2019高考物理一轮复习 物理学史、物理学思想与方法加练半小时 粤教版.docx

微专题71 带电粒子在组合场中的运动[方法点拨] (1)带电粒子在匀强电场中一般做匀变速直线运动或类平抛运动；在匀强磁场中运动时一般做匀速圆周运动；(2)明确各段运动性质，画出运动轨迹，特别注意各衔接点的速度方向、大小．1．(2017·福建厦门模拟)如图1所示，在xOy平面内，0＜x＜2L的区域内有一方向竖直向上的匀强电场，2L＜x＜3L的区域内有一方向竖直向下的匀强电场，两电场强度大小相等，x ＞3L的区域内有一方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场，某时刻，一带正电的粒子从坐标原点以沿x轴正方向的初速度v0进入电场；之后的另一时刻，一带负电粒子以同样的初速度从坐标原点进入电场．正、负粒子从电场进入磁场时速度方向与电场和磁场边界的夹角分别为60°和30°，两粒子在磁场中分别运动半周后在某点相遇，已知两粒子的重力以及两粒子之间的相互作用都可忽略不计，两粒子带电荷量大小相等，求：图1(1)正、负粒子的质量之比m1∶m2；(2)两粒子相遇的位置P点的坐标；(3)两粒子先后进入电场的时间差．2．(2017·山东济宁模拟)如图2所示，空间以AOB为界，上方有方向竖直向下的匀强电场，下方有垂直于纸面向里的匀强磁场，以过O点的竖直虚线OC为界，∠AOC＝∠BOC＝60°.OC 左侧到AA′间和右侧到BB′间磁感应强度的大小不同．现在A点上方某一点以初速度v0水平向右射出一带电粒子，粒子的质量为m，电荷量为q，粒子恰好从AO的中点垂直AO进入OC左侧磁场，并垂直OC离开左侧磁场进入右侧磁场，粒子从OB边恰好以竖直向上的速度进入匀强电场，AO＝BO＝L，不计粒子的重力，求：图2(1)匀强电场的场强E的大小；(2)OC左侧磁场磁感应强度B1的大小和右侧磁场磁感应强度B2的大小；(3)粒子从进入电场到第一次离开磁场运动的总时间．3．(2018·四川泸州一检)如图3所示，左侧两平行金属板上、下水平放置，它们之间的电势差为U、间距为L，其中有匀强磁场；右侧为“梯形”匀强磁场区域ACDH，其中，AH∥CD, AH＝72L.一束电荷量大小为q、质量不等的带电粒子(不计重力、可视为质点)，从小孔S1射入左侧装置，恰能沿水平直线从小孔S2射出，接着粒子垂直于AH、由AH的中点M射入“梯形”区域，最后全部从边界AC射出．若两个区域的磁场方向均垂直于纸面向里、磁感应强度大小均为B，“梯形”宽度MN＝L，忽略电场、磁场的边缘效应及粒子间的相互作用．(已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)图3(1)求出粒子速度的大小，判定粒子的电性；(2)这束粒子中，粒子质量最小值和最大值各是多少；4．如图4所示，直线y ＝x 与y 轴之间有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场B 1，直线x ＝d 与y ＝x 间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度E ＝1.0×104V/m ，另有一半径R ＝1.0 m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B 2＝0.20 T ，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x ＝d 和x 轴均相切，且与x 轴相切于S 点．一带负电的粒子从S 点沿y 轴的正方向以速度v 0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域B 1，且第一次进入磁场B 1时的速度方向与直线y ＝x 垂直．粒子速度大小v 0＝1.0×105m/s ，粒子的比荷为qm＝5.0×105C/kg ，粒子重力不计．求：图4(1)坐标d 的值；(2)要使粒子无法运动到x 轴的负半轴，则磁感应强度B 1应满足的条件；(3)在第(2)问的基础上，粒子从开始进入圆形磁场至第二次到达直线y ＝x 上的最长时间．(结果保留两位有效数字)答案精析1．(1)3∶1 (2)(6.5L ，－73L 3) (3)73πL6v 0解析 (1)设粒子初速度为v 0，进磁场方向与边界的夹角为θ，v y ＝v 0tan θ①记t ＝Lv 0，则粒子在第一电场运动的时间为2t ，在第二个电场运动的时间为t 则：v y ＝a ·2t －at ②qE ＝ma ③由①②③得：m ＝qEL v 20tan θ所以m 1m 2＝tan60°tan30°＝3 (2)正粒子在电场运动的总时间为3t ，则： 第一个t 的竖直位移为12a 1t 2第二个t 的竖直位移为12a 1(2t )2－12a 1t 2＝32a 1t 2由对称性，第三个t 的竖直位移为32a 1t 2所以y 1＝72a 1t 2，结合①②得y 1＝73L6同理y 2＝73L2由几何关系，P 点的坐标为：x P ＝3L ＋(y 1＋y 2)sin30°sin60°＝6.5L ，y P ＝－[y 2－(y 1＋y 2)sin 30°cos 60°]＝－73L 3，即(6.5L ，－733L )(3)设两粒子在磁场中运动半径分别为r 1、r 2，由几何关系2r 1＝(y 1＋y 2)sin60°，2r 2＝(y 1＋y 2)sin30° 两粒子在磁场中运动时间均为半个周期：t 1＝πr 1v 1，t 2＝πr 2v 2，v 0＝v 1sin60°，v 0＝v 2sin30°由于两粒子在电场中运动时间相同，所以进电场时间差即为磁场中相遇前的时间差Δt ＝t 1－t 2，解得Δt ＝73πL 6v 02．见解析解析 (1)粒子射出后在电场中做类平抛运动，从AO 的中点垂直AO 进入磁场，在电场中运动的水平分运动有12L sin60°＝v 0t 1竖直分运动有v y ＝qEmt 1 tan60°＝v y v 0解得E ＝4mv 02qL(2)粒子进入磁场时的速度大小v ＝v 0cos60°＝2v 0由图可知r 1＝12L由qvB 1＝m v 2r 1解得B 1＝4mv 0qL粒子进入右边磁场后，由tan60°＝r 212L －r 2得r 2＝3－34L由qvB 2＝m v 2r 2解得B 2＝＋3mv 03qL(3)在电场中运动时，由(1)可得t 1＝3L 4v 0在左侧磁场B 1中运动时，T 1＝2πr 1v ，t 2＝60°360°T 1＝πL12v 0在右侧磁场B 2中运动时，T 2＝2πr 2v ，t 3＝90°360°T 2＝－3πL16v 0总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝3＋13π－33πL48v 03．(1)U BL 正电 (2)m min ＝7qB 2L 29U m max ＝qB 2L 2U解析 (1)粒子全部从边界AC 射出，则粒子进入“梯形”磁场时所受洛伦兹力竖直向上，由左手定则可知，粒子带正电；粒子在两极板间做匀速直线运动，由平衡条件得：qvB ＝q UL， 解得：v ＝U BL；(2)在“梯形”区域内，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB ＝m v 2R ，粒子轨道半径：R ＝mvqB.由R ＝mvqB可知：当粒子质量有最小值时，R 最小，粒子运动轨迹恰与AC 相切(见图甲)； 当粒子质量有最大值时，R 最大，粒子运动轨迹恰过C 点(见图乙)，甲图中，由几何关系得：R 1sin53°＋R 1＝74L ，解得：R 1＝79L ，乙图中，NC ＋L tan53°＝74L ，解得NC ＝L ，解得：m min ＝7qB 2L 29U ，m max ＝qB 2L2U4．(1)4.0m (2)B 1≤0.10T 或B 1≥0.24T (3)6.2×10－5s解析 (1)带电粒子在匀强磁场B 2和匀强电场中运动的轨迹如图甲所示，甲粒子在匀强磁场B 2中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力．则qv 0B 2＝m v 02r解得r ＝1.0m粒子进入匀强电场以后，做类平抛运动，设水平方向的位移为x 0，竖直方向的位移为y 0. 水平方向：x 0＝v 0t竖直方向：y 0＝12at 2，v y ＝ata ＝qE mv yv 0＝tan45° y 0x 0＝12tan45°＝12联立解得：x 0＝2.0m ，y 0＝1.0m由图甲中几何关系可得d ＝x 0＋y 0＋r ＝4.0m.(2)设当匀强磁场的磁感应强度为B 1′时，粒子垂直打在y 轴上，此时粒子无法运动到x 轴的负半轴，粒子在磁场中运动半径为r 1，如图乙所示，乙由几何关系得：r 1＝2d －2x 0 又r 1＝m ·2v 0qB 1′联立解得B 1′＝0.10T 故B 1≤0.10T.设当匀强磁场的磁感应强度为B 1″时，粒子从电场垂直边界进入匀强磁场后，轨迹与y 轴相切，此时粒子也无法运动到x 轴负半轴，设粒子在磁场中运动半径为r 2，如图乙所示，由几何关系可得r 2＋r 2cos45°＋x 0＝d 又r 2＝m ·2v 0qB 1″联立解得B 1″≈0.24T故B 1≥0.24T．即要使粒子无法运动到x 轴的负半轴，磁感应强度B 1≤0.10T 或B 1≥0.24T. (3)设粒子在磁场B 2中运动时间为t 1，电场中运动时间为t 2，磁场B 1中运动时间为t 3，则t ＝t 1＋t 2＋t 3＝T 14＋x 0v 0＋T 22＝14×2πm qB 2＋x 0v 0＋12×2πm qB 1″≈6.2×10－5s.。

