复习讲义 答案（学案）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（普高基础版）

复习讲义参考答案 第一章　运动的描述　匀变速直线运动 第一讲 [精要回顾] 质量　大小　形状　不动　同一　不同　瞬间 有向线段　直线距离　初位置　末位置　 位移　变化量　　速度变化量　快慢 [微点判断] (1)√　(2)×　(3)√　(4)①×　②√　(5)× (6)√　(7)√　(8)①√　②√　③× 逐点清(一) 　 1.选A　研究排球的运动轨迹时,排球的大小和形状可以忽略不计,可以将排球看成质点,故A正确;研究排球的发球技术时,排球的大小和形状不能忽略不计,不可以将排球看成质点,故B错误;判断排球是否擦网时,排球的大小和形状不能忽略不计,不可以将排球看成质点,故C错误;判断排球落地点是否出界时,排球的大小和形状不能忽略不计,不可以将排球看成质点,故D错误。 2.选C　描述C919的运动时,都是以其他物体为参考系,故A、B、D错误;C919上的乘务员走向前排是以C919飞机为参考系,故C正确。 3.选D　根据几何关系可知,由A位置到B位置的水平位移大小为L,竖直位移大小为2L,因此总的位移大小为=L,人的路程为实际运动路径的总长度,所以路程为L+2=(1+2)L,故选D。 逐点清(二) 　 1.选D　根据题意无法比较甲、乙在中点时的速度,故A错误;甲、乙在最高点的速度都为零,甲在最高点的速度等于乙在最高点的速度,故B错误;从顶端返回的过程中,甲、乙的位移相等,伐木工甲率先爬到顶端,乙先返回到出发点,说明从顶端返回的过程中,乙所用的时间较短,根据=可知甲的平均速度一定小于乙的平均速度,故C错误;全过程中,甲、乙的位移相等,均为零,故甲、乙的平均速度一样大,故D正确。 2.选B　位移是由起点到终点的有向线段,则在整个行程中该旅客位移大小约为400 km,平均速度大小约为v== km/h=160 km/h,故选B。 3.选C　根据几何关系,可知在Δt时间内汽车运动的距离s=-=3.5 m,由于是较短时间,故汽车的瞬时速度大小等于这段时间内的平均速度大小,v==35 m/s,故C正确,A、B、D错误。 4.选D　由题意可知从O处到N处的路程为sON=sOM+sMN=585 m+304 m=889 m,故A错误;位移的大小为两点之间的直线距离,OM距离为463 m,MN距离为234 m,则ON的距离一定小于463 m+234 m,故B错误;平均速率为路程与时间的比值,故从O处行驶到M处的平均速率为==米/天≈9.6米/天,故C错误;平均速度大小为位移与时间的比值,则从M处行驶到N处的平均速度大小为==米/天≈10米/天,故D正确。 逐点清(三) 　 1.选B　物体的速度大小不变,速度的方向可能发生变化,加速度可能不为零,故A错误;加速度是描述物体速度变化快慢的物理量,只要物体的速度变化快,加速度就大,故B正确;物体的速度变化量大,加速度不一定大,还和发生这一变化所用时间有关,故C错误;当物体速度和加速度反向时,速度减小,加速度可能增大,故D错误。 2.选D　取着网前的速度方向为正方向,则v1=8 m/s,v2=-10 m/s,则a==-18 m/s2,“-”号表示加速度的方向向上,D正确。 3.选B　战斗机在空中以600 m/s的速度匀速飞行,可知战斗机的加速度为0;自行车从静止开始下坡,经过4秒速度变为12 m/s,可知自行车的加速度大小为a自= m/s2=3 m/s2;核潜艇沿直线进入港口,速度在2分钟内从36 km/h减速到0,可知核潜艇的加速度大小为a艇= m/s2= m/s2;动车行驶进入车站,速度在10秒钟内从72 km/h减速到0,可知动车的加速度大小为a动= m/s2=2 m/s2,可知自行车的加速度最大。故选B。 4.选ABC　物体做变速直线运动,初速度方向可能与加速度方向相同,加速度逐渐减小,速度不断增大,当加速度减小到零时,速度达到最大,而后做匀速直线运动,A正确,D错误;物体做变速直线运动,初速度方向可能与加速度方向相反,加速度逐渐减小,速度不断减小,当加速度减小到零时,物体速度可能恰好为零,B正确;物体的加速度方向与初速度方向可能相反,加速度减小,速度减小,当速度减为零,加速度不为零时,物体反向做加速直线运动,加速度等于零后,物体再做匀速直线运动,C正确。 第二讲 第1课时　匀变速直线运动规律 [精要回顾] 加速度　相同　相反　v0+at　v0t+at2 v2-　1∶2∶3∶…∶n　1∶3∶5∶…∶(2n-1)　1∶(-1)∶(-)∶…∶(-) [微点判断] (1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√ (6)×　(7)×　(8)√　(9)√　(10)√ 逐点清(一) 　 1.选B　根据题意,由公式x=v0t+at2结合位置随时间的变化规律x=4t+2t2(m),可得v0=4 m/s,a=4 m/s2,可知质点在x轴上做初速度为4 m/s、加速度为4 m/s2的匀加速直线运动,故A错误,B正确;t=2 s时,质点的位置在x=(4×2+2×22)m=16 m处,故C错误;t=2 s时,质点的速度大小为v=(4+4×2)m/s=12 m/s,方向沿x轴正方向,故D错误。 2.选C　根据x=v0t+at2,代入数据解得a=-4 m/s2,汽车停止所需时间为t'== s=4.5 s<5 s,则汽车在5 s内的位移大小为x'== m=40.5 m,故C正确。 3.选B　取初速度方向为正方向,则v0=10 m/s,a=-5 m/s2,由v=v0+at可得,当t=3 s时,v=-5 m/s,负号表示速度方向与初速度方向相反,即沿斜面向下,故B正确。 4.解析:(1)取自行车运动的方向为正方向,自行车在匀减速阶段有v1=v0+a1t1,解得v1=1 m/s。 (2)自行车在匀减速阶段有x1=v0t1+a1,解得x1=25 m,自行车在匀加速阶段有x2=v1t2+a2,其中x2=L-x1=25 m、t2=10 s,代入数据解得自行车做匀加速直线运动时加速度的最小值为a2=0.3 m/s2。 答案:(1)1 m/s　(2)0.3 m/s2 逐点清(二) 　 1.选B　由题知,电动公交车做匀减速直线运动,两段距离相等,=2,设所用时间分别为t、2t,平均速度等于中间时刻瞬时速度,速度从12 m/s减到6 m/s所用时间为1.5t,因此在0.5t时间内速度减小2 m/s,公交车经过S点时的瞬时速度为vS=-a·0.5t=(12-2)m/s=10 m/s,故选B。 2.选C　经过AB段中间位置的速度是==v>2v,A、B错误;中间时刻的速度等于该过程的平均速度,即为2v,故前时间通过的位移x1=·=vt,后时间通过的位移x2=·=vt,则前时间通过的位移比后时间通过的位移少0.5vt,C正确,D错误。 3.选C　小球做初速度为零的匀加速直线运动,由ΔvAB=ΔvBC=v,可知tAB=tBC,故AB∶BC=1∶3,选项C正确。 4.选A　把子弹的运动逆向看成从右向左的初速度为零的匀加速直线运动,则有3d=at2,2d=at'2,d=at″2,解得t=,t'=,t″=,子弹穿过3块木板的时间之比为t1∶t2∶t3=(t-t')∶(t'-t″)∶t″=(-)∶(-1)∶1,故A错误,符合题意;根据0=v0-at,解得v0=at,故B正确,不符合题意;由牛顿第二定律,可得f=ma,故C正确,不符合题意;子弹穿过第1块木板时与穿过第2块木板时的速度之比为v1∶v2=at'∶at″=∶1,故D正确,不符合题意。 5.选AC　根据位移差公式x3-x1=2aT2,可得小球运动的加速度大小为a=0.3 m/s2,故A正确,B错误;根据x2-x1=aT2,可得2、3小球之间的距离为x2=22.5 cm,故C正确,D错误。 第2课时　自由落体运动 竖直上抛运动 [精要回顾] 静止　gt　gt2　2gh　竖直向上　重力　v0-gt　-2gh [微点判断] (1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√　(6)√ 逐点清(一) 　 1.选B　重物自由下落做自由落体运动,加速度与质量无关,则下落1 s后速度大小为v1=v2=gt=10 m/s2×1 s=10 m/s。故选B。 2.选C　物体第1 s内的位移为h1=g=×10×12 m=5 m,则物体最后1 s内的位移为h2=2h1=10 m,设物体下落的总时间为t,则gt2-g(t-1)2=h2,代入数值解得t=1.5 s,则物体开始下落时距落地点的高度为h=gt2=×10×1.52 m=11.25 m,故C正确。 3.选C　小球做自由落体运动,经过两段相同距离h的时间之比为t1∶t2=1∶,由Δv=gt,则==+,即3<<4,故选C。 逐点清(二) 　 1.选D　排球被垫起后经1.2 s又回到原出发点,根据竖直上抛运动的对称性可知,从最大高度处下落到原出发点的时间为t=0.6 s,则排球被垫起后上升的最大高度h=gt2=1.8 m,故D正确。 2.选C　由速度对称性可知,运动员起跳的初速度与自由下落h=3.05 m-2.53 m的末速度大小相同,故v== m/s≈3.2 m/s。故选项C正确。 3.选ACD　取竖直向上为正方向,则初速度v0=20 m/s,当物体运动到抛出点上方离抛出点15 m处时,位移为x=15 m,由竖直上抛运动的位移与时间关系式得x=v0t-gt2,解得t1=1 s,t2=3 s;当物体运动到抛出点下方离抛出点15 m处时,位移为x'=-15 m,由x'=v0t-gt2,解得t3=(2+)s,t4=(2-)s(负值舍去),A、C、D正确,B错误。 4.解析:法一:分段法 根据题意画出运动草图如图所示 在A→B段,根据匀变速直线运动规律可知tAB==1 s,hAB=hBC=g=5 m,由题意可知tBD=10 s 根据自由落体运动规律可得 hBD=g=500 m, 故释放点离地面的高度 H=hBD-hAB=495 m。 法二:全程法 将产品的运动视为匀变速直线运动,规定向上为正方向 则v0=10 m/s,a=-g=-10 m/s2 根据H=v0t+at2, 解得H=-495 m 即产品刚释放时离地面的高度为495 m。 答案:495 m 第3课时　运动图像　追及相遇问题 逐点清(一) 　 1.选C　标准泳池的长度为50 m,在100 m自由泳比赛中,运动员的位移先增大后减小,最后回到出发点,位移方向不变,离出发点最远处的位移大小为50 m,故选C。 2.选D　位移—时间图像的斜率表示速度,由图像可知乙物体始终沿正方向运动,甲物体在0~2 s 内沿正方向运动,在2~6 s内沿负方向运动,故甲、乙两物体不是始终同向运动,A错误;位移—时间图像交点代表相遇,故4 s时甲、乙两物体相遇,B错误;由图像可知在0~5 s内乙的位移大于甲的位移,故乙的平均速度大于甲的平均速度,C错误;甲物体在0~2 s 内的速度为v甲= m/s=2 m/s,在2~6 s内的速度为v甲'= m/s=-1 m/s,乙物体的速度为v乙= m/s=0.5 m/s,故甲物体的速率始终大于乙物体的速率,D正确。 3.选D　根据v⁃t图像可知,汽车在0~3.0 s内做匀加速直线运动,平均速度为= m/s=15 m/s,故A错误;在3.0~3.5 s内速度—时间图像为曲线,汽车做非匀变速运动,在3.5~6.0 s内图像为倾斜的直线,汽车做匀减速直线运动,故B错误;在图像中作一条辅助线,如图所示,根据v⁃t图像与横轴围成的面积表示位移大小,可得汽车在0~3.0 s内的位移大小为x1=×30×3 m=45 m,在3.0~6.0 s内的位移大小x2>×30×(6.0-3.0)m=45 m,可知在0~3.0 s内的位移比在3.0~6.0 s内的小,故C错误;根据v⁃t图像的斜率的绝对值表示加速度大小,可知汽车在0~3.0 s内的加速度大小为a1= m/s2=10 m/s2,在3.5~6.0 s 内的加速度大小a2>m/s2=10 m/s2,可知在0~3.0 s的加速度大小比3.5~6.0 s的小,故D正确。 4.选A　由位移—时间图像可知物体一直沿正方向运动,故D错误;又可知2 s内物体的位移为8 m,则速度—时间图像与时间轴所围的面积为8,故A正确,B、C错误。 逐点清(二) 　 1.选BD　质点在0~t0时间内从静止开始先做加速度增大的加速运动再做加速度减小的加速运动,此过程一直向前加速运动;t0~2t0时间内加速度和速度反向,先做加速度增大的减速运动再做加速度减小的减速运动,2t0时刻速度减小到零,0~2t0时间内一直向前运动;2t0~4t0重复此过程的运动,即质点一直向前运动,A、C错误,B正确。a⁃t图像的面积表示速度变化量,t0~t0时间内速度的变化量为零,因此t0时刻的速度与t0时刻的速度相同,D正确。 2.选AD　甲图是v⁃t图像,图像与时间轴围成的面积表示位移,由图像可知物体先沿正方向做匀减速直线运动,又沿负方向做匀加速运动,因为两个过程图像与时间轴围成的面积相等,故2 s末物体回到出发点,A正确;乙图所描述的物体在0~t1时间段通过的位移为Δx=x0-x1,B错误;a⁃t图像与横轴围成的面积表示速度变化量,故丙图所描述的物体在0~t1时间段速度的变化量为Δv=(a0+a1)t1,C错误;根据x=v0t+at2,得=v0+at,则有a=2 m/s2,v0=2 m/s,解得加速度为a=4 m/s2,故丁图所描述的物体正在做加速度为4 m/s2的匀加速直线运动,D正确。 3.选C　位移中点速度满足v2-=2a·,可得v2=+ax,结合题图可知纵截距为,斜率为a,则v0=4 m/s,a=6 m/s2,选项C正确。 4.选D　由题中⁃x图像可知,与x成正比,即vx=常数,质点的速度随位移的增大而减小,因此质点做减速直线运动,但不是匀减速直线运动,又因为图像的斜率k=,显然不等于质点的加速度,A、B错误;由于三角形OBC的面积S1=OC·BC=,表示质点从O到C所用的时间,同理,质点从O到C'所用的时间可由三角形OB'C'的面积S2=表示,所以四边形BB'C'C的面积可表示质点从C到C'所用的时间,C错误,D正确。 5.选C　根据匀变速直线运动的位移—时间公式x=v0t+at2,变形可得=v0·+a,可知⁃图像的斜率k=v0= m/s=20 m/s,纵轴截距为b=-2 m/s2=a,可得a=-4 m/s2,所以该车做匀减速运动,加速度大小为4 m/s2,初速度为20 m/s,故A、B错误,C正确;匀减速运动的总时间为t1==5 s,t=3 s时该车速度大小为vt=v0+at=8 m/s,则该车在前3秒的位移为x=t=42 m,故D错误。 逐点清(三) 　 1.选BC　由题图可知,歼-20的加速度为a= m/s2=50 m/s2,当t=6 s时,歼-20与敌机速度相等,此时两者间距离相遇前最大,最大距离为Δx=v敌t-v0t+at2+x0=400×6 m-100×6+×50×62m+4 000 m=4 900 m,当t=14 s时,敌机的位移为x敌'=v敌t=400×14 m=5 600 m,歼-20的位移为x歼'=v0t+at2=100×14 m+×50×142 m=6 300 m,由于x歼'<x敌'+4 000 m,可知当t=14 s时,歼-20没追上敌机,所以0~14 s时间内,歼-20与敌机的距离先增大后减小,故A错误,B、C正确;在追击的过程中,歼-20的最大速度为vm=v0+at=100 m/s+50×14 m/s=800 m/s,故D错误。 2.选CD　做单向直线运动的物体的位移等于位置坐标之差,且位移大小等于路程,所以t0~2t0时间内,甲车行驶的路程较大,故A错误;x⁃t图像上某点切线的斜率表示瞬时速度,因此乙车的速度v乙=,t0时刻甲车的速度等于0~2t0的平均速度,即=,则此时甲图线的切线与乙图线平行,故B错误;在t0时刻,乙车的位移x1=v乙t0=,甲车的位移x2=t0=,甲、乙两车的间距Δx=x1-x2=,故C正确;因为=,所以甲车在2t0时刻的速度=2=,在2t0时刻,甲图线的切线必定经过坐标原点,故D正确。 3.选D　根据题目信息可知,车1在5 s时停止,车2在6 s时停止,故6 s时,车2的速度大小为0,故B错误;在前5 s内,车1的位移大小为x=v1t1-a1=25 m,故A错误;设两车速度相等的时刻为t,则从开始运动到两车速度相等时有v1-a1t=v2-a2t,解得t=4 s,此时两车相距最近,最近距离为Δx=10 m+v2t-a2t2-v1t-a1t2=2 m,故D正确;4~6 s内,车2的速度大于车1的速度,因此两车间的距离先减小后增大,故C错误。 4.解析:(1)汽车的初速度v汽=54 km/h=15 m/s,初始距离d=14 m,设汽车的加速度大小为a,减速时间为t,则自行车的位移为x自=v自(t+t0) 汽车的位移为x汽=v汽(t+t0)-at2 假设汽车能追上自行车,此时有x汽=x自+d 代入数据整理得at2-10t+10=0 要保证不相撞,即此方程至多只有一个解,即得Δ=102-20a≤0 解得a≥5 m/s2 所以,为了避免相撞,汽车的加速度大小至少为5 m/s2。 (2)设自行车加速度为a',加速时间为t',同理可得v汽(t'+t0)-a汽t'2=v自(t'+t0)+a't'2+d 代入数据整理得a'+2t'2-10t'+10=0 要保证不相撞,即此方程至少只有一个解,解得Δ=102-20a'-80≤0,解得a'≥1 m/s2 所以,自行车的加速度至少为1 m/s2才能保证两车不相撞。 答案:(1)5 m/s2　(2)1 m/s2 第三讲 突破常考题点 命题点(一) 　 1.解析:(1)实验时,应调节滑轮使细线与轨道平行,小车从靠近打点计时器的地方由静止释放,并且要先接通电源后释放小车,实验中没必要平衡阻力,故选A、C、D。 (2)计数点1的读数为2.75 cm。打计数点2时小车的速度大小为v2==×10-2 m/s≈1.48 m/s。 答案:(1)ACD　(2)2.75(2.70~2.80均可) 1.48(1.45~1.50均可) 2.解析:(1)游标卡尺的主尺读数为1.5 cm,游标尺读数为6×0.1 mm=0.6 mm=0.06 cm,所以最终读数为1.5 cm+0.06 cm=1.56 cm。 (2)遮光条通过第一个光电门的平均速度大小为v1== m/s=0.1 m/s,这个速度就是遮光条通过第一个光电门中间时刻的速度,即第一个光电门计时0.078 s时的瞬时速度;遮光条通过第二个光电门的平均速度大小为v2== m/s=0.2 m/s,这个速度就是遮光条通过第二个光电门中间时刻的速度,即第二个光电门计时0.039 s时的瞬时速度。 (3)滑块的加速度大小 a== m/s2≈0.2 m/s2。 答案:(1)1.56　(2)0.1　0.2　(3)0.2 命题点(二) 　 1.解析:(1)根据位移差公式xm-xn=(m-n)aT2 解得a== m/s2=0.74 m/s2。 (2)第3个计数点与第2个计数点的距离x23=x12+aT2=4.36 cm。 (3)设1、2两计数点间中间时刻的速度为v1,4、5两计数点间中间时刻的速度为v4,则v1=, v4=,因为计数点3为v1、v4所对应的时间的中间时刻,所以v3=≈0.47 m/s。 答案:(1)0.74　(2)4.36　(3)0.47 2.解析:(1)本实验用拉力传感器测得的拉力作为物块受到的合外力,则物块受到的其他力的合力为零,故需要将带滑轮的长木板右端垫高,以平衡阻力,故A正确;为了减小误差,需要调节滑轮的高度,使牵引物块的细绳与长木板保持平行,让绳子的拉力等于物块受到的合力,故B正确;本实验可通过拉力传感器直接测得绳子拉力,故实验中不需要保证托盘和砝码的总质量远小于物块和传感器的总质量,故C错误;为了充分利用纸带,物块应靠近打点计时器,先接通电源再释放物块,故D正确;因实验探究的是“物体质量一定时加速度与力的关系”,故只要保证物块和传感器的总质量不变即可,不需要用天平称量物块和传感器的总质量,故E错误。 (2)打点周期为T==0.02 s,物块的加速度a==1.1 m/s2。 答案:(1)ABD　(2)1.1 3.解析:(1)必须使用的是刻度尺,用来测量各点间的位移大小,从而算出打点时小车的速度大小,打点计时器可以测量时间,本实验不需要测质量,不需要秒表和天平,故选A。 (2)用平均速度表示各计数点的瞬时速度,从理论上讲,时间越小,平均速度越趋近于瞬时速度,故t越小越好。 (3)相邻两计数点间有4个点未画出,则相邻计数点间的时间间隔为T=5×0.02 s=0.1 s,由逐差法有 a=≈ 0.631 m/s2。 答案:(1)A　(2)越小越好　(3)0.631 命题点(三) 　 1.解析:(1)由于相邻计数点间还有四个点未画出,所以相邻计数点间的时间间隔T=0.1 s,根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该过程的平均速度,得vB== m/s=1.38 m/s,vC== m/s=2.64 m/s,vD== m/s=3.90 m/s。 (2)作图时应注意尽量使描绘的点落在直线上,若不能落在直线上,尽量让其均匀分布在直线两侧。 利用求得的数值作出小车的v⁃t图线(以打A点时开始计时)如图所示,并根据图线斜率求出小车运动的加速度a==13.0 m/s2。 答案:(1)1.38　2.64　3.90　(2)见解析图　13.0 2.解析:小铁球做自由落体运动,出发点在A门上边缘,小铁球在A门的速度为0,则小铁球从A门到B门的过程有x=gt2,则=gt,可知 ⁃t图像为一次函数图像,斜率k=,解得g=2k。依据速度公式,则小铁球经过B门时的速度vB=gt0=2kt0,此时两光电门的距离为d=gt2=k。 答案:2k　2kt0　k 3.解析:(1)⑤根据速度与位移关系v2-=2ax 得a===。 ⑥题述方法是利用很短时间内的平均速度代替位移中点的瞬时速度(此处位移大小为挡光片的宽度d),而在匀加速直线运动中,位移中点的瞬时速度大于这段时间内的平均速度,所以用题述方法计算出来的加速度比真实的加速度偏小。 ⑦读数为d=1.8 cm+7×0.1 mm=1.87 cm。 (2)根据(1)中的表达式整理得=x 故斜率k= 代入数据解得加速度为a≈4.2 m/s2。 答案:(1)⑤　⑥偏小　⑦1.87　(2)4.2 迁移拓展训练 1.解析:(1)把打点计时器固定在平板上,让纸带穿过限位孔,选项A正确;此实验中只要保证小车做匀变速直线运动即可,不需要平衡阻力,选项B错误;将小车尾部与纸带相连,小车停靠在打点计时器附近,选项C正确;实验时要先接通电源,后释放小车,选项D错误。 (2)用x3、x5和T表示计数点4对应的小车速度大小为v4=。 (3)根据Δx=aT2,则用x3、x6和T表示小车加速度的大小为a=。 答案:(1)AC　(2)　(3) 2.解析:(1)电磁打点计时器使用的电源为交流电源,电压约为8 V,电源频率为50 Hz时,电磁打点计时器打点的时间间隔为0.02 s,相邻两计数点间还有4个点未标出,所以相邻两个计数点间的时间间隔为0.1 s。 (2)由题图甲可知,A点对应的刻度为0,C点对应的刻度为3.15 cm,所以两点之间的距离为l=3.15 cm-0 cm=3.15 cm。 (3)①为充分利用纸带,在释放小车前,小车要靠近打点计时器,打点计时器应放在长木板的没有滑轮一端,实验时应先接通电源,后释放小车,故A、C正确,B错误;电火花计时器使用的电源为220 V交流电源,并不是低压交流电源,故D错误。 ②Ⅰ.根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该过程的平均速度,有vc==0.3 m/s。 Ⅱ.根据逐差法,有a==0.4 m/s2。 Ⅲ.如果当时电网中交流电的频率低于50 Hz,则相邻两计时点之间的时间间隔大于0.02 s,即相邻两计数点之间的时间间隔大于0.1 s,由上述分析可知,测量出来的速度比实际值偏大。 答案:(1)交流8 V　0.1　(2)3.15(3.14~3.16均可)　(3)①AC　②Ⅰ.0.3　Ⅱ.0.4　Ⅲ.偏大 3.解析:(4)由题意可知,相邻两次闪光时间间隔为t= s=0.2 s 则v3== m/s≈0.68 m/s。 (5)描点绘图如图所示 v⁃t图像斜率的绝对值表示加速度大小,由图像可知小车启动过程加速度变小。 答案:(4)0.68　(5)见解析图　变小 4.解析:(1)由题图(b)可知xAD=xAB+xBC+xCD=10.5 cm+11.5 cm+12.5 cm=34.5 cm;由题图(b)知,B点对应小车速度为 vB== m/s=1.1 m/s,则=1.21 m2/s2。 (3)由题图(c)可知,当x=0.25 m时,v2=1.5 m2/s2,则k== m/s2=2.0 m/s2, 由题图(c)的图像截距知,b=1.0 m2/s2。 (4)由匀变速直线运动速度与位移关系式知v2-=2ax,由直线方程知v2-b=kx,则可知=b,k=2a,则v0=,a=。 答案:(1)34.5　1.21　(3)2.0(1.9~2.1均可) 1.0　(4)　 第二章　相互作用 第一讲 [精要回顾] 吸引　竖直　mg　形状　接触　弹性　相反　弹性形变　正比　kx　劲度系数　形变量　运动　运动趋势　μF压　相反 [微点判断] (1)×　(2)√　(3)×　(4)①×　②× ③×　④×　(5)×　(6)√　(7)×　(8)× (9)√　(10)√　(11)√　(12)× 逐点清(一) 　 1.选A　重心是物体各部分所受重力的合力的等效作用点,故A正确;物体的重力为G=mg,即重力的大小除了与质量有关,还与该处的重力加速度有关;在同一位置,重力加速度一样,所以同一物体在同一位置所受重力是相同的,与物体是否运动、物体做什么样的运动无关,故B、C、D错误。 