(加练半小时)2018年高考物理(广东专用)一轮微专题复习第8章_电场_微专题42_有答案

[方法点拨] (1)匀强电场可与重力场合成用一合场代替．即，电场力与重力合成一合力．用该合力代替两个力．(2)力电综合问题注意受力分析、运动过程分析，应用动力学知识或功能关系解题．1．(复合场问题)如图1所示，匀强电场方向水平向右，场强为E ，丝线长为L .上端系于O 点，下端系质量为m 、带电量为＋q 的小球，已知Eq ＝mg .现将小球从最低点A 由静止释放，则下列说法错误的是( )图1A ．小球可到达水平位置B ．当悬线与水平方向成45°角时小球的速度最大C ．小球在运动过程中机械能守恒D ．小球速度最大时悬线上的张力为(32－2)mg2．(带电体在电场中的运动)如图2所示，水平放置的平行板电容器两极板间距为d ，带负电的微粒质量为m 、带电荷量为q ，它从上极板的边缘以初速度v 0射入，沿直线从下极板N 的边缘射出，则( )图2A ．微粒的加速度不为零B ．微粒的电势能减少了mgdC ．两极板间的电势差为mgd qD ．M 板的电势低于N 板的电势3．(电场中的功能关系)(多选)如图3所示为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点，在这一运动过程中克服重力做的功为2.0 J，电场力做的功为1.5 J．则下列说法正确的是() 图3A．粒子带负电B．粒子在A点的电势能比在B点小1.5 JC．粒子在A点的动能比在B点大0.5 JD．粒子在A点的机械能比在B点小1.5 J4．(力电综合问题)(多选)如图4所示，轻弹簧上端固定，下端拴着一带正电小球Q，Q在O处时弹簧处于原长状态，Q可在O1处静止．若将另一带正电小球q固定在O1正下方某处时，Q可在O2处静止．现将Q从O处由静止释放，则Q从O运动到O1处的过程中()A．Q运动到O1处时速率最大图4 B．加速度先减小后增大C．机械能不断减小D．Q、q、弹簧与地球组成的系统的势能不断减小5．在电场强度大小为E的匀强电场中，将一质量为m、电荷量为＋q的带电小球由静止开始释放，带电小球沿与竖直方向成θ角的方向做直线运动．关于带电小球的电势能ε和机械能W的判断，正确的是()A．若sin θ<qEmg，则ε一定减少，W一定增加B．若sin θ＝qEmg，则ε、W一定不变C．若sin θ＝qEmg，则ε一定增加，W一定减小D．若tan θ＝qEmg，则ε可能增加，W一定增加6．(多选)如图5所示，在一个足够长的固定粗糙绝缘斜面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的相同小物块A、B，由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终静止在斜面上．在物块的运动过程中，下列表述正确的是()图5A ．两个物块构成的系统电势能逐渐减少B ．两个物块构成的系统机械能一直减少C ．最终静止时A 物块受到的摩擦力方向一定沿斜面向上D ．A 、B 在运动过程中必会同时达到最大速度7．如图6所示，直角三角形ABC 由三段细直杆连接而成，AB 杆竖直，AC 杆粗糙且绝缘，其倾角为30°，长为2L ，D 为AC 上一点，且BD 垂直AC ，在BC 杆中点O 处放置一正点电荷Q .一套在细杆上的带负电小球，以初速度v 0由C 点沿CA 上滑，滑到D 点速率恰好为零，之后沿AC 杆滑回C 点．小球质量为m 、电荷量为q ，重力加速度为g .则( ) 图6 A ．小球上滑过程中先匀加速后匀减速 B ．小球下滑过程中电场力先做负功后做正功C ．小球再次滑回C 点时的速率为v C ＝3gL －v 20D ．小球下滑过程中动能、电势能、重力势能三者之和增大8.如图7所示，BCDG 是光滑绝缘的34圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R ，下端与水平绝缘轨道在B 点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，现有一质量为m 、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为34mg ，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g . 图7 (1)若滑块从水平轨道上距离B 点s ＝3R 的A 点由静止释放，滑块到达与圆心O 等高的C 点时速度为多大？(2)在(1)的情况下，求滑块到达C 点时受到轨道的作用力的大小．(3)改变s 的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G 点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度的大小．9．如图8所示，带有等量异种电荷的平行金属板M 、N 竖直放置，M 、N 两板间的距离d ＝0.5 m ．现将一质量m ＝1×10－2 kg 、电荷量q ＝＋4×10－5 C 的带电小球从两极板上方的A 点以v 0＝4 m /s 的初速度水平抛出，A 点距离两板上端的高度h ＝0.2 m ；之后小球恰好从靠近M板上端处进入两板间，沿直线运动碰到N板上的C点，该直线与曲线的末端相切．设匀强电场只存在于M、N之间，不计空气阻力，取g＝10 m/s2.求：图8(1)小球到达M极板上边缘B位置时速度的大小；(2)M、N两板间的电场强度的大小和方向；(3)小球到达C点时的动能．答案精析1．C [分析小球受力可知，重力与电场力的合力的方向与竖直方向成45°角，根据等效思想，可以认为小球在此复合场中的等效重力方向与竖直方向成45°角，如图所示．故可知，小球在此复合场中做单摆运动，由对称性可知，小球运动的等效最高点在水平位置，A 项正确；小球运动的等效最低点在与水平方向成45°角的位置，此时小球速度最大，B 项正确；因小球运动过程中电场力做功，所以小球机械能不守恒，C 项错误；由动能定理得2mgL (1－cos 45°)＝12m v 2，根据圆周运动公式及牛顿第二定律可得F T －2mg ＝m v 2L ，联立解得F T ＝(32－2)mg ，D 项正确．]2．C [带负电的微粒在两极板间受竖直向下的重力，竖直方向的电场力，而微粒沿直线运动，由直线运动条件可知，重力与电场力合力必为零，即电场力方向竖直向上，大小等于重力，即mg ＝U d q ，所以两极板之间电势差U ＝mgd q ，A 项错，C 项正确；而微粒带负电，所以电场方向竖直向下，而电场方向是由高电势指向低电势的，所以M 板电势高于N 板电势，D 项错；微粒由上极板边缘运动到下极板边缘，电场力方向与位移方向夹角为钝角，所以电场力对微粒做负功，微粒电势能增加，B 项错．]3．CD [从粒子运动的轨迹判断粒子带正电，A 项错误；因为电场力做正功，电势能减小，所以B 项错误；根据动能定理得W 电＋W G ＝ΔE k ＝－0.5 J ，粒子在B 点的动能比在A 点的动能小0.5 J ，C 项正确；电场力做正功，机械能增加，所以粒子在A 点的机械能比在B 点的机械能要小1.5 J ，D 项正确．]4．BC [ q 在O 1正下方某处时，Q 在O 2处受力平衡，速率最大，A 错误；Q 在O 2处加速度为零，Q 第一次从O 运动到O 1的过程中加速度先减小到零后反向增大，B 正确；Q 的机械能E 等于Q 的动能与重力势能之和，由功能关系有ΔE ＝W 弹＋W 电，而弹簧弹力一直做负功，即W 弹<0，库仑力也一直做负功，即W 电<0，则ΔE <0，即Q 的机械能不断减小，C 正确；系统的势能E p 等于重力势能、电势能与弹性势能之和，根据能量守恒有ΔE p ＋ΔE k ＝0，由于Q 的动能E k 先增大后减小，所以系统的势能先减小后增大，D 错误．]5．B [带电小球由静止开始释放，只受重力和电场力，其电势能和机械能之和保持不变．画出带电小球运动过程中可能的受力图，由图可知，若sin θ＝qEmg，则所受电场力与位移垂直，电场力不做功，电势能ε一定不变，而只有重力做功，机械能W 一定不变，选项B 正确，C 错误．若sin θ<qEmg ，则电场力与位移夹角可能小于90°，电场力做正功，电势能ε减少，根据电势能和机械能之和保持不变可知，机械能W 增加；也可能大于90°，电场力做负功，电势能ε增加，根据电势能和机械能之和保持不变可知，机械能W 减小，选项A 错误．若tan θ＝qE mg，则电场力与位移夹角小于90°，电场力做正功，电势能ε减小，根据电势能和机械能之和保持不变可知，机械能W 增加，选项D 错误．]6．AC [由静止释放后，两个物块向相反方向运动，两物块之间的库仑力做正功，电势能减少，A 项正确；开始阶段，电场力大于摩擦力，所以电场力和摩擦力的合力先做正功，后阶段，电场力小于摩擦力，他们的合力做负功，因此，系统机械能是先增大后减小，B 项错误；最终静止时，对A 受力分析，因为合力为0，所以A 受到的摩擦力方向必定沿斜面向上，C 项正确；合力为0时，两个物块达到最大速度，它们不是在同一时刻，D 项错误．] 7．C [小球上滑过程受到的库仑力、摩擦力、支持力不断变化，加速度随合力的变化而变化，A 项错；O 点放置正电荷，而小球带负电，小球下滑过程中，库仑力方向与速度方向夹角先是锐角并不断增大到钝角，电场力先做正功，再做负功，B 项错；由动能定理得，小球上滑过程中，－W G －W f ＝－12m v 20，小球下滑过程中，W G －W f ＝12m v 2C ，其中W G ＝34mgL ，解得v C＝3gL －v 20，C 项正确；由于小球下滑过程中克服摩擦力做功，故小球的动能、电势能、重力势能之和不断减小，D 项错．] 8．(1)gR (2)74mg (3) 5gR2解析 (1)设滑块到达C 点时的速度为v ，由动能定理得 qE (s ＋R )－μmgs －mgR ＝12m v 2－0而qE ＝3mg4，μ＝0.5，s ＝3R解得v ＝gR(2)设滑块到达C 点时受到轨道的作用力大小为F ，则 F －qE ＝m v 2R解得F ＝74mg(3)要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG 间某点时，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小(设为v min )，则有 (qE )2＋(mg )2＝m v 2minR解得v min ＝5gR2. 9．(1)2 5 m/s(2)5×103 N/C 水平向右 (3)0.225 J解析 (1)小球平抛运动过程水平方向做匀速直线运动，v x ＝v 0＝4 m/s 竖直方向做匀加速直线运动，h ＝12gt 21，v y＝gt 1＝2 m/s解得：v B ＝v 2x ＋v 2y ＝2 5 m/s方向tan θ＝v y v x ＝12(θ为速度方向与水平方向的夹角)(2)小球进入电场后，沿直线运动到C 点，所以重力与电场力的合力即沿该直线方向， 则tan θ＝mg qE ＝12解得：E ＝2mgq ＝5×103 N/C ，方向水平向右．(3)进入电场后，小球受到的合外力 F 合＝(mg )2＋(qE )2＝5mg B 、C 两点间的距离s ＝d cos θ，cos θ＝qE F 合＝25从B 到C 由动能定理得：F 合s ＝E k C －12m v 2B解得：E k C ＝0.225 J.。

