高二物理上册：第8章第二节课时活页训练

嘴哆市安排阳光实验学校【优化方案】高二物理上册电子题库第8章本章综合检测(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(本题包括10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，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4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．下列说法中可能正确的是( )A．物体受到的冲量大，末动量却小B．力和时间的乘积大，但冲量却小C．物体受到的冲量方向向右，动量改变的方向向左D．很小的力可使物体动量改变很大解析：选AD.由I＝Ft＝Δp可知B错．而末动量大小与合外力冲量的方向有关．故A正确．动量变化方向与合外力的冲量方向相同，故C错．冲量的大小由作用时间和力共同决定，虽然力小但只要作用时间长，冲量仍然可以很大，故D正确．2．质量为M(包括沙子)的小车在水平地面上以速度v0匀速向右运动，当车中的沙子从底部的漏斗中不断流下时，车子的速度将( )A．减小 B．不变C．增大 D．无法确定答案：B3．(实际应用题)篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球．接球时，两臂随球迅速收缩至胸前．这样做可以( )A．减小球对手的冲量B．减小球对手的冲击力C．减小球的动量变化量D．减小球的动能变化量解析：选B.根据动量定理得F合Δt＝Δp.接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，因动量的改变量不变，则增长了接球时间，所以球对手的冲击力减小，故选项B是正确的．4．从距地面相同的高度，以大小相等的初速度抛出质量相等的甲、乙两球，甲球竖直上抛，乙球竖直下抛．不计空气阻力，两球最后都落在地面上，下列说法正确的是( )A．两球的动量变化量及落地时的动量均相同B．两球的动量变化量及落地时的动量均不相同C．两球的动量变化量相同，但落地时的动量不相同D．两球的动量变化量不相同，但落地时的动量相同解析：选D.设甲、乙两球的质量均为m，初速度大小均为v0.由于不计空气阻力，两球距地面的高度相同，初速度大小相同，根据机械能守恒定律可知，两球落地时的速度相同，都为v ，则两球落地时的动量相同．规定向下为正方向，甲、乙两球的动量变化量分别为：Δp 甲＝mv －(－mv 0)＝mv ＋mv 0，Δp 乙＝mv －mv 0，甲球的动量变化量大于乙球的动量变化量．5．甲、乙两物体分别在恒力F 1、F 2的作用下，沿同一直线运动，它们的动量随时间变化的关系如图8－7所示．设甲在时间t 1内所受的冲量为I 1，乙在时间t 2内所受的冲量为I 2，则( )图8－7A ．F 1>F 2，I 1＝I 2B ．F 1<F 2，I 1<I 2C ．F 1>F 2，I 1>I 2D ．F 1＝F 2，I 1＝I 2解析：选A.由图知甲在时间t 1内与乙在时间t 2内的动量变化大小相等，即I 1＝I 2.由动量定理Δp ＝Ft 知Δp 一定时，F 与t 成反比．∵t 1<t 2，∴F 1>F 2，故A 对．6．A 、B 两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上．已知A 、B 两球质量分别为2m 和m .当用板挡住A 球而只释放B 球时，B 球被弹出落于距桌边距离为s 的水平地面上，如图8－8所示．当用同样的程度压缩弹簧，取走A 左边的挡板，将A 、B 同时释放时，B 球的落地点距桌边距离为( )图8－8A.s3B.3sC ．s D.63s解析：选D.当用板挡住小球A 而只释放B 球时，根据能量守恒有：E p ＝12mv 20，根据平抛运动规律有：s ＝v 0t .当用同样的程度压缩弹簧，取走A 左边的挡板，将A 、B 同时释放时，设A 、B 的速度分别为v A 和v B ，则根据动量守恒和能量守恒有：2mv A －mv B ＝0，E p ＝12×2mv 2A ＋12mv 2B ，解得v B ＝63v 0，B 球的落地点距桌边距离为s ′＝v B t ＝63s ，D 选项正确．7．A 、B 两物体在光滑水平面上沿一直线向同一方向运动，并以该方向为正方向，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，v A ＝6 m/s ，v B ＝2 m/s ，以后A 追上B 发生碰撞，则碰撞后A 、B 两物体的速度可能值为( )A ．v A ′＝5 m/s ，vB ′＝2.5 m/s B ．v A ′＝2 m/s ，v B ′＝4 m/sC ．v A ′＝－4 m/s ，v B ′＝7 m/sD ．v A ′＝7 m/s ，v B ′＝1.5 m/s解析：选B.A 与B 相碰后若沿原方向前进应是v A ′≤v B ′，故A 错．A 与B 相碰时，所受冲量与原运动方向相反，若沿原方向前进速度应减小，故D 错．碰撞过程中A 、B 的总动量守恒，在碰撞过程中系统的动能一般会有损失，应同时满足 m A v A ＋m B v B ＝m A v A ′＋m B v B ′①12m A v 2A ＋12m B v 2B ≥12m A v A ′2＋12m B v B ′2② 把数值代入以上两式可知选项B 正确，C 错误．8．一质量为2 kg 的质点从静止开始沿某一方向做匀加速直线运动，它的动量p 随位移s 变化的关系式为p ＝4s (kg·m/s)，则关于此质点的说法错误的是( )A ．运动的加速度为2 m/s 2B ．2 s 内受到的冲量为8 N·sC ．在相等的时间内，动量的增量一定相等D ．通过相同的位移，动量的增量可能相等解析：选D.由p ＝mv ，v 2＝2as ，v ＝at 得p ＝m 2as ＝mat ，比较可得加速度a ＝2 m/s 2，A 对；由动量定理Δp ＝p ′－p ＝ma (t ′－t )＝ma Δt ，知B 、C 对．故选D.9．如图8－9所示，是质量分别为m 1和m 2两物体碰撞前后的位移－时间图象，由图可知( )图8－9A ．两物体的动量相等B ．质量m 1大于质量m 2C ．碰后两物体一起做匀速直线运动D ．碰前两物体动量大小相等，方向相反解析：选D.从图象看，碰撞前s －t 图象的斜率大小相等，即速度大小相等，又碰撞后都静止，所以由动量守恒可知，碰前两者动量等大反向，则m 1＝m 2，因此只有D 正确．10．原先静止在光滑水平面上质量为2 kg 的物块，受到一个水平力F 的作用，F 随时间变化的情况如图8－10所示，则下列说法正确的是( )图8－10A ．F 在前4 s 内对物块做的总冲量为零B ．F 在前6 s 内对物块做的总冲量为零C ．第6 s 末物块的动能为36 JD ．第6 s 末物块的动量为12 kg·m/s解析：选AB.在F －t 图象中，图线与时间轴之间的“面积”为力F 的冲量，由图可知，在t ＝4 s ，t ＝6 s 时，物块的速度都为零．根据动量定理，F 在前4 s 内、前6 s 内对物块做的总冲量都为零，第6 s 末物块的动能、动量都为零．二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中指定位置)11．如图8－11所示，质量为1 kg的铁块静止在光滑水平地面上，一颗质量为50 g的子弹以1000 m/s的速度射到铁块上，弹回的速度大小为800 m/s，则铁块获得的速度大小为________．图8－11答案：90 m/s12．(高考福建卷)一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从船上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是________．(填选项前的编号)①Mv0＝(M－m)v′＋mv②Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)③Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)④Mv0＝Mv′＋mv解析：动量守恒定律必须相对于同一参考系．本题中的各个速度都是相对于地面的，不需要转换．发射炮弹前系统的总动量为Mv0；发射炮弹后，炮弹的动量为mv0，船的动量为(M－m)v′，所以动量守恒定律的表达式为Mv0＝(M－m)v′＋mv，正确选项为①.答案：①13．在“验证碰撞中的动量守恒”实验中，称得小球的质量m1＝0.1 kg，m2＝0.05 kg，应选________做入射小球．解析：由碰撞中动能关系和动量关系知入射球质量小时会发生反弹，所以选质量大的m1为入射球．答案：m114．如图8－12在“验证碰撞中的动量守恒”实验中，仪器按要求安装好后开始实验，第一次不放被碰小球，第二次把被碰小球直接静止地放在斜槽末端的水平部分，在白纸上记录下重锤位置和各小球落点的平均位置依次为O、A、B、C，设入射小球和被碰小球的质量依次为m1、m2，则：图8－12(1)第一、二次入射小球的落点依次是________、________.(2)第二次入射小球与被碰小球相比，将________落地．(选填“先”、“后”或者“同时”)(3)下列关系式(用m1、m2及图中字母表示)______________成立，即表示碰撞中动量守恒．答案：(1)B A(2)同时(3)m1·OB＝m1·OA＋m2·OC(或m1·AB＝m2·OC)15．(8分)质量m＝2 kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直线运动，2 s末撤去外力F，其v－t图象如图8－13所示．求：物体与水平面间的滑动摩擦力及水平外力F的大小．图8－13解析：根据动量定理有Ft1－F f t2＝0，由图知，t1＝2 s，t2＝6 s，所以F＝3F f，在0～2 s内，(F－F f)t1＝mv－0，所以23F·2＝2×12 N，F＝18 N．F f＝6 N.答案：6 N 18N16．(10分)(郑州高二检测)据报道，备受世人瞩目的“南海一号”古沉船随着吊“华天龙”号的吊臂缓缓告别沉睡了800年的海底，如图8－14甲所示．“华天龙”号总起吊重量为5000 t．为了确保此次打捞的圆满成功，工程技术人员先用小型吊船对打捞过程进行模拟，如图乙所示，浮动起重机从水中吊起m＝2 t的重物，重物刚好脱离水面时，浮吊起重杆OA与竖直方向成60°角，当转至杆与竖直方向成30°角时，求起重机的水平方向的位移．设浮吊质量为20 t，起重杆长l＝8 m，水的阻力与杆重均不计．图8－14解析：浮吊与重物组成的系统水平方向不受外力，动量守恒且初总动量为零，可看成人船模型，则：m[l(sin60°－sin30°)－s]＝Ms解得s＝0.266 m，即起重机水平向左的位移为0.266 m.答案：0.266 m17．(10分)如图8－15所示，质量为M，长为L＝1.0 m，右端带有竖直挡板的木板B静止在光滑的水平面上，一个质量为m的小木块(视为质点)A，以水平速度v0＝4 m/s滑上B的左端，而后与右端挡板碰撞，最后恰好滑到木板B 的左端，已知M/m＝3，并设A与挡板碰撞时无机械能损失，碰撞时间忽略．求：图8－15(1)A、B的最后速度；(2)木块A与木板B之间的动摩擦因数．解析：(1)A、B所组成的系统在作用过程中动量守恒，则mv0＝(M＋m)v，所以A与B的最后速度，v＝mv0M＋m＝1 m/s.(2)A与B相对滑动过程中，由于克服摩擦力，所以系统的动能不断转化为内能，由能量守恒可得12mv 20＝12(M ＋m )v 2＋2μmgL 代入数据得μ＝0.3.答案：(1)1 m/s (2)0.318．(高考广东物理卷)如图8－16所示，水平地面上静止放置着物块B 和C ，相距l ＝1.0 m ．物块A 以速度v 0＝10 m/s 沿水平方向与B 正碰．碰撞后A和B 牢固地粘在一起向右运动，并再与C 发生正碰，碰后瞬间C 的速度v ＝2.0 m/s.已知A 和B 的质量均为m ，C 的质量为A 质量的k 倍，物块与地面的动摩擦因数μ＝0.45.(设碰撞时间很短，g 取10 m/s 2)图8－16(1)计算与C 碰撞前瞬间AB 的速度；(2)根据AB 与C 的碰撞过程分析k 的取值范围，并讨论与C 碰撞后AB 的可能运动方向．解析：(1)设AB 碰撞后的速度为v 1，AB 碰撞过程由动量守恒定律得mv 0＝2mv 1设与C 碰撞前瞬间AB 的速度为v 2，由动能定理得 －μmgl ＝12mv 22－12mv 21联立以上各式解得v 2＝4 m/s.(2)若AB 与C 发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得2mv 2＝(2＋k )mv代入数据解得k ＝2此时AB 的运动方向与C 相同若AB 与C 发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得2mv 2＝2mv 3＋kmv12·2mv 22＝12·2mv 23＋12·kmv 2联立以上两式解得v 3＝2－k 2＋kv 2v ＝42＋kv 2 代入数据解得k ＝6此时AB 的运动方向与C 相反若AB 与C 发生碰撞后AB 的速度为0，由动量守恒定律得 2mv 2＝kmv代入数据解得k ＝4 综上所述得当2≤k <4时，AB 的运动方向与C 相同 当k ＝4时，AB 的速度为0当4<k ≤6时，AB 的运动方向与C 相反．答案：(1)4 m/s(2)见解析。

