2020版高考物理新导学浙江选考大一轮精讲习题：单元滚动检测卷三含解析

综合检测卷考生注意：1.本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页.2.答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上.3.本次考试时间90分钟，满分100分.选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共12小题，每小题3分，共36分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.(2017·浙江4月选考·2)下列各组物理量中均为矢量的是( )A.路程和位移B.速度和加速度C.力和功D.电场强度和电势答案　B解析　矢量是既有大小又有方向的物理量，例如：位移、速度、加速度、力、电场强度等，因此答案为B.2.(2018·绍兴市选考诊断)下列描述正确的是( )A.安培发现了电流的磁效应B.开普勒发现了万有引力定律C.库仑通过油滴实验测定了元电荷的数值D.法拉第首先引入了“场”的观点来解释电荷之间的相互作用答案　D3.如图1所示是某质点运动的速度－时间图象，由图象得到的正确结果是( )图1A.在0～1 s内该质点的平均速度是2 m/sB.在0～1 s内该质点的位移大小是3 mC.在0～1 s内该质点的加速度大小大于2～4 s内的加速度大小D.在0～1 s内该质点的运动方向与2～4 s内的运动方向相反答案　C4.假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率.如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的( )32A.4倍B.2倍C.倍D.倍答案　D解析　设F f＝k v，当阻力等于牵引力时，速率最大，输出功率变化前，有P＝F v＝F f v＝k v·v＝2k v2，变化后有2P＝F′v′＝k v′·v′＝k v′2，联立解得v′＝v，D正确.5.(2018·宁波市十校联考)女子十米台跳水比赛中，运动员从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图2所示，不计空气阻力，随入水深度的增加，阻力增大，下列说法正确的是( )图2A.她在空中上升过程中处于超重状态B.她在空中下落过程中做自由落体运动C.她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度D.入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小答案　D解析　她在空中上升过程中，加速度向下，故处于失重状态，选项A 错误；运动员从跳台斜向上跳起，下落时速度有水平分量，则她在空中下落过程中不是做自由落体运动，选项B 错误；入水后，运动员受到水的阻力作用，开始时重力大于阻力，做加速运动，随着入水深度的增加，阻力增大，当重力等于阻力时加速度为零，此时速度最大，故她即将入水时的速度不是整个跳水过程中的最大速度，选项C 错误；根据牛顿第三定律可知，入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小，选项D 正确.6.如图3所示，在斜面顶端的A 点以速度v 0水平抛出一小球，经t 1时间落到斜面上B 点处，若在A 点将此小球以速度0.5v 0水平抛出，经t 2时间落到斜面上的C 点处，以下判断正确的是(空气阻力不计)( )图3A.AB ∶AC ＝2∶1B.AB ∶AC ＝4∶1C.t 1∶t 2＝4∶1D.t 1∶t 2＝∶12答案　B解析　由平抛运动规律有x ＝v t ，y ＝gt 2，则tan θ＝＝，将v 0、0.5v 0分别代入上式，联12y x gt 2v立解得t 1∶t 2＝2∶1，C 、D 均错误；它们的竖直位移之比y B ∶y C ＝gt 12∶gt 22＝4∶1，所以1212AB ∶AC ＝∶＝4∶1，故A 错误，B 正确.y B sin θy Csin θ7.A 、B 两个质点分别做匀速圆周运动，在相等时间内通过的弧长之比s A ∶s B ＝4∶3，转过的圆心角之比θA ∶θB ＝3∶2，则下列说法中正确的是( )A.它们的线速度大小之比v A ∶v B ＝4∶3B.它们的角速度大小之比ωA ∶ωB ＝2∶3C.它们的周期之比T A ∶T B ＝3∶2D.它们的向心加速度大小之比a A ∶a B ＝3∶2答案　A解析　A 、B 两质点分别做匀速圆周运动，在相等时间内它们通过的弧长之比为s A ∶s B ＝4∶3，根据公式v ＝，线速度大小之比为v A ∶v B ＝4∶3，A 正确；转过的圆心角之比θA ∶θB ＝3∶2，s t根据公式ω＝，角速度大小之比为ωA ∶ωB ＝3∶2，B 错误；根据公式T ＝，周期之比为θt 2πωT A ∶T B ＝2∶3，C 错误；根据a n ＝ωv ，可知，a A ∶a B ＝2∶1，D 错误.8.(2018·嘉兴市期末)一质量为1 kg 的物体被人用手由静止向上提升0.5 m ，这时物体的速度是1 m /s ，则下列说法中正确的是(重力加速度取10 m/s 2)( )A.重力对物体做功5 JB.物体机械能增加5.5 JC.合外力对物体做功5.5 JD.手对物体做功0.5 J答案　B9.如图4所示为三颗卫星a 、b 、c 绕地球做匀速圆周运动的示意图，其中b 、c 是地球同步卫星，a 在半径为r 的轨道上，此时a 、b 恰好相距最近，已知地球质量为M ，半径为R ，地球自转的角速度为ω，引力常量为G ，则( )图4A.卫星b 加速一段时间后就可能追上卫星cB.卫星b 和c 的机械能相等C.到卫星a 和b 下一次相距最近，还需经过时间t ＝2πGM r 3－ωD.卫星a 减速一段时间后就可能追上卫星c答案　C解析　卫星b 加速后，将脱离原轨道做离心运动，不可能追上卫星c ，A 错误；由于卫星b 、c 的质量关系未知，所以两者的机械能不一定相等，B 错误；卫星a 做圆周运动，由万有引力提供向心力有＝mωa 2r ，可得ωa ＝，b 为地球同步卫星，其角速度与地球自转的角GMm r 2GM r3速度相同，连续两次相距最近的时间t 满足(ωa －ω)t ＝2π，解得t ＝，C 正确；卫星a2πGM r 3－ω减速后，将脱离原轨道做近心运动靠近地球，不可能追上卫星c ，D 错误.10.(2019届慈溪市模拟)如图5所示，用一条绝缘轻绳悬挂一个带正电的小球，小球质量为1.0×10－2 kg ，所带电荷量为7.5×10－8 C ，现加一水平方向的匀强电场，平衡时绝缘轻绳与竖直方向成37°角，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )图5A.轻绳受到的拉力为8.0×10－2 NB.电场强度大小为1.0×105 N/CC.改变场强方向，仍使小球静止在原位置，则电场强度的最小值为8.0×105 N/CD.剪断轻绳，带电小球将做类平抛运动答案　C11.如图6所示，两个单匝线圈a 、b 的半径分别为r 和2r .圆形匀强磁场B 的边缘恰好与a 线圈重合，则穿过a 、b 两线圈的磁通量之比为( )图6A.1∶1B.1∶2C.1∶4D.4∶1答案　A12.(2018·新高考联盟联考)硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点.如图7所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图象(电池电动势不变，内阻不是常量)，图线b是某电阻R的U－I图象，倾斜虚线是过ab交点的a的切线.在某光照强度下将它们组成闭合回路时，下列说法中正确的是( )图7A.此时硅光电池的内阻为12.5 ΩB.此时硅光电池的输出功率为0.2 WC.此时硅光电池的总功率为0.72 WD.此时硅光电池的效率为40%答案　C二、选择题Ⅱ(本题共4小题，每小题3分，共12分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有错选的得0分)13.两个不规则带电导体间的电场线分布如图8所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直，a、b、c、d为电场中四个点，并且a、d为紧靠导体表面的两点，选无穷远处为电势零点，则( )图8A.场强大小关系有E b＞E cB.电势大小关系有φb>φdC.将一负电荷放在d点时其电势能为负值D.将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功答案　BD解析　同一电场中，电场线密的地方电场强度大，因此E b＜E c，选项A错误；沿电场线方向电势降低，且导体表面为等势面，因此φb＞φd，选项B正确；由于无穷远处电势为零，故d 点电势为负，负电荷放在d点时电势能为正值，选项C错误；由题图可知，φa＞φd，U ad＞0，则将正电荷由a点移至d点的过程中电场力做功W＝qU ad，为正功，选项D正确.14.(2018·绿色评价联盟选考)振源S在O点做竖直方向的简谐运动，频率为10 Hz，t＝0时刻向右传播的简谐横波如图9所示(向左传播的简谐横波图中未画出)，则以下说法中正确的是( )图9A.t＝0时，x＝1 m处的质点振动方向向上B.t＝0时，x＝－2 m处的质点振动方向向上C.t＝0.175 s时，x＝－1 m处的质点处在波谷位置D.t＝0.175 s时，x＝1 m处的质点处在波峰位置答案　AC15.关于下列光学现象，说法正确的是( )A.用三棱镜观察太阳看到彩色光带是光的干涉现象B.在水中红光的传播速度大于紫光的传播速度C.在岸边观察前方水中的一条鱼，鱼的实际深度比看到的要浅D.分别用红光和紫光在同一装置上做双缝干涉实验，用红光时得到的条纹间距较宽答案　BD解析　用三棱镜观察太阳看到彩色光带是光的色散现象，故A 错误；紫光的折射率大于红光的折射率，根据v ＝知水中红光的传播速度比紫光快，故B 正确；在岸边观察前方水中的一c n条鱼，鱼的实际深度比看到的要深，故C 错误；条纹间距Δx ＝λ，红光的波长较大，则条纹l d间距较宽，故D 正确.16.氢原子能级图如图10所示，已知可见光光子的能量在1.61 eV ～3.11 eV 范围内，则下列说法正确的是( )图10A.氢原子由n ＝2能级跃迁到n ＝1能级时放出的光子为可见光B.大量氢原子处于n ＝4能级时，向低能级跃迁能放出6种频率的光子C.处于基态的氢原子电离需要释放13.6 eV 的能量D.氢原子处于n ＝2能级时，可吸收2.86 eV 能量的光子跃迁到高能级答案　BD解析　氢原子从n ＝2能级跃迁到n ＝1能级时放出的光子能量ΔE ＝－3.4 eV －(－13.6 eV)＝10.2 eV ，不在1.61 eV ～3.11 eV 范围内，不是可见光，故A 错误.大量处于n ＝4能级的氢原子，24跃迁到基态的过程中，根据C＝6可知可释放出6种频率的光子，故B正确.处于基态的氢原子电离，需要吸收13.6 eV的能量，故C错误.氢原子处于n＝2能级时，若能够吸收2.86 eV 能量的光子，则E n＝2.86 eV－3.4 eV＝－0.54 eV，正好跃迁到n＝5能级，故D正确.非选择题部分三、非选择题(本题共6小题，共52分)17.(6分)(2018·台州市外国语学校期末)为了探究“合力做功与速度变化的关系”，某学习小组在实验室组装了如图11所示的装置，备有下列器材：打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、天平、细沙.他们称量滑块的质量为M、沙和小桶的总质量为m.当滑块连接上纸带，让细线跨过滑轮并悬挂空的小桶时，滑块处于静止状态.要完成该实验，请回答下列问题：图11(1)要完成本实验，还缺少的实验器材是________.(2)实验时为保证滑块受到的合力与沙、小桶的总重力大小基本相等，沙和小桶的总质量应满足的实验条件是________，实验时为保证细线拉力等于滑块所受的合外力，首先要做的步骤是________.(3)在满足(2)问的条件下，让小桶带动滑块加速运动，如图12所示为打点计时器所打的纸带的一部分，图中A、B、C、D、E是按时间先后顺序确定的计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，相邻计数点间的距离已标注在图上，当地重力加速度为g，则在B、D两点间，合力对滑块做的功为________，v B＝________，v D＝________(用题中所给的表示数据的字母表示).图12答案　(1)刻度尺(2)沙和小桶的总质量远小于滑块的质量　平衡摩擦力(3)mg (x 2＋x 3) x 1＋x 22T x 3＋x 42T解析　(1)需要分析计算出所选纸带部分滑块的初、末速度和滑块对应的位移，但需要有测量长度的工具，即刻度尺.(2)事实上，细线的拉力并不等于沙和小桶的总重力，把滑块、沙和小桶作为一个整体，加速度a ＝，细线的拉力F ＝Ma ＝，当m 远小于M 时，细线的mg m ＋M mg m M＋1拉力近似等于沙和小桶的总重力.实验设计中，把细线的拉力作为合力，即排除了摩擦力做功，所以实验首先要做的步骤是平衡摩擦力.(3)W ＝mg (x 2＋x 3)，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，v B ＝，v D ＝.x 1＋x 22T x 3＋x 42T18.(8分)(2018·名校高考联盟联考)(1)用如图13所示的电路，做测定电池的电动势和内阻的实验并用图象法处理数据过程中，下列说法正确的是________.图13A.用旧电池比新电池效果好B.实验中滑动变阻器不能短路，若滑动变阻器短路，通过电源的短路电流会无穷大，导致电源损坏C.用图象法处理数据，选择坐标轴的标度时，应使表示实验数据的点尽可能地集中D.用图象法处理数据，选择坐标轴的标度时，应使表示实验数据的点尽可能地布满整个图纸(2)用多用电表测某一元件的物理量，指针偏转如图14所示，其示数为________.图14(3)在某次测量时电表欧姆挡示数如图15所示，为了更准确地测量阻值，请完成以下步骤：图15①将选择开关旋转到“Ω”挡的______位置.(选填“×1”、“×10”、“×100”或“×1 k”)②将两表笔短接并调零，应使电表指针对准________的“0”刻线(选填“电阻”或“电流”).答案　(1)AD　(2)2.00 V　(3)×1　电阻19.(8分)(2018·温州市3月选考)陕西汉中天坑群是全球较大的天坑群地质遗迹，如图16是镇巴三元圈子崖天坑，最大深度300 m，在某次勘察中，一质量为60 kg的探险队员利用竖直方向的探险绳从坑沿滑到坑底.若队员先从静止开始做匀加速直线运动，下滑20 s时速度达到5 m/s，然后以此速度匀速运动45 s，最后匀减速直线运动到达坑底速度恰好为零.整个下行过程中探险绳始终处于竖直，探险队员视为质点.g取10 m/s2，求：图16(1)匀加速阶段的加速度大小a1及匀加速下降的高度h1；(2)匀减速下降时探险绳对探险队员的摩擦力大小；(3)探险队员整个下落过程的平均速度大小.答案　(1)0.25 m/s2　50 m　(2)630 N　(3)4 m/s解析　(1)由a 1＝得a 1＝0.25 m/s 2v t 1由h 1＝a 1t 12，得h 1＝50 m 12(2)匀速运动的高度h 2＝v t 2＝225 mh 3＝h －h 1－h 2，得h 3＝25 m匀减速下降时的加速度大小a 3＝，得a 3＝0.5 m/s 2v 22h 3由牛顿第二定律知，F f －mg ＝ma 3，得F f ＝630 N(3)t 3＝，得t 3＝10 s v a 3由t ＝t 1＋t 2＋t 3，得t ＝75 s ＝，得＝4 m/s.v h tv 20.(10分)如图17所示，一条带有竖直圆轨道的长轨道水平固定，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5 m.物块A 以v 0＝10 m /s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点N ，再沿圆轨道滑出，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L ＝0.2 m.物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.4，A 的质量为m ＝1 kg(重力加速度g ＝10 m/s 2，A 可视为质点).图17(1)求A 滑过N 点时的速度大小v 和受到的弹力大小；(2)若A 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值；(3)求A 滑至第n 个(n <k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式.答案　(1)4 m/s 150 N (2)635(3)v n ＝ m/s100－1.6n解析　(1)物块A 从出发至N 点过程，机械能守恒，有m v 02＝mg ·2R ＋m v 21212得：v ＝＝4 m/sv 02－4gR 5假设物块在N 点受到的弹力为F N ，方向竖直向下，由牛顿第二定律有mg ＋F N ＝m v 2R得物块A 受到的弹力为：F N ＝m －mg ＝150 N ，假设成立.v 2R(2)物块A 经竖直圆轨道后滑上水平轨道，在粗糙路段有摩擦力做负功，动能损失，由动能定理，有：－μmgkL ＝0－m v 0212得：k ＝62.5物块A 最终停在第63个粗糙段上.(3)由动能定理，有－μmgnL ＝m v n 2－m v 021212由上式，可得A 滑至第n 个(n <k )光滑段上的速度v n ＝v 02－2μgnL即：v n ＝ m/s.100－1.6n 21.(10分)(2018·宁波市重点中学联考)如图18所示，MNPQ 是固定在水平桌面上的足够长的U 形金属导轨，导轨中接有阻值为R ＝6 Ω的电阻，两导轨的间距为l ＝1.0 m ，质量为m ＝0.6 kg 、电阻r ＝4 Ω的金属杆EF 可在导轨上滑动，滑动时保持与导轨垂直，杆与导轨之间的滑动摩擦力大小F f ＝0.32 N ，导轨的电阻不计，初始时，杆EF 位于图中的虚线处，虚线右侧有一无限宽的匀强磁场区域，磁场方向垂直于桌面，磁感应强度的大小为B ＝1.0 T ，在t ＝0时刻，给EF 杆一瞬时冲击，使之获得v 0＝2 m/s 方向向右的初速度.经过时间t ＝1.25 s ，EF 杆离开虚线的距离为x ＝2.0 m ，若不考虑回路的自感.求：图18(1)在t ＝0时刻，流过金属杆EF 电流的大小与方向；(2)在t ＝1.25 s 时刻，金属杆EF 的速度大小；(3)在此过程中电阻R 上产生的焦耳热.答案　(1)0.2 A 由F 到E (2)1 m/s (3)0.156 J解析　(1)金属杆切割磁感线产生感应电动势，E ＝Bl v 0＝2 V则I ＝＝0.2 A ，由右手定则可知流过金属杆EF 的电流方向为由F 到E .E R ＋r(2)以金属杆为研究对象，以向右为正方向，由动量定理得－F f t －B lt ＝m v 1－m v 0，I 而t ＝t ＝＝，I E R ＋r ΔΦR ＋r Blx R ＋r联立解得v 1＝1 m/s(3)对题述过程，由动能定理得W 安－F f x ＝m v 12－m v 021212又Q ＝－W 安Q R ＝RQ R ＋r联立解得Q R ＝0.156 J.22.(10分)(2018·嘉兴市3月模拟)如图19所示，“801所”设计的磁聚焦式霍尔推进器可作为太空飞船的发动机，其原理如下：系统捕获宇宙中大量存在的等离子体(由电荷量相等的正、负离子组成)经系统处理后，从下方以恒定速率v 1向上射入磁感应强度为B 1、垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅰ内.当栅极MN 、PQ 间形成稳定的电场后，自动关闭区域Ⅰ系统(关闭粒子进入通道、撤去磁场B 1).区域Ⅱ内有磁感应强度大小为B 2、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场右边界是直径为D 、与上下极板相切的半圆(圆与下板相切于极板中央A ).放在A 处的放射源能够向各个方向均匀发射速度大小相等的氙原子核，氙原子核经过该区域后形成宽度为D 的平行氙粒子束，经过栅极MN 、PQ 之间的电场加速后从PQ 喷出，在加速氙原子核的过程中探测器获得反向推力(不计氙原子核、等离子体的重力，不计粒子之间的相互作用与相对论效应).已知极板长RM ＝2D ，栅极MN 和PQ 间距为d ，氙原子核的质量为m 、电荷量为q ，求：图19(1)氙原子核在A 处的速度大小v 2；(2)氙原子核从PQ 喷出时的速度大小v 3；(3)因区域Ⅱ内磁场发生器故障，导致区域Ⅱ中磁感应强度减半并分布在整个区域Ⅱ中，求能进入区域Ⅰ的氙原子核与A 处发射粒子总数的比值.答案　见解析解析　(1)氙原子核在磁场中做匀速圆周运动时：B 2q v 2＝m v 22r根据题意，在A 处发射速度相等、方向不同的氙原子核经过区域Ⅱ后，形成宽度为D 的平行氙粒子束，即r ＝，D 2则：v 2＝B 2Dq 2m(2)等离子体由下方进入区域Ⅰ后，在洛伦兹力的作用下偏转，当粒子受到的电场力等于洛伦兹力时，形成稳定的匀强电场，设等离子体的电荷量为q ′，则Eq ′＝B 1v 1q ′，即E ＝B 1v 1设氙原子核经过区域Ⅰ加速后，离开PQ 的速度大小为v 3，根据动能定理可知：qU ＝m v 32－m v 221212其中电压U ＝Ed ＝B 1v 1d联立可得v 3＝8B 1v 1qdm ＋B 22D 2q 22m (3)根据题意，当区域Ⅱ中的磁场变为B 2′之后，根据r ′＝可知，r ′＝2r ＝D .m v 2B 2′q①根据示意图可知，沿着AF 方向射入的氙原子核，恰好能够沿着轨迹1从M 点进入区域Ⅰ，而沿着AF 左侧射入的粒子将被上极板RM 挡住而无法进入区域Ⅰ.轨迹1的圆心O 1正好在N 点，AO 1＝MO 1＝D ，所以根据几何关系可知，此时入射角∠FAN ＝90°；②根据示意图可知，沿着AG 方向射入的氙原子核，恰好沿着轨迹2从下极板N 点进入区域Ⅰ，而沿着AG 右侧射入的粒子将被下极板SN 挡住而无法进入区域Ⅰ.AO 2＝AN ＝NO 2＝D ，所以此时入射角∠GAN ＝30°.根据上述分析可知，只有在∠FAG 范围内射入的粒子能进入区域Ⅰ.该区域的粒子数与A 处发射粒子总数的比值为η＝＝.60°180°13。

