量阻值约几十欧的未知电阻R x的原理图，图中R0是保护电阻（10Ω），R1是电阻箱（0﹣99.9Ω），R是滑动变阻器，A1和A2是电流表，E是电源（电动势10V，内阻很小）．在保证安全和满足要求的情况下，使测量范围尽可能大．实验具体步骤如下：（Ⅰ）连接好电路、将滑动变阻器R调到最大；（Ⅱ）闭合S，从最大值开始调节电阻箱R1，先调R1为适当值，再调节滑动变阻器R，使A1示数I1=0.15A，记下此时电阻箱的阻值R1和A2的示数I2；（Ⅲ）重复步骤（Ⅱ），再测量6组R1和I2的值；（Ⅳ）将实验测得的7组数据在坐标纸上描点．根据实验回答以下问题：①现有四只供选用的电流表：A．电流表（0﹣3mA，内阻为2.0Ω）B．电流表（0﹣3mA，内阻未知）C．电流表（0﹣0.3A，内阻为5.0Ω）D．电流表（0﹣0.3A，内阻未知）A1应选用D，A2应选用C．②测得一组R1和I2值后，调整电阻箱R1，使其阻值变小，要使A1示数I1=0.15A，应让滑动变阻器R接入电路的阻值变大（“不变”、“变大”或“变小”）．③在坐标纸上画出R1与I2的关系图．④根据以上实验得出R x=31.3Ω．考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：（1）由题意可知，A1示数I1=0.15A，即可确定量程，根据题目中图象示数可知，A2的量程为0.3A；，（2）由欧姆定律，结合电路分析方法，可知滑动变阻器的阻值如何变化；（3）根据描点，作出图象，让图线分布在点两边，删除错误点；（4）根据串并联特征，结合R1与I2的图象的斜率含义，依据欧姆定律，即可求解．解答：解：（1）A1示数I1=0.15A，则A1应选用量程为0.3A的电流表，由于只要知道电流大小即可，即选用D；根据R1与I2的关系图，可知，A2的量程为0.3A，且必须要知道其电阻，因此选用C；（2）调整电阻箱R1，使其阻值变小，要使A1示数I1=0.15A，则与其串联的两个电阻一个电流表的两端电压必须要在减小，因此只有应让滑动变阻器R接入电路的阻值在变大，才能达到这样的条件；（3）根据题目中已知描的点，平滑连接，注意让图线分布在点的两边，删除错误的，如图所示；（4）根据欧姆定律，则有：（R1+R0+R A1）I A1=I2（R X+R A2）；整理可得：R1=I2；而R1与I2的图象的斜率k==241.7Ω；则有：R X=kI A1﹣R A2=241.7×0.15﹣5=31.3Ω；故答案为：（1）D，C；（2）变大；（3）如上图所示；（4）31.3．点评：考查如何确定电表的方法，紧扣题意是解题的关键，理解欧姆定律的应用，掌握串并联特点，注意误差与错误的区别，理解图象的斜率含义．10．（15分）（2014•四川）石墨烯是近些年发现的一种新材料，其超高强度及超强导电、导热等非凡的物理化学性质有望使21世纪的世界发生革命性变化，其发现者由此获得2010年诺贝尔物理学奖．用石墨烯制作超级缆绳，人类搭建“太空电梯”的梦乡有望在本世纪实现．科学家们设想，通过地球同步轨道站向地面垂下一条缆绳至赤道基站，电梯沿着这条缆绳运行，实现外太空和地球之间便捷的物资交换．（1）若“太空电梯”将货物从赤道基站运到距地面高度为h1的同步轨道站，求轨道站内质量为m1的货物相对地心运动的动能．设地球自转角速度为ω，地球半径为R．（2）当电梯仓停在距地面高度h2=4R的站点时，求仓内质量m2=50kg的人对水平地板的压力大小．取地面附近重力加速度g=10m/s2，地球自转角速度ω=7.3×10﹣5rad/s，地球半径R=6.4×103km．考点：万有引力定律及其应用．专题：万有引力定律的应用专题．分析：（1）因为同步轨道站与地球自转的角速度相等，根据轨道半径求出轨道站的线速度，从而得出轨道站内货物相对地心运动的动能．（2）根据向心加速度的大小，结合牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出人对水平地板的压力大小．解答：解：（1）因为同步轨道站与地球自转的角速度相等，则轨道站的线速度v=（R+h1）ω，货物相对地心的动能．（2）根据，因为a=，，联立解得N==≈11.5N．根据牛顿第三定律知，人对水平地板的压力为11.5N．答：（1）轨道站内质量为m1的货物相对地心运动的动能为．（2）质量m2=50kg的人对水平地板的压力大小为11.5N．点评：本题考查了万有引力定律与牛顿第二定律的综合，知道同步轨道站的角速度与地球自转的角速度相等，以及知道人所受的万有引力和支持力的合力提供圆周运动的向心力，掌握万有引力等于重力这一理论，并能灵活运用．11．（17分）（2014•四川）在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r=m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ=37°．过G点，垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B=1.25T；过D点，垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场电场方向水平向右，电场强度E=1×104N/C．小物体P1质量m=2×10﹣3kg、电荷量q=+8×10﹣6C，受到水平向右的推力F=9.98×10﹣3N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力．当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t=0.1s与P1相遇．P1和P2与轨道CD、GH 间的动摩擦因数均为μ=0.5，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：（1）小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；（2）倾斜轨道GH的长度s．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：（1）P1运动到D点的过程中，对小物体进行正确的受力分析，在水平方向上利用二力平衡可求得小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小．（2）P1从D点到倾斜轨道底端G点的过程中，电场力和重力做功；P1在GH上运动过程中，受重力、电场力和摩擦力作用；P2在GH上运动过程中，受重力和摩擦力作用；对于各物体在各段的运动利用牛顿第二定律和能量的转化与守恒，列式即可解得轨道GH的长度．解答：解：（1）设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为f，则：F1=qvB…①f=μ（mg﹣F1）…②由题意可得水平方向合力为零，有：F﹣f=0…③联立①②③式，并代入数据得：v=4m/s；（2）设P1在G点的速度大小为v G，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理有：qErsinθ﹣mgr（1﹣cosθ）=m﹣mv2…⑤P1在GH上运动，受到重力，电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律有：qEcosθ﹣mgsinθ﹣μ（mgcosθ+qEsinθ）=ma1…⑥P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，运动的时间为t，则有：s1=v G t+a1t2…⑦设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则有：m2gsinθ﹣μm2gcosθ=m2a2…⑧P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2，则有：s2=a2t2…⑨联立⑤⑥⑦⑧⑨式，并代入数据得：s=s1+s2s=0.56m答：（1）小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小为4m/s；（2）倾斜轨道GH的长度s为0.56m．点评：解答该题的关键是对这两个物体运动进行分段分析，分析清晰受力情况和各自的运功规律，利用运动定律和能量的转化与守恒定律进行解答；这是一个复合场的问题，要注意对场力的分析，了解洛伦兹力的特点，洛伦兹力不做功；知道电场力做功的特点，解答该题要细心，尤其是在数值计算上，是一道非常好的题．12．（19分）（2014•四川）如图所示，水平放置的不带电的平行金属板p和b相距h，与图示电路相连，金属板厚度不计，忽略边缘效应．p板上表面光滑，涂有绝缘层，其上O点右侧相距h处有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一条竖直直线上，图示平面为竖直平面．质量为m，电荷量为﹣q（q＞0）的静止粒子被发射装置（图中未画出）从O点发射，沿p板上表面运动时间t后到达K孔，不与其碰撞地进入两板之间．粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g．（1）求发射装置对粒子做的功；（2）电路中的直流电源内阻为r，开关S接“1”位置时，进入板间的粒子落在b板上的A点，A点与过K孔竖直线的距离为L．此后将开关S接“2”位置，求阻值为R的电阻中的电流强度；（3）若选用恰当直流电源，电路中开关S接“1”位置，使进入板间的粒子受力平衡，此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场（磁感应强度B只能在0～B m=范围内选取），使粒子恰好从b板的T孔飞出，求粒子飞出时速度方向与b板板面的夹角的所有可能值（可用反三角函数表示）．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；动能定理；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）由运动学的公式求出粒子的速度，然后由动能定理即可求得发射装置做的功；（2）粒子在匀强电场中做类平抛运动，将运动分解即可求得电场强度，由U=Ed求出极板之间的电势差，再由欧姆定律即可求得电流；（3）没有磁场时，进入板间的粒子受力平衡，粒子只能做匀速直线运动；加磁场后粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，结合运动的特点与运动轨迹中的几何关系即可求解．解答：解：（1）粒子的速度：…①由动能定理得：；（2）粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向：L=v0t1…②竖直方向：…③a=…④U=Eh…⑤…⑥联立①②③④⑤⑥得：；（3）没有磁场时，进入板间的粒子受力平衡，粒子只能做匀速直线运动；加磁场后粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，其运动的轨迹可能如图：由于洛伦兹力提供向心力，得：…⑦磁感应强度最大时，粒子的偏转半径最小．最小为：⑧设此时粒子的速度方向与下极板之间的夹角是θ，则：⑨解得：sinθ≈，由⑦可得，若磁感应强度减小，则r增大，粒子在磁场中运动的轨迹就越接近下极板，粒子到达T的速度方向就越接近平行于下极板．所以粒子飞出时速度方向与b板板面的夹角的所有可能值是：0＜θ≤arcsin．答：（1）发射装置对粒子做的功是；（2）阻值为R的电阻中的电流强度是；（3）使粒子恰好从b板的T孔飞出，粒子飞出时速度方向与b板板面的夹角的所有可能值是0＜θ≤arcsin．点评：该题考查带电粒子在电场中的运动与带电粒子在磁场中的运动，分别按照平抛运动的规律与圆周运动的规律处理即可．。