[方法点拨] (1)核心问题是“谁”提供向心力的问题．(2)“双星问题”的隐含条件是两者的向心力相同、周期相同、角速度相同；双星中轨道半径与质量成反比；(3)多星问题中，每颗行星做圆周运动所需的向心力是由它们之间的万有引力的合力提供，即F 合＝m v2r，以此列向心力方程进行求解．1．(2018·四川泸州一检)“双星体系”由两颗相距较近的恒星组成，每个恒星的半径远小于两个星球之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体．如图1所示，相距为L 的A 、B 两恒星绕共同的圆心O 做圆周运动，A 、B 的质量分别为m 1、m 2，周期均为T .若有间距也为L 的双星C 、D ，C 、D 的质量分别为A 、B 的两倍，则( )图1A ．A 、B 运动的轨道半径之比为m 1m 2B ．A 、B 运动的速率之比为m 1m 2C ．C 运动的速率为A 的2倍D ．C 、D 运动的周期均为22T 2．(多选)太空中存在一些离其他恒星很远的、由三颗星体组成的三星系统，可忽略其他星体对它们的引力作用．已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是直线三星系统——三颗星体始终在一条直线上；另一种是三角形三星系统——三颗星体位于等边三角形的三个顶点上．已知某直线三星系统A 每颗星体的质量均为m ，相邻两颗星中心间的距离都为R ；某三角形三星系统B 的每颗星体的质量恰好也均为m ，且三星系统A 外侧的两颗星体做匀速圆周运动的周期和三星系统B 每颗星体做匀速圆周运动的周期相等．引力常量为G ，则( )A ．三星系统A 外侧两颗星体运动的线速度大小为v ＝Gm RB ．三星系统A 外侧两颗星体运动的角速度大小为ω＝12R5GmRC ．三星系统B 的运动周期为T ＝4πRR 5GmD ．三星系统B 任意两颗星体中心间的距离为L ＝3125R3．(多选)(2017·福建龙岩3月质检)冥王星和其附近的星体卡戎的质量分别为M 、m (m <M )，两星相距L ，它们只在相互间的万有引力作用下，绕球心连线的某点O 做匀速圆周运动．冥王星与星体卡戎到O 点的距离分别为R 和r .则下列说法正确的是( ) A ．可由G MmR 2＝MRω2计算冥王星做圆周运动的角速度B ．可由G MmL 2＝M v 2L 计算冥王星做圆周运动的线速度C ．可由G Mm L 2＝mr (2πT )2计算星体卡戎做圆周运动的周期D ．冥王星与星体卡戎绕O 点做圆周运动的动量大小相等4．(2017·山东枣庄一模)2015年12月17日我国发射了“悟空”探测卫星，这期间的观测使人类对暗物质的研究又进了一步．宇宙空间中两颗质量相等的星球绕其连线中心转动时，理论计算的周期与实际观测周期不符，且T 理论T 观测＝k (k >1)；因此，科学家认为，在两星球之间存在暗物质．假设以两星球球心连线为直径的球体空间中均匀分布着暗物质，两星球的质量均为m ，那么，暗物质的质量为( ) A.k 2－14mB.k 2－28mC ．(k 2－1)mD ．(2k 2－1)m5．(2017·广西南宁一模)2016年2月11日，科学家宣布“激光干涉引力波天文台(LIGO)”探测到由两个黑洞合并产生的引力波信号，这是在爱因斯坦提出引力波概念100周年后，引力波被首次直接观测到．在两个黑洞合并过程中，由于彼此间的强大引力作用，会形成短时间的双星系统．如图2所示，黑洞A 、B 可视为质点，它们围绕连线上O 点做匀速圆周运动，且AO 大于BO ，不考虑其他天体的影响．下列说法正确的是( )图2A ．黑洞A 的向心力大于B 的向心力 B ．黑洞A 的线速度大于B 的线速度C ．黑洞A 的质量大于B 的质量D ．两黑洞之间的距离越大，A 的周期越小6．(多选)(2018·陕西商洛模拟)宇宙中两颗相距很近的恒星常常组成一个系统，它们以相互间的万有引力彼此提供向心力，从而使它们绕着某一共同的圆心做匀速圆周运动，若已知它们的运转周期为T ，两星到某一共同圆心的距离分别为R 1和R 2，那么，系统中两颗恒星的质量关系是( )A ．这两颗恒星的质量必定相等B ．这两颗恒星的质量之和为4π2(R 1＋R 2)3GT 2C ．这两颗恒星的质量之比为m 1∶m 2＝R 2∶R 1D ．其中必有一颗恒星的质量为4π2(R 1＋R 2)3GT 2答案精析1．D [对于双星A 、B ，有G m 1m 2L 2＝m 1(2πT )2r 1＝m 2(2πT )2r 2，r 1＋r 2＝L ，得r 1＝m 2m 1＋m 2L ，r 2＝m 1m 1＋m 2L ，T ＝2πLL G (m 1＋m 2)，A 、B 运动的轨道半径之比为r 1r 2＝m 2m 1，A 错误；由v ＝2πrT 得，A 、B 运动的速率之比为v 1v 2＝r 1r 2＝m 2m 1，B 错误；C 、D 运动的周期T ′＝2πLL G (2m 1＋2m 2)＝22T ，D 正确；C 的轨道半径r 1′＝2m 22m 1＋2m 2L ＝r 1，C 运动的速率为v 1′＝2πr 1′T ′＝2v 1，C错误．]2．BCD [三星系统A 中，三颗星体位于同一直线上，两颗星体围绕中央星体在同一半径为R 的圆轨道上运行．其中外侧的一颗星体由中央星体和另一颗外侧星体的合万有引力提供向心力，有：G m 2R 2＋G m 2(2R )2＝m v 2R ，解得v ＝5Gm 4R，A 错误；三星系统A 中，周期T ＝2πRv ＝4πRR 5Gm ，则其角速度为ω＝2πT ＝12R5GmR，B 正确；由于两种系统周期相等，则三星系统B 的运行周期为T ＝4πRR5Gm，C 正确；三星系统B 中，三颗星体位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，如图所示，对某颗星体，由万有引力定律和牛顿第二定律得：2Gm 2L 2cos 30°＝m L 2cos 30°·4π2T 2，解得L ＝3125R ，D 正确．]3．CD [冥王星与星体卡戎之间的万有引力提供各自做圆周运动的向心力：可由G Mm(R ＋r )2＝MRω2计算冥王星做圆周运动的角速度，故A 错误；同理，可由G MmL 2＝M v 2R计算冥王星做圆周运动的线速度，故B 错误；冥王星与其附近的星体卡戎可视为双星系统．所以冥王星和星体卡戎做圆周运动的周期是相等的，可由G Mm L 2＝mr (2πT )2计算星体卡戎做圆周运动的周期，故C 正确；因G Mm (R ＋r )2＝MRω2＝mrω2，由于它们的角速度的大小是相等的，所以：MRω＝mrω，又：v m ＝ωr ，v M ＝ωR ，p m ＝m v m ，p M ＝M v M ，所以冥王星与星体卡戎绕O 点做圆周运动的动量大小相等，故D 正确．]4．A [两星球均绕它们的连线的中点做圆周运动，设它们之间的距离为L ，由万有引力提供向心力得：G m 2L 2＝m 4π2T 理论2·L2，解得：T 理论＝πL2LGm .根据观测结果，星体的运动周期T 理论T 观测＝k ，这种差异是由两星球之间均匀分布的暗物质引起的，均匀分布在两星球之间的暗物质对双星系统的作用与一质量等于暗物质的总质量m ′、位于中点O 处的质点的作用相同．则有：G m 2L 2＋Gmm ′(L 2)2＝m 4π2T 观测2·L 2，解得：T 观测＝πL2LG (m ＋4m ′)，又T 理论T 观测＝k ，所以：m ′＝k 2－14m ，故A 正确，B 、C 、D 错误．]5．B [两黑洞靠相互间的万有引力提供向心力，根据牛顿第三定律可知，A 对B 的作用力与B 对A 的作用力大小相等、方向相反，则黑洞A 的向心力等于B 的向心力，故A 错误；两黑洞靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，由题图可知A 的轨道半径比较大，根据v ＝ωr 可知，黑洞A 的线速度大于B 的线速度，故B 正确；由于m A ω2r A ＝m B ω2r B ，由于A 的轨道半径比较大，所以A 的质量小，故C 错误；两黑洞靠相互间的万有引力提供向心力，所以G m A m B L 2＝m A 4π2T 2r A ＝m B 4π2T 2r B ，又：r A ＋r B ＝L ，得r A ＝m B Lm A ＋m B ，L 为二者之间的距离，所以得：G m A m B L 2＝m A 4π2T 2·m B L m A ＋m B ，即：T 2＝4π2L 3G (m A ＋m B )，则两黑洞之间的距离越小，A 的周期越小，故D 错误．]6．BC [设两星质量分别为m 1、m 2.对m 1有：G m 1m 2(R 1＋R 2)2＝m 1R 14π2T 2，解得m 2＝4π2R 1(R 1＋R 2)2GT 2，同理可得m 1＝4π2R 2(R 1＋R 2)2GT 2，故两者质量不相等，故选项A 错误；将两者质量相加得m 1＋m 2＝4π2(R 1＋R 2)3GT 2，则不可能其中一个的质量为4π2(R 1＋R 2)3GT 2，故选项D 错误，选项B 正确；m 1∶m 2＝R 2∶R 1，故选项C 正确．]。