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2015年8月第1讲磁场的描述及磁场对电流的作用磁场、磁感应强度(考纲要求Ⅰ) 1.磁场(1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用．(2)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向．2．磁感应强度(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向．(2)大小：B＝FIL(通电导线垂直于磁场)．(3)方向：小磁针静止时N极的指向．(4)单位：特斯拉(T)．3．匀强磁场(1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场．(2)特点：匀强磁场中的磁感线是疏密程度相同、方向相同的平行直线．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)通电导线在某处所受安培力为零时，此处的磁感应强度一定为零．()(2)小磁针在磁场中N极的受力方向为该处磁场的方向．()(3)磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关．()(4)磁场中某点磁感应强度的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致．()磁感线通电直导线和通电线圈周围1．磁感线在磁场中画出一些有方向的曲线，使曲线上各点的切线方向跟这点的磁感应强度方向一致．2．几种常见的磁场(1)常见磁体的磁场(2)电流的磁场通电直导线通电螺线管环形电流安培定则立体图横截面图纵截面图安培力、安培力的方向(考纲要求Ⅰ)1．安培力的大小当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时，F＝BIL sin_θ.这是一般情况下的安培力的表达式，以下是两种特殊情况：(1)磁场和电流垂直时：F＝BIL.(2)磁场和电流平行时：F＝0.2．安培力的方向(1)用左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内．让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．(2)安培力的方向特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I决定的平面．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)磁感线是为了形象地描述磁场而人为引入的曲线，并不是客观存在着的线．()(2)磁感线越密，磁场越强．()(3)通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零．()(4)安培力一定不做功．()基础自测1．关于磁感应强度B，下列说法中正确的是()．A．根据磁感应强度定义B＝F(IL)，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与I成反比B．磁感应强度B是标量，没有方向C．磁感应强度B是矢量，方向与F的方向相反D．在确定的磁场中，同一点的磁感应强度B是确定的，不同点的磁感应强度B可能不同，磁感线密集的地方磁感应强度B大些，磁感线稀疏的地方磁感应强度B小些2．一根容易形变的弹性导线，两端固定．导线中通有电流，方向如下图中箭头所示．当没有磁场时，导线呈直线状态；当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图示中正确的是()．3．在赤道上，地磁场可以看作是沿南北方向并且与地面平行的匀强磁场，磁感应强度是5×10－5 T．如果赤道上有一条沿东西方向的直导线，长40 m，载有20 A的电流，地磁场对这根导线的作用力大小是()．A．4×10－8 N B．2.5×10－5 N C．9×10－4 N D．4×10－2 N图8－1－1 图8－1－2 图8－1－3 图8－1－44．两根长直导线a、b平行放置，如图8－1－1所示为垂直于导线的截面图，图中O点为两根导线连线ab 的中点，M、N为ab的中垂线上的两点且与a、b等距，两导线中通有等大、同向的恒定电流，已知直线电流在某点产生的磁场的磁感应强度B的大小跟该点到通电导线的距离r成反比，则下列说法中正确的是A．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同B．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反C．在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零D．若在N点放一小磁针，静止时其北极沿NO由N点指向O点5．如图8－1－2所示，AC是一个用长为L的导线弯成的、以O为圆心的四分之一圆弧，将其放置在与平面AOC垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中．当在该导线中通以由C到A，大小为I的恒定电流时，该导线受到的安培力的大小和方向是()．A．BIL，平行于OC向左 B.22BILπ，平行于OC向右C.22BILπ，垂直AC的连线指向左下方D．22BIL，垂直AC的连线指向左下方热点一磁场的叠加和安培定则的应用1．磁场的叠加：磁感应强度为矢量，合成与分解遵循平行四边形定则．2．不同情况下安培定则的应用安培定则(右手螺旋定则)作用判断电流的磁场方向内容具体情况直线电流环形电流或通电螺线管条件(电流方向)大拇指指向电流的方向四根手指弯曲方向指向电流的环绕方向结果(磁场方向)四根手指弯曲方向表示磁感线的方向大拇指指向表示轴线上的磁感线方向【典例1】三条在同一平面(纸面)内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为I，方向如图8－1－3所示．a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等．将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3，下列说法正确的是()．A．B1＝B2<B3 C．a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里B．B1＝B2＝B3 D．a处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里【跟踪短训】1．如图8－1－4所示，足够长的直线ab靠近通电螺线管，与螺线管平行．用磁传感器测量ab上各点的磁感应强度B，在计算机屏幕上显示的大致图象是()．图8－1－5 图8－1－6 图8－1－72．如图8－1－5所示，一根通电直导线放在磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，在以导线为圆心，半径为r 的圆周上有a、b、c、d四个点，若a点的实际磁感应强度为0，则下列说法中正确的是()．A．直导线中电流方向垂直纸面向里B．c点的实际磁感应强度也为0C．d点实际磁感应强度为 2 T，方向斜向右下方，与B的夹角为45°D．以上均不正确热点二安培力作用下导体的平衡问题通电导体在磁场中受到的安培力(1)方向：根据左手定则判断F、B、I三者间方向关系：已知B、I的方向(B、I不平行时)，可用左手定则确定F的唯一方向．F⊥B，F ⊥I，则F垂直于B和I所构成的平面，但已知F和B的方向，不能唯一确定I的方向．(2)大小：由公式F＝BIL计算，且其中的L为导线在磁场中的有效长度．如弯曲通电导线的有效长度L等于连接两端点的直线的长度，相应的电流方向沿两端点连线由始端流向末端，如图8－1－6所示．图8-1-8 图8-1-9【典例2】如图8－1－7所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ.如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是()．A．棒中的电流变大，θ角变大B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大D．磁感应强度变大，θ角变小【跟踪短训】3．如图8－1－8所示，质量为m、长为L的导体棒电阻为R，初始时静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻不计．匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，开关闭合后导体棒开始运动，则()．A．导体棒向左运动B．开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为BEL RC．开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为BEL sin θR D．开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为BEL sin θmR4．如图8－1－9所示，有两根长为L、质量为m的细导体棒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 在同一水平面的另一位置，且a 、b 平行，它们之间的距离为x .当两细棒中均通以电流强度为I 的同向电流时，a 恰能在斜面上保持静止，则下列关于b 的电流在a 处产生的磁场的磁感应强度的说法正确的是( )．A ．方向向上B ．大小为2mg2LIC ．要使a 仍能保持静止，而减小b 在a 处的磁感应强度，可使b 上移 D．若使b 下移，a 仍将保持静止思想方法 13.判断通电导体(或磁铁)在安培力作用下运动的常用方法方法阐述及实例分析具体方法实例分析电 流 元 法把整段电流等效分成很多电流元，先用左手定则判断出每小段电流元所受安培力的方向，从而判断出整段电流所受合力的方向，最后确定运动方向，注意一般取对称的电流元分析判断能自由移动的导线运动情况把直线电流等效为AO 、BO 两段电流元，蹄形磁铁磁感线分布以及两段电流元受安培力方向如图所示．可见，导线将沿俯视逆时针方向转动特 殊 位 置 法根据通电导体在特殊位置所受安培力的方向，判断其运动方向，然后推广到一般位置用导线转过90°的特殊位置(如图所示的虚线位置)来分析，判得安培力方向向下，故导线在逆时针转动的同时向下运动等 效 分 析 法环形电流可以等效为小磁针(或条形磁铁)，条形磁铁也可等效成环形电流，通电螺线管可等效为多个环形电流或条形磁铁判断环形电流受到的安培力方向把环形电流等效成如图所示右边的条形磁铁，可见两条形磁铁相互吸引，不会有转动．电流受到的安培力方向向左结论法(1)两电流相互平行时无转动趋势，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥(2)两电流不平行时，有转动到相互平行且方向相同的趋势判断光滑杆上的同向电流的运动方向同向电流直接相吸，两个环形电流会相互靠拢转换研究对象法定性分析磁体在电流产生的磁场中受力方向时，可先判断电流在磁体磁场中的受力方向，然后再根据牛顿第三定律判断磁体受力方向判断图中所示磁铁受到的地面摩擦力方向电流受到的磁铁的作用力方向如图所示，所以反过来电流对磁铁的作用力方向斜向右下．可知地面对磁铁的作用力方向向左【典例】一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图8－1－10所示．当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L1将()．A．不动B．顺时针转动C．逆时针转动D．在纸面内平动图8－1－10 图8－1－11图8－1－12即学即练如图8－1－11所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为F N1；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为F N2，则下列关于压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是()．A．F N1<F N2，弹簧的伸长量减小B．F N1＝F N2，弹簧的伸长量减小C．F N1>F N2，弹簧的伸长量增大D．F N1>F N2，弹簧的伸长量减小对应高考题组第1题第2题第4题1．如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d 到O点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是()．A．O点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同2．如图中所示装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动．下列说法正确的是()．A．若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动C．若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动D．若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动3．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的．在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是()．4．如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1>I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直，磁感应强度可能为零的点是()．A．a点B．b点C．c点D．d点A对点训练——练熟基础知识题组一磁感应强度及磁场的叠加1．(多选)物理学中，通过引入检验电流来了解磁场力的特性，对检验电流的要求是()．A．将检验电流放入磁场，测量其所受的磁场力F，导线长度L，通电电流I，应用公式B＝FIL，即可测得磁感应强度BB．检验电流不宜太大C．利用检验电流和运用公式B＝FIL只能应用于匀强磁场D．只要满足长度L很短，电流很小，将其垂直放入磁场的条件，公式B＝FIL对任何磁场都适用2．如图8－1－12所示，电流从A点分两路通过对称的环形分路汇合于B点，在环形分路的中心O处的磁感应强度为()．A．垂直环形分路所在平面，且指向“纸内”B．垂直环形分路所在平面，且指向“纸外”C．在环形分路所在平面内指向B D．零图8－1－13 图8－1－14 图8-1-133．如图8－1－13所示，平行长直导线1、2通过相反方向的电流，电流大小相等．a、b两点关于导线1对称，b、c两点关于导线2对称，且ab＝bc，则关于a、b、c三点的磁感应强度B的说法中正确的是()．A ．三点的磁感应强度相同B ．b 点的磁感应强度最大C ．a 、c 两点的磁感应强度大小相同，方向相反D ．a 点的磁感应强度最大 题组二 安培力的大小及方向判断4．如图8－1－14所示，一段导线abcd 位于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．ab 、bc 和cd 段的长度均为L ，且∠abc ＝∠bcd ＝135°.流经导线的电流为I ，方向如图中箭头所示．判断导线abcd 所受到的磁场的作用力的合力，下列说法正确的是( )． A ．方向沿纸面向上，大小为(2＋1)ILB B ．方向沿纸面向上，大小为(2－1)ILB C ．方向沿纸面向下，大小为(2＋1)ILB D ．方向沿纸面向下，大小为(2－1)ILB5．一段长0.2 m 、通有2.5 A 电流的直导线，在磁感应强度为B 的匀强磁场中所受安培力F 的情况，正确的是( )．A ．如果B ＝2 T ，F 一定是1 N B ．如果F ＝0，B 也一定为零C ．如果B ＝4 T ，F 有可能是1 ND ．如果F 有最大值，通电导线一定与B 平行6．如图8－1－15所示，条形磁铁平放于水平桌面上，在它的正中央上方固定一根直导线，导线与磁场垂直，现给导线中通以垂直于纸面向外的电流，则下列说法正确的是( )．A ．磁铁对桌面的压力减小B ．磁铁对桌面的压力增大C ．磁铁对桌面的压力不变D ．以上说法都不对图8－1－16 图8－1－17 图8－1－18 图8－1－19 7．(单选)如图8－1－16所示，在等边三角形的三个顶点a 、b 、c 处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中均通有大小相等的恒定电流，方向垂直纸面向里．过c 点的导线所受安培力的方向是( )． A ．与ab 边平行，竖直向上 B ．与ab 边平行，竖直向下 C ．与ab 边垂直，指向左边 D ．与ab 边垂直，指向右边 题组三 安培力作用下的平衡8．如图8－1－17所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L ，劲度系数为k 的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab 相连，弹簧与导轨平面平行并与ab 垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场．闭合开关K 后，导体棒中的电流为I ，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x 1；调转图中电源极性使棒中电流反向，导体棒中电流仍为I ，导体棒平衡时弹簧伸长量为x 2.忽略回路中电流产生的磁场，则磁感应强度B 的大小为( )．A.k IL (x 1＋x 2)B.k IL (x 2－x 1)C.k 2IL (x 2＋x 1)D.k2IL(x 2－x 1) 9．如图8－1－18所示，质量为M 、长为L 的直导线通有垂直纸面向外的电流I ，被一绝缘线拴着并处在匀强磁场中，导线能静止在倾角为θ的光滑斜面上，则磁感应强度B 的大小和方向可能是( )． A ．大小为Mg tan θIL ，方向垂直斜面向上 B ．大小为Mg sin θIL，方向垂直纸面向里 C ．大小为Mg IL ，方向水平向右 D ．大小为MgIL，方向沿斜面向下10．如图8－1－19所示，一水平导轨处于与水平方向成45°角左上方的匀强磁场中，一根通有恒定电流的金属棒，由于受到安培力作用而在粗糙的导轨上向右做匀速运动．现将磁场方向沿顺时针缓慢转动至竖直向上，在此过程中，金属棒始终保持匀速运动，已知棒与导轨间的动摩擦因数为μ，则()．A．金属棒所受摩擦力一直在减小B．导轨对金属棒的支持力先变小后变大C．磁感应强度先变小后变大D．金属棒所受安培力恒定不变B深化训练——提高能力技巧图8－1－20 图8－1－21 图8－1－22 图8－1－2311．如图8－1－20所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距L＝1 m．PM间接有一个电动势E＝6 V，内阻r＝1 Ω的电源和一只滑动变阻器，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m＝0.2 kg，棒的中点用细绳经定滑轮与物体相连，物体的质量M＝0.3 kg.棒与导轨的动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，导轨与棒的电阻不计，g取10 m/s2)，匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，方向竖直向下，为了使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值不可能是()．A．2 ΩB．4 ΩC．5 ΩD．6 Ω12．光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L ＝20 cm的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量m＝60 g、电阻R＝1 Ω、长为L的导体棒ab，用长也为L的绝缘细线悬挂，如图8－1－21所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，当闭合开关S 后，导体棒沿圆弧摆动，摆到最大高度时，细线与竖直方向成θ＝53°角，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，导轨电阻不计，sin 53°＝0.8，g＝10 m/s2则()．A．磁场方向一定竖直向下B．电源电动势E＝3.0 VC．导体棒在摆动过程中所受安培力F＝3 N D．导体棒在摆动过程中电源提供的电能为0.048 J 13．小明在研究性学习中设计了一种可测量磁感应强度的实验，其装置如图8－1－22所示．在该实验中，磁铁固定在水平放置的电子测力计上，此时电子测力计的读数为G1，磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其余区域磁场不计．直铜条AB的两端通过导线与一电阻连接成闭合回路，总阻值为R.若让铜条水平且垂直于磁场，以恒定的速率v在磁场中竖直向下运动，这时电子测力计的读数为G2，铜条在磁场中的长度为L.(1)判断铜条所受安培力的方向，G1和G2哪个大．(2)求铜条匀速运动时所受安培力的大小和磁感应强度的大小．14．如图8－1－23所示，在倾角为θ＝30°的斜面上，固定一宽L＝0.25 m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R.电源电动势E＝12 V，内阻r＝1 Ω，一质量m＝20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感应强度B＝0.80 T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)．金属导轨是光滑的，取g＝10 m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：(1)金属棒所受到的安培力的大小．(2)通过金属棒的电流的大小．(3)滑动变阻器R接入电路中的阻值．第2讲磁场对运动电荷的作用洛伦兹力、洛伦兹力的方向 (考纲要求 Ⅰ) 1．洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力．2．洛伦兹力的方向(1)判定方法：左手定则：掌心——磁感线垂直穿入掌心；四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；拇指——指向洛伦兹力的方向．(2)方向特点：F ⊥B ，F ⊥v ，即F 垂直于B 和v 决定的平面．3．洛伦兹力的大小(1)v ∥B 时，洛伦兹力F ＝0.(θ＝0°或180°)(2)v ⊥B 时，洛伦兹力F ＝q v B .(θ＝90°)(3)v ＝0时，洛伦兹力F ＝0.带电粒子在匀强磁场中的运动 (考纲要求 Ⅱ ) 1.若v ∥B ，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动．2．若v ⊥B ，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v 做匀速圆周运动．3．半径和周期公式：(v ⊥B )判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)带电粒子在磁场中一定会受到磁场力的作用．( )(2)洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直．( )(3)洛伦兹力不做功，但安培力却可以做功．( )(4)根据公式T ＝2πr v，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T 与v 成反比．( )质谱仪和回旋加速器 (考纲要求 Ⅰ)图8－2－1 图8－2－2 图8－2－31．质谱仪 (1)构造：如图8－2－1所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成．(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，根据动能定理可得关系式qU ＝12m v 2. 粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式q v B ＝m v 2r.由两式可得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷．r ＝1B 2mU q ，m ＝qr 2B 22U ，q m ＝2U B 2r2. 2．回旋加速器(1)构造：如图8－2－2所示，D 1、D 2是半圆金属盒，D 形盒的缝隙处接交流电源．D 形盒处于匀强磁场中． (2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D 形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速．由q v B ＝m v 2R ，得E km ＝q 2B 2R 22m，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度和D 形盒半径决定，与加速电压无关．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)带电粒子在两D 形盒中回旋周期等于两盒狭缝之间高频电场的变化周期，与带电粒子的速度无关．( )(2)将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾连起来是一个初速度为零的匀加速直线运动．( )(3)带电粒子每加速一次，回旋半径就增大一次，所以各半径之比为1∶2∶3…( )(4)粒子的最后速度v ＝BqR m，可见带电粒子加速后的能量取决于D 形盒的最大半径和磁场的强弱．( ) 基 础 自 测1．下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是( )．2．初速度为v 0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图8－2－3所示，则( )．A ．电子将向右偏转，速率不变B ．电子将向左偏转，速率改变C ．电子将向左偏转，速率不变D ．电子将向右偏转，速率改变图8－2－4 图8－2－5 图8－2－63．在如图8－2－4所示垂直于纸面的匀强磁场中，有一个电子源S ，它向纸面的各个方向发射等速率的电子，已知电子质量为m 、电荷量为e ，纸面上S 、P 两点间距为L .则( )．A ．能击中P 点的电子的最小速率为v min ＝BeL 2mB ．能击中P 点的电子的最大速率为v max ＝BeL 2mC ．能击中P 点的电子的最小速率为v min ＝BeL mD ．只要磁场足够大，无论电子速率多大，总有电子可以击中P 点4．在如图8－2－5所示的虚线MN 上方存在磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，纸面上直角三角形OPQ 的角Q 为直角，角O 为30°.两带电粒子a 、b 分别从O 、P 两点垂直于MN 同时射入磁场，恰好在Q 点相遇，则由此可知( )．A．带电粒子a的速度一定比b大B．带电粒子a的比荷一定比b大C．带电粒子a的运动周期一定比b大D．带电粒子a的轨道半径一定比b大5．如图8－2－6所示，一个质量为m、电荷量为e的粒子从容器A下方的小孔S，无初速度地飘入电势差为U的加速电场，然后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在照相底片M上．下列说法正确的是()．A．粒子进入磁场时的速率v＝2eUm B．粒子在磁场中运动的时间t＝2πmeBC．粒子在磁场中运动的轨道半径r＝1B2mUeD．若容器A中的粒子有初速度，则粒子仍将打在照相底片上的同一位置热点一洛伦兹力的特点与应用图8－2－7 图8-2-8【典例1】如图8－2－7所示，空间的某一区域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；如果将磁场撤去，其他条件不变，则粒子从B点离开场区；如果将电场撤去，其他条件不变，则这个粒子从D点离开场区．已知BC＝CD，设粒子在上述三种情况下，从A到B、从A到C和从A到D所用的时间分别是t1、t2和t3，离开三点时的动能分别是E k1、E k2、E k3，粒子重力忽略不计，以下关系正确的是()．A．t1＝t2<t3B．t1<t2＝t3 C．E k1>E k2＝E k3D．E k1＝E k2<E k3【跟踪短训】1．如图8－2－8甲所示，某空间存在着足够大的匀强磁场，磁场沿水平方向．磁场中有A、B两个物块叠放在一起，置于光滑水平面上．物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘．在t＝0时刻，水平恒力F作用在物块B上，物体A、B由静止开始做加速度相同的运动．在物块A、B一起运动的过程中，图乙反映的可能是()．A．物块A所受洛伦兹力大小随时间t变化的关系B．物块A对物块B的摩擦力大小随时间t变化的关系C．物块A对物块B的压力大小随时间t变化的关系D．物块B对地面压力大小随时间t变化的关系热点二带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动轨道圆的“三个确定”(1)如何确定“圆心”①由两点和两线确定圆心，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹．确定带电粒子运动轨迹上的两个特殊点(一般是射入和射出磁场时的两点)，过这两点作带电粒子运动方向的垂线(这两垂线即为粒子在这两点所受洛伦兹力的方向)，则两垂线的交点就是圆心，如图8－2－9(a)所示．②若只已知过其中一个点的粒子运动方向，则除过已知运动方向的该点作垂线外，还要将这两点相连作弦，再作弦的中垂线，两垂线交点就是圆心，如图(b)所示．。