第3讲　受力分析　共点力的平衡[考试标准]知识内容考试要求说明共点力平衡条件及应用c 1.只要求解决同一平面内的共点力平衡问题．2.不要求用正弦定理、余弦定理、相似三角形对应边成比例等方法求解共点力的平衡问题.一、受力分析1．受力分析把指定物体(研究对象)在特定的物理环境中受到的所有外力都找出来，并画出受力示意图的过程．2．受力分析一般顺序先分析场力(重力、电场力、磁场力)，再分析接触力(弹力、摩擦力)，最后分析其他力．自测1　人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀速运动，如图1所示．以下说法正确的是( )图1A ．人受到重力和支持力的作用B ．人受到重力、支持力和摩擦力的作用C ．人受到的合外力不为零D．人受到的合外力方向与速度方向相同答案　A二、共点力平衡条件及应用1．平衡状态物体处于静止状态或匀速直线运动状态．2．共点力的平衡条件F合＝0或者Error!3．平衡条件的推论(1)二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等，方向相反．(2)三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余两个力的合力大小相等，方向相反，并且这三个力的矢量可以形成一个封闭的矢量三角形．(3)多力平衡：如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余几个力的合力大小相等，方向相反．自测2　(2017·浙江4月选考·10)重力为G的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图2所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为θ，则( )图2 A．当θ＝60°时，运动员单手对地面的正压力大小为G 2B．当θ＝120°时，运动员单手对地面的正压力大小为G C．当θ不同时，运动员受到的合力不同D．当θ不同时，运动员与地面之间的相互作用力不相等答案　A解析　运动员单手对地面的正压力大小，与θ无关，如图F 1＝F 2＝G 2而手臂受力与夹角θ有关，选项A 正确，B 错误；不管角度如何，运动员受到的合力为零，选项C 错误；不管角度如何，运动员与地面之间的相互作用力总是等大，选项D 错误.命题点一　受力分析受力分析的四个常用方法(1)条件法：不同性质的力产生条件不同，进行受力分析时最基本的判据是根据其产生条件．(2)假设法：在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其作出存在的假设，然后根据分析该力存在对物体运动状态的影响来判断该力是否存在．(3)动力学分析法：有时候是否满足某力产生的条件是很难判定的，可先根据物体的运动状态进行分析，再运用平衡条件或牛顿运动定律判定未知力．(4)对象转换法：从力的作用是相互的这个基本特征出发，通过判定其反作用力是否存在来判定该力是否存在．例1　如图3所示，木板C 放在水平地面上，木板B 放在C 的上面，木板A 放在B 的上面，A 的右端通过轻质弹簧测力计固定在竖直的墙壁上(弹簧测力计水平)，A 、B 、C 质量相等，且各接触面间动摩擦因数相同，用大小为F 的水平力向左拉动C ，使它以速度v 匀速运动，三者稳定后弹簧测力计的示数为F T .设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法不正确的是( )A．B对A的摩擦力大小为F T，方向向左B．A和B保持静止，C匀速运动C．A保持静止，B和C一起匀速运动D．C受到地面的摩擦力大小为F－F T答案　B解析　由题意知，A、B、C质量相等，且各接触面间动摩擦因数相同，再依据滑动摩擦力公式F f＝μF N，可知B、C之间的滑动摩擦力大于A、B之间的滑动摩擦力，因此在F作用下，B、C作为一个整体运动，对A受力分析：A受水平向右的拉力和水平向左的摩擦力，根据平衡条件，可知B对A的摩擦力大小等于F T，方向向左，故A、C正确，B错误；又因为物体间力的作用是相互的，则物体B受到A对它水平向右的摩擦力，大小为F T；由于B、C做匀速直线运动，则B、C整体受到的水平向左的拉力F和水平向右的两个摩擦力平衡(A对B 的摩擦力和地面对C的摩擦力)，根据平衡条件可知，C受到地面的摩擦力大小为F－F T，故D正确．变式1　“阶下儿童仰面时，清明妆点最堪宜．游丝一断浑无力，莫向东风怨别离．”这是《红楼梦》中咏风筝的诗，风筝在风力F、线的拉力F T以及重力G的作用下，能够高高地、平稳地飞在蓝天上．关于风筝在空中的受力可能正确的是( )答案　A解析　风筝受竖直向下的重力，风力应与风筝面垂直，风筝平稳地飞在空中认为是平衡状态，所以绳子的拉力方向应该在重力和风力合力的反方向上，所以A正确．变式2　(2018·湖州市、衢州市、丽水市高三期末)如图4所示，将小铁球用两根长度相同的细绳悬挂在水平板下，磁铁放置在靠近铁球的右下方，铁球静止，则( )A ．铁球可能受3个力B ．磁铁可能受3个力C ．两根细绳的拉力大小相等D ．两根绳的合力方向竖直向上答案　A变式3　(2017·浙江11月选考·5)叠放在水平地面上的四个完全相同的排球如图5所示，质量均为m ，相互接触，球与地面间的动摩擦因数均为μ，则( )图5A ．上方球与下方三个球间均没有弹力B ．下方三个球与水平地面间均没有摩擦力C ．水平地面对下方三个球的支持力均为mg 43D ．水平地面对下方三个球的摩擦力均为μmg 43答案　C解析　将四个球看成一个整体，地面的支持力与球的重力平衡，设下方三个球中的一个球受到的支持力大小为F N ，因此3F N ＝4mg ，即F N ＝mg ，所以选项C 正确．由力的平衡条件知，43下面三个球对最上面的球有弹力，故最上面的球对下面三个球肯定有弹力，选项A 错误．对地面上的其中一个球进行受力分析，如图所示．由受力分析可知，选项B 错误；由于排球受到地面的静摩擦力，因此不能通过F f ＝μF N 求解此摩擦力，选项D 错误．命题点二　平衡条件的应用1．解决平衡问题的常用方法(1)合成法：物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反．(2)分解法：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件．(3)正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作用而平衡，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件．2．整体法与隔离法 整体法隔离法概念将加速度相同的几个物体作为一个整体来分析的方法将研究对象与周围物体分隔开的方法选用原则研究系统外的物体对系统整体的作用力或系统整体的加速度研究系统内物体之间的相互作用力例2　如图6甲所示，水平地面上固定一倾角为30°的表面粗糙的斜劈，一质量为m 的小物块能沿着斜劈的表面匀速下滑．现对小物块施加一水平向右的恒力F ，使它沿该斜劈表面匀速上滑．如图乙所示，则F 大小应为( )图6A.mgB.mgC.mg D.mg 3333436答案　A解析　小物块能沿着斜劈的表面匀速下滑，则有mg sin 30°＝μmg cos 30°，可得小物块与斜劈表面间的动摩擦因数μ＝tan 30°，当小物块沿着斜劈表面匀速上滑时，受力分析如图所示：根据平衡条件，沿斜面方向：F cos 30°－F f －mg sin 30°＝0垂直斜面方向：F N ＝mg cos 30°＋F sin 30°又F f ＝μF N联立可得F ＝mg ，故A 正确，B 、C 、D 错误．3变式4　如图7所示，两根轻弹簧a 、b 的上端固定在竖直墙壁上，下端连接在小球上．当小球静止，弹簧a 、b 与竖直方向的夹角分别为53°和37°，已知a 、b 的劲度系数分别为k 1、k 2.sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，则a 、b 两弹簧的伸长量之比为(弹簧a 、b 均在弹性限度内)( )图7A. B. C. D.4k 23k 13k 24k 13k 14k 24k 13k2答案　B解析　对小球受力分析如图所示：根据平衡条件得：F ＝mg ，故a 弹簧的弹力F 1＝F cos 53°＝，3mg 5b 弹簧的弹力F 2＝F cos 37°＝，4mg 5根据胡克定律F ＝kx ，得x ＝，F k则a 、b 两弹簧的伸长量之比为＝＝，故B 正确．x 1x 2F 1k 1F 2k 23k 24k 1例3　如图8所示，质量为m 的正方体和质量为M 的正方体放在两竖直墙和水平面间，处于静止状态．m 和M 的接触面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g ，若不计一切摩擦，下列说法正确的是( )图8A ．水平面对正方体M 的弹力大小大于(M ＋m )gB ．水平面对正方体M 的弹力大小为(M ＋m )g cos αC ．墙面对正方体m 的弹力大小为mg tan αD ．墙面对正方体M 的弹力大小为mg tan α答案　D解析　由于两墙面竖直，对M 和m 整体受力分析可知，水平面对M 的弹力大小等于(M ＋m )g ，A 、B 错误；在水平方向，墙对M 和m 的弹力大小相等、方向相反，隔离m 受力分析如图所示，根据平行四边形定则可得m 受到的墙对它的弹力大小为，所以M 受到墙面的弹mg tan α力大小也为，C 错误，D 正确．mg tan α变式5　(多选)如图9所示，水平地面上的L 形木板M 上放着小木块m ，M 与m 间有一个处于拉伸状态的弹簧，整个装置处于静止状态．下列说法正确的是( )图9A ．M 对m 无摩擦力作用B ．M 对m 的摩擦力方向向左C ．地面对M 的摩擦力方向向左D ．地面对M 无摩擦力作用答案　BD解析　对m 受力分析，m 受到重力、支持力、水平向右的弹簧的拉力，根据平衡条件知，M 对m 的摩擦力方向向左，故A 错误，B 正确；对M 、m 和弹簧整体受力分析，在竖直方向上受到重力和支持力，处于平衡状态，若地面对M 有摩擦力，则整体合力不为零，故地面对M 无摩擦力作用，故C 错误，D 正确．拓展点　动态平衡问题1．动态平衡问题通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢的变化，而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态，在问题的描述中常用“缓慢”等语言叙述．2．解决动态平衡的“两种”常用方法例4　有甲、乙两根完全相同的轻绳，甲绳A 、B 两端按图10甲的方式固定，然后将一挂有质量为M 的重物的光滑轻质动滑轮挂于轻绳上，当滑轮静止后，设甲绳子的张力大小为F T1；乙绳两端按图乙的方式连接，然后将挂有质量为M 的重物的同样的动滑轮挂于乙轻绳上，当滑轮静止后，设乙绳子的张力大小为F T2.现甲绳的B 端缓慢向下移动至C 点(A 、C 两点等高)，乙绳的E 端缓慢移动至F 点(D 、E 、F 三点等高)，在两绳的移动过程中，下列说法正确的是( )图10A ．F T1、F T2都变大B ．F T1变大、F T2变小C ．F T1、F T2都不变D ．F T1不变、F T2变大答案　D解析　对题图甲，设滑轮两侧绳与竖直方向的夹角为θ，A 、C 间距为s ，绳长为L ，由几何知识得s ＝L 1sin θ＋L 2sin θ＝(L 1＋L 2)sin θ又L 1＋L 2＝L得到sin θ＝；s L当绳子B 端慢慢向下移时，s 、L 没有变化，则θ不变，F T1大小不变；对题图乙，以滑轮为研究对象，设两侧绳与竖直方向的夹角为α，2F T2cos α＝G ，解得：F T2＝；G 2cos α当绳子的右端从E 向F 移动的过程中，由于绳子的长度不变，所以两个绳子之间的夹角增大，所以绳子的拉力F T2增大，故A 、B 、C 错误，D 正确．变式6　如图11所示，一光滑小球静止在光滑半球面上，被竖直放置的光滑挡板挡住．现水平向左缓慢地移动挡板直到半球的最高点，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离球面且球面始终静止)，挡板对小球的推力F 、半球面对小球的支持力F N 的变化情况是( )图11A ．F 增大，F N 减小B ．F 增大，F N 增大C ．F 减小，F N 减小D ．F 减小，F N 增大答案　C解析　小球受重力、半球面对它的支持力F N 和挡板对它的推力F ，设支持力方向与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡条件，有：F N ＝，F ＝mg tan θ，挡板竖直且缓慢地水平mg cos θ向左移动过程中，角θ不断变小，故F 减小，F N 减小，故C 正确，A 、B 、D 错误．变式7　质量为m 的物体用轻绳AB 悬挂于天花板上．用水平向左的力F 缓慢拉动绳的中点O ，如图12所示．用F T 表示绳OA 段拉力的大小，在O 点向左移动的过程中( )图12A．F逐渐变大，F T逐渐变大B．F逐渐变大，F T逐渐变小C．F逐渐变小，F T逐渐变大D．F逐渐变小，F T逐渐变小答案　A解析　对O点受力分析如图所示，F与F T的变化情况如图，由图可知在O点向左移动的过程中，F逐渐变大，F T逐渐变大，故选项A正确．命题点三　平衡中的临界与极值问题1．临界问题当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言叙述．2．极值问题平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题．3．解决极值问题和临界问题的方法(1)极限法：首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大或极小．(2)数学分析法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(画出函数图象)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值)．(3)物理分析方法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值．例5　如图13所示，有一倾角θ＝30°的斜面体B ，质量为M .质量为m 的物体A 静止在B 上．现用水平力F 推物体A ，在F 由零逐渐增加到mg 再逐渐减为零的过程中，A 和B 始32终保持静止．对此过程下列说法正确的是( )图13A ．地面对B 的支持力大于(M ＋m )gB ．A 对B 的压力的最小值为mg ，最大值为mg 32334C ．A 所受摩擦力的最小值为0，最大值为mg 4D ．A 所受摩擦力的最小值为mg ，最大值为mg 1234答案　B解析　因为A 、B 始终保持静止，对A 、B 整体受力分析可知，地面对B 的支持力始终等于(M ＋m )g ，A 错误；当F ＝0时，A 对B 的压力最小，为mg cos 30°＝mg ；当F ＝mg 时，A 3232对B 的压力最大，为mg cos 30°＋F sin 30°＝mg ，B 正确；当F cos 30°＝mg sin 30°时，即F ＝334mg 时，A 所受摩擦力为0，当F ＝0时，A 所受摩擦力大小为mg ，方向沿斜面向上，当F ＝3312mg 时，A 所受摩擦力大小为mg ，方向沿斜面向下，选项C 、D 错误．3214变式8　如图14所示，重50 N 的物体A 放在倾角为37°的粗糙斜面上，有一根原长为10 cm 、劲度系数为800 N/m 的弹簧，其一端固定在斜面顶端，另一端连接物体A 后，弹簧长度为14 cm ，现用一弹簧测力计沿斜面向下拉物体，若物体与斜面间的最大静摩擦力为20 N ，当弹簧的长度仍为14 cm 时，弹簧测力计的读数不可能为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )图14A ．10 NB ．20 NC ．40 ND ．0答案　C解析　A 在斜面上处于静止状态时所受合力为零，A 在斜面上受五个力的作用，分别为重力、支持力、弹簧弹力、摩擦力和拉力F ，当摩擦力的方向沿斜面向上时，F ＋mg sin 37°≤F fm ＋k (l －l 0)，F ≤22 N ，当摩擦力沿斜面向下时，F 最小值为零，即拉力的取值范围为0≤F ≤22 N ，故选C.变式9　重力都为G 的两个小球A 和B 用三段轻绳如图15所示连接后悬挂在O 点，O 、B 间的绳子长度是A 、B 间的绳子长度的2倍，将一个拉力F 作用到小球B 上，使三段轻绳都伸直且O 、A 间和A 、B 间的两段绳子分别处于竖直和水平方向上，则拉力F 的最小值为( )图15A.GB.G 1233C ．GD.G 233答案　A解析　对A 球受力分析可知，因O 、A 间绳竖直，则A 、B 间绳上的拉力为0.对B 球受力分析如图所示，则可知当F 与O 、B 间绳垂直时F 最小，F min ＝G sin θ，其中sin θ＝＝，则F min ＝l 2l 12G ，故A 项正确.121.如图1所示，一架无人机执行航拍任务时正沿直线朝斜向右下方匀速运动，用G表示无人机重力，F表示空气对它的作用力，下列四幅图中能表示此过程中无人机受力情况的是( )图1答案　B2．一个质量为3 kg的物体，被放置在倾角为α＝30°的固定光滑斜面上，在如图2所示的甲、乙、丙三种情况下处于平衡状态的是(取g＝10 m/s2)( )图2A．仅甲图B．仅乙图C．仅丙图D．甲、乙、丙图答案　B3．(2018·嘉兴一中等五校联考)在某驾校的训练场地上，有一段圆弧形坡道，如图3所示，若将同一辆车先后停放在a点和b点，下述分析和比较正确的是( )图3A．车在a点受到的坡道的支持力大于在b点受到的坡道的支持力B．车在a点受到的坡道的摩擦力大于在b点受到的坡道的摩擦力C．车在a点受到的合外力大于在b点受到的合外力D．车在a点受到的重力的下滑分力大于在b点受到的重力的下滑分力答案　A4.(2017·浙江4月选考·7)如图4所示，重型自卸车利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车厢上的石块就会自动滑下．以下说法正确的是( )图4A．在石块下滑前后自卸车与石块整体的重心位置不变B．自卸车车厢倾角越大，石块与车厢的动摩擦因数越小C．自卸车车厢倾角变大，车厢与石块间的正压力减小D．石块开始下滑时，受到的摩擦力大于重力沿斜面方向的分力答案　C解析　物体的重心的位置跟形状还有质量分布有关，石块下滑前后，自卸车与石块整体质量分布变化，形状变化，所以重心改变，A错误；动摩擦因数与倾角无关，B错误；如图，F N＝G cos θ，倾角变大，所以车厢与石块间的正压力减小，C正确；石块下滑时，重力沿斜面方向的分力大于受到的摩擦力，D错误．5.(2018·嘉兴市期末)在浙江省某次考试过程中，某位监考老师遵守规定采取图5甲或图乙的监考姿势，则( )图5A ．甲、乙两图，人都不受地面的摩擦力B ．脚底部受到的支持力，图甲大于图乙C ．甲、乙两图，人对地面的压力相等D ．地面对人的作用力，图甲大于图乙答案　C解析　题图甲中人的两脚分开时有向两边的运动趋势，要受地面的静摩擦力，而题图乙中人的两脚竖直不受摩擦力，故A 错误；对题图甲、乙中的人受力分析可知，竖直方向两脚所受的总的支持力等于重力，由牛顿第三定律，人对地面的压力等于脚底部受到的总的支持力，也等于重力，故B 错误，C 正确；地面对人的作用力包括支持力和静摩擦力，由平衡知识知地面对人的作用力等于重力，故D 错误．6．如图6所示，质量为M 的探空气球在匀速下降，若气球所受浮力F 始终保持不变，气球在运动过程中所受阻力仅与速率有关，重力加速度为g .现欲使该气球以同样速率匀速上升，则需从气球吊篮中减少的质量为( )图6A ．2(M －)F gB ．M －2F gC ．2M －F g D ．0答案　A解析　匀速上升和匀速下降两阶段受到的空气阻力大小相等、方向相反，下降阶段有F ＋F f＝Mg ，上升阶段有Mg －mg ＋F f ＝F ，联立两式得m ＝2(M －)，故选A.F g7.如图7所示，与竖直方向成45°角的天花板上有一物块，该物块在竖直向上的恒力F 作用下恰好能沿天花板匀速上升，则下列说法中正确的是( )图7A ．物块一定受两个力的作用B ．物块一定受三个力的作用C ．物块可能受三个力的作用D ．物块可能受四个力的作用答案　D解析　物块沿天花板匀速上升，受力平衡，对物块受力分析可知，若天花板对物块没有向下的支持力，则物块只受到重力和向上的力F .若天花板对物块有垂直天花板向下的支持力，则物块必定受沿天花板向下的摩擦力，则物块受到重力、向上的力F 、垂直天花板向下的支持力和沿天花板向下的摩擦力，所以物块可能受到两个力，也可能受到四个力，故A 、B 、C 错误，D 正确．8.如图8所示，倾角为30°，重为100 N 的斜面体静止在粗糙水平面上．一根弹性轻杆一端垂直固定在斜面体上，杆的另一端固定一个重为20 N 的小球，斜面体和小球处于静止状态时，下列说法正确的是( )图8A．斜面有向左运动的趋势，受到水平向右的静摩擦力B．弹性轻杆对小球的作用力为20 N，方向垂直斜面向上C．球对弹性轻杆的作用力为20 N，方向竖直向下D．水平面对斜面的支持力为100 N ，方向竖直向上答案　C解析　先对小球受力分析，受到重力和杆的作用力，小球一直处于静止状态，故杆对小球的力与小球受到的重力二力平衡，故杆对小球的力方向竖直向上，大小等于重力，为20 N，杆对小球的力与小球对杆的力是相互作用力，等大、反向、共线，故球对杆的力方向竖直向下，大小等于20 N，B错误，C正确；再对斜面体、杆、小球整体受力分析，受重力和水平面的支持力，不受静摩擦力(如果受静摩擦力，不能保持受力平衡)，根据平衡条件，支持力大小等于总重力，为120 N，A、D错误．9.如图9所示，水平面上A、B两物块的接触面水平，二者叠放在一起在作用于B上的水平恒定拉力F的作用下沿地面向右做匀速运动，某时刻撤去力F后，二者仍不发生相对滑动，关于撤去F前、后下列说法正确的是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )图9A．撤去F之前A受3个力作用B．撤去F之前B受到4个力作用C．撤去F前、后，A的受力情况不变D．A、B间的动摩擦因数μ1不小于B与地面间的动摩擦因数μ2答案　D解析　撤去F前，整体做匀速运动，故B受到的地面的摩擦力与F平衡，而A水平方向不受外力，故A不受B的摩擦力，B受重力、支持力、压力、拉力和地面的摩擦力共5个力作用，A只受重力和B对A的支持力两个力的作用，A、B错误；撤去拉力F后，由于整体做减速运动，A受到重力、B对A的支持力及B对A的摩擦力共3个力的作用，C错误；撤去拉力F后，由于整体做减速运动，整体的加速度a＝μ2g，而A的加速度a A＝μ2g≤μ1g，即μ2≤μ1，D正确．10．(2018·台州市高三期末)如图10所示，一个教学用的直角三角板的边长分别为a、b、c，被沿两直角边的细绳A、B悬吊在天花板上，且斜边c恰好平行于天花板，过直角的竖直线为MN.设A、B两绳对三角形薄板的拉力分别为F a和F b，已知F a和F b及薄板的重力为在同一平面的共点力，则下列说法正确的是( )图10A．薄板的重心不在MN线上B．两绳对薄板的拉力F a和F b之比为F a∶F b＝b∶cC．两绳对薄板的拉力F a和F b之比为F a∶F b＝b∶aD．两绳对薄板的拉力F a和F b是由于薄板发生形变而产生的答案　C解析　三角形薄板受重力、两个拉力处于平衡状态，由几何关系，三个力一定交于三角形下面的顶点，所以重心一定在MN线上，故A错误；对三角形薄板受力分析如图所示．根据平衡条件，则F a＝mg cos α，F b＝mg sin α，联立可得：＝，故C 正确，B 错误；F a F b b a两绳对薄板的拉力F a 和F b 是由于绳发生形变引起的，故D 错误．11.如图11所示，小球用细绳系住放在倾角为θ的固定光滑斜面上，当细绳由水平方向逐渐向上偏移时，细绳上的拉力将( )图11A ．逐渐增大 B ．逐渐减小C ．先增大后减小D ．先减小后增大答案　D解析　因为G 、F N 、F T 三力共点平衡，故三个力可以构成一个矢量三角形，如图所示，G 的大小和方向始终不变，F N 的方向不变，大小可变，F T 的大小、方向都在变，在绳由水平方向逐渐向上偏移的过程中，可以作出一系列矢量三角形，显而易见在F T 变化到与F N 垂直前，F T 是逐渐变小的，然后F T 又逐渐变大，故D 正确．12.如图12所示，轻绳OA 一端固定在天花板上，另一端系一光滑的圆环，一根系着物体的轻绳穿过圆环后，另一端固定在墙上B 点，且OB 处于水平．现将A 点缓慢沿天花板水平向右移动，且OB 段的轻绳始终保持水平，则OA 、OB 段轻绳所受的拉力的大小F T A 、F T B 的变化情况是( )图12A．F T A增大，F T B不变B．F T A、F T B均不变C．F T A不变，F T B增大D．F T A、F T B均减小答案　B解析　因为圆环光滑，则OC、OB段轻绳所受的拉力的大小F T C、F T B始终相等，且等于物体的重力．又OB段轻绳始终保持水平，OC段轻绳始终保持竖直，则A点缓慢右移，圆环也随之右移，角θ不变，由平衡条件可知OA段绳所受的拉力不变．故B项正确．13．(2018·绍兴市期末)如图13所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑轻质定滑轮与容器a连接，连接b的一段细绳与斜面平行．在a 中缓慢注入沙子的过程中，a、b、c均一直处于静止状态，下列说法正确的是( )图13A．绳子的拉力保持不变B．b对c的摩擦力一直变大C．绳对滑轮的作用力方向一直变化D．地面对c的支持力一直减小答案　D14.如图14所示，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球．在a和b之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )。