微专题9 一些特殊运动图象的理解和应用[方法点拨] 遇到特殊图像可根据图像确定纵坐标与横坐标的函数关系，再转化为常见形式，从而确定物体运动情况．如：x t －t 图像，先建立x t－t 函数关系式，再将其转化为x －t 关系，从而确定运动性质．1．t ＝0时刻一质点开始做初速度为零的直线运动，时间t 内相对初始位置的位移为x .如图1所示，x t与t 的关系图线为一条过原点的倾斜直线，则t ＝2s 时质点的速度大小为( )图1A ．8m/sB ．6 m/sC ．4m/sD ．2 m/s2．(多选)(2017·东北三校联考)一个质点，在x 轴上做直线运动．在t ＝0时刻质点处于静止状态，它的坐标x 和时间平方t 2的关系图像如图2所示，则该质点( )图2A ．运动方向与x 轴正方向相反B ．做匀速直线运动C ．运动加速度为3m/s 2D ．运动加速度为6m/s 23．(2017·四川绵阳中学模拟)行驶中的汽车遇到红灯刹车后做匀减速直线运动直到停止，等到绿灯亮时又重新启动开始做匀加速直线运动直到恢复原来的速度继续匀速行驶，则从刹车到继续匀速行驶这段过程，下列位移随速度变化的关系图像描述正确的是( )4．(多选)(2017·湖北黄冈3月质检)如图3所示是某物体做直线运动的v 2－x 图像(其中v 为速度，x 为位置坐标)，下列关于物体从x ＝0处运动至x ＝x 0处的过程分析，其中正确的是( )图3A ．该物体做匀加速直线运动B ．该物体的加速度大小为v 022x 0C ．该物体在位移中点的速度大于12v 0D ．该物体在运动中间时刻的速度大于12v 05．(2017·广东揭阳第一次模拟)一质点沿x 轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，xt－t 图像如图4所示，则( )图4A ．质点做匀速直线运动，速度为1m/sB ．质点做匀加速直线运动，加速度为1m/s 2C ．质点在1s 末速度为3m/s6．(多选)(2017·四川成都第二次诊断性考试)如图5甲所示，水平面上的物体在水平向右的拉力F 作用下，由静止开始运动，运动过程中F 的功率恒为5W ，物体运动速度的倒数1v与加速度a 的关系如图乙所示，下列说法正确的是( )图5A ．该运动为匀加速直线运动B ．物体的质量为1kgC ．物体速度为1m/s 时的加速度大小为3 m/s 2D ．物体受到的摩擦力为3N7．某同学在学习了直线运动和牛顿运动定律知识后，绘出了沿直线运动的物体的位移x 、速度v 、加速度a随时间变化的图像如图所示，若该物体在t＝0时刻初速度为零，则下列图像中该物体在t＝4s内位移一定不为零的是( )答案精析1．C [根据匀变速直线运动位移与时间的关系，已知初速度为零，得x ＝12at 2，转换得x t ＝12at ，匹配图像，图像的斜率等于12a ，则a ＝2m/s 2，根据v ＝at 得t ＝2 s 时速度为4 m/s ，故C 正确．]2．AD [根据质点的x －t 2图像可知，质点从x 0＝6m 处由静止开始沿x 轴负方向做匀加速直线运动，选项A 正确，B 错误．质点的运动方程可表示为x 0－x ＝12at 2，即x ＝x 0－12at 2，图线斜率的绝对值的2倍等于加速度的大小，即质点运动的加速度为a ＝2×62m/s 2＝6 m/s 2，选项C 错误，D 正确．]。

[方法点拨]电磁感应中的有些题目可以从动量角度着手，运用动量定理或动量守恒定律解决：①应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量．如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题．②在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律．1．(多选)(2017·河北衡水中学高三下期中)如图1所示，在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L的区域内，现有一边长为d(d<L)的正方形闭合线框以垂直于磁场边界的初速度v0滑过磁场，线框刚好能穿过磁场，运动过程中线框靠近磁场左边界的一边始终与磁场边界平行，下列说法正确的是()图1A．线框在滑进磁场的过程与滑出磁场的过程均做变加速直线运动B．线框在滑进磁场的过程中与滑出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量相同C．线框在滑进磁场的过程中速度的变化量与滑出磁场的过程中速度的变化量不同D．线框在滑进磁场的过程中产生的热量Q1与滑出磁场的过程中产生的热量Q2之比为3∶1 2．如图2甲所示，平行粗糙导轨固定在绝缘水平桌面上，间距L＝0.2 m，导轨左端接有R ＝1 Ω的电阻，质量为m＝0.1 kg的粗糙导体棒ab垂直静置于导轨上，导体棒及导轨的电阻忽略不计．整个装置处于磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨向下．现用与导轨平行的外力F作用在导体棒ab上使之一开始做匀加速运动，且外力F随时间变化关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，求：图2(1)比较导体棒a、b两点电势的高低；(2)前10 s导体棒ab的加速度大小；(3)若整个过程中通过R的电荷量为65 C，则导体棒ab运动的总时间是多少？3．(2017·北京房山区模拟)许多电磁现象可以用力的观点来分析，也可以用动量、能量等观点来分析和解释．如图3所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，导轨间距为L，一端连接阻值为R的电阻．导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.质量为m、电阻为r的导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好．已知导体棒MN以初速度v0向右运动．图3(1)当导体棒运动的速度为v0时，求其加速度a的大小；(2)求导体棒在导轨上运动的位移x的大小；(3)从导体棒向右运动开始计时，画出导体棒动量随位移变化的图像，并说明理由；(4)从导体棒向右运动开始计时，定性画出导体棒动能随位移变化的图像，并说明理由．4．(2018·四川成都模拟)某小组同学在研究图4甲所示的电磁枪原理时，绘制了图乙所示的简图(为俯视图)，图中两平行金属导轨间距为L固定在水平面上，整个装置处在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，平行导轨左端电路如图所示，电源的电动势为E(内阻不计)，电容器的电容为C.一质量为m、长度也为L的金属导体棒垂直于轨道平放在导轨上，忽略摩擦阻力和导轨、导线的电阻，假设平行金属导轨足够长．图4(1)将开关S接a，电源对电容器充电．a．求电容器充电结束时所带的电荷量Q；b．请在图丙中画出充电过程中电容器两极板间的电压u随电容器所带电荷量q变化的图像；借助u－q图像求出稳定后电容器储存的能量E0.(2)电容器充电结束后，将开关接b，电容器放电，导体棒由静止开始运动，不计放电电流引起的磁场影响．a．已知自由电子的电荷量为e，请你分析推导当导体棒获得最大速度之后，导体棒中某一自由电子所受的电场力与导体棒最大速度之间的关系式；b．导体棒由静止到获得最大速度的过程中，由于存在能量损失ΔE损，电容器释放的能量没有全部转化为导体棒的动能，求ΔE损．答案精析1．ABD [线框进入磁场过程中，受到的安培力方向向左，做减速运动，随着速度的减小，安培力也减小，故做变加速直线运动，当线框完全进入磁场到右边的框边出磁场的过程中，穿过线框的磁通量不变，没有感应电流产生，做匀速直线运动，当线框滑出磁场的过程中，受到的安培力方向向左，仍做减速运动，随速度的减小，安培力减小，故也做变加速直线运动，A 正确；根据q ＝ΔΦR 可知滑进磁场和滑出磁场的过程中穿过线框的磁通量的变化量相同，线框的电阻不变，所以两个过程中通过线框横截面的电荷量相同，B 正确；进入磁场过程有：－B I 1d Δt 1＝m Δv 1，又I 1Δt 1＝q ，，则得－Bqd ＝m Δv 1，离开磁场过程有：－B I 2d Δt 2＝m Δv 2，又I 2Δt 2＝q ，则得－Bqd ＝m Δv 2，则得Δv 1＝Δv 2，即线框速度的变化量相同，C 错误；进磁场的速度为v 0，则完全进磁场的速度为v 02，完全出磁场的速度为0.根据能量守恒定律得，Q 1＝12m v 02－12m (v 02)2＝38m v 02，Q 2＝12m (v 02)2＝18m v 02，所以Q 1Q 2＝31，故D 正确．] 