【优化方案】2013届高二物理上册 电子题库 第8章第二节课时活页训练1．下列对几种物理现象的解释中，正确的是( ) A ．击钉时不用橡皮锤，是因为橡皮锤太轻 B ．在推车时推不动，是因为推力的冲量为零C ．跳伞运动员着地时做团身动作是为了减小运动员所受的作用力D ．打篮球时，传球和接球有缓冲动作是为了减小篮球的冲量解析：选C.根据动量定理得：合外力F ＝ΔIΔt，打击钉子时为了增大作用力，使用了铁锤，这样可以缩短作用时间，增大作用力，如果用橡皮锤，则会使作用时间长，从而使作用力减小，所以选项A 错误．同理D 选项也是减小了作用力，而不是减小篮球的冲量，所以选项D 也是错误的．而推车推不动，是因为摩擦力的原因，选项B 错误．跳伞运动员着地时做团身动作，延长了与地面的接触时间，减小了运动员与地面间的作用力，所以选项C 正确．综上所述，本题的正确选项是C.2．下列说法不．正确的是( ) A ．物体动量变化量不为零，而其中某时刻的动量可能为零 B ．物体所受的冲量不为零，而其中某时刻的动量可能为零 C ．某时刻物体动量为零，而动量的变化率可能不为零 D ．物体所受的冲量不为零，而其动量变化量可能为零 解析：选D.若质量为m 的物体以初速度v 0做竖直上抛运动，经过时间t 后回到抛出点．在此过程中，动量变化Δp ＝mv 0－(－mv 0)＝2mv 0≠0，物体所受冲量mgt ≠0，而在最高点，物体速度为零，动量为零，动量的变化率ΔpΔt＝mg ≠0，所以选项A 、B 、C 正确，根据动量定理I ＝Δp ，若冲量I 不为零，其动量变化Δp 也一定不为零，D 选项错．3．一位质量为m 的运动员从下蹲状态到向上起跳，经Δt 时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v .在此过程中( )A ．地面对他的冲量为mv ＋mg Δt ，地面对他做的功为12mv 2B ．地面对他的冲量为mv ＋mg Δt ，地面对他做的功为零C ．地面对他的冲量为mv ，地面对他做的功为12mv 2D ．地面对他的冲量为mv －mg Δt ，地面对他做的功为零解析：选B.设地面对运动员的作用力为F ，则由动量定理得：(F －mg )Δt ＝mv ，故F Δt ＝mv ＋mg Δt ；运动员从下蹲状态到身体刚好伸直离开地面，地面对运动员做功为零，这是因为地面对人的作用力沿力的方向没有位移．4．如图8－2－5所示，一轻质弹簧左端固定在墙上，一个质量为m 的木块以速度v 0从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发生相互作用．设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量I 的大小和弹簧对木块做的功W 分别是( )图8－2－5A ．I ＝0，W ＝mv 20 B ．I ＝mv 0，W ＝12mv 20C ．I ＝2mv 0，W ＝0D ．I ＝2mv 0，W ＝12mv 2解析：选C.全过程中木块、弹簧组成的系统只有动能和弹性势能的相互转化，机械能守恒，故最后木块以v0的速度反向弹回，所受冲量为2mv0，方向向右；弹簧对木块先做负功，再做正功，即其和为零，即W＝0.5．如图8－2－6所示中四个图象是竖直上抛物体的动量增量随时间变化的图线和动量变化率随时间变化的图线，若不计空气阻力，取竖直向上为正方向，则( )图8－2－6A．动量增量随时间变化的图线是甲图B．动量变化率随时间变化的图线是乙图C．动量增量随时间变化的图线是丙图D．动量变化率随时间变化的图线是丁图解析：选CD.设物体的质量为m，根据动量定理，动量增量等于重力的冲量－mgt，所以动量增量随时间变化的图线是丙图；动量变化率Δp/Δt＝F＝－mg，所以动量变化率随时间变化的图线是丁图．6．(2011年河北模拟)水平推力F1和F2分别作用于水平面上等质量的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间后停下，两物体的v－t图线如图8－2－7所示，图中线段AB∥CD，则下列说法正确的是( )图8－2－7A．F1的冲量大于F2的冲量B．F1的冲量小于F2的冲量C．两物体受到的摩擦力大小相等D．两物体受到的摩擦力大小不等解析：选BC.a、b先做加速运动，撤去推力后做减速运动．图中线段AB∥CD，表明a、b与水平面的动摩擦因数相同，又a、b质量相等，所以两物体受到的摩擦力大小相等．因为整个运动过程物体的动量改变量为零，所以推力的冲量大小等于物体受到的摩擦力的冲量大小．由图可知a受到的摩擦力的冲量小于b的摩擦力的冲量，则F1的冲量小于F2的冲量．7．(2011年厦门模拟)古代有“守株待兔”的寓言，设兔子的头部受到大小等于自身体重的打击力即可致死，并设兔子与树桩作用时间为0.2 s，g＝10 m/s2，则被撞死的兔子奔跑的速度可能为( )A．1 m/s B．1.5 m/sC．2 m/s D．2.5 m/s解析：选C.由动量定理可知－Ft＝0－mv，又F＝mg，所以v＝gt＝2 m/s.8．物体在恒定的合外力F作用下做直线运动，在时间Δt1内速度由零增大到v，在时间Δt2内速度由v增大到2v.设F在Δt1内做的功是W1，冲量是I1；在Δt2内做的功是W2，冲量是I2，则( )A ．I 1<I 2，W 1＝W 2 B．I 1<I 2，W 1<W 2 C ．I 1＝I 2，W 1＝W 2 D ．I 1＝I 2，W 1<W 2解析：选D.根据动量定理，在时间Δt 1内：I 1＝mv －0＝mv ，在时间Δt 2内：I 2＝2mv－mv ＝mv ，所以I 1＝I 2；根据动能定理，在时间Δt 1内：W 1＝12mv 2－0＝12mv 2，在时间Δt 2内：W 2＝12m (2v )2－12mv 2＝32mv 2>W 1.9．(2011年青岛高二教学质量检测)某消防队员从一平台上跳下，下落2 m 后双脚触地，接着他用双腿弯屈的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5 m ．在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为其重力的________倍．解析：下落2 m 双脚刚着地时的速度：v ＝2gh .触地后，速度从v 降为v ′＝0的时间可以认为等于双腿弯屈又使重心下降Δh ＝0.5 m 所需的时间．在这段时间内，如果把地面对他双脚的力简化为一个恒力，因而重心下降Δh ＝0.5 m 的过程可认为是一个匀减速过程，因此所需时间Δt ＝Δh v 2＝2Δhv.在触地过程中，设地面对双脚的平均作用力为F N ，取向上的方向为正方向，由动量定理得：F N －mg ＝mvΔt即F N ＝mg ＋m vΔt＝mg ＋m v2Δh v ＝mg ＋mv 22Δh＝mg ＋mg hΔh＝5mg .答案：510．蹦床在2000年悉尼奥运会上列入正式比赛项目．在2008年北京奥运会上，中国选手陆春龙、何雯娜分别为中国夺得两枚金牌(如图8－2－8所示)．设一个质量为60 kg 的运动员，从离水平网面3.2 m 的高处自由下落，着网后沿竖直方向弹回到离水平网面高5.0 m 处．已知运动员与网面接触的时间为1.2 s ．若把在这段时间内网对运动员的作用力当成恒力处理，求此力的大小．(g ＝10 m/s 2)图8－2－8解析：运动员刚接触网时速度的大小为：v 1＝2gh 1＝2×10×3.2 m/s ＝8 m/s ，方向向下．刚离开网时速度的大小为：v 1＝2gh 2＝2×10×5.0 m/s ＝10 m/s ，方向向上． 设网对运动员的作用力为F ，规定向上为正方向，由动量定理，有：(F －mg )Δt ＝mv 2－(－mv 1)，所以F ＝mv 2＋mv 1Δt＋mg ＝1.5×103N. 答案：1.5×103N 11．在水平力F ＝30 N 的作用下，质量m ＝5 kg 的物体由静止开始沿水平面运动，已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F 作用6 s 后撤去，撤去F 后物体还能向前运动多长时间才能停止？(g 取10 m/s 2)解析：选物体为研究对象，对于撤去F 前物体做匀加速运动的过程，受力情况如图甲所示．始态速度为零，末态速度为v ；取水平力F 的方向为正方向，根据动量定理有：(F －μmg )t 1＝mv －0对于撤去F 后，物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所示，始态速度为v ，末态速度为零；根据动量定理有：－μmgt 2＝0－mv 以上两式联立解得：t 2＝F －μmg μmg t 1＝30－0.2×5×100.2×5×10×6 s＝12 s.答案：12 s12．(2011年大同高二检测)如图8－2－9所示，长l ＝0.8 m 的细线上端固定在O 点，下端连结一个质量为m ＝0.4 kg 的小球，悬点O 距地面的高度H ＝3.55 m ，开始时将小球提到O 点而静止，然后让它自由下落，当小球到达使细线被拉直的位置时，刚好把细线拉断，再经过t ＝0.5 s 落到地面，如果不考虑细线的形变，g ＝10 m/s 2，试求：图8－2－9(1)细线拉断前后的速度大小和方向；(2)假设细线由拉直到断裂所经历的时间为0.1 s ，试确定细线的平均张力大小． 解析：(1)细线拉断前，小球下落过程机械能守恒：mgl ＝12mv 21得v 1＝2gl ＝4 m/s ，方向竖直向下． 设细线断后球速为v 2，方向竖直向下，由H －l ＝v 2t ＋12gt 2，可得：v 2＝3 m/s ，方向竖直向下．(2)设细线的平均张力为F ，方向竖直向上．取竖直向上为正方向，由动量定理可得： (F －mg )Δt ＝－mv 2－(－mv 1)F ＝mv 1－mv 2Δt＋mg ＝8 N.答案：见解析。

【优化方案】2013届高二物理上册电子题库第8章第一节课时活页训练1．下列说法正确的是( )A．动能变化的物体，动量一定变化B．动能不变的物体，动量一定不变C．动量变化的物体，动能一定变化D．动量不变的物体，动能一定不变解析：选AD.动能变化，则速度大小一定变化，故动量也一定变化；动量是矢量，可以只改变速度的方向，故动能不一定变．2．放在水平地面上的物体质量为m，用一水平恒力F推物体，持续作用时间t，物体始终处于静止状态，那么在这段时间内( )A．F对物体的冲量为零B．重力对物体的冲量为零C．合力对物体的冲量为零D．摩擦力对物体的冲量为零解析：选C.F的冲量为Ft，重力的冲量为mgt，摩擦力的冲量为F f t，但因物体静止，则合力为零，合力的冲量为零．3．关于动量变化Δp，下列说法正确的是( )A．Δp越大，则末动量越大B．Δp>0，说明动量增加C．Δp＝0，则物体的动量不变D．Δp≠0，则物体的动量大小发生变化解析：选C.动量的变化Δp＝p′－p，Δp大，末动量p′未必大，A错；Δp是矢量，Δp>0说明了变化量方向与选定的正方向一致，B错；Δp≠0，可能是物体的动量方向发生改变，大小可以不变，D错．4．(2011年洛阳高二检测)如图8－1－5所示，固定的光滑斜面倾角为θ，质量为m 的物体，由静止开始，从斜面顶端滑至底端，所用时间为t，在这一过程中( )图8－1－5A．物体所受支持力的冲量为零B．物体所受支持力的冲量为mg cosθ·tC．物体所受重力的冲量为mgtD ．物体动量的变化大小为mg sin θ·t 解析：选BCD.如右图所示，物体所受支持力F N ＝mg cos θ，合力F ＝mg sin θ，故IF N ＝mg cos θ·t ，A 错，B 对；I G＝mg ·t ，C 对；由Δp ＝F ·t 得Δp ＝mg sin θ·t ，D 对．5．如图8－1－6所示，PQS 是固定于竖直平面内的光滑的14圆周轨道，圆心O 在S 点的正上方．在O 和P 两点各有一质量为m 的小物块a 和b ，从同一时刻开始，a 自由下落，b 沿圆弧下滑．以下说法正确的是( )图8－1－6A ．a 比b 先到达S ，它们在S 点的动量不相等B ．a 与b 同时到达S ，它们在S 点的动量不相等C ．a 比b 先到达S ，它们在S 点的动量相等D ．b 比a 先到达S ，它们在S 点的动量相等解析：选A.a 自由下落，b 沿圆弧下滑，a 比b 先到达S ，两者下落高度相同，由机械能守恒定律可知，两者到达S 时速度大小相同，但方向不同，故动量不同，A 项正确．6．(2011年玉溪高二检测)从同一高度的平台上，抛出三个完全相同的小球，甲球竖直上抛，乙球竖直下抛，丙球平抛，若不计空气阻力，则( )A ．抛出时三球动量都相同B．落地时三球的动量相同C．从抛出到落地过程，重力做的功都相同D．从抛出到落地过程，三球受到的冲量都相同解析：选C.抛出时速度方向不同，故动量不同，A错．根据机械能守恒定律可知，三球落地时速度大小相等，但丙球速度方向与甲、乙不同，故B、D错．7．静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t的变化如图8－1－7所示，则( )图8－1－7A．4 s内物体的位移为零B．4 s内拉力对物体做功不为零C．4 s末物体的速度为零D．4 s内拉力对物体冲量不为零解析：选C.前2 s物体做匀加速直线运动，后2 s是加速度大小相等的匀减速直线运动，一直向前运动，位移不为零，A错．拉力先做正功，后做负功，前2 s与后2 s的位移相同．所以功为零，B错，C对．由冲量是矢量知：前2 s与后2 s冲量等值反向，所以4 s 内冲量为零，D错．8．(2011年临汾高三调研)竖直向上抛出一个物体．若不计阻力，取竖直向上为正方向，则该物体动量随时间变化的图线是( )图8－1－8解析：选C.物体的速度先向上减小到零，后反向向下增大，故动量先为正方向减小，后反向增大，C 项正确．9. 质量为m ＝0.10 kg 的小钢球以v 0＝10 m/s 的水平速度抛出，如图8－1－9所示．下落h ＝5.0 m 时撞击一钢板，撞后速度恰好反向，则钢板与水平面的夹角θ＝________，刚要撞击钢板时小球动量的大小为________．平抛运动过程中小球动量的增量Δp ＝________.飞行过程中小钢球所受的合外力的冲量I ＝________.(g 取10 m/s 2)图8－1－9解析：由平抛运动公式可知，竖直方向h ＝12gt 2，代入数据得t ＝1.0 s ，则v y ＝gt ＝10×1.0 m/s＝10 m/s.所以tan θ＝v 0v y＝1，θ＝45°.而撞击钢板速度v ＝v 20＋v 2y ＝102＋102m/s ＝102 m/s ，所以动量p ＝mv ＝0.10×102 kg·m/s＝2 kg·m/s.小钢球的动量变化量Δp ＝Δp y ＝mv y ＝0.10×10 kg·m/s＝1.0 kg·m/s.小钢球飞行过程中所受的合外力的冲量I ＝mgt ＝0.10×10×1 N·s ＝1.0 N·s.答案：45° 2kg·m/s 1.0 kg·m/s 1.0 N·s10．如图8－1－10所示，图中Ⅰ、Ⅱ分别代表F 1和F 2随时间的变化关系，求出F 1在第2 s 末到第4 s 末时间段内的冲量，并比较前4 s 内二力冲量的大小．图8－1－10解析：冲量即力在时间上的积累效果．某段时间内的冲量可在F －t 图象上过该段时间初末时刻作时间轴的垂线．则力的变化图线和时间轴围成的“面积”即该段时间内的冲量．右图中梯形ABCD 的面积，即F 1在第2 s 末到第4 s 末时间段内的冲量的大小I 1＝12×(2＋4)×2 N·s＝6 N·s.前4 s 内F 1的冲量等于△OAB 的“面积”显然小于F 2的冲量(类似扇形面积)，则前4 s 内F 1的冲量小于F 2的冲量．答案：6 N·s 前4 s 内F 1的冲量小于F 2的冲量 11．火箭和飞船在起飞的一小段时间内可以认为是匀加速竖直上升的，已知某火箭总质量为100 t ，点火起飞后2 s 上升2 m 的高度，求火箭推力在这2 s 内的冲量以及火箭动量的变化．(忽略空气阻力，g ＝10 m/s 2)解析：以竖直向上为正方向，火箭做初速度为零的匀加速直线运动．据s ＝12at 2，得a ＝2s t 2＝2×222 m/s 2＝1 m/s 2由v t ＝at 得v t ＝1×2 m/s＝2 m/s ，火箭动量的变化Δp ＝p ′－p ＝mv t －0＝100×1000×2 kg·m/s＝2×105kg·m/s，方向竖直向上． 由牛顿第二定律F 合＝ma 得F －G ＝ma 所以F ＝G ＋ma .F ＝m (g ＋a )＝100×103×(10＋1) N ＝1.1×106 N. 火箭推力的冲量I ＝F ·t ＝1.1×106×2 N·s＝2.2×106 N·s，方向竖直向上．答案：2.2×106 N·s 竖直向上 2×105kg·m/s 竖直向上12．(2011年运城抽样测试)有一质量为0.1 kg 的小钢球从5 m 高处自由下落，与水平钢板碰撞后又反弹跳起．若规定竖直向下的方向为正方向，碰撞过程中钢球动量的变化为－1.8 kg·m/s，求钢球反弹跳起的最大高度．(g 取10 m/s 2，不计空气阻力)解析：小钢球与水平钢板碰前速度大小为v ＝2gh ＝2×10×5 m/s ＝10 m/s ，方向竖直向下 此时其动量为p ＝mv ＝0.1×10 kg·m/s＝1 kg·m/s设小钢球与水平钢板碰撞后的速度为v ′，并规定向下为正方向， 因为Δp ＝mv ′－mv所以v ′＝1m (Δp ＋mv )＝10.1×(－1.8＋1) m/s ＝－8 m/s负号表示方向竖直向上．设小钢球反弹跳起的最大高度为h ′，则h ′＝v ′22g ＝822×10m ＝3.2 m.答案：3.2 m。