课时作业(十二) 万有引力定律◎必做部分1．2010年1月17日，我国成功发射北斗COMPASS —G1地球同步卫星．据了解这已是北斗卫星导航系统发射的第三颗地球同步卫星．对于这三颗已发射的同步卫星，下列说法中正确的是( )A ．它们的运行速度大小相等，且都小于7.9 km/sB ．它们运行周期可能不同C ．它们离地心的距离可能不同D ．它们的向心加速度与静止在赤道上的物体的向心加速度大小相等2．全球定位系统(GPS)有24颗卫星分布在绕地球的6个轨道上运行，距地面的高度都为2万千米．已知地球同步卫星离地面的高度为3.6万千米，地球半径约为6 400 km ，则全球定位系统的这些卫星的运行速度约为( )A ．3.1 km/sB ．3.9 km/sC ．7.9 km/sD ．11.2 km/s3．有一星球的密度跟地球密度相同，但它表面处的重力加速度是地球表面处重力加速度的4倍，则该星球的质量将是地球质量的( )A.14B ．4倍C ．16倍D ．64倍4．若已知月球绕地球运动可近似看做匀速圆周运动，并且已知月球的轨道半径r ，它绕地球运动的周期T ，万有引力常量是G ，由此可以知道( )A ．月球的质量m ＝π2r 3GT 2B ．地球的质量M ＝4πr 3GT 2C ．月球的平均密度ρ＝3πGT2D ．地球的平均密度ρ′＝3πGT25．地球表面的平均重力加速度为g ，地球半径为R ，引力常量为G ，可估计地球的平均密度为( )A.3g 4πRG B ．3g4πR 2G C.gRGD ．g RG 26．一物体静置在平均密度为ρ的球形天体表面的赤道上．已知万有引力常量G ，若由于天体自转使物体对天体表面压力恰好为零，则天体自转周期为( )A.⎝⎛⎭⎫4π3Gρ12B ．⎝⎛⎭⎫312C.⎝⎛⎭⎫πGρ12 D ．⎝⎛⎭⎫3πGρ127．2011年中俄联合实施了火星探测(但由于俄火箭故障而失败)，由中国负责研制的“萤火一号”火星探测器将与俄罗斯研制的“福布斯—土壤”火星探测器一起由俄罗斯“天顶”运载火箭发射前往火星．已知火星的质量约为地球质量的1/9，火星的半径约为地球半径的1/2.下列关于火星探测器的说法中正确的是( )A ．发射速度只要大于第一宇宙速度即可B ．发射速度只有达到第三宇宙速度才可以C ．发射速度应大于第二宇宙速度、小于第三宇宙速度D ．火星探测器环绕火星运行的最大速度约为第一宇宙速度的128.“天宫一号”被长征二号火箭发射后，准确进入预定轨道，如图所示，“天宫一号”在轨道1上运行4周后，在Q 点开启发动机短时间加速，关闭发动机后，“天宫一号”沿椭圆轨道2运行到达P 点，开启发动机再次加速，进入轨道3绕地球做圆周运动，“天宫一号”在图示轨道1、2、3上正常运行时，下列说法正确的是( )A ．“天宫一号”在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率B ．“天宫一号”在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度C ．“天宫一号”在轨道1上的经过Q 点的加速度大于它在轨道2上经过Q 点的加速度D ．“天宫一号”在轨道2上经过P 点的加速度等于它在轨道3上经过P 点的加速度 9．(2013·山东潍坊模拟)按照我国月球探测活动计划，在第一步“绕月”工程圆满完成任务后，将开展第二步“落月”工程，预计在2013年前完成．假设月球半径为R ，月球表面的重力加速度为g 0.飞船沿距月球表面高度为3R 的圆形轨道Ⅰ运动，到达轨道的A 点，点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ的近月点B 再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动．下列判断正确的是( )A ．飞船在轨道Ⅰ上的运行速率v ＝g 0RB ．飞船在轨道Ⅲ绕月球运动一周所需的时间为2πRg 0C ．飞船在A 点点火变轨的瞬间，动能增加D ．飞船在A 点的线速度大于在B 点的线速度10．如图，地球赤道上山丘e ，近地资源卫星p 和同步通信卫星q 均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动．设e 、p 、q 的圆周运动速率分别为v e 、v p 、v q ，向心加速度分别为a e 、a p 、a q ，则( )A ．a e <a q <a pB ．a e >a p >a qC ．v e <v p <v qD ．v e >v p >v q11．(2013·洛阳五校联考)天文学家在距离地球127光年处发现了一个拥有7颗行星的“太阳系”，这些行星与其中央恒星之间遵循基本天体运行规律，和我们太阳系的规则相似．这一星系的中央恒星名为“HD10180”．分析显示，其中一个行星绕中央恒星“HD10180”的公转周期为584天，是地球绕太阳公转周期的1.6倍；与中央恒星“HD10180”的距离是2.3亿公里，等于太阳和地球之间平均距离的1.6倍，将行星与地球的公转轨道视为圆．求恒星“HD10180”的质量与太阳的质量之比．12．(2013·石景山模拟)我国月球探测计划“嫦娥工程”已经启动，科学家对月球的探索会越来越深入．(1)若已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，月球绕地球运动的周期为T，月球绕地球的运动近似看做匀速圆周运动，试求出月球绕地球运动的轨道半径．(2)若宇航员随登月飞船登陆月球后，在月球表面某处以速度v0竖直向上抛出一个小球，经过时间t，小球落回抛出点．已知月球半径为r，引力常量为G，试求出月球的质量M月．◎选做部分13.(2012·江苏卷)2011年8月，“嫦娥二号”成功进入了环绕“日地拉格朗日点”的轨道，我国成为世界上第三个造访该点的国家．如图所示，该拉格朗日点位于太阳和地球连线的延长线上，一飞行器处于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动，则此飞行器的( )A ．线速度大于地球的线速度B ．向心加速度大于地球的向心加速度C ．向心力仅由太阳的引力提供D ．向心力仅由地球的引力提供14．(2011·安徽卷·22)(1)开普勒行星运动第三定律指出：行星绕太阳运动的椭圆轨道的半长轴a 的三次方与它的公转周期T 的二次方成正比，即a 3T 2＝k ，k 是一个对所有行星都相同的常量．将行星绕太阳的运动按圆周运动处理，请你推导出太阳系中该常量k 的表达式．已知万有引力常量为G ，太阳的质量为M 太．(2)开普勒定律不仅适用于太阳系，它对一切具有中心天体的引力系统(如地月系统)都成立．经测定月地距离为3.84×108 m ，月球绕地球运动的周期为2.36×106 s ，试计算地球的质量M 地．(G ＝6.67×10－11N·m 2/kg 2，结果保留一位有效数字)详解答案课时作业(十二)◎必做部分1．A 同步卫星的运行周期、角速度与地球自转周期、角速度相同，因此同步卫星高度固定，线速度固定且小于第一宇宙速度7.9 km/s ，因此选项A 正确，选项B 、C 错误；同步卫星与赤道物体比较，周期、角速度相同，半径不同，因此向心加速度不同，选项D 错误．2．B 同类卫星的速度为：v 2＝2π(h 2＋R 地)T ，另由万有引力定律得，G Mmr 2＝m v 2r ，GM ＝r v 2，即v 1＝v 2r 2r 1，代入数值得，v 1≈3.9 km/s.3．D 天体表面的重力加速度：g ＝GM R 2，又知ρ＝3M 4πR 3，所以M ＝9g 316π2ρ2G 3，故M 星M 地＝⎝ ⎛⎭⎪⎫g 星g 地3＝64，D 正确．4．B 由GMm r 2＝4π2mr T 2得M ＝4π2r 3GT2.5．A 忽略地球自转的影响，对于处于地球表面的物体，有mg ＝G MmR2，又地球质量M＝ρV ＝43πR 3ρ.代入上式化简可得地球的平均密度ρ＝3g4πRG. 6．D 由万有引力提供向心力得： G Mmr2＝mr ⎝⎛⎭⎫2πT 2 而M ＝ρ·43πR 3，r ＝R ，解得T ＝⎝⎛⎭⎫3πGρ12，故正确答案为D. 7．CD 根据三个宇宙速度的意义，可知选项A 、B 错误，选项C 正确；已知M 火＝M 地/9、R 火＝R 地/2，则v 火1v 地1＝GM 火R 火：GM 地R 地＝23≈0.5，选项D 正确． 8．D 据v ＝GMr，可知v 3<v 1，选项A 错误；据ω＝GMr 3可知ω3<ω1，选项B 错误；加速度与万有引力大小有关，r 相同，则a 相同，与轨道无关，选项C 错误，选项D 正确．9． B 万有引力为飞船做圆周运动提供向心力G Mm r 2＝m v 2r ，在月球表面G MmR 2＝mg 0，v＝12g 0R ，A 错误；由G Mm R 2＝m (2πT)2R 知，T ＝2πRg 0，B 正确；飞船在A 点点火变轨的瞬间，做近心运动应减速，动能减小，故C 错误；椭圆轨道Ⅱ的近月点B 线速度大，故D 错误．10．A 由G Mmr 2＝m v 2r可得：v ＝GMr，则v p >v q ，山丘e 与同步卫星q 具有相同的角速度，由v ＝rω可得：v q >v e ，故有v p >v q >v e ，所以C 、D 均错误；由G Mm r 2＝ma 可知a ＝GMr 2，则a p >a q ，由a ＝rω2，则a q >a e ，所以A 正确，B 错误．11．解析： 设中央恒星质量为M 1，这个行星质量为m 1，行星绕恒星运转的轨道半径为r 1，周期为T 1；太阳质量为M 2，地球质量为m 2，地球绕太阳运转的轨道半径为r 2，周期为T 2对行星：G M 1m 1r 21＝m 1r 1(2πT 1)2对地球：G M 2m 2r 22＝m 2r 2(2πT 2)2联立解得M 1M 2＝T 22r 31T 21r 32＝1.6.答案： 1.612．解析： (1)根据万有引力定律和向心力公式得： G M 月M r 2＝M 月(2πT )2r mg ＝G Mm R 2解得：r ＝3gR 2T 24π2.(2)设月球表面处的重力加速度为g 月，根据题意： v 0＝g 月t2mg 月＝G M 月mr 2解得：M 月＝2v 0r 2Gt.答案： (1) 3gR 2T 24π2 (2)2v 0r 2Gt◎选做部分13．AB 飞行器与地球同步绕太阳做圆周运动，所以ω飞＝ω地，由圆周运动线速度和角速度的关系v ＝rω得v 飞＞v 地，选项A 正确；由公式a ＝rω2知，a 飞＞a 地，选项B 正确；飞行器受到太阳和地球的万有引力，方向均指向圆心，其合力提供向心力，故C 、D 选项错．14．解析： (1)因行星绕太阳做匀速圆周运动，于是轨道半长轴a 即为轨道半径r ，根据万有引力定律和牛顿第二定律有：Gm 行M 太r 2＝m 行⎝⎛⎭⎫2πT 2r ① 于是有r 3T 2＝G4π2M 太②即k ＝G4π2M 太．③(2)在地月系统中，设月球绕地球运动的轨道半径为R ，周期为T ，由②式可得 R 3T 2＝G4π2M 地④ 解得M 地＝6×1024 kg ⑤ (M 地＝5×1024 kg 也算对)．答案： (1)k ＝G4π2M 太 (2)M 地＝6×1024 kg。