2．(1)a 点电势较高 (2)5 m/s 2 (3)22 s 解析 (1)据右手定则知，a 点电势较高(2)由于导体棒一开始做匀加速运动，对ab 用牛顿第二定律： F －F 安－f ＝ma ，F 安＝B 2L 2v R ，v ＝at综上得，F ＝B 2L 2aRt ＋f ＋ma据题图乙可知前10 s ，F －t 图线斜率为0.05，即B 2L 2aR ＝0.05 N/s代入数据解得：a ＝5 m/s 2(3)当t ＝0时，f ＋ma ＝1 N ，则f ＝0.5 N 10 s 时导体棒的速度v 1＝at 1＝50 m/s 此时安培力F 安1＝0.5 N由于F ＝1 N ，且此时f ＋F 安1＝F ＝1 N ， 故10～15 s 内导体棒做匀速直线运动0～15 s 内导体棒ab 的位移x ＝v 12t 1＋v 1t 2＝500 m通过R 的电荷量q 1＝ΔΦR 总＝BLxR ＝50 CF 为0后，导体棒做减速运动直到停止过程中通过R 的电荷量： q 2＝q －q 1＝15 C对导体棒ab 应用动量定理：－ft 3－BLq 2＝0－m v 1 解得t 3＝7 s则运动的总时间：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝22 s 3．见解析解析 (1)导体棒速度为v 0时切割磁感线产生感应电动势 E ＝BL v 0导体棒中电流：I ＝ER ＋r导体棒受到安培力：F 安＝BIL 由牛顿第二定律F 安＝ma 所以：a ＝B 2L 2v 0m (R ＋r )(2)由动量定理－B I Lt ＝0－m v 0导体棒中的平均感应电流I ＝BL vR ＋r导体棒的位移x ＝v t 代入解得：x ＝m v 0(R ＋r )B 2L 2(3)由动量定理得：m v 0－p ＝B 2L 2x R ＋r ，即p ＝m v 0－B 2L 2xR ＋r，导体棒的动量与位移的关系图像如图甲所示：(4)由动能定理可知，E k －12m v 02＝－F 安x ，导体棒所受安培力随速度减小而减小，所以导体棒动能与位移的关系图像如图乙所示．4．见解析解析 (1)a.电容器充电完毕时其电压等于电动势E ，电容器所带的电荷量Q ＝CE ①b ．根据u ＝qC ，画出u －q 图像如图所示，图线与横轴所围面积即为电容器储存的能量．有：E 0＝12EQ ②联立①②式可得：E 0＝12CE 2③(2)a.方法一：设金属导体棒获得最大速度v m 时，放电电流为零，此时电容器的电压U 与导体棒的感应电动势E 棒相等， 即：U ＝E 棒＝BL v m ④导体棒中恒定电场的场强为：E 场＝UL ＝B v m导体棒中电子所受的电场力为F ＝eE 场＝eB v m方法二：金属导体棒获得最大速度后做匀速直线运动，电路中无电流，运动的电子在磁场中受到向下的洛伦兹力， 大小为：F 洛＝eB v m由于电子随导体棒做匀速直线运动，则电场力F 与洛伦兹力合力为零，即F －F 洛＝0 则：F ＝eB v mb ．由(1)中结论可知，导体棒获得最大速度v m 时，电容器储存的能量为：E 1＝12CU 2⑤导体棒由静止到获得最大速度的过程中，根据能量守恒定律有：E 0＝E 1＋12m v m 2＋ΔE 损 ⑥设此过程电容器放电的电荷量为ΔQ ，则ΔQ ＝CE －CU ⑦方法一：设此过程中的平均电流为I ，时间为t ，根据动量定理有：BL I t ＝m v m －0⑧ 其中I t ＝ΔQ ⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得：ΔE 损＝mCE 22(m ＋CL 2B 2)方法二：设任意时刻电路中的电流为i ，取一段含此时刻的极短时间Δt ，设此段时间内速度的改变量为Δv ，根据动量定理有：ΣBLi Δt ＝Σm Δv ⑧ 而Σi Δt ＝ΔQ ⑨ 而Σm Δv ＝m v m －0⑩联立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式可得：ΔE 损＝mCE 22(m ＋CL 2B 2)。

微专题5 自由落体运动[方法点拨] (1)自由落体运动是初速度为0、加速度为g的匀加速直线运动．(2)匀变速直线运动的一个公式里一般只涉及四个物理量，对自由落体运动来说v0＝0，a＝g两个量已知，所以公式中的位移h、时间t、速度v t三个量，已知其中一个即可求另外两个．1.如图1所示，在地面上一盘子C的正上方A处有一金属小球a距C为20m，在B处有另一个金属小球b距C为15m，小球a比小球b提前1s由静止释放(g取10m/s2)．则( )图1A．b先落入C盘中，不可能在下落过程中相遇B．a先落入C盘中，a、b下落过程相遇点发生在BC之间某位置C．a、b两小球同时落入C盘D．在a球下落过程中，a、b两小球相遇点恰好在B处2．(2017·山东烟台期中)有甲、乙两球，甲球由塔顶自由下落，当它下落高度为a时，乙球从塔顶下与塔顶距离为b处开始自由下落，结果这两球同时落地，不计空气阻力，则塔高为( )A.a＋b24aB.a＋b24bC.a2－b24abD.a2＋b24ab3．(2018·河南省豫南豫北名校联考)一条悬链长7.2m，从悬挂点处断开，使其自由下落，不计空气阻力，则整条悬链通过悬挂点正下方20m处的一点所需的时间是(g取10m/s2，整个过程中悬链不落地)( )A．0.3sB．0.4sC．0.7sD．1.2s4．小球做自由落体运动，与地面发生碰撞，反弹后速度大小与落地速度大小相等．若从释放小球时开始计时，且不计小球与地面发生碰撞的时间，则小球运动的速度—时间图线可能是图中的( )5.(多选)(2017·山东济宁期中)一根轻质细线将2个薄铁垫圈A 、B 连接起来，一同学用手固定B ，此时A 、B 间距为3L ，A 距地面为L ，如图2所示．由静止释放A 、B ，不计空气阻力，从开始释放到A 落地历时t 1，A 落地前瞬间速率为v 1，从A 落地到B 落在A 上历时t 2，B 落在A 上前瞬间速率为v 2，则( )图2A ．t 1＞t 2B ．t 1＝t 2C ．v 1∶v 2＝1∶2D ．v 1∶v 2＝1∶36.(多选)(2018·四川成都第七中学月考)科技馆中的一个展品如图3所示，在较暗处有一个不断均匀滴水的水龙头，在一种特殊的间歇闪光灯的照射下，若调节间歇闪光时间间隔正好与水滴从A 下落到B 的时间相同，可以看到一种奇特的现象，水滴似乎不再下落，而是像固定在图中的A 、B 、C 、D 四个位置不动，对出现的这种现象，下列描述正确的是(g ＝10m/s 2)( )图3A ．水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间满足t AB ＜t BC ＜t CD B ．间歇闪光的间隔时间是210s C ．水滴在相邻两点之间的位移满足x AB ∶x BC ∶x CD ＝1∶3∶5D ．水滴在各点速度之比满足v B ∶v C ∶v D ＝1∶4∶9答案精析1．D [小球a 、b 释放后均做自由落体运动，则有h ＝12gt 2，代入计算得t a ＝2s ，t b ＝3s ，小球a 提前1s 释放，所以b 释放后a 运动t a －1s ＝1s 落入C 盘，比b 球早落入．选项A 、C 错．b 球释放时a 下落1s ，此时下落的高度h ′＝12gt ′2＝5m ，刚好到达与小球b 同高处，此时b 球开始释放，所以二者在B 处相遇，然后a 球超过b 球先落入盘中．选项D 对，B 错．] 2．A 3.B 4.D5．BC [对A 有L ＝12gt 12，且v 1＝gt 1，对B 有3L ＋L ＝12g (t 1＋t 2)2，且v 2＝g (t 1＋t 2)，联立解得t 1＝t 2，v 1∶v 2＝1∶2，B 、C 正确．] 6．BC。