嘴哆市安排阳光实验学校【优化方案】高二物理上册电子题库第11章第四节课时活页训练1．关于温度的概念下列说法正确的是( )A．温度反映了每个分子热运动的剧烈程度B．温度是物体分子热运动的平均速率的标志C．温度是物体分子热运动平均动能的标志D．热量从高温物体传递到低温物体，达到热平衡时，两物体温度相等解析：选CD.温度是对大量微观粒子热运动的集体描述，对一个分子来说没有意义，故A选项错误．平均动能相同的不同分子因质量不同，所以其运动的平均速率不相同，所以B选项错误，C选项正确．温度相同就是两物体达到热平衡的特性，故D选项正确．2．关于分子的动能，下列说法中正确的是( )A．温度相同时，不同物质的分子平均动能相同B．温度相同时，不同物质的分子平均速率相同C．温度相同时，只有同种物质的分子平均动能才相同D．温度升高时，物体每一个分子的平均动能都一定增大解析：选A.温度是分子热运动平均动能的标志，温度相同，平均动能相同，温度升高，平均动能增大，而不是每个分子的动能都增大．图11－4－33．如图11－4－3所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示，F>0为斥力，F<0为引力，a、b、c、d为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从a处由静止释放，则( )A．乙分子从a到b做加速运动，由b到c做减速运动B．乙分子从a到c做加速运动，到达c时速度最大C．乙分子从a到c分子力一直做正功D．乙分子从a到c过程中，在b点速度最大，c点速度为零答案：BC4．10 g 0 ℃的水和10 g 0 ℃的冰相比较，下列说法正确的是( )A．分子平均动能与分子的总动能都相同B．分子的平均动能相同，但总动能不同C．10 g 0 ℃的水的内能大于10 g 0℃的冰的内能D．内能相同解析：选AC.温度是分子平均动能的标志，水和冰温度相同，故分子平均动能相同．且水和冰都是由水分子组成，质量相同，故10 g水和10 g冰分子数一样，它们分子的总动能相同，A对，B错.0 ℃的冰化成0 ℃的水需吸收热量，由此可见10 g 0 ℃的水的内能大于10 g 0 ℃冰的内能，C对，D错．5．关于物体的内能和热量，下列说法正确的是( )A．热水的内能比冷水的内能多B．温度高的物体其热量必定多，内能必定大C．在热传递过程中，内能大的物体其内能将减少，内能少的物体其内能将增大，直到两物体内能相等D．热量是热传递过程中内能转移的量度解析：选D.物体的内能由温度、体积及物质的量等因素共同决定，不只由温度决定，故选项A、B都不对；在热传递过程中内能由高温物体传给低温物体，而内能大的物体不一定温度高，在热传递过程中完全有可能内能大的物体内能继续增加，内能小的物体内能继续减少，故选项C是错误的；关于热量的论述D是正确的．6．分子间有相互作用的势能，规定两分子相距无穷远时两分子间的势能为零，设分子a固定不动，分子b以某一初速度从无穷远处向a运动，直到它们之间的距离最小．在此过程中，a、b之间的势能( )A．先减小，后增大，最后小于零B．先减小，后增大，最后大于零C．先增大，后减小，最后小于零D．先增大，后减小，最后大于零解析：选B.分子间存在相互作用的引力和斥力．开始阶段分子间作用力表现为引力，引力做正功分子势能由零开始减小，即为负值，动能增加；当分子间距离小于平衡位置时，分子力表现为斥力，分子力做负功，分子势能增加；当它们之间的距离最小时，分子的动能为零，全部转化为分子势能，分子势能大于零．7．下列关于物体的温度、内能和热量的说法中正确的是( )A．物体的温度越高，所含的热量越多B．物体的内能越大，所含的热量越多C．物体的温度越高，它的分子热运动的平均动能越大D．物体的温度不变，其内能不变化解析：选C.热量是过程量，只在热传递的过程中才体现出来，不存在物体含热量的概念，故A、B错；温度是分子平均动能大小的标志，温度越高，说明分子平均动能越大，C对；温度不变仅表明分子的平均动能不变，分子之间的势能有可能变化，即内能有可能变化，D错．8．关于温度的下列说法正确的是( )A．温度的高低是由人的感觉决定的B．温度高的物体，其分子的平均速率一定大C．物体的动能越大，其温度越高D．相同温度的水和酒精，其分子的平均动能相同解析：选D.温度是物体内分子热运动平均动能大小的标志，与人的主观感觉无关，所以A错．温度高的物体，其分子平均动能一定大，但分子的平均速率不一定大，所以B错．物体的动能取决于物体的宏观运动的速度和物体质量，与温度无关，所以C错．温度是分子平均动能的标志，故D对．9．下列说法中正确的是( )A．当一个物体相对地球静止时，其动能为零，因此内能也为零B．放在桌子上的小盒，若取桌子所在平面为零势面，则其重力势能为零，因此其内能也为零C．人骑车上坡时，因为人有动能，所以其内能不为零D．无论物体静止还是运动，其内能都不可能为零解析：选D.物体的机械能是动能和重力势能之和，当物体的动能和重力势能为零时，机械能可以为零．但物体的内能是所有分子动能和分子势能的总和，分子永不停息地做无规则运动，分子动能永远存在，因此物体的内能永远不可能为零，故D正确．机械能与物体的内能之间没有决定关系，二者是两种不同形式的能量，可以互相转化，故A、B、C错．10．下列说法正确的是( )A．熔融的铁块化成铁水的过程中，温度不变，内能也不变B．物体运动的速度增大，则物体中分子热运动的平均动能增大，物体的内能增大C．A、B两物体接触时有热量从物体A传到物体B，这说明物体A的内能大于物体B的内能D．A、B两物体的温度相同时，A、B两物体的内能可能不同，分子的平均速率也可能不同解析：选D.内能是物体中所有分子做热运动的动能和分子势能的总和．铁块熔化成铁水的过程中，温度不变，但要吸收热量，分子势能增加，故内能增加，A错．机械运动的速度增大与分子热运动的动能无关，与物体的内能无关，B错．有热量从A传到B只说明A的温度高，但内能还要看它们的分子总数和分子势能的大小等这些因素，故C项错误．A、B两物体的温度相同时，只能说明两物体的平均动能相同，而分子势能及分子总数不一定相同，故A、B两物体的内能可能不同，由于不同物质的分子质量不一定相同，所以分子热运动的平均速率就不一定相同．D正确．11.图11－4－4如图11－4－4所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子沿x轴运动，两分子间的分子势能E p与两分子间距离的变化关系如图中曲线所示．图中分子势能的最小值为－E0.若两分子所具有的总能量为0，问：(1)乙分子运动到P点(x＝x2)位置时的动能是多少？(2)分析乙分子的运动范围．解析：(1)分子在运动过程中动能和分子势能之和守恒，由于两分子所具有的总能量为零，而乙分子运动到P点时，分子势能最小，其值为－E0，根据E k ＋E p＝0得E k－E0＝0，即E k＝E0.(2)乙分子运动到Q点时，由题干图可知分子势能为零．根据能量守恒，乙分子此时的动能应为零．即乙分子不可能越过Q点向甲分子运动，故乙分子的运动范围应是x≥x1.答案：(1)E0(2)x≥x112．杀虫药剂从喷雾器中射出时会变成雾状液沫，如图11－4－5所示，设其温度不变，请回答下列问题．图11－4－5(1)药液的内能是否变化？(2)试解释其中的原因．解析：(1)内能增大．(2)原因可从下面两个角度解释法一：液体变成雾状液沫后，分子之间的距离在r0的基础上变大了，分子势能的总和变大，又由于温度不变，则物体分子的平均动能不变，所以内能增大．法二：要使液体变成雾状液沫，必须克服分子力做功，外界对物体做功，物体的内能增大了．答案：见解析。

【优化方案】2013届高二物理上册 电子题库 第8章第五节课时活页训练1．下列实例中属于反冲现象的是( )A ．喷气式飞机的运动B ．直升飞机的运动C ．火箭的运动D ．反击式水轮机的运动解析：选ACD.直升飞机是靠飞机桨片的上下压强差而起飞的，不属于反冲运动．2．以下选项中的物体运动原理与运载火箭发射升空的原理最为相似的是( )A ．爆竹飞上天空B ．运动员跳高C ．地球绕太阳运动D ．离弦之箭解析：选A.运载火箭升空是利用动量守恒定律，利用反冲现象而实现的，四个选项中只有选项A 符合题意；选项B 是利用作用力与反作用力；选项C 是万有引力提供向心力；选项D 中“离弦之箭”是由于物体具有惯性．3．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是( )A ．燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭B ．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭C ．火箭吸入空气，然后向后推出，空气对火箭的反作用力推动火箭D ．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭解析：选B.本题考查了火箭的运动原理，靠燃烧气体的反作用力推动火箭前进．4．采取下列哪些措施有利于增大喷气式飞机的飞行速度( )A ．增大喷出气体的速度B ．增大喷出气体的温度C ．增大每秒钟喷出的气体的质量D ．减少喷出的气体密度解析：选AC.忽略其他力的作用时，飞机和单位时间内喷出的气体构成的系统总动量是守恒的．设飞机质量为M ，喷气后的速度为v ，单位时间内喷出的气体质量为m ，速度为v 0，则(M －m )v －mv 0＝0，解得v ＝mv 0M －m ＝v 0M m－1.可见A 、C 选项正确，B 、D 选项错误． 5．(2011年河北模拟)小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图8－5－4所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S 1、S 2、S 3、S 4(图中未全画出)．要使小车向前运动，可采用的方法是( )图8－5－4A ．打开阀门S 1B ．打开阀门S 2C ．打开阀门S 3D ．打开阀门S 4解析：选B.阀门S 2打开后，水向后流出，反冲力推动小车向前运动．6．有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d ，然后用卷尺测出船长为L .已知他自身的质量为m ，则渔船的质量为( )A.m L ＋d dB.m L －d dC.mL dD.m L ＋d L解析：选B.人运动时，船向后退，由动量守恒可知：m ·L －d t －M ·d t ＝0，则M ＝m L －d d ，B 项正确，本题的运动属于反冲运动．7．(2011年宁波模拟)一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后发射一发炮弹，设两炮弹质量相同，相对于地的速率相同，牵引力、阻力均不变，则船的动量和速度的变化情况是( )A ．动量不变，速度增大B ．动量变小，速度不变C ．动量增大，速度增大D ．动量增大，速度减小解析：选A.据动量守恒Mv ＝(M －2m )v ′可知艇的质量减小，故速度增大．8．如图8－5－5所示是一种弹射装置，弹丸的质量为m ，底座的质量为M ＝3m ，开始时该装置均处于静止状态，当释放弹簧将弹丸以对地速度v 发射出去后，底座反冲速度的大小为v /4，则摩擦力对底座的冲量为( )图8－5－5A ．0B ．mv /4，方向向左C ．mv /4，方向向右D ．3mv /4，方向向左解析：选B.弹丸发射出去时，底座向右做反冲运动，此时受到的摩擦力向左，故冲量方向向左．由动量定理I ＝Δp 可得，冲量大小为I ＝m ·v 4，即B 项正确． 9．如图8－5－6所示，自行火炮连同炮弹的总质量为M ，当炮管水平，火炮车在水平路面上以v 1的速度向右匀速行驶时，发射一枚质量为m 的炮弹后，自行火炮的速度变为v 2，仍向右行驶．则炮弹相对炮筒的发射速度v 0为( )图8－5－6A.m v 1－v 2＋mv 2mB.M v 1－v 2mC.M v 1－v 2＋2mv 2mD.M v 1－v 2－m v 1－v 2m 解析：选B.自行火炮水平匀速行驶时，牵引力与阻力平衡，系统动量守恒．设向右为正方向，发射前动量之和为Mv 1，发射后系统的动量之和为(M －m )v 2＋m (v 0＋v 2)．由Mv 1＝(M －m )v 2＋m (v 0＋v 2)解得v 0＝Mv 1－M －m v 2m －v 2＝M v 1－v 2m. 10．步枪的质量为4 kg ，子弹的质量为0.008 kg ，子弹从枪口飞出时的速度为700 m/s ，如果战士抵住枪托，阻止枪身后退，枪身与战士的作用时间为0.05 s ，求战士受到的平均冲力有多大？解析：设枪和子弹的质量分别为M 、m ，速度分别为v 1和v 2，选取枪身后退的速度方向为正方向．Mv 1－mv 2＝0，解得v 1＝mv 2M＝1.4 m/s. 设战士对枪的平均作用力为F ，对枪身应用动量定理有－Ft ＝0－Mv 1，解得F ＝Mv 1t＝112 N. 由牛顿第三定律知战士受到的平均冲力大小为112 N.答案：112 N11．“冲天炮”就像一支小火箭，未燃烧时的质量为100 g ，点燃后在极短时间内因火药燃烧从尾部喷出气体的速度为80 m/s ，若竖直上升的最大高度为80 m ，假设火药燃烧后全部变为气体，试求“冲天炮”内装火药的质量约为多少．(不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2)解析：设喷出燃气后剩余部分的初速度v 0，则有v 20＝2gh ，解得v 0＝2gh ＝40 m/s再设燃料的质量为m ，喷气过程中由动量守恒得0＝(m 0－m )v 0－mv .代入数据解得m ＝m 0v 0v 0＋v＝33.3 g. 答案：33.3 g12．(2011年张家口高二检测)平板车停在水平光滑的轨道上，平板车上的人从固定在车上的货厢边沿水平方向顺着轨道方向跳出，落在平板车地板上的A 点，A 点距货厢的水平距离为L ＝4 m ，如图8－5－7所示，人的质量为m ，车连同货厢的质量为M ＝4m ，货厢高度为h ＝1.25 m ，求：图8－5－7(1)在人跳出后到落到地板过程中车的反冲速度．(2)人落在平板车地板上并站稳以后，车还运动吗？车在地面上移动的位移是多少？ 解析：(1)人从货厢边跳离的过程，系统(人、车和货厢)的动量守恒，设人的水平速度是v 1，车的反冲速度是v 2，则mv 1－Mv 2＝0，v 2＝14v 1，方向向左．人跳离货厢后做平抛运动，车以速度v 2做匀速直线运动，运动时间为t ＝ 2hg ＝2×1.2510s ＝0.5 s ，在这段时间内人的水平位移s 1和车的水平位移s 2分别为s 1＝v 1t ，s 2＝v 2t .由图可知s 1＋s 2＝L ，即v 1t ＋v 2t ＝L ，将v 2＝14v 1代入得v 2＝L 5t ，则v 2＝45×0.5m/s ＝1.6 m/s.(2)人落到车上A 点的过程，系统水平方向的动量守恒(水平方向系统不受外力，而竖直方向支持力大于重力，合力不为零)，人落到车上前的水平速度仍为v 1，车的速度为v 2，落到车上后设它们的共同速度为v ，根据水平方向动量守恒，得mv 1－Mv 2＝(M ＋m )v ，则v ＝0.故人落到车上A 点并站稳后车的速度为零．所以，车在地面上的位移仅仅是在人从跳离货厢到落至车地板的过程中车发生的位移，即s 2＝v 2t ＝1.6×0.5 m＝0.8 m.答案：(1)1.6 m/s (2)不运动 0.8 m。