课时作业(三十二) 机械振动1．一质点做简谐运动时，其振动图像如图所示．由图可知，在t 1和t 2时刻，质点运动的( )A ．位移相同B ．回复力相同C ．速度相同D ．加速度相同2.一列简谐横波沿直线由A 向B 传播，A 、B 相距0.45 m ，如图是A 处质点的振动图像．当A 处质点运动到波峰位置时，B 处质点刚好到达平衡位置且向y 轴正方向运动，这列波的波速可能是( )A ．4.5 m/sB ．3.0 m/sC ．1.5 m/sD ．0.7 m/s3．一个摆长为L 的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(取t ＝0)，当t 1＝3π2Lg时，摆球具有负向最大加速度，则单摆的位移x 随时间t 变化的图像是( )4.如图所示是一个单摆做受迫振动时的共振曲线，表示振幅A 与驱动力的频率f 的关系，下列说法正确的是( )A ．摆长约为10 cmB ．摆长约为1 mC ．若增大摆长，共振曲线的“峰”将向右移动D ．若增大摆长，共振曲线的“峰”将向左移动5．某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x ＝A sin π4t ，则质点( )A ．第1 s 末与第3 s 末的位移相同B ．第1 s 末与第3 s 末的速度相同C ．3 s 末至5 s 末的位移方向都相同D ．3 s 末至5 s 末的速度方向都相同6．(2012·北京东城区)在实验室可以做“声波碎杯”的实验．用手指轻弹一只酒杯，可以听到清脆的声音，测得这声音的频率为500 Hz.将这只酒杯放在大功率的声波发生器附近，操作人员通过调整其发出的声波，就能使酒杯碎掉．操作人员进行的操作是( )A ．一定是把声波发生器的功率调到很大B ．可能是使声波发生器发出了频率很高的超声波C ．一定是同时增大声波发生器发出声波的频率和功率D ．只是将声波发生器发出的声波频率调到500 Hz7．(1)将一个电动传感器接到计算机上，就可以测量快速变化的力，用这种方法测得的某单摆摆动时悬线上拉力的大小随时间变化的曲线如图所示．某同学由此图像提供的信息作出的下列判断中，正确的是________．A ．t ＝0.2 s 时摆球正经过最低点B ．t ＝1.1 s 时摆球正经过最低点C ．摆球摆动过程中机械能减小D ．摆球摆动的周期是T ＝1.4 s(2)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，下列说法中正确的是________A ．甲、乙两单摆的摆长相等B ．甲摆的振幅比乙摆大C．甲摆的机械能比乙摆大D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆8．一质点简谐运动的振动图像如图所示．(1)该质点振动的振幅是________ cm.周期是______ s．初相是________．(2)写出该质点简谐运动的表达式，并求出当t＝1 s时质点的位移．9．一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子，如图甲所示，该装置可用于研究弹簧振子的受迫振动．匀速转动把手时，曲杆给弹簧振子驱动力，使振子做受迫振动．把手匀速转动的周期就是驱动力的周期，改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期．若保持把手不动，给砝码一向下的初速度，砝码便做简谐运动，振动图线如图乙所示．当把手以某一速度匀速转动，受迫振动达到稳定时，砝码的振动图像如图丙所示．若用T0表示弹簧振子的固有周期，T 表示驱动力的周期，Y表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅，则(1)稳定后，物体振动的频率f＝________ Hz.(2)欲使物体的振动能量最大，需满足什么条件？________________________________________________________________________(3)利用上述所涉及的知识，请分析某同学所提问题的物理道理．“某同学考虑，我国火车第六次大提速时，需尽可能的增加铁轨单节长度，或者是铁轨无结头”．________________________________________________________________________10.(2013·浙江宁波八校联考)用沙摆可以粗略地描绘简谐运动图象．如图所示，木板在水平面内以速度v做匀速直线运动，同时沙摆在竖直平面内做简谐运动，则沙摆中漏下的细沙在木板上形成振动图线．现只给一把刻度尺，要求测出木板的速度(漏斗大小忽略不计)，则：(1)需要直接测量的物理量有________和________(用文字和相应字母表示)．(2)已知当地重力加速度为g，用测出的量表示木板速度的表达式为v＝________.11．(2012·天津卷)某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素．(1)他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图所示．这样做的目的是________(填字母代号)．A．保证摆动过程中摆长不变B．可使周期测量得更加准确C．需要改变摆长时便于调节D．保证摆球在同一竖直平面内摆动(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L＝0.999 0 m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示，则该摆球的直径为________ mm，单摆摆长为________ m.(3)下列振动图象真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图像，已知sin 5°＝0.087，sin 15°＝0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是________(填字母代号)．12．(2012·重庆市)某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中，测量5种不同摆长情况下单摆的振动周期，记录表格如下：(1)以T 2________．(保留三位有效数字)(2)该同学在实验中测算出的g 值比当地的公认值偏大，其原因可能是( )A ．振幅偏小B ．摆球质量偏大C ．将振动次数n 记为(n ＋1)D ．将摆线长当作摆长，未加摆球的半径详解答案课时作业(三十二)1．C 从题图中可以看出在t 1和t 2时刻，质点的位移大小相等、方向相反．则在t 1和t 2时刻质点所受的回复力大小相等、方向相反，加速度大小相等、方向相反，A 、B 、D 错误；在t 1和t 2时刻，质点都是从负最大位移向正最大位移运动，，速度方向相同，由于位移大小相等，所以速度大小相等．C 正确．2．A 由振动图像可知，振源的振动周期T ＝0.4 s ，再根据题意结合波的周期性可知0.45 m ＝⎝⎛⎭⎫n ＋14λ，而波速v ＝λT ，即v ＝ 4.54n ＋1 m/s ，当n ＝0时，v 1＝4.5 m/s ，当n ＝1时，v 2＝0.9 m/s ，当n ＝2时，v 3＝0.5 m/s ，所以答案为A.3．B 由T ＝2πL g 知，当t 1＝3π2L g ＝34T 时，摆球处于正向最大位移处，故B 项正确． 4．BD 由单摆做受迫振动时的共振曲线可知，当单摆发生共振时，固有频率等于驱动力的频率，即固有频率为0.5 Hz ，因而固有周期为2 s ，由单摆的周期公式可知，此单摆的摆长约为1 m ，B 正确；若增大摆长，周期变长，频率变小，共振曲线的“峰”将向左移动，D 正确．5．AD 质点第1 s 末的位移为：x 1＝A sin π4t 1＝A sin π4＝22A ，第3 s 末的位移为：x 3＝A sinπ4t 3＝A sin3π4＝22A ，A 正确；第1 s 末是质点从平衡位置向正向最大位移运动的过程中的一个时刻，质点的速度为正，第3 s 末是从正向最大位移向平衡位置运动的过程中的一个时刻，质点的速度为负，第1 s 末与第3s 末的速度方向相反，B 错误；第5s 末的位移为：x 5＝A sin π4t 5＝A sin 5π4＝－22A ，与第3 s 末的位移方向相反，C 错误；第5 s 末是质点从平衡位置向负向最大位移运动的过程中的一个时刻，质点的速度为负，3 s 末至5 s 末的速度方向都相同，D 正确．6．D7．(1)AC (2)ABD (1)悬线拉力在经过最低点时最大，t ＝0.2 s 时，F 有正向最大值，故A 选项正确，t ＝1.1 s 时，F 有最小值，不在最低点，周期应为T ＝1.2 s ，因振幅减小，故机械能减小，C 选项正确．(2)振幅可从题图上看出甲摆大，故B 对．且两摆周期相等，则摆长相等，因质量关系不明确，无法比较机械能．t ＝0.5 s 时乙摆球在负的最大位移处，故有正向最大加速度，所以正确答案为A 、B 、D.8．解析： (1)由质点振动图像可得 A ＝8 cm ，T ＝0.2 s ，φ＝π2.(2)ω＝2πT ＝10π rad/s.质点简谐运动表达式为x ＝8sin ⎝⎛⎭⎫10πt ＋π2 cm ，当t ＝1 s 时，x ＝8 cm. 答案： (1)8 0.2 π2 (2)x ＝8sin ⎝⎛⎭⎫10πt ＋π2 cm 8 cm 9．解析： (1)由丙图可知，f ＝1T ＝14Hz ＝0.25 Hz.(2)物体振动能量最大时，即振幅最大，故应发生共振，所以应有T ＝T 0＝4 s.(3)若单节车轨非常长，或无结头，则驱动力周期非常大，从而远离火车的固有周期，即火车的振幅较小．以便提高火车的车速．答案： (1)0.25 (2)T ＝T 0＝4 s(3)远离火车的固有周期，以便于提高火车的车速．10．解析： 设单摆的周期为T ，A 、C 之间的距离为x ，则v ＝xT ，而T ＝2πLg，联立得，v ＝x2πg L. 答案： (1)摆长L A 、C 之间的距离x (2)x2πg L11．解析： (1)在“探究影响单摆周期的因素”实验中，要使单摆在摆动过程中摆长不变，而且摆长便于调节，故选项A 、C 正确，选项B 、D 错误．(2)摆球的直径d ＝12 mm ＋0×0.1 mm ＝12.0 mm 摆长l ＝L －d2＝0.999 0 m －0.006 0 m ＝0.993 0 m.(3)单摆振动的摆角θ≤5°，当θ＝5°时单摆振动的振幅A ＝l sin 5°＝0.087 m ＝8.7 cm ，且为计时准确，在摆球摆至平衡位置时开始计时，故选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．答案： (1)AC (2)12.0 0.993 0 (3)A 12．答案： (1)9.86 m/s 2 L －T 2图线如图：(2) C。