第2讲　牛顿运动定律的应用[考试标准]知识内容考试要求说明牛顿运动定律应用d 超重与失重b 1.求解连接体问题时，只限于各物体加速度相同的情形．2.不要求解决加速度不同的两个物体的动力学问题.一、两类动力学问题1．两类动力学问题(1)已知受力情况求物体的运动情况．(2)已知运动情况求物体的受力情况．2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图所示：自测1　假设汽车突然紧急制动后所受到的阻力的大小与汽车所受的重力大小差不多，当汽车以20 m/s 的速度行驶时突然制动，它还能继续滑动的距离约为( )A ．40 mB ．20 mC ．10 mD ．5 m答案　B解析　a ＝＝＝g ＝10 m/s 2，由v 2＝2ax 得x ＝＝ m ＝20 m ，B 对．F f m mg m v 22a 2022×10二、超重与失重1．超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象．(2)产生条件：物体具有向上的加速度．2．失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象．(2)产生条件：物体具有向下的加速度．3．完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象．(2)产生条件：物体的加速度a ＝g ，方向竖直向下．自测2　关于超重和失重的下列说法中，正确的是( )A ．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了B ．物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用C ．物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态D ．物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化答案　D命题点一　超重与失重现象1．对超重和失重的理解(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变．(2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失．(3)尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．2．判断超重和失重的方法从受力的角度判断当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态从加速度的角度判断当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态从速度变化的角度判断①物体向上加速或向下减速时，超重②物体向下加速或向上减速时，失重例1　(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t 变化的图线如图1所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对地板的压力( )图1A ．t ＝2 s 时最大B ．t ＝2 s 时最小C ．t ＝8.5 s 时最大D ．t ＝8.5 s 时最小答案　AD解析　人乘电梯向上运动，规定向上为正方向，人受到重力和支持力两个力的作用，则有F －mg ＝ma ，即F ＝mg ＋ma ，根据牛顿第三定律知，人对地板的压力大小等于支持力的大小，将对应时刻的加速度(包含正负号)代入上式，可得选项A 、D 正确，B 、C 错误．变式1　图2甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点O 表示人的重心．图乙是根据传感器采集到的数据画出的F －t 图线，两图中a ～g 各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出．取重力加速度g ＝10 m/s 2，根据图象分析可知( )图2A ．人的重力为1 500 NB ．c 点位置人处于失重状态C ．e 点位置人处于超重状态D ．d 点的加速度小于f 点的加速度答案　C解析　开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是500 N ，根据平衡条件与牛顿第三定律可知，人的重力也是500 N ，故A 错误；c 点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故B 错误；e 点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故C 正确；人在d 点：a 1＝＝ m /s 2＝20 m/s 2，人在f 点：a 2＝＝ m /s 2＝10 m/s 2，可知d 点F d －G m 1 500－50050010G －0m 50050010的加速度大于f 点的加速度，故D 错误．变式2　如图3所示，小明将叠放在一起的A 、B 两本书抛给小强，已知A 的质量为m ，重力加速度为g，两本书在空中不翻转，不计空气阻力，则A、B在空中运动时( )图3A．A的加速度等于gB．B的加速度大于gC．A对B的压力等于mgD．A对B的压力大于mg答案　A解析　A、B两本书叠放在一起抛出，做加速度为g的抛体运动，处于完全失重状态，则A、B 间的作用力为零，故A正确，B、C、D错误．变式3　(2018·金华市十校期末)一个质量为50 kg的人，站在竖直方向运动着的升降机地板上．他看到升降机上弹簧测力计挂着一个质量为5 kg的重物，弹簧测力计的示数为40 N，重物相对升降机静止，如图4所示，则(g取10 m/s2)( )图4A．升降机一定向上加速运动B．升降机一定向上减速运动C．人对地板的压力一定为400 ND．人对地板的压力一定为500 N答案　C解析　对重物，由mg－F＝ma得a＝2 m/s2，方向竖直向下，升降机可能减速上升或者加速下降；对人，由Mg－F N＝Ma得F N＝400 N，由牛顿第三定律得人对地板的压力F N′＝F N＝400 N，故C正确．命题点二　动力学中的图象问题1．常见的动力学图象v－t图象、a－t图象、F－t图象等．2．图象问题的类型(1)已知物体受到的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．(3)由已知条件确定某物理量的变化图象．3．解决图象问题的关键(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从0开始．(2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解．例2　用水平力F拉静止在水平桌面上的小物块，水平力F方向不变，大小按图5甲所示规律变化，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间变化的图象如图乙所示．重力加速度大小为10 m/s2，则下列关于物块与水平桌面间的最大静摩擦力F fm、物块与水平桌面间的滑动摩擦力F f、物块与水平桌面间的动摩擦因数μ、物块质量m的值正确的是( )甲 乙图5A．F fm＝4 N B．μ＝0.1C．F f＝6 N D．m＝2 kg答案　B解析　t＝2 s时，F fm＝F1＝6 N；F1－μmg＝ma1，即6－μmg＝m.t＝4 s时，F2－μmg＝ma2，即12－μmg＝3m，解得m＝3 kg，μ＝0.1，则F f＝μmg＝3 N.变式4　(多选)水平地面上质量为1 kg 的物块受到水平拉力F 1、F 2的作用，F 1、F 2随时间的变化如图6所示，已知物块在前2 s 内以4 m /s 的速度做匀速直线运动，取g ＝10 m/s 2，则( )图6A ．物块与地面间的动摩擦因数为0.2B ．3 s 末物块受到的摩擦力大小为3 NC ．4 s 末物块受到的摩擦力大小为1 ND ．5 s 末物块的加速度大小为3 m/s 2答案　BC解析　在前2 s 内物块做匀速运动，则摩擦力F f ＝3 N ，μ＝＝＝0.3，选项A 错误；2 F f mg 310s 后物块做匀减速运动，加速度a ＝＝ m /s 2＝－2 m/s 2，则经过t ＝＝2 s ，F 合m 6－5－310－v a即4 s 末速度减为零，则3 s 末物块受到的摩擦力大小为3 N,4 s 末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6 N －5 N ＝1 N ，选项B 、C 正确；物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，则物块不再运动，则5 s 末物块的加速度为零，选项D 错误．变式5　如图7所示为质量m ＝75 kg 的滑雪运动员在倾角θ＝37°的直滑道上由静止开始向下滑行的v －t 图象，图中的OA 直线是t ＝0时刻速度图线的切线，速度图线末段BC 平行于时间轴，运动员与滑道间的动摩擦因数为μ，所受空气阻力与速度成正比，比例系数为k .设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )图7A ．滑雪运动员开始时做加速度增大的加速直线运动，最后做匀速运动B ．t ＝0时刻运动员的加速度大小为2 m/s 2C ．动摩擦因数μ为0.25D ．比例系数k 为15 kg/s答案　C解析　由v －t 图象可知 ，滑雪运动员开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速运动，故A 错误；在t ＝0时刻，图线切线的斜率即为该时刻的加速度，故有a 0＝ m /s 2＝4 12－03－0m/s 2，故B 错误；在t ＝0时刻开始加速时，v 0＝0，由牛顿第二定律可得mg sin θ－k v 0－μmg cos θ＝ma 0，最后匀速时有v m ＝10 m /s ，a ＝0，由平衡条件可得mg sin θ－k v m －μmg cos θ＝0，联立解得 μ＝0.25，k ＝30 kg/s ，故C 正确，D 错误．命题点三　动力学的两类基本问题1．解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁．2．常用方法(1)合成法在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用合成法．(2)正交分解法若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用正交分解法．模型1　已知运动情况求物体受力例3　(2019届湖州市月考)2017年1月25日，在中央电视台播出的“2016年度科技盛典”节目中，海军电力工程专家马伟明院士表示正在研制“国产003型航母电磁弹射器”(如图8所示)．它是由电磁弹射车给飞机一个辅助作用力，使飞机在较短的直跑道上获得较大的速度．假定航母始终处于静止状态，质量为M 的飞机利用电磁弹射车起飞，飞机在t 0时刻从静止开始在跑道上做匀加速运动，在t 1时刻获得发射速度v .此过程中飞机发动机的推力恒为F ，阻力恒为F f .问：图8(1)电磁弹射车对飞机的辅助推力多大？(2)若在t 1时刻突然接到飞机停止起飞的命令，立刻将该飞机的推力和电磁弹射车的辅助推力同时反向但大小不变．要使飞机能安全停止，则飞行甲板L 至少多长？答案　(1)－F ＋F f (2)＋M v t 1－t 0v (t 1－t 0)2M v 2(t 1－t 0)4F f (t 1－t 0)＋2M v解析　(1)设飞机在匀加速过程中的加速度为a 1，由运动学公式得a 1＝，即a 1＝①v －v 0Δtv t 1－t 0由牛顿第二定律可得F －F f ＋F 辅＝Ma 1②由①②可得F 辅＝－F ＋F f .M v t 1－t 0(2)飞机在匀加速过程中滑行的距离为s 1s 1＝Δt ＝③v v (t 1－t 0)2设飞机在减速过程中的加速度为a 2，由牛顿第二定律得－F －F f －F 辅＝Ma 2④飞机在减速过程中滑行的距离为s 2，由运动学公式得0－v 2＝2a 2s 2，可得s 2＝－⑤v 22a 2由①②④⑤可得s 2＝M v 2(t 1－t 0)4F f (t 1－t 0)＋2M v要使飞机能安全停止，则飞行甲板长L 需满足L ≥s 1＋s 2＝＋.v (t 1－t 0)2M v 2(t 1－t 0)4F f (t 1－t 0)＋2M v变式6　爸爸和孩子们进行山坡滑草运动，该山坡可看成倾角θ＝37°的斜面，一名孩子连同滑草装置总质量m ＝80 kg ，他从静止开始匀加速下滑，在时间t ＝5 s 内沿山坡斜面滑下的位移x ＝50 m ．(不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)问：(1)该孩子连同滑草装置在下滑过程中受到的摩擦力F f 为多大？(2)滑草装置与草皮之间的动摩擦因数μ为多大？(3)该孩子连同滑草装置滑到坡底后，爸爸需把他连同装置拉回到坡顶，试求爸爸至少用多大的力才能拉动？答案　(1)160 N (2)0.25　(3)640 N解析　(1)由位移公式有：x ＝at 212解得：a ＝＝ m /s 2＝4 m/s 22x t 22×5052沿山坡斜面方向，由牛顿第二定律得：mg sin θ－F f ＝ma代入数值解得：F f ＝m (g sin θ－a )＝80×(10×0.6－4) N ＝160 N(2)在垂直山坡斜面方向上，有：F N －mg cos θ＝0又有：F f ＝μF N联立并代入数据解得：μ＝＝＝0.25F f mg cos θ16080×10×0.8(3)F f ′＝F f ，根据平衡条件，沿山坡斜面方向，有：F ＝F f ′＋mg sin 37°＝160 N ＋80×10×0.6 N ＝640 N模型2　已知物体受力求运动情况例4　有一种公交电车站，车站站台的路轨建得高些，车辆进站时要上坡，出站时要下坡，如图9甲所示，这样既可以节能又可以节省停车所需的时间．为简化问题，现设两边倾斜部分AB 段和CD 段均为直轨道，长度均为L ＝200 m ，水平部分BC 段长度也为L ＝200 m ，站台的高度h 未知，如图乙所示，各段道路交接处均为圆滑连接．一长度可忽略的电车自站台左前方以v 0＝72 km /h 的速度驶向站台，为了节能，司机在未到站时即关闭电车电源，经过时间t 1＝100 s 后到达A 点，接着冲上了倾斜轨道，到达站台上的B 点时速度为v B ＝18 km/h ，此时司机还需启动刹车系统，使得电车最终正好停在BC 段的中点．已知电车在各段轨道上所受摩擦力(不含刹车时所增加的阻力)可认为等于其自身总重力的0.01倍，刹车过程所增加的阻力可看做恒力，空气阻力忽略不计，忽略电车经过各道路交接处的能量损失及可能腾空对研究问题的影响，g 取10 m/s 2，求：图9(1)电车到达A 点时的速度大小v A ；(2)电车从站台B 点到最终停止所需的时间t ；(3)该电车站台的高度h .答案　(1)10 m/s (2)40 s (3)1.75 m解析　(1)电车从切断电源到A 点由牛顿第二定律得0．01mg ＝ma 1，解得a 1＝0.1 m/s 2由运动学公式得v A ＝v 0－a 1t 1解得v A ＝10 m/s(2)电车从B 点到停止，有L ＝v B t ，解得t ＝40 s 1212(3)电车从A 点到B 点，由运动学公式得v －v A 2＝－2a 2L ，B 2由牛顿第二定律得0.01mg ＋mg sin θ＝ma 2其中sin θ＝h L联立解得h ＝1.75 m.变式7　(2018·9＋1高中联盟期中)皮划艇是一项激烈的水上比赛项目，如图10所示为静水中某运动员正在皮划艇上进行划水训练，船桨与水间断且周期性的发生作用．假设初始阶段中，运动员每次用船桨向后划水的时间t 1＝1 s ，获得水平向前的持续动力恒为F ＝480 N ，而船桨离开水的时间t 2＝0.4 s ，运动员与皮划艇的总质量为120 kg ，运动员和皮划艇受到的阻力恒为150 N ，并从静止开始沿直线运动．在该阶段中：图10(1)运动员在用船桨划水时与船桨离开水时加速度大小分别为多少？(2)若运动员从静止开始后，第一次划水后就停止划水，皮划艇总计前行多长距离？(3)若运动员从静止开始后，2.8 s 末速度为多大？答案　(1)2.75 m /s 2　1.25 m/s 2　(2)4.4 m(3)4.5 m/s解析　(1)船桨划水时，F －F f ＝ma 1得：a 1＝2.75 m/s 2船桨离开水时：F f ＝ma 2得：a 2＝1.25 m/s 2(2)1 s 末皮划艇的速度：v 1＝a 1t 1＝2.75 m/s滑行总位移：x ＝＋＝4.4 m v 122a 1v 122a 2(3)1.4 s 末速度：v 2＝v 1－a 2t 2＝2.25 m/s2．4 s 末速度：v 3＝v 2＋a 1t 1＝5 m/s2．8 s 末速度：v 4＝v 3－a 2t 2＝4.5 m/s命题点四　传送带模型模型1　水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v 0＞v 时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v 0＝v 时，一直匀速(3)v 0＜v 时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．当v 0＞v 时返回右端的速度为v ，当v 0＜v 时返回右端的速度为v 0模型2　倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1若滑块能够上滑，则：(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a 1加速后以a 2加速情景3(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先加速后匀速(4)可能先减速后匀速(5)可能先以a1加速后以a2加速(6)可能一直减速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速(4)可能一直减速例5　某飞机场利用如图11所示的传送带将水平地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ＝30°，传送带两端A、B的长度L＝10 m．传送带以v＝5 m/s的恒定速度匀速向上运动．在传送带底端A轻轻放一质量m＝5 kg的货物(可视为质点)，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝.求货物从A端运送到B端所需的时间．(g取10 m/s2)32图11答案　3 s解析　由牛顿第二定律得：μmg cos 30°－mg sin 30°＝ma解得a＝2.5 m/s2货物匀加速运动的时间t1＝＝2 sva货物匀加速运动的位移x1＝at12＝×2.5×22 m＝5 m1212随后货物做匀速运动．运动位移x 2＝L －x 1＝5 m匀速运动时间t 2＝＝1 s x 2v货物从A 端运送到B 端所需的时间t ＝t 1＋t 2＝3 s变式8　如图12所示，水平传送带AB 长L ＝10 m ，向右匀速运动的速度v 0＝4 m /s ，一质量为1 kg 的小物块(可视为质点)以v 1＝6 m/s 的初速度从传送带右端B 点冲上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g 取10 m/s 2.求：图12(1)物块相对地面向左运动的最大距离；(2)物块从B 点冲上传送带到再次回到B 点所用的时间．答案　(1)4.5 m (2)3.125 s解析　(1)物块的加速度大小a ＝＝μg ＝4 m/s 2μmg m 物块向左匀减速运动，v ＝0时向左运动的距离最大．由运动学公式得0－v 12＝－2ax ，解得x ＝＝ m ＝4.5 m.v 122a 622×4(2)物块向左运动到速度减为0的时间：t 1＝＝ s ＝1.5 s v 1a 64由于v 1>v 0，所以物块向右先加速到4 m/s ，后匀速到达B 点，加速时间为t 2＝＝ s ＝1 s v 0a 44加速的距离x 1＝·t 2＝t 2＝×1 m ＝2 m v v 0242所以匀速运动的时间为t 3＝＝ s ＝0.625 s x －x 1v 0 4.5－24物块从B点冲上传送带再次回到B点所用的时间为：t＝t1＋t2＋t3＝1.5 s＋1 s＋0.625 s＝3.125 s.1．(2018·名校协作体联考)下列情景中属于超重现象的是( )答案　C2.在2016年里约奥运会男子蹦床决赛中，我国选手董栋、高磊分摘银、铜牌．如图1所示为运动员正在进行蹦床比赛时的照片，不计空气阻力，下列说法正确的是( )图1A．运动员离开蹦床后处于失重状态B．运动员上升到最高点时加速度为零C．运动员下落碰到蹦床后立即做减速运动D．运动员和蹦床接触的过程中一直处于失重状态答案　A解析　运动员离开蹦床后，仅受重力，加速度方向向下，处于失重状态，故A 正确；运动员上升到最高点时，仅受重力，加速度为g ，故B 错误；运动员下落碰到蹦床后，开始重力大于弹力，加速度向下，向下做加速运动，弹力不断增大，重力小于弹力后，加速度向上，向下做减速运动，故C 错误；运动员在接触蹦床过程中，先加速向下，处于失重状态，后减速向下，处于超重状态，故D 错误．3．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带．假定乘客质量为70 kg ，汽车车速为90 km/h ，从踩下刹车匀减速运动到车完全停止需要的时间为5 s ，安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)( )A ．450 NB ．400 NC ．350 ND ．300 N答案　C解析　汽车的速度v 0＝90 km /h ＝25 m/s设汽车匀减速运动的加速度大小为a ，则a ＝＝5 m/s 2v 0t对乘客应用牛顿第二定律可得：F ＝ma ＝70×5 N ＝350 N ，所以C 正确．4．一物块沿倾角为θ的固定斜面上滑，到达最大高度处后又返回斜面底端．已知物块下滑的时间是上滑时间的2倍，则物块与斜面间的动摩擦因数为( )A.tan θB.tan θ1312C.tan θ D ．