[方法点拨] (1)两点电荷电场中各点的电场是两点电荷独自产生的电场强度矢量叠加．(2)注意两点电荷连线及连线的中垂线上场强、电势分布规律．1．(电场叠加)(多选)如图1，真空中a 、b 、c 、d 四点共线且等距．先在a 点固定一点电荷＋Q ，测得b 点场强大小为E .若再将另一等量异种电荷－Q 放在d 点，则( )图1A ．b 点场强大小为34E B ．c 点场强大小为54E C ．b 点场强方向向右 D ．c 点电势比b 点电势高2．(功能关系)如图2所示，O 、O ′两点放置两个等量正电荷，在OO ′直线上有A 、B 、C 三个点，且OA ＝O ′B ＝O ′C ，一点电荷q (q >0)沿路径Ⅰ从B 运动到C 电场力所做的功为W 1，沿路径Ⅱ从B 运动到C 电场力所做的功为W 2，同一点电荷从A 沿直线运动到C 电场力所做的功为W 3，则下列说法正确的是( )图2A ．W 1大于W 2B ．W 1为负值C ．W 1大于W 3D ．W 1等于W 33．(电场综合分析)如图3所示，Q 1、Q 2为两个等量同种的正点电荷，在Q 1、Q 2产生的电场中有M 、N 和O 三点，其中M 和O 在Q 1、Q 2的连线上，O 为连线的中点，N 为Q 1、Q 2垂直平分线上的一点，ON ＝d .下列说法正确的是( )图3A ．在M 、N 和O 三点中，O 点电势最低B ．在M 、N 和O 三点中，O 点电场强度最小C ．若O 、N 间的电势差为U ，则N 点的电场强度为U dD ．若O 、N 间的电势差为U ，将一个带电荷量为q 的正点电荷从N 点移到O 点，电场力做功为qU4．如图4所示，以O 点为圆心的圆周上有六个等分点a 、b 、c 、d 、e 、f .等量正、负点电荷分别放置在a 、d 两点时，在圆心O 产生的电场强度大小为E .现仅将放于a 点的正点电荷改放于其他等分点上，使O 点的电场强度改变，则下列判断正确的是( )图4A ．移至c 点时，O 点的电场强度大小仍为E ，沿Oe 方向B ．移至b 点时，O 点的电场强度大小为32E ，沿Oc 方向 C ．移至e 点时，O 点的电场强度大小为E 2，沿Oc 方向 D ．移至f 点时，O 点的电场强度大小为32E ，沿Oe 方向 5．如图5所示，P 、Q 为两个等量异种电荷，PQ 连线上有a 、b 两位置，aP <bQ ，PQ 中垂线上有位置c .将一带正电的点电荷q 从a 位置移至b 位置，电场力做负功，功的绝对值为W ，已知b 处的电势为φ，则以下判断正确的是( )图5A ．a 位置的电场强度比b 位置的电场强度小B ．a 位置的电势等于φ－W qC ．将点电荷q 从c 位置移至b 位置，电场力做负功，数值大于WD ．将点电荷q 从a 位置移至c 位置，电场力做正功，数值小于W6．(多选)如图6所示，在真空中固定有两个等量异种点电荷，A 、B 、C 、D 是两点电荷连线上的四个点，已知A 、C 两点到正点电荷的距离与B 、D 两点到负点电荷的距离均为L ，O 点是C 、D 两点连线的中点，E 、F 是C 、D 两点连线的中垂线上关于O 点对称的两点，则下列说法正确的是( )图6A ．A 、B 两点的电场强度相同，电势不相等B ．C 、D 两点的电场强度不同，电势相等C ．将正试探电荷从C 点沿直线CE 移到E 点的过程中，电场力对电荷做正功D ．一个负试探电荷在C 点的电势能大于它在F 点的电势能7．如图7所示，AB 为一固定的水平绝缘杆，在其上下对称位置固定放置一对等量同种正点电荷，其连线与AB 交于O 点，杆上的E 、F 点关于O 点对称，E 、F 的间距为L .一可以视为质点的小球穿在杆上，小球与杆的动摩擦因数随位置而变化，该变化规律足以保证小球从E 点以一初速度v 0沿杆向右做匀减速直线运动并经过F 点，小球带负电，质量为m .其在O 点处与杆的动摩擦因数为μ0.则在由E 到F 的过程中( )图7A ．小球在O 点电势能最大B ．小球在E 、F 两点与杆的动摩擦因数一定相同C ．E 到O 点，小球与杆的动摩擦因数逐渐减小D ．小球克服摩擦力做功为μ0mgL答案精析1．BC [设ab ＝bc ＝cd ＝L ，先在a 点固定一点电荷＋Q ，测得b 点场强大小为E .根据点电荷电场强度公式，b 点场强E ＝k Q L 2，方向由a 指向b ，向右．若再将另一等量异种点电荷－Q 放在d 点，－Q 在b 点产生的电场强度为E ′＝k Q (2L )2＝E 4，方向由b 指向d ，向右．根据场强叠加原理，b 点场强大小为E ＋E ′＝54E ，方向向右，选项A 错误，C 正确；由对称性可知，c 点场强与b 点相同，选项B 正确；根据沿电场线方向，电势逐渐降低可知，c 点电势比b 点电势低，选项D 错误．]2．D [电场力所做的功与路径无关，与电势差有关，所以W 1＝W 2，A 项错误；由于OA ＝O ′B ，由对称性，A 、B 两处电势相同，所以W 1＝W 3，C 项错误，D 项正确；B 点电势高于C 点电势，因此正电荷从B 运动到C 电场力做正功，B 项错误．]3．B [根据两个等量同种正点电荷的电场线分布特点可知，在M 、N 和O 三点中，M 点电势最高，N 点电势最低，O 点的电场强度为零(最小)，选项A 错误，B 正确；由于两个等量同种正点电荷的电场不是匀强电场，各点电场强度不同，不能运用E ＝U d得出N 点的电场强度，选项C 错误；若O 、N 之间的电势差为U ，将一个带电荷量为q 的正点电荷从N 点移到O 点，由低电势到高电势，电场力做功为－qU ，选项D 错误．]4．C [由题意可知，等量正、负点电荷在O 处产生的电场强度大小均为E 2，方向水平向右．当移至c 处，两点电荷在该处的电场强度方向夹角为120°，则O 处的合电场强度大小为E 2，沿Oe 方向，A 错误；同理，当移至b 处，O 处的合电场强度大小为32E ，沿Od 与Oe 角平分线方向，B 错误；同理，当移至e 处，O 处的合电场强度大小为E 2，沿Oc 方向，C 正确；同理，当移至f 处，O 处的合电场强度大小为32E ，沿Od 与Oc 角平分线方向，D 错误．] 5．B [判断电场强度大小看电场线的疏密，所以，a 点的电场强度大于b 点，A 项错误；正电荷从a到b过程中，电场力做功－W＝U ab q＝(φa－φ)q，解得φa＝φ－W，B项正确；带正q电的点电荷q从a位置移至b位置，电场力做负功，且aP<bQ.所以P为负电荷，c点电势小于b点电势，电荷从c到b的过程，电场力做负功且数值小于W(cb间电势差小于ab间电势差)，C项错误；同理电荷从a到c过程，电场力做负功，数值小于W，D项错误．]6．AC[根据等量异种点电荷电场线的分布特征可知，A、B两点所在处的电场线疏密相同，故两点的电场强度大小相等，方向向左，即A、B两点的电场强度相同，同理，C、D两点的电场强度相同，根据点电荷周围区域的电势分布规律及电势叠加规律(电势是标量)可知，A、C两点的电势均大于零(取无穷远处电势为零)，B、D两点的电势均小于零，故φA>φB，φC>φD，A项正确，B错误；将正试探电荷从C点沿直线CE移到E点过程中，合电场力方向与正试探电荷运动方向成锐角，电场力一定做正功，C正确；φC>φF，负试探电荷在电势高处的电势能小，据此可知D错误．]7．D[小球从E到O的过程中，电场力对小球做正功，小球的电势能减小，从O到F的过程中，电场力做负功，电势能增大，所以小球在O点电势能最小，A项错误；设小球在E、F 两点所受的摩擦力大小分别为f E和f F，电场力大小为F电，合外力大小为F，则在E点有：F ＝f E－F电，在F点有：F＝f F＋F电，所以f E>f F，由摩擦力公式f＝μF N＝μmg，可知小球在E点与杆的动摩擦因数大于在F点与杆的动摩擦因数，B项错误；E到O点，由F＝f E－F电＝μmg －F电，F一定，若场强先增大后减小，则F电先增大后减小，因此μ先增大后减小，C项错误；在O点的动摩擦因数为μ0，所以有F合＝μ0mg＝ma，F合为小球的合外力，由于小球做匀减速运动，合外力恒定，所以从E到F合外力做功大小为：W合＝F合L＝μ0mgL，因为从E 到F电场力做功为0，所以从E到F合外力做的功就为克服摩擦力做的功，所以克服摩擦力做功为：W f＝W合＝μ0mgL，D项正确．]。