2.选A　重力的方向竖直向下,由于把地球看成一个均匀的球体,则帝企鹅受到的重力的方向一定指向地心,故A正确,B错误;帝企鹅对地面的压力的受力物体是地球,帝企鹅的重力的受力物体是帝企鹅,压力与重力作用在不同物体上,因此帝企鹅对地面的压力不是其受到的重力,故C错误;由于帝企鹅处在南极极点,帝企鹅相对于地心处于静止状态,并没有随地球自转,则帝企鹅受到的重力等于地球对它的吸引力,故D错误。 3.选D　空杯子的重心在杯子中心点偏下,往空杯中缓慢加水的过程中,重心位置先不断降低,随着水的不断增加,整个重心又要上升,故重心的位置先降低后上升,A、B、C错误,D正确。 4.选C　墙对A的作用力和桌沿C对A的作用力都过球心,重心不一定在球心,故A、B、D错误;重心是重力的等效作用点,所以重力一定过A的重心,故C正确。 逐点清(二) 　 1.选BC　A选项图中小球处于静止状态,重力和绳的弹力平衡,斜面与小球之间不可能产生弹力,否则小球不可能静止,故A选项图中小球只受一个弹力作用,故A错误;B选项图中水平面对小球有弹力作用, 由于F的作用,小球与斜面之间产生弹性形变,所以斜面和小球之间有弹力作用,故B选项图中小球受两个弹力作用,故B正确;C选项图中小球在绳子拉力、重力、斜面的支持力三力作用下处于静止状态, 因此小球受两个弹力作用,故C正确;D选项图中竖直面对小球没有弹力作用,否则小球不可能处于静止状态,故D错误。 2.选C　A选项图中小球A只受重力和杆的弹力的作用,且处于静止状态,由二力平衡可得小球A受到的弹力方向应竖直向上,故A错误;B选项图中,因为右边的绳竖直向上,如果左边的绳有拉力,则竖直向上的那根绳就会发生倾斜,所以左边的绳没有拉力,故B错误;球与球接触处的弹力方向垂直于过接触点的公切面(即在两球心的连线上),且指向受力物体,故C正确;球与面接触处的弹力方向过接触点且垂直于接触面(即在接触点与球心的连线上),即D选项图中半圆对小球A的支持力FN2的方向应指向半圆的圆心,故D错误。 3.选ABD　当弹力为0时,弹簧处于原长,则原长为10 cm,故A正确;当弹簧的长度为5 cm时,弹力大小为10 N,此时弹簧压缩量x=10 cm-5 cm=5 cm=0.05 m,根据胡克定律F=kx,解得k= N/m=200 N/m,故B正确;当弹簧伸长量x'=15 cm=0.15 m时,根据胡克定律,解得F'=kx'=200×0.15 N=30 N,故C错误,D正确。 4.选D　小球受重力和杆的弹力作用处于静止状态,由二力平衡条件可知,弹性杆对小球的弹力与小球的重力等大反向,即大小为2 N,方向竖直向上,故选D。 5.选CD　设杆对小球的弹力F在竖直方向的分力大小为Fy,在水平方向的分力大小为Fx,由牛顿第二定律可知,Fy=mg,Fx=ma,F=,当=tan θ时,即a=gtan θ时,杆对球的弹力沿杆向上,此时F=,综上所述,A、B错误,C、D正确。 逐点清(三) 　 1.选B　物体静止在水平面上时,不受摩擦力,A错误;汽车停在斜坡上时,有沿斜坡向下滑动的趋势,则摩擦力方向沿斜坡向上,B正确;物体贴着竖直墙面自由下落时,物体与墙面间没有正压力,则没有摩擦力,C错误;瓶子被握在手中时,有下滑的趋势,则摩擦力方向向上,D错误。 2.选D　斜向下匀速运动时,根据受力平衡条件可知,箱子受重力、支持力和沿传送带向上的静摩擦力作用,故A、B错误;斜向下减速运动时,箱子相对传送带有沿传送带向下滑动的趋势,则箱子所受的静摩擦力沿传送带向上,故C错误,D正确。 3.选D　根据滑动摩擦力的公式f=μFN,可知滑动摩擦力的大小与接触面积无关,只与接触面的粗糙程度和压力大小有关,由题可知三个货箱各表面材质和粗糙程度均相同,对直木板的压力大小也相同,故摩擦力大小相同,即Ff1=Ff2=Ff3。故选D。 4.选B　BQ段的细线竖直,对小球Q受力分析,小球Q不受AQ段细线的拉力,所以AQ段细线没有拉力,即BQ段的细线的拉力等于mg,根据平衡条件,物块P受到水平板的摩擦力等于mg。故选B。 5.选B　滑块在上升过程中受滑动摩擦力,由Ff1=μFN和FN=mgcos θ,代入数据联立解得Ff1=6.4 N,方向沿斜面向下。当滑块的速度减为零后,由于重力沿斜面向下的分力mgsin θ<μmgcos θ,滑块将静止,滑块受到的摩擦力突变为静摩擦力,由平衡条件得Ff2=mgsin θ,代入数据解得Ff2=6 N,方向沿斜面向上,故B正确。 第二讲 [精要回顾] 共同　等效替代　平行四边形　三角形　 效果　正交　算术 [微点判断] (1)√　(2)×　(3)√　(4)√　(5)①× ②√　(6)√　(7)×　(8)× 逐点清(一) 　 1.选BC　A绳的拉力产生的效果是使灯吊在空中,重力的效果是使灯有向下运动的趋势,则A绳对灯的拉力与灯所受的重力不是等效的,故A错误;A绳的拉力产生的效果是使灯吊在空中,B、C两绳的拉力产生效果也是使灯吊在空中,所以A绳对灯的拉力和B、C绳对灯的拉力是等效的,故B正确;根据上述分析可知,B、C两绳对灯的拉力与A绳对灯的拉力等效,可以相互替代,即B、C两绳的拉力可以看作A绳拉力的分力,A绳对灯的拉力可以看作B、C两绳对灯的拉力的合力,它们之间满足平行四边形定则,而不是A绳对灯的拉力等于B绳对灯的拉力和C绳对灯的拉力的和,故C正确,D错误。 2.选ABC　两个2 N的力的合力范围为0~4 N,然后与3 N的力合成,则三力的合力范围为0~7 N,由于最大静摩擦力为5 N,因此可判定A、B、C正确,D错误。 3.选D　当OD、OC两拉索夹角为120°时,三根拉索的拉力大小才相等,A错误;拉动手刹拉杆时,当OD、OC两拉索夹角大于120°时,拉索AO上拉力总比拉索OD和OC中任何一个拉力小,B错误;根据平行四边形定则可知,若在AO上施加一恒力,OD、OC两拉索夹角越小,拉索OD、OC拉力越小,C错误;若保持OD、OC两拉索拉力大小不变,OD、OC两拉索越短,则两力夹角越大,合力越小,即拉动拉索AO越省力,D正确。 4.选B　由矢量叠加原理可知,F1、F2、F3三个力的合力等于F4,F5、F6两个力的合力等于F4,则这六个力的合力的大小为F合=3F4=30 N,方向水平向右,故B正确,A、C、D错误。 5.选B　根据平行四边形定则可知,该牙所受两牵引力的合力大小为F合=2Fcos ,故选B。 逐点清(二) 　 1.选B　把F分解,如图,可知刀具左侧对硬物的压力大于刀具右侧对硬物的压力,故A错误,B正确;由牛顿第三定律可知刀具对硬物的作用力等于硬物对刀具的作用力,故C、D错误。 2.选D　将力F沿坐标轴进行分解如图所示,图(a)中FX=Fcos 37°=20 N,FY=Fsin 37°=15 N,A、B错误;图(b)中FX'==31.25 N,FY'=Ftan 37°=18.75 N,C错误,D正确。 3.选D　F2是重力垂直于斜面的分力,不是物体对斜面的压力,故A错误;重力mg与F1、F2是合力与分力的关系,而物体实际上只受重力和支持力以及摩擦力这三个力的作用,由平衡条件可知F1=f,故B、C错误;F1、F2是mg的两个分力,这两个分力共同作用的效果跟重力mg的作用效果相同,故D正确。 4.选D　拖把头受到重力、支持力、推力和摩擦力的共同作用,处于平衡状态,受力如图所示,建立直角坐标系,竖直方向上根据平衡条件可得FN'=Fcos θ+mg,根据牛顿第三定律可得地面受到的压力为FN=FN'=Fcos θ+mg,故A错误;根据滑动摩擦力的计算公式可得Ff=μFN=μ(Fcos θ+mg),故B错误;拖把头在水平地板上向前匀速移动,水平方向根据平衡条件可得Fsin θ=Ff=μ(Fcos θ+mg),解得推力F=,故C错误,D正确。 逐点清(三) 　 1.选D　对O点受力分析如图所示,由几何关系可知,F1的竖直分力小于F2的竖直分力,F1的水平分力等于F2的水平分力,故A、B、C错误,D正确。 2.选C　设初始时沙桶和沙的总质量为m1,再次平衡时沙桶和沙的总质量为m2,则添加细沙前后根据平衡条件有m1gcos 37°=mg,m2gcos 53°=mg,解得m2=m,m1=m,则Δm=m2-m1=m,C正确。 3.解析:(1)根据题意可知,题图甲为“活结定杆”模型,对C点受力分析,绳子的拉力相等,杆的支持力不沿杆的方向,由平衡条件可知,杆的支持力与绳的合力等大反向,如图1所示;题图乙为“死结活杆”模型,对G点受力分析,绳子的拉力不相等,杆的支持力沿杆的方向,如图2所示。 (2)题图甲中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为5 kg的物体,物体处于平衡状态,则有FAC=FCD=5×10 N=50 N 且两绳夹角为120°,由平衡条件可知FNC=FAC=FCD=50 N,方向与水平方向成30°斜右上方; 题图乙中FGF=5×10 N=50 N 由平衡条件有FGEsin 30°=FGF,FGEcos 30°=FHG,解得FHG=50 N,方向水平向右。 答案:(1)见解析图　(2)50 N　50 N 第三讲 第1课时　共点力的静态平衡 [精要回顾] 示意图　隔离法　重力　弹力　摩擦力　 相等　相反　合力 [微点判断] (1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√ (6)×　(7)×　(8)√　(9)×　(10)√ 逐点清(一) 　 1.选B　物块一定受到重力,同时因为排开一定质量的液体,故物块一定受浮力,若浮力大小等于重力,则二力平衡,物块与器壁AB间没有相互作用,故可能受两个力作用;若浮力大于重力,则物块一定会受器壁AB对P的弹力,由于弹力垂直于接触面斜向右,物块只有受到斜向左的摩擦力才能受力平衡,故物块可能受四个力作用,B正确,A、C、D错误。 2.选B　对套马者受力分析可知,套马者受到沿绳子方向斜向左上方的拉力F、竖直向上的支持力FN、竖直向下的重力G,拉力的水平分力与摩擦力方向相反,即摩擦力的方向水平向右,所以A、D错误,B可能正确;如果没有支持力也就不会有摩擦力,故C错误。 3.选C　若P、Q一起沿斜面匀速下滑,且物体P的上表面光滑,则先对Q分析,可知Q受重力和P的支持力,弹簧没有弹力,再对P分析可知,受重力、斜面的支持力和Q对P的压力,根据力的平衡条件可知,P还受滑动摩擦力,故P一共受4个力。故选C。 4.选AC　A物体一定受重力、B对A的弹力和摩擦力3个力的作用,故A正确;对A分析,根据平衡条件可知,B对A的作用力大小为mg,方向竖直向上,根据牛顿第三定律,A对B的作用力大小为mg,且方向竖直向下,故B错误;对整体受力分析可知,地面对B只有一个支持力,大小等于A、B的重力之和,方向竖直向上,若地面光滑,B物体还是静止,故C正确;对A受力分析可知,A受重力mg、B对A施加的垂直接触面向上的支持力和沿接触面斜向上的静摩擦力,根据平衡条件可得B对A的摩擦力大小f=mgcos θ,根据牛顿第三定律可知,A对B的静摩擦力大小为mgcos θ,故D错误。 逐点清(二) 　 1.选A　法一:合成法 滑块受力如图甲所示,由平衡条件知,=tan θ,=sin θ,解得F=,FN=。 法二:分解法 将滑块所受重力按产生的效果分解,如图乙所示,F=G2=,FN=G1=。 2.选D　根据平衡条件,对柱体受力分析,如图所示,可知柱体受到3个力,A、B错误;由平衡条件可知N1sin 45°=N2sin 45°,N1cos 45°+N2cos 45°=mg,得N1=N2=mg,N1方向垂直PN向上,N2方向垂直PM向上,D正确,C错误。 3.选A　因AB边和AC边长度相等,∠BAC=74°,由几何知识可知∠ABC=53°,由于斜面倾角θ=37°,故AB边竖直,推力F水平向右,对木楔受力分析如图所示,根据平衡条件可得Fcos θ=Ff+mgsin θ,FN=Fsin θ+mgcos θ,摩擦力Ff=μFN,联立解得Ff=20 N,故A正确。 4.选D　小球受三个共点力而平衡,这三个力构成一个矢量三角形,如图所示,矢量三角形刚好和三角形OO'N相似,则当弹簧与质量为m的小球A相连时,==,设L2为O'M的长度,当弹簧与质量为2m的小球B相连时,==,设弹簧的原长为L0,则T1=k(L0-R),T2=k(L0-L2),联立可得T1=mg,L0=R+,N2=2mg,L2=,T2=mg>T1,故选D。 逐点清(三) 　 1.选C　根据题意,分别对小球A、B受力分析,如图所示,对小球A,由平衡条件有Facos 30°=mg,Fasin 30°=FcA,对小球B,由平衡条件有Fbcos 60°=mg,FcB+Fbsin 60°=F,又有FcA=FcB,联立解得F=mg,故选C。 2.选D　对A受力分析如图,由几何关系可知,B对A的支持力FNB与竖直方向夹角为60°,则B对A的支持力为FNB==2mg,由牛顿第三定律知,A对B的压力大小为2mg,A错误;对A、B整体受力分析可知,地面对B的支持力为2mg,由牛顿第三定律知,B对地面的压力大小为2mg,B错误;挡板对A的支持力为FN=mgtan 60°=mg,由牛顿第三定律知,A对竖直挡板的压力大小为mg,C错误;对整体分析可知,B受到水平地面的摩擦力大小等于挡板对A的支持力大小,即为f=FN=mg,D正确。 3.选D　由题意可知细线c对A的拉力和细线d对B的拉力大小相等、方向相反,对A、B整体受力分析可知细线a的拉力大小为Ta=(mA+mB)g=1 N;设细线b与水平方向夹角为α,对A、B受力分析分别有Tbsin α+Tcsin θ=mAg,Tbcos α=Tdcos θ,解得Tb=0.5 N。故选D。 4.选A　对整体根据平衡条件得tan 60°=,对1 013个小球至2 024个小球,根据平衡条件得=+,解得F1 012=,故选A。 第2课时　共点力的动态平衡 逐点清(一) 　 1.选BC　根据几何关系可知滑轮两侧轻绳间的夹角为2θ,由平衡条件可知2Fcos θ=mg,所以F=,设轻绳总长为L,两端点间水平距离为s,由几何关系L1sin θ+L2sin θ=s,得sin θ==,由a→b的过程,L、s都不变,θ不变,轻绳张力F也不变,由几何关系可知衣服的位置升高,故B正确,A错误;由b→c的过程,s变小,θ变小,cos θ变大,F变小,由几何关系可知衣服的位置下降,故C正确,D错误。 2.选C　对货物A受力分析,其动态图如图所示。货物缓慢向上移动,则拉力方向与竖直方向的夹角减小,由图可知,绳子的拉力越来越大。同时,玻璃棚对货物的支持力变小,由牛顿第三定律知,货物A对玻璃棚的压力越来越小。故C项正确。 3.选BD　轻绳对人的拉力与人对轻绳的拉力是一对作用力和反作用力,故A错误;在此时刻,重力、轻绳对人的拉力、OC的支持力构成等边三角形,如图所示,根据相似三角形,有==,所以轻绳对人的拉力大小和OC的支持力大小都等于人的重力大小G,故B正确;在虚线位置时AC更长,则轻绳承受的拉力更大,OC长度不变,OC段受到的压力一直不变,故C错误,D正确。 逐点清(二) 　 1.选B　以灯笼为研究对象,灯笼处于平衡状态,灯笼受到两绳拉力的合力等于灯笼的重力,F1与F2的合力恒定不变;OA拉力F1方向保持不变,仅将OB沿顺时针方向缓慢旋转至水平位置OB',作出力的矢量三角形,如图所示,可知F1变大,F2先变小后变大,故选B。 2.选C　设F与斜面夹角为θ,则恰好拉动重物时有Fcos θ=mgsin 15°+μ(mgcos 15°-Fsin θ),整理可得F===,故当sin(θ+φ)=1时,m最大,最大值为mm==200 kg,故选C。 3.选C　对画框进行受力分析如图,画框受到重力G和两个大小相等的细绳拉力F1、F2的作用而处于静止状态,当F1=F2=Fmax=10 N时,对应细绳不会被拉断的最小长度L,设此时F1和F2与竖直方向的夹角都为θ,由平衡条件知2F1cos θ=G=10 N,解得cos θ=0.5,设画框上两个挂钉间的距离为d,绳子的最小长度为L=×2= m,故选C。 4.选B　设圆柱体的质量为m,则半圆柱体的质量为,设圆柱体与半圆柱体之间的弹力大小为F,对圆柱体进行受力分析,根据平衡条件有2Fcos 30°=mg,解得F=mg,设地面对一个半圆柱体的支持力为N,结合对称性,对圆柱体与两半圆柱体整体进行受力分析有2N=m++g,解得N=mg,三者始终处于静止状态,则有Fsin 30°≤μN,解得μ≥,即半圆柱体与水平地面间的动摩擦因数至少为,故选B。 第四讲 突破常考题点 命题点(一) 　 1.解析:(1)根据实验原理可知还需要刻度尺来测量弹簧原长和伸长量。 (2)根据实验原理,实验中需要测量的物理量有弹簧的原长、弹簧所受外力与对应的伸长量(或与弹簧对应的长度)。 (3)取图像中(0.5,0)和(3.5,6)两个点,代入F=kx,解得k=200 N/m。由于弹簧自身的重力,使得弹簧不加外力时就有形变量。 (4)根据实验操作的合理性可知先后顺序为C、B、D、A、E、F、G。 答案:(1)刻度尺　(2)弹簧原长、弹簧所受外力与对应的伸长量(或与弹簧对应的长度) (3)200　弹簧自身的重力　(4)CBDAEFG 2.解析:(1)题图2所示读数l1=61 mm+14×0.05 mm=61.70 mm=6.170 cm。 (2)由胡克定律可得ΔF=Δnmg=kΔl,故==a,解得k=;根据题图3可知图线斜率为a= m=7×10-3 m,代入数据可得k= N/m=70 N/m。 答案:(1)6.170　(2)　70 命题点(二) 　 1.解析:(1)该毫米刻度尺的最小分度为0.1 cm,需要估读到0.01 cm,所以读数为10.90 cm。 (2)根据题图丙可求得弹簧的劲度系数为k==25 N/m。 (3)该实验结果的相对误差为δ=×100%≈3.8%。 (4)由第(2)问分析可知,劲度系数表达式中代入的是弹簧形变量的变化量,所以若整个实验过程中弹簧下端指针没有沿水平方向,而是斜向上偏,则劲度系数的测量值理论上等于真实值。 答案:(1)10.90　(2)25　(3)3.8　(4)等于 2.解析:(1)由F⁃ΔL图像的斜率表示弹簧的劲度系数,可得k= N/m=16.0 N/m。 (2)不加砝码时,弹簧的弹力等于托盘的重力,即kΔL1=mg,解得m== kg=0.08 kg。 (3)图线AB段发生明显弯曲,说明弹簧超出了弹性限度。 (4)由胡克定律可得F=k(L-L1)=k·ΔL,根据题图丙可知,a的劲度系数比b的大,弹力与弹簧长度不成正比,故B、C错误,A正确。 答案:(1)16.0　(2)0.08　(3)弹簧超出了弹性限度　(4)A 迁移拓展训练 1.解析:(1)根据胡克定律,可得弹簧劲度系数为k==≈47.3 N/m;由于弹簧受挤压时弹力大小变化可借助于电子秤测出,所以与笔的重力无关。 (2)由于有三根弹簧串联,则弹簧劲度系数满足k= N/m=50.0 N/m。 答案:(1)47.3　无　(2)50.0 2.解析:(1)根据题意,由实验原理可知,本实验通过改变钩码的数量来改变弹簧的弹力,通过手机的定位传感器确定弹簧的形变量,通过作图的方法得到弹簧的劲度系数,则正确的实验步骤为ADBEC。 (2)根据题意,由胡克定律得F=nmg=kx,整理得n=x, 由题图乙可知,图像的斜率为100 m-1,解得k=49 N/m。 (3)由上述分析可知,弹簧的劲度系数是通过n⁃x图像的斜率与单个钩码重力的乘积得到的,手机重力使弹簧伸长,这对弹簧劲度系数的测量结果无影响。 答案:(1)ADBEC　(2)49　(3)无　劲度系数是通过n⁃x图像斜率与单个钩码重力的乘积得到的 3.解析:(1)根据题意,两物块均受力平衡,则由受力分析及胡克定律可知甲、乙两装置弹簧伸长量相等,即k·Δx=m1g,2k·Δx=m2g,则=,即m1是m2的倍。 (2)交换位置后再分别对两物块受力分析,有k·Δx1=m2g,2k·Δx2=m1g,两式联立解得=,即Δx1是Δx2的4倍。 (3)设弹簧处于原长状态时下端与距离传感器之间的距离为h,则h=x1+Δx,h=x2+Δx1,与以上各小问方程联立并代入m1与g值,解得k=245 N/m。 答案:(1)(或0.5)　(2)4　(3)245 第五讲 突破常考题点 命题点(一) 　 1.解析:(1)按照给定的标度画出力F1、F2和F的图示,然后按平行四边形定则画出F1、F2的合力F',如图所示。 (2)F和F'不完全重合,产生误差的原因可能是:①没有做到弹簧测力计、细绳、橡皮条都与木板平行;②读数时没有正视弹簧测力计。 答案:(1)见解析图　(2)①没有做到弹簧测力计、细绳、橡皮条都与木板平行;②读数时没有正视弹簧测力计 2.解析:(1)弹簧测力计读数为4.0 N; (2)验证力的平行四边形定则需测量合力与分力的大小和方向; (4)因为每一次都是独立的实验,绳结受力平衡即可,故不需要保证结点O的位置与第一次相同。 答案:(1)4.0　(2)AB　(4)不需要 命题点(二) 　 1.解析:(3)要作出力的图示,需要记录力的大小和方向,所以在白纸上记下结点O的位置的同时,也要记录三根橡皮条伸长的方向;由胡克定律可知,三根橡皮条的拉力大小之比等于三根橡皮条的伸长量之比,即为(L1-L0)∶(L2-L0)∶(L3-L0)。 (5)结点O受三个力的作用处于平衡状态,所受合力为零,则实验结论为:在实验误差允许的范围内,力的合成遵循平行四边形定则;在“验证力的平行四边形定则”实验中,运用了合力的作用效果和分力的作用效果相同这一原理进行实验,故采用了等效替代法。 答案:(3)三根橡皮条伸长的方向　(L1-L0)∶(L2-L0)∶(L3-L0)　(5)在实验误差允许的范围内,力的合成遵循平行四边形定则　等效替代法 2.解析:(2)由题图(b)可知弹簧测力计的示数为5.00 N。 (4)根据平行四边形定则作出F3、F4的合力F',如图。 (5)根据实验规律可知,如果合力在误差允许范围内都大小相等、方向相同,则说明一个力分解成两个力有多种分解方式,分力与合力的关系遵循平行四边形定则。 答案:(2)5.00　(4)见解析图　(5)大小相等、方向相同 迁移拓展训练 1.解析:(1)实验需要的是题图乙和题图丙中橡皮条伸长的长度相同,因此不需要记录题图甲中E点的位置,故A正确;重复实验再次进行探究时,为避免实验具有偶然性和特殊性,圆环的位置应与前一次不同,故B错误;应在细绳上用笔尖记录间距较远的两点来确定细绳的方向,以减小实验误差,故C错误;弹簧测力计示数适当大些可减小实验误差,故D正确。 (2)弹簧测力计的精确度是0.1 N,读数为F=3.70 N。 (3)若题图乙中两弹簧测力计的读数分别为F1=3.00 N,F2=4.00 N,两个力的夹角为90°,则这两个力的合力大小为F合==5.00 N;若F1、F2的夹角为锐角,可知F1、F2的合力大小要大于5.00 N,因此不能用一个量程为5 N的弹簧测力计测出F1、F2的合力。 答案:(1)AD　(2)3.70　(3)不能 2.解析:(3)弹簧测力计的最小分度为0.1 N,读数时需要估读到0.01 N,所以其读数为3.00 N。 (4)①作出力的图示,如图所示。②由作图结果可得重物的重力为7.0 N。 答案:(3)3.00(2.99~3.01均可) (4)①见解析图　②7.0(6.8~7.2均可) 3.解析:(1)为使力的作用效果相同,只用弹簧测力计通过细绳拉橡皮条时结点O达到的位置,应与钩码、弹簧测力计同时拉时相同,故A正确;为减小实验误差,在拉动弹簧测力计时弹簧不可与外壳相碰或摩擦,故B正确;两个分力F1、F2间的夹角θ不宜过大,也不宜过小,两个分力F1、F2的大小也不宜过大或过小,适宜即可,故C错误;为减小实验误差,拉橡皮条的细绳要适当长些,视线通过细绳垂直于纸面,在绳下的纸上用笔画出两个点的位置并使这两个点的距离适当远些,故D正确。 (2)减少钩码个数后,相当于减小一个分力的大小但方向不变,结点位置不变,相当于合力不变,根据平行四边形定则可知,此时应该减小β,同时增大弹簧测力计的拉力,故A正确,B错误;保持钩码个数不变,将钉子向右移动一些,结点位置不变,相当于一个分力的大小不变但方向与合力方向的夹角变小,根据平行四边形定则可知,此时应该减小β,同时减小弹簧测力计的拉力,故C错误,D正确。 答案:(1)ABD　(2)AD 4.解析:(1)实验中,题图甲用来测量合力,题图乙用来测量两个分力,根据胡克定律,力的大小与弹簧形变量成正比,则力的大小可用弹簧形变量来表示,因此必须测量弹簧的形变量,但AO、BO长度不必相同,A错误,B、C正确;实验中矿泉水瓶重力是定值,所以不必保证O点固定不变,D错误。 (2)实验中矿泉水瓶的重力方向始终竖直向下,所以x1需要沿着竖直方向,故题图丙是正确的。 (3)对O点受力分析,O点处于动态平衡状态,重力的大小、方向不变,OA中弹力方向不变,根据平行四边形定则可得OA中弹力将一直增大,OB中弹力将先减小后增大,如图所示,所以OA中弹簧的长度将一直增大,OB中弹簧的长度将先减小后增大。 答案:(1)BC　(2)丙　(3)一直增大　先减小后增大 第三章　牛顿运动定律 第一讲 [精要回顾] 匀速直线　静止　保持　作用力　质量　 作用力　ma　宏观　低速　大小　 同一条直线　F=-F'　导出　千克 [微点判断] (1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√ (6)×　(7)√　(8)×　(9)×　(10)×　(11)×　(12)√ 逐点清(一) 　 1.