tan θ35答案　C解析　物块上滑的加速度a 1＝g sin θ＋μg cos θ，则x ＝a 1t 2；12物块下滑的加速度a 2＝g sin θ－μg cos θ，则x ＝a 2(2t )2；12联立解得μ＝tan θ，故选C.355．(2018·金华市、丽水市、衢州市十二校联考)滑沙是国内新兴的旅游活动项目，如图2甲所示，即乘坐滑板从高高的沙山顶自然下滑，随着下滑速度的加快，在有惊无险的瞬间体味到了刺激和快感．其运动可以简化为如图乙所示，一位游客先后两次从静止下滑，下列v －t 图象中实线代表第一次从较低位置滑下，虚线代表第二次从较高位置滑下，假设斜面和水平地面与滑板之间的动摩擦因数相同，忽略空气阻力，拐弯处速度大小不变，则v －t 图象正确的是( )图2答案　D解析　设滑板与沙之间的动摩擦因数为μ，斜面与水平地面之间的夹角为θ，当游客与滑板沿斜面向下运动时，ma 1＝mg sin θ－μmg cos θ，则：a 1＝g sin θ－μg cos θ，可知，向下滑动的加速度与斜面的高度无关，则在v －t 图中两次加速的过程图线是重合的；在水平地面上减速的过程中：ma 2＝μmg ，所以：a 2＝μg ，可知减速过程中的加速度也是大小相等的，则两次减速过程中的v －t 图线是平行线，故A 、B 、C 错误，D 正确．6.(2018·嘉兴市第一中学期中)质量为m 的物块在倾角为θ的固定粗糙斜面上匀加速下滑．现对物块施加一个竖直向下的恒力F ，如图3所示，则物块的加速度大小将( )图3A ．变大B ．变小D ．以上情况都有可能答案　A解析　质量为m 的物块在倾角为θ的固定粗糙斜面上匀加速下滑，加速度大小a ＝＝g (sin θ－μcos θ)mg sin θ－μmg cos θm对物块施加一个竖直向下的恒力F ，对物块受力分析如图，则物块的加速度大小a 1＝＝(g ＋)(sin θ－μcos θ)>a (mg ＋F )sin θ－μ(mg ＋F )cos θm F m 故A 正确，B 、C 、D 错误．7．广州塔，昵称“小蛮腰”，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t ＝0时由静止开始上升，a －t 图象如图4所示．则下列相关说法正确的是( )图4A ．t ＝4.5 s 时，电梯处于失重状态B ．5～55 s 时间内，绳索拉力最小C ．t ＝59.5 s 时，电梯处于超重状态D ．t ＝59 s 时，电梯处于失重状态解析　利用题图a －t 图象可判断：t ＝4.5 s 时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，A 错误；0～5 s 时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，5～55 s 时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，55～60 s 时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，B 、C 错误，D 正确．8．(2018·宁波市期末)一物体放置在粗糙程度相同的水平面上，处于静止状态，从t ＝0时刻起，用一水平向右的拉力F 作用在物体上，且F 的大小随时间从零均匀增大，如图5所示，则下列关于物体的加速度a 、摩擦力F f 、速度v 随F 的变化图象正确的是( )图5答案　B解析　F 较小时，物体静止，F ＝F f ＝kt ，之后，物体开始滑动，加速度a ＝，物体kt －μmg m 做a 增大的加速运动，故B 正确．9.如图6所示，足够长的水平传送带以v 0＝2 m /s 的速度顺时针匀速运行．t ＝0时，在传送带的最左端轻放一个小滑块，t ＝2 s 时，传送带突然制动停下．已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g ＝10 m/s 2.在下图中，关于滑块相对地面运动的v －t 图象正确的是( )图6答案　D解析　滑块刚放在传送带上时受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，a ＝＝μg ＝2 m/s 2，滑μmg m 块运动到与传送带速度相同时需要的时间t 1＝＝1 s ，然后随传送带一起匀速运动的时间t 2v 0a＝t －t 1＝1 s ，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带的滑动摩擦力作用下做匀减速运动直到静止，a ′＝－a ＝－2 m/s 2，运动的时间t 3＝＝1 s ，选项D 正确．Δv a ′10．(2018·浙江11月选考·13)如图7所示为某一游戏的局部简化示意图．D 为弹射装置，AB 是长为21 m 的水平轨道，倾斜直轨道BC 固定在竖直放置的半径为R ＝10 m 的圆形支架上，B 为圆形的最低点，轨道AB 与BC 平滑连接，且在同一竖直平面内，某次游戏中，无动力小车在弹射装置D 的作用下，以v 0＝10 m/s 的速度滑上轨道AB ，并恰好能冲到轨道BC 的最高点．已知小车在轨道AB 上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC 光滑，则小车从A 到C 的运动时间是(g 取10 m/s 2)( )图7A ．5 sB ．4.8 sC ．4.4 sD ．3 s答案　A解析　小车在轨道AB 上运动的加速度大小为a ＝μg ＝2 m/s 2，L AB ＝v 0t 1－at 12，得t 1＝3 12s(另一值7 s 舍去)，在轨道BC 上运动时，L BC ＝2R sin θ，加速度大小为a 1＝g sin θ，将小车在轨道BC 上的运动看作逆向的初速度为0的匀加速直线运动，则有L BC ＝a 1t 22，得t 2＝2 s ，12所以小车从A 到C 的运动时间为t ＝t 1＋t 2＝5 s.11.(2016·浙江10月选考·19)如图8所示，在某段平直的铁路上，一列以324 km /h 高速行驶的列车在某时刻开始匀减速行驶，5 min 后恰好停在某车站，并在该站停留4 min ，随后匀加速驶离车站，经8.1 km 后恢复到原速324 km/h.(g 取10 m/s 2)图8(1)求列车减速时的加速度大小；(2)若该列车总质量为8.0×105 kg ，所受阻力恒为车重的0.1倍，求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小；(3)求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小．答案　见解析解析　(1)列车的速度为324 km /h ＝90 m/s ，经过5 min ＝300 s 停下，所以加速度大小为a ＝＝ m /s 2＝0.3 m/s 2|Δv |t |90－0|300(2)F f ＝0.1mg ，根据牛顿第二定律，F －0.1mg ＝ma ′v 2＝2a ′x ′，因x ′＝8.1 km ＝8 100 m ，v ＝90 m/s ，m ＝8.0×105 kg解得a ′＝0.5 m/s 2 ，F ＝1.2×106 N(3)根据(2)可知，重新加速时间为t ′＝＝ s ＝180 s v a ′900.5减速过程中通过的位移x ＝t ＝45×300 m ＝13 500 m v 2所以整个过程的平均速度大小＝＝ m /s ＝30 m/s. v x ＋x ′t 总13 500＋8 100300＋240＋18012．(2018·湖州市、衢州市、丽水市高三期末)小明不小心将餐桌边沿处的玻璃杯碰落在地，玻璃杯没碎．他觉得与木质地板较软有关，并想估测杯子与地板接触过程中地板最大的微小形变量．他测出了玻璃杯与地板作用的时间为Δt ，杯子的质量为m ，桌面离地的高度为h (设杯离开桌面时初速度为零，杯的大小远小于h ，杯子与地板接触过程可视为匀减速直线运动，地板形变不恢复)，重力加速度为g ，不计空气阻力．试求杯子与地板接触过程中：(1)杯子加速度大小a ；(2)杯子受到地板的作用力大小F ；(3)地板最大的微小形变量Δx .答案　(1)　(2)mg ＋m　(3)2ghΔt 2gh Δt Δt 22gh 解析　(1)杯子离开桌面到下落至地板，有v 2＝2gh得v ＝2gh杯子与地板接触过程中，有v ＝a Δt得a ＝2ghΔt (2)由F －mg ＝ma得F ＝mg ＋m2ghΔt (3)由Δx ＝a (Δt )212得Δx ＝Δt 22gh 13.如图9所示，一质量为1 kg 的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ＝30°.现小球在F ＝20 N 的竖直向上的拉力作用下，从A 点静止出发沿杆向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为，g 取10 m/s 2.试求：36图9(1)小球运动的加速度大小；(2)若F 作用1.2 s 后撤去，求小球上滑过程中距A 点的最大距离．答案　(1)2.5 m/s 2　(2)2.4 m解析　(1)在力F 作用下，对小球受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律得(F －mg )sin 30°－μ(F －mg )cos 30°＝ma 1解得a 1＝2.5 m/s 2(2)刚撤去F 时，小球的速度v 1＝a 1t 1＝3 m/s小球的位移x 1＝t 1＝1.8 m v 12撤去力F 后，小球上滑时，受力分析如图乙．由牛顿第二定律得mg sin 30°＋μmg cos 30°＝ma 2解得a 2＝7.5 m/s 2小球上滑时间t 2＝＝0.4 s v 1a 2上滑位移x 2＝t 2＝0.6 m v 12则小球上滑过程中距A 点的最大距离为x m ＝x 1＋x 2＝2.4 m.。

单元评估检测(三) 牛顿运动定律(90分钟100分)一、选择题(此题共10小题,每一小题4分,共40分)1.关于牛顿第一定律的理解错误的答案是( )A.牛顿第一定律反映了物体不受外力的作用时的运动规律B.不受外力作用时,物体的运动状态保持不变C.在水平地面上滑动的木块最终停下来,是由于没有外力维持木块运动D.飞跑的运动员,由于遇到障碍而被绊倒,这是因为他受到外力作用迫使他改变原来的运动状态【解析】选C。

牛顿第一定律描述的是物体不受外力作用时的状态,即总保持匀速直线运动状态或静止状态,A、B正确;牛顿第一定律揭示了力和运动的关系,力是改变物体运动状态的原因,而不是维持物体运动状态的原因,在水平地面上滑动的木块最终停下来,是由于摩擦阻力的作用而改变了运动状态,飞跑的运动员,遇到障碍而被绊倒,是因为他受到外力作用而改变了运动状态,C错误,D正确。

2.(2019·杭州模拟)如下的运动图象中,物体所受合外力不为零的是 ( )【解析】选D。

选项A表示物体静止,其合外力为零;选项B、C表示物体做匀速直线运动,其合外力为零;选项D表示物体做匀变速直线运动,其合外力不为零,所以此题应选D。

3.如下列图,一同学在水平桌面上将三个形状不规如此的石块成功叠放在一起,保持平衡,如下说法正确的答案是( )A.石块b对a的支持力与a受到的重力是一对相互作用力B.石块c对b的支持力一定等于b受到的重力C.石块c受到水平桌面向左的摩擦力D.石块c对b的作用力一定竖直向上【解析】选D。

石块b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力,跟a受到的重力是平衡力,A 错误;石块c对b的支持力与石块c对b摩擦力的合力一定等于石块a和b受到的重力,B错误;以三块作为整体研究,如此石块c不会受到水平桌面的摩擦力,C错误;选取石块a、b作为整体研究,根据平衡条件,如此石块c对b的作用力与其重力平衡,如此石块c对b的作用力一定竖直向上,D正确。

第3讲机械能及能量守恒定律[考试标准]一、重力势能和弹性势能1．重力做功与路径无关，只与初、末位置的高度差有关．2．重力做功与重力势能变化的关系：重力对物体做正功，重力势能减少；重力对物体做负功，重力势能增加；物体从位置A到位置B时，重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量，即W G＝－ΔE p.3．弹力做功与弹性势能的关系：弹力对物体做正功，弹性势能减少，弹力对物体做负功，弹性势能增加，弹力对物体做的功等于弹性势能的减少量．自测1关于重力势能，下列说法中正确的是()A．物体的位置一旦确定，它的重力势能的大小也随之确定B．物体与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大C．一个物体的重力势能从－5 J变化到－3 J，重力势能减少了D．重力势能的减少量等于重力对物体做的功答案 D自测2 (2018·浙江11月选考·5)奥运会比赛项目撑杆跳高如图1所示，下列说法不正确的是( )图1A ．加速助跑过程中，运动员的动能增加B ．起跳上升过程中，杆的弹性势能一直增加C ．起跳上升过程中，运动员的重力势能增加D ．越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能减少动能增加 答案 B解析 加速助跑过程中运动员的速度增大，动能增加，A 对；起跳上升过程中杆的形变量先变大，再变小，故弹性势能先增加再减少，B 错；起跳上升过程中运动员位置升高，重力势能增加，C 对；越过横杆后下落过程中，运动员所受重力做正功，重力势能减少，动能增加，D 对． 二、机械能守恒定律1．内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变． 2．表达式：mgh 1＋12m v 12＝mgh 2＋12m v 22.3．条件(1)系统只受重力或弹簧弹力的作用，不受其他外力．(2)系统除受重力或弹簧弹力作用外，还受其他内力和外力，但这些力对系统不做功． (3)系统内除重力或弹簧弹力做功外，还有其他内力和外力做功，但这些力做功的代数和为零． (4)系统跟外界没有发生机械能的传递，系统内外也没有机械能与其他形式的能发生转化．自测3 运动会中的投掷链球、铅球、铁饼和标枪等体育比赛项目都是把物体斜向上抛出的运动，如图2所示，若不计空气阻力，这些物体从被抛出到落地的过程中( )图2A ．物体的机械能先减小后增大B ．物体的机械能先增大后减小C ．物体的动能先增大后减小，重力势能先减小后增大D ．物体的动能先减小后增大，重力势能先增大后减小答案 D命题点一机械能守恒的理解和判断1．利用机械能的定义判断：若物体在水平面上匀速运动，则其动能、势能均不变，机械能不变．若一个物体沿斜面匀速下滑，则其动能不变，重力势能减少，机械能减少．2．做功判断法：若物体系统内只有重力和弹簧弹力做功，其他力均不做功或其他力做功的代数和为零，则系统的机械能守恒．3．能量转化判断法：若只有系统内物体间动能和重力势能及弹性势能的相互转化，系统跟外界没有发生机械能的传递，机械能也没有转变成其他形式的能(如没有内能增加)，则系统的机械能守恒．例1(2017·浙江4月选考·12)火箭发射回收是航天技术的一大进步．如图3所示，火箭在返回地面前的某段运动，可看成先匀速后减速的直线运动，最后撞落在地面上，不计火箭质量的变化，则()图3A．火箭在匀速下降过程中，机械能守恒B．火箭在减速下降过程中，携带的检测仪器处于失重状态C．火箭在减速下降过程中合力做功等于火箭机械能的变化D．火箭着地时，火箭对地的作用力大于自身的重力答案 D解析匀速下降阶段，说明阻力等于重力，不止重力做功，所以机械能不守恒，选项A错误；在减速阶段，加速度向上，所以超重，选项B错误；火箭着地时，地面给火箭的力大于火箭的重力，由牛顿第三定律知，火箭对地的作用力大于自身的重力，选项D正确；合外力做功等于动能的改变量，选项C错误．变式1如图4所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁．现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，小球从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是()图4A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B．小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球处于失重状态C．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D．小球从下落到从右侧离开槽的过程中机械能守恒答案 C解析小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽有向左运动的趋势，但实际上没有动，整个系统中只有重力做功，所以小球与槽组成的系统机械能守恒；小球过了半圆形槽的最低点以后，半圆形槽向右运动，系统没有其他形式的能量产生，满足机械能守恒的条件，所以系统的机械能守恒；小球从开始下落至到达槽最低点前，小球先失重，后超重；当小球从最低点向右上方运动时，半圆形槽也向右移动，半圆形槽对小球做负功，小球的机械能不守恒，故选项A、B、D错误，选项C正确．变式2如图5所示，用一轻绳系一小球悬于O点．现将小球拉至水平位置，然后释放，不计阻力，小球下落到最低点的过程中，下列表述正确的是()图5A．小球的机械能守恒B．小球所受的合力不变C．小球的动能不断减小D．小球的重力势能增加答案 A解析小球在下落的过程中，受到重力和绳的拉力的作用，绳的拉力与小球的运动方向垂直，对小球不做功，只有重力做功，故在整个过程中小球的机械能守恒，选项A正确；由于小球的速度变大，动能增加，所需的向心力变大，故小球所受合力发生变化，选项B、C错误；小球的高度下降，重力势能减小，选项D错误．变式3如图6所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，在弹簧压缩到最短的整个过程中，不计空气阻力，下列关于能量的叙述中正确的是()图6A．重力势能和动能之和总保持不变B．重力势能和弹性势能之和总保持不变C．动能和弹性势能之和保持不变D ．重力势能、弹性势能和动能之和总保持不变 答案 D解析 在弹簧压缩到最短的整个过程中，小球受到了重力和弹簧的弹力，且只有这两个力在做功，系统满足机械能守恒的条件，故重力势能、弹性势能和动能之和总保持不变，选项D 正确，选项A 、B 、C 错误． 变式4 如图7所示，一小球从光滑圆弧轨道顶端由静止开始下滑，进入光滑水平面又压缩弹簧．在此过程中，小球重力势能和动能的最大值分别为E p 和E k ，弹簧弹性势能的最大值为E p ′(以水平面为零势能面)，则它们之间的关系为( )图7A ．E p ＝E k ＝E p ′B ．E p >E k >E p ′C ．E p ＝E k ＋E p ′D ．E p ＋E k ＝E p ′答案 A变式5 (多选)在高度为H 的桌面上以速度v 水平抛出质量为m 的物体，当物体落到距地面高度为h 的A 点处，如图8所示，不计空气阻力，以地面为参考平面，下列说法中，正确的是( )图8A ．物体在A 点的机械能为12m v 2＋mghB ．物体在A 点的机械能为mgH ＋12m v 2C ．物体在A 点的动能为12m v 2＋mghD ．物体在A 点的动能为mg (H －h )＋12m v 2答案 BD解析 物体在下落过程中，只有重力做功，机械能守恒，物体在A 点的机械能等于物体在抛出点的机械能，故E A ＝12m v 2＋mgH ，A 选项错误，B 选项正确．物体在A 点的动能E k A ＝E A －mgh ＝mg (H －h )＋12m v 2，C 选项错误，D 选项正确．命题点二 机械能守恒的应用 1．机械能守恒定律的表达式2．选用技巧：在处理单个物体机械能守恒问题时通常应用守恒观点和转化观点，转化观点不用选取零势能面． 例2 如图9所示，在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接．AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R 2.一小球在A 点正上方与A 相距R4处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动．重力加速度为g ，不计空气阻力．图9(1)求小球在B 、A 两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点． 答案 (1)5∶1 (2)能 理由见解析解析 (1)设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为E k A ，由机械能守恒定律得E k A ＝mg ·R4①设小球在B 点的动能为E k B ，同理有E k B ＝mg ·5R4②由①②式得E k B ∶E k A ＝5∶1③(2)若小球能沿轨道运动到C 点，小球在C 点所受轨道的正压力F N 应满足F N ≥0④ 设小球在C 点的速度大小为v C ，由牛顿第二定律和向心力公式有F N ＋mg ＝m v C 2R 2⑤由④⑤式得mg ≤m 2v C 2R ⑥v C ≥Rg 2⑦ 全程应用机械能守恒定律得mg ·R 4＝12m v C ′2⑧由⑦⑧式可知，v C ＝v C ′，即小球恰好可以沿轨道运动到C 点．变式6 如图10所示，半径为R 的光滑圆周轨道AB 固定在竖直平面内，O 为圆心，OA 与水平方向的夹角为30°，OB 在竖直方向．一个可视为质点的小球从O 点正上方某处以某一水平初速度向右抛出，小球恰好能无碰撞地从A 点进入圆轨道内侧，此后沿圆轨道运动到达B 点．已知重力加速度为g ，求：图10(1)小球初速度的大小；(2)小球运动到B 点时对圆轨道压力的大小． 答案 (1)gR2(2)6mg 解析 (1)设小球的初速度为v 0，飞行时间为t ， 则在水平方向有R cos 30°＝v 0t 在竖直方向有h 1＝12gt 2，v y ＝gt小球运动到A 点时与轨道无碰撞，故tan 30°＝v 0v y联立解得v 0＝gR 2，h 1＝34R . (2)抛出点距轨道最低点的高度h ＝R ＋R sin 30°＋h 1 设小球运动到最低点B 时速度为v ，对圆轨道的压力为F ， 根据机械能守恒有mgh ＋12m v 02＝12m v 2由牛顿第三定律有：F N ＝F 根据牛顿运动定律有F N －mg ＝m v 2R联立解得F ＝6mg .变式7 (2019届东阳中学月考)如图11所示，把质量为0.5 kg 的石块从离地面10 m 高处以30°角斜向上方抛出，初速度为v 0＝8 m /s.不计空气阻力，以地面为零势能参考平面，g 取10 m/s 2.求：图11(1)石块抛出时的动能； (2)石块落地时的机械能；(3)石块的动能恰好等于重力势能时，石块离地的高度． 答案 (1)16 J (2)66 J (3)6.6 m解析 (1)石块抛出时的动能为：E k ＝12m v 02＝12×0.5×82 J ＝16 J ；(2)根据机械能守恒定律知，石块落地时的机械能等于抛出时的机械能，为： E ＝12m v 02＋mgh ＝16 J ＋0.5×10×10 J ＝66 J ；(3)石块的动能恰好等于重力势能时，设石块离地的高度为H ，速度大小为v ，由机械能守恒定律有：E ＝mgH ＋12m v 2 据题有：mgH ＝12m v 2解得：H ＝6.6 m.拓展点 含弹簧类机械能守恒问题1．由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒．2．在相互作用过程特征方面，弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时，两端的物体具有相同的速度，弹性势能最大．