【优化方案】2022届高二物理上册电子题库第11章第七节课时活页训练1．第二类永动机不可能制成，是因为A．违背了能量守恒定律B．热量总是从高温物体传递到低温物体C．机械能不能全部转化为内能D．内能不能全部转化为机械能，同时不引起其他变化解析：选D第二类永动机的设想并不违反能量守恒定律，却违背了热力学第二定律，即机械能可以全部转化为内能，但内能不可能全部转化为机械能而不引起其他变化，故A、C 错，D对．在引起其他变化或有外界帮助的情况下，热量也可以从低温物体传给高温物体，所以B错．2．以下说法中正确的是A．热量不仅可以从高温物体传到低温物体，也可以自发地从低温物体传到高温物体B．空调设备就是利用了热传导的方向性C．无论采用什么方法，都不可能把热量从低温物体传递给高温物体D．热量能自发地传递的条件是必须存在“温差”解析：选D空调设备是利用了电能做功，不断地强行从低温向高温“搬”热，而不是自动地传热，因此只要采取一定的手段，热量也是可以“逆向”传导的．选项A、B、C均错，D正确．3．下列对能量耗散理解正确的是A．能量耗散说明能量在不停地减少B．能量耗散遵循能量守恒定律C．能量耗散说明能量不能凭空产生，但可凭空消失D．能量耗散从能量的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性解析：选BD所谓“能量耗散”是指在能量的转化过程中没有办法把流散的能量重新收集起来，重新加以利用，“能量耗散”过程中能的总量还是守恒的，只是能量的转化是有方向性的，而不是能量不守恒．根据能量守恒定律，能量不可能凭空消失．4．关于热力学第一、第二定律，下列论述中正确的是A．这两条定律都是有关能量的转化和守恒的定律，它们不但不矛盾，而且没有本质区别B．能量守恒定律已经包含了热力学第一、第二定律C．内能可以全部转化为其他形式的能，只是会产生其他影响D．热力学第一定律指出内能可以和其他形式的能量相互转化，而热力学第二定律则指出内能不可能完全转化为其他形式的能解析：选C两定律反映的是热现象不同方面的问题，热力学第一定律反映的是热现象中的能量守恒问题，第二定律则反映热现象宏观过程的方向性问题，本质上有区别，但不矛盾，A错．能量守恒定律，并没有体现自然过程的方向性，所以它不包含热力学第二定律，B错．热力学第二定律指明在不引起其他变化的情况下，内能不能全部转化为其他形式的能，但在引起其他变化时，是可以的，C对，D错．5图11－6－2图11－6－2为电冰箱的工作原理示意图．压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环．在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体外．下列说法正确的是A．热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外B．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能C．电冰箱的工作原理不违反热力学第一定律D．电冰箱的工作原理违反热力学第一定律解析：选BC热力学第一定律适用于所有的热学过程，C对，D错．由热力学第二定律可知，热量不会自发地从低温物体传到高温物体，即本题热量不会自发地从冰箱内传到冰箱外，要实现该过程必须靠外界帮助，即电流做功．A错，B对．6．2022年黄冈模拟下列所述过程不可逆的是A．在绝热容器内盛有液体，不停地搅动它，使它温度升高B．在导热的容器内盛有液体，容器放在恒温的大水池内，液体不停地搅动，可保持温度不变C．在绝热容器内，不同温度的液体进行混合D．在绝热容器内，不同温度的氦气进行混合解析：是机械能变为内能，是不可逆过程；选项B中既有机械能变为内能又有热传导，也是不可逆过程；选项C中液体的扩散是不可逆过程；选项D中存在一定温度差的热传导是不可逆过程．图11－6－37．图11－6－3所示的汽缸内盛有一定量的理想气体，汽缸壁是导热的，缸外环境保持恒温，活塞与汽缸壁的接触光滑但不漏气．现将活塞杆与外界连接并使其缓慢地向右移动，这样气体将等温膨胀并通过杆对外做功．若理想气体的内能只与温度有关，则下列说法中正确的是A．气体是从单一热源吸收热量，且全部用来对外做功，因此该过程违背热力学第二定律B．气体不是从单一热源吸收热量，尽管全部用来对外做功，但此过程不违反热力学第二定律C．气体是从单一热源吸收热量，且全部用来对外做功，但此过程不违反热力学第二定律D．气体不是从单一热源吸收热量，也没有全部用来对外做功，因此该过程不违反热力学第二定律解析：选C根据热力学第一定律，气体对外做功，温度不变，内能不变，所以必定从外界吸热，而且吸收的热量全部用来对外做功，但是引起气体的体积变化，所以并不违反热力学第二定律．图11－6－48．能源分布相关图，如图11－6－4中阴影部分的能源是A．煤炭、石油、沼气B．水能、生物能、天然气C．太阳能、风能、潮汐能D．地热能、海洋能、核能解析：选C煤、石油、天然气属不可再生能源，A、B两项错．地热能来自地球内部，D 项错．9．关于“温室效应”，下列说法正确的是A．太阳能源源不断地辐射到地球上，由此产生了“温室效应”B．石油和煤炭燃烧时产生的二氧化碳增加了大气中二氧化碳的含量，由此产生了“温室效应”C．“温室效应”使得地面气温上升、两极冰雪融化D．“温室效应”使得土壤酸化解析：选BC“温室效应”的产生是由于石油和煤炭燃烧时产生的二氧化碳增加了大气中二氧化碳的含量．它的危害是使地面气温上升、两极冰雪融化、海平面上升、海水淹没沿海城市、海水向河流倒灌、耕地盐碱化等，故B、C选项正确．10．热机是一种把内能转化为机械能的装置，以内燃机为例，汽缸中的气体得到燃料燃烧时产生的热量Q1，推动活塞做功W，然后排出废气，同时把热量Q2散发到大气中，则下列说法中正确的是A．由能量守恒定律，知Q1＝W＋Q2B．该热机的效率为η＝错误!C．理想热机的效率可达100%D．内能可以全部转化为机械能而不引起其他变化解析：选AB能量形式可以相互转化，且转化和转移过程中总量不变，转化和转移具有方向性，许多能量是不可重复利用的，不可逆转的，因此热机效率不可达到100% 11．某地的平均风速为5 m/，已知空气密度是 g/m3，有一风车，它的车叶转动时可形成半径为12 m的圆面，如果这个风车能将此圆内10%的气流的动能转变为电能，则该风车带动的发电机功率是多大解析：首先可以求出在时间t内作用于风车的气流质量为m＝πr2vtρ，这些气流的动能为错误!mv2；转变的电能为E＝错误!mv2×10%，故风车带动的电机功率为的环，用一些皮筋固定在这个环和中心轴之间．该中心轴可以在两个支架上做摩擦很小的转动．如果轮子的一边接近一个热源，如一电灯，接收了更多热量的皮筋就会变短，迫使轮子变成椭圆形，重心不再位于旋转轴上，这就迫使轮子转动，其他的皮筋接近电灯，轮子持续变形就保证了运动无休止地进行下去．分析上述发动机能实现吗该皮筋受热形变后不能自发地恢复原状解析：这实际上是一架第二类永动机，希望从单一热源吸收能量并把它全部用来做功，而不引起其他变化．轮子变形后，重心偏移，开始带动“机器”转动．随着轮子不同部位的靠近，轮子不断收缩变形，最后达到不可再变的程度，此时发动机不再运动．要使它继续运动，必须通过外界的能量使轮子重新恢复原状，但这违背了设计的初衷，即从单一热源吸收热量把它全部用来做功．所以这台发动机是不可制成的，它违背了热力学第二定律．答案：见解析。

【优化方案】2013届高二物理上册 电子题库 第8章第三节课时活页训练1．关于牛顿运动定律和动量守恒定律的适用范围，下列说法正确的是( )A ．牛顿运动定律也适合解决高速运动的问题B ．牛顿运动定律也适合解决微观粒子的运动问题C ．动量守恒定律既适用于低速运动的问题，也适用于高速运动的问题D ．动量守恒定律适用于宏观物体，不适用于微观物质解析：选C.牛顿运动定律适用于宏观、低速运动的问题，而动量守恒定律既适用于宏观低速运动的问题，也适用于微观、高速运动的问题．2．木块a 和b 用一根轻弹簧连接，放在光滑水平面上，a 紧靠在墙壁上，在b 上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图8－3－6所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是( )图8－3－6A ．a 尚未离开墙前，a 和b 系统的动量守恒B ．a 尚未离开墙前，a 和b 系统的动量不守恒C ．a 离开墙后，a 、b 系统动量守恒D ．a 离开墙后，a 、b 系统动量不守恒解析：选BC.a 尚未离开墙之前，墙对a 有向右的外力，所以A 错，B 正确．离开墙后系统水平方向不再受到外力作用，竖直方向合力为零，a 、b 组成的系统动量守恒，所以C 正确，D 错误．3．质量为M 的木块在光滑水平面上以速度v 1向右运动，质量为m 的子弹以速度v 2水平向左射入木块，子弹射入木块不穿出．要使木块停下来，必须发射子弹的数目为( ) A.m ＋M v 1mv 2 B.m ＋M v 2mv 1C.mv 1Mv 2D.Mv 1mv 2解析：选D.设发射子弹的数目为n ，选择n 颗子弹和木块组成的系统为研究对象．系统在水平方向所受的合外力为零，满足动量守恒的条件．木块向右运动，连同n 颗子弹在射入前向左运动为系统的初状态，子弹射入木块后停下来为末状态．规定子弹运动的方向为正方向，根据动量守恒定律，有：nmv 2－Mv 1＝0，所以n ＝Mv 1mv 2. 4．(2011年内蒙古高中联考)甲、乙两人站在小车左右两端，如图8－3－7所示，当他俩同时相向而行时，发现小车向右运动，下列说法中正确的是(轨道光滑)( )图8－3－7A ．乙的速度必定大于甲的速度B ．乙对小车的冲量必定大于甲对小车的冲量C ．乙的动量大小必定大于甲的动量大小D ．甲、乙动量总和必定不为零解析：选BCD.对甲、乙和小车组成的系统，由动量守恒可得：m 甲v 甲－m 乙v 乙＋m 车v 车＝0(取向右为正方向)，由上式很容易得出C 、D 均正确；因不知m 甲、m 乙的大小关系，所以甲、乙的速度关系不能确定，A 错误；对小车用动量定理得：I 乙－I 甲＝m 车v 车(取向右为正方向)，所以I 乙>I 甲，B 正确．5．如图8－3－8所示为A 、B 两物块相互作用前后的速度v 随时间t 变化的图象，则由图可判断( )图8－3－8A ．相互作用前后A 的动量大小之比为3∶1B ．相互作用后A 、B 的动量大小之比为7∶1C ．A 、B 的质量之比为3∶2D ．相互作用前后A 、B 总动能不变解析：选ACD.由图可知，A 、B 两物块在相互作用前后都做匀速直线运动，表明系统所受外力之和为零，所以A 、B 组成的系统动量守恒．两物块相互作用前，v A ＝6 m/s ，v B ＝1 m/s ；相互作用后，v A ′＝2 m/s ，v B ′＝7 m/s.根据动量守恒定律，有m A v A ＋m B v B ＝m A v A ′＋m B v B ′，则m A ∶m B ＝3∶2，相互作用后A 、B 的动量大小之比为：m A v A ′∶m B v B ′＝3∶7，相互作用前A 、B 总动能：12m A v 2A ＋12m B v 2B ＝553m A ，相互作用后：12m A v ′2A ＋12m B v ′2B ＝553m A ，比较可知A 、B 总动能不变．6．两个小木块B 、C 中间夹着一根轻弹簧，将弹簧压缩后用细线将两个木块绑在一起，使它们一起在光滑水平面上沿直线运动，这时它们的运动图线如图8－3－9中a 线段所示，在t ＝4 s 末，细线突然断了，B 、C 都和弹簧分离后，运动图线分别如图中b 、c 线段所示．从图中的信息可知( )图8－3－9A ．木块B 、C 都和弹簧分离后的运动方向相反B ．木块B 、C 都和弹簧分离后，系统的总动量增大C ．木块B 、C 分离过程中B 木块的动量变化较大D ．木块B 的质量是木块C 质量的四分之一解析：选D.由s －t 图象可知，位移均为正且均随时间均匀增大，故均朝一个方向运动，没有反向，A 错；在都与弹簧分离后，B 的速度为v 1＝10－46－4 m/s ＝3 m/s ，C 的速度为v 2＝5－46－4m/s ＝0.5 m/s ，细线未断前B 、C 的速度均为v 0＝1 m/s ，由于系统所受外力之和为零，故系统前后的动量守恒：(m B ＋m C )v 0＝m B v 1＋m C v 2，计算B 、C 的质量比为1∶4，D 对B 错；系统动量守恒，则系统内两个物体的动量变化等大反向，C 错．7．(2011年北京海淀区高二检测)如图8－3－10所示，物体A 静止在光滑的水平面上，A 的左边固定有轻质弹簧，与A 质量相等的物体B 以速度v 向A 运动并与弹簧发生碰撞，A 、B 始终沿同一直线运动，则A 、B 组成的系统动能损失最大的时刻是( )图8－3－10A ．A 开始运动时B ．A 的速度等于v 时C ．B 的速度等于零时D ．A 和B 的速度相等时解析：选D.当B 触及弹簧后减速，而物体A 加速，当A 、B 两物体速度相等时，A 、B 间距离最小，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，由能的转化与守恒定律可知系统损失的动能最多，故只有D 正确．8．如图8－3－11所示，质量为m 的小球A 以水平速度v 与静止在光滑水平面上质量为3m 的小球B 正碰后，小球A 的速率变为v 2，则碰后B 球的速度为(以v 为正方向)( )图8－3－11A.v6 B ．－v C ．－v 3 D.v 2解析：选D.由于碰后B 球不可能越过A 球水平向左运动，因选择了v 方向为正，即向右为正，可先排除B 、C 两选项．据动量守恒定律mv ＝mv 1＋(3m )v 2，若v 1方向向右，即v 1＝v 2时得v 2＝v 6，运动方向相同，A 球运动速度大于B 球，意味着A 球越过B 球，与事实不符；若v 1方向向左，即v 1＝－v 2时，v 2＝v2是唯一正确结果． 9．总质量为M 的热气球由于故障在高空以大小为v 的速度匀速竖直下降．在t ＝0时刻，从热气球上释放一个质量为m 的沙袋，不计空气阻力，则热气球停止下降所经历的时间为( ) A.Mv mg B.v gC.M －m v MgD.M －m v mg 解析：选D.热气球匀速竖直下降，表明热气球受到的合外力为零．从热气球上沙袋刚释放后，热气球和沙袋组成的系统动量守恒，设热气球停止下降时，沙袋的速度为v 1，所经历的时间为t .根据动量守恒定律，有Mv ＝mv 1，所以v 1＝Mv m .沙袋刚释放时的速度为v ，对沙袋由动量定理得mgt ＝mv 1－mv ，解得t ＝M －m v mg. 10．(2010年高考天津卷)如图图8－3－12所示，小球A 系在细线的一端，线的另一端固定在O 点，O 点到水平面的距离为h .物块B 质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O 点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为h16.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ，求物块在水平面上滑行的时间t .图8－3－12解析：设小球的质量为m ，运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v 1，取小球运动到最低点时重力势能为零，根据机械能守恒定律，有mgh ＝12mv 21 得v 1＝2gh设碰撞后小球反弹的速度大小为v ′1，同理有mg h 16＝12mv ′21 得v ′1＝ gh 8设碰后物块的速度大小为v 2，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律，有mv 1＝－mv ′1＋5mv 2得v 2＝ gh 8物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小F f ＝5μmg设物块在水平面上滑行的时间为t ，根据动量定理，有－F f t ＝0－5mv 2得t ＝2gh 4μg. 答案：2gh 4μg11．如图8－3－13所示，有两个厚度相同的木块A 和B ，紧挨着放在光滑的水平面上，A 、B 的质量分别为m A ＝500 g 、m B ＝400 g ．现有一长度不计、质量为m C ＝100 g 的铅块C ，以速度v 0＝10 m/s 在木块A 上表面滑动，C 和A 、B 的动摩擦因数都为μ＝0.25.最后铅块C 停在木块B 上，B 、C 的共同速度为v ＝1.5 m/s.求：图8－3－13(1)木块A 的速度v A ；(2)铅块C 离开木块A 时的速度v C .解析：C 在A 上滑动，A 、B 、C 组成的系统所受到的合外力为零，动量守恒；C 在B 上滑动，B 、C 组成的系统动量仍守恒．取v 0方向为正方向．(1)A 、B 、C 组成的系统动量守恒：m C v 0＝m A v A ＋(m B ＋m C )v所以v A ＝m C v 0－m B ＋m C v m A＝0.5 m/s. (2)B 、C 组成的系统动量守恒：m C v C ＋m B v A ＝(m B ＋m C )v所以v C ＝m B ＋m C v －m B v A m C＝5.5 m/s. 答案：(1)0.5 m/s (2)5.5 m/s12．质量为M 的小物块A 静止在离地面高h 的水平桌面的边缘，质量为m 的小物块B 沿桌面向A 运动并以速度v 0与之发生正碰(碰撞时间极短)．碰后A 离开桌面，其落地点离出发点的水平距离为L ，碰后B 反向运动．B 后退的距离为l .求B 与桌面间的动摩擦因数μ.(已知重力加速度为g )解析：设A 从离开桌面至落地经历的时间为t ，v ′表示刚碰后A 的速度，有：h ＝12gt 2，L ＝v ′t .设刚碰后B 的速度的大小为v ，以B 的初速度的方向为正方向，由动量守恒得mv 0＝Mv ′－mv .B 后退的距离为l ，由功能关系得μmgl ＝12mv 2.由以上各式得μ＝12lg (ML m g 2h －v 0)2. 答案：12lg (ML m g 2h －v 0)2。