微专题65 实验的拓展与创新[方法点拨](1)结合闭合电路欧姆定律、串并联电路特点，去理解电路，找出测量量与已知量间的关系．(2)熟练掌握基本实验的原理、实验方法等是解决创新实验的关键．1．某同学测量直流恒流电源的输出电流I0和定值电阻R x的阻值，电路如图1所示．图1实验器材如下：直流恒流电源(电源输出的直流电流I0保持不变，I0约为0.8A)；待测电阻R x(阻值约为20Ω)；滑动变阻器R(最大阻值约为50Ω)；电压表V(量程15V，内阻约为15kΩ)；电流表A(量程0.6A，内阻约为0.2Ω)；请回答下列问题．(1)实验所用器材如图2所示，图中部分电路已经连接好，请完成实验电路的连接．图2(2)电路开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动到____处(选填“a”或“b”)，其理由是______________________________________________________________ __________________________________________________________________________________；(3)所得实验数据如下表，请在如图3所示的直角坐标系上画出U—I图像.1234 5电流表的示数I/A0.200.300.400.500.60电压表的示数U/V13.912.110.27.60 6.1图3(4)根据所画U－I图像，可求得直流恒流电源输出电流I0＝________A，待测电阻的阻值R x＝________Ω.(结果保留两位有效数字)2．(2018·湖北黄冈模拟)图4中虚线框内是由表头G改装成的一个电流表和一个电压表的电路，其中接a、b时为电流表，接a、c时为电压表．已知表头的满偏电流为2mA、内阻阻值范围为180～200Ω，定值电阻R1＝50Ω，R2＝1460Ω，为确定改装后电流表和电压表的量程，实验小组将a、b两个接线柱接入如图所示的电路中，来测量表头G的内阻；图4(1)实验室里，电流表A和滑动变阻器R均有两种规格：电流表：a.0～10mA b．0～600mA滑动变阻器：a.0～20Ωb．0～1000Ω则电流表应选________，滑动变阻器应选________；(选填字母代号)(2)将选择的器材接入电路；①依照电路图，补充完整图5中的实物图；图5②闭合S，以I1表示电流表A的示数，I2表示表头G的示数，多次调节滑动变阻器，测量多组I1、I2数据(单位均为mA)，某同学以I1为纵轴，I2为横轴，画出I1－I2图线为一条过原点的倾斜直线，该同学求出了图线的斜率k＝5，则表头内阻R g＝________Ω，由表头G改装后的电流表量程为________mA，电压表量程为________V.3．(2017·北京海淀区模拟)利用如图6所示的电路测量一个满偏电流为300μA，内阻r g约为100Ω的电流表的内阻值，有如下的主要实验器材可供选择：图6A．滑动变阻器(阻值范围0～20Ω)B．滑动变阻器(阻值范围0～1750Ω)C．滑动变阻器(阻值范围0～30kΩ)D．电源(电动势1.5V，内阻0.5Ω)E．电源(电动势8V，内阻2Ω)F．电源(电动势12V，内阻3Ω)(1)为了使测量尽量精确，在上述可供选择的器材中，滑动变阻器R应选用________，电源E应选用__________．(选填器材前面的字母序号)(2)实验时要进行的主要步骤有：A．断开S2，闭合S1B．调节R的阻值，使电流表指针偏转到满刻度C．闭合S2D．调节R′的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的三分之二E．记下此时R′的阻值为190Ω则待测电流表的内阻r g的测量值为________Ω，该测量值________此电流表内阻的真实值．(选填“大于”“小于”或“等于”)4．(2017·福建漳州八校模拟)发光二极管(LED)是由镓(Ga)、砷(As)与磷(P)等的化合物制成的一种能够发光的半导体电子元件，通常用在电路及仪器中作为指示灯，或组成文字或数字显示，其显著的特点就是具有单向导电性．其电路符号如图7甲所示，正常使用时带“＋”号的一端应接在电源的正极，带“－”号的一端应接在电源的负极．某课外活动小组用实验方法测得某型号发光二极管两端的电压U 和通过它的电流I的数据如下表所示图7实12345678910 验序号U/V00.40.8 1.2 1.6 2.0 2.4 2.6 2.8 3.0I/mA00.9 2.3 4.3 6.812.019.024.030.037.0 (1)有如图乙、丙两个可供选择的电路，应选图________(填“乙”或“丙”)电路进行实验，实验中的系统误差主要是由____________________________________引起的．(2)请在图8的坐标纸上用描点法画出该型号发光二极管的伏安特性曲线．图8(3)若该型号发光二极管的最佳工作电压为2.5V，现用5V的稳压电源供电，则需要在电路中串联一个电阻R才能使其处于最佳工作状态，请根据所画出的该型号二极管的伏安特性曲线进行分析，串联的电阻R的阻值为________Ω.(结果保留三位有效数字)答案精析1．(1)如图所示(2)a开关S闭合后，流过电流表的电流不会超过电流表的量程(3)如图所示(4)0.87～0.9219～222．(1)a a(2)①如图所示②2000～10mA(10mA)0～15V(15V)3．(1)C E(2)95小于解析(1)在半偏法测电流表的内阻实验中，为了减小实验误差，滑动变阻器阻值范围尽量选择较大的，电源电压尽量选择较大的，故滑动变阻器R应选用C，电源E应选用E，如果选择了F，由于它的电压太大，当变阻器的电阻达到最大时电路中的最小电流I＝12V30000Ω＝400μA，超过电流表满偏电流；(2)当电流表满偏时，说明干路电流为300μA，若使电流表指针偏转到满刻度的三分之二，即200μA时，通过电阻箱R′的电流就为100μA，由于电流表与电阻箱的电流之比为2∶1，则它们的电阻之比为1∶2，所以电流表的内阻为1902Ω＝95Ω；该测量值小于此电流表内阻的真实值，因为实际干路的电流会比300μA稍大一些，故通过电阻箱的电流会比100μA稍大一些，所以它的电阻就会稍小一些．4．(1)丙电压表分流(2)见解析图(3)116(112～120均可)解析(1)滑动变阻器应接成分压式电路，而电流表内阻未知，故电流表用内、外接都可以，故题图丙正确，题图丙电路图中，电压表与二极管并联，会因分流引起误差；(2)如图所示(3)根据U－I图线，当二极管的工作电压为2.5V时，工作电流约为21.5mA，串联电阻上分到的电压应为 2.5V，故应串联的电阻为：R＝UI＝2.521.5×10－3Ω≈116Ω.(112～120都算正确)。

[方法点拨] (1)分析导体棒切割磁感线运动时要由牛顿第二定律列方程，在方程中讨论v 的变化影响安培力的变化，进而影响加速度a 的变化，a 的变化又影响v 的变化；(2)克服安培力做功的过程就是其它形式的能转化为电能的过程，克服安培力做了多少功，就有多少其它形式的能转化为电能．1．(多选)如图1所示，在匀强磁场中有一倾斜的足够长平行金属导轨，导轨间距为L ，两导轨顶端连有一定值电阻R ，导轨平面与水平面的夹角为θ，匀强磁场的磁感应强度大小为B 、方向垂直导轨平面向上，质量为m 、电阻为r 的光滑导体棒从某一高度处由静止释放，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好，其他部分的电阻不计，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图1A ．导体棒先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动B ．若导体棒的速度为v ，则R 两端的电压为BL vC ．导体棒的最大速度为mg (R ＋r )B 2L 2D ．在导体棒下滑过程中，电路中产生的焦耳热等于导体棒克服安培力所做的功2．如图2，平行导轨固定在水平桌面上，左侧接有阻值为R 的电阻，导体棒ab 与导轨垂直且接触良好，ab 棒在导轨间的阻值为r .输出功率恒为P 的电动机通过水平绳向右拉动ab 棒．整个区域存在竖直向上的匀强磁场，若导轨足够长，且不计其电阻和摩擦，则电阻R 消耗的最大功率为( )图2A ．PB.R R ＋r PC.r R ＋r PD.⎝⎛⎭⎫R R ＋r 2P 3．(多选)如图3所示，间距为l ＝1 m 的导轨PQ 、MN 由电阻不计的光滑水平导轨和与水平面成37°角的粗糙倾斜导轨组成，导体棒ab 、cd 的质量均为m ＝1 kg 、长度均为l ＝1 m 、电阻均为R ＝0.5 Ω，ab 棒静止在水平导轨上，cd棒静止在倾斜导轨上，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小B＝ 2 T．现ab棒在水平外力F作用下由静止开始沿水平导轨运动，当ab棒的运动速度达到一定值时cd棒开始滑动．已知cd棒与倾斜导轨间的动摩擦因数为μ＝0.8，且cd棒受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两导体棒与导轨始终接触良好，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.关于该运动过程，下列说法正确的是()图3A．cd棒所受的摩擦力方向始终沿倾斜导轨向上B．cd棒所受的摩擦力方向先沿倾斜导轨向上后沿倾斜导轨向下C．cd棒开始滑动时，ab棒的速度大小约为20 m/sD．cd棒开始滑动时，ab棒的速度大小约为10 m/s4．在光滑水平面上，有一个粗细均匀的边长为L的单匝正方形闭合线框abcd，在水平外力的作用下，从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动，穿过匀强磁场，如图4甲所示．测得线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t的变化关系如图乙所示()图4A．线框受到的水平外力一定是恒定的B．线框边长与磁场宽度的比为3∶8C．出磁场的时间是进入磁场时的一半D．