3．如果系统内每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，当弹簧为自然长度时，系统内弹簧某一端的物体具有最大速度(如绷紧的弹簧由静止释放)．例3 如图12所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB 与水平面BC 平滑连接于B 点，BC 右端连接内壁光滑、半径r ＝0.2 m 的四分之一细圆管CD (圆管内径可忽略)，管口D 端正下方直立一根劲度系数为k ＝100 N /m 的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D 端平齐．一个质量为1 kg 的小球(可视为质点)放在曲面AB 上，现从距BC 的高度h 处静止释放小球，小球进入管口C 端时，它对上管壁有F N ＝2.5mg 的作用力，通过CD 后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能为E p ＝0.5 J ．取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图12(1)小球到达C 点时的速度大小； (2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能E km . 答案 (1)7 m/s (2)6 J解析 (1)小球在C 点时，由牛顿第三定律知，上管壁对小球的作用力大小为F N ′＝F N ＝2.5mg . 由牛顿第二定律有： F N ′＋mg ＝m v C 2r代入数据解得：v C ＝7 m/s(2)在压缩弹簧过程中小球速度最大时，小球所受合力为零．设此时小球与D 端的距离为x 0，则有：kx 0＝mg 小球从C 点到速度最大的过程中，对小球和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律有：mg (r ＋x 0)＋12m v C 2＝E km＋E p ，解得：E km ＝6 J.1．蹦极是一项非常刺激的户外休闲活动．北京青龙峡蹦极跳塔高度为68米，身系弹性蹦极绳的蹦极运动员从高台跳下，下落高度大约为50米．假设空气阻力可忽略，运动员可视为质点．下列说法正确的是( ) A ．运动员到达最低点前加速度先不变后增大 B ．蹦极过程中，运动员的机械能守恒 C ．蹦极绳张紧后的下落过程中，动能一直减小 D ．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力一直增大 答案 D解析 蹦极绳张紧前，运动员只受重力，加速度不变，蹦极绳张紧后，运动员受重力、弹力，开始时重力大于弹力，加速度向下，后来重力小于弹力，加速度向上，则蹦极绳张紧后，运动员加速度先减小为零再反向增大，故A 错误．蹦极过程中，运动员和蹦极绳的机械能守恒，故B 错误．蹦极绳张紧后的下落过程中，运动员加速度先减小为零再反向增大，运动员速度先增大再减小，运动员动能先增大再减小，故C 错误．蹦极绳张紧后的下落过程中，蹦极绳的伸长量一直增大，弹力一直增大，故D 正确．2．(多选)如图1所示，斜面体置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，下列说法正确的是( )图1A ．物体的重力势能减少，动能增加B ．斜面体的机械能不变C ．斜面体对物体的弹力垂直于接触面，不对物体做功D ．物体和斜面体组成的系统机械能守恒 答案 AD解析 物体下滑过程中重力势能减少，动能增加，A 正确；地面光滑，斜面体会向右运动，动能增加，机械能增加，B 错误；斜面体对物体的弹力垂直于接触面，与物体的位移并不垂直，弹力对物体做负功，C 错误；物体与斜面体组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，D 正确．3．如图2所示，将一质量为m 的小球从A 点以初速度v 斜向上抛出，小球先后经过B 、C 两点．已知B 、C之间的竖直高度和C 、A 之间的竖直高度都为h ，重力加速度为g ，取A 点所在的平面为参考平面，不考虑空气阻力，则( )图2A ．小球在B 点的机械能是C 点机械能的两倍 B ．小球在B 点的动能是C 点动能的两倍 C ．小球在B 点的动能为12m v 2＋2mghD ．小球在C 点的动能为12m v 2－mgh答案 D4.如图3所示，“蹦蹦跳”杆中的弹簧向上弹起，从图中1到2弹簧恢复原长的过程中，关于小孩的重力势能和弹簧的弹性势能的变化，下列说法正确的是( )图3A ．重力势能减小，弹性势能增加B ．重力势能减小，弹性势能减小C ．重力势能增加，弹性势能减小D ．重力势能增加，弹性势能增加 答案 C解析 题图中1到2弹簧恢复原长的过程中，小孩相对地面的高度上升，重力对小孩做负功，则小孩的重力势能增加，同时，弹簧弹力对小孩做正功，弹簧的弹性势能减小，故A 、B 、D 错误，C 正确．5.如图4所示，轻质弹簧下悬挂一个小球，手掌托小球使之缓慢上移，弹簧恢复原长时迅速撤去手掌使小球开始下落．不计空气阻力，取弹簧处于原长时的弹性势能为零．撤去手掌后，下列说法正确的是( )图4A ．刚撤去手掌瞬间，弹簧弹力等于小球重力B ．小球速度最大时，弹簧的弹性势能为零C ．弹簧的弹性势能最大时，小球速度为零D ．小球运动到最高点时，弹簧的弹性势能最大 答案 C6．如图5所示，在水平桌面上的A 点有一个质量为m 的物体，以初速度v 0被抛出，不计空气阻力，当它到达B 点时，其动能为( )图5A.12m v 02＋mgH B.12m v 02＋mgh 1 C ．mgH －mgh 2 D.12m v 02＋mgh 2 答案 B解析 不计空气阻力，只有重力做功，从A 到B 过程，由机械能守恒定律可得：mgh 1＝E k B －12m v 02，所以E k B＝12m v 02＋mgh 1，故选B. 7．跳水比赛中，看似不起眼的跳板却是高科技产品，不仅要够结实，够弹性，而且还要软硬度适中．如图6所示，运动员在跳板上会有一个起跳动作，若研究从运动员下落接触跳板到下落到最低点这一过程，下列说法正确的是( )图6A ．运动员的动能不断增大B ．运动员的机械能先增大后减小C ．运动员的重力势能先减小后增大D ．跳板的弹性势能不断增大 答案 D解析 运动员从下落接触跳板到下落到最低点的过程中，运动员的动能先增大后减小，重力势能一直减小，由于跳板的弹力对运动员做负功，运动员的机械能一直减小，跳板的弹性势能不断增大．8．(2019届嘉兴市质检)如图7所示，“Verruckt ”是世界上最高、最长的滑水道．游客乘坐皮艇从a 点由静止沿滑水道滑下，滑到最低点b 后冲上弧形轨道(c 为最高点)，最后到达终点．在营运前的安全测试中，测试假人有被抛出滑道的现象．下列分析正确的是( )图7A ．假人经过c 点时处于超重状态B ．假人在弧形轨道上做匀速圆周运动C ．假人被抛出的位置一定是c 点D ．出发点a 点一定比c 点高 答案 D9．如图8是娱乐场所中的一种滑梯，滑梯在最底端是处于水平切线方向，质量为M 、可看成质点的一名滑梯爱好者从高为h 的滑梯顶端由静止下滑，忽略所有摩擦及阻力，则下列关于滑梯爱好者在下滑过程中的说法正确的是( )图8A ．机械能不守恒B ．滑梯爱好者滑到底层末端时的速度大小为v ＝2ghC ．滑梯爱好者滑到底层末端时对滑梯的压力为MgD ．滑梯爱好者到达底层末端时处于失重状态 答案 B解析 由于忽略所有摩擦及阻力，在运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，A 错误；因为Mgh ＝12M v 2，可知滑梯爱好者滑到底端时的速度大小为v ＝2gh ，B 正确；由于到达底端时是圆弧，合力用来提供做圆周运动的向心力，因此支持力大于重力，C 错误；由于合力向上，因此滑梯爱好者到达底层末端时处于超重状态，D 错误．10．(2019届温州市模拟)如图9所示是“抓娃娃机”的照片，使用者可凭自己的技术操控机械爪抓住透明箱内的玩具，提升至一定高度后水平移动到出口就可取得玩具．不计空气阻力，关于这一操作过程，下列说法正确的是( )图9A ．机械爪抓到玩具匀速上升时，玩具的机械能守恒B ．玩具从机械爪中掉下，玩具的动能增加，机械能增加C ．机械爪抓住玩具水平匀速移动时，机械爪对玩具不做功D ．机械爪抓到玩具匀速上升时，机械爪做的功等于零 答案 C解析 机械爪抓到玩具匀速上升时，玩具的动能不变，重力势能增加，两者之和即机械能增加，故A 错误；玩具从机械爪中掉下，只有重力做功，机械能守恒，故B 错误；机械爪抓到玩具水平匀速移动时，由平衡条件知机械爪对玩具的作用力竖直向上，与位移方向垂直，对玩具不做功，故C 正确；机械爪抓到玩具匀速上升时，机械爪对玩具的作用力方向竖直向上，与位移方向相同，对玩具做正功，故D 错误．11．取水平地面为重力势能零面．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力．该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( ) A.π6 B.π4 C.π3 D.5π12 答案 B解析 设物块水平抛出的初速度为v 0，高度为h ，由题意知12m v 02＝mgh ，即v 0＝2gh .物块在竖直方向上的运动是自由落体运动，落地时的竖直分速度v y ＝2gh ＝v x ＝v 0，则该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角θ＝π4，故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．12．物体做自由落体运动，E k 代表动能，E p 代表势能，h 代表下落的距离，以水平地面为零势能面(不计一切阻力)，下列图象能正确反映各物理量之间关系的是( )答案 B解析 由机械能守恒定律得E p ＝E －E k ，可知势能与动能关系的图象为倾斜的直线，C 错；由动能定理得E k ＝mgh ，则E p ＝E －mgh ，故势能与h 关系的图象也为倾斜的直线，D 错；E p ＝E －12m v 2，故势能与速度关系的图象为开口向下的抛物线，B 对；E p ＝E －12mg 2t 2，势能与时间关系的图象也为开口向下的抛物线，A 错．13.如图10所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m 的小球A ，若将小球A 从弹簧原长位置由静止释放，小球A 能够下降的最大高度为h .若将小球A 换为质量为2m 的小球B ，仍从弹簧原长位置由静止释放，已知重力加速度为g ，不计空气阻力，则小球B 下降h 时的速度为( )图10A.2ghB.ghC. gh2D ．0 答案 B解析 对弹簧和小球A ，根据机械能守恒定律得弹性势能E p ＝mgh ；对弹簧和小球B ，根据机械能守恒定律有E p ＋12×2m v 2＝2mgh ，得小球B 下降h 时的速度v ＝gh ，选项B 正确．14．(2018·浙江4月选考·13)如图11所示，一根绳的两端分别固定在两座猴山上的A 、B 处，A 、B 两点水平距离为16 m ，竖直距离为2 m ，A 、B 间绳长为20 m ．质量为10 kg 的猴子抓住套在绳上的滑环从A 处滑到B 处．以A 点所在水平面为参考平面，猴子在滑行过程中重力势能最小值约为(绳处于拉直状态)( )图11A ．－1.2×103 JB ．－7.5×102 JC ．－6.0×102 JD ．－2.0×102 J答案 B解析 重力势能最小的点为最低点，结合“同绳同力”可知，在最低点时，两侧绳子与水平方向夹角相同，记为θ，设右边绳子长为a ，则左边绳长为20－a .由几何关系得：20cos θ＝16；a sin θ－(20－a )sin θ＝2联立解得a ＝353 m ，所以最低点与参考平面的高度差为353sin θ＝7 m ，猴子的重心比绳子最低点大约低0.5 m ，所以在最低点的重力势能约为－750 J ，故选B.15．一质量为8.00×104 kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.5×103 m /s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s 时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取9.8 m/s 2.(结果保留两位有效数字) (1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.答案 (1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J 解析 (1)飞船着地前瞬间的机械能为E 1＝12m v 02式中，m 和v 0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速度大小．代入数据得E 1＝4.0×108 J 设地面附近的重力加速度大小为g ，飞船进入大气层时的机械能为E h ＝12m v h 2＋mgh式中，v h 是飞船在高度1.60×105 m 处的速度大小 代入数据得E h ≈2.4×1012 J.(2)飞船在高度h ′＝600 m 处的机械能为： E h ′＝12m ()0.02v h 2＋mgh ′由功能关系得W ＝E h ′－E 1式中，W 是飞船从高度600 m 处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功．代入数据解得W ≈9.7×108 J. 16．如图12所示，平台离水平地面的高度为H ＝5 m ，一质量为m ＝1 kg 的小球从平台上A 点以某一速度水平抛出，测得其运动到B 点时的速度为v B ＝10 m /s.已知B 点离地面的高度为h ＝1.8 m ，不计空气阻力，取重力加速度g ＝10 m/s 2，以水平地面为零势能面．问：图12(1)小球从A 点抛出时的机械能为多大？ (2)小球从A 点抛出时的初速度v 0为多大？ (3)B 点离竖直墙壁的水平距离L 为多大？ 答案 (1)68 J (2)6 m/s (3)4.8 m解析 (1)小球在运动的过程中，机械能守恒，则A 点的机械能与B 点的机械能相等， 即E A ＝E B ＝12m v B 2＋mgh ＝(12×1×100＋10×1.8) J ＝68 J.(2)根据E A ＝mgH ＋12m v 02，代入数据解得v 0＝6 m/s.(3)根据H －h ＝12gt 2得，t ＝2(H －h )g＝2×(5－1.8)10s ＝0.8 s ， 则B 点离竖直墙壁的水平距离L ＝v 0t ＝6×0.8 m ＝4.8 m ．。

单元滚动检测卷十一考生注意：1.本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页.2.答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上.3.本次考试时间90分钟，满分100分.选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共10小题，每小题3分，共30分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.一束由红、紫两种色光组成的复色光，从空气斜射向玻璃三棱镜.下面四幅图中能正确表示该复色光经三棱镜折射分离成两束单色光的是( )答案　B2.一台洗衣机的脱水桶正常工作时非常平稳，当切断电源后，发现洗衣机先是振动越来越剧烈，然后振动逐渐减弱，下列说法中不正确的是( )A.洗衣机做的是受迫振动B.正常工作时，洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率大C.正常工作时，洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率小D.当洗衣机振动最剧烈时，脱水桶的运转频率恰好等于洗衣机的固有频率答案　C解析　洗衣机的振动是因为电机振动而引起的，故为受迫振动，故A正确；洗衣机切断电源，脱水桶的转动逐渐慢下来，在某一小段时间内洗衣机发生了强烈的振动，说明此时脱水桶的频率与洗衣机固有频率相同，发生了共振.此后脱水桶转速减慢，则驱动力频率小于固有频率，所以共振现象消失，洗衣机的振动随之减弱，故正常工作时洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率大，故B、D正确，C错误.3.(2018·台州中学统练)纳米材料的抗拉强度几乎比钢材还高出100倍，使人们设想的太空电梯成为可能.其工作原理是从同步卫星高度的太空站竖直放下由纳米材料做成的太空电梯，固定在赤道上，这样太空电梯随地球一起旋转，如图1所示.当太空电梯仓停在太空电梯中点P 时，对于太空电梯仓，下列说法正确的是( )图1A.处于平衡状态B.速度比同步卫星大C.向心加速度比同高度卫星的小D.处于完全失重状态答案　C4.(2018·新高考研究联盟联考)“激流勇进”是一种常见的水上机动游乐设备，常见于主题游乐园中.游客们在一定安全装置的束缚下，沿着设计好的水道漂行，其间通常会有至少一次大幅度的机械提升和瞬时跌落.如图2所示为游客们正坐在橡皮艇上从高处沿斜坡水道向下加速滑行，在此过程中下列说法正确的是( )图2A.合外力对游客做负功B.橡皮艇对游客不做功C.重力对游客做正功D.游客的机械能增加答案　C5.(2018·名校协作体联考)两个带等量正电的点电荷，固定在图3中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点.一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则( )图3A.q由A向O的运动是匀加速直线运动B.q由A向O运动的过程电势能逐渐减小C.q运动到O点时的动能最小D.q运动到O点时电势能为零答案　B6.(2018·温州市“十五校联合体”期中)如图4甲为某高速公路出口的ETC通道示意图.一汽车驶入ETC车道，到达O点的速度v0＝22 m/s，此时开始减速，到达M时速度减至v＝6 m/s，并以6 m/s的速度匀速通过MN区，汽车从O运动到N共用时10 s，v－t图象如图乙，则下列计算错误的是( )图4A.汽车减速运动的加速度大小a ＝4 m/s 2B.O 、M 间中点的速度为14 m/sC.O 、M 间的距离为56 mD.汽车在ON 段平均速度大小为9.2 m/s 答案　B7.如图5所示，在M 点分别以不同的速度将两小球水平抛出.两小球分别落在水平地面上的P 点、Q 点.已知O 点是M 点在地面上的竖直投影，OP ∶PQ ＝1∶3，且不考虑空气阻力的影响.下列说法中正确的是( )图5A.两小球的下落时间之比为1∶3B.两小球的下落时间之比为1∶4C.两小球的初速度大小之比为1∶3D.两小球的初速度大小之比为1∶4答案　D解析　两球做平抛运动，高度相同，则下落的时间相同，故A 、B 错误；由于两球的水平位移之比为1∶4，根据v 0＝知，两小球的初速度大小之比为1∶4，故C 错误，D 正确.xt 8.(2018·嘉兴一中期末)如图6所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M ，到小环的距离为L ，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F .小环和物块以速度v 向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P 后立刻停止，物块向上摆动.整个过程中，物块在夹子中没有滑动.小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g .下列说法正确的是( )图6A.物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2FB.小环碰到钉子P 时，绳中的张力大于2FC.物块上升的最大高度为2v 2g D.速度v 不能超过(2F －Mg )LM答案　D9.有些材料沿不同方向物理性质不同，我们称之为各向异性.如图7所示，长方体材料长、宽、高分别为a 、b 、c ，由于其电阻率各向异性，将其左右两侧接入电源时回路中的电流，与将其上下两侧接入该电源时回路中的电流相同，则该材料左右方向的电阻率与上下方向的电阻率之比为( )图7A. B. C. D.ac b 2a 2bc c 2a 2a 2b 2答案　C解析　其左右两侧接入电源时回路中的电流，与将其上下两侧接入该电源时回路中的电流相同，则其左右两侧接入电源时回路中的电阻值等于将其上下两侧接入该电源时回路中的电阻值，由电阻定律可得：ρ1·＝ρ2，所以＝，故C 正确，A 、B 、D 错误.a b ·c c a ·b ρ1ρ2c 2a210.(2018·牌头中学期中)智能扫地机器人是智能家用电器的一种，能凭借一定的人工智能自动在房间内完成地板清理工作，现今已慢慢普及，成为现代家庭的常用家电产品.如图8为某款智能扫地机器人，其参数见下表，工作时将电池内部化学能转化为电能的效率为60%.下列说法中正确的是( )图8产品名称科沃斯地宝尘盒容量0.3 L 清扫路线自由式液晶显示有电池容量5 000 mA·h充电器输出直流24 V/1 000 mA噪音≤60 dB 额定功率40 W 行走速度20 cm/s工作电压24 VA.该扫地机器人的电池从完全没电到充满电所需时间约为8.3 hB.该扫地机器人最多能储存的能量为4.32×105 JC.该扫地机器人充满电后能工作5 hD.该扫地机器人充满电后能工作3 h 答案　B解析　由表格内的数据可知，电池的容量是5 000 mA·h ，充电器输出为1 000 mA ，则需要充电5 h ，故A 错误；电池容量q ＝5 000 mA·h ＝5 A·h ＝1.8×104 C ，最多能储存的能量为：W ＝qU ＝1.8×104×24 J ＝4.32×105 J ，故B 正确；额定功率为40 W ，所以工作的时间：t 1＝＝0.6WPs ＝6.48×103 s ＝1.8 h ，故C 、D 错误.0.6×4.32×10540二、选择题Ⅱ(本题共10小题，每小题3分，共30分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有错选的得0分)11.光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是( )A.用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象B.用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的色散现象C.在光导纤维束内传送图象是利用光的色散现象D.照相机镜头采用镀膜技术增加透射光，这是利用了光的干涉现象答案　BD解析　检查光学平面的平整程度利用了光的干涉现象，选项A错误；在光导纤维内传送图象利用了光的全反射，选项C错误.12.手机已经是现代人不可缺少的随身物品之一，它是借助电磁波来完成通信工作的.下列说法正确的是( )A.手机只是一个电磁波发射器，不是接收器B.手机既是一个电磁波发射器，又是电磁波接收器C.考场上使用的手机信号屏蔽器是利用静电屏蔽的原理D.考场上使用的手机信号屏蔽器是通过发射电磁波来干扰手机工作答案　BD解析　手机既是电磁波的发射器，也是电磁波的接收器，选项A错误，B正确；考场上使用的手机信号屏蔽器是通过发射电磁波来干扰手机工作的，选项C错误，D正确.13.