[方法点拨](1)理解牛顿第二定律的矢量性、瞬时性、同一性、独立性．(2)轻绳、轻杆和接触面的弹力能跟随外界条件发生突变；弹簧(或橡皮绳)的弹力不能突变，在外界条件发生变化的瞬间可认为是不变的．(3)多个物体一起运动时，知其一物体加速度即可知整体加速度，反之亦然．从而知其合外力方向．1．如图1所示，弹簧左端固定，右端可自由伸长到P点．一物块从光滑水平面的b位置以速度v向左运动，将弹簧压缩到最短a点，之后物块被弹簧向右弹出．物块从P到a的运动过程，以下说法正确的是()图1A．物块的惯性减小B．在a位置，物块的惯性为零C．物块对弹簧的作用力和弹簧对物块的作用力大小相等D．在a位置，物块对弹簧的作用力小于弹簧对物块的作用力2．(多选)(2017·湖南怀化一模)如图2所示，一质量为m1的小球用轻质线悬挂在质量为m2的木板的支架上，木板沿倾角为θ的斜面下滑时，细线呈竖直状态，在木板下滑的过程中斜面体始终静止在水平地面上，已知斜面体的质量为M，重力加速度为g，则下列说法中不正确的是()图2A．地面对斜面体的支持力小于(M＋m1＋m2)gB．木板与斜面间的动摩擦因数为1tan θC．摩擦产生的热量等于木板减少的机械能D．斜面体受到地面的摩擦力为零3．(多选)如图3所示，套在绳索上的小圆环P下面用悬线挂一个重为G的物体Q并使它们处于静止状态．现释放圆环P，让其沿与水平面成θ角的绳索无摩擦下滑，在圆环P下滑过程中绳索处于绷紧状态(可认为是一直线)，若圆环和物体下滑时不振动，稳定后，下列说法正确的是( )图3A ．Q 的加速度一定小于g sin θB ．悬线所受拉力为G sin θC ．悬线所受拉力为G cos θD ．悬线一定与绳索垂直4．(2018·安徽巢湖一检)如图4所示，光滑斜面的倾角为α，一个质量为m 的物体放在斜面上，如果斜面以加速度a 水平向左做匀加速直线运动，物体与斜面间无相对运动，则斜面对物体的支持力的大小错误的是( )图4A ．mg cos αB.mg cos αC.ma sin α D ．m g 2＋a 25．(2017·湖南衡阳第一次联考)如图5所示，某杂技演员在做手指玩圆盘的表演．设该盘的质量为m ，手指与盘之间的滑动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘底处于水平状态且不考虑盘的自转，重力加速度为g ，则下列说法中正确的是( )图5A ．若手指支撑着盘，使盘保持静止状态，则手指对盘的作用力沿该手指方向B ．若手指支撑着盘并一起水平向右匀速运动，则盘受到手水平向右的静摩擦力C ．若盘随手指一起水平匀加速运动，则手对盘的作用力大小不可超过1＋μ2mgD ．若手指支撑着盘并一起水平向右匀加速运动，则手对盘的摩擦力大小为μmg6．(多选)(2017·广东广州12月模拟)如图6所示，两个相同小物块a 和b 之间用一根轻弹簧相连，系统用细线静止悬挂于足够高的天花板下．细线某时刻被剪断，系统下落，已知重力加速度为g ，则( )图6A ．细线剪断瞬间，a 和b 的加速度大小均为gB ．弹簧恢复原长时，a 和b 的加速度大小均为gC ．下落过程中弹簧一直保持拉伸状态D ．下落过程中a 、b 和弹簧组成的系统机械能守恒7．如图7所示，A 、B 、C 三个小球的质量均为m ，A 、B 之间用一根没有弹性的轻绳连在一起，B 、C 之间用轻弹簧拴接，用细线悬挂在天花板上，整个系统静止，现将A 上面的细线剪断，使A 的上端失去拉力，则在剪断细线瞬间，A 、B 、C 的加速度的大小分别为( )图7A ．1.5g 1.5g 0B ．g 2g 0C ．g g gD ．g g 08．(2017·河南省天一大联考五)如图8所示，天花板上固定有一光滑的定滑轮，绕过定滑轮且不可伸长的轻质细绳左端悬挂一质量为M 的铁块；右端悬挂有两质量均为m 的铁块，上下两铁块用轻质细线连接，中间夹一轻质弹簧处于压缩状态，此时细线上的张力为2mg ，最初系统处于静止状态．某瞬间将细线烧断，则左端铁块的加速度大小为( )图8A.14gB.13gC.23g D ．g9．如图9所示，质量均为m 的木块A 和B 用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A 上放有质量为2m 的木块C ，三者均处于静止状态．现将木块C 迅速移开，若重力加速度为g ，则在木块C 移开的瞬间( )图9A ．木块B 对水平面的压力迅速变为2mgB ．弹簧的弹力大小为mgC ．木块A 的加速度大小为2gD ．弹簧的弹性势能立即减小10．(多选)(2018·福建三明一中模拟)如图10所示，弹簧p 和细绳q 的上端固定在天花板上，下端用小钩钩住质量为m 的小球C ，弹簧、细绳和小钩的质量均忽略不计．静止时p 、q 与竖直方向的夹角均为60°.下列判断正确的有( )图10A ．若p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间q 对球的拉力大小为mgB ．若p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为32g C ．若q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间p 对球的拉力大小为12mg D ．若q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g11．(多选)如图11所示，人站在匀加速斜向上的电梯上，则( )图11A ．人受到摩擦力方向沿运动方向，即与水平方向成θ角斜向上B ．人受到摩擦力方向沿水平方向向右C ．人受到梯面的支持力大于其重力D ．人受到梯面的支持力等于其重力12．(2018·广东东莞模拟)如图12所示的水平地面上，直角斜面体M 的倾角为30°，物块A 、B的质量相等，C为轻质定滑轮．图甲中斜面体M和物块A、B均处于静止状态，图乙中斜面体M和物块A、B一起以加速度a＝3g水平向右做匀加速直线运动，且三者保持相对静止．关于物块A、B的受力情况，下列说法中正确的是()图12A．图甲中的物块A一定受三个力作用B．图甲中的物块B一定受四个力作用C．图乙中的物块A一定受三个力作用D．图乙中的物块B一定受四个力作用答案精析1．C[物块从P到a的运动过程中，质量不变，惯性不变，A、B项错误；根据牛顿第三定律，作用力和反作用力大小相等，C项正确，D项错误．]2．ABC3．CD[由题意知，小圆环和Q保持相对静止一起沿绳索无摩擦下滑，整体受重力和支持力作用，加速度方向一定沿绳索方向向下，由牛顿第二定律有，a＝(m P＋m Q)g sin θm P＋m Q，解得：a＝g sin θ，A项错误；再对Q受力分析，受到悬线的拉力和竖直向下的重力，合力大小为F合＝m Q g sin θ，又重力沿绳索方向的分力也为m Q g sin θ，则悬线上的拉力沿绳索方向的分力为零，所以悬线一定与绳索垂直，而在垂直于绳索方向上，由平衡条件有：悬线上的拉力F＝G cos θ，故B项错误，C、D项正确．]4．A[由题意知，斜面以加速度a水平向左做匀加速直线运动，物体与斜面间无相对运动，则放在斜面上的物体所受合外力一定水平向左．隔离物体受力分析，物体受到斜面支持力和重力，二力的合力水平向左，大小等于ma，则有：N2＝(mg)2＋(ma)2，解得N＝m g2＋a2，选项D正确；N sin α＝ma，解得N＝masin α，选项C正确；N cos α＝mg，解得N＝mgcos α，选项A错误，B正确．]5．C6．BD[细线剪断前，a、b受力如图所示，F1＝F1′＝mg，F2＝F1′＋mg＝2mg，细线剪断瞬间，绳子拉力F2变为零，弹簧拉力不变．对a：F1′＋mg＝ma a，a a＝2g，b受力不变，加速度为零，A错误；弹簧恢复原长时，a和b 都只受重力，加速度大小均为g，B正确；由于细线剪断瞬间a的加速度大于b的加速度，弹簧恢复原长时，a的速度大于b的速度，弹簧变成压缩状态，C错误；下落过程中a、b和弹簧组成的系统动能、重力势能、弹性势能相互转化，系统机械能守恒，D正确．]7．A[在剪断细线的瞬间，弹簧上的力没有来得及发生变化，故C球受到的重力和弹簧弹力不变，C球所受合力为零，加速度为0；A、B球被轻绳拴在一起整体受重力和弹簧的拉力，合力为3mg，则A、B的加速度大小均为1.5g，故A正确，B、C、D错误．]8．C9.C 10．BD11．BC[对人受力分析：重力mg、支持力N、摩擦力f(摩擦力方向一定与接触面平行，由加速度的方向推知f的方向为水平向右)．建立直角坐标系：取水平向右(即f的方向)为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，如图所示．对加速度分解可得：x轴方向上：a x＝a cos θy轴方向上：a y＝a sin θ根据牛顿第二定律得x轴方向上：f＝ma x＝ma cos θy轴方向上：N－mg＝ma y＝ma sin θ即N＝mg＋ma sin θ故选项B、C正确．]12．B[题图甲中物块A受重力和拉力两个力的作用，A错误；对A受力分析，由平衡条件知重力等于绳的拉力，对B受力分析，平行于斜面方向上，重力的分力小于绳的拉力，B一定受到摩擦力，则物块B受重力、支持力、拉力和沿斜面向下的摩擦力四个力的作用，B正确；题图乙中加速度a＝3g，根据牛顿第二定律可得物块B受重力和绳子拉力两个力的作用，其中拉力大小为2mg，所以物块A受重力、斜面体弹力、绳子拉力和沿竖直面向下的摩擦力四个力的作用，C、D错误．]。