出磁场的过程中水平外力做的功与进入磁场的过程中水平外力做的功相等5．(多选)如图5所示，光滑水平桌面上固定放置的长直导线中通以大小为I的稳恒电流，桌面上导线的右侧距离通电长直导线2l处有两线框abcd、a′b′c′d′正以相同的速度v0经过虚线MN向左运动，MN平行长直导线，两线框的ad边、a′d′边与MN重合，线框abcd、a′b′c′d′是由同种材料制成的质量相同的单匝正方形线框，边长分别为l、2l.已知通电长直导线周围磁场中某点的磁感应强度B＝k Ir(式中k为常量，r 表示该点到长直导线的距离)．下列说法正确的是()图5A ．此时流经线框abcd 、a ′b ′c ′d ′的电流强度之比为4∶3B ．此时线框abcd 、a ′b ′c ′d ′所受的安培力的功率之比为4∶9C ．此时线框abcd 、a ′b ′c ′d ′的加速度之比为4∶9D ．此时a 、b 间电压U ab ＝kI 24v 06．(多选)如图6，光滑绝缘的水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导体框．匀强磁场区域宽度为2L 、磁感应强度为B 、方向垂直桌面向下．导体框的一边与磁场边界平行，在外力作用下以恒定速度v 穿过磁场．下列说法正确的是( )图6A ．穿过磁场过程，外力做的功为2B 2L 3v RB ．穿过磁场过程，导体框产生的焦耳热为2B 2L 3v RC ．进入磁场过程，通过导体框某一横截面的电荷量为BL 2RD ．进入和离开磁场过程，通过导体框的电流大小都为BL v R，且方向相同 7．(多选)由法拉第电磁感应定律可知，若穿过某截面的磁通量为Φ＝Φm sin ωt ，则产生的感应电动势为e ＝ωΦm cos ωt .如图7所示，竖直面内有一个闭合导线框ACD (由细软电阻丝制成)，端点A 、D 固定．在以水平线段AD 为直径的半圆形区域内，有磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场．设导线框的电阻恒为r ，圆的半径为R ，用两种方式使导线框上产生感应电流．方式一：将导线上的C 点以恒定角速度ω1(相对圆心O )从A 点沿圆弧移动至D 点；方式二：以AD 为轴，保持∠ADC ＝45°，将导线框以恒定的角速度ω2转90°.则下列说法正确的是( )图7A ．方式一中，在C 从A 点沿圆弧移动到图中∠ADC ＝30°位置的过程中，通过导线截面的电荷量为3BR 22rB ．方式一中，在C 沿圆弧移动到圆心O 的正上方时，导线框中的感应电动势最大 C ．若两种方式电阻丝上产生的热量相等，则ω1ω2＝12D ．若两种方式电阻丝上产生的热量相等，则ω1ω2＝148．(多选)如图8所示，两根足够长的光滑金属导轨竖直固定放置，底端接电阻R ，轻弹簧上端固定，下端悬挂质量为m 的金属棒，金属棒和导轨接触良好．除电阻R 外，其余电阻不计．导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在平面．静止时金属棒位于A 处，此时弹簧的伸长量为Δl ，弹性势能为E p .重力加速度大小为g .将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，金属棒在运动过程中始终保持水平，则下列说法正确的是( )图8A ．当金属棒的速度最大时，弹簧的伸长量为ΔlB ．从开始释放到最后静止，电阻R 上产生的总热量等于mg Δl －E pC ．金属棒第一次到达A 处时，其加速度方向向下D ．金属棒第一次下降过程通过电阻R 的电荷量比第一次上升过程的多9．如图9所示，阻值均为2 Ω的定值电阻R 1和R 2通过水平和倾斜平行金属导轨连接，水平导轨和倾斜导轨平滑相接，导轨间距离为0.5 m ，倾斜导轨与水平面夹角为60°，水平导轨间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为0.03 T 的匀强磁场，倾斜导轨处没有磁场．一根质量为0.1 kg 、长度为0.5 m 、阻值为2 Ω的导体棒从倾斜导轨上一定高度处由静止释放，导体棒与倾斜导轨间的动摩擦因数为34，水平导轨光滑，导体棒在水平导轨上向右运动s ＝2 m 停下来，在此过程中电阻R 1上产生的热量为0.3 J ，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图9A．导体棒在倾斜导轨上释放点离水平面的高度为2 mB．导体棒在导轨上运动的最大速度为6 m/sC．R1两端的最大电压为0.045 VD．导体棒在导轨上运动过程中通过R1的电荷量为0.01 C10．电磁弹是我国最新的重大科研项目，原理可用下述模型说明．如图10甲所示，虚线MN右侧存在竖直向上的匀强磁场，边长为L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，线框电阻为R，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界处．t＝0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B＝B0＋kt(k为大于零的常量)，空气阻力忽略不计．图10(1)求t＝0时刻，线框中感应电流的功率P；(2)求线框cd边穿出磁场时通过线框某一横截面的电荷量q；(3)若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，如图乙所示，在线框上加一质量为M的负载物，证明：载物线框匝数越多，t＝0时线框加速度越大．11．如图11甲所示，dc和ef是足够长的光滑的金属导轨(不计电阻)水平放置，相距L＝1 m，de处接有一个电阻，在其两端的电压低于某个特定的值U0时，它的阻值与其两端的电压成正比，而其两端的电压大于等于U0时，它的电阻恒为R0＝5 Ω，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T，质量为m＝0.5 kg，长度恰好能跨放在导轨上的金属杆电阻不计，在水平向右的拉力作用下，从紧靠de处由静止开始做加速度为a＝1 m/s2的匀加速运动，水平拉力F与时间的关系如图乙所示．图11(1)试求电压的特定值U0和图中所标的F0的大小；(2)当t＝0.5 s时和t＝2 s时，电阻的发热功率分别为多大？(3)从开始到运动2 m时，通过R的电荷量为多少？(4)运动到2 m时刻撤去外力，金属杆还能运动多远？答案精析1．AD [导体棒随着速度的增加，受到的安培力越来越大，因此受到的合力越来越小，加速度越来越小，故导体棒做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，做匀速运动，A 正确；导体棒中产生的感应电动势为E＝BL v ，所以在电阻R 上的电压为RBL v R ＋r ，B 错误；由于导体棒匀速运动时有mg sin θ＝B 2L 2v R ＋r，因此导体棒的最大速度为mg (R ＋r )sin θB 2L 2，C 错误；根据功能关系，感应电流所产生的焦耳热在数值上等于导体棒克服安培力所做的功，D 正确．]2．B [ab 棒在输出功率P 恒定的电动机拉力作用下做加速度逐渐减小的加速运动．当加速度减小到零时，ab 棒产生的感应电动势最大，电阻R 中电流最大，电阻R 消耗的功率最大．由功能关系可知，此时电动机输出功率等于电阻R 和ab 棒消耗的功率，即P ＝I 2(r ＋R )，电阻R 消耗的功率P R ＝I 2R ，联立解得P R ＝R R ＋rP ，选项B 正确．]3．BC [cd 棒刚开始静止在倾斜导轨上，μ＝0.8>tan 37°＝0.75，cd 棒受到的摩擦力沿倾斜导轨向上，ab 棒向右运动切割磁感线使得ab 棒、cd 棒中产生感应电流，cd 棒受到水平向右的安培力作用，cd 棒受到的摩擦力先沿倾斜导轨向上减小到零，后反向沿倾斜导轨向下增大，故A 错误，B 正确；当cd 棒即将滑动时，由平衡条件B 2l 2v 2R cos 37°＝mg sin 37°＋μ⎝⎛⎭⎫mg cos 37°＋B 2l 2v 2R sin 37°，代入数据可得v ＝19.375 m/s ，C 正确，D 错误．] 4．B [由题图乙线框中产生的感应电流i 的大小和运动时间t 的变化关系可知，进磁场和出磁场时电流随时间的增大而增大，根据牛顿第二定律F －F 安＝ma ，得F ＝F 安＋ma ，又F 安＝BiL ，所以线框受到的水平外力是随时间增大的变力，选项A 错误；线框进入磁场过程位移与出磁场过程位移相等，线框进入磁场过程的水平外力小于出磁场过程的水平外力，根据功的定义可知，线框出磁场的过程中水平外力做的功大于线框进入磁场过程中水平外力做的功，选项D 错误；根据题图乙感应电流i 的大小和运动时间t 的变化关系图象，在2～4 s 时间内线框进入磁场，设线框匀加速直线运动的加速度为a ′，在进入磁场时速度v 1＝a ′t 1＝2a ′，完全进入磁场时速度v 2＝a ′t 2＝4a ′，线框边长L 可表示为L ＝v 1＋v 22(t 2－t 1)＝6a ′，线框开始出磁场时速度v 3＝a ′t 3＝6a ′，磁场区域宽度d ＝v 1＋v 32(t 3－t 1)＝16a ′，线框边长L 与磁场宽度d 的比为L ∶d ＝3∶8，选项B 正确；设线框t ′时刻完全出磁场，则完全出磁场时速度为a ′t ′，出磁场过程的平均速度为v ＝v 3＋a ′t ′2，出磁场的时刻t ′＝L v＋t 3＝126＋t ′＋6，解得t ′＝4 3 s ，故出磁场的时间小于进入磁场时间的一半，选项C 错误. ]5．