(2019届余姚中学模拟)如图9所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图，已知波的传播速度为1 m/s，下列说法正确的是( )图9A.此时P质点在向y轴正方向运动B.经过0.1 s，P、Q两质点的位移相同C.经过0.2 s ，Q 质点运动的路程为30 cmD.经过0.4 s ，P 质点向x 轴正方向移动了40 cm 答案　AC14.(2018·金华十校联考)将一条长x ＝16 m 的均匀弹性绳沿水平拉直，M 为绳的中点，两端的波源P 、Q 同时开始沿竖直方向上下振动，两波源振动0.4 s 产生的波形如图10，A 点距P 点4 m ，以下判断正确的是( )图10A.两列波的波速均为10 m/sB.波源Q 的振动频率为5 HzC.质点M 开始振动时，速度方向竖直向下D.从两波源开始振动经时间1 s ，质点M 恰好在平衡位置答案　ABD解析　两列波在同一介质中传播，波速相同，均为v ＝＝ m /s ＝10 m/s ，选项A 正确；Qs t 40.4的周期为T Q ＝＝＝0.2 s ，则频率为f Q ＝5 Hz ，选项B 正确；P 和Q 形成的波传到某点时引λv s 2v 起的振动都是向上的，则当两列波同时传到M 点时，开始振动的速度方向竖直向上，选项C 错误；经过1 s 时间，两列波传播的距离均为10 m ，即由P 在M 点引起的振动在平衡位置向下振动，由Q 在M 点引起的振动在平衡位置向上振动，则此时质点M 恰好在平衡位置，选项D 正确.15.图11是霓虹灯的供电电路图，变压器可视为理想变压器.已知变压器原线圈与副线圈匝数比＝，加在原线圈两端的电压为u 1＝311sin (100πt ) V.霓虹灯正常工作的电阻R ＝440 kΩ，n 1n 2120I 1、I 2分别表示原、副线圈中的电流.下列判断正确的是( )图11A.副线圈两端电压为6 220 V ，副线圈中的电流为14.1 mAB.副线圈两端电压为4 400 V ，副线圈中的电流为10 mAC.I 1<I 2D.I 1>I 2答案　BD解析　原线圈两端电压的有效值U 1＝＝ V ≈220 V ，由变压比＝知，U 2＝＝4 400 V ，U m 23112U 1U 2n 1n 2U 1n 2n 1副线圈中的电流I 2＝＝ A ＝0.01 A ＝10 mA ，原、副线圈中的电流跟匝数成反比，U 2R 4 400440×103故I 1>I 2.故选B 、D.16.如图12所示，明暗相间的条纹是红光和蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样，下列说法正确的是( )图12A.a 光是蓝光B.在同一种玻璃中a 光的传播速度小于b 光的传播速度C.b 光的光子能量较高D.当a 和b 以相同入射角从玻璃射入空气时，若a 刚好能发生全反射，则b 也一定能发生全反射答案　AB解析　根据双缝干涉条纹间距公式Δx ＝λ可得在其他条件不变的情况下，相干光的波长越ld大，条纹间距越大，由题图可知a 光的波长小于b 光的波长，则a 光的频率大于b 光的频率，a 光是蓝光，b 是红光，根据E ＝hν可知，b 光的光子能量较低，故A 正确，C 错误；a 光的折射率大于b 光的折射率，根据v ＝知，在同一种玻璃中，a 光的传播速度小于b 光的传播速度，c n 故B 正确；当a 和b 以相同入射角从玻璃射入空气时，因a 光的临界角小，若a 刚好能发生全发射，则b 一定不会发生全反射，故D 错误.17.如图13所示，在平静水面下的一个点光源S 分别发出单色光a 、b ，照在水面上形成光斑；其中a 单色光照射形成的光斑比b 单色光照射形成的光斑大.则下列说法正确的是( )图13A.水对a 光的临界角比b 光的小B.a 光光子的能量比b 光的大C.a 光光子的动量比b 光的小D.a 光照射某金属能逸出光电子，则b 光照射该金属也一定能逸出光电子答案　CD18.如图14所示，a 、b 为两束不同频率的单色光，以45°的入射角射到平行玻璃砖的上表面，直线OO ′与玻璃砖垂直且与其上表面交于N 点，入射点A 、B 到N 点的距离相等，经玻璃砖上表面折射后两束光相交于图中的P 点，下列说法正确的是( )图14A.在玻璃中，a 光的传播速度大于b 光的传播速度B.若b 光照到某金属表面发生了光电效应，则a 光照射到该金属表面也一定会发生光电效应C.同时增大入射角，则b 光在下表面先发生全反射D.对同一双缝干涉装置，a 光的相邻亮条纹间距比b 光的相邻亮条纹间距宽答案　AD解析　由光路图可知a 光在玻璃砖中的折射率小于b 光在玻璃砖中的折射率，由v ＝知，a c n光在玻璃中的传播速度大，A 项正确；a 光的频率小于b ，所以b 光使某金属发生光电效应，a 光不一定能，B 项错误；因为是平行玻璃砖，因此在下表面一定不会发生全反射，C 项错误；a 光波长长，因此通过同一双缝干涉装置，a 光的相邻亮条纹间距宽，D 项正确.19.一列简谐横波在t ＝0时刻的波形如图15中的实线所示，t ＝0.02 s 时刻的波形如图中虚线所示，若该波的周期T 大于0.02 s ，则该波的传播速度可能是( )图15A.1 m /sB.3 m/sC.4 m /sD.5 m/s答案　AB解析　由题图知波长λ＝8 cm ，因T ＞0.02 s ，若波向右传播，则T ＝0.02 s ，得T ＝0.08 s ，14波速v ＝＝＝1 m/s ；若波向左传播，则T ＝0.02 s ，得T ＝ s ，波速v ＝＝＝3 λT 8 cm 0.08 s 340.083λT 8 cm 0.083 s m/s ，选项A 、B 正确.20.光导纤维技术在现代生产、生活和科技方面得以广泛应用.如图16所示是一个质量均匀分布的有机玻璃圆柱的横截面，B 、C 为圆上两点，一束单色光沿AB 方向射入，然后从C 点射出.已知∠ABO ＝127°，∠BOC ＝120°.真空中光速c ＝3.0×108 m/s ，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.则( )图16A.光在该有机玻璃中传播速度为1.875×108 m/sB.光在该有机玻璃中的折射率为1.8C.光在该有机玻璃中发生全反射的临界角为37°D.若将该材料做成长300 km 的光导纤维，此单色光在光导纤维中传播的最短时间为1.6×10－3 s答案　AD解析　根据折射定律得：n ＝＝＝1.6，则光在有机玻璃中传播的速度为：v ＝sin (180°－127°)sin 30°0.80.5＝ m /s ＝1.875×108 m/s ，故A 正确，B 错误.根据sin C ＝得，sin C ＝＝0.625，c n 3×1081.61n 11.6故C 错误.当光线与光导纤维平行时，传播的时间最短，则传播的时间t ＝＝＝L v nL cs ＝1.6×10－3 s ，故D 正确.1.6×3×1053×108非选择部分三、非选择题(本题共5小题，共40分)21.(6分)某实验小组在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中：(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图17所示，则该摆球的直径为________cm.图17(2)小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是________(填选项前的字母).A.把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时B.测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为t100C.用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大D.选择密度较小、直径较大的摆球答案　(1)0.97　(2)C22.(8分)在“用插针法测玻璃砖折射率”的实验中，玻璃砖的ab边与a′b′边相互平行，aa′边与bb′边不平行，某同学在白纸上仔细画出了玻璃砖的两条边线aa′和bb′，如图18所示.图18(1)实验时，先在玻璃砖的一侧插两枚大头针P1和P2以确定入射光线AO，接着，眼睛应在玻璃砖的________(选填“同一侧”或“另一侧”)观察所插的两枚大头针P1和P2，同时通过插第三、第四枚大头针来确定从玻璃砖射出的光线.(2)实验中是否要求四枚大头针的针帽在同一视线上？________(填“是”或“否”)(3)下列操作可以减小实验误差的是________(填字母代号)A.适当增大大头针P1、P2的间距B.选择玻璃砖相互平行的ab、a′b′边来测量C.选用尽可能细的笔画线D.使AO的入射角接近于90°答案　(1)另一侧　(2)否　(3)AC解析　(2)实验中要求四枚大头针的针尖在同一视线上，而不是针帽.(3)大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些时，相同的距离误差，引起的角度误差会减小，角度的测量误差会小些，故A正确；用插针法测定折射率时，玻璃砖上下表面不一定要平行，故B 错误；为了准确确定入射光线和折射光线，应选用尽可能细的笔画线，故C 正确；为了减小测量的相对误差，选择的入射角应尽量大些，但不是接近90°，故D 错误.23.(8分)“用双缝干涉测量光的波长”实验装置如图19所示.(1)下列说法正确的是_________.图19A.调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，应放上单缝和双缝B.通过调节拨杆(图中没有画出)，使单缝与双缝平行，且通过目镜能观察到干涉图样C.为了减小测量误差，可用测微目镜测出n 条亮条纹间的距离a ，求出相邻两条亮条纹间距Δx ＝a n(2)在本实验中，小李同学用黄光作为入射光，发现条纹间距太小.为了增大干涉条纹的间距，该同学可以采用的方法有________.A.改用红光作为入射光B.改用蓝光作为入射光C.增大双缝到屏的距离D.更换间距更大的双缝(3)小李同学正确操作后，在目镜中看到是下列图中的________.答案　(1)B (2)AC (3)B解析　(2)由干涉条纹的间距Δx ＝λ，知要使条纹间距变大，可改用波长更长的红光作为入射l d光或增大双缝到屏的距离l .24.(8分)为从工事内部观察外面的目标，在工事壁上开一圆柱形孔，如图20所示.设工事壁厚d ＝20 cm ，孔的直径L ＝20 cm ，孔内嵌入折射率n ＝的玻璃砖.33图20(1)嵌入玻璃砖后，工事内部人员观察到外界的视野的最大张角为多少？(2)要想使外界180°范围内的景物全被观察到，应嵌入至少多大折射率的玻璃砖？答案　(1)120°　(2)2解析　(1)光路图如图所示，由折射定律得n ＝.sin θ1sin θ2由几何关系得sin θ2＝L L 2＋d 2由以上两式解得θ1＝60°，θ2＝30°则视野的最大张角为θ＝2θ1＝120°(2)为使外界180°范围内的景物全被观察到，应使θ1＝90°，则θ2＝30°应是光线在该玻璃砖中的临界角，即sin 30°＝，解得玻璃砖的1n ′折射率至少应为n ′＝2.25.(10分)(2018·宁波市诺丁汉大学附中期中)如图21甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN 、PQ 被固定在水平面上，导轨间距L ＝0.6 m ，两导轨的左端用导线连接电阻R 1及理想电压表，电阻r ＝2 Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB 处；右端用导线连接电阻R 2，已知R 1＝2Ω，R 2＝1 Ω，导轨及导线电阻均不计.在矩形区域CDEF 内有竖直向上的匀强磁场，CE ＝0.2 m ，磁感应强度随时间的变化如图乙所示.在t ＝0时刻开始，对金属棒施加一水平向右的恒力F ，从金属棒开始运动直到离开磁场区域的整个过程中电压表的示数保持不变.求：图21(1)t ＝0.1 s 时电压表的示数；(2)恒力F 的大小；(3)从t ＝0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量Q .答案　(1)0.3 V (2)0.27 N (3)0.09 J解析　(1)设磁场宽度为d ＝CE ，在0～0.2 s 的时间内，有E ＝ΔΦΔtE ＝Ld ＝0.6 V ΔB Δt此时，R 1与金属棒r 并联，再与R 2串联R ＝R 并＋R 2＝2 Ω得U ＝R 并＝0.3 V E R(2)金属棒进入磁场后，有I ′＝＋＝0.45 A U R 1U R 2F 安＝BI ′L即F 安＝1×0.45×0.6 N ＝0.27 N由于金属棒进入磁场后电压表示数始终不变，所以金属棒做匀速运动，有F ＝F 安得F ＝0.27 N(3)金属棒在0～0.2 s 的运动时间内，有Q 1＝t ＝0.036 J E 2R金属棒进入磁场后，因电压表示数保持不变，故切割磁感线速度v 不变，则W F ＋W 安＝0W F ＝F ·d ＝0.27×0.2 J ＝0.054 J根据能量转化规律Q 2＝－W 安＝0.054 J故Q 总＝Q 1＋Q 2＝0.09 J。

单元滚动检测卷四考生注意：1．本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共12小题，每小题3分，共36分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．如图1所示，在O 处有一点光源，MN 为竖直屏，屏MN 的垂线OM 中点O ′处有一静止小球．释放小球，小球做自由落体运动，在屏上得到小球的投影点．则投影点做( )图1A ．匀速直线运动B ．初速度为零、加速度为g 的匀加速直线运动C ．初速度为零、加速度为2g 的匀加速直线运动D ．初速度不为零、加速度为2g 的匀加速直线运动答案　C解析　OM 中点O ′处小球做自由落体运动h ＝gt 2，由相似三角形知识，投影点的位移与时12间的关系y ＝2h ＝gt 2，故投影点做初速度为零、加速度为2g 的匀加速直线运动，故C 正确．2．一块质量均匀分布的长方体木块按图2中甲、乙、丙所示的三种方式在同一水平面上运动，其中甲图中木块做匀速运动，乙图中木块做匀加速运动，丙图中木块侧立在水平面上做与甲图相同的运动．则下列关于甲、乙、丙三图中木块所受滑动摩擦力大小关系的判断正确的是( )图2A ．F f 甲＝F f 乙<F f 丙B ．F f 甲＝F f 丙<F f 乙C ．F f 甲＝F f 乙＝F f 丙D ．F f 丙<F f 甲<F f 乙答案　C解析　根据公式F f ＝μF N 知，滑动摩擦力的大小与接触面的大小无关，与相对速度或加速度也无关．3．帆船船头指向正东以速度v (静水中速度)航行，海面正刮着南风，风速为v ，以海岸为3参考系，不计阻力．关于帆船的实际航行方向和速度大小，下列说法中正确的是( )A ．帆船沿北偏东30°方向航行，速度大小为2vB ．帆船沿东偏北60°方向航行，速度大小为v2C ．帆船沿东偏北30°方向航行，速度大小为2vD ．帆船沿东偏南60°方向航行，速度大小为v2答案　A解析　由于帆船的船头指向正东，并以相对静水中的速度v 航行，南风以v 的风速向北吹3来，当以海岸为参考系时，实际速度v 实＝＝2v ，设帆船实际航行方向与正北方v 2＋(3v )2向夹角为α，则sin α＝＝，α＝30°，即帆船沿北偏东30°方向航行，选项A 正确．v 2v 124.(2018·金华十校期末)吊坠是日常生活中极为常见的饰品，深受人们喜爱．现将一“心形”金属吊坠穿在一根细线上，吊坠可沿细线滑动．在佩戴过程中，某人手持细线两端，让吊坠静止在空中，如图3所示，现让两手水平向外缓慢移动，不计吊坠与细线间的摩擦，则在此过程中，细线中张力大小变化情况为( )图3A ．保持不变B ．逐渐减小C ．逐渐增大D ．先减小后增大答案　C解析　以吊坠为研究对象，分析受力情况，作出受力图，如图所示，根据平衡条件得：2F cos θ＝mg ，得到细线的拉力F ＝，现让两手水平向外缓慢移动，θ变大，cos θ变小，则F mg 2cos θ增大，故C 正确，A 、B 、D 错误．5．如图4所示，“旋转秋千”中的两个座椅A 、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )图4A ．A 的速度比B 的大B ．A 与B 的向心加速度大小相等C ．悬挂A 、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等D ．悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小答案　D解析　根据题意可知，座椅A 和B 的角速度相等，A 的转动半径小于B 的转动半径，由v ＝rω可知，座椅A 的线速度比B 的小，选项A 错误；由a n ＝rω2可知，座椅A 的向心加速度比B 的小，选项B 错误；座椅受力如图所示，由牛顿第二定律得mg tan θ＝mrω2，tan θ＝，因r ω2g座椅A 的运动半径较小，故悬挂A 的缆绳与竖直方向的夹角小，选项C 错误；拉力F T ＝，mg cos θ可判断悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小，选项D 正确．6.如图5所示，把地球看成大“拱形桥”，当一辆“汽车”速度达到一定值时，“汽车”对地面压力恰好为零，此时“汽车”( )图5A ．受到的重力消失了B ．仍受到重力，其值比原来的小C ．仍受到重力，其值与原来相等D ．座椅对驾驶员的支持力大于驾驶员的重力答案　C解析　重力是由于地球的吸引而产生的，跟物体的运动状态无关，“汽车”通过“拱形桥”时，若“汽车”对地面压力恰好为零，重力提供向心力，重力的大小不变，其值与原来相等，此时座椅对驾驶员的支持力为零，故C 正确．7．如图6所示是生活中常见的情景，下列说法正确的是( )图6A ．传送带靠物体的惯性把货物从低处送往高处B ．汽车轮胎表面的花纹状沟槽不同主要是为了轮胎的美观C ．自行车的滚动轴轮，把滚珠沾上润滑油后放入“轴碗”，以减少摩擦损耗D ．盘上小物体随盘做匀速圆周运动的向心力是由盘对小物体的滑动摩擦力提供答案　C解析　传送带靠静摩擦力把货物从低处送往高处，选项A 错误；汽车轮胎表面的花纹状沟槽不同主要是为了增大轮胎与地面间的摩擦力，选项B 错误；自行车的滚动轴轮，把滚珠沾上润滑油后放入“轴碗”，以减少摩擦损耗，选项C 正确；盘上小物体随盘做匀速圆周运动的向心力是由盘对小物体的静摩擦力提供，选项D 错误．8.如图7所示，在足够长斜面上的A 点，以水平速度v 0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上的水平距离为x 1；若将此球以2v 0的水平速度抛出，落到斜面上的水平距离为x 2，则x 1∶x 2为( )图7A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶4答案　D解析　设斜面倾角为θ，则tan θ＝＝＝，故t ＝，水平位移x ＝v 0t ＝∝v y x 12gt 2v 0t gt 2v 02v 0tan θg 2v 02tan θg，故当水平初速度由v 0变为2v 0后，水平位移变为原来的4倍，D 项正确．029.如图8所示，球网高出桌面H ，网到左、右桌边缘的距离为L .某人在乒乓球训练中，从距网左侧处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌边缘．设乒L 2乓球的运动为平抛运动．则( )图8A ．击球点的高度与网高度之比为2∶1B ．乒乓球在网左右两侧运动时间之比为2∶1C ．乒乓球过网时与落到桌边缘时竖直方向速率之比为1∶2D ．乒乓球在网左、右两侧运动速度变化量之比为1∶2答案　D解析　根据平抛运动规律，乒乓球在网左、右两侧运动时间之比为1∶2，由Δv ＝g Δt 可得，乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1∶2，选项D 正确，B 错误．由y ＝gt 2可得击12球点的高度与网高度之比为9∶8，乒乓球过网时与落到桌边缘时竖直方向速率之比为1∶3，选项A 、C 错误．10．如图9所示，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M 和2M 的行星做匀速圆周运动．下列说法中正确的是( )图9A ．甲的向心加速度比乙的向心加速度小B ．甲的运行周期比乙的运行周期小C ．甲的角速度比乙的角速度大D ．甲的线速度比乙的线速度大答案　A解析　根据万有引力提供向心力得，＝ma ＝m ＝mrω2＝m r ，解得向心加速度a ＝GMm r 2v 2r4π2T 2，线速度v ＝，角速度ω＝，周期T ＝，由于甲、乙两卫星的轨道半径相同，GM r 2GM r GM r 34π2r 3GM但环绕的中心天体质量分别为M 、2M ，所以甲的向心加速度、线速度和角速度都比乙的小，但甲的周期比乙的大，A 选项正确，B 、C 、D 选项错误．11.(2018·西湖高级中学月考)2012年9月我国采用“一箭双星”的方式发射了“北斗导航卫星”(BDS)系统中的两颗圆轨道半径均为21 332 km 的“北斗－M5”和“北斗－M6”卫星，其轨道如图10所示，下列说法正确的是( )图10A ．两颗卫星绕地球运行的向心加速度大小相等B ．两颗卫星绕地球的运行速率均大于7.9 km/sC ．“北斗－M5”绕地球的运行周期大于地球的自转周期D ．“北斗－M6”绕地球的运行速率大于“北斗－M5”的运行速率答案　A解析　根据G＝ma 知，轨道半径相等，则向心加速度大小相等，故A 正确；根据v ＝Mm r 2GM r 知，轨道半径越大，线速度越小，所以两颗卫星的运行速率均小于7.9 km/s ，故B 错误；根据T ＝2π，“北斗－M5”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，则“北斗－M5”r 3GM绕地球的运行周期小于地球的自转周期，故C 错误；根据v ＝知“北斗－M6”绕地球的GM r运行速率等于“北斗－M5”的运行速率，故D 错误．12．一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图11所示．水平台面的长和宽分别为L 1和L 2(L 1＞L 2)，中间球网高度为h .发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h ，不考虑乒乓球的旋转、反弹和空气阻力(重力加速度为g )，则( )图11A ．若球发射速度v ＝，则恰好越过球网落在球台的右侧L 18g hB ．若球发射速度v ＝，则恰好越过球网落在球台的右侧L 24g hC ．若球以速度v ＝L 2垂直台面左侧底线水平发射，则恰好落在球台的右侧边缘g 6hD ．若球以速度v ＝L 1垂直台面左侧底线水平发射，则恰好落在球台的右侧边缘g 6h 答案　D解析　若球恰好过球网，根据3h －h ＝gt 12得：t 1＝，水平位移最小为：x min ＝，则最小124h gL 12发射速度为：v 1＝＝，故A 、B 错误；若发射球的速度垂直台面左侧底线且球刚好落L 12t 1L 14g h在球台右侧边缘处，根据3h ＝gt 22得：t 2＝，水平位移为L 1，则发射速度为：v 2＝＝L 1126h gL 1t 2，故C 错误，D 正确．g 6h二、选择题Ⅱ(本题共4小题，每小题3分，共12分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有错选的得0分)13．光滑水平面上一运动质点以速度v 0通过点O ，如图12所示，与此同时给质点加上沿x 轴正方向的恒力F x 和沿y 轴正方向的恒力F y ，则( )图12A ．