B A物理综合练习四选择题（本大题共8小题，每小题6分，共48分。

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6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。

）14．以下是力学中的三个实验装置,由图可知这三个实验共同的物理思想方法是A ．极限的思想方法B ．放大的思想方法C ．控制变量的方法D ．猜想的思想方法 15．一根质量均匀的金属棒MN 两端用细软导线连接后悬挂于a 、b 两点，棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中电流方向从M 流向N ，如图所示，此时棒受到导线对它的拉力作用。

为使拉力等于零，可以A ．使磁场反向B ．使电流反向C ．适当减小磁感应强度D ．适当增大电流 16．我国已于2011年9月末发射“天宫一号”目标飞行器,之后将发射“神舟八号”飞船并与“天宫一号”实现对接。

某同学为此画出“天宫一号”和“神舟八号”绕地球做匀速圆周运动的假想图如图所示,A 代表“天宫一号”,B 代表“神舟八号”,虚线为各自的轨道.由此假想图,可以判定A. “天宫一号”的周期小于“神舟八号”的周期B. “天宫一号”的运行速率小于“神舟八号”的运行速率C.“天宫一号”的向心加速度小于“神舟八号”的向心加速度D.“神舟八号”适度减速有可能与“天宫一号”实现对接17．如图所示,跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型:运动员从高处落到处于自然状态的跳板(A 位置)上,随跳板一同向下做变速运动到达最低点(B 位置)。

对于运动员开始与跳板接触到运动至最低点B 位置的过程中,下列说法中正确的是A ．运动员的动能一直在减小B ．运动员的机械能一直在减小C ．运动员的加速度先变小后变大D ．跳板的弹性势能先增加后减小18．如图所示,A 、B 、C 三个物块重均为100N,小球P 重20N,作用在物块B 的水平力F ＝20N,整个系统静止,则A ．A 和B 之间的摩擦力是20N B ．B 和C 之间的摩擦力是20N C ．物块C 受6个力作用D ．C 与桌面间摩擦力为20N19．如左图所示,A 、B 是一条电场线上的两点,若在某点释放一初速为零的电子,电子仅受电场力作用,并沿电场线从A 运动到B ,其速度随时间变化的规律如右图所示。