ABC [设导线的横截面积为S ，密度为ρ0，电阻率为ρ，由密度公式可得：线框的质量m ＝ρ0V ＝ρ0S 1×4l＝ρ0S 2×8l ，解得：S 1＝2S 2，根据电阻定律，可得R 1＝ρ4l S 1，R 2＝ρ8l S 2，联立可得：R 2＝4R 1，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得：线框中的电流I 1＝kI 2l ×l v 0－kI 3l ×l v 0R 1＝kI v 06R 1，I 2＝kI 2l ×2l v 0－kI 4l ×2l v 0R 2＝kI v 02R 2，即I 1I 2＝43，选项A 正确；根据右手定则，可知b 点电势高于a 点电势，故U ab <0，选项D 错误；根据功能关系可知线框克服安培力做的功等于线框中电流产生的焦耳热，由P ＝I 2R ，可得P 1P 2＝I 21R 1I 22R 2＝49，选项B 正确；由安培力公式和牛顿第二定律可得a 1＝kI 2l ×I 1l －kI 3l ×I 1l m ＝kII 16m ，a 2＝kI 2l ×2I 2l －kI 4l ×2I 2l m ＝kII 22m ，即a 1a 2＝I 13I 2＝49，选项C 正确．] 6．ABC [当导体框进入或离开磁场时，导体框中的感应电动势E ＝BL v ，由右手定则可知，导体框进入磁场时，感应电流方向为逆时针方向，而离开磁场时，感应电流方向为顺时针方向，D 项错；进入磁场过程中，感应电流大小I ＝E R ，时间t ＝L v ，所以通过导体框某一横截面的电荷量为Q ＝It ＝BL 2R，C 项正确；因为导线框是匀速穿过磁场的，所以外力F ＝F A ＝BIL ＝B 2L 2v R ，导体框在外力作用下的位移为2L ，所以外力做功为2B 2L 3v R，A 项正确；由功能关系可知，外力克服安培力做的功等于系统产生的热量，B 项正确．]7．AC [方式一中，在C 从A 点沿圆弧移动到题图中∠ADC ＝30°位置的过程中，穿过回路磁通量的变化量为ΔΦ＝32BR 2.由法拉第电磁感应定律，E ＝ΔΦΔt ，I ＝E r ，q ＝I Δt ，联立解得q ＝ΔΦr ＝3BR 22r，选项A 正确；方式一中，在C 沿圆弧移动到圆心O 的正上方时，导线框中的磁通量最大，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势最小，为零，选项B 错误；第一种方式中穿过回路的磁通量Φ1＝BR 2sin ω1t ，所产生的电动势为e 1＝ω1BR 2cos ω1t ，第二种方式中穿过回路的磁通量Φ2＝BR 2cos ω2t ，所产生的电动势为e 2＝ω2BR 2sin ω2t ，则两种方式所产生的正弦交流电动势的有效值之比为E 1E 2＝ω1ω2，时间满足ω1t 1ω2t 2＝180°90°，产生的焦耳热Q 1＝E 21rt 1，Q 2＝E 22r t 2，若Q 1＝Q 2，则ω1ω2＝12，选项C 正确，D 错误．] 8．BD [根据题述金属棒静止时弹簧伸长量为Δl ，可得mg ＝k Δl .将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，金属棒向下切割磁感线运动产生感应电动势E ＝Bl v 和感应电流I ＝Bl v R ，金属棒受到的安培力F A ＝BIl ＝B 2l 2v R，方向竖直向上，由牛顿第二定律mg －kx －F A ＝ma 知，金属棒向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到零时，金属棒速度最大，此时有mg ＝kx ＋F A ，弹簧弹力小于金属棒的重力，故弹簧的伸长量x 小于Δl ，选项A 错误；金属棒最后静止时，弹簧伸长量为Δl ，根据能量守恒定律，电阻R 上产生的总热量Q ＝mg Δl －E p ，选项B 正确；金属棒第一次到达A 处时，其所受合外力向上，加速度方向向上，选项C 错误；由能量守恒知金属棒第一次下降的高度一定大于第一次上升的高度，由ΔΦ＝B ·ΔS 知，金属棒第一次下降过程中回路磁通量变化量ΔΦ一定比第一次上升过程中的多，根据q ＝ΔΦR可知，金属棒第一次下降过程中通过电阻R 的电荷量一定比第一次上升过程中的多，选项D 正确．]9．B [导体棒滑上水平导轨后做减速运动，因此滑上水平导轨的初速度v 0是导体棒在导轨上运动的最大速度，导体棒在水平导轨上运动时，若电阻R 1上产生热量为Q ，则导体棒上产生热量为4Q ，电路产生的总热量为6Q ，由功能关系可得m v 202＝6Q ，又Q ＝0.3 J ，得v 0＝6 m/s ，B 选项正确；导体棒在倾斜导轨上运动，有mgh －μmg cos θ·h sin θ＝m v 202，得h ＝2.4 m ，A 选项错误；导体棒运动的最大速度为v 0，最大感应电动势为E m ＝Bl v 0，R 1两端的最大电压U m ＝E m 3，得U m ＝0.03 V ，C 选项错误；通过导体棒的电荷量q ＝ΔΦR 总，q 1＝q 2＝0.005 C ，D 选项错误．]10．(1)k 2L 4R (2)B 0L 2R(3)见解析 解析 (1)t ＝0时刻线框中的感应电动势E 0＝ΔB ΔtL 2＝kL 2 功率P ＝E 20R解得P ＝k 2L 4R(2)穿出磁场过程线框中的平均电动势E ＝ΔΦΔt线框中的平均电流I ＝E R 通过的电荷量q ＝I Δt ，解得q ＝B 0L 2R(3)n 匝线框在t ＝0时刻产生的感应电动势E ＝nE 0线框中的总电阻R 总＝nR线框中的电流I ＝E R 总t ＝0时刻线框受到的安培力F ＝nB 0IL设线框的加速度为a ，根据牛顿第二定律有F ＝(nm ＋M )a解得a ＝kB 0L 3⎝⎛⎭⎫M n ＋m R ，可知n 越大，a 越大． 11．(1)1 V 0.7 N (2)0.1 W 0.8 W(3)0.5 C (4)3.75 m解析 (1)当电压小于U 0时，设电阻R ＝kU ，所以电流I ＝U R ＝1k，则I 为定值 F －BL 1k ＝ma ，F ＝ma ＋BL 1k当电压大于等于U 0时，F －B 2L 2v R 0＝ma ，F ＝ma ＋B 2L 2a R 0t ，而当t ＝1 s 时， 速度v ＝at ＝1 m/s ，U 0＝BLv ＝1 V又当t ＝1 s 时，F ＝ma ＋B 2L 2a R 0t ＝ma ＋BL 1k，所以有k ＝5，故F 0＝0.7 N 1 s 以后的拉力与时间的关系为F ＝0.5＋0.2t(2)t ＝0.5 s 时，v ＝0.5 m/s ，U ＝E ＝BLv ＝0.5 V ，R ＝kU ＝2.5 ΩP 1＝U 2R＝0.1 W t ＝2 s 时，F ＝0.9 N ，安培力F 安＝F －ma ＝0.4 N ，v ＝2 m/s P 2＝F 安v ＝0.8 W(3)前1 s ，电流恒为I ＝U R ＝1k＝0.2 A ，q 1＝It ＝0.2 C ，运动了0.5 m. 余下的1.5 m 是通过定值电阻R 0的电荷量，q 2＝ΔΦR 0＝0.3 C ，所以q ＝q 1＋q 2＝0.5 C (4)撤去外力时，速度为v 2＝2 m/s ，电压U 2＝2 V ，变减速运动到速度v 1＝1 m/s ，于是有： B 2L 2s 1R 0＝m (v 2－v 1)，s 1＝2.5 m 此后，电流恒为0.2 A ，F 安′＝BLI ＝0.2 N ，做匀减速运动，a ′＝F 安′m ＝0.4 m/s 2 s 2＝v 212a ′＝1.25 m 所以s ＝s 1＋s 2＝3.75 m.。

[方法点拨](1)在交变电场中做直线运动时，一般是几段变速运动组合．可画出v－t图象，分析速度、位移变化．(2)在交变电场中的偏转若是几段类平抛运动的组合，可分解后画出沿电场方向分运动的v－t图象，分析速度变化，或是分析偏转位移与偏转电压的关系式．1．一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图1所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是()图1A．带电粒子只向一个方向运动B．0～2 s内，电场力的功等于0C．4 s末带电粒子回到原出发点D．2.5～4 s，电场力做功等于02．(多选)如图2甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大．当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下图中，反映电子速度v、位移s和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是()图23．如图3所示，A、B两导体板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)．分别在A、B两板间加四种电压，它们的U AB－t图线如下列选项所示．其中可能使电子到不了B板的是()图34．(多选)如图4甲所示，两平行金属板MN 、PQ 的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为E k0.已知t ＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场．则( )图4A ．所有粒子都不会打到两极板上B ．所有粒子最终都垂直电场方向射出电场C ．运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2E k0D ．只有t ＝n T 2(n ＝0,1,2，…)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场 5．(多选)如图5甲所示，一平行板电容器极板长l ＝10 cm ，宽a ＝8 cm ，两极板间距为d ＝4 cm ，距极板右端l 2处有一竖直放置的荧光屏．在平行板电容器左侧有一长b ＝8 cm 的“狭缝”粒子源，可沿着两板中心平面均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为2×1010 C/kg ，速度为4×106 m/s 的带电粒子．