【优化方案】2013届高二物理上册电子题库第8章第四节课时活页训练1．如图8－4－13所示，欧洲大型强子对撞机已运行，通过此装置，科学家们使两个带正电的重离子被加速后，沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞，模拟宇宙大爆炸初期的情境，若要碰撞前的动能尽可能多地转化为其他形式的能，应该设法使这两个重离子在碰撞前的瞬间具有( )图8－4－13A．相同的速率B．相同大小的动量C．相同的动能 D．相同的质量解析：选B.由动量守恒定律可知：当两个动量大小相同的重离子相碰时，可能出现两离子都停下来的情况，从而把离子的动能都转化为其他形式的能，所以B正确．2．向空中发射一个物体，不计空气阻力．当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则( ) A．b的速度方向一定与原来速度方向相反B．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b大C．a、b一定同时落到水平地面D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的冲量大小一定相等解析：选CD.物体炸裂后，b的速度可能与原速度方向相同，也可能相反，A错；由于b 块质量小，故炸裂后速度可能比a块速度大，故B错；a、b竖直方向上都做自由落体，故同时落地，C对；炸裂时作用力与时间都相等，故冲量大小相等，D对．3．车厢停在光滑水平的轨道上，车厢后面的人对着前车壁发射一颗子弹，设子弹的质量为m，出口速度为v，车厢和人的质量为M，则子弹陷入前车壁后，车厢的速度为( )A.mvM，向前 B.mvM，向后C.mvM＋m，向前 D．0解析：选D.系统水平方向上动量守恒，子弹速度为零时，车厢速度也为零．4．(2011年江苏启东中学高二检测)如图8－4－14所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑( )图8－4－14A．在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处解析：选C.当小球与弹簧碰撞后，小球受到了外力，小球与槽的系统动量不再守恒，故A错；由动能定理知小球对槽的作用力对槽做正功，同时槽对小球的作用力也对小球做功，故B错；由水平方向动量守恒，槽与小球分开时速度大小相等、方向相反(0＝mv槽＋mv球)，所以小球被弹簧反弹后不会与槽再作用，分别做匀速运动，故C 正确，D 错误．5．在光滑水平面上有两个相同的弹性小球A 、B ，质量都为m ，现B 球静止，A 球向B 球运动，发生正碰．已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时弹性势能为E p ，则碰前A 球的速度等于( ) A. E p m B. 2E p mC ．2E p m D ．2 2E p m解析：选C.设碰前A 球速度为v 0，压缩最紧时两球同速为v ，根据动量守恒定律，有mv 0＝2mv ，得v ＝12v 0；根据系统机械能守恒有12mv 20＝12·2m ·(v 02)2＋E p ，解得：v 0＝2 E p m. 6．A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰，如图8－4－15所示为两球碰撞前后的位移—时间图象，a 、b 分别为A 、B 两球碰前的位移—时间图象，c 为碰撞后两球共同运动的位移—时间图象，若A 球质量m ＝2 kg ，则由图可知下列结论错误的是( )图8－4－15A ．A 、B 碰撞前的总动量为3 kg·m/sB ．碰撞时A 对B 所施冲量为－4 N·sC ．碰撞前后A 的动量变化为4 kg·m/sD ．碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能为10 J解析：选A.碰撞前v A ＝－3 m/s ，v B ＝2 m/s ；碰撞后，v ′A ＝v ′B ＝－1 m/s ，由动量守恒定律有m A v A ＋m B v B ＝(m A ＋m B )v ′A ，则m B ＝43 kg ，碰前总动量为m A v A ＋m B v B ＝－103kg·m/s.A 选项错误，相碰时A 对B 的冲量为m B v ′B －m B v B ＝－4 N·s，B 选项正确，碰后A 的动量变化量为m A v ′A －m A v A ＝4 kg·m/s，C 正确，碰撞中损失的动能为12m A v 2A ＋12m B v 2B －12(m A ＋m B )v ′2A ＝10 J ，D 正确．7. (2011年河南模拟)如图8－4－16所示，光滑圆槽质量为M ，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰位于槽的边缘处，如将线烧断，小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为( )图8－4－16A ．0B ．向左C ．向右D ．无法确定解析：选A.小球和圆槽组成的系统在水平方向不受外力，故系统在水平方向上动量守恒(Δp x ＝0)．细线被剪断瞬间，系统在水平方向的总动量为零．又知小球到达最高点时，球与槽水平方向上有共同速度，设为v ′，由动量守恒定律有：0＝(M ＋m )v ′，所以v ′＝0.8．如图8－4－17所示，小车放在光滑的水平面上，将系绳小球拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中( )图8－4－17A ．小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒B ．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒C ．小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车速度不为零D ．在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反解析：选D.球与车组成的系统所受合外力为零，故机械能守恒，运动方向相反，运动过程中动量大小一定相等，故选D.9．如图8－4－18所示，在支架的圆孔上放着一个质量为M 的木球，一质量为m 的子弹以速度v 从下面很快击中木球并穿出，击穿后木球上升的最大高度为H ，求子弹穿过木球后上升的高度．图8－4－18解析：子弹穿出木球后向上做竖直上抛运动，设穿出木球后子弹速度为v 1，木球速度为v 2，则v 22＝2gH ，v 2＝2gH ，子弹穿透木球过程中动量守恒． mv ＝mv 1＋Mv 2.得v 1＝mv －Mv 2m ＝mv －M 2gH m， 设子弹穿出后上升最大高度为h ，则 h ＝v 212g ＝mv －M 2gH 22m 2g. 答案：mv －M 2gH 22m 2g10．(2011年临汾模拟)如图8－4－19所示，木块A 质量m A ＝1 kg ，足够长的木板B 质量m B ＝4 kg ，质量为m C ＝2 kg 的木块C 置于木板B 上，水平面光滑，B 、C 之间有摩擦．现使A 以v 0＝10 m/s 的初速度向右运动，与B 碰撞后以4 m/s 速度弹回．求：图8－4－19(1)B 运动过程中的最大速度．(2)C 运动过程中的最大速度．解析：(1)B 碰后瞬间速度最大，由动量守恒定律得：m A v 0＝m A (－v A ′)＋m B v B所以v B ＝m A v 0＋v A m B ＝＋4m/s ＝3.5 m/s. (2)B 、C 以共同速度运动时，C 速度最大，由动量守恒定律得m B v B ＝(m B ＋m C )v C ，所以v C ＝m B v B m B ＋m C ＝4×3.54＋2 m/s ＝73m/s.答案：(1)3.5 m/s (2)73m/s 11．抛出的手雷在最高点时水平速度为10 m/s ，这时突然炸成两块，其中大块质量为300 g ，仍按原方向飞行，其速度测得为50 m/s ，另一小块质量为200 g ，求它的速度的大小和方向．解析：手雷在空中爆炸时所受合外力应是它受到的重力G ＝(m 1＋m 2)g ，可见系统的动量并不守恒，但在爆炸瞬间，内力远大于外力，外力可以不计，系统的动量近似守恒．设手雷飞行的方向为正方向，则整体初速度v 0＝10 m/s ，m 1＝0.3 kg 的大块速度为v 1＝50 m/s ，m 2＝0.2 kg 的小块速度为v 2，由动量守恒定律(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2v 2＝m 1＋m 2v 0－m 1v 1m 2＝＋10－0.3×500.2m/s ＝－50 m/s 此结果表明，质量为200 g 的部分以50 m/s 的速度反方向运动，其中负号表示与所设正方向相反．答案：50 m/s ，方向与手雷运动方向相反12．(2011年金陵中学高二检测)光滑水平面上放着质量m A ＝1 kg 的物块A 与质量m B ＝2 kg 的物块B ，A 与B 均可视为质点，A 靠在竖直墙壁上，A 、B 间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A 、B 均不拴接)，用手挡住B 不动，此时弹簧弹性势能E p ＝49 J ．在A 、B 间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图8－4－20所示．放手后B 向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B 冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R ＝0.5 m ，B 恰能到达最高点C .取g ＝10 m/s 2，求：图8－4－20(1)绳拉断后瞬间B 的速度v B 的大小；(2)绳被拉断过程中绳对B 的冲量I 的大小；(3)绳被拉断过程中绳对A 所做的功W .解析：(1)设B 在绳被拉断后瞬间的速度为v B ，到达C 时的速度为v C ，有m B g ＝m B v 2C R12m B v 2B ＝12m B v 2C ＋2m B gR 代入数据得v B ＝5 m/s.(2)设弹簧恢复到自然长度时B 的速度为v 1，取水平向右为正方向，有E p ＝12m B v 21 I ＝m B v B －m B v 1代入数据得I ＝－4 N·s，其大小为4 N·s.(3)设绳断后A 的速度为v A ，取水平向右为正方向，有m B v 1＝m B v B ＋m A v A ，W ＝12m A v 2A 代入数据得W ＝8 J.答案：(1)5 m/s (2)4 N·s (3)8 J。

高中沪科版高二（上）第八章C.静电的利用与防范课后练习[答案解析]沪科版高二（上）第八章C.静电的利用与防范课后练习学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列说法中正确的是（）．A．带有负离子的空气虽然能使人感到舒服，但是对健康没有什么益处B．带有正离子的空气能使人感到舒服，对健康也有益C．在瀑布、海滨等地的附近，负离子特别多D．在瀑布、海滨等地的附近，负离子和正离子同样的多2．电视机的荧光屏表面经常有许多灰尘，这主要的原因A．灰尘的自然堆积B．玻璃具有较强的吸附灰尘的能力C．电视机工作时，屏表面温度较高而吸附灰尘D．电视机工作时，屏表面有静电而吸附灰尘3．研究表明，带有正电荷的空气会使人感到不舒服，但带有负电荷的空气会使人觉得舒畅．在喷泉、瀑布、海边等地的空气中含有大量的负离子，这是由于（）．A．空气中的水滴都带有负电荷B．大水滴与小水滴摩擦后，大水滴带正电，小水滴带负电C．水飞溅时，大水滴与空气摩擦后，大水滴带正电，空气带负电，而空气中的部分负电荷又转移到悬浮在空气中的小水滴上D．大水滴与空气摩擦后带正电，小水滴与空气摩擦后带负电4．属于静电利用现象的是（）A．油罐车上连接地线B．复印机复印文件资料C．屋顶按装避雷针D．印染厂车间保持湿度5．下列做法中属于防止静电产生危害的是（）A．在高大的建筑物顶端装避雷针B．小汽车上装有一根露在外面的小天线C．在高大的烟囱中安装静电除尘器D．汽车制造厂车间里进行静电喷漆6．静电在各个行业和日常生活中有着重要的应用，如静电除尘、静电复印等，所依据的基本原理几乎都是带电的物质微粒在电荷间作用力的作用下奔向并吸附到电极上。

现有三个粒子A，B，c从P点向下运动，它们的运动轨迹如图所示，则（）A．a带负电，b带正电，c不带电B．a带正电，b不带电，c带负电C．a带负电，b不带电，c带正电D．a带正电，b带负电，c不带电7．以下关于静电现象的说法错误的是（）．A．穿着化纤服装的人在晚上脱衣服时常看到闪光并伴有轻微的“噼啪”声，这是由摩擦起电所造成的现象B．脱化纤服装时，由于摩擦起电产生的电压可能高达几千伏C．摩擦起电产生的电压总是很低的，因此不会对人造成伤害D．脱化纤服装时，由于摩擦起电产生的静电能量很微小，通常不会对人造成伤害8．在下列措施中，不属于防止静电危害的是（）．A．油罐车后面要用一根铁链条拖在地上B．在印染厂中保持适当的湿度C．小汽车上有一根露在外面的小天线D．在地毯中夹杂0.05~0.07 mm的不锈钢丝导电纤维9．下图为静电除尘的原理示意图，A为金属管，B为金属丝．在B之间加上高电压，使B附近的空气分子被强电场电离为电子和正离子，电子在向A极运动过程中被烟气中的煤粉俘获，使煤粉带负电，最终被吸附到A极上，因此排除的烟气就比较清洁了．有关静电除尘装置，下列说法正确的是（）．A．金属管A应接高压电源的正极，金属丝B接负极B．金属管A应接高压电源的负极，金属丝B接正极C．C为烟气的排气口，D为进气口D．以上说法都不对10．如图所示是一个用来研究静电除尘的实验装置,铝板与手摇起电机的正极相连,缝被针与手摇起电机的负极相连,在铝板和缝被针中间放置点燃的蚊香.转动手摇起电机,蚊香放出的烟雾会被铝板吸附.下列说法中正确的是()A．烟尘颗粒可以带正电而被吸附到铝板上B．某个烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近,则速度越大C．某个烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近,则速度越小D．某个电荷量不变的烟尘颗粒离铝板越近,则加速度越大二、填空题11．在干燥的天气里，人们往往会往房间里撒些水，或者养些花草，或者用上蒸汽发生器．从防止静电危害的角度来看，这样做的原因是：________________________________________________________________．12．用一把塑料梳子在头发上摩擦几下后，打开自来水龙头，调节龙头开关使流出的水呈细小的一条，用梳子靠近水流，会观察到的现象是：______________，产生这种现象的原因是：_________________________．13．电视机、计算机等电子设备都有静电除尘集尘器，如图所示．当空气流经进气通道时，灰尘与带负电的网罩接触会带上________电荷；进入集尘器后，由于气体速度减慢，在集尘器的________电荷的作用下，气流中的灰尘将会落到集尘器里．14．避雷针一方面可以将云层上的________导入地下，另一方面也可以通过避雷针的尖端向空中放电，以达到________________________________________的目的，这样就可以避免引起雷击．15．复印机的半导体硒鼓工作时事先带有________电荷，当利用光学系统将原稿的字迹成像在硒鼓上时，受到光照的部分会成为________，使原来带有的电荷被导走；而在字迹成像部分，由于未受光照，仍是很好的________，能将原来的________电荷很好地保留下来，成为带________电的“静电潜像”．当带________电的墨粉与之接触后，墨粉就会很好地被“静电潜像”所吸引，显示出墨粉组成的字迹，最后带________电的白纸与硒鼓表面的墨粉字迹挤压接触再将墨粉吸附到白纸上就完成了复印任务．三、解答题16．云层所带的静电越多，云层间的电场越强．当云层中电荷积累到一定程度时，云层间的空气将被电离击穿从而发生放电现象这就是雷电在一次雷电中如果云层间电势差为1010V ，从一块云层转移到另一块云层的电荷量约为30 C ．试求：（1）在这次雷电中放出的能量．（2）如果想办法把这些能量全部接受下来，那么它相当于秦山核电站的53010kW 机组发电多少时间？17．在化学工业和食品工业生产中，液体和粉末通过管道传输时，由于与管壁摩擦而产生静电，它们长时间地保存着大量的电荷，与管壁间的电压可高达几万伏，如果突然发生放电，就会产生电火花而引发火灾．我们用如图所示的模拟装置对上述过程进行研究．在该装置中，用聚苯乙烯小球模拟管道中流动的粉末上电荷积累的情况，本装置还可用来研究如下的可能因素对电荷积累多少的影响，这些可能因素是：小球的速度，管道的长度，在贮存筒中搅动小球，把导电的添加剂与小球混合等．（1）简述该装置的工作原理．（2）设计一个方案，研究小球上电荷的积累与小球速度的定性关系．（3）在实际生产中，为减少管道传输中由于静电积累而引起的火花的危险，你有什么建议吗？（4）实际传输时，由于金属导管深入金属贮存筒内，导管与筒、带电的粉末和液体与筒之间也会有因高电压而产生电火花的危险，这个问题如何解决？18．以煤作燃料的工厂、电站，每天排出的烟气带走大量的煤粉，不仅浪费燃料，而且严重地污染环境，利用静电除尘可以消除烟气中的煤粉．图为静电除尘的原理示意图，除尘器由金属管A 和悬挂在管中的金属丝B 组成，A 和B 分别接到高压电源的两极，它们之间有很强的电场，而且距离B 越近电场强度越大，B 附近的空气中的气体分子被强电场电离成为电子和正离子．正离子被吸引到B 上，得到电子，又成为分子，电子在向正极运动的过程中，遇到烟气中的煤粉，使煤粉带负电，吸附到正极上，最后在重力作用下，落入下面的漏斗中，从而除去了煤粉等有害粒子．若某一大型火力发电厂的烟囱高20 m 、直径4 m ，问：（1）为了除去烟气中的煤粉，A 、B 分别应该接在高压电源的哪一极？（2）设这一静电除尘器的吸附能力为()33410kg/m s -??，则在一天中能回收多少煤粉？参考答案1．C【解析】【详解】A．带有负离子的空气能使人感到舒服，对健康也有益处，故A错误。