选B　伽利略的理想斜面实验只能说明小球具有惯性,推广到一切物体的是牛顿,A错误;伽利略通过理想斜面实验和科学推理,得出的结论是:力不是维持物体运动的原因,在光滑水平面上运动的小球,运动状态的维持并不需要外力,B正确;如果小球受到平衡力的作用,它的运动状态不发生改变,C错误;小球受到的力一定时,质量越大,它的加速度越小,这是牛顿第二定律的内容,这个实验不能得到该结论,D错误。 2.选C　亚里士多德关于力和运动的观点是“力是维持物体运动的原因”, 伽利略关于力和运动的观点是“力是改变物体运动状态的原因”, 即墨子的观点与伽利略的观点基本相同,故A错误;物体受到变力作用,速度的大小不一定会改变,例如物体做匀速圆周运动,故B错误;力不是维持物体运动的原因,而是改变物体运动状态的原因,故C正确;当物体不受力时,物体保持静止状态或匀速直线运动状态,运动的物体不会停止运动,故D错误。 3.选D　羽毛球筒被手击打后迅速向下运动,而羽毛球具有惯性要保持原来的静止状态,所以会从羽毛球筒的上端出来,羽毛球筒受到羽毛球对它向上的摩擦力,根据牛顿第三定律,则羽毛球受到羽毛球筒对它向下的摩擦力,故D正确,A、B、C错误。 4.选D　航母的惯性大小与其质量有关,与其运动状态无关,由于航母的质量不变,则其惯性不变,故A错误;航母能不能看作质点,主要由所研究的问题而定,若航母的大小和形状相对所研究的问题可忽略,则可看作质点,故B错误;航母所受重力和浮力都作用在航母上,不是相互作用力,故C错误;航母航行时,航母上停放的舰载机相对于海面的位置有变化,故相对于海面是运动的,故D正确。 逐点清(二) 　 1.选D　根据牛顿第二定律a=可知,物体的加速度与速度无关,A错误;即使合力很小,也能使物体产生加速度,B错误;物体加速度的大小与物体所受的合力成正比,C错误;当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时,由牛顿第二定律可知,物体的水平加速度与其质量成反比,D正确。 2.选CD　根据牛顿第二定律可知,小球的加速度大小和方向取决于小球受到的合力。从接触弹簧至到达最低点,弹簧弹力从零开始逐渐增大,而小球的重力不变,所以刚接触弹簧时小球受到的合力方向向下,合力逐渐减小,因此小球的加速度逐渐减小;当小球所受的弹簧弹力和重力大小相等时,小球受到的合力为零,加速度减小为零,此时小球速度最大;此后小球继续下落,弹簧弹力继续增大,小球受到的合力方向向上,合力逐渐增大,因此小球的加速度方向向上,加速度逐渐增大,速度减小;当速度减小为零时,小球停止下落,故A、B错误,C、D正确。 3.选B　圆珠笔受绳子的拉力和重力,拉力方向沿绳子向上,重力方向竖直向下,则圆珠笔所受的合力水平向左,由牛顿第二定律知,地铁运行加速度方向向左,但无法确定地铁的运行方向,故B正确,A错误;圆珠笔受力如图所示,根据牛顿第二定律得mgtan θ=ma,所以a=gtan θ,无法计算圆珠笔的质量,故C、D错误。 4.选BC　根据牛顿第二定律,可得F-μmg=ma,整理后有F=ma+μmg,则可知F⁃a图像的斜率为m,纵截距为μmg,则由题图可看出m甲>m乙。根据μ甲m甲g=μ乙m乙g,则μ甲<μ乙。 逐点清(三) 　 1.选C　绳子对桶的拉力和桶对绳子的拉力是一对相互作用力,不管是桶匀速上升过程、加速上升过程或者减速上升过程,绳子对桶的拉力总是等于桶对绳子的拉力。 2.选C　滑动摩擦力方向与物体间的相对运动方向相反,墨条相对砚台水平向左运动,则砚台对墨条的摩擦力方向水平向右,A错误;根据牛顿第三定律可知,砚台受到墨条水平向左的摩擦力,而砚台处于静止状态,其水平方向上受力平衡,则桌面对砚台的摩擦力方向水平向右,桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力,B错误,C正确;对砚台受力分析,竖直方向上砚台受到自身重力、墨条的压力和桌面的支持力,因此桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力不是一对平衡力,D错误。 3.选BD　水平力F与墙壁对物体的弹力作用在同一物体上,大小相等、方向相反,且作用在同一条直线上,是一对平衡力,A错误;物体在竖直方向上受竖直向下的重力以及墙壁对物体竖直向上的静摩擦力,因物体处于静止状态,故这两个力是一对平衡力,B正确;水平力F作用在物体上,物体对墙壁的压力作用在墙壁上,这两个力既不是一对平衡力,也不是一对相互作用力,C错误;物体对墙壁的压力与墙壁对物体的弹力是一对作用力与反作用力,D正确。 4.选B　设绳子对建筑材料的拉力大小为F1,由牛顿第二定律得F1-mg=ma,解得F1=m(g+a)=210 N,绳子对工人的拉力大小F2=F1=210 N,工人处于静止状态,则地面对工人的支持力大小FN=Mg-F2=490 N,由牛顿第三定律知,工人对地面的压力大小为FN'=FN=490 N,故B正确。 逐点清(四) 　 1.选A　国际单位制中的基本单位分别是:长度的单位是米,符号是m;质量的单位是千克,符号是kg;时间的单位是秒,符号是s;电流的单位是安培,符号是A;热力学温度的单位是开尔文,符号是K;物质的量的单位是摩尔,符号是mol;发光强度的单位是坎德拉,符号是cd。故选A。 2.选D　能量的单位为kg·m2·s-2,质量的单位为kg,半径的单位为m,角速度的单位为s-1,由公式E=mRkωn,可得kg·mk·s-n=kg·m2·s-2,解得k=2,n=2,在飞轮厚度、材料、角速度均不变时,飞轮的质量m=ρV=ρSh=πR2ρh,代入E=mR2ω2,可得E=πR4ρhω2,故选D。 第二讲 第1课时　牛顿第二定律的基本应用 [精要回顾] 状态　零　不能　运动情况　受力　加速度 牛顿第二定律　大于　向上　小于　向下　完全没有　g [微点判断] (1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√ (6)√　(7)×　(8)√　(9)√　(10)× 逐点清(一) 　 1.选BD　剪断绳OB瞬间,小球将绕A点做圆周运动,沿切线方向有mgsin θ=ma,解得a=gsin θ,故A错误,B正确;剪断绳OA瞬间,小球将绕B点做圆周运动,此时小球的加速度大小为g,故C错误,D正确。 2.选A　剪断细绳的瞬间,A、B间轻杆中的弹力可瞬间发生变化,A、B的加速度相同,由mg+mg=2ma可得,两球的加速度均为g,即a1=g,a2=g,A正确。 3.选A　细线剪断前,对B、C、D三球构成的整体受力分析有FAB=(3m+2m+m)g,对D球受力分析有FCD=mg,细线剪断后,对B球受力分析有FAB-3mg=3maB,解得aB=g,方向竖直向上;对C球受力分析有FCD+2mg=2maC,解得aC=1.5g,方向竖直向下。故选A。 4.选D　释放的瞬间,橡皮绳的形变还没有来得及变化,单根橡皮绳的弹力等于小球的重力mg,故A错误;释放的瞬间,橡皮绳对小球的拉力仍为mg,小球的加速度等于0,故B错误;设纸盒质量为M,释放前,手对纸盒的作用力为(M+2m)g,方向竖直向上,设橡皮绳对纸盒的作用力为F,由受力平衡得F+Mg=(M+2m)g,所以橡皮绳对纸盒的作用力F=2mg,方向竖直向下,释放的瞬间,橡皮绳的形变还没有来得及变化,橡皮绳对纸盒的作用力仍为2mg,方向竖直向下,故D正确;释放的瞬间,纸盒所受合力为F合=F+Mg=(2m+M)g,由牛顿第二定律可得纸盒加速度a==g>g,故C错误。 逐点清(二) 　 1.选A　根据题意,由牛顿第二定律有mgsin θ=ma,解得a=gsin θ,设PQ间的水平距离为d,由几何关系可得,PQ间的距离为PQ=,由运动学公式有PQ=at2,解得t===,由数学知识可知,当θ=45°时,时间t有最小值,则θ由60°逐渐减小至45°,物块的下滑时间t将逐渐减小,故选A。 2.解析:以列车为研究对象,受力分析如图所示。 由题意可知,m=4.5×105 kg,F=3.04×105 N,f=7.9×104 N,v0=0,vt=60 km/h= m/s。 选定列车运动方向为正方向,由牛顿第二定律,得F-f=ma 解得a===0.5 m/s2 由匀变速直线运动的速度公式vt=v0+at,得 t== s 所以,列车从起动至速度达到60 km/h需要的时间为 s。 答案: s 3.选D　根据运动学公式可得v2-=-2ah,解得加速度大小为a== m/s2=25 m/s2,根据牛顿第二定律可得F-mg=ma,解得F=1.05×105 N,故选D。 4.解析:(1)该同学和滑雪圈在斜直雪道上滑行时做初速度为0的匀加速直线运动,设加速度大小为a1,位移大小为x1,时间为t1,末速度大小为vm;在水平雪道上滑行时做末速度为0的匀减速直线运动,设位移大小为x2,时间为t2, 分析运动过程可得x1=t1,x2=t2,t1+t2=14 s 联立解得vm=20 m/s,t1=6 s,t2=8 s 在斜直雪道上的加速度大小为a1== m/s2 由牛顿第二定律得mgsin 37°-Ff=ma1 解得该同学和滑雪圈在斜直雪道上受到的平均阻力大小为Ff=160 N。 (2)设在水平雪道上滑行时加速度大小为a2,则a2==2.5 m/s2 使水平雪道距离缩短为60 m,设该同学和滑雪圈滑出水平雪道时的速度为v,则-v2=2a2x3,解得v== m/s=10 m/s 设在防滑毯上的加速度大小为a3,则0-v2=-2a3x4 解得a3== m/s2=5 m/s2 由牛顿第二定律可得μmg=ma3 解得防滑毯与滑雪圈之间的动摩擦因数μ=0.5。 答案:(1)160 N　(2)0.5 逐点清(三) 　 1.选A　依题意可知,在加速运动过程中,人的加速度向右上方,加速度有竖直向上的分量和水平向右的分量,可知人处于超重状态,人受到的摩擦力水平向右,故A正确,B错误;扶梯匀速运动阶段,由平衡条件可知,人受到自身重力、扶梯对人竖直向上的支持力,总共两个力的作用,且扶梯对人的支持力大小等于重力大小,故C、D错误。 2.选D　由题图甲可知,该同学的质量为60.0 kg,电梯竖直上升过程,根据牛顿第二定律F-mg=ma,解得a= m/s2=0.50 m/s2,则电梯向上做加速运动,故选D。 3.选B　剪断Q下端的细绳后,因m1>m2,P加速下降,Q加速上升,但对于P、Q以及滑轮和箱子组成的系统,整体有向下的加速度,处于失重状态,故台秤的示数与剪断细绳前的示数相比减小了,B正确。 4.选B　0~0.5 h内,“奋斗者号”向下做匀加速运动,加速度方向向下,故处于失重状态,故A错误;“奋斗者号”的体积不变,则浮力不变,0.5~2.5 h内,“奋斗者号”做匀速直线运动,此时需要排出部分海水,让重力等于浮力,故此过程“奋斗者号”的总质量小于m,故B正确;由题图乙可知,2.5~3.0 h内,“奋斗者号”的加速度大小为a= m/s2= m/s2,故C错误;根据v⁃t图像与时间轴围成的面积表示位移可知,0~3.0 h内,“奋斗者号”下潜的深度为h=×(2×3 600+3×3 600)×1 m=9 000 m,故D错误。 第2课时　动力学中的三类典型问题 逐点清(一) 　 1.选ACD　根据v⁃t图像的斜率表示加速度可知,在0~t1时间内,加速度为正方向并不断减小,根据加速度a=,所以外力F的大小不断减小,故A正确;在t1时刻,加速度为零,此时外力F等于摩擦力,不为零,故B错误;在t1~t2时间内,加速度为负方向并且不断变大,根据加速度a=,外力F可能不断减小,也可能先减小后反向增大,故C、D正确。 2.选C　根据物块的受力,由牛顿第二定律有mg-f=ma,由题图乙可知F=t,而f=μF,解得a=g-,故随着时间的增大,物块先做加速度逐渐减小的加速运动,后做加速度逐渐增大的减速运动,最后停止下滑,静止后物块的加速度为零,处于平衡状态;当t=t0时,物块的加速度为零,此时物块的速度最大,作出a⁃t图像如图所示,根据其面积求出最大速度为vm=gt0,故选C。 3.选D　根据牛顿第二定律可得mg-f=ma,又f=kv,可得a=g-,可知a⁃v图像为一条斜率为负值、纵轴截距为正值的倾斜直线;小球从空中某处由静止释放后,做加速度逐渐减小的加速运动,若落地前加速度已经减为0,则小球继续做匀速直线运动,故C错误,D正确。以小球的落地点O为坐标原点,竖直向上为正方向建立x轴,则t=0时刻,小球的x坐标大于0,且在小球加速阶段,x⁃t图像的切线斜率应逐渐增大,故A、B错误。 逐点清(二) 　 1.选A　根据题意,对整体应用牛顿第二定律有F=(M+m)a,对空间站受力分析有F'=Ma,联立两式可得飞船和空间站之间的作用力F'=F,故选A。 2.选C　设木块和水平面间的动摩擦因数为μ,以两木块整体为研究对象,根据牛顿第二定律有F-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a,可得a=,以木块1为研究对象,根据牛顿第二定律有FT-μm1g=m1a,可得FT=F,可知绳子拉力大小与动摩擦因数μ无关,与两木块质量大小有关,且m2越大,绳的拉力越小,故选C。 3.选D　设P的质量为M,P与桌面间的滑动摩擦力为f;以P为对象,根据牛顿第二定律可得T-f=Ma,以盘和砝码为对象,根据牛顿第二定律可得mg-T=ma,联立可得a==·m,可知当砝码的重力大于f时,才有一定的加速度,当m趋于无穷大时,加速度趋近等于g。故选D。 4.解析:(1)对重物受力分析,根据受力平衡可得FT=mg=20 N 对木箱受力分析,可得Ff=2FT,又Ff=μMg 联立解得μ=0.5, 要使装置能静止,木箱与地面间的动摩擦因数需满足μ≥0.5。 (2)设木箱的加速度大小为a,则重物的加速度大小为2a,对重物受力分析,根据牛顿第二定律可得FT'-mg=2ma 对木箱受力分析,有F-μMg-2FT'=Ma 解得a=0.5 m/s2 当拉动木箱向左匀加速运动的位移为x=0.5 m时,重物向上的位移为h=2x=1 m,由2×2a×h=v2 可得此时重物的速度大小为v= m/s。 答案:(1)μ≥0.5　(2) m/s 逐点清(三) 　 1.选BC　小球受力如图所示,系统静止时,竖直方向有Fasin 37°=mg,水平方向有Facos 37°=Fb,解得Fa=10 N,Fb=8 N,故B正确,A错误;系统竖直向上匀加速运动时,当a线拉力为15 N时,由牛顿第二定律可知,竖直方向有Fmsin 37°-mg=ma,水平方向有Fmcos 37°=Fb',解得Fb'=12 N,此时加速度有最大值a=5 m/s2,故C正确;系统水平向右匀加速运动时,当b线拉力为15 N时,由牛顿第二定律可知,竖直方向有Fa'sin 37°=mg,水平方向有Fm-Fa'cos 37°=ma',解得Fa'=10 N,加速度最大为a'= m/s2,故D错误。 2.选C　物块甲运动至最高点时,挡板对乙的弹力最小值为0,对乙有F弹1=mgsin θ,对甲有F弹1+mgsin θ=ma,物块甲运动至最低点时,根据对称性有F弹2-mgsin θ=ma,对乙受力分析,挡板对乙的弹力最大值为FN=F弹2+mgsin θ=4mgsin θ,故选C。 3.选B　木板与地面间的最大静摩擦力f1=μ1(m1+m2)g=0.2×(3+2)×10 N=10 N,木板与物块间的最大静摩擦力f2=μ2m2g=0.8×2×10 N=16 N,当拉力F逐渐增大到F1时,由题图丙可知木板开始运动,此时木板与地面间的静摩擦力达到最大值,根据平衡条件可知此时拉力大小为F1=10 N,故A错误;当拉力达到F2时,木板与物块发生相对滑动,根据牛顿第二定律,对木板f2-f1=m1a,对物块F2-f2=m2a,解得F2=20 N,a=2 m/s2,木板加速度所能达到的最大值为2 m/s2,故B正确,C错误;在t1~t2时间段,物块相对木板静止,所受拉力逐渐增大,加速度变大,不做匀加速直线运动,故D错误。 4.解析:(1)当θ=30°时,小物块恰好能沿着木板匀速下滑,则沿木板方向有mgsin 30°=Ff,其中Ff=μmgcos 30°,解得μ=。 (2)设沿木板向上为正方向,物块的加速度为a,则-mgsin θ-μmgcos θ=ma,由0-=2ax得 x==, 又因tan α=μ=,故α=30°, 当α+θ=90°时,即θ=60°时,x最小 最小值为xmin== m。 答案:(1)　(2)θ=60°　 m 第3课时　动力学中的两种常见模型 逐点清(一) 　 1.选D　刚开始时,物体速度小于传送带速度,则物体相对传送带向后运动,A错误;物体匀速运动过程中,物体与传送带之间无相对运动趋势,则物体不受摩擦力作用,B错误;物体加速运动过程中,由动能定理可知,摩擦力对物体做正功,C错误;设物体与传送带间的动摩擦因数为μ,物体相对传送带运动时,加速度大小为a==μg,物体做匀加速运动,直至物体速度等于传送带速度,由v=at=μgt可知,传送带速度越大,物体加速运动的时间越长,D正确。 2.选C　假设物块在传送带上一直做匀减速直线运动,设加速度的大小为a,则有L=v0t-at2,解得a=3 m/s2,离开传送带时物块的速度为v=v0-at=2 m/s<4 m/s,假设不成立,故物块在传送带上先做匀减速运动,再与传送带共速,最后从右端离开,A错误;设物块在传送带上做匀减速运动的时间为t1,则与传送带一起匀速的时间为t2=2 s-t1,则有L=t1+4 m/s×(2 s-t1),解得t1=1 s,B错误;物块在传送带上做匀减速运动的时间为1 s,根据加速度的定义可知a'== m/s2=4 m/s2,由牛顿第二定律可得μmg=ma',解得μ=0.4,C正确;划痕长度即物块与传送带的相对位移大小,为Δx=v0t1-a'-vt1=2 m,D错误。 3.选C　开始时加速度大小为a==10 m/s2,物块与传送带共速时有-v2=2ax,解得x=0.4 m=L,则物块只做匀减速运动到与传送带共速,A、B错误;物块到达顶端的时间为t==0.2 s,C正确;物块相对传送带发生的位移大小为Δx=x-vt=0.2 m,D错误。 4.解析:(1)小包裹的初速度v2大于传送带的速度v1,所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上,根据牛顿第二定律可知μmgcos α-mgsin α=ma,解得a=0.4 m/s2。 (2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动,用时t1== s=2.5 s,在传送带上滑动的距离为x1=t1=×2.5 m=2.75 m, 因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力,即μmgcos α>mgsin α,所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端,匀速运动的时间为t2== s=2 s, 所以小包裹通过传送带的时间为t=t1+t2=4.5 s。 答案:(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s 逐点清(二) 　 1.选B　设物块脱离薄板前,物块的加速度为a1,薄板的加速度为a2,物块脱离薄板的时间为t,由牛顿第二定律有μmg=ma1,F-μmg=Ma2,代入数据解得a1=2 m/s2,a2=3 m/s2,由物块与薄板之间的位移关系可得a2t2-a1t2=l,代入数据解得物块在薄板上运动的时间t=1 s,故选B。 2.选B　由牛顿第二定律可得μmAg=mAaA,μmAg=mBaB,给长木板B一个水平向右的初速度v0,滑块A恰好滑下时的速度设为v1,经过的时间设为t1,则有v1=v0-aBt1,v1=aAt1,-=2aBxB1,=2aAxA1,xB1-xA1=L,可得=L;给滑块A一个水平向右的初速度v,滑块A恰好滑下时的速度设为v2,经历的时间设为t2,则有v2=v-aAt2,v2=aBt2,v2-=2aAxA2,=2aBxB2,xA2-xB2= L,可得=L,两式对比可得v=v0=10 m/s,故选项B正确。 3.选B　设在拉力F作用下物块的加速度大小为a1,撤去拉力后物块的加速度大小为a2,木板的加速度大小为a3,根据牛顿第二定律有F-μ1mg=ma1,μ1mg=ma2,μ1mg-μ2(M+m)g=Ma3,解得a1=2 m/s2,a2=4 m/s2,a3=0.5 m/s2,拉力F作用的时间为1 s时,物块、木板的速度分别为v1=a1t1=2 m/s,v2=a3t1=0.5 m/s,设又经t2时间物块恰好滑到木板右端,物块、木板共速,则v共=v1-a2t2=v2+a3t2,解得t2= s,v共= m/s,木板的长度为L=v1t1-v2t1+t2-t2=1.0 m,故选B。 4.解析:(1)设物块和薄板的质量均为m,薄板加速度大小为a1,物块离开薄板时薄板的速度大小为v1,对薄板受力分析,由牛顿第二定律得μmg=ma1 由初速度为零的匀变速直线运动规律得l=a1,v1=a1t1 设物块的初速度大小为v0,加速度大小为a2,由题意可知,物块滑离薄板时,相对平台向右运动的位移为l+l=l,对物块受力分析,由牛顿第二定律得μmg=ma2 由匀变速直线运动规律得 l=v0t1-a2 联立解得t1= s,v0=4 m/s,v1=1 m/s。 (2)物块离开薄板后做平抛运动,薄板做匀速直线运动,设运动时间为t2,平台距地面的高度为h, 对薄板由运动学规律得l=v1t2 对物块由平抛运动规律得h=g 联立解得h= m。 答案:(1)4 m/s　 s　(2) m 第三讲 突破常考题点 命题点(一) 　 1.解析:(1)安装纸带时,应该让复写纸压住纸带,则题图2(乙)穿法正确。 (2)实验前需要先平衡小车受到的阻力,在平衡阻力前,需要取下小吊盘和物块,让小车拖着纸带匀速运动,故选A。 (3)设小车质量为M,小吊盘以及所放的物块的质量为m0,则由牛顿第二定律得m0g=(M+m+m0)a,即=m+,由题图3可知k=,b=,解得M=-。 答案:(1)乙　 (2)A　(3)- 2.解析:(1)先接通光电门,后释放滑块,以确保滑块经过光电门时,光电门能正常工作,故选项A正确;挂上砝码后,滑块受拉力作用,因此在调节气垫导轨水平时应不挂砝码,故选项B错误;调节定滑轮使细线和气垫导轨平行的目的是使滑块所受拉力与运动方向相同,故选项C正确;由于两光电门记录的是滑块通过它们的时间,不需要每次经过时速度大小都相等,因此不需要每次都将滑块从同一位置由静止释放,故选项D错误。 (2)根据匀变速直线运动规律有 2as=-=-, 解得a=。 (3)在 ⁃M图像中,图线的斜率表示滑块所受作用力的倒数,即为,因此有G==2.5 N。 (4)图像出现了纵截距,可能原因是没有选取滑块和砝码、砝码盘一起作为研究对象(或M没有加上砝码和砝码盘的质量)。 答案:(1)AC　(2) (3)2.5(2.3~2.7均可)　(4)没有选取滑块和砝码、砝码盘一起作为研究对象(或M没有加上砝码和砝码盘的质量) 命题点(二) 　 1.解析:(4)根据题图(b)分析可知,与图线甲相比,图线乙的线性区间较大,非线性区间较小。 (5)在坐标系中进行描点,结合其他点用平滑的曲线拟合,使尽可能多的点在线上,不在线上的点均匀分布在线的两侧,如图所示。 (6)对钩码受力分析,根据牛顿第二定律有F-T=ma,对小车由牛顿第二定律得T=Ma,联立解得F=(M+m)a,变形得a=F,当m≪M时,可认为m+M≈M,则a=F,即a与F成正比。 答案:(4)较大　较小　(5)见解析图 (6)远大于钩码的质量　见解析 2.解析:(1)20分度游标卡尺的精确值为0.05 mm,则遮光条的宽度为d=0.5 cm+8×0.05 mm=0.540 cm。 (2)滑块经过光电门时的速度大小v=,根据a=,联立解得a=。 (3)用传感器的读数直接得出了拉力F,滑块在气垫导轨上运动时不受摩擦力作用,F就是滑块所受的合外力,没有系统误差,所以图像应该是一条通过原点的倾斜直线,故选C。 答案:(1)0.540　(2)　　(3)C 迁移拓展训练 1.解析:(1)该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的,因此我们可以控制其中一个物理量不变,研究另外两个物理量之间的关系,即采用控制变量法。故选B。 (2)平衡阻力时小车需要连接纸带,一方面是需要连同纸带所受的阻力一并平衡,另外一方面是通过纸带上的点的间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动,故A错误;由于小车速度较快,且运动距离有限,打出的纸带长度也有限,为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点,实验时应先接通打点计时器电源,后释放小车,故B正确;为使小车所受拉力与速度同向,应调节滑轮高度使细绳与长木板平行,故C错误。 (3)设小车质量为M,槽码质量为m。对小车和槽码根据牛顿第二定律分别有F=Ma,mg-F=ma,联立解得F==,可知在小车质量远大于槽码质量时,可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。上述做法引起的误差是由于实验方法或原理不完善造成的,属于系统误差。该误差是将细绳拉力用槽码重力近似替代所引入的,不是由于小车与木板间存在阻力(实验中已经平衡了阻力)或是速度测量精度低造成的,为减小此误差,可在小车与细绳之间加装力传感器,测出小车所受拉力大小。故选C。 (4)相邻两计数点间的时间间隔为t=5T,打计数点5时小车速度的表达式为v==。根据逐差法可得小车加速度的表达式是a==,故选A。 答案:(1)B　(2)B　(3)远大于　系统误差　C　(4)　A 2.解析:(1)前面的数据波动是保持平衡时的轻微扰动,后续的数据波动是因为手机近似在做简谐运动,故第一个峰值A即为剪断细绳瞬间手机的加速度。 (2)剪断细绳之前,弹簧的弹力等于手机的重力与小桶和砝码的重力之和;剪断细绳瞬间,弹簧的弹力大小不变,手机受到的合力大小F等于小桶和砝码的重力大小。故选B。 (3)剪断绳子前,设弹簧的弹力为FT,小桶质量为m0,手机质量为M,对手机受力分析,由共点力平衡条件知FT-(m+m0)g-Mg=0,剪断绳子后,对手机受力分析,由牛顿第二定律有FT-Mg=Ma,结合题图丙解得M=。 答案:(1)A　(2)B　(3) 3.解析:(1)为了使小车所受的合外力大小近似等于槽码的总重力,故应使小车质量远大于槽码质量,故A错误;为了保证小车所受细绳拉力等于小车所受合外力,需要调整垫块位置以平衡阻力,且要保持细绳和长木板平行,故B正确;平衡阻力时不能移去打点计时器和纸带,因为小车拖动纸带打点时也有阻力,且需要通过观察纸带上点迹是否均匀来判断小车是否做匀速运动,故C错误;为充分利用纸带,应先打开打点计时器再释放小车,故D错误。 (2)整理A选项中的式子可得a=, 整理B选项中的式子可得a=, 整理C选项中的式子可得 a=, 整理D选项中的式子可得 a=, 对比4个整理之后的加速度算式,只有D选项的算式将实验数据全部运用,故最优的是D选项算式。 (3)根据图像可知,与M成正比,故在所受外力一定的条件下,a与M成反比;设槽码的质量为m,由牛顿第二定律得mg=(m+M)a,整理可得=·M+,故斜率越小,槽码的质量m越大,由题图3可知,甲组所用的槽码质量比乙组的更大。 答案:(1)B　(2)D　(3)反比　槽码 4.解析:(1)相邻两计数点的时间间隔为T=2×=2× s=0.04 s,根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度,打出B点时小车的速度大小vB==×10-2 m/s≈1.6 m/s;根据逐差法求出小车的加速度大小a==×10-2 m/s2≈3.2 m/s2。 (2)根据牛顿第二定律F=Ma,可得a=,则k=,可得M=。 (3)当弹簧测力计的示数为F0时,根据上述分析可知=k,得到此时小车的加速度大小a0=kF0,则重物的加速度大小为a0=kF0。 答案:(1)1.6　3.2　(2)　(3)kF0 第四章　曲线运动 第一讲 [精要回顾] 切线　方向　变速　加速度　合力　分运动　 合运动　实际效果　正交分解　矢量运算　时间　效果 [微点判断] (1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)× (6)√　(7)√　(8)√　(9)×　(10)×　(11)×　(12)√ 逐点清(一) 　 1.选D　第一次实验中,小钢球受到沿速度方向的磁铁的吸引力作用,做直线运动,并且随着距离的减小,吸引力变大,加速度变大,故小钢球做非匀变速直线运动,A错误;第二次实验中,小钢球所受的磁铁的吸引力方向总是指向磁铁,是变力,故小钢球的运动不是类平抛运动,其轨迹也不是一条抛物线,B错误;该实验说明物体做曲线运动的条件是物体受到的合力的方向与速度方向不在同一直线上,但是不能说明做曲线运动的物体的速度方向沿轨迹的切线方向,C错误,D正确。 2.选B　“落叶球”是快速旋转的球,所以在空中的运动轨迹不是对称的,A错误;根据做曲线运动的条件,“落叶球”会更早下落是因为在运动过程中受到了指向轨迹凹侧的空气作用力,C错误,B正确;“落叶球”在最高点的竖直速度为零,水平速度不为零,所以瞬时速度不为零,D错误。 3.选C　羽毛球在空中做曲线运动,可知羽毛球的加速度方向应指向轨迹的凹侧,故A、D错误;羽毛球处于上升过程,速度在减小,可知加速度方向与速度方向之间的夹角应为钝角,故B错误,C可能正确。 逐点清(二) 　 1.选B　运动员同时参与了竖直和水平两个方向的分运动,两个分运动同时发生,相互独立,则水平方向的风力大小不影响竖直方向的运动,则运动员的下落时间不变,落地时的竖直速度大小也不变,A、C错误,B正确;水平风力越大,水平方向的加速度越大,对应落地时的水平速度也大,则落地时的合速度越大,D错误。 2.选A　根据题意可知“歼⁃20”水平方向做匀速直线运动,由题图可知竖直方向做匀速直线运动,所以合运动为匀速直线运动,其方向为斜向上。故选A。 3.选A　由题图乙可知,质点在y方向上做匀速直线运动,vy==-4 m/s,由题图甲可知,质点在x方向上做匀加速直线运动,a==1.5 m/s2,故质点所受的合力大小为F=ma=3 N,方向沿x轴方向,质点的初速度大小为v==5 m/s,方向与x轴既不平行也不垂直,故质点做匀变速曲线运动,质点初速度的方向与合力的方向不垂直,A正确,B、C、D错误。 4.选C　以摩托艇驾驶员为参考系,龙舟向东偏北方向行驶,速度大小为v==50 m/s,夹角满足tan θ==,解得θ=37°,则此时摩托艇驾驶员看到的龙舟行驶速度v的大小为50 m/s,向东偏北37°方向行驶。故选C。 逐点清(三) 　 1.选D　河宽d=300 m一定,当木船船头垂直于河岸时,在河宽方向上的速度最大,渡河用时最短,渡河最短时间为tmin== s=300 s,故D正确。 2.选B　设小船在静水中的速度为v1,河水流速为v2,船头垂直于河岸,小船实际运动方向与河岸之间的夹角为α,则tan α==,A、B两渡口沿河岸方向的距离为x==d,故B正确。 3.选BD　由于船在静水中的速度大于水流的速度,当速度满足如图所示关系时,船垂直于河岸过河,此时船到达正对岸B点,为最短路程过河,过河时的速率为v== m/s,故A、C错误,D正确;船头垂直于河岸过河时,过河时间最短,则有tmin==37.5 s,故B正确。 4.选C　当船的速度垂直于河岸时,渡河时间最短,则tmin== s=50 s,故A错误;船以最短时间渡河时,沿水流方向的位移大小为x=v水tmin=5×50 m=250 m,故B错误;因为水流的速度大于船的静水速度,所以船不能垂直于河岸渡河,如图所示,当合速度方向与船的速度方向垂直时,合速度与水流速度的夹角最大,渡河位移最短,则sin θ==,则渡河的最短位移为x== m=250 m,故C正确;若船以最短位移渡河时,时间为t== s=62.5 s,故D错误。 逐点清(四) 　 1.选B　将船的速度分解为沿绳子方向的速度和垂直于绳子方向的速度,其中沿绳子方向的分速度等于人的速度,则有v船cos θ=v,可得v船=,由于船在靠岸过程中,θ逐渐增大,cos θ逐渐减小,则v船逐渐增大,船将加速靠岸,故A、C错误,B正确;水的阻力恒为f,此时人的拉力大小为F,以船为研究对象,根据牛顿第二定律可得Fcos θ-f=ma,解得船的加速度为a=,故D错误。 2.选B　当乙球距离起点3 m时,设轻杆与竖直方向的夹角为θ,则v1在沿杆方向的分量为v1杆=v1cos θ,v2在沿杆方向的分量为v2杆=v2sin θ,而v1杆=v2杆,由几何关系有cos θ=,sin θ=,解得=,A错误,B正确;甲球即将落地时,有θ=90°,此时甲球的速度达到最大,而乙球的速度为零,C、D错误。 3.选B　直杆与箱子接触点的实际运动即合运动,方向垂直于杆指向右上方,设杆转动的角速度为ω,则合速度v实=ωL,沿水平方向的速度分量等于v,即ωLcos θ=v,则ω=,故B正确。 第二讲 [精要回顾] 水平　重力　匀变速　抛物线　匀速直线　自由落体　gt　v0t　gt2　匀变速　 抛物线　v0cos θ　v0sin θ-gt [微点判断] (1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)× (6)√　(7)√　(8)√　(9)√　(10)√　(11)√ 逐点清(一) 　 1.选B　人和车做平抛运动,设运动时间为t,在竖直方向上有h=gt2,在水平方向上有x=v0t,其中x=25 m、v0=25 m/s,解得h=5 m。故选B。 2.选C　青蛙做平抛运动,在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做自由落体运动,则有x=vt,h=gt2,可得v=x,因此水平位移越小、竖直高度越大,初速度越小,因此青蛙应跳到荷叶c上面。故选C。 3.选D　小球落地时竖直方向的分速度vy=gt,根据题意可得tan θ=,解得v0=,故A错误;设在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为α,根据平抛运动的推论2tan α=tan θ,可知α≠,故B错误;抛出点与落地点的高度差不变,根据h=gt2,可得t=,若小球的初速度增大,则平抛运动的时间不变,故C错误;根据tan θ=,可知若小球的初速度减小,则θ增大,故D正确。 4.选AD　设水平距离为s,飞镖的初速度为v0,击中墙面的速度为v,速度与竖直方向的夹角为θ,则有tan θ==,s=v0t,联立解得v0=,由于从同一位置O抛出,落在同一竖直墙壁上,则s相同,所以有vB0>vA0,故A正确;击中墙面的速度为v====,由于sin 120°=sin 60°=,则有vA=vB,故B错误;竖直方向有h=gt2,可得t=,可知两只飞镖的运动时间一定不相等,故C错误;根据平抛运动任意时刻速度的反向延长线一定经过此时水平位移的中点,可知插在墙上的两只飞镖的反向延长线与OO'一定交于同一点,故D正确。 逐点清(二) 　 1.选B　运动员由P到Q的过程中,有tan 37°==,可得水平初速度大小为v0==20 m/s,故A错误,B正确;运动员由P到Q的过程中,水平位移为x=v0t=60 m,位移大小为s==75 m,故C、D错误。 2.选A　物体撞在斜面上的速度与斜面垂直,将该速度分解,如图所示,由于不计空气阻力,因此物体水平方向的速度仍为v0,设物体竖直方向的速度为vy,则有tan 60°=,由于物体竖直方向只受到重力,因此竖直方向的加速度为重力加速度,且物体竖直方向的初速度为零,则有vy=gt,联立解得t= s,故选A。 3.选B　小球从A点以初速度v1向右平抛,反弹后经过B点,由对称性知小球与碗内壁的碰撞点应在碗的最低点,由平抛运动的规律有R=v1t1,R=g,解得v1=;小球从C点以初速度v2向右平抛,要使小球能反弹回C点,小球必须垂直打在圆弧上,如图所示,设碰撞点为D,连接OD,即为平抛轨迹过D点的切线,过D点作DE⊥AB于E,则O为小球平抛水平位移的中点,有ED=g,CO=OE=v2t2,在Rt△ODE中,有(ED)2+(OE)2=R2,解得v2=,可得=,故选B。 4.选A　以速度v0水平抛出的小球恰能从圆环上的Q点沿切线方向飞过,小球运动到Q点时的速度大小为vQ=,故D错误;小球在Q点的竖直方向的速度为vQy=v0tan θ,小球从P点运动到Q点的时间t==,故B错误;小球水平方向做匀速直线运动,有Rsin θ=v0t,圆环的半径为R=,故A正确;小球从P点到Q点的速度变化量Δv=gt=v0tan θ,故C错误。 逐点清(三) 　 1.选D　两水柱做斜抛运动,在竖直方向为竖直上抛运动,设水柱向上运动的时间为t,上升的最大高度为h,则在竖直方向有gt2=h,解得t=,由于最大高度相同,可得两水柱在空中运动时间相同,故A、B错误;水柱在空中做斜上抛运动,合力均为重力,因此加速度均为g,则速度变化量为Δv=2gt,所以两水柱的速度变化量相同,故C错误,D正确。 2.选A　外圈喷水口喷出的水的运动可以简化为一个斜上抛运动,如图所示,将此运动分解到水平、竖直两个方向,竖直方向为竖直上抛运动,水平方向为匀速直线运动,最大高度为y=g,竖直方向上升和下降过程具有对称性,则总时间为t=2t1=2 s,水平速度vx= m/s=5 m/s,竖直速度vy=gt1=10 m/s,合速度大小为v==5 m/s,故选A。 3.选B　篮球的运动可以看成平抛运动的逆过程,由题图可知,第二次运动过程上升的高度较小,所以运动时间较短,故A错误;篮球的运动可以看成平抛运动的逆过程,在竖直方向上做自由落体运动,由题图可知,第二次抛出时速度的竖直分量较小;在水平方向做匀速直线运动,水平射程相等,但第二次用的时间较短,故第二次抛出时的水平分速度较大,根据速度的合成可知,抛出时的初速度大小关系不能确定,有可能相等,故B正确,C、D错误。 4.选C　小球A的运动可以看成平抛运动的逆过程,水平初速度为v0=vcos 53°=6 m/s,竖直初速度为vy=vsin 53°=8 m/s,相遇时A球竖直位移为yA==3.2 m,运动时间为t==0.8 s,水平位移为x=v0t=4.8 m,B球竖直位移为yB=gt2=3.2 m,即初始时A、B两球竖直距离为y=yA+yB=6.4 m,根据勾股定理,A、B两球初始距离为s==8.0 m,故选C。 第三讲 [精要回顾] 切线　　　一周　　　r　man　线速度　不变　圆心　减小　靠近 [微点判断] (1)×　(2)√　(3)√　(4)×　(5)× (6)√　(7)√　(8)√　(9)×　(10)× 逐点清(一) 　 1.选A　由物体的运动轨迹可知,其轨迹半径逐渐减小,由于速率不变,根据公式ω=,an=,可知其角速度变大,向心加速度变大,故选A。 2.选D　由题图乙中小水珠做离心运动的轨迹可知,杯子的旋转方向为逆时针方向,P位置飞出的小水珠初速度沿2方向,故A、B错误;杯子旋转的角速度大小为ω== rad/s= rad/s,故C错误;杯子旋转的轨迹半径约为0.6 m,则线速度大小约为v=ωR=×0.6 m/s=m/s,故D正确。 3.选C　甲、丙两轮边缘处的各点线速度相等,根据v=ωr=2πnr,可得甲、丙的转速之比为3∶1,甲、乙同轴转动,角速度相等,转速相等,所以乙、丙的转速之比为3∶1。故选C。 4.选D　根据题图可知,Q点到轴的距离大于P点到轴的距离,则Q点做圆周运动的半径大于P点做圆周运动的半径,A错误;P、Q两点同轴转动,角速度大小相等,根据v=ωr和a=ω2r分析可知,Q点的线速度和向心加速度均大于P点的,B、C错误,D正确。 5.选A　A、B是大、小齿轮边缘上的两点,可知vA=vB,又v=ωr,rA=rB,可得ωA=2ωB,由于B、C两点都在大轮上,可知ωB=ωC,又v=ωr,rB=4rC,可得vB=4vC,则A、B、C三点线速度大小之比为vA∶vB∶vC=4∶4∶1,A、B、C三点角速度大小之比为ωA∶ωB∶ωC=2∶1∶1,A正确,B错误;根据角速度和转速的关系有ω=2πn,可知A、B、C三点转速之比为nA∶nB∶nC=ωA∶ωB∶ωC=2∶1∶1,C错误;根据向心加速度公式有a=ω2r,可知A、B、C三点向心加速度大小之比为aA∶aB∶aC=8∶4∶1,D错误。 6.选ACD　子弹在圆筒中运动的时间与做自由落体运动下落高度h的时间相同,即t=,则v0==d,故A正确,B错误;在此段时间内圆筒转过的圈数为半圈的奇数倍,即ωt=(2n+1)π(n=0,1,2,…),所以ω==(2n+1)π(n=0,1,2,…),故C、D正确。 逐点清(二) 　 1.选D　汽车过该弯道时受到重力、牵引力、支持力和摩擦力作用,径向摩擦力提供做圆周运动的向心力,故A错误;汽车过该弯道时所受径向静摩擦力大小为Ff=m=7 500 N,故B错误;汽车过该弯道时的向心加速度大小为a== m/s2,故C错误;汽车能安全通过该弯道的最大速度满足mg=m,解得vm=15 m/s,故D正确。 2.选AC　当火车以规定的行驶速度转弯时,火车受重力和轨道的支持力,两个力的合力提供向心力,根据mgtan θ=m,可知该弯道的半径r=,选项A正确;由以上分析可知,当火车质量改变时,规定的行驶速度大小不变,选项B错误;当火车速率小于v时,重力和轨道的支持力的合力大于火车所需的向心力,则火车有做向心运动的趋势,则内轨将受到轮缘的挤压,选项C正确;当火车速率大于v时,重力和轨道的支持力的合力小于火车所需的向心力,则火车有做离心运动的趋势,外轨将受到轮缘的挤压,选项D错误。 3.选C　两游客绕同一转轴转动,则游客P、Q的角速度相等,故A错误;根据几何关系可知,游客P的转动半径小于游客Q的转动半径,由v=ωr可知,游客P的线速度小于游客Q的线速度,故B错误;根据a=ω2r,可知游客P的向心加速度小于游客Q的向心加速度,故C正确;游客受到钢绳的拉力大小F=,可知游客P受到钢绳的拉力大小小于游客Q受到钢绳的拉力大小,故D错误。 4.选D　圆盘对A的作用力与A对圆盘的作用力是一对相互作用力,总是等大反向,A错误;当ω=时,A所受摩擦力的大小为fA=mω2l=μmg,B错误;根据f=mω2r可知,在两木块未相对圆盘滑动时,两木块做圆周运动的半径不同,A、B所受摩擦力的大小不相等,当两木块都相对圆盘滑动后,所受滑动摩擦力大小相等,C错误;当木块恰好滑动时,对A有ml=μmg,解得ωA=,对B有2ml=μmg,解得ωB=,可知B的临界角速度较小,则B一定比A先开始滑动,D正确。 5.选A　对小物块受力分析,小物块受重力和罐壁的支持力,由牛顿第二定律可得mgtan 60°=mω2Rsin 60°,解得ω=,故选A。 逐点清(三) 　 1.选ABC　设小球通过最高点时的最小速度为v0,则根据牛顿第二定律有mg=m,解得v0=2 m/s,故A正确;当小球在最高点的速度为v1=4 m/s时,设轻绳拉力大小为FT,根据牛顿第二定律有FT+mg=m,解得FT=15 N,故B正确;小球在轨迹最低点速度最大,此时轻绳的拉力最大,根据牛顿第二定律有FTm-mg=m,解得vm=4 m/s,故C正确,D错误。 2.选BD　设小球通过最高点时,杆对小球的作用力是F,由牛顿第二定律得mg+F=m,解得F=6 N,方向竖直向下,由牛顿第三定律可知小球对杆的作用力大小是6 N,方向竖直向上,故A错误,B正确;设小球通过最低点时,杆对小球的作用力是F1,由牛顿第二定律得F1-mg=m,解得F1=26 N,方向竖直向上,由牛顿第三定律可知小球对杆的作用力大小是26 N,方向竖直向下,故C错误,D正确。 逐点清(四) 　 1.选BD　物块恰能随转盘一起转动,说明此时提供向心力的摩擦力为最大静摩擦力。如果增大角速度,则需要的向心力要增大,而摩擦力不能再增大了,因此物块就会逐渐远离圆心,A错误,B正确;若减小角速度,则需要的向心力减小,而摩擦力可以减小,因此物块仍做匀速圆周运动,C错误,D正确。 2.选C　颗粒运动的角速度为ω=2πn,故A错误;由向心力公式可得Fn=mω2r=m(2πn)2r=4π2mrn2,颗粒此时受到的合外力大小未必为4π2mrn2,一般都是小于这个值,正是因为合外力提供不了所需向心力,颗粒才会沉淀,故B错误;离转轴越远,r越大,液体提供的“浮力”与颗粒在该处做匀速圆周运动所需向心力的差距越大,则分离沉淀效果越好,故C正确;只有颗粒的密度大于液体密度,颗粒才会在试管底部沉淀,如果颗粒的密度小于液体密度,颗粒会在试管管口“沉淀”,即漂浮在管口,故D错误。 第四讲 突破常考题点 命题点(一) 　 1.解析:(1)在探究平抛运动特点的实验中,要使钢球到达斜槽末端的速度相同,则每次由静止释放钢球时,钢球在斜槽上的高度相同。 (2)用平滑曲线连接坐标纸上的点,即为钢球做平抛运动的轨迹,作图时应使尽可能多的点在图线上,不在图线上的点均匀分布在图线两侧,如图所示。 (3)根据平抛运动规律有x=v0t,y=gt2,联立可得v0=x,在轨迹图线上选取一点(15 cm,20 cm),代入数据可得v0≈0.74 m/s。 答案:(1)相同　(2)见解析图 (3)0.74(0.69~0.79均可) 2.解析:(1)安装并调节装置A时,必须保证轨道末端水平,以保证小球做平抛运动。 (2)根据曲线方程y=1.63x2+0.13x,可知该抛物线的顶点横坐标为x=- m≈-0.04 m,可知坐标原点不在抛出点。 (3)设在坐标原点小球的水平速度为v0,竖直速度为v0y,则根据x=v0t,y=v0yt+gt2 解得y=v0y+g=x2+x 结合y=1.63x2+0.13x,可得=1.63,解得v0≈1.7 m/s。 答案:(1)水平　(2)不在　(3)1.7 命题点(二) 　 1.解析:(1)用频闪照相记录平抛小球在不同时刻的位置,选择体积小、质量大的小球可以减小空气阻力的影响,A正确;本实验需要借助重垂线确定竖直方向,B正确;实验过程中应先打开频闪仪,再水平抛出小球,C错误,D正确。 (2)根据任意时刻A、B两球的竖直高度相同,可以判断出A球竖直方向做自由落体运动;根据A球相邻两位置水平距离相等,可以判断A球水平方向做匀速直线运动。 (3)小球从高度为0.8 m的桌面水平抛出,根据运动学公式h=gt2,解得t=0.4 s,频闪仪每秒频闪25次,频闪周期T= s=0.04 s,故最多可以得到小球在空中运动的个数为=10。 答案:(1)ABD　(2)自由落体　A球相邻两位置水平距离相等　(3)10 2.解析:(1)小球在水平方向做匀速直线运动,在竖直方向做自由落体运动,所以Δy=y2-y1=gt2,解得t=0.1 s,小球平抛的初速度大小v0== m/s=2 m/s。 (2)实验中需要小球每次做平抛运动的轨迹相同,即从斜槽末端抛出时的初速度相同,所以每次释放小球的位置必须相同,且每次小球均需由静止释放,而斜槽轨道并不一定要光滑,故A、B、C正确;由于斜槽不可能完全光滑,且存在空气阻力,所以不能由机械能守恒定律求解小球的初速度,故D错误。 (3)根据上述分析可知x=v0t=v0,整理得Δy=x2,所以k=,解得v0=。 答案:(1)2　(2)D　(3)v0= 迁移拓展训练 1.解析:(1)将钢球放置在斜槽末端,能保持静止(或既不向里滚,也不向外滚),则说明斜槽末端切线水平。 (2)每次都要从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球,原因是保证钢球每次都以相同的速度从斜槽末端飞出。 (3)①钢球在运动过程中记录下的是其球心的位置,故抛出点也应是钢球静置于Q点时球心的位置,故应以球心对应白纸上的位置为坐标原点。 钢球在竖直方向做自由落体运动,故需要y轴与重垂线平行。 ②平抛运动竖直方向的分运动为自由落体运动,根据y2-y1=gT2,解得T=,平抛运动水平方向的分运动为匀速直线运动,根据匀速直线运动公式x=v0T,解得v0=x。 答案:(1)将钢球放置在斜槽末端,能保持静止(或既不向里滚,也不向外滚),则说明斜槽末端切线水平 (2)保证钢球每次都以相同的速度从斜槽末端飞出　(3)①球心　需要　②x 2.解析:根据表中数据可知,前三组数据满足 s= s= s=0.4 s,说明小球一定落在水平面上,结合平抛运动规律可得,斜面的高度PO=gt2≈0.78 m;由后两组数据有 s≈0.33 s<0.4 s, s≈0.16 s<0.4 s,可得后两组数据对应的小球落在斜面上,设斜面的倾角为θ,由平抛运动规律有=tan θ,结合最后两组数据有=tan θ,由几何关系有PQsin θ=PO,解得PQ≈0.98 m。 答案:0.78　0.98 3.解析:(1)因为相邻相等时间间隔内的竖直位移大小之比为1∶2∶3,不符合初速度为0的匀加速直线运动连续相等时间间隔内位移大小之比为1∶3∶5的特点,故a点竖直分速度不为0,故a点不是抛出点。 (2)根据题意可知ab间水平距离为l=4× cm=9.6 cm,小球在水平方向做匀速直线运动,所以初速度v0==0.96 m/s。 (3)竖直方向Δy=(ybc-yab)×=gT2,解得g=9.6 m/s2。 答案:(1)不是　(2)0.96　(3)9.6 4.解析:(1)影子1反映小钢球在水平方向的运动,所以影子1做匀速直线运动。影子2反映小钢球在竖直方向的运动,所以影子2做自由落体运动。 (2)根据平抛运动规律有x=v0t,y=gt2,tan θ=,联立解得x=tan θ,由题图丙可知=0.1 m,解得v0≈0.7 m/s。 答案:(1)匀速直线　自由落体　(2)0.7 第五讲 1.解析:(1)该实验探究多个物理量之间的关系,应用控制变量法。 (2)根据向心力表达式F=mrω2,在小球质量、转动半径相同的情况下,F∝ω2,左右标尺标记的比值为F之比等于角速度的平方比;由于两球角速度平方之比为定值,则标记的比值不变。 答案:(1)A　(2)角速度平方　不变 2.解析:(1)皮带传动线速度相等,第三挡左、右变速塔轮的角速度之比为1∶3,根据v=ωr可知,第三挡对应左、右皮带盘的半径之比为3∶1。 (2)探究向心力大小与质量之间的关系时,需要保证两个物体做圆周运动的角速度相等、半径相等、质量不同,所以应将质量不同的铝球和钢球分别放在长、短槽上半径相同处挡板内侧。 (3)根据Fn=mω2r,则左、右变速塔轮的角速度平方之比为≈,可知皮带位于皮带盘的第二挡。 答案:(1)3∶1　(2)不同　相同　(3)二 3.解析:(1)小孔位置到钢球投影位置的长度等于钢球做圆周运动的半径,则钢球做圆周运动的半径为r=85.0 cm-55.0 cm=30.0 cm。 (2)在验证向心力F与角速度ω的关系时,该同学保持钢球质量m、轨迹半径r不变,这种实验方法称为控制变量法。故选C。 (3)经过时间t钢球转动了n圈,则钢球做圆周运动的周期T=,钢球做圆周运动的角速度ω==;设细线与竖直方向的夹角为θ,根据几何关系有tan θ=,对钢球进行分析,钢球受到细线的拉力与重力,合力方向指向圆心O,由合力提供向心力,则有mgtan θ=mω2r,联立解得=。 答案:(1)30.0　(2)C　(3)　= 4.解析:(1)若水平直杆不光滑,则滑块转动过程中,当角速度较小时只有静摩擦力提供向心力,随着角速度增大,摩擦力逐渐增大, 当摩擦力达到最大值时,继续增大转速,绳子开始出现拉力,则有F+Ffmax=mrω2,整理得F=mrω2-Ffmax,故F⁃ω2图像不过坐标原点。 由题图乙可知斜率为k=mr= kg·m,解得r≈0.257 m。 (2)由题图乙可知,当F=0时,Ffmax=mr,则转轴转动的最大角速度满足=25 rad2/s2,解得ω0=5 rad/s。 答案:(1)水平直杆不光滑　0.257　(2)5 5.解析:(1)根据游标卡尺的读数规律,该读数为d=8 mm+21×0.02 mm=8.42 mm。 (2)根据光电门测速原理可知,小球做圆周运动的速度大小v=,挡板对小球的弹力提供做圆周运动的向心力,则有F=m=·,可知,以F为纵坐标,以为横坐标,作出的图像是正比例函数。 (3)小球做匀速圆周运动的轨道半径实际上等于小球球心到转轴的距离,则有F=mω2(L-r)=mω2L-mω2r,可知,图像斜率一定,图像与纵轴的截距为负值,只有B选项满足要求。 答案:(1)8.42　(2)　(3)B 6.解析:(1)钢球直径d=11 mm+10×0.05 mm=11.50 mm。 (2)画出F⁃v2的关系图像如图所示。 (3)根据F-mg=m,可得F=v2+mg,由图像的截距可知,钢球的重力为mg=0.108 N。 (4)若图像的斜率为k,钢球质量为m,重力加速度为g,则F与v2的关系式为F=kv2+mg。 (5)产生误差的主要原因是光电门测出的是遮光条通过最低点时的速度,大于钢球球心通过最低点的速度。 答案:(1)11.50　(2)见解析图　(3)0.108(0.106~0.110均可)　(4)F=kv2+mg　(5)见解析 7.解析:(1)力传感器1的示数始终等于小球和遮光片的总重力,保持不变。 (2)甲同学实验时,周期T1=,如果表达式F1=mL=mL成立,则向心力公式得到验证。 (3)乙同学实验时,遮光片N2次遮光的总时间为t2,一次遮光的平均时间为t0=,小球做圆周运动的线速度v2==,如果表达式F2=m=成立,则向心力公式得到验证。 答案:(1)保持不变　 (2)　 F1=mL　 (3)　 F2= 第五章　万有引力与宇宙航行 第一讲 [精要回顾] 椭圆　焦点　面积　半长轴　公转周期　 G　6.67×10-11 [微点判断] (1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√ 逐点清(一) 　 1.选AB　太阳系中八大行星绕太阳运动的轨道都是椭圆,而太阳位于八大行星椭圆轨道的一个共同焦点上,故A正确;行星的运动轨道为椭圆,即行星做曲线运动,速度方向沿轨道的切线方向,故B正确;椭圆上某点的切线并不一定垂直于此点与焦点的连线,故C错误;太阳并非静止,它围绕银河系的中心不断转动,故D错误。 2.选A　由于哈雷彗星做的不是圆周运动,在近日点做离心运动,在远日点做近心运动,因此不能通过万有引力提供向心力计算其在近日点和远日点的线速度之比,需通过开普勒第二定律求解。设在极短时间Δt内,在近日点和远日点哈雷彗星与太阳中心的连线扫过的面积相等,即有v1Δtr1=v2Δtr2,可得v1∶v2=r2∶r1,故A正确,B错误;在近日点,根据牛顿第二定律有G=ma1,在远日点,根据牛顿第二定律有G=ma2,联立解得a1∶a2=∶,故C、D错误。 3.选A　根据开普勒第三定律有=,则神舟十九号飞船沿轨道Ⅱ运行的周期为T2=T1,故A正确;神舟十九号飞船在A点加速才能进入轨道Ⅱ,所以在轨道Ⅰ经过A点时速度小于在轨道Ⅱ经过A点时速度,故B错误;神舟十九号飞船沿轨道Ⅱ从A运动到对接点B的过程中,万有引力做负功,速度不断减小,故C错误;根据开普勒第三定律,轨道Ⅰ半径小于轨道Ⅲ半径,所以神舟十九号飞船沿轨道Ⅰ运行的周期小于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期,故D错误。 逐点清(二) 　 1.选A　根据万有引力公式F=G可知,题图中a处距离月球最近,单位质量的海水受月球的引力最大。故选A。 2.选A　挖去小球前球体对质点的万有引力F1=G=,挖去的小球体的质量M'=M=,挖去的小球体对质点的万有引力为F2==,则剩余部分对质点的万有引力F=F1-F2=,故A正确。 3.选B　万有引力的一个分力表现为重力,另一个分力提供物体随地球自转的向心力,在赤道处地球自转线速度最大,所需向心力最大,故物体在赤道处重力最小,所以物体在赤道受到的万有引力大于重力,故D错误,B正确;在两极处地球自转线速度为零,所需向心力为零,故物体在两极受到的万有引力等于重力,A错误;离地越高,物体的重力加速度越小,故C错误。 4.选A　设月球质量为M'、半径为R',地球质量为M、半径为R。已知=,=,根据=mg,则有g=,因此=,由题意知从相同高度抛出,则有h=gt2=g't'2,联立解得t'∶t=9∶4,在地球上的水平位移s地=v0t,在月球上的水平位移s月=v0t',因此得到s月∶s地=9∶4,故A正确,B、C、D错误。 逐点清(三) 　 1.选C　设地球的质量和半径分别为M、R,地球表面的重力加速度为g,则由黄金代换公式知GM=gR2,设该行星的质量为M',则由黄金代换公式知GM'=6.4gR2,解得M'=6.4M,故C正确,A、B、D错误。 2.选ABD　月球表面的物体做自由落体运动,有h=g月t2,则月球表面的自由落体加速度g月=,故A正确;不考虑月球自转的影响,有G=mg月,可得月球的质量M=,故B正确;月球的密度ρ===,故C错误,D正确。 3.选D　设月球的半径为R,质量为M,对嫦娥六号分析,根据万有引力提供向心力有G=m·(k+1)R,月球的体积V=πR3,月球的平均密度ρ=,联立可得ρ=(1+k)3。故选D。 4.选C　中国空间站绕地球的运动可视为匀速圆周运动,万有引力提供向心力,即=m2(R+h),可求得地球的质量M=,地球的平均密度ρ===,故C正确。 第二讲 [精要回顾] 万有引力　m　24 h　环绕　7.9　11.2　16.7 [微点判断] (1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√ 逐点清(一) 　 1.选D　嫦娥六号绕月球运行,但仍没有脱离太阳系,发射速度需要小于16.7 km/s,A错误;太阳系外飞行器的发射速度需要大于16.7 km/s,B错误;天宫空间站绕地球做近似圆周运动,运动速度小于7.9 km/s,C错误;三个宇宙速度对应的中心天体均是地球,不适用于哈雷彗星,D正确。 2.选C　在天体表面抛射航天器,所需要的最小抛射速度为天体的第一宇宙速度,根据万有引力提供向心力有G=m,可得天体的第一宇宙速度为v=,已知地球和月球质量之比约为81∶1,半径之比约为4∶1,则地球和月球的第一宇宙速度之比为==4.5,即所需最小抛射速度的比值约为4.5。故选C。 3.选BD　返回舱在该绕月轨道上运动时,万有引力提供向心力,且返回舱绕月运行的轨道为圆轨道,半径近似为月球半径,则有G=m,在月球表面万有引力和重力的关系为G=mg月,联立解得v月=,同理可得v地=,代入题中数据可得v月=v地,故A错误,B正确;根据线速度和周期的关系有T=r,根据以上分析可得T月=T地,故C错误,D正确。 逐点清(二) 　 1.选A　由万有引力提供向心力,可得=mr=m,解得T=,v=,则=,又Ek=mv2,所以=,故A正确。 2.选A　b、c围绕地球做匀速圆周运动,由万有引力提供向心力,a为地球赤道上的物体,由万有引力的分力提供向心力,故A错误;c为地球同步卫星,a为地球赤道上的物体,两者的周期与地球自转周期相等,根据开普勒第三定律有=,由于Rc>Rb,则有Tc>Tb,可知Ta=Tc>Tb,故B正确;根据v=ωr,a、c角速度相等,a的轨道半径小,则有va<vc,根据G=m,则有v=,c的轨道半径大于b的轨道半径,则c的线速度小于b的线速度,则有va<vc<vb,故C正确;根据a=ω2r,a、c角速度相等,a的轨道半径小,则有aa<ac,根据G=ma,则有a=,c的轨道半径大于b的轨道半径,则c的向心力加速度的大小小于b的向心力加速度的大小,则有ab>ac>aa,故D正确。 3.选BC　地球静止轨道卫星B的周期为T2=24 h,根据开普勒第三定律有=,可得r1=r2=r2,可知卫星A的轨道半径为卫星B的,故B正确;根据万有引力提供向心力有=,可得v=,卫星A的轨道半径为卫星B的,则卫星A的速度大小是卫星B的2倍,故A错误;当A比B多转半周时,卫星A、B与地心共线一次,故有-t=π,解得t== h,故C正确;根据万有引力提供向心力有=ma,可得a=,卫星A的轨道半径为卫星B的,则卫星A的向心加速度大小是卫星B的16倍,故D错误。 4.选C　根据万有引力提供向心力有=m,解得v=,土星的公转半径较大,所以土星的运行速度比地球的运行速度小,故A错误;根据星球表面万有引力与重力的关系有=m0g,解得g=,题中土星和地球的质量、半径均未知,无法分析重力加速度,故B错误;设每隔Δt时间出现一次土星冲日现象,则有-=1,解得Δt≈1.04年,下一次出现土星冲日现象是在2025年,故C正确;根据开普勒第二定律可知,同一个行星在相同的时间内和太阳中心连线扫过的面积相等,土星与地球是两个不同的行星,在相同时间内和太阳中心连线扫过的面积不相等,故D错误。 逐点清(三) 　 1.选AC　轨道Ⅰ是近地圆轨道,在该轨道上卫星的环绕速度等于第一宇宙速度,即卫星在轨道Ⅰ上的运行速度等于7.9 km/s,故A正确;轨道Ⅱ相对于轨道Ⅰ是高轨道,由低轨道变轨到高轨道,需要在切点位置加速,可知在轨道Ⅱ上P点的速度大于在轨道Ⅰ上P点的速度,即卫星在轨道Ⅱ上运动时,运行速度可能大于7.9 km/s,故B错误;卫星在轨道Ⅱ上从P点运动到Q点过程,万有引力方向与速度方向夹角为钝角,卫星做减速运动,则卫星在轨道Ⅱ上运动到P点时的速度大于卫星在轨道Ⅱ上运动到Q点时的速度,故C正确;轨道Ⅱ相对于轨道Ⅰ是高轨道,由低轨道变轨到高轨道,需要在切点位置加速,可知卫星从轨道Ⅰ上的P点进入轨道Ⅱ后机械能增大,故D错误。 2.选A　根据开普勒第三定律=k,由于椭圆轨道的半长轴大于圆形轨道的半径,所以嫦娥六号探测器在椭圆轨道运行的周期大于在圆形轨道运行的周期,故A正确;嫦娥六号探测器在圆形轨道运行时,加速度大小不变,方向时刻发生变化,故B错误;嫦娥六号探测器从椭圆轨道变轨到圆形轨道,需要在近月点点火减速,所以嫦娥六号探测器在圆形轨道上的动能比在椭圆轨道近月点的动能小,故C错误;根据开普勒第二定律可知,在同一轨道上,探测器与月心的连线在相同时间内扫过的面积相等,故探测器在椭圆轨道与圆形轨道运行时,与月心的连线在相同时间内扫过的面积不相等,故D错误。 3.选CD　第一宇宙速度7.9 km/s是卫星的最大绕行速度,所以神舟十九号在Ⅰ轨道上稳定运行的速度一定不大于7.9 km/s,故A错误;神舟十九号在Ⅱ轨道上由A向B运动时,只有引力做负功,速度减小,机械能不变,故B错误;从Ⅰ轨道到Ⅱ轨道需要加速,所以神舟十九号在Ⅱ轨道上经过A点的速度大于在Ⅰ轨道上经过A点的速度,故C正确;神舟十九号在Ⅱ轨道上经过B点时加速变轨进入Ⅲ轨道与“天和”核心舱完成对接,故D正确。 4.选D　神舟十八号与空间站沿地球半径方向相对静止,角速度相等,神舟十八号运行半径较小,由v=ωr得,神舟十八号的运行速度较小,故A、B错误;由an=ω2r得,神舟十八号的向心加速度较小,故C错误;若神舟十八号只受万有引力,其角速度应大于空间站,因此时神舟十八号与空间站的角速度相同,则发动机需提供推力,故D正确。 逐点清(四) 　 1.选AD　因为m1、m2做圆周运动的向心力均由二者之间的万有引力提供,所以向心力大小相等,即向心力之比为1∶1;又因为两恒星绕O点做匀速圆周运动的周期相同,所以角速度相同,即角速度之比为1∶1,故B、C错误;根据向心力公式有=m1ω2r1=m2ω2r2,可得半径之比为r1∶r2=m2∶m1=2∶3,根据v=ωr,可知线速度之比为v1∶v2=r1∶r2=2∶3,故A、D正确。 2.选B　根据万有引力提供向心力有G=mArA=mBrB,解得T=2π=2π,则当L一定、M变大时,T变小;当M一定、L变大时,T变大;当M一定、L变小时,T变小。故选B。 3.选B　第一种形式下,左边星体受到中间星体和右边星体两个万有引力作用,它们的合力提供向心力,则G+G=mR,解得T1=4πR;第二种形式下,三颗星体之间的距离均为R,由几何关系知,三颗星体做圆周运动的半径为R'=R,任一星体所受的合力提供向心力,即有F合=2Gcos 30°=m×R,解得T2=2πR,则=2,故B正确。 第六章　机械能 第一讲 [精要回顾] 力　位移　Flcos α　正功　不做功　负功　快慢　　Fvcos α [微点判断] (1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√ (6)√　(7)√　(8)√　(9)× 逐点清(一) 　 1.选A　对题图甲中女士受力分析如图1,受重力和支持力两个力,支持力与速度v的夹角为锐角,做正功,故A正确,B错误;对题图乙中男士受力分析如图2,受重力、支持力和静摩擦力,支持力与速度v的夹角为90°,不做功,Ff与速度方向相同,做正功,故C、D错误。 2.选AC　重力做功WG=mgh=6 000 J,故A正确;阻力做功WF=-F=-1 000 J,故B错误;支持力与位移的夹角为90°,不做功,故C正确;由以上分析可知,各力做的总功为5 000 J,故D错误。 3.选D　当多个力对物体做功时,多个力的总功大小等于各个力对物体做功的代数和,故W合=WF1+WF2=7 J,D正确。 逐点清(二) 　 1.选ABD　重力在整个运动过程中始终不变,所以重力做功为WG=mgL,故A正确;因为拉力在运动过程中始终与运动方向垂直,故拉力对摆球不做功,即WF=0,故B正确;阻力所做的总功等于每个小圆弧段上f所做功的代数和,Wf=-(fΔx1+fΔx2+…)=-fs=-f·πL=-πfL,故C错误,D正确。 2.选A　根据F⁃x图像与x轴所围的面积表示功,则物体从0运动到7 m过程中拉力做的功为W=3×4 J+×4 J=40 J,由动能定理得W=mv2-0,解得v=2 m/s,故选A。 3.选D　力F是线性变化,可以用平均力求功,则合外力对物体做的功为W=WF-Wf=x-μmgx=6 J,故选D。 4.选A　绳子对滑块做的功为变力做功,可以通过转换研究对象,将变力做功转化为恒力做功;因绳子对滑块做的功等于拉力F对绳子做的功,而拉力F为恒力,W=F·Δl,Δl为绳子拉滑块过程中力F的作用点的位移,大小等于滑轮左侧绳长的缩短量,由题图可知,ΔlAB>ΔlBC,故W1>W2,A正确。 逐点清(三) 　 1.选B　由功率公式P=Fvcos α可知,功率的大小由F、v及它们间的夹角共同决定,F越大,功率P不一定越大,A错误;由P=可知,单位时间内力做的功越多,其功率就越大,但功率越大,该力做功不一定越多,功率越小,该力的作用时间不一定越少,故B正确,C、D错误。 2.选C　当小球的速度与水平方向间的夹角为53°时,设小球的竖直分速度为vy,则有tan 53°=,重力的瞬时功率为P=mgvy=mgv0,故A、B、D错误,C正确。 3.选BD　0~1 s内,根据牛顿第二定律有F1=ma1,根据速度公式有v1=a1t1,水平外力F第1 s末的瞬时功率P1=F1v1,解得P1=9 W,故A错误;根据位移公式有x1=a1,水平外力F第1 s内的平均功率为=,解得=4.5 W,故B正确;1~2 s内,根据牛顿第二定律有F2=ma2,设t2=t1=1 s,根据位移公式有x2=v1t2+a2,水平外力F前2 s内的平均功率为=,解得=4 W,故C错误;根据速度公式有v2=v1+a2t2,水平外力F第2 s末的瞬时功率P2=F2v2,解得P1∶P2=9∶4,故D正确。 逐点清(四) 　 1.选BC　根据牛顿第二定律有F-f=ma,又有P=Fv,联立得ma=-f,随着速度v增大,加速度a减小,故A错误,B正确;由于复兴号达到最大速度后做匀速直线运动,则有F1=f,根据P=F1vm=fvm,根据动能定理有W-fx=m-m,解得W=m-m+fx,故C正确,D错误。 2.解析:(1)当牵引力等于阻力时,该车速度达到最大值,则有Pm=Fvm=fvm 可得该车在运动过程中所受阻力大小为f== N=720 N。 (2)根据题图可知,该车匀加速阶段的加速度大小为a== m/s2=1 m/s2 根据牛顿第二定律有F牵-f=ma 可得该车在匀加速运动过程中所受牵引力的大小为F牵=f+ma=720 N+180 N=900 N。 (3)0~8 s内该车的位移大小为 x1=a=×1×82 m=32 m 该过程中牵引力做的功为 W1=F牵x1=900×32 J=2.88×104 J 变加速过程中,即8~18 s内,该车牵引力的功率恒为7.2×103 W,所以该过程中牵引力做的功为W2=Pt2=7.2×103×10 J=7.2×104 J 则从静止开始到18 s末该车所受牵引力做的功为W=W1+W2=2.88×104 J+7.2×104 J=1.008×105 J。 答案:(1)720 N　(2)900 N　(3)1.008×105 J 第二讲 [精要回顾] 运动　焦耳　m-m　动能的变化 Ek2-Ek1　合外力 [微点判断] (1)√　(2)√　(3)×　(4)√　(5)× (6)√　(7)√ 逐点清(一) 　 1.选B　动能Ek=mv2,则动能与速度的平方成正比,C错误;速度v=at,可得Ek=ma2t2,则动能与经历的时间的平方成正比,A错误;根据v2=2ax,可得Ek=max,则动能与位移成正比,B正确;动量p=mv,可得Ek=,则动能与动量的平方成正比,D错误。 2.选AD　若运动物体所受的合外力为零,合外力对物体不做功,由动能定理可知,物体动能不变,故A正确;若运动物体所受的合外力不为零,物体的运动状态一定变化,则该物体一定做变速运动,如果合外力方向与物体速度方向垂直,合外力对物体不做功,物体动能不变,故B、C错误;若运动物体的动能发生变化,根据动能定理可知,合外力一定做功,即合外力一定不为零,故D正确。 3.选CD　电梯上升的过程中,对物体做功的力有重力mg、支持力FN,这两个力的总功(即合力做的功)等于物体动能的变化,即W合=W-mgH=m-m,其中W为支持力做的功,故A、B错误,C正确;对电梯做功的力有重力Mg、压力FN'和拉力F,合力做功为W合'=M-M,故D正确。 逐点清(二) 　 1.选A　根据功的定义可知物体克服摩擦力做功为Wf=μmg(s+x),由动能定理可得-W弹-Wf=0-m,则W弹=m-μmg(s+x),故A正确。 2.解析:(1)由题意知,小物块恰好能到达轨道的最高点D,则在D点有m=mg,解得vD=。 (2)由题意知,小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧,则在C点有cos 60°= 小物块从C到D的过程中,根据动能定理有 -mg(R+Rcos 60°)=m-m 小物块从B到D的过程中,根据动能定理有mgHBD=m-m 联立解得vB=,HBD=0。 (3)小物块从A到B的过程中,根据动能定理有-μmgs=m-m,其中s=π·2R 解得vA=。 答案:(1)　(2)0　(3) 逐点清(三) 　 1.选C　根据动能定理有W=0-m,可知A、B两物体受到的摩擦力做的功之比为WA∶WB=1∶4,故A、B错误;根据题图可知两物体的加速度之比为aA∶aB=2∶1,根据牛顿第二定律有F=ma,可得A、B两物体受到的摩擦力之比为FA∶FB=1∶2,故C正确,D错误。 2.选D　物块在光滑水平面上运动,受到的合外力为F,因为F方向没变,所以物块一直做加速运动,则物块的位移为3x0时,物块的速度最大,故A、B错误;根据F⁃x图像与x轴围成的面积表示F做的功,所以力F对物块做的总功为W=×2F0×3x0=3F0x0,故C错误;当物块的位移为3x0时,物块的速度最大,由动能定理可得3F0x0=m,解得物块的最大速度为vm=,故D正确。 3.选A　0~10 m内物块上滑,由动能定理得-mgsin30°·s-fs=Ek-Ek0,整理得Ek=Ek0-(mgsin 30°+f)s,结合0~10 m内的图像得mgsin 30°+f=4 N;10~20 m内物块下滑,由动能定理得(mgsin 30°-f)(s-s1)=Ek,整理得Ek=(mgsin 30°-f)s-(mgsin 30°-f)s1,结合10~20 m内的图像得mgsin30°-f=3 N,联立解得f=0.5 N,m=0.7 kg,故A正确。 第三讲 [精要回顾] mgh　地球　参考平面　-ΔEp　形变量　-ΔEp　重力或弹力　重力或弹力 [微点判断] (1)√　(2)√　(3)×　(4)√　(5)√ (6)×　(7)×　(8)√　(9)√ 逐点清(一) 　 1.选C　机械能守恒的条件是“只有重力或系统内弹力做功”,而不是“只有重力和弹力作用”,“做功”和“作用”是两个不同的概念,A错误;物体受其他外力作用且合外力为零时,机械能可能不守恒,如拉一物体匀速上升,合外力为零,物体的动能不变,重力势能增加,故机械能增加,B错误;由机械能守恒定律的特点知,C正确;在炮弹爆炸过程中产生的内能转化为机械能,机械能不守恒,D错误。 2.选C　手提石块匀速上升的过程,外力做正功,其机械能增加;电梯加速上升过程中电梯的动能和重力势能均增加,机械能增大;木箱沿粗糙斜面匀速下滑的过程中,动能不变,重力势能减少,机械能减少;抛出的铅球在空中只受重力作用,其机械能守恒。 故C正确。 3.选BC　小球从半圆形槽的最低点运动到半圆形槽右侧最高点的过程中,小球对半圆形槽的力使半圆形槽向右运动,半圆形槽对小球的支持力对小球做负功,小球的机械能不守恒,A、D错误;小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中,半圆形槽静止,则只有重力对小球做功,小球的机械能守恒,B正确;小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中,小球与半圆形槽组成的系统只有重力和系统内弹力做功,则该系统机械能守恒,C正确。 逐点清(二) 　 1.选B　不考虑空气阻力,抛出后的铅球机械能守恒,故A错误,B正确;铅球的重力势能为Ep=mgh,故C错误;设抛出时铅球的动能为E0,距地面的高度为h0,根据机械能守恒定律得mgh0+E0=mgh+Ek,可得Ek=mgh0+E0-mgh,故D错误。 2.选A　当未与圆柱体接触部分的细绳竖直时,小球下落的高度为h=πR-R+R=R,小球下落过程中,根据机械能守恒定律有mgh=mv2,联立解得v=,故A正确,B、C、D错误。 3.解析:(1)滑块从开始下滑至到达A点过程机械能守恒,有mgH=m 解得H=0.8 m。 (2)从A点到D点过程,对滑块应用机械能守恒定律,有m=m+mg·2R 在D点时,有FND+mg=m 解得FND=3 N 根据牛顿第三定律可知F=FND=3 N。 (3)从A点到BC上最高点过程,对滑块应用动能定理,有-mgh-μmgcos θ·=0-m,解得h=0.48 m。 答案:(1)0.8 m　(2)3 N　(3)0.48 m 逐点清(三) 　 1.选B　对整体根据机械能守恒定律有3mgh=(3m+m)v2,解得v=,故A错误,B正确;对B根据动能定理有3mgh+WF=·3mv2,解得绳子的拉力对B做功为WF=-mgh,故C错误;对A根据动能定理,绳子的拉力对A做功为W=mv2=mgh,故D错误。 2.选AC　小球A、B和轻杆组成的系统只有重力做功,故系统机械能守恒,故A正确;小球A减少的重力势能等于小球B增加的机械能与小球A增加的动能之和,故B错误;小球A从静止释放转动到最低点过程,根据机械能守恒定律可得3mgL=mgL+(3m+m)v2,解得小球A转动到最低点的速度大小为v=,故C正确;对小球B,由动能定理可得-mgL+W=mv2,解得轻杆对小球B做的功为W=mgL,故D错误。 3.选B　A由静止释放到细绳AP段与水平方向的夹角再次为30°的过程中,初末两状态AP段绳子的长度不变,即B的高度不变,重力势能不变,即全过程由A的重力势能转化为A、B的动能,设B的末速度为vB,又因为A、B沿绳方向的分速度大小相等,则A的末速度为vA==2vB,根据A、B组成的系统机械能守恒有mg×2lAPsin 30°=m+m,解得vB= m/s,vA= m/s,设轻绳对A所做的功为W,对A根据动能定理有mg×2lAPsin 30°+W=m,解得W=-0.8 J,故选B。 逐点清(四) 　 1.选ACD　从把连接两筒的阀门打开到两筒水面高度相等的过程中大气压力对左筒水面做正功,对右筒水面做负功,两边做的功相互抵消。水柱的机械能守恒,重力做功等于重力势能的减少量,等于水柱增加的动能,重力所做功为WG=ρgS·=ρgS(h1-h2)2,故A、C、D正确,B错误。 2.选D　设铁链单位长度的质量为m,设地面为零势能面,由机械能守恒定律可得(L-a)mgH+amg=Lmv2+Lmg·,解得v=,故A、B、C错误,D正确。 3.选AD　在下滑的过程中,水平面上的小球要做匀速运动,而圆弧面上的小球要做加速运动,则后面的小球对前面的小球有向前挤压的作用,冲上斜面后,后面的小球把前面的小球往上压,所以小球之间始终相互挤压,故N个小球在运动过程中始终不会散开,故A正确;第1个小球在下落过程中受到挤压,所以有外力对小球做功,小球的机械能不守恒,故B错误;由于小球在下落过程中速度发生变化,相互间的弹力变化,所以第N个小球不可能做匀加速运动,故C错误;当重心下降时,根据机械能守恒定律得mv'2=mg·,解得v'=;当整体在AB段时,重心低于,所以第1个小球到达最低点的速度v<,故D正确。 第四讲 [精要回顾] 动能　重力势能　机械能　转化　转移　 保持不变　ΔE减=ΔE增 [微点判断] (1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)× (6)√　(7)√ 逐点清(一) 　 1.