现在平行板电容器的两极板间加上如图乙所示的交流电，已知粒子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期．下面说法正确的是( )图5A ．粒子打到屏上时在竖直方向上偏移的最大距离为6.25 cmB ．粒子打在屏上的区域面积为64 cm 2C ．在0～0.02 s 内，进入电容器内的粒子有64%能够打在屏上D ．在0～0.02 s 内，屏上出现亮线的时间为0.012 8 s6．如图6甲所示，空间存在水平方向的大小不变、方向周期性变化的电场，其变化规律如图乙所示(取水平向右为正方向)．一个质量为m 、电荷量为＋q 的粒子(重力不计)，开始处于图中的A 点．在t ＝0时刻将该粒子由静止释放，经过时间t 0，刚好运动到B 点，且瞬时速度为零．已知电场强度大小为E 0.试求：图6(1)电场变化的周期T 应满足的条件；(2)A 、B 之间的距离；(3)若在t ＝T 6时刻释放该粒子，则经过时间t 0粒子的位移为多大？答案精析1．D [画出带电粒子速度v 随时间t 变化的图象如图所示，v －t 图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4 s 末带电粒子不能回到原出发点，A 、C 错误.2 s 末速度不为0，可见0～2 s 内电场力的功不等于0，B 错误.2.5 s 和4 s 末，速度的大小方向都相同，电场力做功等于0，所以D 正确．]2．AD [在平行金属板之间加上如题图乙所示的交变电压时，因为电子在平行金属板间所受的电场力F ＝U 0e d，所以电子所受的电场力大小不变．由牛顿第二定律F ＝ma 可知，电子在第一个T 4内向B 板做匀加速直线运动；在第二个T 4内向B 板做匀减速直线运动，在第三个T 4内反向做匀加速直线运动，在第四个T 4内向A 板做匀减速直线运动，所以a －t 图象如选项图D 所示，v －t 图象如选项图A 所示；又因匀变速直线运动位移s ＝v 0t ＋12at 2，所以s －t 图象应是曲线．故选项A 、D 正确，B 、C 错误．]3．B [加A 图电压，电子从A 板开始一直向B 板做匀加速直线运动；加B 图电压，电子开始向B 板做匀加速直线运动，再做加速度大小相同的匀减速直线运动，速度减为零后做反向匀加速直线运动及匀减速直线运动，由对称性可知，电子将做周期性往复运动，所以电子有可能到不了B 板；加C 图电压，电子先匀加速运动，再匀减速运动到静止，完成一个周期，所以电子一直向B 板运动，即电子一定能到达B 板；加D 图电压，电子的运动与C 图情形相同，只是加速度变化，所以电子也一直向B 板运动，即电子一定能到达B 板，综上所述可知选项B 正确．]4．ABC [带电粒子在垂直于电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上，做加速度大小不变、方向周期性变化的变速直线运动．由t ＝0时刻进入电场的粒子运动情况可知，粒子在平行板间运动时间为交变电流周期的整数倍．在0～T 2时间内带电粒子运动的加速度a ＝E 0q m ，由匀变速直线运动规律得v y ＝at ＝E 0q mt ，同理可分析T 2～T 时间内的运动情况，所以带电粒子在沿电场方向的速度v y 与E －t 图线所围面积成正比(时间轴下方的面积取负值)．而经过整数个周期，E －t 图象与坐标轴所围面积始终为零，故带电粒子离开电场时沿电场方向的速度总为零，B 正确，D 错误；带电粒子在t ＝0时刻射入时，侧向位移最大，故其他粒子均不可能打到极板上，A 正确；当粒子在t ＝0时刻射入且经过T 离开电场时，粒子在t ＝T 2时达到最大速度，此时两分位移之比为1∶2，即v 0t ＝2×12at 2，可得v y ＝v 0，故粒子的最大速度为v ＝2v 0，因此最大动能为初动能的2倍，C 正确．]5．BCD [设粒子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U 0，水平方向l ＝v 0t ，竖直方向d 2＝12a 0t 2，又a 0＝qU 0md ，解得U 0＝md 2v 20ql 2＝128 V ，即当U ≥128 V 时粒子打到极板上,当U <128 V 时粒子打到荧光屏上，设打到荧光屏上的粒子在竖直方向上偏转的最大位移为y ，由几何关系和类平抛运动规律得l 2＋l 2l 2＝y d 2，解得y ＝d ＝4 cm ，选项A 错误；由对称性知，粒子打到荧光屏上的区域总长度为2d ，则粒子打到荧光屏上的区域面积为S ＝2da ＝64 cm 2，选项B 正确；在前14T ，粒子打到荧光屏上的时间t 0＝128200×0.005 s ＝0.003 2 s ，又由对称性知，在一个周期内，粒子打在荧光屏上的总时间t ′＝4t 0＝0.012 8 s ，选项D 正确；因为这些粒子均匀、连续地进入电场，设一个周期内进入电容器内的粒子能够打在荧光屏上的比例为η，此时电容器两端的电压U <128 V ，则η＝128200×100%＝64%，选项C 正确．] 6．(1)T ＝t 0n (n 为正整数) (2)E 0qt 204mn (3)E 0qt 2012mn解析 (1)根据粒子的初状态和受力特点可知，粒子运动的v －t 图象如图所示．可见，当t 0＝nT 时，粒子的速度刚好为零，故有T ＝t 0n(n 为正整数)．(2)由(1)图可知，A 、B 之间的距离s ＝12a (T 2)2×2n ＝14n ·qE 0m ·(t 0n )2＝E 0qt 204mn. (3)若在t ＝T 6时刻释放该粒子，其v －t 图象如图所示，此时t 0时间内粒子的位移s ′＝n [12a (2×T 6)2×2－12a (T 6)2×2]＝E 0qt 2012mn.。

权掇市安稳阳光实验学校实验：测定电源的电动势和内阻[方法点拨] (1)图象法处理数据是本实验重点.根据闭合电路欧姆定律找出图象的函数关系式，从而确定图象斜率、截距等的意义.(2)明确实验中需要测量的量与实际测量的量的关系，进行误差分析.1.某同学查阅电动车使用说明书知道自家电动车的电源是铅蓄电池，他通过以下操作测量该电池的电动势和内阻.(1)先用多用电表粗测电池的电动势.把电表的选择开关拨到直流电压50V挡，将两只表笔与电池两极接触，此时多用电表的指针位置如图1所示，读出电池的电动势为________V.图1(2)再用图2所示装置进一步测量.多用电表的选择开关拨向合适的直流电流挡，与黑表笔连接的是电池的________极(选填“正”或“负”).闭合开关，改变电阻箱的阻值R，得到不同的电流值I，根据实验数据作出1I－R图象如图3所示.已知图中直线的斜率为k，纵轴截距为b，则此电池的电动势E＝________，内阻r＝________.(结果用字母k、b表示)图2图3(3)他发现两次测得电动势的数值非常接近，请你对此做出合理的解释：____________________________________________________________________ ____.2.(2018·模拟三)在测量一节干电池电动势E和内阻r的实验中，小明设计了如图4甲所示的实验电路.(1)根据图甲实验电路，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接.(2)实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片P调到________(选填“a”或“b”)端.(3)合上开关S1，S2接图甲中的1位置，改变滑动变阻器的阻值，记录下几组电压表示数和对应的电流表示数；S2改接图甲中的2位置，改变滑动变阻器的阻值，再记录下几组电压表示数和对应的电流表示数.在同一坐标系内分别描点作出电压表示数U和对应的电流表示数I的图象，如图丙所示.两直线与纵轴的截距分别为U A、U B，与横轴的截距分别为I A、I B.S2接1位置时，作出的U－I图线是图丙中的________(选填“A”或“B”)线；测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是____________________.由图丙可知，干电池电动势和内阻的真实值分别为E真＝________，r真＝________.图43.(2018·一模)为了测量一节干电池的电动势和内阻，某实验小组设计了如图5甲所示的电路，实验室准备了下列器材供选用：A.待测干电池一节B.直流电流表A1(量程0～0.6A，内阻约为0.01Ω)C.直流电流表A2(量程0～3A，内阻约为0.02Ω)D.直流电压表V1(量程0～3V，内阻约为5kΩ)E.直流电压表V2(量程0～15V，内阻约为25kΩ)F.滑动变阻器R1(阻值范围为0～15Ω，允许最大电流为1A)G.滑动变阻器R2(阻值范围为0～1000Ω，允许最大电流为2A)H.开关I.导线若干图5(1)实验中电压表应选用________；电流表应选用________；滑动变阻器应选用________.(填字母代号)(2)实验小组在进行实验时，初始滑片P在最右端，但由于滑动变阻器某处发生断路，合上开关S后发现滑片P向左滑过一段距离x后电流表才有读数，于是该组同学分别作出了电压表读数U与x、电流表读数I与x的关系图，如图乙所示，则根据图象可知，电池的电动势为________V，内阻为________Ω.4.(2018·青岛二中模拟)某同学设计了如图6甲所示的电路来测量电源电动势E、内阻r和电阻R1的阻值.实验器材有：待测电源(电动势为E，内阻为r)；待测电阻R1；电压表V(量程1.5V，内阻很大)；电阻箱R(0～99.99Ω)；开关S1；单刀双掷开关S2；导线若干.图6(1)先测量电阻R1的阻值，请将该同学的操作补充完整.①闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数R0和对应的电压表示数U1②保持电阻箱示数不变，将S2切换到b，读出电压表的示数U2③则电阻R1的表达式为R1＝____________.