[方法点拨] (1)合运动与分运动的位移、速度、加速度都遵循平行四边形定则，合运动与各分运动具有独立性、等时性．(2)绳、杆关联物体的速度沿绳和垂直绳方向分解，沿绳方向的速度大小相等．1．(2017·江西省第一次联考)一个质点受多个力的作用做匀速直线运动，某时刻撤去其中一个恒力，其他力保持不变，则质点的运动一定是( )A ．直线运动B ．曲线运动C ．匀速运动D ．匀变速运动2．(多选)如图1所示为一个做匀变速曲线运动的物块轨迹的示意图，运动至A 点时速度大小为v 0，经一段时间后物块运动至B 点，速度大小仍为v 0，但相对于A 点时的速度方向改变了90°，则在此过程中( )图1A ．物块的运动轨迹AB 可能是某个圆的一段圆弧B ．物块的动能可能先增大后减小C ．物块的速度大小可能为v 02D ．B 点的加速度与速度的夹角小于90°3．(多选)(2017·江西南昌一模)一质量为m 的质点以速度v 0做匀速直线运动，在t ＝0时开始受到恒力F 作用，速度大小先减小后增大，其最小值为v ＝0.5v 0，由此可判断( )A ．质点受力F 作用后一定做匀变速曲线运动B ．质点受力F 作用后可能做圆周运动C ．t ＝0时恒力F 与速度v 0方向间的夹角为60°D ．t ＝3m v 02F时，质点速度最小 4．(2017· 湖南衡阳第二次联考)一只小船渡过两岸平行的河流，河中水流速度各处相同且恒定不变，方向平行于河岸．小船的初速度均相同，且船头方向始终垂直于河岸，小船相对于水分别做匀加速、匀减速和匀速直线运动，其运动轨迹如图2所示．下列说法错误的是( )图2A ．沿AC 和AD 轨迹小船都是做匀变速运动B ．AD 是匀减速运动的轨迹C ．沿AC 轨迹渡河所用时间最短D ．小船沿AD 轨迹渡河，船靠岸时速度最大5．(2017·河南洛阳高三期末)有甲、乙两只船，它们在静水中航行的速度分别为v 1、v 2，现在两船从同一渡口向河对岸开去，已知甲船想用最短时间渡河，乙船想以最短航程渡河，结果两船抵达对岸的地点恰好相同，则甲、乙两船渡河所用时间之比为( )A.v 22v 21B.v 21v 22C.v 2v 1D.v 1v 26．(2017·广东梅州高三质检)质量为2 kg 的质点在竖直平面内斜向下做曲线运动，它在竖直方向的速度－时间图像和水平方向的位移－时间图像如图3甲、乙所示．下列说法正确的是( )图3A ．质点的加速度方向与初速度方向垂直B ．2 s 末质点速度大小为4 m/sC ．前2 s 内质点处于超重状态D ．质点向下运动的过程中机械能减小7．(2018·山东泰安期中)如图4所示，顶角θ＝60°、光滑V 字形轨道AOB 固定在竖直平面内，且AO 竖直．一水平杆与轨道交于M 、N 两点，已知杆自由下落且始终保持水平，经时间t 速度由6 m /s 增大到14 m/s(杆未触地)，则在0.5t 时，触点N 沿倾斜轨道运动的速度大小为(g 取10 m/s 2)( )图4A ．10 m /sB ．17 m/sC ．20 m /sD ．28 m/s8.如图5所示，长为L 的直杆一端可绕固定轴O 无摩擦转动，另一端靠在以水平速度v 匀速向左运动、表面光滑的竖直挡板上，当直杆与竖直方向夹角为θ时，直杆端点A 的线速度为( )图5A.v sin θ B ．v sin θ C.v cos θD ．v cos θ 9. (多选)(2018·河南郑州期中)如图6所示，不可伸缩、质量不计的细线跨过同一高度处的两个光滑轻质定滑轮连接着质量相同的物体A 和B ，A 套在固定的光滑水平杆上，物体、细线、滑轮和杆都在同一竖直平面内，水平细线与杆的距离h ＝0.2 m ．当倾斜细线与杆的夹角α＝53°时，同时无初速度释放A 、B .关于此后的运动过程，下列判断正确的是(cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2)( )图6A ．当53°＜α＜90°时，A 、B 的速率之比v A ∶v B ＝1∶cos αB ．当53°＜α＜90°时，A 、B 的速率之比v A ∶v B ＝cos α∶1C ．A 能获得的最大速度为1 m/sD ．A 能获得的最大速度为22m/s答案精析1．D 2.CD 3.AD4．D [船沿着船头指向方向做匀加速直线运动的同时还要随着水流一起运动；设小船相对于静水的速度为v 0，则v 0的方向垂直于河岸，曲线运动的加速度指向轨迹的内侧，故AC 轨迹为船相对于静水沿v 0方向做匀加速运动，AB 轨迹为船相对于静水沿v 0方向做匀速运动，AD 轨迹为船相对于静水沿v 0方向做匀减速运动，则船沿AD 轨迹到达对岸的速度最小，故A 、B 正确，D 错误；船相对于水的初速度大小均相同，方向垂直于岸边，由于AC 轨迹为船相对于静水沿v 0方向做匀加速运动，AB 轨迹为船相对于静水沿v 0方向做匀速运动，AD 轨迹为船相对于静水沿v 0方向做匀减速运动，故沿三条不同路径渡河的时间不同，沿AC 轨迹渡河所用的时间最短，故C 正确；此题选择错误的选项，故选D. ]5．A 6.D7．C [杆自由下落，由运动学公式，v ＝v 0＋gt ，则t ＝v －v 0g ＝14－610 s ＝0.8 s ；则在0.5t 时，杆的下落速度为v ′＝v 0＋g ·t 2＝(6＋10×0.4) m /s ＝10 m/s ；根据运动的分解，杆下落的速度可分解成如图所示的两分运动：则有：触点N 沿倾斜轨道运动的速度大小v ″＝v ′cos 60°＝1012m /s ＝20 m/s ，故C 正确，A 、B 、D 错误．]8．C [将直杆端点A 的线速度进行分解，如图所示，由图中的几何关系可得：v 0＝v cos θ，选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．] 9．AC [当53°<α<90°时，将A 的速度沿细线方向和垂直于细线方向分解，沿细线方向上的分速度大小等于B 的速度大小，有v A cos α＝v B ，则v A ∶v B ＝1∶cos α，A 正确，B 错误；A 、B 组成的系统机械能守恒，有m v A 22＋m v B 22＝mg (h sin 53°－h sin α)，得v 2A ＝5－4sin α2－sin 2 α m 2/s 2，sin α最大时，v A 最大，当α＝90°时，A 的速率最大，此时B 的速率为零，解得v A m ＝1 m/s ，故C正确，D错误．]。

[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图像，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图像，分析速度变化，或是分析偏转位移与偏转电压的关系式．1．(2018·湖北黄冈模拟)一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图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，电场力做功等于0C．4 s末带电粒子回到原出发点D．2.5～4 s内，电场力做功等于02．(多选)(2017·山东青岛二中模拟)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x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．(多选)(2017·四川宜宾二诊)如图3甲所示，真空中水平放置两块长度为2d 的平行金属板P 、Q ，两板间距为d ，两板间加上如图乙所示最大值为U 0的周期性变化的电压．在两板左侧紧靠P 板处有一粒子源A ，自t ＝0时刻开始连续释放初速度大小为v 0，方向平行于金属板的相同带电粒子. t ＝0时刻释放的粒子恰好从Q 板右侧边缘离开电场．已知电场变化周期T ＝2d v 0，粒子质量为m ，不计粒子重力及相互间的作用力．则( )图3A ．在t ＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v 0B ．粒子的电荷量为m v 022U 0C ．在t ＝18T 时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了18m v 02D ．在t ＝14T 时刻进入的粒子刚好从P 板右侧边缘离开电场4．(多选)(2018·河北邢台质检)如图4甲所示，两平行金属板A 、B 放在真空中，间距为d ，P 点在A 、B 板间，A 板接地，B 板的电势φ随时间t 变化情况如图乙所示．t ＝0时，在P 点由静止释放一质量为m 、电荷量为e 的电子，当t ＝2T 时，电子回到P 点．电子运动中没与极板相碰，不计重力．则( )图4A ．φ1∶φ2 ＝1∶2B ．φ1∶φ2＝1∶3C ．在0～2T 内，当t ＝T 时电子的动能最大D ．在0～2T 内，电子的电势能减小了2e 2T 2φ12md 25．(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 ＝4cm ，距极板右端l2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．(2017·辽宁沈阳质检)如图6中a 所示的xOy 平面处于匀强电场中，电场方向与x 轴平行，电场强度E 随时间t 变化的周期为T ，变化图线如图b 所示，E 为＋E 0时电场强度的方向沿x 轴正方向．有一带正电的粒子P ，在某一时刻t 0以某一速度v 沿y 轴正方向自坐标原点O 射入电场，粒子P 经过时间T 到达的点记为A (A 点在图中未画出)．若t 0＝0，则OA 连线与y 轴正方向夹角为45°，不计粒子重力．图6(1)求粒子的比荷；(2)若t 0＝T4，求A 点的坐标；(3)若t 0＝T8，求粒子到达A 点时的速度．答案精析1．