课时作业(二十四)带电粒子在复合场中的运动1.(2013·浙江金华十校联考)不计重力的负粒子能够在如图所示的正交匀强电场和匀强磁场中匀速直线穿过．设产生匀强电场的两极板间电压为U，距离为d，匀强磁场的磁感应强度为B，粒子电荷量为q，进入速度为v，以下说法正确的是()A．若同时增大U和B，其他条件不变，则粒子一定能够直线穿过B．若同时减小d和增大v，其他条件不变，则粒子可能直线穿过C．若粒子向下偏，能够飞出极板间，则粒子动能一定减小D．若粒子向下偏，能够飞出极板间，则粒子的动能有可能不变2．如图所示，一束正离子从S点沿水平方向射出，在没有偏转电场、磁场时恰好击中荧光屏上的坐标原点O；若同时加上电场和磁场后，正离子束最后打在荧光屏上坐标系的第Ⅲ象限中，则所加电场E和磁场B的方向可能是(不计离子重力及其之间相互作用力)()A．E向下，B向上B．E向下，B向下C．E向上，B向下D．E向上，B向上3.(改编题)三个带正电的粒子a、b、c(不计重力)以相同动能水平射入正交的电磁场中，轨迹如图所示．关于它们的质量m a、m b、m c 的大小关系和粒子a动能变化，下列说法正确的是()A．m a＜m b＜m cB．m a＞m b＞m cC．粒子a动能增加D．粒子a动能减少4.如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向水平(图中垂直纸面向里)，一带电油滴P恰好处于静止状态，则下列说法正确的是()A．若仅撤去电场，P可能做匀加速直线运动B．若仅撤去磁场，P可能做匀加速直线运动C．若给P一初速度，P不可能做匀速直线运动D．若给P一初速度，P可能做匀速圆周运动5．(改编题)如图所示，一束带电粒子(不计重力，初速度可忽略)缓慢通过小孔O1进入极板间电压为U的水平加速电场区域Ⅰ，再通过小孔O2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，收集室的小孔O3与O1、O2在同一条水平线上．则()A．该装置可筛选出具有特定质量的粒子B．该装置可筛选出具有特定电荷量的粒子C．该装置可筛选出具有特定速度的粒子D．该装置可筛选出具有特定动能的粒子6.如图所示是质谱仪工作原理的示意图，带电粒子a、b经电压U加速(在A点初速度为0)后，进入磁感应强度为B的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的x1、x2处．图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则()A．a的质量一定大于b的质量B．a的电荷量一定大于b的电荷量C．a运动的时间大于b运动的时间D．a的比荷大于b的比荷7.如图，空间某一区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速度由A点进入这个区域沿直线运动，从C点离开区域；如果这个区域只有电场，则粒子从B点离开场区；如果这个区域只有磁场，则粒子从D点离开场区；设粒子在上述三种情况下，从A到B点、A到C点和A到D点所用的时间分别是t1、t2和t3，比较t1、t2和t3的大小，则有(粒子重力忽略不计)()A．t1＝t2＝t3B．t2＜t1＜t3C．t1＝t2＜t3D．t1＝t3＞t28．(2013·浙江模拟)如图甲所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．带电粒子在磁场中运动的动能E k随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断中正确的是()A．在E k－t图中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1B．高频电源的变化周期应该等于t n－t n－1C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大D．要想粒子获得的最大动能越大，则要求D形盒的面积也越大9.质谱仪是测带电粒子质量和分析同位素的一种仪器，它的工作原理是带电粒子(不计重力)经同一电场加速后，垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，然后利用相关规律计算出带电粒子质量．其工作原理如图所示．虚线为某粒子运动轨迹，由图可知()A．此粒子带负电B．下极板S2比上极板S1电势高C．若只增大加速电压U，则半径r变大D．若只增大入射粒子的质量，则半径r变小10．如图所示，MN是一段在竖直平面内半径为1 m的光滑的1/4圆弧轨道，轨道上存在水平向右的匀强电场．轨道的右侧有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1＝0.1 T．现有一带电荷量为1 C、质量为100 g的带正电小球从M点由静止开始自由下滑，恰能沿NP方向做直线运动，并进入右侧的复合场(NP沿复合场的中心线)．已知A、B板间的电压为U BA ＝2 V，板间距离d＝2 m，板的长度L＝3 m，若小球恰能从板的右边沿飞出，g取10 m/s2.求：(1)小球运动到N点时的速度v的大小．(2)水平向右的匀强电场的电场强度E的大小．(3)复合场中的匀强磁场的磁感应强度B2的大小．11.如图所示，矩形abcd 关于x 轴对称，长ad ＝2L ，宽ab ＝L ，三角形Oab 区域内存在竖直向下的匀强电场，梯形Obcd 区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场．一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子(不计重力)以初速度v 从P 点沿x 轴正方向进入电场，穿过电场后从Ob 边上Q 点处进入磁场，然后从y 轴负半轴上的M 点(图中未标出)垂直于y 轴离开磁场，已知OP ＝23L ，OQ ＝429L ，试求：(1)匀强电场的场强E 大小； (2)匀强磁场的磁感应强度B 的大小．12.绝缘水平面ab 与处在竖直平面内的半圆形绝缘轨道bcd相切于b 点，半圆轨道的半径为R .过b 点的竖直平面MN 的左侧有水平向右的匀强电场，右侧有正交的电、磁场，磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向里，如图所示，比荷为k 的带电小球从水平面上某点由静止释放，过b 点进入MN 右侧后能沿半圆形轨道bcd 运动且对轨道始终无压力，小球从d 点再次进入MN 左侧后正好落在b 点，不计一切摩擦，重力加速度为g ，求：(1)小球进入电、磁场时的速度大小v ；(2)MN 右侧的电场强度大小E 2； (3)MN 左侧的电场强度大小E 1； (4)小球释放点到b 点的距离s . 答案课时作业(二十四)1．BC 粒子能够直线穿过，则有q U d ＝q v B ，即v ＝UBd ，若U 、B 增大的倍数不同，粒子不能沿直线穿过，A 错误，同理B 正确；粒子向下偏，电场力做负功，又W 洛＝0，所以ΔE k ＜0，C 正确．D 错误．2．A 正离子束打到第Ⅲ象限，相对原入射方向向下，所以电场E 方向向下；根据左手定则可知磁场B 方向向上，故A 正确．3．AD 粒子a 受的电场力向下、受的洛伦兹力向上，又a 向上偏，说明a 受的洛伦兹力大，故推出a 的初速度大．又三个粒子动能相同，故a 的质量小，因此选项A 对；a 向上偏，电场力对其做负功，洛伦兹力不做功，故a 动能减少，因此选项D 对．4．D 由题意可知，带电粒子所受的重力与电场力平衡，若P 的初速度垂直于磁感线方向，则P 可能做匀速圆周运动，若P 的初速度沿磁感线方向，则P 可能做匀速直线运动，C 错误，D 正确；若仅撤去电场，带电粒子在重力作用下先加速，由于洛伦兹力的大小与速度大小成正比，故所受的合外力将发生变化，带电粒子不可能做匀加速直线运动，A 错误；若仅撤去磁场，P 仍处于静止状态，B 错误．5．C 速度选择器的工作原理：带电粒子垂直射入正交的匀强电场和匀强磁场组成的复合场空间，所受的电场力和洛伦兹力方向相反，大小相等．本题中粒子若要无偏转地通过区域Ⅱ，通过收集室的小孔O 3，需要满足qE ＝q v B ，即粒子的速度v ＝E /B ，C 正确．6．D 粒子经电场加速的过程，由动能定理有：qU ＝12m v 20；粒子在磁场中运动，由牛顿第二定律知Bq v 0＝m v 20R ，所以R ＝1B2mU q ，由图知R a <R b ，故q a m a >q bm b，A 、B 错、D 对；因周期为T ＝2πm Bq ，运行时间为T2，所以a 运动的时间小于b 运动的时间，C 错．7．C8．A 带电粒子在两D 形盒内做圆周运动时间等于半个圆周运动周期，而粒子运动周期T ＝2πmqB 与粒子速度无关，则有t 4－t 3＝t 3－t 2＝t 2－t 1，A 正确；高频电源的变化周期应该等于2(t n －t n －1)，B 错误；由R ＝m vqB 可知：粒子最后获得的最大动能与加速次数无关，与D 形盒内磁感应强度和D 形盒半径有关，故C 、D 错误．9．C 粒子从S 3小孔进入磁场中，速度方向向下，粒子向左偏转，由左手定则可知粒子带正电．带正电的粒子在S 1和S 2两板间加速，则要求场强的方向向下，那么S 1板的电势高于S 2板的电势．粒子在电场中加速，由动能定理有12m v 2＝qU ，在磁场中偏转，则有r ＝m v qB ，联立两式解得r ＝2UmqB 2，由此式可以看出只增大U 或只增大m 时，粒子的轨道半径都变大． 10．解析： (1)小球沿NP 做直线运动，由平衡条件可得：mg ＝q v B 1 解得v ＝10 m/s.(2)小球从M 点到N 点的过程中，由动能定理得：mgR ＋qER ＝12m v 2代入数据解得：E ＝4 N/C.(3)在板间复合场中小球受电场力qU BA /d ＝1 N 与重力平衡，故小球做匀速圆周运动 设运动半径为R ′，由几何知识得： R ′2＝L 2＋(R ′－d2)2，解得：R ′＝5 m由q v B 2＝m v 2/R ′，解得：B 2＝0.2 T. 答案： (1)10 m/s (2)4 N/C (3)0.2 T11.解析： (1)根据题意，Ob 与x 轴的夹角为45°，带电粒子在电场中做类平抛运动，设在电场中运动时间为t ，场强为E ，则x ＝OQ ·cos 45°＝v t① x ＝OP －OQ ·sin 45°＝12at 2② qE ＝ma③联立以上各式解得E ＝9m v 24qL.(2)粒子的运动轨迹如图所示，在Q 点竖直分速度v y ＝at ，代入数据解得v y ＝v ∴粒子在进入磁场时的速度v ′＝v 2x ＋v 2y ＝ 2 v④速度方向与＋x 方向之间的夹角θ满足 tan θ＝v yv x＝1⑤∴θ＝45°即粒子垂直于Ob 边进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动的圆心即为O 点 半径R ＝OQ ＝42L 9⑥ 又q v ′B ＝m v ′2R .⑦解得B ＝9m v4qL.答案： (1)9m v 24qL (2)B ＝9m v4qL12．解析： (1)小球进入MN 右侧电、磁场后能沿bcd 运动且始终对轨道无压力，表明洛伦兹力等于小球做圆周运动的向心力，且小球的速率不变，因此有q v B ＝m v 2R① 代入qm＝k 解得v ＝kBR .②(2)小球速率不变，则重力与电场力平衡，即 qE 2－mg ＝0 ③解得E 2＝gk.(3)小球再次进入左侧电场后，在水平方向做匀减速运动，则 0＝v t －12a 1t 2④ a 1＝qE 1m⑤在竖直方向做自由落体运动，则2R ＝12gt 2⑥联立④⑤⑥解得E 1＝B gR . (4)小球由静止释放，由动能定理得 qE 1s ＝12m v 2⑦将②式代入解得s ＝kBR gR2g.答案： (2)kBR (2)g k (3)B gR (4)kBR gR2g。

2014年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）物理部分试题详解1．质点做直线运动的速度—时间图象如图所示，该质点（ ）A ．在第1秒末速度方向发生了改变B ．在第2秒末加速度方向发生了改变C ．在前2秒内发生的位移为零D ．第3秒末和第5秒末的位置相同【解析】根据v -t 图像，第1秒末速度方向没变，加速度方向改变，A 错。