因为有F x ，质点一定做曲线运动B ．如果F y <F x ，质点向y 轴一侧做曲线运动C ．如果F y ＝F x tan α，质点做直线运动D ．如果F x >，质点向x 轴一侧做曲线运动F ytan α答案　CD解析　如果F x 、F y 二力的合力沿v 0方向，即F y ＝F x tan α，则质点做直线运动，选项A 错误，C正确；若F x >，则合力方向在v 0与x 轴正方向之间，运动轨迹向x 轴一侧弯曲而做曲线F ytan α运动；若F x <，则合力方向在v 0与y 轴正方向之间，所以运动轨迹必向y 轴一侧弯曲而F ytan α做曲线运动，因不知α的大小，所以只凭F x 、F y 的大小不能确定F 合是偏向x 轴还是y 轴，选项B 错误，D 正确．14.(2019届牌头中学模拟)“套圈”是老少皆宜的游戏，如图13所示，大人和小孩在同一竖直线上的不同高度处分别以水平速度v 1、v 2抛出铁丝圈，都能套中地面上的同一目标．设铁丝圈在空中的运动时间分别为t 1、t 2，则(不计空气阻力)( )图13A ．v 1<v 2B ．v 1＞v 2C ．t 1＞t 2D ．t 1＝t 2答案　AC解析　铁丝圈做平抛运动，竖直分运动是自由落体运动，根据h ＝gt 2，有t ＝，故t 1＞t 2，122h g水平分位移相同，由于t 1＞t 2，根据x ＝v 0t ，有v 1＜v 2，A 、C 正确．15.如图14所示，长为L 的轻杆一端固定质量为m 的小球，另一端固定在转轴O ，现使小球在竖直平面内做圆周运动．P 为圆周轨道的最高点．若小球通过圆周轨道最低点时的速度大小为，不计空气阻力和摩擦，则以下说法正确的是( )32gL 2图14A ．小球能到达P 点B ．小球到达P 点时的速度等于gLC ．小球能到达P 点，但在P 点不会受到轻杆的弹力D ．小球能到达P 点，且在P 点受到轻杆向上的弹力答案　AD解析　根据动能定理得－mg ·2L ＝m v P 2－m v 2，又v ＝，解得v P ＝，小球在最高121232gL 22gL 2点的临界速度为零，所以小球能到达最高点，故A 正确，B 错误；设杆在P 点对小球的作用力表现为支持力，则mg －F ＝，解得F ＝mg ，故小球在P 点受到轻杆向上的弹力，故D m v P 2L12正确，C 错误．16．(2019届台州中学月考)2016年8月以来，我国先后发射了量子科学实验卫星、“天宫二号”、“风云四号A ”、全球二氧化碳监测科学实验卫星等卫星或航天器，如图15所示，其中量子科学实验卫星运行在距地面500千米的极地轨道，“天宫二号”运行在距地面393千米的轨道，“风云四号A ”是中国新一代静止气象卫星，运行在地球同步轨道上，全球二氧化碳监测科学实验卫星运行在距地面700千米的极地轨道上，这些卫星或航天器对我国与国际的科学研究做出了重大贡献．下列关于这些卫星或航天器的说法正确的是( )图15A ．量子科学实验卫星的轨道在赤道上空B ．“天宫二号”的运行速度最大C ．“风云四号A ”的运行轨道距地面的高度最大D ．全球二氧化碳监测科学实验卫星运行周期为24小时答案　BC解析　量子科学实验卫星运行在距地面500千米的极地轨道，不会在赤道上空，故A 错误；根据万有引力提供向心力可知G ＝m ，解得v ＝，轨道半径越小，速度越大，根据Mm r 2v 2rGM r 题意可知，“天宫二号”距地面的高度最小，轨道半径最小，则其速度最大，故B 正确；“风云四号A ”的轨道半径最大，则距地面的高度最大，故C 正确；根据万有引力提供向心力得G＝m ，解得T ＝2π，地球同步卫星的周期为24 h ，轨道半径越大，周期越大，而Mm r 24π2r T2r 3GM 全球二氧化碳监测科学实验卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则周期小于24 h ，故D 错误．非选择部分三、非选择题(本题共6小题，共52分)17．(6分)在研究平抛运动实验中，实验室准备了下列器材：铁架台、斜槽、竖直挡板、有水平卡槽的木板、白纸、复写纸、图钉、小球、刻度尺等．部分实验步骤如下：图16(1)按图16安装实验装置，应使斜槽末端________，从而保证小球离开斜槽后做平抛运动．(2)每次在斜槽上静止释放小球时应做到________，从而保证小球每次在空中做平抛运动的轨迹是相同的．答案　(1)切线水平　(2)从同一位置释放解析　(1)为保证小球做平抛运动，必须保持斜槽末端切线水平．(2)每次在斜槽上静止释放小球时要从同一位置释放，以保证小球每次在空中做平抛运动的轨迹是相同的．18．(8分)某同学设计了如图17甲所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系．将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，并用手按住，向小桶中加入细沙，记下力传感器的示数F1.图17(1)接通频率为50 Hz的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离并标在纸带上，由所测数据可以算出小车的加速度a＝________m/s2.(2)同一次实验中，小车释放前力传感器示数F1与小车加速运动时力传感器示数F2的关系是F1________F2(选填“＜”“＝”或“＞”)．(3)关于该实验，下列做法有助于减小实验误差的是________．A．小车和力传感器的总质量远大于小桶和细沙的总质量B．实验中需要将长木板右端适当垫高C．实验中需要测出小车和力传感器的总质量D ．用加细沙的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据答案　(1)0.16　(2)＞　(3)BD19．(8分)如图18所示，在倾角为θ的斜面顶端P 点以初速度v 0水平抛出一个小球，最后落在斜面上的Q 点，求：图18(1)小球在空中运动的时间以及P 、Q 间的距离；(2)小球离开斜面的距离最大时，抛出了多久．答案　(1) (2)2v 0tan θg 2v 02tan θg cos θv 0tan θg 解析　(1)根据平抛运动分运动的特点，两个分运动的位移与合运动的位移构成一个直角三角形，如图甲所示，由s x ＝v 0t ，s y ＝gt 2得12＝tan θ＝，s y s x gt 2v 0可得小球在空中运动的时间t ＝.2v 0tan θgPQ 间距离s ＝＝.s x cos θ2v 02tan θg cos θ(2)如图乙所示，两个分运动的速度与合运动的速度也构成一个直角三角形，当小球与斜面间距离最远时，速度方向与水平分速度之间的夹角为θ.由＝tan θ＝，可得小球离开斜面距离最大时所需时间为t ′＝.v y v x gt ′v 0v 0tan θg 20.(10分)如图19所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R ＝90 m 的大圆弧和r ＝40 m 的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O ′、O 距离L ＝100 m ．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短．(发动机功率足够大，重力加速度取g ＝10 m/s 2)．求：图19(1)在两个弯道上的最大速度分别是多少？(2)应从什么位置开始加速，加速度是多大？答案　见解析解析　(1)在弯道上做匀速圆周运动时，径向摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律kmg ＝m ，在小圆弧弯道上的最大速度v m r ＝＝ m /s ＝30 m/s ，在大圆弧弯v m2rkgr 2.25×10×40道上的最大速度为v m R ＝＝ m /s ＝45 m/s.kgR 2.25×10×90(2)当弯道半径一定时，在弯道上的最大速度是一定的，且在大弯道上的最大速度大于小弯道上的最大速度，故要想时间最短，故可在绕过小圆弧弯道后加速，直道的长度为x ＝＝50 m ，L 2－(R －r )23由运动学公式v m R 2－v m r 2＝2ax ，代入数据可得加速度大小为：a ＝＝ m /s 2≈6.50 m/s 2.v m R 2－v m r 22x 452－3022×50321．(10分)“水上乐园”中有一巨大的水平转盘，人在其上随转盘一起转动，给游客带来无穷乐趣．如图20所示，转盘的半径为R ，离水平面的高度为H ，可视为质点的游客的质量为m ，现转盘以角速度ω匀速转动，游客在转盘边缘保持相对静止，不计空气阻力，重力加速度为g .图20(1)求转盘转动的周期；(2)求游客受到的摩擦力的大小和方向；(3)若转盘突然停止转动，求游客落水点到转动轴的水平距离．答案　(1)　(2)mω2R 沿半径方向指向转盘圆心O (3)R 2πω2H ω2g＋1解析　(1)转盘转动的周期：T ＝2πω(2)游客受到的摩擦力的大小：F f ＝mω2R游客受到的摩擦力的方向沿半径方向指向转盘圆心O .(3)游客转动时的线速度，即平抛运动的初速度：v ＝ωR游客落水的时间：t ＝2Hg 游客做平抛运动的水平位移：x ＝v t ＝ωR 2Hg游客落水点到转动轴的水平距离：s ＝＝R.x 2＋R 22H ω2g ＋122.(10分)如图21所示，一个可视为质点的质量m ＝2 kg 的木块从P 点以初速度v 0＝5 m /s 向右运动，木块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，木块运动到M 点后水平抛出，恰好沿竖直的粗糙圆弧AB 的A 点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力)．已知圆弧的半径R ＝0.5 m ，半径OA 与竖直半径OB 间的夹角θ＝53°，木块到达A 点时的速度v A ＝5 m/s ，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g ＝10 m/s 2.图21(1)求P 到M 的距离l ；(2)求M 、A 间的距离s ；(3)若木块到达圆弧底端B 点时速度大小v B ＝5 m/s ，求此时木块对轨道的压力．答案　(1)2 m (2) m (3)120 N ，方向竖直向下2135解析　(1)木块到A 点时，木块做平抛运动的初速度v 等于v A 的水平分速度，可知：v ＝v x ＝v A cos θ＝3 m/s木块在水平面上滑行时的加速度大小a ＝μg ＝4 m/s 2P 到M 的距离l ＝＝2 m.v 02－v x 22a(2)木块运动至A 点时竖直方向的分速度为v y ＝v A sin θ＝4 m/s ，设M 点与A 点的水平距离为x ，竖直高度为h ，有v y ＝gtv y 2＝2ghx ＝v x ts ＝h 2＋x 2解得s ＝m.2135(3)根据F N －mg ＝m ，可得v B 2RF N ＝120 N由牛顿第三定律可知，木块对轨道的压力大小F N ′＝F N ＝120 N ，方向竖直向下．。

专题强化三带电粒子在叠加场和组合场中的运动命题点一带电粒子在叠加场中的运动1．带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动(1)洛伦兹力、重力并存①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，可由此求解问题．(2)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．(3)电场力、洛伦兹力、重力并存①若三力平衡，一定做匀速直线运动．②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题．2．带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解．例1如图1，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里．一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从原点出发，沿与x轴正方向的夹角为45°的初速度进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，粒子继续运动一段时间后，正好垂直于y 轴穿出复合场．不计一切阻力，求：图1(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B 的大小； (3)微粒在复合场中的运动时间． 答案 (1)mg q (2)mqg l (3)(3π4＋1)lg解析 (1)微粒到达A (l ，l )之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲：所以，Eq ＝mg ，得：E ＝mgq(2)由平衡条件：q v B ＝2mg电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙：qv B ＝m v 2r由几何知识可得：r ＝2l 联立解得：v ＝2gl ， B ＝m qg l(3)微粒做匀速直线运动的时间：t 1＝2lv ＝l g 做匀速圆周运动的时间：t 2＝34π·2l v ＝3π4l g 在复合场中的运动时间：t ＝t 1＋t 2＝(3π4＋1)l g. 变式1 如图2，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a 、b 、c 电荷量相等，质量分别为m a 、m b 、m c ，已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是( )图2A ．m a ＞m b ＞m cB ．m b ＞m a ＞m cC ．m c ＞m a ＞m bD ．m c ＞m b ＞m a答案 B解析 设三个微粒的电荷量均为q ，a 在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即 m a g ＝qE ①b 在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则 m b g ＝qE ＋q v B ②c 在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则 m c g ＋q v B ＝qE ③比较①②③式得：m b >m a >m c ，选项B 正确．变式2 (2019届效实中学期中)一带电液滴在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中做半径为R 的圆周运动，如图3所示，已知电场强度为E ，方向竖直向下，磁感应强度为B ，方向水平(图中垂直纸面向里)，重力加速度为g .运动中液滴所受浮力、空气阻力都不计，求：图3(1)液滴是顺时针运动还是逆时针运动； (2)液滴运动的速度多大；(3)若液滴运动到最低点A 时分裂成两个完全相同的液滴，其中一个仍在原平面内做半径R 1＝3R 的圆周运动，绕行方向不变，且圆周的最低点仍是A 点，则另一个液滴怎样运动？ 答案 见解析解析 (1)、(2)带电液滴所受电场力向上且与重力平衡，知液滴带负电，液滴所受洛伦兹力提供向心力，由左手定则结合题图知液滴顺时针运动． 即Eq ＝mg ，q v B ＝m v 2R解得v ＝gBRE(3)分裂后的液滴电荷量、质量均减半，电场力与重力仍平衡，依据上面运算可得，分裂后第一个液滴的绕行速度大小v 1＝gBR 1E ＝gB ·3RE＝3v ，方向向左．分裂后第二个液滴的速度设为v 2，分裂前后水平方向动量守恒，以液滴分裂前的速度方向为正方向 m v ＝12m v 1＋12m v 2，解得v 2＝－v即分裂后第二个液滴速度大小为v ，方向向右，所受电场力与重力仍平衡，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，绕行方向为顺时针，A 点是圆周最高点，圆周半径R 2＝R . 命题点二 带电粒子在组合场中的运动 1．带电粒子在组合场中运动的分析思路第1步：分阶段(分过程)按照时间顺序和进入不同的区域分成几个不同的阶段； 第2步：受力分析和运动分析，主要涉及两种典型运动，如下： 匀速圆周运动←粒子垂直于磁感线进入匀强磁场←磁偏转←组合场中两种典型运动→电偏转→粒子垂直于电场线进入匀强电场→类平抛运动 第3步：用规律磁偏转→匀速圆周运动→圆轨迹→找半径→定圆心⎩⎪⎨⎪⎧半径公式周期公式电偏转→类平抛运动⎩⎪⎨⎪⎧初速度方向→匀速直线运动电场方向→匀变速直线运动2．解题步骤(1)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键．(2)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题．模型1 磁场与磁场组合例2 人类研究磁场的目的之一是通过磁场控制带电粒子的运动．如图4所示是通过磁场控制带电粒子运动的一种模型．在0≤x ＜d 和d <x ≤2d 的区域内，存在磁感应强度大小均为B 的匀强磁场，其方向分别垂直纸面向里和垂直纸面向外．在坐标原点有一粒子源连续不断地沿x 轴正方向释放出质量为m 、带电荷量为q (q >0)的粒子，其速率有两种，分别为v 1＝23qBd 3m 、v 2＝2qBdm .(不考虑粒子的重力以及粒子之间的相互作用)图4(1)求两种速率的粒子在磁感应强度为B 的匀强磁场中做圆周运动的半径R 1和R 2. (2)求两种速率的粒子从x ＝2d 的边界射出时，两出射点的距离Δy 的大小．(3)在x >2d 的区域添加另一匀强磁场，使得从x ＝2d 边界射出的两束粒子最终汇聚成一束，并平行y 轴正方向运动．在图中用实线画出粒子的大致运动轨迹(无需通过计算说明)，用虚线画出所添加磁场的边界线．答案 (1)233d 2d (2)4(233－1)d (3)见解析图解析 (1)根据q v B ＝m v 2R 可得：R ＝m vqB又因为粒子速率有两种，分别为：v 1＝23qBd 3m ，v 2＝2qBdm解得：R 1＝233d ，R 2＝2d(2)图甲为某一速率的粒子运动的轨迹示意图，辅助线如图所示，根据几何关系可知：速率为v 1的粒子射出x ＝2d 边界时的纵坐标为：y 1＝2(R 1－R 12－d 2)＝233d速率为v 2的粒子射出x ＝2d 边界时的纵坐标为：y 2＝2(R 2－R 22－d 2)＝2(2－3)d 联立可得两出射点距离的大小：Δy ＝y 1－y 2＝4(233－1)d(3)两个粒子运动轨迹如图乙中实线所示，磁场边界如图中倾斜虚线所示，可以使得从x ＝2d 边界射出的两束粒子最终汇聚成一束，并平行y 轴正方向运动．模型2 电场与磁场组合例3 (2016·浙江4月选考·22)如图5为离子探测装置示意图．区域Ⅰ、区域Ⅱ长均为L ＝0.10 m ，高均为H ＝0.06 m ．区域Ⅰ可加方向竖直向下、电场强度为E 的匀强电场；区域Ⅱ可加方向垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，区域Ⅱ的右端紧贴着可探测带电粒子位置的竖直屏．质子束沿两板正中间以速度v ＝1.0×105 m/s 水平射入，质子荷质比近似为qm ＝1.0×108 C/kg.(忽略边界效应，不计重力)图5(1)当区域Ⅰ加电场、区域Ⅱ不加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加电场的最大值E max ； (2)当区域Ⅰ不加电场、区域Ⅱ加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加磁场的最大值B max ； (3)若区域Ⅰ加电场E 小于(1)中的E max ，质子束进入区域Ⅱ和离开区域Ⅱ的位置等高，求区域Ⅱ中的磁场B 与区域Ⅰ中的电场E 之间的关系式． 答案 (1)200 V/m (2)5.5×10－3 T (3)B ＝2E v 解析 (1)质子在电场中做类平抛运动 v y ＝at ＝qELm v ，tan α＝v y v ＝EqL m v2质子恰好能到达区域Ⅱ右下端时，外加电场最大， 此时有tan α＝H 2L ＋L 2，得E max ＝Hm v 23qL 2＝200 V/m.(2)质子在磁场中运动有q v B ＝m v 2R ，即R ＝m vqB根据几何关系有：R 2－(R －H2)2＝L 2时，外加磁场最大得B max ＝m v H q (L 2＋H24)≈5.5×10－3T. (3)质子运动轨迹如图所示．设质子进入磁场时的速率为v ′，则 sin α＝v y v ′＝at v ′＝Eq m ·L v v ′＝EqLm vv ′由几何关系知sin α＝L 2R ＝L 2m v ′Bq＝BqL 2m v ′，得B ＝2Ev .变式3 (2017·浙江4月选考·23)如图6所示，在xOy 平面内，有一电子源持续不断地沿x 轴正方向每秒发射出N 个速率均为v 的电子，形成宽为2b 、在y 轴方向均匀分布且关于x 轴对称的电子流．电子流沿x 方向射入一个半径为R 、中心位于原点O 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy 平面向里，电子经过磁场偏转后均从P 点射出，在磁场区域的正下方有一对平行于x 轴的金属平行板K 和A ，其中K 板与P 点的距离为d ，中间开有宽度为2l 且关于y 轴对称的小孔．K 板接地，A 与K 两板间加有正负、大小均可调的电压U AK ，穿过K 板小孔到达A 板的所有电子被收集且导出，从而形成电流．已知b ＝32R ，d ＝l ，电子质量为m，电荷量为e ，忽略电子间的相互作用．图6(1)求磁感应强度B 的大小；(2)求电子从P 点射出时与负y 轴方向的夹角θ的范围；(3)当U AK ＝0时，每秒经过极板K 上的小孔到达极板A 的电子数； (4)画出电流i 随U AK 变化的关系曲线. 答案 见解析解析 轨迹示意图(1)“磁聚焦”模型要求：R ＝m v eB ，解得B ＝m veR .(2)b ＝32R ，由几何关系知：θ在关于y 轴左、右对称的60°(含)范围内．(3)要进入小孔，电子到达P 点时与y 轴负方向的夹角φ≤45° 则：N 0N ＝2R sin φ2b ＝sin φsin 60°≤63则当U AK ＝0时每秒到达A 板的电子数：N 0＝63N . (4)①当U AK ≥0时，进入小孔的电子全部能到A 板 i 1＝N 0e ＝63Ne ②设当U AK ＝U 1时，φ1＝45°对应的电子刚好到达A 板 则eU 1＝0－12m (v cos φ1)2，解得U AK ＝－m v 24e即在区间(－m v 24e ，0)之间，i 2＝N 0e ＝63Ne③当U AK 反向继续增大时，将出现有电子(该临界角度为α) 刚好打到A 板上，而φ>α的电子打不到A 板 i ＝sin αsin 60°Ne ，eU AK ＝0－12m (v cos α)2 解得：i ＝43＋8eU AK3m v 2Ne . i ＝0时，U AK ＝－m v 22e.综上所述：i －U AK 图线如图所示变式4 如图7所示，O ′PQ 是关于y 轴对称的四分之一圆，在PQNM 区域有均匀辐向电场，PQ 与MN 间的电压为U .一初速度为零的带正电的粒子从PQ 上的任一位置经电场加速后都会从O ′进入半径为R 、中心位于坐标原点O 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy 平面向外，大小为B ，粒子经磁场偏转后都能平行于x 轴射出．