D[画出带电粒子速度v 随时间t 变化的图像如图所示，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 内电场力做功不等于0，B 错误；2.5 s 和4 s 末，速度的大、小方向都相同，2.5～4 s 内电场力做功等于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 0ed ，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T4内向A 板做匀减速直线运动，所以a －t 图像如选项图D所示，v －t 图像如选项图A 所示；又因匀变速直线运动位移x ＝v 0t ＋12at 2，所以x －t 图像应是曲线，故选项A 、D 正确，B 、C 错误．] 3．AD 4.BD5．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d2＝12a 0t 2，又a 0＝qU 0md ，解得U 0＝md 2v 02ql 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＋l2l 2＝yy －d2，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．见解析解析 (1)粒子在t 0＝0时刻射入电场，粒子沿y 轴方向的分运动为匀速运动，位移大小为：y ＝v T粒子沿x 轴方向在0～T2内做初速度为零的匀加速运动，位移为x 1，末速度为v 1，则：x 1＝12a (T 2)2，v 1＝a T2粒子沿x 轴方向在T2～T 内做匀减速运动，位移为x 2，由题意知两段运动的加速度大小相等，则：x 2＝v 1(T 2)－12a (T 2)2粒子沿x 轴方向的总位移为x ，则： x ＝x 1＋x 2粒子只受到电场力作用，由牛顿第二定律得： qE 0＝ma y ＝x联立各式解得：q m ＝4vE 0T(2)粒子在t 0＝T4时刻射入电场，粒子沿y 轴方向的分运动为匀速运动，位移大小为：y ′＝v T粒子沿x 轴方向在T 4～T2内做初速度为零的匀加速运动，位移为x 3，末速度为v 2，则： x 3＝12a (T 4)2v 2＝a T 4粒子沿x 轴方向在T2～T 内做匀变速运动，位移为x 4，末速度为v 3，则： x 4＝v 2(T 2)－12a (T 2)2v 3＝v 2－a T2粒子沿x 轴方向在T ～5T4内做匀变速运动，位移为x 5，则：x 5＝v 3(T 4)＋12a (T 4)2粒子沿x 轴的总位移为x ′，则： x ′＝x 3＋x 4＋x 5 联立各式解得：x ′＝0 则A 点的坐标为(0，v T )(3)粒子在t 0＝T8时刻射入电场，粒子沿y 轴方向的分运动为匀速运动，速度不变；沿x 轴方向在T 8～T 2内做初速度为零的匀加速运动，末速度为v 4，则：v 4＝a 3T 8 粒子沿x 轴方向在T2～T 内做匀变速运动，末速度为v 5，则：v 5＝v 4－a T2粒子沿x 轴方向在T ～9T8内做匀变速运动，末速度为v 6，则：v 6＝v 5＋a T8联立各式解得：v 6＝0 则：粒子通过A 点的速度为v。

微专题72 带电粒子在交变电场、磁场中的运动[方法点拨] (1)先分析在一个周期内粒子的运动情况，明确运动性质，判断周期性变化的电场或磁场对粒子运动的影响；(2)画出粒子运动轨迹，分析轨迹在几何关系方面的周期性．1．(2017·广东肇庆第二次模拟)如图1甲所示，竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度E＝40N/C，磁感应强度B随时间t变化的关系图像如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向．t＝0时刻，一质量m＝8×10－4 kg、电荷量q＝＋2×10－4 C的微粒在O点具有竖直向下的速度v＝0.12 m/s，O′是挡板MN上一点，直线OO′与挡板MN垂直，取g＝10m/s2.求：图1(1)微粒再次经过直线OO′时与O点的距离；(2)微粒在运动过程中离开直线OO′的最大高度；(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离应满足的条件．2．(2017·北京平谷区零模)当今医学成像诊断设备PET/CT堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利用能放射电子的同位素碳11作为示踪原子，碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得的．加速质子的回旋加速器如图2甲所示．D形盒装在真空容器中，两D形盒内匀强磁场的磁感应强度为B，两D形盒间的交变电压的大小为U.若在左侧D1盒圆心处放有粒子源S不断产生质子，质子质量为m，电荷量为q.假设质子从粒子源S 进入加速电场时的初速度不计，不计质子所受重力，忽略相对论效应．图2(1)第1次被加速后质子的速度大小v 1是多大？(2)若质子在D 形盒中做圆周运动的最大半径为R ，且D 形盒间的狭缝很窄，质子在加速电场中的运动时间可忽略不计．那么，质子在回旋加速器中运动的总时间t 总是多少？ (3)要把质子从加速器中引出，可以采用静电偏转法．引出器原理如图乙所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，内、外侧圆弧形金属板分别为两同心圆的一部分，圆心位于O ′点．内侧圆弧的半径为r 0，外侧圆弧的半径为r 0＋d .在内、外金属板间加直流电压，忽略边缘效应，两板间产生径向电场，该电场可以等效为放置在O ′处的点电荷Q 在两圆弧之间区域产生的电场，该区域内某点的电势可表示为φ＝k Qr(r 为该点到圆心O ′点的距离)．质子从M 点进入圆弧形通道，质子在D 形盒中运动的最大半径R 对应的圆周，与圆弧形通道正中央的圆弧相切于M 点．若质子从圆弧通道外侧边缘的N 点射出，则质子射出时的动能E k 是多少？要改变质子从圆弧通道中射出时的位置，可以采取哪些办法？3．如图3甲所示，两平行金属板A 、B 长L ＝8cm ，两极板间距d ＝6cm ，A 、B 两极板间的电势差U AB ＝1003V ．一比荷为q m＝1×106C/kg 的带正电粒子(不计重力)从O 点沿电场中心线垂直电场线以初速度v 0＝2×104m/s 飞入电场，粒子飞出平行板电场后经过界面MN 、PS 间的无电场区域，已知两界面MN 、PS 间的距离为s ＝8cm.带电粒子从PS 分界线上的C 点进入PS 右侧的区域，当粒子到达C 点开始计时，PS 右侧区域有磁感应强度按图乙变化的匀强磁场(垂直纸面向里为正方向)．求：图3(1)PS 分界线上的C 点与中心线OO ′的距离y ；(2)粒子进入磁场区域后第二次经过中心线OO ′时与PS 分界线的距离x .4．(2018·福建三明一中模拟)如图4甲所示，在平行边界MN 、PQ 之间存在宽度为L 的匀强电场，电场周期性变化的规律如图乙所示，取竖直向下为电场正方向；在平行边界MN 、EF 之间存在宽度为s 、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅱ，在PQ 右侧有宽度足够大、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅰ.在区域Ⅰ中距PQ 为L 的A 点，有一质量为m 、电荷量为q 、重力不计的带正电粒子以初速度v 0沿竖直向上方向开始运动，以此作为计时起点，再经过一段时间粒子又恰好回到A 点，如此循环，粒子循环运动一周，电场恰好变化一个周期，已知粒子离开区域Ⅰ进入电场时，速度恰好与电场方向垂直，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.图4(1)求区域Ⅰ的磁场的磁感应强度大小B 1.(2)若E 0＝4mv 023qL ，要实现上述循环，确定区域Ⅱ的磁场宽度s 的最小值以及磁场的磁感应强度大小B 2.(3)若E 0＝4mv 023qL ，要实现上述循环，求电场的变化周期T .答案精析1．(1)1.2m (2)2.48m (3)L ＝(1.2n ＋0.6) m(n ＝0,1,2，…) 解析 (1)根据题意可以知道，微粒所受的重力G ＝mg ＝8×10－3N① 电场力大小F ＝qE ＝8×10－3N② 因此重力与电场力平衡微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则qvB ＝m v 2R③由③式解得：R ＝0.6m④ 由T ＝2πR v⑤得：T ＝10πs⑥则微粒在5πs 内转过半个圆周，再次经过直线OO ′时与O 点的距离：l ＝2R ⑦ 将数据代入上式解得：l ＝1.2m⑧(2)微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t ＝5πs ， 轨迹如图所示，位移大小：x ＝vt ⑨ 由⑨式解得：x ≈1.88m⑩因此，微粒离开直线OO ′的最大高度：H ＝x ＋R ＝2.48m ⑪(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P ，P 点在直线OO ′下方时，由图像可以知道，挡板MN 与O 点间的距离应满足：L ＝(2.4n ＋0.6) m (n ＝0,1,2，…)⑫若微粒能垂直射到挡板上的某点P ，P 点在直线OO ′上方时，由图像可以知道，挡板MN 与O 点间的距离应满足：L ＝(2.4n ＋1.8) m (n ＝0,1,2，…)⑬⑫⑬两式合写成L ＝(1.2n ＋0.6) m (n ＝0,1,2…) 2．