(2)该同学已经测得电阻R1＝4.95Ω，继续测量电源电动势E和内阻r的做法是：闭合S1，将S2切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图乙所示的1U－1R图线，则电源电动势E ＝________V，内阻r＝________Ω.(保留三位有效数字)5.(2018·二模)某同学利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻(约1.0Ω).(1)现备有下列器材：A.待测的干电池一节B.电流表(量程0～150mA，内阻R g＝3.0Ω)C.电压表(量程0～3V，内阻R V约1kΩ)D.滑动变阻器R0(0～20Ω，1.0A)E.电阻箱R(0～99.9Ω)F.开关和若干导线该同学发现上述器材中电流表的量程较小，他想利用现有的电流表和电阻箱改装成一块量程为0～0.6A的电流表，则电阻箱R的阻值应取________Ω，请在图7甲的虚线框内画出利用上述器材测量干电池电动势和内阻的实验电路图.图7(2)图乙为该同学根据合理电路所绘出的U－I图象(U、I分别为电压表和电流表的示数).根据该图象可得被测电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.(3)对本实验的理解正确的是________.A.要减小实验误差，可以增大电源等效内阻B.如果纵坐标从零开始，图线分布空间将更大C.电压表的分流作用导致实验系统误差D.由于电压表读数变化不大，读数不准确导致系统误差大答案精析1.(1)12.0 (2)负1kbk(3)铅蓄电池的内阻远小于多用电表电压挡的内阻，因此直接用表笔接在蓄电池的两极时，电表的读数非常接近电源的电动势解析(1)电压挡量程为50V，则最小分度值为1V，则指针对应的读数为12.0V.(2)作为电流表使用时，应保证电流由红表笔流进，黑表笔流出，故黑表笔连接的是电池的负极；由闭合电路欧姆定律可得I＝Er＋R，变形可得1I＝rE＋1E·R，则由题图可知：rE＝b，1E＝k，则可解得E＝1k，r＝bk.(3)因铅蓄电池的内阻远小于多用电表电压挡的内阻，因此直接用表笔接在蓄电池的两极时，电表的读数非常接近电源的电动势.2.(1)如图所示(2)a(3)B电压表分流U AU AI B解析(2)为保护电表，闭合开关时滑动变阻器接入电路的阻值最大，应滑至a 端；(3)S2接1位置时，引起误差的原因是电压表的分流，使得电流的测量偏小，故电动势和内阻的测量值都偏小，所以作出的图象是B.3.(1)D B F (2)1.5 0.5解析(1)干电池电动势约为1.5V，电压表应选V1，由于电路中电流较小，因此电流表应选A1，为方便实验操作，滑动变阻器应选最大阻值较小的R1；(2)根据两图对应的x 值相等时的电压和电流可知当I 1＝0.20A 时，U 1＝1.40V ；当I 2＝0.40A 时，U 2＝1.30V ；根据U ＝E －Ir ，解得E ＝1.5V ，r ＝0.5Ω.4.(1)③U 2－U 1U 1R 0(2)1.43 1.05(1.06也正确)5.(1)1.0 见解析图 (2)1.48(1.46～1.49之间) 0.85(0.84～0.88之间) (3)AC解析 (1)利用现有的电流表和电阻箱改装成一个量程为0～0.6A 的电流表，则需要并联的电阻箱R 的阻值应取R ＝I g R g I －I g ＝0.15×3.00.6－0.15Ω＝1Ω，电路图如图所示.(2)若设通过电流表的电流为I ，则干路电流为4I ，由闭合电路的欧姆定律U ＝E －4Ir ；延长图线与两坐标轴相交，由图象可知：E ＝1.48V ；4r ＝1.48－1.10112.5×10－3Ω≈3.4Ω，则r ＝0.85Ω.(3)要减小实验误差，可以增大电源等效内阻，这样在变化相同电流时电压表示数的变化较大，选项A 正确；如果纵坐标从零开始，图线分布空间将较小，选项B 错误；电压表的分流作用导致实验系统误差，选项C 正确；由于电压表读数变化不大，读数不准确导致实验偶然误差大，选项D 错误.。

40 电场中的图象问题[方法点拨] 在图象问题中，一般从图象的“点、线、面、斜”四个方向理解．φ－x图象中斜率表示场强；E－x图象中面积表示电势差．1．(带电粒子v－t图象)在孤立负点电荷形成的电场中，四个带电粒子分别仅在电场力作用下运动，v－t图象如图1所示．则以下判断正确的是( )图1A．a、c带负电，b、d带正电B．a、c带正电，b、d带负电C．a、d带正电，b、c带负电D．a、d带负电，b、c带正电2．(电场φ－x图象)(多选)某静电场在x轴上各点的电势φ随坐标x的分布图象如图2所示．x轴上A、O、B三点的电势值分别为φA、φO、φB，电场强度沿x轴方向的分量大小分别为E Ax、E Ox、E Bx，电子在A、O、B三点的电势能分别为E p A、E p O、E p B.下列判断正确的是( )图2A．φO>φB>φA B．E p O<E p B<E p AC．E Ox<E Bx<E Ax D．E p O－E p A>E p O－E p B3．(电场φ－x图象)电荷量不等的两点电荷固定在x轴上坐标为－3L和3L的两点，其中坐标为3L处电荷带正电，电荷量为Q.两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图3所示，其中x＝L处电势最低，x轴上M、N两点的坐标分别为－2L和2L，则下列判断正确的是( )图3A．两点电荷一定为异种电荷B ．原点O 处场强大小为3kQ L 2C ．负检验电荷在原点O 处受到向左的电场力D ．负检验电荷由M 点运动到N 点的过程，电势能先减小后增大4．(多选)两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A 、B 、C 三点，如图4甲所示，一个电荷量为2×10－3C 、质量为0.1 kg 的小物块(可视为质点)从C 点静止释放，其运动的v －t 图象如图乙所示，其中B 点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )图4A ．由C 到A 的过程中物块的电势能先减小后变大B ．B 点为中垂线上电场强度最大的点，场强E ＝100 V/mC ．由C 点到A 点电势逐渐降低D. B 、A 两点间的电势差U BA ＝5 V5．在真空中的x 轴上的原点处和x ＝6a 处分别固定一个点电荷M 、N (图中未标出)，在x ＝2a 处由静止释放一个正点电荷P ，假设点电荷P 只受电场力作用下沿x 轴方向运动，得到点电荷P 速度大小与其在x 轴上的位置关系如图5所示，则下列说法正确的是( )图5A ．点电荷M 、N 一定都是负电荷B ．点电荷P 的电势能一定是先增大后减小C ．点电荷M 、N 所带电荷量的绝对值之比为2∶1D ．x ＝4a 处的电场强度一定为零6．(多选)在光滑的绝缘水平面内有一沿x 轴的静电场，其电势φ随坐标x 的变化而变化，变化的图线如图6所示(图中φ0已知)．有一质量为m、带电荷量为－q(q>0)的带电小球(可视为质点)从O点以某一未知速度v0沿x轴正向移动到x4.则下列叙述正确的是( )图6A．带电小球从O运动到x1的过程中，所受电场力逐渐增大B．带电小球从x1运动到x3的过程中，电势能一直增大C．若小球的初速度v0＝2 φ0qm，则运动过程中的最大速度为6φ0qmD．要使小球能运动到x4处，则初速度v0至少为2 φ0q m答案精析1．A [从图中看到，a 做加速度减小的加速运动，b 做加速度增大的加速运动，c 做加速度增大的减速运动，d 做加速度减小的减速运动，根据电荷之间的作用关系判断a 、c 带负电，b 、d 带正电，A 项正确．]2．CD [由题图知，φO <φB <φA ,A 项错误;电子带负电,根据电势能公式E p ＝q φ＝－e φ分析得知,E p O >E p B >E p A ，B 项错误；根据图象切线斜率的大小等于电场强度沿x 轴方向的分量大小，则知E Ox <E Bx <E Ax ，C 项正确；E p O >E p B >E p A 知，E p O －E p A >E p O －E p B ，D 项正确.]3．C [由φ－x 图象特点可知两点电荷均为正电荷,A 错误;x ＝L 处电势最低,此处图线的斜率为0，即该点的合场强为0，kQ ′L 2－kQ L 2＝0,得Q ′=4Q ,故原点处的场强大小为4kQ L 2－kQ L 2＝kQ3L 2,方向向右,负检验电荷在原点O 处受到的电场力向左,B 错误,C 正确;由M 点到N 点电势先减小后增大,所以负检验电荷由M 点运动到N 点的过程,电势能先增大后减小,D 错误.]4．BC [由C 点到A 点的过程中，由v －t 图象可知物块的速度增大，电场力做正功，电势能减小，A 错误；由v －t 图象可知物块在B 点的加速度最大为2 m/s 2，所受的电场力最大为0.2 N ，由E ＝F q 知，B 点的场强最大为100 N/C ，B 正确；因两个等量的同种正电荷其连线的中垂线上电场强度方向由O 点沿中垂线指向外侧，故由C 点到A 点的过程中电势逐渐减小，C正确；由v －t 图象得A 、B 两点的速度，由动能定理得W BA ＝12mv 2A －12mv 2B ＝1 J ，电势差U BA ＝W BA q＝500 V ，D 错误．故选B 、C.]5．D [根据题图可知，点电荷的速度先增大后减小，说明电场力对点电荷P 先做正功，后做负功，则M 、N 一定都是正电荷，且点电荷P 的电势能一定是先减小后增大，所以选项A 、B 错误；由于在x ＝4a 处速度最大，说明点电荷M 、N 在此处产生的合场强为0，则有kQ M a 2＝kQ N a 2，所以Q M ∶Q N ＝4∶1，选项C 错误，D 正确．] 6．BC [由场强与电势差的关系可知，在题φ－x 图象中，图线的斜率表示电场强度E ，带电小球从O 运动到x 1的过程中，所受电场力不变，A 项错；从x 1运动到x 3的过程中，电势不断减小，但小球带负电，因此小球的电势能一直增大，B 项正确；小球运动到x 1处时，电场力做正功最多，速度最大，由动能定理有：－q (0－φ0)＝12mv 2m －12mv 20，将v 0＝2 φ0q m 代入，解得小球最大速度v m ＝6φ0q m，C 项正确；小球运动到x 3处时速度最小，由动能定理有：－q [0－(－φ0)]＝0－12mv 20，解得：v 0＝ 2φ0q m，D 项错．]百度文库是百度发布的供网友在线分享文档的平台。