第2秒末加速度方向没变，速度方向改变，B 错。

前2秒内位移为图像围成三角形面积2m ，C 错。

第3秒末的位移与第5秒的位移同为1m ，D 正确。

【答案】D 2．如图所示，电路中12R R 、均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C 的极板水平放置．闭合电键S ，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动．如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是（ ） A ．增大1R 的阻值B ．增大2R 的阻值C ．增大两板间的距离D ．断开电键S【解析】如果油滴不动，则平行板电容器中电场强度不能变。

增大1R 阻值，因为电源内阻不能忽略，所以1R 分压增大，电容器电压增大，电场变强，A 错。

增大2R 阻值，因为电容器是断路，所以不影响电容器两端电压，电场不变，B 对。

增大两板间距离，因为电容器两端电压不变，根据UE d=，电场变小，C 错。

断开电键则电容器中间电场变为0，D 错。

【答案】B3．研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比（ ） A ．距地面的高度变大 B ．向心加速度变大 C ．线速度变大 D ．角速度变大【解析】3亿年前地球自转周期22小时，现在为24小时，趋势为变大，所以未来同步卫星与现在相比周期变大，而万有引力不变。

由万有引力提供向心力222()Mm Gm r r Tπ=，可知r =，轨道半径变大，则卫星距地面高度变大，A 正确。

轨道半径变大，向心力变小，向心加速度变小，B 错。

课时作业(二)匀变速直线运动的规律及应用◎必做部分1. 伽利略的斜面实验设计独具匠心, 利用斜面“冲淡重力”的影响, 充分放慢球的运动, 成功地测量出球的运动信息, 如图所示, 发现球的运动规律. 若球是由静止释放的, 下列关于球的运动的判断正确的是()A. 球的加速度与运动时间成正比B. 球的速度与运动路程成正比C. 球的速度与运动时间成正比D. 球的位移与运动时间成正比2.(2013·山东潍坊)如图所示, 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. B.C. D. v13．(2013·江西四市联考)质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝3t＋2t2(各物理量均采用国际单位制单位), 则该质点()A. 第2 s内的位移是10 mB. 前3 s内的平均速度是7 m/sC. 任意相邻1 s内的位移差都是4 mD. 任意1 s内的速度增量都是3 m/s4. (2013·徐汇区)一物体从高为x处做自由落体运动, 经时间t到达地面, 落地速度为v, 那么当物体下落时间为时, 物体的速度和距地面的高度分别是()A. ,B. ,C. , xD. , x5．(2013·天津高三统考)一条悬链长7.2 m, 从悬点处断开, 使其自由下落, 不计空气阻力．则整条悬链通过悬点正下方12.8 m处的一点所需的时间是(g取10 m/s2)()A. 0.3 sB. 0.4 sC. 0.7 sD. 1.2 s6. (2013·江西重点中学联考)在水平面上有a、b两点, 相距0.2 m, 一质点在一恒定的水平合外力作用下沿a向b做直线运动, 经过0.2 s的时间先后通过a、b两点, 则该质点通过a、b中点时的速度大小()A. 若力的方向由a向b, 则大于1 m/s, 若力的方向由b向a, 则小于1 m/sB．若力的方向由a向b, 则小于1 m/s, 若力的方向由b向a, 则大于1 m/sC. 无论力的方向如何均小于1 m/sD. 无论力的方向如何均大于1 m/s2512.525.054.2x分析上表可知, 下列说法不正确的是()A. 驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5 sB. 若汽车以20 m/s的速度行驶时, 发现前方40 m处有险情, 酒后驾驶不能安全停车C．汽车制动时, 加速度大小为10 m/s2D. 表中x为66.78．(2013·济南市)磕头虫是一种不用足跳但又善于跳高的小甲虫．当它腹朝天、背朝地躺在地面时, 将头用力向后仰, 拱起体背, 在身下形成一个三角形空区, 然后猛然收缩体内背纵肌, 使重心迅速向下加速, 背部猛烈撞击地面, 地面反作用力便将其弹向空中．弹射录像显示, 磕头虫拱背后重心向下加速(视为匀加速)的距离大约是0.8 mm, 弹射最大高度为24 cm.而人原地起跳方式是, 先屈腿下蹲, 然后突然蹬地向上加速, 假想加速度与磕头虫加速过程的加速度大小相等, 如果加速过程(视为匀加速)重心上升高度为0.5 m, 那么人离地后重心上升的最大高度可达(空气阻力不计, 设磕头虫撞击地面和弹起的速率相等)()A. 150 mB. 75 mC. 15 mD. 7.5 m9．(2013·山东烟台)匀速运动的汽车从某时刻开始刹车, 匀减速运动直至停止．若测得刹车时间为t, 刹车位移为x, 根据这些测量结果, 可以求出()A. 汽车刹车过程的初速度B. 汽车刹车过程的加速度C. 汽车刹车过程的平均速度D. 汽车刹车过程的制动力10.(2013·浙江温州)在国庆60周年阅兵式中, 某直升飞机在地面上空某高度A位置处于静止状态待命, 要求该机零时刻由静止状态沿水平方向做匀加速直线运动, 经过AB段加速后, 进入BC段的匀速受阅区, 经过t时间到达C位置, 已知：AB段长为L1、BC段长度为L2.求：(1)直升飞机在BC段的速度大小；(2)在AB段做匀加速直线运动时的加速度大小.11. (2013·福建六校联考)一位同学在某星球上完成自由落体运动实验: 让一个质量为2 kg 的小球从一定的高度自由下落, 测得在第5 s内的位移是18 m, 则()A. 物体在2 s末的速度是20 m/sB. 物体在第5 s内的平均速度是3.6 m/sC. 物体在第2s内的位移是20 mD. 物体在5 s内的位移是50 m12．“30 m折返跑”中．