见解析解析 (1)质子第一次被加速，由动能定理：qU ＝12mv 21解得：v 1＝2qUm(2)质子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力：qvB ＝m v 2R质子在做圆周运动的周期为：T ＝2πRv设质子在D 形盒中被电场加速了n 次，由动能定理：nqU ＝12mv 2质子在磁场中做圆周运动的周期恒定，在回旋加速器中运动的总时间为：t 总＝n2T解得：t 总＝πBR22U(3)设M 、N 两点的电势分别为φ1、φ2，由能量守恒定律：q φ1＋12mv 2＝q φ2＋E k由题可知：φ1＝kQr 0＋12d，φ2＝kQr 0＋d解得：E k ＝kQqd r 0＋d r 0＋d ＋q 2B 2R 22m改变圆弧通道内、外金属板间所加直流电压的大小(改变圆弧通道内电场的强弱)，或者改变圆弧通道内磁场的强弱，可以改变质子从圆弧通道中射出时的位置． 3．(1)43cm (2)12cm解析 (1)粒子在电场中的加速度a ＝U AB q dm粒子在电场中运动的时间t 1＝L v 0粒子离开电场时竖直方向分速度v y ＝at 1 粒子在MN 与PS 间运动时间t 2＝s v 0粒子在电场中偏转位移y 1＝12at 12＝U AB qL 22dmv 02＝433cm 出电场后：y 2＝v y t 2 联立解得：y 2＝833cm所以C 点与中心线OO ′的距离y ＝y 1＋y 2＝43cm (2)粒子运动轨迹如图所示，粒子进入磁场时， 设速度与水平方向夹角为θ，tan θ＝v y v 0＝33所以θ＝30°粒子进入磁场时的速度v ＝v 0cos θ＝433×104m/s 设粒子在磁场中运动轨道半径为R则qvB ＝mv 2R所以R ＝4cm粒子在磁场中运动的周期T ＝2πR v＝23π×10－6s在t ＝23π3×10－6s 内粒子的偏转角α＝2πT t ＝120°竖直向上偏移h 1＝R cos30°＝23cm 在23π3×10－6～433π×10－6s 内通过OO ′， 这段时间内竖直向上偏移h 2＝h 1＝23cm 因为h 1＋h 2＝y ＝43cm则粒子在t ＝43π3×10－6s 时刚好第二次到达OO ′此时x ＝2(R ＋R sin30°)＝12cm. 4．(1)mv 0qL (2)L 9 3mv 0qL (3)307π＋540270v 0L 解析 (1)粒子在区域Ⅰ做圆周运动的半径R ＝L由洛伦兹力提供向心力知qv 0B 1＝mv 02R联立解得B 1＝mv 0qL(2)粒子在电场中做类平抛运动，离开电场时沿电场方向的速度v y ＝at ＝qE 0m ·L v 0＝43v 0， 设离开电场时速度的偏转角为θ，tan θ＝v y v 0＝43，θ＝53°所以粒子离开电场时的速度v ＝v 0cos 53°＝53v 0粒子在电场中偏转的距离y ＝12at 2＝12·qE 0m ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02＝23L画出粒子运动轨迹的示意图如图所示，粒子在区域Ⅱ做圆周运动的圆心O 2与在区域Ⅰ做圆周运动的圆心O 1的连线必须与边界垂直才能完成上述运动，由几何关系知粒子在区域Ⅱ做圆周运动的半径r ＝L －23Lcos 53°＝59L所以s ≥r (1－sin 53°)＝L9即s 的最小值为L9根据r ＝mv qB 2 解得B 2＝3mv 0qL(3)电场变化的周期等于粒子运动的周期 粒子在区域Ⅰ中运动的时间t 1＝πL v 0粒子在电场中运动的时间t 2＝2Lv 0粒子在区域Ⅱ中运动的时间t 3＝37°180°·2πr v ＝37πL270v 0所以周期T ＝t 1＋t 2＋t 3＝307π＋540270v 0L .。

[方法点拨](1)弹力产生条件：接触且发生弹性形变．(2)弹力的有无可用条件法、假设法或牛顿第二定律等判断．(3)接触面上的弹力方向总是垂直接触面，指向受力物体．(4)弹力大小与形变量有关，弹簧弹力遵循胡克定律(弹性限度内)，接触面上的弹力、绳上的弹力往往由平衡条件或牛顿第二定律求解．1. (2017·河北石家庄第二中学月考)匀速前进的车厢顶部用细线竖直悬挂一小球，如图1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()图1A．重力和细线对它的拉力B．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2. (2017·四川绵阳第一次段考)生活中常见手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰无粘感，接触到平整光滑的硬性物体时，会牢牢吸附在物体上．图2是手机被吸附在支架上静止时的侧视图，若手机的质量为m，手机平面与水平间夹角为θ，则手机支架对手机作用力()图2A．大小为mg，方向竖直向上B．大小为mg，方向竖直向下C．大小为mg cos θ，方向垂直手机平面斜向上D．大小为mg sin θ，方向平行手机平面斜向上3．两根劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧a、b串接在一起，a弹簧的一端固定在墙上，如图3所示，开始时弹簧均处于原长，现用水平力作用在b 弹簧的P 端缓慢向右拉动弹簧，当a 弹簧的伸长量为L 时，则( )图3A ．b 弹簧的伸长量为k 1Lk 2B ．b 弹簧的伸长量也为LC ．P 端向右移动的距离为2LD ．P 端向右移动的距离为⎝⎛⎭⎫1＋k 2k 1L 4．(2018·广东省珠海二中等校联考)一根大弹簧内套一根小弹簧，大弹簧比小弹簧长0.20 m ，它们的下端固定在地面上，而上端自由，如图4甲所示，当施加力压缩此组合弹簧时，测得力和弹簧压缩距离之间的关系如图乙所示，则两弹簧的劲度系数分别是(设大弹簧的劲度系数为k 1，小弹簧的劲度系数为k 2)( )图4A ．k 1＝100 N /m ，k 2＝200 N/mB ．k 1＝200 N /m ，k 2＝100 N/mC ．k 1＝100 N /m ，k 2＝300 N/mD ．k 1＝300 N /m ，k 2＝200 N/m5．如图5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5A ．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零6．(2018·广东东莞模拟)如图6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6A．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∶17.如图7，用橡皮筋将一小球(不计大小)悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)．与稳定在竖直位置时相比，小球的高度()图7A．一定升高B．一定降低C．保持不变D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定答案精析1．A 2.A3．A [两根轻弹簧串联，弹力大小相等，根据胡克定律F ＝kx 得x 与k 成反比，则得b 弹簧的伸长量为k 1Lk 2，故A 正确，B 错误；P 端向右移动的距离等于两根弹簧伸长量之和，即为L＋k 1k 2L ＝⎝⎛⎭⎫1＋k 1k 2L ，故C 、D 错误．] 4．A [x <0.2 m 时，只压缩大弹簧，所以0～0.2 m 过程中图线的斜率等于大弹簧的劲度系数，k 1＝ΔFΔx ＝100 N /m.当压缩量为0.3 m 时，大弹簧被压缩了0.3 m ，而小弹簧被压缩了0.1 m ，则F ＝k 1×0.3 m ＋k 2×0.1 m ＝50 N ，得k 2＝200 N/m ，选项A 正确．]5．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．]6．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T ＝m B g ，T sin θ＝m A g sin (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．]7．A [小车静止时，橡皮筋弹力等于小球重力，即mg ＝kx 1，橡皮筋原长设为l ，则小球竖直向下的悬吊高度为l ＋x 1＝l ＋mgk.小车匀加速运动时，设橡皮筋弹力为F ，橡皮筋与竖直方向夹角为θ，则F cos θ＝mg ，橡皮筋长度为l ＋F k ＝l ＋mgk cos θ，可得小球竖直方向悬吊的高度为⎝⎛⎭⎫l ＋mg k cos θcos θ＝l cos θ＋mg k ＜l ＋mgk ，所以小球的高度升高，选项A 正确．]。