【优化方案】 2022 届高二物理上册电子题库第8章第四节课时活页训练1．如图 8－ 4－ 13 所示，欧洲大型强子对撞机已运转，经过此装置，科学家们使两个带正电的重离子被加快后，沿同一条直线相向运动而发生剧烈碰撞，模拟宇宙大爆炸早期的情境，若要碰撞前的动能尽可能多地转变为其余形式的能，应当想法使这两个重离子在碰撞前的瞬时拥有图 8－4－13A．同样的速率B．同样大小的动量C．同样的动能D．同样的质量分析：选 B 由动量守恒定律可知：当两个动量大小同样的重离子相碰时，可能出现两离子都停下来的状况，进而把离子的动能都转变为其余形式的能，因此 B 正确．2．向空中发射一个物体，不计空气阻力．当此物体的速度恰巧沿水平方向时，物体炸裂成a、 b 两块，若质量大的 a 块的速度方向仍沿本来的方向，则A．b的速度方向必定与本来速度方向相反B．从炸裂到落地的这段时间里， a 飞翔的水平距离必定比 b 大C．a、b必定同时落到水平川面D．在炸裂过程中，a、 b 遇到的爆炸力的冲量大小必定相等分析：选 CD物体炸裂后，b的速度可能与原速度方向同样，也可能相反， A 错；因为b 块质量小，故炸裂后速度可能比 a 块速度大，故 B 错；a、b竖直方向上都做自由落体，故同时落地， C 对；炸裂时作使劲与时间都相等，故冲量大小相等， D 对．3．车厢停在圆滑水平的轨道上，车厢后边的人对着前车壁发射一颗子弹，设子弹的质量为 m，出口速度为 v，车厢和人的质量为 M，则子弹堕入前车壁后，车厢的速度为，向前，向后，向前 D ．0分析：选 D 系统水平方向上动量守恒，子弹速度为零时，车厢速度也为零．4． 2022 年江苏启东中学高二检测如图8－ 4－ 14 所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为 m的圆滑弧形槽静止在圆滑水平面上，底部与水平面光滑连结，一个质量也为m的小球从槽高 h 处开始自由下滑图 8－4－14A．在此后的运动过程中，小球和槽的动量一直守恒B．在下滑过程中小球和槽之间的互相作使劲一直不做功C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h 处分析：选 C 当小球与弹簧碰撞后，小球遇到了外力，小球与槽的系统动量不再守恒，故A错；由动能定理知小球对槽的作使劲对槽做正功，同时槽对小球的作使劲也对小球做功，故 B 错；由水平方向动量守恒，槽与小球分开时速度大小相等、方向相反因此小球被弹簧反弹后不会与槽再作用，分别做匀速运动，故C正确，5．在圆滑水平面上有两个同样的弹性小球A、 B，质量都为m，现0＝mv槽＋mv球，D 错误．B球静止， A球向 B球运动，发生正碰．已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时弹性势能为E B错误!C．2 错误 !D．2 错误!0，压缩最紧时两球同速为v，依据动量守恒定律，有00分析：mv＝2mv，得 v＝错误! v ；依据系统机械能守恒有错误 !错误!＝错误! ·2·错误 !2＋Emv m6．A、B两球沿向来线运动并发生正碰，如图8－ 4－ 15 所示为两球碰撞前后的位移—时间图象，a、b分别为、两球碰前的位移—时间图象，c为碰撞后两球共同运动的位移A B—时间图象，若A 球质量 m＝2 g，则由图可知以下结论错误的选项是图 8－4－15A．A、B碰撞前的总动量为 3 g ·m/B．碰撞时A对B所施冲量为－ 4 N·C．碰撞前后A的动量变化为 4 g ·m/D．碰撞中A、B两球构成的系统损失的动能为10 Jmv ＋分析：＝－ 3 m/ ，v＝ 2 m/ ；碰撞后，v′＝v′＝－ 1 m/ ，由动量守恒定律有B A B A A m B v B＝m A＋ m B v′A，则 m B＝错误!g ，碰前总动量为m A v A＋ m B v B＝－错误! g·m/选项错误，相碰时 A 对 B 的冲量为 mv′ －mv ＝－4 N·，B选项正确，碰后 A 的动量变化量为mv′ －BB B B AA m A v A＝4 g·m/，C正确，碰撞中损失的动能为错误!m A v错误!＋错误!m B v错误!－错误!m A＋m B v′错误 ! ＝10 J ，D正确．7 2022 年河南模拟如图8－ 4－16 所示，圆滑圆槽质量为M，静止在圆滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰位于槽的边沿处，如将线烧断，小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为图 8－4－16A． 0 C．向右BD．向左．没法确立分析：选A 小球和圆槽构成的系统在水平方向不受外力，故系统在水平方向上动量守恒v′，因此 v′＝08．如图 8－ 4－ 17 所示，小车放在圆滑的水平面上，将系绳小球拉开到必定的角度，而后同时松开小球和小车，那么在此后的过程中图 8－4－17A．小球向左摇动时，小车也向左运动，且系统动量守恒B．小球向左摇动时，小车向右运动，且系统动量守恒C．小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车速度不为零D．在随意时辰，小球和小车在水平方向的动量必定大小相等、方向相反分析：选 D 球与车构成的系统所受合外力为零，故机械能守恒，运动方向相反，运动过程中动量大小必定相等，应选D9．如图8－4－ 18所示，在支架的圆孔上放着一个质量为M的木球，一质量为m的子弹以速度 v 从下边很快击中木球并穿出，击穿后木球上涨的最大高度为上涨的高度．H，求子弹穿过木球后图 8－4－18分析：子弹穿出木球后向上做竖直上抛运动，设穿出木球后子弹速度为 v1，木球速度为v2，则 v错误!＝2gH， v2＝错误!，子弹穿透木球过程中动量守恒．mv＝ mv1＋Mv2得 v1＝错误!＝错误!，设子弹穿出后上涨最大高度为 h，则h＝错误!＝错误!答案：错误 !8－ 4－ 19 所示，木块A质量m A＝1 g ，足够长的木板 B 质量10． 2022 年临汾模拟如图m B＝4 g，质量为m C＝2 g的木块 C置于木板 B 上，水平面圆滑，B、 C 之间有摩擦．现使A 以 v0＝10 m/的初速度向右运动，与 B 碰撞后以 4 m/速度弹回．求：图 8－4－191B 运动过程中的最大速度．2C运动过程中的最大速度．分析：1B碰后瞬时速度最大，由动量守恒定律得：m A v0＝ m A－ v A′＋ m B v B因此 v B＝错误!＝错误! m/＝m/2B、C以共同速度运动时，C速度最大，由动量守恒定律得m B v B＝ m B＋ m C v C，因此 v C＝错误!＝错误! m/＝错误! m/答案： 1 m/2错误 ! m/11．抛出的手雷在最高点时水平速度为10 m/，这时忽然炸成两块，此中大块质量为 300g，仍按原方向飞翔，其速度测得为50 m/，另一小块质量为200 g，求它的速度的大小和方向．分析：手雷在空中爆炸时所受合外力应是它遇到的重力G＝ m1＋ m2g，可见系统的动量并不守恒，但在爆炸瞬时，内力远大于外力，外力能够不计，系统的动量近似守恒．设手雷飞行的方向为正方向，则整体初速度v0＝10 m/，m＝g的大块速度为v ＝50 m/，112＝g的小块速度为v 2，m由动量守恒定律m1＋ m2v0＝ m1v1＋m2v2v2＝错误!＝错误 ! m/ ＝－ 50 m/此结果表示，质量为 200 g 的部分以 50 m/ 的速度反方向运动，此中负号表示与所设正方向相反．答案： 50 m/ ，方向与手雷运动方向相反12． 2022 年金陵中学高二检测圆滑水平面上放着质量的物块 B， A与 B 均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，m A＝1 g的物块 A 与质量 m B＝2 g A、 B 间夹一个被压缩的轻弹簧弹簧与A、 B 均不拴接，用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能E，＝10 m/2，求：图 8－4－201绳拉断后瞬时 B的速度 v B的大小；2绳被拉断过程中绳对B的冲量 I 的大小；3绳被拉断过程中绳对A所做的功 W 分析： 1设 B 在绳被拉断后瞬时的速度为v B，抵达 C时的速度为 v C，有 m B g＝m B错误!错误 ! B 错误!＝错误! B 错误!＋2 Bmv mv mgR代入数据得 v B＝5 m/2 设弹簧恢复到自然长度时 B 的速度为 v1，取水平向右为正方向，有E B v错误!I ＝ m B v B－ m B v1代入数据得 I ＝－4 N·，其大小为 4 N·3 设绳断后A的速度为v，取水平向右为正方向，有mv ＝ mv ＋ mv ，AB 1B B A A＝错误! A错误!W mv代入数据得 W＝8 J答案： 15 m/24 N·38 J。

1．如图9－2－7所示，两根完全相同的弹簧和一根张紧的细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上．已知甲的质量大于乙的质量，当细线突然断开后，两物块都开始做简谐运动，在运动过程中( )图9－2－7A ．甲的振幅大于乙振幅B ．甲的振幅小于乙的振幅C ．甲的最大速度小于乙的最大速度D ．甲的最大速度大于乙的最大速度解析：选 C.两根弹簧相同，则细线未断时，两弹簧的伸长量相等，则甲的振幅等于乙的振幅．甲、乙分别与弹簧组成的系统的机械能相等，而甲的质量大于乙的质量，所以甲的最大速度小于乙的最大速度，故C 正确．2．做简谐运动的物体，其振动的频率为f ，则( )A ．动量的变化频率为fB ．回复力变化的频率为fC ．动能的变化频率为2fD ．加速度变化的频率为2f解析：选ABC.在描述简谐运动的物理量中，象速度、位移、回复力、加速度、动量这些矢量都是一个周期完成一个循环，故A 、B 正确，D 错误．而动能是标量，一个周期内完成两个周期性变化，故C 正确．图9－2－83．如图9－2－8所示，一个弹簧振子在AB 间做简谐运动，O 是平衡位置．以某时刻为计时零点，以向右方向为正方向．则振子经14周期具有正向最大加速度，那么经34周期，振子具有( )A ．负向最大位移B ．正向最大位移C ．正向最大速度D ．速度为零解析：选BD.振子经T 4具有正向最大加速度，说明此时振子处在A 点，那么经过3T 4，即又经过T 2，此时振子处在B 点，所以此时振子的速度为零，处在正向最大位移处，所以正确答案为B 、D.4．两个做简谐运动的弹簧振子甲、乙，在相同时间甲完成了5次全振动，乙完成了4次全振动，则( )A ．T 甲∶T 乙＝5∶4B ．A 甲∶A 乙＝5∶4C ．f 甲∶f 乙＝5∶4D ．E 甲∶E 乙＝5∶4解析：选C.由T ＝t n 可知，T 甲∶T 乙＝4∶5，A 错．T ＝1f，C 对．振幅、能量与振动次数无关，B 、D 错．5．关于简谐运动的频率，下列说法正确的是( )A ．频率越高，振动质点运动的速度越大B ．频率越高，单位时间内速度的方向变化的次数越多C ．频率是50 Hz 时，1 s 内振动物体速度方向改变50次D ．弹簧振子的固有频率与物体通过平衡位置时的速度大小有关答案：B6．(2011年北京东城区检测)做简谐运动的物体从平衡位置开始计时，经过t ＝0.5 s ，与平衡位置的距离最大，则振动周期是( )A．2 s B.12sC.211s D.12005s解析：选AC.设物体做简谐运动的周期为T，由题意可知：t＝n T2＋14T，所以T＝4t2n＋1＝4×0.5 2n＋1s＝22n＋1s．(n＝0,1,2，…)由此可见当n＝0时，T＝2 s，当n＝5时，T＝211s，所以A、C正确．7．做简谐运动的弹簧振子，振子质量为m，最大速度为v，周期为T，则下列说法正确的是()A．从某时刻算起，在T2的时间内，回复力做的功一定为零B．从某一时刻算起，在T2的时间内，速度变化量一定为零C．若Δt＝T，则在t时刻和(t＋Δt)时刻，振子运动的加速度一定相等D．若Δt＝T2，则在t时刻和(t＋Δt)时刻，弹簧长度一定相等解析：选AC.振子在半个周期内刚好到达与初位置关于平衡位置对称的位置，两位置速度大小相等，故由动能定理知，回复力做的功一定为零，则A正确；但由于速度反向(初位置在最大位移处时速度均为零)，所以在半个周期内速度变化量的大小为初速度大小的两倍，因此在半个周期内速度变化量大小应为0到2v之间的某个值，则B正确．在相隔一个周期T的两个时刻，振子只能位于同一位置，其位移相同，合外力相同，加速度必定相同，选项C是正确的．相隔T2的两个时刻，振子的位移大小相等，方向相反，其位置可位于和P对称的P′处，在P处弹簧处于伸长状态，在P′处弹簧处于压缩状态，弹簧的长度并不相等，故选项D是错误的．图9－2－98．一根自由长度为10 cm的轻弹簧，下端固定，上端连一个质量为m的物块P.在P上放一个质量也是m的物块Q.系统静止后弹簧长度为6 cm，如图9－2－9所示．如果迅速向上移去Q，物块P将在竖直方向做简谐运动．此后，弹簧的最大长度是() A．8 cm B．9 cmC．10 cm D．11 cm解析：选C.移去Q后，P做简谐运动，在平衡位置处弹簧长度为8 cm，弹簧最短长度为6 cm，相对平衡位置的最大位移为2 cm，由简谐运动的对称性得弹簧的最大长度是10 cm.图9－2－109．(2011年洛阳抽样测试)如图9－2－10所示，一升降机在箱底有若干个弹簧，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦力，则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中()A．升降机的速度不断减小B．升降机的加速度不断变大C ．先是弹力做的负功小于重力做的正功，然后是弹力做的负功大于重力做的正功D ．到最低点时，升降机加速度的值一定大于重力加速度的值解析：选CD.本题实质上是一个竖直弹簧振子的物理模型问题．当升降机吊索断裂后升降机先做自由落体运动．当底部弹簧刚触地时，由于重力mg 大于弹力F N ，所以升降机仍做向下的加速运动，随着弹簧压缩形变增大，向上的弹力也随之增大，所以向下的合力及加速度不断变小，直至mg ＝F N 时，a ＝0，速度达到最大值v max ，这段运动是速度增大、加速度变小的运动．根据动能定理W ＝ΔE k ，即W G －WF N ＝ΔE k >0，所以W G >WF N ，重力做的正功大于弹力做的负功．当电梯从a ＝0的平衡位置继续向下运动时，由于弹力大于重力，所以加速度方向向上，且不断变大，而速度v 不断变小直至为0，这段过程中，W G －WF N ＝ΔE k <0，所以W G <WF N ，重力做的正功小于弹力做的负功．由此可知选项A 、B 错，而C 正确．把升降机视为一个竖直弹簧振子，如图所示．弹簧刚触地时升降机的位置在A 处，升降机向下运动到的最低点位置在B 处，在平衡位置O 处速度最大．在A 点时有向下的速度，弹簧振子在A 点时为最大位移处到平衡位置中的一点，即A 并非最大位移点．而B 点速度为零，应是振子平衡位置下方的最大位移点，故BO >AO .既然A 位置的加速度a A ＝g 方向向下，那么最大位移B 处的最大加速度的a B ＝a m >a A ＝g ，方向向上，选项D 正确．10．甲、乙两个做简谐运动的弹簧振子，在完成相同的全振动时，甲用时8 s ，乙用时6 s ，则甲、乙振动的频率之比为________．若甲的振幅不变，乙的振幅加倍，则甲、乙的振动周期之比为________．解析：完成相同的全振动次数．甲用8 s ，乙用6 s ，由f ＝n t可得f 甲∶f 乙＝3∶4.周期由系统本身决定的，与振幅无关，所以T 甲∶T 乙＝4∶3.答案：3∶4 4∶311．弹簧振子以O 点为平衡位置在B 、C 两点之间做简谐运动．B 、C 相距20 cm ，某时刻振子处于B 点，经过0.5 s 振子首次到达C 点．求：(1)振动的周期和频率；(2)振子在5 s 内通过的路程及5 s 时的位移大小．解析：(1)振子从B 到C 所用时间t ＝0.5 s ，为周期T 的一半，故：t ＝T 2，T ＝1.0 s ，f ＝1T＝1.0 Hz. (2)设振幅为A ，由题意知，BC ＝2A ，故A ＝10 cm ，振子在1个周期内的路程为4A ，故在t ＝5 s 内的路程为：s ＝t T×4A ＝200 cm ＝2 m. 5 s 内振子恰好振动了5个周期，振子仍回到B 点，所以它的位移大小为10 cm.答案：(1)1.0 s 1.0 Hz(2)2 m 10 cm12．(2011年太原高三月考)如图9－2－11是用频闪照相的办法拍下的一个弹簧振子的振动情况．甲图是振子静止在平衡位置时的照片，乙图的振子被拉伸到左侧距平衡位置20 mm 处，放手后，在向右运动的1/2周期内的频闪照片，丙图是振子在接下来的1/2周期内的频闪照片．请探究分析以下问题：图9－2－11解析：频闪的频率为9.0 Hz ，则频闪周期T 0＝1f ＝19s ≈0.11 s ．由乙、丙两图知，振子在振动T 4时，闪光两次，即14＝2T 0，所以T ＝8T 0＝89 s ≈0.9 s. 答案：0.11(或19) s 0.9(或89) s 每次闪光时振子的位置。