在磁场区域右侧有一对平行于x 轴且到x 轴距离都为R 的金属平行板A 和K ，金属板长均为4R ，其中K 板接地，A 与K 两板间加有电压U AK >0，忽略极板电场的边缘效应，不计重力．已知金属平行板左端连线与磁场圆相切，O ′在y 轴上．图7(1)求带电粒子的比荷qm；(2)求带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围；(3)若无论带电粒子从PQ 上哪个位置出发都能打到K 板上，则电压U AK 至少为多大？ 答案 (1)2U B 2R 2 (2)－22R ～22R (3)2＋24U 解析 (1)由动能定理可知qU ＝12m v 2由已知条件可知，带电粒子在磁场中运动的半径R 0＝R 洛伦兹力提供粒子在磁场中做圆周运动的向心力， q v B ＝m v 2R 0.联立解得q m ＝2UB 2R2(2)如图，沿QN 方向入射的带电粒子，在磁场中做圆周运动的圆心为O 1，由几何关系知，对应的圆心角为135°，离开磁场的出射点a 在y 轴上的投影与O ′的距离为 Δy ＝R ＋22R a 点的纵坐标y a ＝22R同理可得，沿PM 方向入射的带电粒子离开磁场的出射点b 的纵坐标y b ＝－22R 故带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围为： －22R ～22R(3)只要沿QN 方向入射的带电粒子能打在K 板上，则从其他位置入射的粒子也一定打在K 板上，则在电场中 E ＝U AK 2RF ＝qE ＝ma Δy ＝R ＋22R ＝12at 2 应满足4R ≥v t 解得U AK ≥2＋24U .1．如图1甲所示，水平放置的平行金属板M 、N 之间存在竖直向上的匀强电场和垂直于纸面的交变磁场(如图乙所示，垂直纸面向里为正)，磁感应强度B 0＝50 T ，已知两板间距离d ＝0.3 m ，电场强度E ＝50 V/m ，M 板中心有一小孔P ，在P 正上方h ＝5 cm 处的O 点，一带电油滴自由下落，穿过小孔后进入两板间，若油滴在t ＝0时刻进入两板间，最后恰好从N 板边缘水平飞出．已知油滴的质量m ＝10－4 kg ，电荷量q ＝＋2×10－5C(不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2，取π＝3)．求：图1(1)油滴在P 点的速度大小； (2)N 板的长度；(3)交变磁场的变化周期． 答案 (1)1 m/s (2)0.6 m (3)0.3 s解析 (1)由机械能守恒定律，得mgh ＝12m v 2解得v ＝1 m/s(2)进入场区时，因为mg ＝10－3 N ，方向向下，而Eq ＝10－3 N ，方向向上．所以，重力与电场力平衡，油滴做匀速圆周运动， 所以B 0q v ＝m v 2R解得R ＝0.1 m因d ＝0.3 m ，则若使油滴从N 板边缘水平飞出，需在场内做三次14圆弧运动．所以，N 板的长度L ＝6R . 解得L ＝0.6 m(3)油滴在磁场中运动的周期T 0＝2πR v ＝2πmB 0q由(2)分析知交变磁场的周期T ＝12T 0联立解得T ＝0.3 s.2．(2019届东阳中学模拟)如图2所示，半径r ＝0.06 m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点O 处，半径R ＝0.1 m 、磁感应强度大小B ＝0.075 T 的圆形有界磁场区的圆心坐标为(0,0.08 m)，平行金属板MN 的极板长L ＝0.3 m 、间距d ＝0.1 m ，极板间所加电压U ＝6.4×102 V ，其中N 极板收集的粒子全部中和吸收．一位于O 处的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均匀地发射速度大小v ＝6×105 m/s 的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x 轴正方向．若粒子重力不计、比荷qm ＝108C/kg 、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图2(1)粒子在磁场中的运动半径R 0；(2)从坐标(0,0.18 m)处射出磁场的粒子，其在O 点入射方向与y 轴的夹角θ； (3)N 板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η. 答案 见解析解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由q v B ＝m v 2R 0得R 0＝m vqB＝0.08 m(2)如图所示，从y ＝0.18 m 处出射的粒子对应入射方向与y 轴的夹角为θ，轨迹圆心与y 轴交于(0,0.10 m)处，由几何关系可得：sin θ＝0.8，故θ＝53°(3)如图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子刚进入电场时的纵坐标为y ： 则y ＝12at 2，a ＝qUmd ，L ＝v t ，联立解得y ＝UqL 22md v 2＝0.08 m设此粒子入射时与x 轴正方向夹角为α，则有： y ＝r sin α＋R 0－ R 0cos α 可知tan α＝43即α＝53°比例η＝53°180°×100%≈29.4%.3．某高中物理课程基地拟采购一批实验器材，增强学生对电偏转和磁偏转研究的动手能力，其核心结构原理可简化为如图3所示．AB 、CD 间的区域有竖直向上的匀强电场，在CD 的右侧有一与CD 相切于M 点的圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．一带正电粒子自O 点以水平初速度v 0正对P 点进入该电场后，从M 点飞离CD 边界，再经磁场偏转后又从N 点垂直于CD 边界回到电场区域，并恰能返回O 点．已知O 、P 间距离为d ，粒子质量为m ，电荷量为q ，电场强度大小E ＝3m v 02qd ，粒子重力不计．试求：图3(1)粒子从M 点飞离CD 边界时的速度大小； (2)P 、N 两点间的距离；(3)圆形有界匀强磁场的半径和磁感应强度的大小． 答案 (1)2v 0 (2)38d (3)54d 83m v 05qd解析 (1)据题意，作出带电粒子的运动轨迹，如图所示：粒子从O 到M 点时间：t 1＝dv 0粒子在电场中的加速度：a ＝Eqm ＝3v 02dP 、M 两点间的距离为：PM ＝12at 12＝32d .粒子在M 点时竖直方向的分速度：v y ＝at 1＝3v 0 粒子在M 点时的速度：v ＝v 02＋v y 2＝2v 0 速度偏转角的正切值：tan θ＝v yv 0＝3，故θ＝60°；(2)粒子从N 到O 点时间：t 2＝d 2v 0粒子从N 到O 点过程竖直方向的位移：y ＝12at 22故P 、N 两点间的距离为：PN ＝y ＝38d (3)设粒子在磁场中运动的半径为R ，由几何关系得：R cos 60°＋R ＝PN ＋PM ＝538d 可得半径：R ＝5312d由q v B ＝m v 2R ，即：R ＝m vqB解得：B ＝83m v 05qd由几何关系确定区域半径为：R ′＝2R cos 30° 即R ′＝54d .4．如图4，静止于A 处的离子经电压为U 的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P 点垂直CN 进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左．静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强为E 0，方向如图所示；离子质量为m 、电荷量为q ；QN ＝2d 、PN ＝3d ，离子重力不计．图4(1)求圆弧虚线对应的半径R 的大小；(2)若离子恰好能打在NQ 的中点，求矩形区域QNCD 内匀强电场场强E 的值；(3)若撤去矩形区域QNCD 内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终打在QN 上，求磁场磁感应强度B 的取值范围． 答案 (1)2U E 0 (2)12U d (3)12d2Um q ≤B ＜23d2Umq解析 (1)离子在加速电场中加速，根据动能定理， 有：qU ＝12m v 2离子在辐向电场中做匀速圆周运动，知离子带正电，电场力提供向心力， 根据牛顿第二定律，有qE 0＝m v 2R联立解得：R ＝2UE 0(2)离子做类平抛运动，若恰好能打在NQ 的中点，则 d ＝v t,3d ＝12at 2由牛顿第二定律得：qE ＝ma ， 联立解得：E ＝12Ud(3)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有 q v B ＝m v 2r ，则 r ＝1B2Umq离子能打在QN 上，则离子运动径迹的边界如图中Ⅰ和Ⅱ.由几何关系知，离子能打在QN 上，必须满足：32d ＜r ≤2d ，则有12d2Um q ≤B ＜23d2Umq. 5．(2018·宁波市十校联考)一个放射源水平放出α、β、γ三种射线，垂直射入如图5所示磁场，区域Ⅰ和Ⅱ的宽度均为d ，各自存在着垂直纸面的匀强磁场，两区域的磁感应强度大小B 相等，方向相反(粒子运动不考虑相对论效应)．已知电子质量m e ＝9.1×10－31kg ，α粒子质量m α＝6.7×10－27kg ，电子电荷量q ＝1.6×10－19C ，1＋x ≈1＋x2(|x |<1时)．图5(1)若要筛选出速率大于v 1的所有β粒子进入区域Ⅱ，求磁场宽度d 与B 和v 1的关系(用题中所给字母表示即可)；(2)若B ＝0.027 3 T ，v 1＝0.1c (c 是光速)，计算d ；α粒子的速率为0.001c ，计算α粒子离开区域Ⅰ时的偏移距离(答案均保留三位有效数字)；(3)当d 满足第(1)小题所给关系时，请给出速率在v 1<v <v 2区间的β粒子离开区域Ⅱ时的位置． 答案 见解析解析 (1)作出临界轨迹如图甲所示，由几何关系知：r ＝d ，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q v 1B ＝m e v 12r ，解得：d ＝m e v 1qB；(2)对电子：d ＝m e v 1qB ＝9.1×10－31×0.1×3×1081.6×10－19×0.027 3m ＝6.25×10－3 m 对α粒子：r α＝m αv αq αB ＝6.7×10－27×0.001×3×1082×1.6×10－19×0.027 3m ≈0.230 m 作出轨迹如图乙所示，竖直方向上的偏移距离：y ＝r α－r α2－d 2＝r α－r α(1－d 2r α)(1＋d 2r α)＝d 24r α≈4.25×10－5 m ；(3)画出速率分别为v 1和v 2的粒子离开区域Ⅱ的轨迹如图丙所示，速率在v 1<v <v 2区域间射出的β粒子束宽为y 1－y 2， y 1＝2d ＝2m e v 1qB ，y 2＝2(r 2－r 22－d 2)＝2m eqB(v 2－v 22－v 12).。

本章综合能力提升练(限时：45分钟)一、单项选择题1．物理学中引入了“质点”的概念，从科学方法上来说属于()A．控制变量法B．类比法C．理想模型法D．等效替代法答案 C2．如图1所示，飞行员跳伞后，飞机上的其他飞行员(甲)和地面上的人(乙)观察跳伞飞行员的运动后，引发了对跳伞飞行员运动状况的争论，下列说法正确的是()图1A．甲、乙两人的说法中必有一个是错误的B．他们的争论是由于选择的参考系不同而引起的C．研究物体的运动时不一定要选择参考系D．参考系只能是相对于地面静止的物体答案 B解析甲、乙两人的争论是由于选择的参考系不同而引起的，故A错误，B正确；研究物体的运动一定要选择参考系，故C错误；参考系的选择具有任意性，故D错误．3.校运动会400 m比赛中，终点在同一直线上，但起点不在同一直线上(如图2所示)．关于这样的做法，下列说法正确的是()图2A．这样做是为了使参加比赛的同学位移大小相同B．这样做是为了使参加比赛的同学路程大小相同C．这样做是为了使参加比赛的同学所用的时间相同D．这样做其实是不公平的，明显对外侧比赛的同学有利答案 B4．(2018·温州市六校期末)某人驾车从“浙江省平阳中学”开往“温州第二高级中学”，导航地图如图3所示，则以下说法错误的是()图3A．研究汽车在导航图中的位置时，可以把汽车看成质点B．根据导航图中的数据可以预估“常规路线”行车的平均速度约为59.7 km/hC．图中显示的“59分钟”是指时间D．途中经过“三都岭隧道”，进入隧道前路边竖有限速标志80，指的是车辆经过隧道过程中，瞬时速度不能超过80 km/h答案 B5．(2018·东阳中学期中)如图4所示是伽利略研究自由落体运动时的情景，他设计并做了小球在斜面上运动的实验，关于这个实验的下列说法中不符合史实的是()图4A．伽利略以实验来检验速度与时间成正比的猜想是否真实B．伽利略让小球沿阻力很小的斜面滚下是为了“冲淡”重力的影响C．伽利略通过实验发现小球沿斜面滚下的运动是匀加速直线运动D．伽利略用实验而不是“外推”的方法得到斜面倾角增大到90°小球仍然会保持匀加速运动答案 D解析伽利略用斜面实验来检验速度与时间成正比的猜想是否真实，故A正确；伽利略让小球沿阻力很小的斜面滚下是为了“冲淡”重力的影响，故B正确；伽利略通过实验发现小球沿斜面滚下的运动是匀加速直线运动，故C正确；伽利略采用“外推”的方法得到斜面倾角增大到90°小球仍然会保持匀加速运动，故D错误．6.小钢球从某位置由静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到的照片如图5所示．已知连续两次曝光的时间间隔，为求出小球经过B点的速度，需测量()图5A ．照片中AC 的距离B ．照片中球的直径及AC 的距离 C ．小钢球的实际直径、照片中AC 的距离D ．小钢球的实际直径、照片中球的直径及AC 的距离 答案 D解析 根据匀变速直线运动的规律可知v B ＝x AC2T ，为求解AC 的实际距离，需知道小钢球的实际直径、照片中球的直径及照片中AC 的距离，然后根据比例关系可知AC 的实际距离，故选项D 正确，A 、B 、C 错误．7．在一平直路段检测某品牌汽车的运动性能时，以路段的起点作为x 轴的原点，通过传感器发现汽车刹车后的坐标x 与时间t 的关系满足x ＝30t －5t 2(m)，下列说法正确的是( ) A ．汽车刹车过程的初速度大小为30 m /s ，加速度大小为10 m/s 2 B ．汽车刹车过程的初速度大小为30 m /s ，加速度大小为5 m/s 2 C ．汽车刹车过程的初速度大小为60 m /s ，加速度大小为5 m/s 2 D ．汽车刹车过程的初速度大小为60 m /s ，加速度大小为2.5 m/s 2 答案 A解析 根据汽车刹车后的坐标x 与时间t 的关系x ＝30t －5t 2(m)，对比匀变速直线运动的规律x ＝v 0t ＋12at 2，可知汽车刹车过程的初速度大小为30 m /s ，加速度大小为10 m/s 2，故选A. 8.如图6所示为甲、乙两质点做直线运动的速度－时间图象，则下列说法中正确的是( )图6A ．在0～t 3时间内甲、乙两质点的平均速度相等B ．甲质点在0～t 1时间内的加速度与乙质点在t 2～t 3时间内的加速度相同C ．甲质点在0～t 1时间内的平均速度小于乙质点在0～t 2时间内的平均速度D ．在t 3时刻，甲、乙两质点都回到了出发点 答案 A解析 因在0～t 3时间内甲、乙两质点的速度－时间图线与t 轴所围“面积”相等，说明位移相等，则甲、乙两质点的平均速度相等，故A 项正确；在0～t 1时间内，甲的图线斜率为正值，加速度沿正方向，在t 2～t 3时间内，乙的图线斜率为负值，加速度沿负方向，两个加速度不相同，故B 项错误；甲质点在0～t 1时间内的平均速度等于0＋v 02＝v 02，乙质点在0～t 2时间内的平均速度等于0＋v 02＝v 02，故C 项错误；由题图可知甲、乙两质点的速度均为正值，则两质点均做单向直线运动，不可能回到出发点，故D 项错误． 二、多项选择题9．沿直线做匀变速运动的一列火车和一辆汽车的速度分别为v 1和v 2，v 1、v 2在各个时刻的大小如表所示，从表中数据可以看出( )t /s 0 1 2 3 4 v 1/(m·s －1)18.0 17.5 17.0 16.5 16.0 v 2/(m·s －1)9.811.012.213.414.6A.火车的速度变化较慢 B ．汽车的加速度较小 C ．火车的位移在减小 D ．汽车的位移在增加 答案 AD解析 从表格中可得火车的加速度a 火＝Δv 火Δt 火＝－0.51 m /s 2＝－0.5 m/s 2，汽车的加速度a 汽＝Δv 汽Δt 汽＝1.21m /s 2＝1.2 m/s 2，故火车的加速度较小，火车的速度变化较慢，A 正确，B 错误；由于汽车和火车的速度一直为正值，速度方向不变，则位移都在增加，C 错误，D 正确．10．给滑块一初速度v 0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为g2，当滑块速度大小减为v 02时，所用时间可能是( ) A.v 02g B.v 0g C.3v 0g D.3v 02g 答案 BC解析 当滑块速度大小减为v 02时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即v ＝v 02或v ＝－v 02，代入公式t ＝v －v 0a 得t ＝v 0g 或t ＝3v 0g，故B 、C 正确．11．物体由静止开始做加速度大小为a 1的匀加速直线运动，当速度达到v 时，改为加速度大小为a 2的匀减速直线运动，直至速度为零．在匀加速和匀减速运动过程中物体的位移大小和所用时间分别为x 1、x 2和t 1、t 2，下列各式成立的是( ) A.x 1x 2＝t 1t 2B.a 1a 2＝t 1t 2C.x 1t 1＝x 2t 2＝x 1＋x 2t 1＋t 2 D ．v ＝2(x 1＋x 2)t 1＋t 2答案 ACD解析 由x 1＝v 2t 1，x 2＝v 2t 2，得x 1x 2＝t 1t 2，故A 正确；又v ＝a 1t 1和v ＝a 2t 2得a 1a 2＝t 2t 1，故B 错误；整个过程x 1＋x 2＝v2(t 1＋t 2)故x 1＋x 2t 1＋t 2＝v 2＝x 1t 1＝x 2t 2，故C 正确； v ＝2(x 1＋x 2)t 1＋t 2，故D 正确．三、实验题12．(2018·温州中学期中)在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，从下列所给器材中选出本实验所必须的器材有________；为能按实验要求达到实验目的，还缺少的器材有________(写出一种即可)．①电磁打点计时器 ②天平 ③低压直流电源 ④细绳 ⑤纸带 ⑥小车 ⑦钩码 ⑧停表 ⑨一端有带滑轮的长木板答案 (1)①④⑤⑥⑦⑨ (2)低压交流电源(或刻度尺)解析 在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，所需的实验步骤：(1)木板平放，并使滑轮伸出桌面，把打点计时器固定，连接好电路．(此处所需的仪器有①⑨) (2)穿纸带，挂钩码．(此处所需的仪器有④⑤⑦)(3)先接通电源，然后放开小车，让小车拖着纸带运动，打完一条后立即关闭电源．(此处所需的仪器有⑥)(4)换纸带，加钩码，再做两次．(5)处理纸带，求出某位置的速度和运动过程的加速度．由实验步骤可以看出需要的仪器有①④⑤⑥⑦⑨，为了得到小车的运动规律，还需要低压交流电源和刻度尺．13．(2018·东阳中学期中)在学生实验“用打点计时器测速度”和“探究小车速度随时间变化的规律”中，都使用了电火花计时器，并打出纸带进行有关数据处理，已知所用交流电源的频率是50 Hz. (1)关于打点计时器的使用，下列说法中正确的是________．(可能有一个或多个正确选项) A ．实验中需用停表记下运动的时间B ．开始释放小车时，应使小车靠近电火花计时器C ．先接通电火花计时器电源，然后放开小车(2)有一次实验中某小组得到如图7所示的纸带，并按照打点时间先后，依次选定了O 、A 、B 、C 、D 、E 、F 七个计数点(每两个计数点之间还有四个点没有画出)，经过测量后计算得到相邻计数点间的距离．请根据实验数据，判断这个纸带做的是________(填“加速”“匀速”或“减速”)运动．电火花计时器打下相邻两点的时间间隔是________ s ．根据纸带上测量的数据可以计算得到加速度大小为________(结果保留3位有效数字)．图7答案 (1)BC (2)加速 0.02 2.00 m/s 2解析 (1)打点计时器本身是计时仪器，不需要再使用停表，故A 错误；为了更有效利用纸带，开始释放小车时，应使小车靠近电火花计时器，故B 正确；为了使打点计时器稳定工作，先接通电火花计时器电源，然后放开小车，故C 正确．(2)由题图知相邻时间间隔的位移越来越大，故纸带做加速运动；电火花计时器使用交变电流，电源频率为50 Hz ，相邻两点的时间间隔为0.02 s ，由公式a ＝(x 6＋x 5＋x 4)－(x 3＋x 2＋x 1)9T 2，代入数据得：a ＝2.00 m/s 2. 四、计算题14．一列火车由静止开始出发，沿直线轨道先以恒定加速度a 1做匀加速运动，至速度v 后，再匀速前进一段时间，最后以恒定加速度a 2匀减速前进，直至停止，全程长为L . (1)求全程所用时间；(2)速度v 为何值时，全程所用时间最短？ 答案 (1)L v ＋v2a 1＋v 2a 2(2)2a 1a 2a 1＋a 2L 解析 (1)火车加速过程：v ＝a 1t 1 加速位移满足2a 1x 1＝v 2 减速过程：v ＝a 2t 2 减速位移满足2a 2x 2＝v 2 匀速过程：L －x 1－x 2＝v t 3 全程所用时间t ＝t 1＋t 2＋t 3 联立解得t ＝L v ＋v2a 1＋v 2a 2(2)火车先加速到v 再减速到零跑完全程，所用时间最短，即L ＝x 1＋x 2，得v ＝2a 1a 2a 1＋a 2L . 15．在一次低空跳伞演练中，当直升机悬停在离地面224 m 高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动．运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以12.5 m /s 2的加速度匀减速下降．为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过5 m/s.(取g ＝10 m/s 2)求：(1)伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？着地时相当于从多高处自由落下？ (2)伞兵在空中的最短时间为多少？ 答案 (1)99 m 1.25 m (2)8.6 s解析 (1)设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h ，此时速度为v 0，则有： v 2－v 02＝2ah即52－v 02＝－2×12.5×h又v 02＝2g ·(224－h )＝2×10×(224－h ) 联立解得h ＝99 m ，v 0＝50 m/s以5 m/s 的速度落地相当于从h 1高处自由落下， 即：v 2＝2gh 1解得：h 1＝v 22g ＝5220 m ＝1.25 m(2)设伞兵在空中的最短时间为t ， 则有：v 0＝gt 1解得：t 1＝v 0g ＝5010 s ＝5 st 2＝v －v 0a ＝5－50－12.5s ＝3.6 s 故t ＝t 1＋t 2＝(5＋3.6) s ＝8.6 s ．。