在平直的跑道上, 一学生站立在起点线处, 当听到起跑口令后(测试员同时开始计时), 跑向正前方30 m处的折返线, 到达折返线处时, 用手触摸固定在折返线处的标杆, 再转身跑回起点线, 到达起点线处时, 停止计时, 全过程所用时间即为折返跑的成绩．学生可视为质点, 加速或减速过程均视为匀变速, 触摸杆的时间不计．该学生加速时的加速度大小为a1＝2.5 m/s2, 减速时的加速度大小为a2＝5 m/s2, 到达折返线处时速度需减小到零, 并且该学生全过程中最大速度不超过vm＝12 m/s.求该学生“30 m折返跑”的最好成绩．◎选做部分13. (2013·合肥模拟)测速仪安装有超声波发射和接收装置, 如图所示, B为测速仪, A为汽车, 两者相距335 m, 某时刻B发出超声波, 同时A由静止开始做匀加速直线运动. 当B接收到反射回来的超声波信号时, A.B相距355 m, 已知声速为340 m/s, 则汽车的加速度大小为()A. 20 m/s2B. 10 m/s2C. 5 m/s2D. 无法确定14．(2013·辽宁大连)某消防员在一次执行任务过程中, 遇到突发事件, 需从10 m长的直杆顶端从静止开始匀加速下滑, 加速度大小a1＝8 m/s2, 然后立即匀减速下滑, 减速时的最大加速度a2＝4 m/s2, 若落地时的速度不允许超过4 m/s, 把消防队员看成质点, 求该队员下滑全过程的最短时间．详解答案课时作业(二)◎必做部分1. C本题考查匀变速直线运动的规律. 速度随时间均匀变化的是匀变速直线运动；初速度为零的匀变速直线运动, 速度与时间成正比, 位移与时间的二次方成正比. 故A.B.D错, C正确.2．C 子弹从射入A 到穿出B 的过程中做匀变速直线运动, 设子弹运动加速度为a, 由运动学公式知: 3L ＝ , 得a ＝ , 假设穿出A 的速度为v, 则L ＝ , 代入a 解得v ＝ ；因此选项C 正确．3. C4.C5. B 设链条的长度为L, 经t1链条的下端经过该点, 经t2链条的上端经过该点, 则h ＝ gt , h ＋L ＝ gt , Δt ＝t2－t1；解得Δt ＝0.4 s ；选项B 正确.6. D 质点沿a 向b 做匀变速直线运动, 平均速度大小为1 m/s, 通过a 、b 中间时刻的速度大小也为1 m/s, 若质点沿a 向b 做匀加速直线运动时, 则通过a 、b 中点时的速度大小大于1 m/s ；若质点沿a 向b 做匀减速直线运动时, 则通过a 、b 中点时的速度大小也大于1 m/s, 故选项D 正确.7. C 由表中数据, 驾驶员正常反应时间为0.5 s, 酒后反应时间为1.0 s, A 正确；若汽车以20 m/s 的速度行驶时, 酒后制动的距离为x1＝46.7 m>40 m, B 正确；由公式x1＝ , a ＝7.5 m/s2, C 错误；x ＝vt ＋ ＝(25＋ ) m ≈66.7 m, D 正确；本题选C.8. A 由磕头虫的运动可知, 上升高度h1＝ , 加速距离x1＝ , 可解得加速度a ＝3 000 m/s2, 若人运动加速度与磕头虫加速过程的加速度大小相等, 则x2＝ , h2＝ , 可得人离地后重心上升的最大高度可达150 m.9．ABC 因汽车做匀减速直线运动, 所以有x ＝ at2＝ t, 可以求出汽车刹车过程的加速度a 、平均速度 , B.C 正确；又v ＝at, 可求出汽车刹车过程的初速度, A 正确；因不知道汽车的质量, 无法求出汽车刹车过程的制动力, D 错误．10. 解析： (1)设在BC 段的速度为v 、通过AB 的时间为t1 则在AB 段: xAB ＝vt1/2＝L1 在BC 段: L2＝vt2 t 1＋t 2＝t 所以: v ＝(2)在AB 段做匀加速直线运动时的加速度: a ＝ 所以a ＝(L 2＋2L 1)22L 1t 2答案: (1) (2)11. D 设星球表面的重力加速度为g, 由自由下落在第5 s 内的位移是18 m, 可得 g ×(5 s)2－ g ×(4 s)2＝18 m, 解得g ＝4 m/s2.物体在2 s 末的速度是v ＝gt ＝8 m/s, 选项A 错误；物体在第5 s 内的平均速度是18 m/s, 选项B 错误；物体在前2 s 内的位移是 gx(2 s)2＝8 m, 物体在第1 s 内的位移是2 m, 物体在第2 s 内的位移是8 m －2 m ＝6 m, 选项C 错误；物体在5 s 内的位移是 g ×(5 s)2＝50 m, 选项D 正确.12．解析： 设起点线处为A, 折返线处为B, 学生从A 到B 的过程中, 先做匀加速运动,紧接着做匀减速直线运动, 并设此过程中达到的最大速度为v, 做匀加速运动的时间为t1, 做匀减速运动的时间为t2, 则由运动学公式, 有：v ＝a1t1①v ＝a 2t 2② L AB ＝v2(t 1＋t 2)③联立①②③式, 可解得: v ＝10 m/s t1＝4 s, t2＝2 s因为v<vm, 所以从A 到B 的过程中, 学生的确先做匀加速运动, 然后做匀减速运动．从B 到A 的加速过程中, 速度从零增大到12 m/s 需用时：t 3＝v m a 1＝122.5s ＝4.8 s 加速过程的位移x ＝v m2 t 3＝28.8 m最后阶段的匀速运动用时: t 4＝L AB －x v m ＝30－28.812s ＝0.1 s 所以, 该学生“30 m 折返跑”的成绩为t ＝t1＋t2＋t3＋t4＝10.9 s. 答案: 10.9 s ◎选做部分13. B 设超声波往返的时间为2t, 根据题意汽车在2t 时间内位移为 x1＝ a(2t)2＝(355－335) m ＝20 m. ① 所以超声波射到A 时, A 前进的位移为 x 2＝12at 2＝5 m ②所以超声波在2t 内的路程为 s ＝2×(335＋5) m, 由声速为v ＝340 m/s 可得t ＝ ＝1 s,代入①式得a ＝10 m/s2, B 正确.14．解析： 设直杆长为h, 加速下滑部分杆长为h1, 减速下滑部分长为h2, 最大速度为v, 落地速度为v1,由运动学公式v 2－v 20＝2ax 再由h 1＋h 2＝h 得: ＋ ＝h又v ＝a1t1, 联立解得：v ＝8 m/s, t1＝1 s 落地前的速度为v 1＝4 m/s由v1＝v－a2t2得t2＝1 s所以t＝t1＋t2＝2 s答案: 2 s。