【优化方案】2013届高二物理上册 电子题库 第10章第二节课时活页训练1．关于波动图象的物理意义，下列说法正确的是( )A ．表示某时刻某一质点的位移B ．表示各个时刻某一质点的位移C ．表示某一时刻质点相对于各自平衡位置的位移D ．表示各个时刻各个质点的位移解析：选C.波的图象反映了某一时刻介质中各个质点相对于各自平衡位置的位移，所以选项C 正确．2．(2011年遵义高二检测)如图10－2－14所示为一简谐横波在某一时刻的波形图，已知此时质点A 正向上运动，如图中箭头所示，由此可断定此横波( )图10－2－14A ．向右传播，且此时质点B 正向上运动B ．向右传播，且此时质点C 正向下运动C ．向左传播，且此时质点D 正向上运动D ．向左传播，且此时质点E 正向下运动解析：选C.根据质点A 此时正向上运动，可判定波向左传播，A 、B 错误，再根据波向左传播可判定质点D 、E 正向上运动，质点B 、C 正向下运动，C 对，D 错．3.图10－2－15(2011年河北唐山高三调研)一简谐横波在x 轴上传播，在某一时刻的波形如图10－2－15所示．已知此时刻质点F 的运动方向向下，则( )A ．此波沿x 轴负方向传播B ．质点D 此时向下运动C ．质点B 将比质点C 先回到平衡位置D ．质点E 的振幅为零解析：选AB.由题中已知F 点运动方向向下，所以此波沿x 轴负方向传播，选项A 正确．相邻的峰(C )谷(G )间的所有质点振动方向相同，已知F 点运动方向向下，所以D 向下，选项B 正确．OC 之间与GI 之间振动方向与CG 之间振动方向相反，振动方向向上，质点B 要先向上运动再回到其平衡位置，将比质点C 延后回到平衡位置，所以选项C 错误．质点E 此时位移为零，但振幅不为零．4．质点O 做简谐运动的振幅为A ，周期为T ，振动沿x 轴正方向传播，某个时刻的波形图如图10－2－16所示，在该时刻坐标为(a,0)的质点，经过T4，质点的坐标为( )图10－2－16A ．(a,0)B ．(a ，A )C ．(a ，－A )D ．(54a ，A ) 解析：选C.由于振动沿x 轴正方向传播，所以根据波的传播方向可知，此时坐标为(a,0)的质点向下振动，经过T4后振动到负的最大位移处，而质点并不在传播方向上发生迁移，即其平衡位置并没有发生移动，所以此时质点(a,0)的坐标为(a ，－A )，正确的选项为C.5．一列沿x 轴正向传播的横波在某时刻的波形如图甲10－2－17所示，a 、b 、c 、d 为介质中沿波的传播方向上四个质点的平衡位置．若从该时刻开始计时，则图乙是下面哪个质点在经过3个周期后的振动图象( )图10－2－17A ．a 处质点B ．b 处质点C ．c 处质点D ．d 处质点解析：选C.根据波的图象具有重复性的特点知，经过3个周期后的波的图象与此时刻波的图象完全相同，而此时刻只有c 质点经过平衡位置且向y 轴负方向运动，故选项C 正确．6．(2011年陕西汉中统考)对于如图10－2－18所示的两个图象，下列判断中正确的是( )图10－2－18A ．图甲表示振动图象，且P 在向上振动B ．图乙表示振动图象，且Q 在向上振动C ．图甲表示波动图象，图乙表示振动图象D ．图甲表示振动图象，图乙表示波动图象解析：选BC.由两图象的横轴可以看出，甲图的横轴是位移，表示波的图象；而乙图的横轴为时间，故表示振动图象，由振动图象的特点可知，Q 点的下一时刻向上坡振动，知Q 正在向上振．故A 、D 选项不正确，而B 、C 选项正确．7.图10－2－19如图10－2－19所示为简谐波在某时刻的波形图，图上a 点和b 点表示两个质点在此时刻的位移，它们的y 坐标绝对值相同．对这两个质点，下列判断正确的是( )A ．该时刻的位移相同B ．该时刻的加速度相同C ．该时刻速度的方向相同D ．该时刻加速度的方向相同解析：选C.a 、b 两质点此时刻位移大小相等，说明这两点是简谐振动中对称的两点，故此时位移、加速度大小相同，方向相反，故A 、B 、D 错误，应选C.8.图10－2－20 波源在坐标原点O 的一列横波沿x 轴正方向传播，在t ＝0时刻波源开始振动，在t ＝2 s 时刻的波形如图10－2－20所示，在t ＝4 s 时刻的波形是图10－2－21中的( )图10－2－21解析：选B.从2 s 时刻到4 s 时刻的这段时间内，波沿x 轴正方向平移的距离与原来波形的长度相等，则B 正确．9.图10－2－22如图10－2－22所示是某波源振动一个周期形成的波动图象，下列说法中正确的是( )A ．若P 是波源，开始时向上振动B ．若P 是波源，Q 点将向上振动C ．若P 是波源，a 已振动14T D ．若Q 是波源，P 将向上振动解析：选D.若P 为波源，经一小段时间Δt 后的图象如图甲所示，由图可知，波向右传播，各质点的起振方向都向下，A 、B 错；波从a 传到Q ，传播距离是34个完整波形，所用时间为34T ，则a 已振动了34T ，C 错误；若Q 为波源，经一小段时间Δt 后的图象如图乙所示，由图可知，波向左传播，各质点的起振方向都向上，D 正确．10.图10－2－23如图10－2－23所示是一列横波在某一时刻的波形图，波沿x 轴正向传播．(1)该时刻A 质点运动的方向是向____，C 点的运动方向是向____，D 点的运动方向是向______．(2)再经过T 2，质点A 通过的路程是______ cm ，质点C 的位移是______ cm. 答案：(1)上 下 下 (2)4 011．如图10－2－24所示，图甲为一沿x 轴正方向传播的波在t ＝0.1 s 时刻的图象，图乙为参与波动的某一质点的振动图象．(1)两图中AA ′各表示什么物理量？其值各是多少？(2)设波速为0.04 m/s ，画出再经过0.25 s 后的波形图和振动图象．图10－2－24解析：(1)图甲中AA ′表示沿波的传播方向，距波源1 cm 处，质点在t ＝0.1 s 离开平衡位置的位移值为－0.2 m.图乙中AA ′表示振动质点在t ＝0.25 s 时位移值为－0.2 m.(2)在Δt ＝0.25 s 时间内波沿波的传播方向平移的距离Δx ＝v Δt ＝0.04×0.25 m＝0.01 m ，故再过0.25 s 波形图象如图丙所示，再过0.25 s 后振动图象如图丁所示．答案：见解析12.图10－2－25如图10－2－25所示，一列向右传播的简谐波，波速为v ＝0.6 m/s ，P 点的横坐标x ＝0.96 m ，从图示位置开始计时，求：(1)经过多少时间P 点第一次到达波谷？(2)经过多少时间，P 点第二次到达波峰？解析：(1)P 点第一次到达波谷，即第一个波谷从x ＝0.18 m 处传播到P 点，由于波向右是匀速传播，故所经历的时间为t ＝s v ＝0.96－0.180.6s ＝1.3 s. (2)P 点第二次到达波峰，即第二个波峰从x ＝－0.18 m 处传播到P 点，故所经历的时间为t ＝s v ＝0.96－－0.180.6s ＝1.9 s. 答案：(1)1.3 s (2)1.9 s。

嘴哆市安排阳光实验学校【优化方案】高二物理上册电子题库第10章第八节课时活页训练1．下面有关多普勒效应的说法中不．正确的是( )A．发生多普勒效应时，波源的频率发生了变化B．发生多普勒效应时，观察者接收的频率发生了变化C．向你驶来的汽车发出的汽笛声特别刺耳，这就是多普勒效应D．不仅机械波有多普勒效应，其他波也有此效应解析：选A.多普勒效应是波动过程共有的特性，故D对．发生多普勒效应时，波源频率没有变化，只是观察者接收的频率发生了变化，A错B对；运动汽车发出的汽笛声的变化，是多普勒效应的典型应用．故本题不正确的选项为A.2．静止在站台上的火车鸣笛，站在远处的人听到了汽笛声，后来他又听到这列火车行驶时的汽笛声．他根据听到的汽笛声音判断火车行驶的方向．以下判断正确的是( )A．当听到的声音音调变低时，则火车离他远去B．当听到的声音音调变低时，则火车向着他驶来C．当听到的声音音调变高时，则火车离他远去D．当听到的声音音调变高时，则火车向着他驶来解析：选AD.由多普勒效应可知，波源与观察者有相对运动时，观察者接收到的频率会发生变化，如果两者相互接近，观察者接收到的频率变大；如果两者相互远离，观察者接收到的频率变小，所以A、D选项正确．3．频率一定的声源在空气中向着静止的接收器匀速运动．以v表示声源的速度，V表示声波的速度(v＜V)，ν表示接收器接收到的频率．若v增大，则( )A．ν增大，V增大B．ν增大，V不变C．ν不变，V增大D．ν减小，V不变解析：选B.当声源与观察者的相对位置发生变化时，观察到的频率改变的现象叫多普勒效应．当声源的速度变大时，声源与接收器的相对位置发生改变，故接收器接收到的频率变大，声波的速度由介质决定，其速度不会发生变化．4．有经验的渔民可根据海鸥的习性来判断是否有台风和海啸，其原因是( )A．海鸥能知道近一周内天气变化的规律B．海鸥能看到远方的海浪C．海鸥能利用人类未知的功能来接收台风和海啸的信息D．海鸥能听到海浪发出的次声波解析：选D.人耳无法感知次声波，但有些动物可以感知次声波，如海鸥．地震之前有些动物的反常行为也是它们感觉到地震发出的次声波而引起的，故正确答案为D.5．对于波长为100 m的声波，下列说法正确的是( )A．在同一介质中，比波长20 m的波传播的快B．不能被人们听到C．波长太长，不能产生明显的衍射D．不能产生反射解析：选B.声波在介质中的传播速度仅由介质本身的特性决定，而与声波的频率、波长均无关系，故A选项不正确；可闻声波的频率范围在20 Hz～20000 Hz之间，在空气中的波长由v＝λf，可知波长在0.017 m～17 m之间．可见，波长为100 m的声波属次声波，不在可闻声波的范围之内，故不能被人听到，即B选项正确；波长越长，衍射现象越明显，故C选项不正确；凡是波(不论其性质和波长的长短)都能发生干涉、衍射、反射、折射等现象，故D选项不正确．6．医院有一种先进的检测技术——彩超，向病人体内发射频率已精确掌握的超声波，超声波经血液反射后被专用仪器接收．测出反射波的频率变化，就可知道血液的流速．这一技术主要体现了哪一种物理现象( ) A．多普勒效应B．波的衍射C．波的干涉D．共振解析：选A.由题意可知，反射超声波的血液是流动的，所以相对于接收仪器有相对运动，这种由于波源相对于观察者之间有相对运动，使观察者感到频率变化的现象，叫做多普勒效应，故本题正确选项为A.7．如图10－6－5所示，表示的是产生机械波的波源O正在做匀速直线运动的情况，图中的若干个圆环表示同一时刻的波峰分布．为了使静止的频率传感器能接收到波的频率最高，则应该把传感器放在( )图10－6－5A．A点B．B点C．C点D．D点解析：选A.由多普勒效应的产生原因可知，波源向波密集的方向运动，在A点放置静止的频率传感器，在单位时间内接收到的完全波的个数最多，即接收到的频率最高．8．如图10－6－6所示，S为振源，P点有一个观察者，已知振源发声的频率为20 Hz，则关于观察者接收到的声音的频率为( )图10－6－6A．当振源S以17 m/s的速度远离观察者运动时，频率为19 HzB．当振源S以17 m/s的速度靠近观察者运动时，频率为21 HzC．当观察者以17 m/s的速度靠近振源S运动时，频率为21 HzD．以上说法均不正确解析：选ABC.当振源以17 m/s的速度远离观察者运动时，观察者接收到的频率f ′＝v 声f v 声＋v 源，f ′＝340×20340＋17Hz ＝19 Hz ，故A 正确；当振源S 以17 m/s的速度靠近观察者运动时，观察者接收到的频率f ′＝v 声f v 声－v 源，f ′＝340×20340－17Hz ＝21 Hz ，故B 正确．当观察者以17 m/s 的速度靠近振源S 运动时，观察者接收到的频率f ′＝v 声＋v 观λ，f ′＝340＋1734020Hz ＝21 Hz ，故C 正确．9．公路巡警开车在高速公路上以100 km/h 的恒定速度巡查．在同一车道上巡警车向前方的一辆轿车发出一个已知频率的电磁波，如果该电磁波被那辆轿车反射回来时，巡警车接收到的电磁波频率比发出时低，说明那辆轿车的车速( )A ．大于100 km/hB ．小于100 km/hC ．等于100 km/hD ．无法确定解析：选A.由于巡警车接收到的电磁波频率比发出时低，说明警车与轿车间的距离正在增大，可进而推出该轿车与警车同向行驶，且行驶速度比警车的速度大，故选项A 正确．10．设声源频率为20 Hz ，且不运动，而观察者在1 s 内由A 运动到B .如图10－6－7所示(设波速为340 m/s)．图10－6－7(1)观察者在这1 s 内接收到多少个完全波？(2)若观察者在1 s 内由B 运动到A ，观察者在1 s 内接收到多少个完全波？解析：(1)波源的频率为20 Hz ，即波源每秒钟发出20个波长，若观察者不动．则观察者每秒钟接收20个完全波．现观察者1 s 内从A 到B ，恰好向靠近波源方向运动1个波长，所以观察者在这1 s 内能接收21个完全波．(2)AB 之间是一个完全波，现观察者在1 s 内由B 运动到A ，所以1 s 经过观察者19个完全波．答案：(1)21个 (2)19个11．用声呐装置可以测量海洋的深度、探测潜水艇的位置或鱼群的距离等．用声呐测量海水的深度时，应垂直于水面向海底发射超声波．若超声波从发出到接收到回波的时间间隔为Δt ＝2.4 s ，在海水中传播的速度为1448 m/s.求海水的深度．解析：设海水深度为x ，由题意知Δt ＝2x v ，则x ＝v Δt2.即海水深度x ＝1448×2.42 m ＝1738 m.答案：1738 m12．在光学里也存在多普勒效应，在20世纪初，科学家们发现许多星系的谱线有“红移现象”．所谓“红移现象”，就是整个光谱结构向光谱红色的一端偏移(光波波长变长)．这种现象的产生和多普勒效应中声源向远离观察者的方向运动会引起逆着声源运动方向的波长变长的道理是一样的．由于接收到的星光的波长变长，说明星系正在向远离我们的方向运动．科学家从“红移”的大小还可以算出这种远离运动的速度称为退行速度．宇宙在膨胀的理论就是根据这种现象提出的．退行速度和距离成正比，称为哈勃定律，即v ＝HD .v 为星系的退行速度，D 为星系与地球的距离，H 为一常量，称为哈勃常量．为解释上述现象，有人提出一种理论，认为宇宙是从一个大爆炸的火球开始形成的．假设在爆炸后各星体即以不同的速度向外匀速运动，并设想我们就位于其中心，则速度越大的星体现在离我们越远，这一结果与上述天文观测一致．(1)由上述理论，请你写出估算宇宙年龄的表达式．(2)已知哈勃常量H ＝3×10－2m/(s·光年)，其中光年是光在一年中行进的距离，由此估算出宇宙的年龄的数值为多少年？解析：(1)宇宙年龄，即为运行时间t ＝D v ＝1H.(2)将H ＝3×10－2m/s·13×108m/s×1年＝110代入t ＝1H中得t ＝10． 答案：(1)t ＝1H(2)10。

高二物理第2节 简谐运动的描述 1．有两个振动的振动方程分别是：x 1＝3sin (100πt ＋π3) cm ，x 2＝5sin (100πt ＋π4) cm ，下列说法正确的是( )A ．它们的振幅相同B ．它们的周期相同C ．它们的相位差恒定D ．它们的振动步调一致2．如图所示是一做简谐运动的物体的振动图像，下列说法正确的是( )A ．振动周期是2×10－2 sB ．第2个10－2 s 内物体的位移是－10 cmC ．物体的振动频率为25 HzD ．物体的振幅是10 cm3．一个做简谐运动的质点，先后以同样的速度通过相距10 cm 的A 、B 两点，历时0.5 s(如图所示)．过B 点后再经过t ＝0.5 s ，质点以大小相等、方向相反的速度再次通过B 点，则质点振动的周期是( )A ．0.5 sB ．1.0 sC ．2.0 sD ．4.0 s4．物体A 做简谐运动的振动位移x A ＝3sin (100t ＋π2) m ，物体B 做简谐运动的振动位移x B ＝5sin (100t ＋π6) m ．比较A 、B 的运动( ) A ．振幅是矢量，A 的振幅是6 m ，B 的振幅是10 mB ．周期是标量，A 、B 周期相等为100 sC ．A 振动的频率f A 等于B 振动的频率f BD ．A 的相位始终超前B 的相位π35．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3s 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．如图13所示，是质点做简谐运动的图像．由此可知( )A ．t ＝0时，质点位移、速度均为零B ．t ＝1 s 时，质点位移最大，速度为零C ．t ＝2 s 时，质点位移为零，速度沿负向最大D ．t ＝4 s 时，质点停止运动7.如图所示为A 、B 两个简谐运动的位移—时间图像．试根据图像写出：(1)A 的振幅是______cm ，周期是________s ；B 的振幅是________cm ，周期是________s.(2)这两个简谐运动的位移随时间变化的关系式．(3)在时间t ＝0.05 s 时两质点的位移分别是多少？参考答案：1.BC2.BCD3.C4.C5.AD6.BC7.(1)A的振幅是0.5cm，周期是0.4s；B的振幅是0.2cm，周期是0.8s；(2)x A=0.5sin⁡(5πt+π) cm ,⁡x B=0.2sin⁡(x=52πt+12π) cm(3)t=0.5s时，(3x A＝－24cm，x B＝0.2sin58π cm。