[方法点拨](1)弹力、摩擦力的有无可用假设法或牛顿第二定律判断．(2)注意：求摩擦力大小时一定要分清是静摩擦力还是滑动摩擦力，二者与弹力的关系不同．1．(弹力方向)如图1所示，底端置于粗糙水平地面上的杆，其顶端被一根细线用手拉住，杆处于静止状态，细线水平．下列说法正确的是()图1A．杆对细线的弹力方向为水平向右B．细线对杆的弹力方向垂直杆向左C．杆受到地面的弹力是杆的形变产生的D．地面受到杆的弹力沿杆向左下方2．(弹力有无与方向)匀速前进的车厢顶部用细线竖直悬挂一小球，如图2所示，小球下方与一光滑斜面接触．关于小球的受力，下列说法正确的是()A．重力和细线对它的拉力图2B．重力、细线对它的拉力和斜面对它的支持力C．重力和斜面对它的支持力D．细线对它的拉力和斜面对它的支持力3．(摩擦力有无与方向)(多选)如图3所示，物块M在静止的传送带上以速度v匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v，则传送带启动后()A．M静止在传送带上图3B．M可能沿传送带向上运动C．M受到的摩擦力不变D．M下滑的速度不变4．(摩擦力大小)(多选)如图4所示，用水平力F拉着一物体在水平地面上做匀速直线运动，从t＝0时刻起水平力F的大小随时间均匀减小，到t1时刻F减小为零．物体所受的摩擦力f随时间t的变化图象可能是()图45．(摩擦力大小)(多选)如图5所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到向右的拉力F的作用向右滑行，木板处于静止状态．已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静图5摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是()A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mgB．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m＋M)gC．当F＞μ2(m＋M)g时，木板便会开始运动D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动6．如图6所示，小球a的质量为小球b质量的一半，分别与轻弹簧A、B和轻绳相连接并处于平衡状态．轻弹簧A与竖直方向夹角为60°，轻弹簧A、B伸长量刚好相同，则下列说法中正确的是()图6A．轻弹簧A、B的劲度系数之比为3∶1B．轻弹簧A、B的劲度系数之比为2∶1C．轻绳上拉力与轻弹簧A上拉力大小之比为2∶1D．轻绳上拉力与轻弹簧B上拉力大小之比为1∶17．如图7所示，水平地面上的L形木板M上放着小木块m，M与m间有一个处于压缩状态的弹簧，整个装置处于静止状态．下列说法正确的是()图7A．M对m的摩擦力方向向左B．M对m无摩擦力作用C．地面对M的摩擦力方向向右D．地面对M无摩擦力作用8．如图8所示，轻质弹簧一端系在质量为m＝1 kg的小物块上，另一端固定在墙上．物块在斜面上静止时，弹簧与竖直方向的夹角为37°，已知斜面倾角θ＝37°，斜面与小物块间的动摩擦因数μ＝0.5，斜面固定不动．设物块与斜面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，下列说法正确的是()图8A．小物块可能只受三个力B．弹簧弹力大小一定等于4 NC．弹簧弹力大小可能等于10 ND．斜面对物块支持力可能为零9．如图9所示，穿在一根光滑固定杆上的小球A、B通过一条跨过定滑轮的细绳连接，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则下列说法正确的是()图9A．A可能受到2个力的作用B．B可能受到3个力的作用C．A、B的质量之比为1∶tan θD．A、B的质量之比为tan θ∶110．建筑装修中，工人用质量为m的磨石对倾角为θ的斜壁进行打磨(如图10所示)，当对磨石加竖直向上大小为F的推力时，磨石恰好沿斜壁向上匀速运动，已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为μ，则磨石受到的摩擦力大小为()A．(F－mg)cos θB．(F－mg)sin θ图10C．μ(F－mg)cos θD．μ(F－mg)tan θ11．如图11所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小盒b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上，现在b内缓慢加入适量砂粒，a、b、c始终处于静止状态，下列说法中正确的是()图11A．b对c的摩擦力可能先减小后增大B．地面对c的支持力可能不变C．c对地面的摩擦力方向始终向左D．弹簧的弹力可能增大答案精析1．A [细线中弹力方向沿细线且指向细线收缩的方向，故细线对杆的弹力方向水平向左，杆对细线的弹力水平向右，故A 正确，B 错误；杆受到地面的弹力是由于地面发生形变产生的，C 错误；杆对地面的弹力方向垂直于地面向下，故D 错误．]2．A [小球匀速运动，处于平衡状态，合力为零，则水平方向不能有力的作用，否则细线不可能处于竖直状态．]3．CD [由于传送带是顺时针匀速转动的，在传送带启动前、后，物块都只受重力、支持力、沿传送带向上的滑动摩擦力，物块受力不变，所以其下滑的速度也不变，故选项C 、D 正确．]4．AD [物体开始做匀速直线运动，说明物体所受水平向右的拉力F 与向左的滑动摩擦力等大反向．当F 减小时，物体做减速运动．若F 减小到零之前物体始终运动，则摩擦力始终为滑动摩擦力，大小不变，A 正确．若F 减小为零之前物体已停止运动，则停止前摩擦力为滑动摩擦力，大小不变，停止后摩擦力为静摩擦力，且此时拉力小于滑动摩擦力大小，静摩擦力大小随F 的减小而减小，D 正确．]5．AD [对木板受力分析：水平方向受到木块向右的滑动摩擦力f 1和地面向左的静摩擦力f 2，f 1＝μ1mg ，由平衡条件得f 2＝f 1＝μ1mg ，故A 正确；由于木板相对于地面是否将滑动不清楚，地面的静摩擦力不一定达到最大，则木板受到地面的摩擦力的大小不一定是μ2(m ＋M )g ，故B 错误；由题意分析可知，木块对木板的摩擦力不大于地面对木板的最大静摩擦力，当F 改变时，f 1不变，则木板不可能运动，故C 错误，D 正确．] 6．A [设两弹簧的伸长量都为x ，a 的质量为m ，对小球b 受力分析，由平衡条件，可得：弹簧B 的弹力k B x ＝2mg ；对小球a 受力分析，如图所示，由图中几何关系可得：k B x ＋mg ＝12k A x ，联立可得：k A ＝3k B ，选项A正确，选项B 错误；同理F ＝k A x sin 60°＝32k A x ＝332k Bx ，选项C 、D 错误]．7．D [对m 受力分析，m 受到重力、支持力、水平向左的弹力及M 对m 的摩擦力，根据平衡条件知，M 对m 的摩擦力向右．故A 、B 错误；对整体受力分析，在竖直方向上受到重力和支持力而处于平衡状态，若地面对M 有摩擦力，则整体不能平衡，故地面对M 无摩擦力作用．故C 错误，D 正确．]8．C [若不受弹簧的弹力，μmg cos θ＜mg sin θ，则物块不可能静止，故物块一定受弹簧的压力，还受重力、斜面的支持力和静摩擦力，受四个力的作用而平衡，A 错误；若要物块静止，μ(mg cos 37°＋F )≥mg sin θ，得：F ≥4 N ，故B 错误，C 正确；根据静摩擦力的产生条件，斜面对物块的支持力不可能为零，D 错误．]9．C[对A球受力分析可知，A受到重力，绳子的拉力以及杆对A球的弹力，三个力的合力为零，A项错误；对B球受力分析可知，B受到重力，绳子的拉力，两个力合力为零，杆对B球没有弹力，否则B不能平衡，B项错误；分别对A、B两球分析，运用合成法，如图：根据共点力平衡条件：得F T＝m B g，F Tsin θ＝m A gsin(90°＋θ)(根据正弦定理列式)，故m A∶m B＝1∶tan θ，C项正确，D项错误．]10．A[磨石受重力、推力、斜壁的弹力及摩擦力而处于平衡状态，由图可知，F一定大于重力；先将重力及向上的推力合成后，将二者的合力向垂直于斜壁方向及沿斜壁方向分解，在沿斜壁方向上摩擦力f＝(F－mg)cos θ，在垂直斜壁方向上F N＝(F－mg)sin θ，则f＝μ(F－mg)sin θ，选项A正确．]11．A[把a、b、c看做整体，根据题述，a、b、c始终处于静止状态，故弹簧弹力不变，细绳的拉力不变，选项D错误；隔离b分析受力，受到竖直向下的重力、细绳的拉力、c对b的支持力和摩擦力，若开始状态b所受细绳的拉力大于b的重力沿斜面的分力，b所受摩擦力沿斜面向下，当b内缓慢加入适量砂粒，b的重力沿斜面的分力增大，b所受摩擦力减小，当b的重力沿斜面的分力增大到大于细绳的拉力，则b所受摩擦力沿斜面向上且逐渐增大，由牛顿第三定律可知，b对c的摩擦力可能先减小后增大，选项A正确；把b、c 看做一个整体，若细绳的拉力不为零，则地面对c的摩擦力方向向左，由牛顿第三定律，c对地面的摩擦力方向向右，选项C错误；把b、c看做一个整体，当b内缓慢加入适量砂粒，b的重力增大，地面对c的支持力增大，选项B错误．]。