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。

【步步高】2014年高考物理自由复习系列 04（解析版） 【课本内容再回顾——查缺补漏】回顾一、功和功率1.功 （1）做功的两个要素：力和在力的方向上发生的位移（位移是相对地面的位移）W Fl =或者cos W Fl α=（α是力和位移的夹角）。

（2）特殊情况如重力做功为W mgh =，电场力做功W qEd qU ==(d 是沿电场方向的位移，u 是初末位置电势差)（3）变力如弹簧弹力做功和安培力做功一般用动能定理求解或者利用安培力做功等于电路消耗的电能求解即可。

2．功率：定义式为W P t=，和速度的关系为cos P Fv α=（α是力和速度的夹角），注意夹角α，考点很容易设计重力做功的功率问题，重点看α是否相同3.机动车的两种启动方式（2）机动车匀加速启动：匀加速启动分两个阶段，第一个阶段，加速度F f a m-=不变，即加速度不变，所以牵引力F 不变，此为匀加速，速度v at =，速度随时间均匀增大，功率P Fv Fat ==，功率也与时间成正比，随速度增大的，功率增大，当功率等于额定功率时，此阶段结束。

问题考察方式多求解匀加速的末速度，从阻力和加速度求出牵引力，从而根据额定功率牵引力求解出速度和时间。

第二阶段为额定功率运行，除去初速度不为0外其他与第一种启动方式相同。

回顾二、动能定理1.内容：合外力做功等于动能变化量k E W ∆=合，注意分析各个力做功的计算，比如每个力作用的阶段，不同阶段各个力做功的情况，比如在运动过程中有变力做功，那么就可以根据其他各个力做功以及动能变化量来求解变力做功。

2.实验探究功和能的关系：实验考查多利用如下所示的装置探究动能定理，设计的问题集中在如下几个方面○1木板适当倾斜，平衡摩擦力，使得橡皮筋的弹力即小车受到的合力，橡皮筋做功即合力做功○2由于橡皮筋的弹力在变化，实验利用同样规格的橡皮筋同样的形变量开始做功，使得功成整数倍增加而解决功的测量问题○3数据处理上，一定要处理成2W v -图像，这样得到一条倾斜的直线。