选ABD　热气球从地面由静止上升高度h,克服重力做功mgh,则重力势能增加了mgh,故A正确;根据动能定理,动能增加了ΔEk=(F-mg-f)h,故B正确;根据功能关系,机械能增加了ΔE=(F-f)h=mgh+mv2,故C错误,D正确。 2.选ABC　从静止下落到入水前的运动过程,该人只受重力作用,处于失重状态,故A正确;从静止下落到入水前的运动过程,该人只受重力作用,根据动能定理有mgH=Ek,故B正确;入水后下降至最大深度过程,根据功的定义可知,该人克服水的阻力做功为Wf=fh,故C正确;从开始下落到水中最大深度过程,该人的初末速度均为零,根据能量守恒定律可知,该人机械能的损失量为ΔE=mg(H+h),故D错误。 3.选D　当游客运动到最低点时,橡皮绳的伸长量最大,设橡皮绳的最大伸长量为x,则橡皮绳从原长到伸长x的过程中游客克服橡皮绳弹力做的功为W1=kx2,游客从跳台跳下到最低点的过程中,由功能关系可知mg(L+x)-W1=0,解得x=80 m,D正确。 4.选B　物块机械能增加是由拉力F做功引起的,根据ΔE=FΔs,可知E⁃s图像的斜率表示F,因此F一直在减小,当路程大于s2后拉力变为零,0~s2的过程中物块的机械能在增加,所以F做正功,物块向上运动,之后物块可能向下做自由落体运动或向上做竖直上抛运动。在物块向上运动的过程中,开始时拉力F大于重力,向上做加速度逐渐减小的加速运动,直到加速度为零,速度达到最大值,然后再做加速度逐渐增大的减速运动,当拉力为零后做加速度恒定的匀变速直线运动。故选B。 逐点清(二) 　 1.选D　设物块沿斜面下滑的加速度为a,正中间1 s内的位移为3 m,则正中间1 s内的平均速度==3 m/s,正中间1 s的平均速度也是物块沿斜面下滑的平均速度,由匀加速直线运动规律有=,2axAB=,解得vB=6 m/s,a=2 m/s2,故A错误;A'为A在地面上的投影,设斜面的倾角为α,如图所示,物块从A到C,由动能定理有mghAA'-μmgcos α·xAB-μmg·xBC=0,由几何关系有xA'B=xABcos α,xA'C=xA'B+xBC,综合可得μ=,又因为=tan β,则μ=tan β=0.75,故B错误;设物块在AB段因摩擦产生的热量为Q1,在物块沿斜面下滑过程中,由能量守恒定律有mghAA'=Q1+m,可得重力势能的减少量为mghAA'=Q1+7.2 J,即物块重力势能的减少量大于7.2 J,故C错误;设物块在BC段因摩擦产生的热量为Q2,物块从B运动到C的过程中,由能量守恒定律有Q2=m=7.2 J,故D正确。 2.选C　行李箱在传送带上的加速度大小为a=μg=5 m/s2,行李箱做匀加速运动的时间为t1==0.2 s,行李箱做匀加速运动的位移大小为x1=a=0.1 m,行李箱在传送带上匀速运动的时间为t2==1.9 s,行李箱在传送带上运动的时间为t=t1+t2=2.1 s,故A正确;传送带对行李箱做的功为W=Ek=mv2=2.5 J,故B正确;传送带和行李箱间的相对位移大小为Δx=vt1-x1=0.1 m,传送带和行李箱间因摩擦产生的热量为Q=μmgΔx=0.5×5×10×0.1 J=2.5 J,故C错误;因输送行李箱,传送带电动机额外消耗的电能为W电=W+Q=5 J,故D正确。 3.选C　小物块对水平面的位移方向向右,大小为x=s-L,小物块受到的摩擦力方向水平向右,则摩擦力对小物块做的功等于小物块的机械能增加量,为ΔE1=Ff(s-L),故A错误;小物块与小车系统的机械能增加量为ΔE2=Fs-FfL,故B错误;小车的机械能增加量为ΔE3=(F-Ff)s,故C正确;木块与小车组成的系统产生的内能为E=FfL,故D错误。 逐点清(三) 　 1.选C　小风扇可以把风能转化为电能,这样只要有风,这种路灯就可以发电,可用于路灯晚上照明使用,故A、B错误;太阳能电池板可以把太阳能转化为电能,故C正确;蓄电池在夜晚放电时,将化学能转化为电能,故D错误。 2.选C　喷出水的初速度为v0== m/s=50 m/s,在时间Δt内喷出水的质量为Δm=ρv0ΔtS=πr2ρv0Δt,则电动机输出功率P==πr2ρ=2.50×106 W,故选C。 3.解析:(1)物块在CD段运动过程中,由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma 由运动学公式得0-v2=-2ax 联立解得x=。 (2)物块在BC段匀速运动,由平衡条件得电动机的牵引力为F=mgsin θ+μmgcos θ 输出功率P=Fv=mgv。 (3)全过程物块增加的机械能为E1=mgLsin θ,整个过程能量守恒,电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和摩擦产生的内能,可知E2=E1+μmgcos θ·L 可得==。 答案:(1) (2)mgv　(3) 第五讲 突破常考题点 命题点(一) 　 1.解析:(1)相邻两计数点之间的时间间隔T=2×=2× s=0.04 s,根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度,打下计数点B时,重物的速度大小vB== cm/s≈0.78 m/s。 (2)由题意可知,A点不是起始点,速度不为零,则不能由mghEA=m验证机械能守恒,故A错误;选择纸带的BE段进行验证时,B点和E点的速度均可方便计算出,由机械能守恒定律有mghEB=m-m,式中左、右两边消去m,故B正确;由于打A、F点时的速度大小不方便计算出,因此不能用mghFA=m-m验证机械能守恒,故C错误。 (3)当重物下落的加速度在误差允许范围内等于当地重力加速度时,其机械能必然守恒,故题中说法正确。 (4)由逐差法可得,重物下落过程中的加 速度大小为a== cm/s2≈9.63 m/s2。 答案:(1)0.78　(2)B　(3)正确 (4)9.63(9.61~9.66均可) 2.解析:(1)游标尺为20分度,且第8个刻度与主尺刻度对齐,则游标卡尺的读数为d=4 mm+8× mm=4.40 mm。 (2)如果滑块通过两个光电门的时间相等,即t1=t2,说明滑块做匀速直线运动,即导轨水平。 (3)当mgL=(M+m)(-)成立时,可验证系统的机械能守恒,结合v1=、v2=,可得2mgL=(M+m)d2(-)。 (4)此实验过程中,研究对象为滑块、遮光条以及悬挂物组成的系统,因此此实验不需要满足悬挂物的质量远小于滑块与遮光条的质量。 答案:(1)4.40　(2)t1=t2 (3)2mgL=(M+m)d2　(4)不必 命题点(二) 　 1.解析:(1)当打点计时器打下B点时, 重锤的重力势能减少了ΔEp=mg·OB=1.00×9.80×18.90×10-2 J≈1.85 J;此时重锤的速度vB== m/s≈1.83 m/s,此时重锤的动能增加了ΔEk=m=×1.00×1.832 J≈1.67 J。 (2)由机械能守恒定律有mv2=mgh,可得v2=gh,由此可知v2⁃h 图像的斜率近似等于重力加速度g,B正确; 由题图丙可知,h=0时,重锤的速度不等于零,原因是做实验时先释放了纸带,再接通了打点计时器的电源。 答案:(1)1.85　1.83　1.67　(2)B　先释放了纸带,再接通了打点计时器的电源 2.解析:(1)遮光片通过光电门的挡光时间极短,该时间内的平均速度近似等于小车通过光电门的瞬时速度,即为v=; (2)由题意可知,小车从释放到经过光电门的过程,托盘和砝码下降的高度为l,则该过程系统重力势能的减少量为|ΔEp|=m1gl,系统动能的增加量为ΔEk=(m1+m2); (3)若系统的机械能守恒,则有|ΔEp|=ΔEk,即m1gl=(m1+m2)成立,整理得=·l,结合题图乙可知该图像的斜率k=。 答案:(1)　(2)m1gl　(m1+m2)　(3) 迁移拓展训练 1.解析:(1)做该实验时,为了减小阻力的影响,且获得更多的数据,应手提纸带上端使纸带竖直,同时使重物靠近打点计时器由静止释放,故选B。 (2)由T=知,T=0.02 s,根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度可得,打点“13”时,重锤下落的速度大小为v13==m/s=3.34 m/s。 (3)不能验证机械能守恒;计算重力势能时应用当地的重力加速度g计算,故选B。 答案:(1)B　(2)3.34　(3)不能　B 2.解析:(1)除了题目中提出的器材,还需要毫米刻度尺测长度,打点计时器需要接交流电源,所以选B、D。 (2)打出B点时,重物的瞬时速度大小为vB=,根据题图可知,从打O点到打B点的过程中,重物下落的高度为hB,重物的重力势能减少量为ΔEp=mghB,动能的增加量为ΔEk=m=。 (3)重力势能的减少量略大于动能的增加量,其原因可能是重物受到空气阻力和纸带受到摩擦阻力的影响;为了减小实验误差,在两个体积相同、质量不同的重物中应选择质量较大的,空气阻力影响相对较小。 (4)若重物下落过程机械能守恒,则有mgh=mv2,即v2=2gh,可知v2⁃h图像是一条过原点的直线,直线的斜率为k=2g,题图丙所示的v2⁃h图像的斜率为k= m/s2=2g,因此可求得当地的重力加速度大小为g=9.70 m/s2。 答案:(1)B　D　(2)　mghB　　(3)重物受到空气阻力和纸带受到摩擦阻力的影响　较大　(4)9.70 3.解析:(2)根据螺旋测微器读数规则d=2.0 mm+0×0.01 mm=2.000 mm。 (4)因为遮光片的遮光时间t1=0.008 s>t2=0.004 s,由平均速度定义v=可知,小钢球经过光电门1时的速度小于经过光电门2时的速度,所以小钢球从光电门1运动到光电门2的过程中,小钢球的动能增加。 (5)小钢球从光电门1运动到光电门2的过程中,弹簧弹力所做的功为W=-(Δx2-Δx1)=-3.9×10-2 J,所以弹性势能的改变量为ΔE弹=-W=0.039 J;小钢球的重力势能的改变量为ΔEp=-mg(Δx2-Δx1)=-0.049 J;动能的改变量为ΔEk=m-m≈0.009 4 J。 答案:(2)2.000　(4)增加　(5)0.039　 -0.049　0.009 4 第七章　动量　动量守恒定律 第一讲 [精要回顾] 速度　mv　相同　p'-p　相同　作用时间　FΔt　相同　动量　冲量　p'-p [微点判断] (1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√ (6)√　(7)√　(8)×　(9)√ 逐点清(一) 　 1.选BD　动能与动量的关系为Ek=mv2=,p=,当它们的动能相同时,动量之比p甲∶p乙=∶1,当它们的动量相同时,动能之比Ek甲∶Ek乙=1∶2,故A、C错误,B、D正确。 2.选B　重力对滑块的总冲量为mg(t1+t2),故A错误;支持力对滑块的总冲量为mg(t1+t2)cos θ,故B正确;整个过程中滑块的动量发生了改变,故合力对滑块的总冲量不为0,C错误;上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反,若以沿斜面向上为正方向,摩擦力对滑块的总冲量为Ff(t2-t1),故D错误。 3.选D　由题图可知,0~2 s时间内F的方向和质点运动的方向相同,质点经历了加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动,所以第2 s末,质点的速度最大,动量最大,动量方向不变,故A、B错误;2~4 s内F的方向与0~2 s内F的方向相反,该质点0~2 s内做加速运动,2~4 s 内做减速运动,所以质点在0~4 s内的位移均为正,第4 s末没有回到出发点,故C错误;F⁃t 图像与横轴所围的面积表示力F的冲量的大小,由题图可知,1~2 s内所围的面积与2~3 s内所围的面积大小相等,一正一负,则在1~3 s时间内,力F的冲量为0,故D正确。 逐点清(二) 　 1.选BC　碰撞过程中,汽车和假人组成的系统受撞击力作用,总动量不守恒,故A错误;假人的初动量为p=mv0,末动量都为0,所以无论是否使用安全带,假人动量变化量相同,故B正确;使用安全带时,根据动量定理有Ft=0-p,解得F=1 250 N,假人受到的平均作用力约为1 250 N,故C正确;不使用安全带时,根据动量定理有F't'=0-p,解得F'=5 000 N,假人受到的平均作用力约为5 000 N,故D错误。 2.选A　小球在轻绳的作用下,绕O点做匀速圆周运动,则小球由A点运动到B点的时间t是半个周期的奇数倍,即t=n(n=1,3,5,…),则T=(n=1,3,5,…),当n=3时,T=t,故A正确;在时间t内,小球重力的冲量大小IG=mgt,故B错误;小球在水平桌面上运动时,重力的冲量与支持力的冲量等大反向,小球在A点和B点时的速度方向相反,则该过程小球动量的变化量大小为Δp=mv-(-mv)=2mv,对该过程运用动量定理,则绳子拉力的冲量大小IF=Δp=2mv,故C、D错误。 3.选AC　手机下落25 cm过程由位移与速度的关系有=2gh1,手机反弹8 mm过程由位移与速度的关系有=2gh2,解得v1= m/s,v2=0.4 m/s,取竖直向上为正方向,手机动量变化量Δp=mv2-(-mv1)≈0.4 kg·m/s,故C正确;手机动量的变化率大小≈4 kg·m/s2,故D错误;根据冲量的定义,可得手机受到的重力的冲量大小为IG=mgΔt=0.15 N·s,故B错误;对手机进行分析,由动量定理有(F-mg)Δt=Δp,解得F=5.5 N,根据牛顿第三定律,手机对人眼的冲击力大小为5.5 N,故A正确。 4.选D　1~3 s时间内F的冲量大小为IF13=×1 N·s+2×1 N·s=3.5 N·s,故A错误;因为最大静摩擦力大小f=μmg=1 N,由题图可知,0~1 s 时间内F≤1 N,物块处于静止状态,前1 s内摩擦力的大小跟F的大小相等,前1 s内摩擦力的冲量大小为If01=×1×1 N·s=0.5 N·s,故B错误;1~3 s时间内,F≥1 N,物块开始滑动,摩擦力变为滑动摩擦力,大小恒为1 N,摩擦力的冲量大小为If13=1×2 N·s=2 N·s,则前3 s内物块动量的改变量(即1~3 s时间内物块动量的改变量)为Δp=IF13-If13=1.5 kg·m/s,故C错误;假设t=4.5 s前物块未停止,则1~4.5 s时间内,摩擦力的冲量大小为If14=3.5 N·s,根据动量定理得IF13-If14=mv-0,解得v=0,即t=4.5 s时物块的速度大小为0,故D正确。 逐点清(三) 　 1.选C　在极短时间Δt内与大楼发生作用的空气的质量Δm=ρHLvΔt,根据动量定理有-F1Δt=0-Δmv,根据牛顿第三定律有F1=F2,解得大楼受到的风力大小约为F2=1.3×107 N,故选C。 2.选A　一定时间内,雨水落到叶片上时,以向上为正方向,对雨水,根据动量定理可知Ft=mv-(-mv)=mv,雨水的质量m=ρSvt,解得F=,根据牛顿第三定律,叶片受到雨水作用力的大小为,故选A。 3.选BD　由题意,单个分子的动量变化量的大小为Δp=|-mv-mv|=2mv,A错误;单个分子与平面碰撞的过程中,接触点没有发生位移,故平面对其做功为0,B正确;若计算分子束撞击平面单位面积上的压力,一般情况下选在极短时间Δt内打到平面上的分子为研究对象,C错误;设在Δt时间内打到面积为S的平面上的分子的质量为ΔM,则有ΔM=vΔtSn0m,取这部分分子为研究对象,它受到的合外力等于平面作用到这部分分子上的压力F,以碰撞前的速度v的方向为正方向,由动量定理得 -FΔt=-ΔMv-ΔMv,解得F=2v2Sn0m,根据牛顿第三定律可知,分子对平面的压力大小为F'=F,平面受到的压强为p==2v2n0m,D正确。 第二讲 [精要回顾] 不受　零　零　远大于　外力　0　等于 -Δp2　0　零　守恒　损失　损失最大 增加　增加 [微点判断] (1)×　(2)√　(3)√　(4)×　(5)√　(6)× 逐点清(一) 　 1.选B　根据动量守恒的条件可知,若系统所受合外力的冲量为0,则系统动量守恒,与系统内是否存在摩擦力、所受合外力做的功是否为零无关,故A、C错误,B正确;系统加速度为零,则系统合外力为0,系统动量一定守恒,故D错误。 2.选C　在从子弹开始射入木块到弹簧被压缩至最短的整个过程中,由于墙壁对弹簧有力的作用,所以系统所受的外力之和不为零,所以系统动量不守恒。在整个过程中,由于子弹射入木块的过程中有内能产生,所以系统机械能不守恒。故选C。 3.选BCD　若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同,弹簧被释放后,A、B分别相对C向左、向右滑动,它们所受的滑动摩擦力FA向右、FB向左,由于mA∶mB=3∶2,所以FA∶FB=3∶2,则A、B组成的系统所受外力的矢量和不为零,故A、B组成的系统动量不守恒,A错误;对A、B、C组成的系统,A与C、B与C间的摩擦力为内力,该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力,合力为零,故该系统的动量守恒,跟A、B与C间的动摩擦因数或摩擦力大小是否相等无关,B、D正确;若A、B所受的摩擦力大小相等,则A、B组成的系统所受外力的矢量和为零,故其动量守恒,C正确。 4.选B　Q在P上运动的过程中,P对Q的弹力方向垂直于接触面,与Q的速度方向夹角大于90°,则P对Q做功不为零,故A错误;Q在P上运动的过程中,整个系统只有重力做功,机械能守恒,P和Q之间的相互作用力属于内力并且等大反向,二者在力的方向上发生的位移相等,所以做功之和为零,系统在水平方向合力为零,即水平方向动量守恒,系统在竖直方向所受合力不为零,则竖直方向动量不守恒,故B正确,C、D错误。 逐点清(二) 　 1.选B　取机车和15节车厢整体为研究对象,由动量守恒定律得mv0=(m+15m)v,则v=v0=×0.8 m/s=0.05 m/s,故B正确。 2.选A　在两滑块脱离弹簧之后,由动量守恒定律得2mvA-mvB=0,解得vA=,两滑块速度大小之比为vA∶vB=1∶2,两滑块的动能之比EkA∶EkB=·2m∶m=1∶2,故A正确,C错误;由动量守恒定律知,两滑块的动量大小之比pA∶pB=2mvA∶mvB=1∶1,故B错误;弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比,为WA∶WB=1∶2,故D错误。 3.选C　小球陷入沙子过程,小球在竖直方向做变速运动,系统在竖直方向合力不为零,因此系统动量不守恒,故A错误;由于小球陷入沙子过程的时间未知,故此过程重力对小球的冲量大小未知,故沙子对小球的冲量大小未知,故B错误;小球与车、沙组成的系统在水平方向动量守恒,则mv0=(m+M)v,解得v=1 m/s,故C正确,D错误。 4.解析:(1)整个过程中,小球B、小车A和物块C组成的系统水平方向不受外力,系统水平方向动量守恒,设系统最终速度为v,取水平向右为正方向,根据动量守恒定律得(M+m)v0=(M+m+m0)v,解得v=5 m/s。 (2)小车A与物块C的碰撞过程动量守恒, 则有Mv0=(M+m0)v1 设小球下落的时间为t,则有H=gt2 Δx=(v0-v1)t,解得Δx=1.28 m。 答案:(1)5 m/s　(2)1.28 m 逐点清(三) 　 1.选C　碰撞过程系统动量守恒,以白色球的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得pA+pB=pA'+pB',解得pA'=1 kg·m/s;根据碰撞过程总动能不增加,则有+≥+,解得mB≥mA;碰后两球同向运动,A的速度不大于B的速度,则≤,解得mB≤4mA;综上可知mA≤mB≤4mA,故C正确。 2.选D　设碰撞前瞬间第一个小球的速度为v0,根据机械能守恒定律,有m1gl(1-cos θ)=m1,解得v0=,设第一个小球与第二个小球碰撞后两个小球的速度分别为v1和v2,根据动量守恒定律,有m1v0=m1v1+m2v2,根据机械能守恒定律,有m1=m1+m2,联立可得v2=v0,又m1≫m2,则v2≈2v0,同理,v3≈2v2,所以v3≈4v0=4,故选D。 3.解析:(1)对A物体,根据运动学公式可得 h-x=gt2 解得x=1 m。 (2)设B物体从地面竖直向上抛出时的速度大小为vB0,根据运动学公式可知 x=vB0t-gt2 解得vB0=6 m/s 根据运动学公式可得,碰撞前瞬间A物体的速度大小为vA=gt=2 m/s,方向竖直向下 碰撞前瞬间B物体的速度大小为vB=vB0-gt=4 m/s,方向竖直向上 选竖直向下为正方向,由动量守恒定律可得 mAvA-mBvB=(mA+mB)v 解得碰后瞬间的速度v=0。 (3)根据能量守恒定律可知,碰撞过程损失的机械能为ΔE=mA+mB-(mA+mB)v2 解得ΔE=12 J。 答案:(1)1 m　(2)0　(3)12 J 逐点清(四) 　 1.解析:(1)根据v2=2gH 解得v=4 m/s。 (2)“火箭”与地面碰撞后反弹的速率v'=0.75v 根据动量守恒定律有(m1+m2)v'=m1v1 爆炸过程A部分所受作用力的冲量大小 I=m1v1-m1v' 解得I=0.6 N·s。 (3)由能量守恒定律E=m1-(m1+m2)v'2 解得E=2.7 J。 答案:(1)4 m/s　(2)0.6 N·s　(3)2.7 J 2.选CD　水喷出的过程中,瓶内气体做功,“水火箭”和水的机械能不守恒,故A错误;“水火箭”的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力,故B错误;由动量守恒定律可得(M-m)v=mv0,解得“水火箭”获得的速度大小为v=,“水火箭”在空中向上飞行的时间为t==,“水火箭”上升的最大高度为h===,故C、D正确。 3.解析:(1)小球从静止至第一次运动到轨道最低点的过程,小球和凹槽组成的系统在水平方向上动量守恒,取向左为正方向,有0=mv1-Mv2 对小球与凹槽组成的系统,由机械能守恒定律有mgb=m+M 联立解得v2=。 (2)根据人船模型规律,在水平方向上有 mx1=Mx2 又由位移关系知x1+x2=a 解得凹槽相对于初始时刻运动的距离x2=。 答案:(1) 　(2) 第三讲 逐点清(一) 　 1.选ACD　以木块为研究对象,由动能定理得fL=Mv2,故A正确;以子弹为研究对象,由动能定理得-f(L+s)=mv2-m,故B错误,D正确;根据能量守恒定律可知系统因摩擦产生的热量Q=m-(M+m)v2=fs,故C正确。 2.解析:(1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v,对子弹和木块组成的系统,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v 解得v=6 m/s 此过程系统所产生的内能Q=ΔE=m-(M+m)v2=882 J。 (2)假设子弹以v0'=400 m/s的速度入射时没有射穿木块,则对子弹和木块组成的系统,由动量守恒定律得mv0'=(M+m)v' 解得v'=8 m/s 此过程系统所损耗的机械能为 ΔE'=mv0'2-(M+m)v'2=1 568 J 由功能关系有ΔE=F阻x相=F阻d ΔE'=F阻x相'=F阻d' 则== 解得d'= cm 因为d'>10 cm,所以子弹能射穿木块。 答案:(1)6 m/s　882 J　(2)能 逐点清(二) 　 1.选B　由动量守恒定律结合题图乙可得Mv0=(m+M)×v0,解得M=3m,A错误;对于系统,由能量守恒定律得μmgL=M-(m+M),解得μ=,B正确;0~t0内,物块与木板损失的动能为ΔEk=M-(m+M)=M,物块与木板损失的动能为木板初动能的,C错误;物块的最大动能是Ekm=m=M,是木板初动能的,D错误。 2.解析:根据题意,A、C的质量均为m=2 kg,B的质量为M=6 kg,细绳OP长为l=1.6 m,初始时细绳与竖直方向夹角θ=60°。 (1)从A开始运动到最低点,由动能定理得 mgl(1-cos θ)=m-0 对A在最低点受力分析,根据牛顿第二定律得 F-mg= 解得vA=4 m/s,F=40 N 根据牛顿第三定律,细绳OP所受的拉力为40 N。 (2)A与C相碰,在水平方向动量守恒,由于碰后A竖直下落,可得mvA=0+mvC 解得vC=vA=4 m/s。 (3)A、C碰后,C相对B滑行4 m后与B共速,则对C、B分析,根据动量守恒定律可得 mvC=(M+m)v共 根据能量守恒定律得 μmgL相对=m-(m+M) 联立解得μ=0.15。 答案:(1)40 N　(2)4 m/s　(3)0.15 逐点清(三) 　 1.选D　当弹簧被压缩至最短时,两物体速度相同,P、Q系统所受外力为零,因此整个过程中动量守恒mv=2mv共,所以P的动量为p=mv共=mv,故A错误;弹簧压缩至最短后,Q的速度将继续变大,当弹簧恢复原长时,Q的动量达到最大值,故B错误;P、Q系统动量守恒,总动量为p总=mv,故C错误;根据动量守恒定律和机械能守恒定律mv=2mv共,mv2=×2m+Ep,解得Ep=mv2,故D正确。 2.解析:(1)A离开桌面后做平抛运动,则 水平方向有xA=vAt 竖直方向有h=gt2 联立并代入数据解得vA=1 m/s A、B与弹簧相互作用的过程中,A、B所受水平桌面的摩擦力等大反向,所受弹簧弹力也等大反向,又A、B竖直方向上所受合力均为零,故A、B组成的系统所受合外力为零,动量守恒,则有 mAvA=mBvB 解得vB=1 m/s。 (2)对B离开弹簧后的运动过程,根据动能定理有-μmBgxB=0-mB 代入数据解得μ=0.2。 (3)对A、B与弹簧相互作用的过程,根据能量守恒定律有ΔEp=mA+mB+μmAg·+μmBg· 代入数据解得ΔEp=0.12 J。 答案:(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J 第四讲 突破常考题点 命题点(一) 　 1.解析:(1)为了保证小球a碰后不反弹,要求ma>mb。 (2)两球离开斜槽后做平抛运动,由于抛出点的高度相等,它们做平抛运动的时间t相等,碰撞前a球的速度大小v0=,碰撞后a球的速度大小va=,碰撞后b球的速度大小vb=,如果碰撞过程系统动量守恒,则mav0=mava+mbvb,整理得maxP=maxM+mbxN。 小球离开斜槽末端后做平抛运动,竖直方向下落高度相同,故下落时间相同,水平方向做匀速直线运动,小球水平飞出时的速度与平抛运动的水平位移成正比。 答案:(1)>　(2)maxP=maxM+mbxN　小球离开斜槽末端后做平抛运动,竖直方向下落高度相同,故下落时间相同,水平方向做匀速直线运动,小球水平飞出时的速度与平抛运动的水平位移成正比 2.解析:(1)由x⁃t图像的斜率表示速度可知,两滑块的速度在t=1.0 s时发生突变,即在这个时候两滑块发生了碰撞。 (2)根据x⁃t图像斜率的绝对值表示速度大小,由题图丙可知碰撞前滑块B的速度大小为v=cm/s=0.20 m/s。 (3)由题图乙知,碰撞前滑块A的速度大小vA=0.50 m/s,碰撞后滑块A的速度大小为vA'≈0.36 m/s,由题图丙可知,碰撞后滑块B的速度大小为vB'=0.5 m/s,滑块A和滑块B碰撞过程动量守恒,则有mAvA+mBv=mAvA'+mBvB',代入数据解得≈2,所以质量为200.0 g的滑块是B。 答案:(1)1.0　(2)0.20　(3)B 3.解析:(1)实验中碰后A球反弹,则A球的质量m1小于B球的质量m2。 (2)由机械能守恒定律有m1gl=m1,m1gl(1-cos α)=m1,m2gl(1-cos β)=m2,碰撞过程若有m1v0=-m1v1+m2v2,即m1=m2-m1,则可以验证动量守恒定律。 (3)造成碰撞过程动能减少的原因可能是:碰撞过程不是弹性碰撞,有能量损失;或者实验过程有空气阻力。 答案:(1)<　　(2)m1=m2- m1 　(3)小球碰撞过程有能量损失(或空气阻力的影响等) 命题点(二) 　 1.解析:(1)平抛实验不需要测量钢球直径,故A错误;“研究平抛运动规律”实验不需要测出钢球的质量,“验证动量守恒定律”实验需用天平测出钢球的质量,故B错误;两个实验中均需保证斜槽轨道末端切线水平,以保证小球做平抛运动,故C正确;钢球与斜槽之间的摩擦力对实验无影响,两个实验中均不需要减小钢球与斜槽之间的摩擦力,故D错误。 (2)由于平抛运动的竖直分运动是自由落体运动,故相邻相等时间内竖直方向上的位移之比为1∶3∶5∶…,故两相邻相等时间内竖直方向上的位移之比越来越大,由于A点不是抛出位置,因此>。由y2-y1=gT2,x=v0T,联立解得v0=x。 (3)设入射球滚至斜槽轨道末端速度为v0,与靶球碰撞后速度分别为v1、v2,由动量守恒定律可知,需验证的表达式为m1v0=m1v1+m2v2,碰撞后两球飞出,均做平抛运动,由h=gt2可知下落时间相同,由v=可知入射球两次的速度分别为v0=、v1=,靶球的速度为v2=,故验证动量守恒定律的表达式为m1s=m1s1+m2s2。 答案:(1)C　(2)大于　x (3)m1s=m1s1+m2s2 2.解析:(1)设小球a未与小球b碰撞经过斜槽轨道末端的速度为va,两球碰撞后a、b的速度分别为va'和vb',若两球碰撞过程动量守恒,则mava=mava'+mbvb',根据平抛运动规律得va==x,va'=x,vb'=x,应满足的表达式为=+,所以本实验必须测量的物理量是小球a、b的质量ma、mb,记录纸上O点到A、B、C的距离y1、y2、y3,所以A、E正确。 (2)放上小球b,两球相碰后,小球a做平抛运动的初速度减小,运动时间变长,根据y=gt2知,竖直下降的高度增大,所以在题图中的压痕点为C。 (3)由上述可知,若两球碰撞过程动量守恒,则应满足的表达式为=+。 (4)若两球发生的是弹性碰撞,则机械能守恒,即ma=mava'2+mbvb'2,将va=x、va'=x、vb'=x代入得=+。 答案:(1)AE　(2)C　(3)=+　(4)=+ 迁移拓展训练 1.解析:(1)接通打点计时器电源后,推动小车1由静止开始运动,故小车1有个加速过程,在碰撞前做匀速直线运动,即在相同的时间内通过的位移相同,由题图可知BC段为匀速运动的阶段,故选BC段来计算碰前的速度;碰撞过程是一个变速运动的过程,而小车1和2碰后共同运动时做匀速直线运动,故在相同的时间内通过相同的位移,应选DE段来计算碰后共同的速度。 (2)实验中小车1受力平衡,若由静止释放,则小车1不会运动,故A错误;若小车1前端没贴橡皮泥,则两车不能粘在一起,小车2的速度不好测量,所以小车1前端没贴橡皮泥会影响实验验证,故B错误;题述实验装置中两小车碰撞后粘在一起,是非弹性碰撞,若为弹性碰撞,则小车2碰撞后的速度无法测量,因此该装置不能验证弹性碰撞规律,故C正确。 (3)碰前小车1的速度为v0== m/s=1.712 m/s,小车2静止,碰前两小车的总动量等于小车1的动量p=m1v0=0.4×1.712 kg·m/s≈0.685 kg·m/s,碰后两小车的共同速度为v== m/s=1.140 m/s,碰后两小车的总动量为p'=(mA+mB)v=(0.4+0.2)×1.140 kg·m/s=0.684 kg·m/s。 答案:(1)BC　DE　(2)C　(3)0.685　0.684 2.解析:(1)滑块A碰前的速度vA=,两滑块碰后的共同速度vAB=,若动量守恒则只需满足mAvA=(mA+mB)vAB,即=。 某次实验中,测得t1=0.04 s、t2=0.10 s,可知滑块A和滑块B的质量比为==。 (2)滑块A第一次通过光电门C的速度大小vA1=,碰后滑块A的速度大小vA2=,碰后滑块B的速度大小vB=,若动量守恒则只需满足mAvA1=-mAvA2+mBvB,即=-。 在滑块B左端装上轻质弹性圈,则滑块A与B发生弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mAv0=mAv1+mBv2,mA=mA+mB,解得v1=v0,若使滑块A与B碰撞后均向右运动,则v1>0,联立解得mA>mB,应使滑块A的质量大于滑块B的质量。 答案:(1)=　 　(2)=-　大于 3.解析:(1)根据题意可知,碰撞后小球A反弹,则要求小球A的质量小于小球B的质量,故A错误;实验时要使小球A和小球B发生对心碰撞,故B正确;由于碰撞前后小球A的速度由光电门测出,则小球A不一定从静止释放,故C错误。 (2)碰撞前后小球A的速度大小由光电门测出,则有v1==3 m/s,v1'==1 m/s,设小球B碰撞后的速度大小为v2,根据平抛运动规律有h=gt2,x=v2t,解得v2==1 m/s,若碰撞前后动量守恒,则有mAv1=mA(-v1')+mBv2,解得==。 碰撞前系统的动能为E1=mA=4.5mA,碰撞后系统的动能为E2=mAv1'2+mB=2.5mA,由于E1>E2,小球A和小球B发生的碰撞是非弹性碰撞。 答案:(1)B　(2)1∶4　非弹性 4.解析:(1)实验中为使小球碰撞前、后的水平位移与其碰撞前、后速度成正比,需要确保小球做平抛运动,即实验前调节装置,使斜槽末端水平,故A正确;为使两小球发生的碰撞是对心正碰,两小球半径需相同,故B错误;为使碰后入射小球与被碰小球同时飞出,需要用质量大的小球碰撞质量小的小球,故C正确。 (2)a.用圆规画圆,尽可能用最小的圆把各个落点圈住,这个圆的圆心位置代表平均落点。 b.碰撞前、后小球均做平抛运动,由h=gt2可知,小球的运动时间相同,所以水平位移与平抛初速度成正比,所以若关系式m1OP=m1OM+m2ON成立,即可验证碰撞前后动量守恒。 (3)设轻绳长为L,小球从偏角θ处由静止摆下,摆到最低点时的速度为v,小球经过圆弧对应的弦长为l,则由动能定理有mgL(1-cos θ)=mv2,由几何知识可知sin =,由数学知识可知1-cos θ=2sin2,联立解得v=l; 若两小球碰撞过程中动量守恒,则有mv1=-mv2+Mv3,又有v1=l1,v2=l2,v3=l3,整理可得ml1=-ml2+Ml3。 答案:(1)AC　(2)a.用圆规画圆,尽可能用最小的圆把各个落点圈住,这个圆的圆心位置代表平均落点　b.m1OP=m1OM+m2ON　(3)ml1=-ml2+Ml3 第八章　机械振动　机械波 第一讲 [精要回顾] Asin(ωt+φ)　平衡位置　振动　平衡位置　2π　固有频率　固有频率 [微点判断] (1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√ (6)×　(7)√　(8)× 逐点清(一) 　 1.选B　由题意可知,微粒Q以P点为平衡位置做简谐运动,可知靠近平衡位置时,微粒Q的速度增大,加速度减小,远离平衡位置时,微粒Q的速度减小,加速度增大,A、C、D错误,B正确。 2.选B　由于振子经a、b两点的速度相同,则a、b两点关于O点对称,所以从O到b点的时间为0.1 s,从b再回到a的最短时间为0.4 s,则从b再回到b的最短时间为0.2 s,所以从b到最大位移处的最短时间为0.1 s,因此振子的振动周期为T=0.8 s,则f== Hz=1.25 Hz,故B正确。 3.选C　初始时,对A受力分析可知kx1=mg,将B放在A上的瞬间,速度为0,对系统根据牛顿第二定律有2mg-kx1=2ma,当两物体运动至最低点速度为0时,根据简谐运动的对称性有kx2-2mg=2ma,解得x2=,故选C。 逐点清(二) 　 1.选BC　MN间距离为2A=10 cm,故A错误;小球的运动周期是T== s=0.2 s,故B正确;由x=5sincm可知,t=0时,x1=5 cm,即小球位于N点,故C正确;由x=5sincm可知,t=0.05 s时,x2=0,此时小球位于O点,小球加速度大小为0,故D错误。 2.选D　由题图可知两弹簧振子的周期不相等,初相位相同,故A错误;由题图可知甲的振幅大,由于甲、乙两弹簧振子的质量、弹簧的劲度系数未知,无法判断甲、乙两系统的机械能大小,故B错误;甲、乙两个弹簧振子在前2 s内加速度方向相同,均沿x轴负方向,故C错误;x⁃t图像斜率的绝对值表示速度大小,t=2 s时,甲图线斜率的绝对值最大,且斜率为负,甲具有负方向最大速度,由x⁃t图可知此时乙具有正方向最大位移,故D正确。 3.选C　在地球表面,小球处于平衡位置时有m0g1=k·2A,在该天体表面,小球处于平衡位置时有m0g2=kA,联立解得=,在星球表面有G=mg,星球的密度ρ=,又V=πR3,解得ρ=,则==,C正确。 逐点清(三) 　 1.选D　摆球从A点运动到B点,重力势能转化为动能,速度逐渐增大,故A错误;摆球从B点运动到C点,动能转化为重力势能,重力势能逐渐增大,故B错误;摆球在C点处,速度为零,回复力最大,故C错误;摆球在B点处,速度最大,向心力最大,故D正确。 2.选B　根据单摆的周期公式T=2π可知,周期与摆角无关,故A错误;同一根绳中,A端拉力等于B端拉力,平衡时对小球受力分析如图,可得2FAcos 30°=mg,解得FA=FB== N,故C、D错误;根据几何知识可知,摆长为L==1 m,故小球摆动周期为T=2π≈2 s,故B正确。 3.选B　在斜面上的单摆的等效重力加速度为g'==gsin θ,单摆在光滑斜面上做简谐运动的周期T=2π,若要使其做简谐运动的周期变大,可以让摆长变长或斜面倾角变小,故选B。 4.选CD　由题图乙可知,单摆的周期为2 s,由单摆周期公式T=2π,可得l=≈1.0 m,故A错误;由题图乙可知,在t=2.0 s 时,摆球处于平衡位置,摆球的速度最大,故B错误;由题图乙可知,从t=1.0 s到t=1.5 s的过程中,摆球从平衡位置向负向最大位移处摆动,则摆球的重力势能逐渐增大,故C正确;由题图乙可知,从t=1.5 s到t=2.0 s的过程中,摆球从负向最大位移处向平衡位置摆动,摆球所受回复力逐渐减小,故D正确。 逐点清(四) 　 1.选ABD　由于a、c摆的摆长相同且小于b摆的摆长,根据单摆的周期公式T=2π可知,固有周期关系为Ta=Tc<Tb,故A正确;因为Ta=Tc,则a、c摆的固有频率相同,c摆发生共振,达到稳定时,c摆的振幅较大,b摆的振幅较小,故B正确;受迫振动的周期等于驱动力的周期,所以三个单摆的周期相同,故此时b摆的周期等于t0,故C错误;根据以上分析及题图乙,可知c摆的固有周期Tc=t0,由T=2π,解得lc=,故D正确。 2.选C　由题图知,当驱动力频率为0.5 Hz时振幅最大,说明此单摆的固有频率为0.5 Hz,则固有周期为2 s,故A错误;根据f固==,若摆长变小,固有频率增大,共振曲线的峰将右移,若保持摆长不变,将该单摆移至月球表面上,则重力加速度减小,则固有频率减小,则共振曲线的峰将左移,故B错误,C正确;根据f固== =0.5 Hz,解得l≈1 m,故D错误。 3.选AD　不同树木的固有频率不同,因此针对不同树木,要使之发生共振需要的振动频率不同,A正确;根据共振曲线可知,振动器频率小于树干固有频率时,逐渐增加振动器频率,树干振动的幅度会增大,而在大于树干固有频率时增加振动器频率,树干振动的幅度会减小,B错误;稳定后,不同粗细的树干的振动为受迫振动,因此与振动器的振动频率相同,D正确;打击杆打击树干后,树干做阻尼振动,阻尼振动频率取决于固有频率,粗细不同的树干固有频率不同,则打击结束后,树干的振动频率不同,C错误。 4.选C　当轿车以速度v通过减速带时,车身上下振动的周期为T=,则车身上下振动的频率为f==,与车速有关,故A错误;车身上下振动的频率与悬挂系统的固有频率越接近,车身上下振动的幅度越大,即当车速满足v=f固L=2 Hz×1 m=2 m/s时,车身上下颠簸得最剧烈,故B错误,C正确;该轿车以不同速度通过减速带时,根据共振曲线可知,车身上下颠簸的剧烈程度可能相同,故D错误。 第二讲 [精要回顾] 介质　振动形式　相同　相互垂直　同一直线上 平衡位置　位移　平衡位置　fλ　干涉图样 相同　尺寸　相对运动　频率　不变　变化 [微点判断] (1)×　(2)√　(3)√　(4)√　(5)× (6)×　(7)√　(8)×　(9)× 逐点清(一) 　 1.选D　因相邻波峰与波谷之间的水平距离为1.5 m,可知波长为λ=3 m,20 s内有12个波峰通过木筏,可知12T=20 s,解得T= s,频率f==0.6 Hz,波速v==1.8 m/s,故D正确,A、B、C错误。 2.选BC　频率只与波源有关,故在水中传播频率不会改变,故A错误;由空气传到湖对岸的时间为t空== s≈5.88 s,由水传到湖对岸的时间为t水== s≈1.38 s,故由空气和水传到湖对岸的时间差约为Δt=t空-t水=4.5 s,故B正确;在空气中的波长为λ空== m=0.85 m,故C正确;在水中的波长为λ水== m=3.625 m,故D错误。 3.选D　如图,根据题意可知A、B的平衡位置之间的距离xAB=λ=6 m,解得波长λ=4 m,故A错误;波源的振动频率为f= Hz=1 Hz,故波速为v=λf=4 m/s,故B错误;波源的振动周期为T=1 s,因为0.25 s=,故B点在t0+0.25 s时刻运动到平衡位置,位移为0,速度最大,故C错误;0.5 s=,故A点在t0+0.5 s 时刻运动到波峰,位移最大,速度为0,故D正确。 4.选AD　设t=0时刻该简谐横波的波动方程为y=Asin,由题图可知A=8 cm,将x=0时y=-4 cm代入解得φ=-,所以t=0时刻该简谐横波的波动方程为y=8sincm,当x=0.7 m时有×0.7-=π,解得该波的波长为λ=1.2 m,故A正确;由v=可得该波的波速为v= m/s=1 m/s,故B错误;已知t=0时刻质点P位于平衡位置且振动方向向下,由“同侧法”可知,该波沿x轴负方向传播,故C错误;根据Δt=== s=0.1 s,可知t=0.1 s时刻,x=0处的质点位于平衡位置,故D正确。 逐点清(二) 　 1.选AC　由题意,如果波沿x轴正方向传播,则t2-t1=T(n=0,1,2,…),当n=0时,T=4 s,在t1=2 s时刻,平衡位置在O处的质点位于平衡位置且向上振动,故A正确,B错误;如果波沿x轴负方向传播,则t2-t1=T(n=0,1,2,…),当n=0时,T=12 s,在t1=2 s时刻,平衡位置在O处的质点位于平衡位置且向下振动,故C正确,D错误。 2.选C　由题图乙可知,该列波的周期为T=0.1 s,所以波长为λ=vT=0.8 m,波传到P、Q两点所需要的时间分别为tP== s,tQ== s,t=1.0 s时P、Q已振动时间分别为ΔtP= s=4T+T,ΔtQ= s=3T+T,由题图乙可知质点起振方向向上,所以此时P点位于波谷处,Q点位于波峰处,又P、Q两点间距离为1.2 m,可知PQ=λ,故选C。 3.选AB　由题图(a)可知波长为4 m,由题图(b)可知波的周期为2 s,则波速为v== m/s=2 m/s,故A正确;由题图(b)可知t=0时刻P点向下运动,根据“上下坡”法可知波向左传播,故B正确;由题图(a)可知波的振幅为5 cm,故C错误;根据题图(a)可知t=0时x=3 m处的质点位于波谷处,由于t=7 s=3T+T,可知在t=7 s时x=3 m处的质点位于波峰处,故D错误。 逐点清(三) 　 1.选BD　根据质点Q的振动图像可知,t1=0时刻,质点Q在平衡位置向上振动,结合波形图可知,波的传播方向为沿x轴正方向,A错误;该波的波长为λ=8 m,周期T=0.2 s,则波速大小为v==40 m/s,B正确;结合波形图可知t2== s= s(n=0,1,2,3,…),C错误;从t1=0时刻起,质点P第一次到达波峰处所需要的时间为Δt== s=0.175 s,D正确。 2.选BD　根据题图乙写出平衡位置与坐标原点距离为3 m的质点的振动方程y=Asin(ωt+φ)cm,代入点0,和(2,0),解得φ=,ω=,可得T=2.4 s,f= Hz,故B正确;在题图甲中标出位移为 cm的质点,如图所示,若波沿x轴正方向传播,则为Q点,若波沿x轴负方向传播,则为P点,则波长可能满足λ=3 m,即λ=18 m,或λ'=3 m,即λ'=9 m,故A错误;根据v=,可得v= m/s,v'= m/s,故C错误;根据题图乙计算该质点在2 s内运动的路程为s=1+1+1+1-cm=4-cm,故D正确。 3.选B　由题意可知,A点在振动的最高点,B点在平衡位置,则d=(n=1,2,3,…),整理得λ=(n=1,2,3,…),当n=1时,波长最大,为λ=0.6 m,A错误;若B点在平衡位置向上振动,当水波传播方向为由A向B时,有d=+nλ(n=0,1,2,3,…),得λ=(n=0,1,2,3,…),最大波长为0.6 m,最大波速为v==3 m/s;当水波传播方向为由B向A时,有d=+nλ(n=0,1,2,3,…),得λ=(n=0,1,2,3,…),同理,最大波速为v=1 m/s;综上所述,若B点向上振动,则水波传播的最大速度为3 m/s,B正确;波长与波速可以无限趋近零,故C错误;质点B刚振动时,速度方向与AB直线垂直,D错误。 逐点清(四) 　 1.选BCD　质点K为波谷与波谷的相遇点,为振动加强点,A错误;质点M是振动加强点,质点N是振动减弱点,此时质点M、N均位于最大位移处,再经过周期,质点M、N的位移均为零相等,B、D正确;质点N是振动减弱点,振幅为7 cm-5 cm=2 cm,C正确。 2.选C　分析可知A、B两管等长时,两声波在O处振动加强,将A管拉长d=15 cm后,两声波在O处振动减弱,设沿A管传播的声波振幅为AA,沿B管传播的声波振幅为AB,根据题意可得=,解得=,C正确,D错误;把A管拉长d,在O处第一次探测到声波强度最小,故2d=λ,解得λ=60 cm,A、B错误。 3.选A　当孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长差不多或者比波长还小时,就能够发生明显的衍射现象,这是发生明显衍射的条件。观察题图,孔B和障碍物C的尺寸明显大于波长,不会发生明显衍射现象,但仍然有衍射现象发生,只是不明显,不易观察;孔A的宽度小于波长,障碍物D的尺寸接近波长,会发生明显衍射现象。故A正确,B、C、D错误。 4.选A　根据多普勒效应,当物体靠近波源时,物体接收到波的频率大于波源频率,当物体远离波源时,物体接收到波的频率小于波源频率;红色代表朝向探头的血流,蓝色代表背离探头的血流,故红色时,接收波的频率比发射波的频率大,蓝色时,接收波的频率比发射波的频率小,由于多普勒效应不改变波速,故蓝色时,接收波的波长比发射波的波长长,故A正确,B错误;多普勒效应不改变波速,波所处的介质未发生变化,故亮度高时,接收波的波速与发射波的波速相等,C错误;亮度低时,由于不能确定血流是朝向探头还是背离探头,故不能确定接收波的频率与发射波的频率的大小关系,也不能确定接收波的波长与发射波的波长的大小关系,D错误。 第三讲 迁移拓展训练 1.解析:(1)选择题图甲方式的目的是要保持摆动中摆长不变。 (2)摆球直径为d=1.0 cm+6×0.1 mm=1.06 cm。 (3)根据单摆的周期公式T=2π,可得单摆的摆长为L=,从平衡位置拉开5°的角度释放,可得振幅为A=Lsin 5°,以该位置为计时起点,根据简谐运动规律可得摆球偏离平衡位置的位移x与时间t的关系为x=Acos(ωt)=cos。 答案:(1)摆长　(2)1.06 (3)x=cos 2.解析:(1)该游标卡尺为20分度的,游标尺每小格与主尺每小格相差0.05 mm,由游标卡尺的读数规则可知摆球直径d=20 mm+0×0.05 mm=20.00 mm。 (2)根据T=2π得T2=,题图3图线不通过原点,且图线向左移动,在同一周期下摆长小于理论值,是由于计算摆长时没有加小球半径。根据数学知识可知,T2⁃L图线的斜率k=,则当地的重力加速度g=,由于L=l+r,则T2===+,把l当作L,图线在横轴上的截距的绝对值等于摆球半径r,根据数学知识可知,对于T2⁃L图像来说两种情况下图线的斜率不变,所以测得的g值不变。结合题图3可知图线的斜率k= s2/m= s2/m,所以g=≈9.81 m/s2。 答案:(1)20.00　(2)计算摆长时没有加小球的半径　9.81　相等 3.解析:(1)摆球经过最低点时速度最大,在相等的距离误差上引起的时间误差最小,测得周期的误差最小,所以为了减小计时误差,应该在摆球摆至最低点时开始计时。 (2)根据题意可知摆球摆动的周期T==2.02 s,根据单摆周期公式T=2π,其中L=100.0 cm=1.000 m,代入数据解得g≈9.68 m/s2。 (3)根据单摆周期公式T=2π,整理可得l=·T2-r,可知l⁃T2图线的斜率k=,则重力加速度可表示为g=4π2k;由题图2求得当地的重力加速度大小为g=4π2× m/s2≈9.69 m/s2。 (4)用图像法得到的重力加速度数值要比(2)中得到的结果更精确,其原因是用图像法处理数据时,无论是否考虑摆球的半径,l⁃T2图像的斜率均为,对重力加速度g的测量没有影响。 答案:(1)最低点　(2)9.68　(3)4π2k　9.69　(4)见解析 4.解析:(2)发生N次全振动的时间为t,则单摆的周期T=。 (3)设钥匙扣的重心到钥匙扣与细线连接处的间距为d,根据周期公式有T=2π,变形得T2=l+,可知T2⁃l图像与纵轴的截距为正值,即得到的图像可能是题图乙中的c曲线。 (4)结合上述分析可知,若T2⁃l图像的斜率为k,则有=k,解得g=,可知钥匙扣的形状不规则,对题述实验测得的重力加速度无影响。 答案:(2) 　(3)c　 (4)无 5.解析:(1)20分度的游标卡尺的精度为0.05 mm,小球直径为d=20 mm+9×0.05 mm=20.45 mm。 (2)因为每半个周期挡光一次,故双线摆摆动的周期T=2Δt。 (3)根据几何关系可得摆长L=+,根据单摆周期公式T=2π,可得g=。 因为球心位置与激光光线不在同一高度会影响遮光时间,但不影响遮光周期,故重力加速度的测量值等于真实值。 (4)用该装置测重力加速度可使小球更好地在同一竖直平面内摆动。 答案:(1)20.45　 (2)②2Δt　 (3) 　相等 (4)可使小球更好地在同一竖直平面内摆动 6.解析:(1)①根据实验要求,为了控制角度、方便计算,摆长应选长度接近1 m的细绳;为减小空气阻力的影响,应选用密度较大的实心金属球,故选直径为1.8 cm的铁球;根据T=2π得g=,可知需要测量摆长,所以需要最小刻度为1 mm的米尺。故选b、c、f。 ②读数为18 mm+8×0.1 mm=18.8 mm=1.88 cm。 ③根据T=2π得T2=l,可知图线的斜率k== s2/m=4 s2/m,解得g=9.86 m/s2。 (2)由题图5可知,该单摆的最大速度为vm=100 cm/s=1 m/s,根据机械能守恒定律有mgh=m,解得小球能摆到的最大高度h≈0.05 m。 答案:(1)①bcf　②1.88　③9.86　(2)0.05 7.解析:(1)30次全振动所用时间为t,则振动周期T=。 (2)弹簧振子的振动周期T=2π,可得弹簧振子的质量M=,弹簧振子平衡时,根据平衡条件Mg=kΔl,可得Δl=,又Δl=l-l0,则l与g、l0、T的关系式为l=l0+Δl=l0+。 (3)根据l=l0+·T2,则l⁃T2图像斜率k==,解得g≈9.74 m/s2。 (4)空气阻力的存在会影响弹簧振子的振动周期,是实验的误差来源之一,故A正确;(2)问分析中将弹簧振子的质量等效为托盘及其上砝码的总质量,但是实际上弹簧振子的质量为弹簧的质量和托盘及其上砝码的总质量之和,所以弹簧质量不为零是本实验的一个误差来源,B正确;由于数字计时器记录的是30次全振动的时间,所以光电门的位置只要在托盘经过的位置均可,即光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置不是本实验的误差来源,C错误。 答案:(1)　(2)l0+　(3)9.74(9.64~9.84均可)　(4)AB 第九章　静电场 第一讲 [精要回顾] 电荷量　1.60×10-19　电荷的总量　接触　k　点电荷　　k　电场强度 [微点判断] (1)√　(2)√　(3)×　(4)√　(5)√ (6)×　(7)×　(8)√　(9)√ 逐点清(一) 　 1.选B　库仑定律的适用范围是真空中两个静止点电荷间的相互作用,故A错误;均匀带电空心金属球的电荷均匀分布在金属球的外表面,球内各点的电场强度均为零,所以置于均匀带电空心金属球球心处的点电荷所受静电力为零,故B正确;当两个半径均为r、带电荷量均为Q的金属球球心相距为3r时,两者不能看作点电荷,库仑定律不再适用,故C错误;两点电荷间的静电力是一对相互作用力,大小相等,方向相反,故D错误。 2.选C　设AB=BC=l,根据库仑定律得F1=-=,将两带电金属小球接触后,两小球所带电荷量均为-2Q,根据库仑定律得F2=+=,所以=,故选C。 3.选A　小球A静止时,根据平衡条件,小球A受到小球B的斥力,故小球A带正电;由平衡条件得=mg,解得qA=,故选A。 4.选D　要使三个点电荷均处于平衡状态,必须满足“两同夹异”“两大夹小”“近小远大”的原则,所以点电荷C应在A左侧,带负电。设C带电荷量为q,A、C间的距离为x,A、B间的距离用r表示,由于C处于平衡状态,所以k=,解得x=0.2 m,又对点电荷A由平衡条件得k=k,解得q=Q,故D正确。 逐点清(二) 　 1.选C　由A处试探电荷的F⁃q图线可得,该处的电场强度大小为E1==4×105 N/C,方向沿x轴正方向,同理可得,B处的电场强度大小为E2==2.5×104 N/C,方向沿x轴负方向,A、B错误;由以上分析可知,点电荷Q应为负电荷,且在A、B之间,设Q到A点的距离为l,由点电荷电场强度公式可得E1=k=4×105 N/C,E2=k=0.25×105 N/C,联立解得l=0.1 m,故点电荷Q的位置坐标为0.3 m,C正确,D错误。 2.选B　由点电荷的电场强度公式可知,A、B、C、E、F五个位置的点电荷在O点产生的电场强度大小均为,D位置的点电荷在O点产生的电场强度大小为ED=,电场强度是矢量,作出电场强度的示意图,如图所示,可得A点在O点产生的电场强度与D点在O点产生的电场强度合成后大小为E1=ED-EA=,方向指向A点;B点在O点产生的电场强度与E点在O点产生的电场强度合成后大小为E2=EB+EE=,方向指向E点;C点在O点产生的电场强度与F点在O点产生的电场强度合成后大小为E3=EC+EF=,方向指向F点,故E1、E2、E3大小相等,且E3刚好在E1与E2的角平分线上,由几何关系可知两者之间的夹角为120°,故将E1、E2合成后大小为E4=,方向指向F点,再将E4与E3合成,则最终O点的合电场强度为EO=E3+E4=,方向由O指向F,故选B。 3.选AC　等量异种点电荷形成的电场中,关于O点对称点的场强大小相等、方向相同,故A正确,B错误;电场线的疏密程度表示场强大小,由题图甲可知,B、O、C三点,O点的电场线最稀疏,场强最小,故C正确;由题图甲可知,电子从E点向O点运动过程中,电场线逐渐变密,则电场强度逐渐增大,电子所受电场力逐渐增大,故D错误。 4.选A　运动中的物体所受合力应指向运动轨迹凹侧,结合电子受到的电场力及电子的运动轨迹进行分析,可知A正确,B、C、D错误。 逐点清(三) 　 1.选C　假设圆弧带电体ABC带正电,根据电场的叠加原理可知,圆弧带电体ABC在P点产生的电场强度方向沿BP连线向下;AB段在P点产生的电场强度沿AB中点与P点连线向下,BC段在P点产生的电场强度沿BC中点与P点的连线向上,并且AB段和BC段在P点产生的电场强度大小相等,P点处总的电场强度为AB段和BC段单独产生的电场强度的合场强,如图所示,根据几何关系可知E=2EABcos 30°,解得AB段上所带的电荷在圆心P处产生的电场强度大小EAB=,故C正确,A、B、D错误。 2.选A　点电荷在M点时所受合力为零,则qE=mg,解得E=,由对称性可知M点的电场强度和N点的电场强度大小相等、方向相反。故选A。 3.选A　将半球面AB补全为一个完整的带电荷量为2q的带电球壳,设完整球壳在N点产生的场强大小为E0,左半球壳在N点产生的电场强度大小为E左,右半球壳在N点产生的电场强度大小为E右,根据电场叠加原理E左+E右=E0,根据题意有E0=,根据对称性可知右半球壳在N点产生的电场强度大小和左半球壳在M点产生的电场强度大小相等,即E右=E,解得E左=-E,A正确,B、C、D错误。 4.选D　将圆环等分为n个小段,当n足够大时,每一小段都可以看成点电荷,其所带电荷量为q=,由点电荷场强公式可得每一个点电荷在P处产生的场强大小均为EP=k=k,由对称性可知,每一个点电荷在P处产生的场强垂直于对称轴方向的分量Ey相互抵消,沿对称轴方向的分量Ex之和即为圆环在P处产生的场强E,故E=nEx=n··cos θ=,r=,联立解得E=,D正确。 第二讲 [精要回顾] 路径　初、末位置　匀强　零势能　零电势　电势相同　φA-φB　　Ed [微点判断] (1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√ (6)×　(7)×　(8)√ 逐点清(一) 　 1.选D　根据电场线从正电荷出发回到负电荷的特性,由题图可知,左侧电荷为正电荷,右侧电荷为负电荷,由于靠近左侧电荷的电场线较密,则左侧电荷带电量较大,故A、B错误;由对称性可知,P点和Q点电场强度大小相等、方向不同,故C错误;根据沿电场线方向电势逐渐降低可知,M点电势大于N点电势,由Ep=φq可知,负电荷在N点电势能较大,故D正确。 2.选B　由于A、B带异种电荷,带电量为q的正试探电荷从无限远处移到O点,该试探电荷克服A点电荷的静电力做的功为W,则该试探电荷受B点电荷对它的静电力做的功为3W,A、B电荷同时存在时,试探电荷从无限远处移到O点静电力做的功为3W-W=2W,所以试探电荷在O点的电势能Ep=-2W,O点处的电势φ==-,故选B。 3.选D　O点的正点电荷在A、B、C、D四点的电场方向如图所示,由图可知C、D两点的电场强度方向不相同,故C、D两点的电场强度不相同,A错误;在匀强电场中A、B两点的电势相等,在点电荷形成的电场中A、B两点的电势相等,故A、B两点的电势相等,B错误;在点电荷形成的电场中B、C两点的电势相等,故将电子沿直线从B点移动到C点,点电荷对电子做功为零,匀强电场对电子做负功,故电场力做负功,C错误;CD边与匀强电场方向垂直,将电子沿直线从C点移动到D点,匀强电场对电子不做功,点电荷对电子先做正功后做负功,故电势能先减小后增大,D正确。 逐点清(二) 　 1.选D　C、D两点间的电势差为UCD=EdCD=ER(1-cos 53°)=1.0×104×0.1×(1-0.6)V=400 V,由于C点电势为0 V,则有UCD=φC-φD=0-φD=400 V,可得D点电势为φD=-400 V,故A错误;由于OB连线与电场线方向垂直,所以O点电势等于B点电势,故B错误;A、C两点间的电势差为UAC=EdAC=ER(1+cos 53°)=1.0×104×0.1×(1+0.6)V=1 600 V,故C错误;根据沿电场线方向电势降低可知,A点电势高于D点电势,根据Ep=qφ,由于电子带负电,所以电子在A点的电势能小于在D点的电势能,故D正确。 2.选C　由于AC之间的电场线比CB之间的电场线密,故AC间的电场强度较大,根据E=,可知相等距离之间电场强度越大,电势差越大,即UAC>UCB,所以φA-φC>φC-φB,可得φC<=10 V,C正确。 3.选BD　如图,圆心O为cf的中点,所以O点电势为0 V,g为bO的中点,g点电势为1 V,a、g、c三点共线且电势相等,ac为等势线,则φa=1 V,故A错误;电场线与等势线垂直,且指向电势低的地方,故场强方向沿b、e连线方向且由b指向e,故C错误;场强大小E==10 V/m,故B正确;电子沿圆运动一周,圆周e处电势最低,为-2 V,又电子带负电,所以在e处电势能最大,故D正确。 逐点清(三) 　 1.选C　在静电场中,等差等势线的疏密程度反映电场强度的大小。题图中c点的等差等势线相对最密集,故该点的电场强度最大。故选C。 2.选B　由等势面作出电场线,如图所示,可知P、Q两点处的点电荷带异种电荷,故A错误;根据点电荷场强决定式E=以及场强的叠加原理可知,c点与d点场强方向相同,因为c点与d点在同一等势面上,所以c点与d点电势也相同,又因b点等差等势面比a点密集,可知b点场强较大,故B正确;电场线从高等势面指向低等势面,所以c点电势高于b点电势,所以一负电子从c点到b点电场力做负功,故C错误;因为a点电势高于b点电势,由Ep=φq可知电子在a点电势能比在b点的电势能小,故D错误。 3.选B　P处等差等势面密,P处电场强度大,电场力大,则电子在P处加速度大,即aP>aQ,故A错误;电子所受电场力垂直于等势线方向且指向运动轨迹的凹侧,可知电子所受电场力方向偏向下,所以电场线方向偏向上,沿电场线方向电势降低,则φQ>φP,由Ep=qφ可知,电子在电势高处电势能小,则EpP>EpQ,由能量守恒定律可知,EkP<EkQ,故B正确,C、D错误。 4.选BCD　根据等势面分布可知,带电体带正电,根据粒子所受电场力指向运动轨迹的凹侧可知,带电粒子带正电,故A错误;等差等势面越密集的地方场强越大,故M点的电场强度比N点的小,故B正确;粒子带正电,因为M点的电势大于N点的电势,故粒子在M点的电势能大于在N点的电势能,由于带电粒子仅在电场作用下运动,根据能量守恒定律可知,电势能与动能总和不变,故可知当电势能最大时动能最小,故粒子在运动轨迹上到达最大电势处时动能最小,故C、D正确。 逐点清(四) 　 1.选B　带负电的试探电荷在x2点动能为1.5 eV,电势能为-1 eV,总能量为0.5 eV,且试探电荷速度沿x轴正方向,在x2~x3区域试探电荷受到沿x轴正方向的电场力,做加速运动,在x3点速度最大,试探电荷继续运动到x3点右侧,做减速运动,当速度为零时,电势能为0.5 eV,即运动到电势为-0.5 V处减速到零,之后沿x轴负方向运动,回到x2点时动能仍为1.5 eV,继续向左运动,在电势为-0.5 V处减速到零后又反向运动,但不会运动到x0、x1点,即试探电荷在x3点两侧往复运动。 2.选CD　由题图可知从O点到C点,电场强度方向相同,沿电场线方向电势一直降低,A错误;电场强度大小不断变化,静电力大小也不断变化,带正电的粒子的加速度不断变化,做变加速运动,B错误;根据E随x的变化规律可知,AC段电场强度平均值大于OA段电场强度平均值,AC段静电力做的功大于2Ek,则粒子运动到C点时动能大于3Ek,C正确;粒子在AB段受到的平均静电力大于在BC段受到的平均静电力,则AB段静电力做的功大于BC段静电力做的功,所以粒子在AB段电势能减少量大于BC段电势能减少量,D正确。 3.选CD　根据能量守恒定律可知,从O到b再到d过程,电势能先减小后增大,所以动能先增大后减小,在b点动能最大,粒子速度先增大后减小,故A、B错误;Ep⁃x图像斜率的绝对值代表静电力大小,静电力大小为F=qE=,所以电场强度大小为E=,故C正确;根据电势定义式可知,d点的电势为φ==-,故D正确。 第三讲 [精要回顾] 异种　中和　储存电荷　　 mv2-m　类平抛　合成　分解　 匀速直线　匀加速直线　电子枪 [微点判断] (1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√ (6)√　(7)× 逐点清(一) 　 1.选B　平行板电容器的电容为C=,风力越大,两极板间的距离越小,电容器的电容越大,又因为C=,整理有U=,由于电荷量不变,所以电容器两端的电压变小,即风力越大,静电计指针张角越小,故B正确,A、C错误;由于C==,又因为E=,整理有E=,可知极板间电场强度与两板间的距离无关,所以风力越大,极板间电场强度不变,故D项错误。 2.选D　根据C=,可知将上极板向上移动少许,d增大,电容C减小,故A错误;电容器与电源相连,电容器两极板间的电势差不变,根据E=,可知将上极板向上移动少许,d增大,板间场强大小E减小,故B、C错误;根据UAP=φA-φP=-φP,且UAP=UAB-UPB=E电动势-EdPB,可得φP=EdPB-E电动势,可知P点的电势减小,根据Ep=φP(-q),可知P点的负电荷的电势能增大,故D正确。 3.选CD　将上极板A向上移动时,由平行板电容器电容的决定式C=可知,电容器的电容减小,由于二极管的单向导电性,电容器不能放电,电路中没有电流,故A错误;电容器的带电量不变,由U=可知,两极板间电压增大,B错误;由电场强度和电势差关系E==可知,两极板间场强不变,P点电势不变,油滴的电势能不变,故C正确;两极板间电场强度不变,则油滴受力不变,油滴仍静止,故D正确。 逐点清(二) 　 1.选D　根据动能定理得qU=mv2,到达Q板的速率为v=,可知到达Q板的速率只与加速电压有关,与板间距离无关,故A错误;由运动学公式有d=at2,由牛顿第二定律有a=,可知两板间距离越大,加速的时间越长,加速度越小,故B、C错误;到达Q板的速率为v=,故若加速电压U与电量q均变为原来的2倍,则到达Q板的速率变为原来的2倍,故D正确。 2.选C　由于油滴沿直线从上极板边缘射出,可知油滴在两极板间一定做匀速直线运动,有qE=mg,可得E=,方向竖直向下,根据E=,由电容定义式有C=,由电容决定式有C=,联立解得E=,可知当上极板向上移动时,E不变,方向仍然竖直向下,仍有qE=mg,所以油滴仍做匀速直线运动,故A、B错误;由以上分析可知,当仅将平行板电容器上极板平行上移距离后,上、下两极板间的电势差大小为U'=E=,故C正确;当上极板向上移动后,E不变,所以油滴射出电场时的位置也不变,重力做功WG=-mgd,则电场力做功W'=mgd,根据功能关系可知,油滴的电势能减少了mgd,故D错误。 逐点清(三) 　 1.选BC　因为在匀强电场中,电场力是恒力,因此会产生恒定的加速度,所以粒子做匀变速运动,A错误;粒子离开电场时,末速度与水平方向夹角为30°,由几何关系得末速度为v==,B正确;粒子在匀强电场中做类平抛运动,在水平方向上L=v0t,在竖直方向上vy=at=v0tan 30°=,由牛顿第二定律得qE=ma,解得E=,方向竖直向下,C正确;粒子做类平抛运动,在竖直方向上d=at2=L,D错误。 2.选C　由题意可知,小球从A到B过程,其做平抛运动,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做匀加速直线运动,小球到达C点时速度方向恰好水平,设∠ABM=θ,小球从A到C过程,在水平方向做匀速直线运动,有xAB=v0t1=ABcos θ,xBC=v0t2=BCcos θ,又AB=BC,则小球从B到C过程可以看作从A到B的逆过程,由运动的对称性可知,从A运动到B的时间与从B运动到C的时间之比为1∶1,故C项正确;由题图可知,从B到C的过程,小球受到的电场力方向竖直向上,与电场线方向相反,所以小球带负电,故A项错误;由上述分析可知,从A到B有mg=ma,则从B到C为F电-mg=ma,解得F电=2mg,故B项错误;A到B竖直方向的高度与B到C竖直方向的高度相同,设为h,从A到C过程小球重力做功为WG=mg·2h=2mgh,克服电场力做功为W克电=F电h=2mgh,两者做功的大小相同,所以重力势能的减少量与电势能的增加量之比为1∶1,故D项错误。 3.选A　带电粒子在电场中做匀速圆周运动,电场力提供向心力,则有qE1=m,qE2=m,联立可得=,故选A。 第四讲 迁移拓展训练 1.解析:(1)要求电压表示数能从零开始逐渐增大,可知滑动变阻器采用分压式接法,电路连接图如图所示。 (3)由电流的计算公式I=可知,I⁃t图像与坐标轴所围面积表示电容器所带电荷量,由题图乙可知,每个小方格的面积表示8.0×10-5 C,可得Q=30×8.0×10-5 C=2.4×10-3 C 由电容的定义式可得电容器的电容C== F=3.0×10-4 F。 (4)由题知,电容器所放电荷量不变,由于电阻R的阻值增大,则最大放电电流减小,放电时间增长。故选C。 答案:(1)见解析图　(3)2.4×10-3　3.0×10-4　(4)C 2.解析:(1)由题图甲可知,位置②与电容器并联,应接入测电压仪器。 (2)电压表示数最大时,电容器充电完毕,电流表示数为0。 (3)电容器放电时电压和电流都减小,图像逆向分析,该过程为电容器放电过程。 放电过程中电容器两端电压等于R0两端电压,由题图丙可知t=0.2 s时,电容器两端电压为U=8 V,由题图乙可知当U=8 V时,电流I=40 mA,则电阻R0消耗的功率为P=8×40×10-3 W=0.32 W。 答案:(1)电压　(2)0　(3)放电　0.32 3.解析:(1)把开关S接1,电容器充电,电流从右向左流过微安表,微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到零;把开关S接2,电容器放电,电流从左向右流过微安表,则微安表指针迅速向左偏转后示数逐渐减小。故选C。 (2)由题意可知电压表应选用0~3 V量程,由题图2可知此时电压表分度值为0.1 V,需要估读到0.01 V,则示数为0.50 V。当微安表示数稳定时,电容器中不再有电流通过,此时干电池、电阻箱、微安表和电压表构成回路,根据欧姆定律有RV=,可得RV≈3.1 kΩ。 答案:(1)C　(2)0.50　3.1 4.解析:(1)采样周期为T==2×10-4 s。 (2)由题图乙可知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为15.0 mA。 (3)放电结束后电容器两极板间电压等于R2两端电压,根据闭合电路欧姆定律得电容器两极板间电压为UC=·R2=2 V。 (4)充电结束后电容器两端电压为UC'=E=6 V,故可得ΔQ=C=0.018 8 C,解得C=4.7×103 μF 设t=1 s时,电容器两极板间电压为UC″,得C=0.003 8 C 代入数值解得UC″≈2.8 V。 答案:(1)2×10-4　(2)15.0　(3)2 (4)4.7×103　2.8 5.解析:(1)电容器充电过程中,当电路刚接通,电流表示数从0增大到某一最大值,之后随着电容器的不断充电,电路中的充电电流在减小,当充电结束电路稳定后,此时电路相当于开路,电流为0。故选B。 (2)根据电路图可知,充电结束后电容器上极板带正电,将S1接2,电容器放电,此时通过定值电阻R的电流方向a→b。 t=2 s时I=1.10 mA,可知此时电容器两端的电压为U2=IR,电容器开始放电前两端电压为12.3 V,根据I⁃t图像与横轴所围成的面积表示电荷量,可得0~2 s时间内电容器放出的电荷量为Q1=ΔU·C=C,2 s后到放电结束时间内放出的电荷量为Q2=ΔU'·C=1.10×10-3·RC,根据题意得=,解得R≈5.2 kΩ。 答案:(1)B　(2)a→b　5.2 第十章　恒定电流 第一讲 [精要回顾] 自由电荷　电压　　nqSv　标量　正电荷　　ρ　　金属　UIt　UI　I2Rt　I2R [微点判断] (1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)× (6)√　(7)×　(8)√ 逐点清(一) 　 1.选C　根据电流的定义式有I=== A≈1×10-3 A,C正确。 2.选B　根据电流的微观表达式可知I=neS甲v甲=neabv甲,I=neS乙v乙=nelbv乙,则v甲∶v乙=l∶a,故选B。 3.选C　由电流定义式可知I===neSv,由欧姆定律可得U=IR=neSv·ρ=ρneLv,则E==ρnev,C正确。 逐点清(二) 　 1.选D　根据R=ρ可知,保持样品长度a和厚度c不变时,电阻R与宽度b成反比;保持样品宽度b和厚度c不变时,电阻R与长度a成正比;保持样品厚度c不变,长度a和宽度b加倍,电阻R保持不变;保持样品厚度c不变,长度a和宽度b减半,电阻R保持不变,故A、B、C错误,D正确。 2.选A　根据电阻定律有R=ρ,又R=,联立解得ρ≈8×106 Ω·m,故选A。 3.选B　令AB=BC=L,则有BD=3L,电阻丝体积不变,则有LSAB=3LSBD,可知AB段横截面积是BD段的3倍,故A错误;根据RAB=ρ,RBD=ρ,解得RBD=9RAB,故B正确;两部分电阻丝串联,通过的电流相等,电压之比等于电阻之比,故BD段电压是AB段的9倍,故C错误;根据电流的微观定义式有I=nqvBDSBD=nqvABSAB,解得vBD=3vAB,故D错误。 4.选BC　该大气层的平均漏电电流约为== A=1.8×103 A,该大气层的等效电阻为R== Ω≈167 Ω,故A错误,B正确;根据R=ρ可得,该大气层的平均电阻率约为ρ== Ω·m≈1.7×1012 Ω·m,故C正确,D错误。 逐点清(三) 　 1.选B　根据欧姆定律R=,可知I⁃U图像的斜率等于电阻的倒数,则有R1<R2,故A错误,B正确;由于R2对应的I⁃U图像的斜率保持不变,则电压增大,R2的阻值不变,故C、D错误。 2.选ACD　U⁃I图像上的点与原点连线的斜率表示电阻的大小,故题图中A点电阻为RA== Ω=1 Ω,故A正确,B错误;U⁃I图像上的点与原点连线的斜率表示电阻的大小,由题图可知,灯泡阻值随电流增大而增大,根据电阻定律R=ρ,可知灯泡灯丝电阻率随电流增大而增大,故C、D正确。 3.选CD　根据I⁃U图像可知,甲元件的电阻为R甲== Ω=8 Ω,故A错误;在A点,甲、乙两元件的电压、电流相同,由欧姆定律R=可知,甲元件的电阻等于乙元件的电阻,故B错误;若将甲、乙元件串联,电流为1 A时,此时甲元件的电压为U甲=IR甲=8 V,由I⁃U图像可知,乙元件的电压为5 V,则甲、乙元件的总电压为U总=8 V+5 V=13 V,故C正确;若将甲、乙元件并联,两端电压为5 V时,此时通过甲元件的电流I甲== A=0.625 A,由I⁃U图像可知,通过乙元件的电流为I乙=1.0 A,则干路总电流为I=I甲+I乙=1.625 A,则每秒通过干路某一横截面的电荷量为q=It=1.625×1 C=1.625 C,故D正确。 逐点清(四) 　 1.选BC　灯泡的铭牌上标记的是额定电压和额定功率,当工作电压不是220 V时,灯泡的实际功率不再是额定功率,但额定功率不会随电压的变化而变化,A错误,B正确;由P=可知甲灯灯丝电阻较大,C正确;由W=Pt可知,两灯泡消耗的电能还与时间有关,故D错误。 2.选C　因为电动机不是纯电阻元件,所以不能用欧姆定律来计算它的内阻,电动机的内阻r<,故A错误;电动机的输出功率即机械功率P机<UI,故B错误;由题意可知ηUI=UI-P热,可得P热=(1-η)UI,故C正确;由题意可得,总功率就是电功率UI,该电动机每秒消耗的电能为UI,故D错误。 3.选B　手机为非纯电阻元件,不能用Q=t计算产生的焦耳热,故A错误;手机的输入功率等于充电宝的输出功率,为P=UI,故B正确;充电宝的输出电流为I,但其内阻未知,故无法计算充电宝产生的热功率,故C错误;充电宝输出的电能一部分转化为手机电池储存的化学能,一部分转化为手机电池产生的焦耳热,故根据能量守恒定律可知手机电池储存的化学能为E=UIt-I2rt,故D错误。 第二讲 [精要回顾] 负极　正极　电动势　反比　U外　U增大　E [微点判断] (1)√　(2)√　(3)×　(4)×　(5)× (6)×　(7)× 逐点清(一) 　 1.选BC　电路中电流大小为I==0.6 A,故A错误,B正确;R2==20 Ω,故C正确;ab两端的总电压为U=U1+U2+IR3=21 V,故D错误。 2.选D　 M、N两端电压U=IgRg=200×10-6×490 V=98 mV,A、B错误;流过M、N的电流为I=Ig+=200×10-6 A+ A=10 mA,C错误,D正确。 3.选C　R3与R4并联,其等效电阻为R34= Ω=2 Ω,把42 V的电压加在a、b两端,则干路上的电流为I==3 A,而R1和R2均在干路上,则电流均为3 A,故A、B错误;R3与R4并联,根据并联分流可知IR3==1 A,IR4==2 A,故C正确,D错误。 逐点清(二) 　 1.选A　在电源的U⁃I图线中,纵轴截距表示电源电动势,电源电动势为2 V,A正确;图线的斜率的绝对值为内阻的大小,故电源内阻r== Ω=0.2 Ω,B错误;短路时的电流I短== A=10 A,C错误;当外电路电压为1 V时,内电路的电压也是1 V,根据欧姆定律可得I== A=5 A,D错误。 2.选B　由题图可知交点坐标为电阻R接在这个电源上工作时的电压值和电流值,所以电源的输出电压为1.5 V,A错误;由图线Ⅰ可知,电源的电动势为3.0 V,内阻r== Ω=0.5 Ω,B正确;电源的输出功率为P=UI=3×1.5 W=4.5 W,C错误;电源的效率为η=×100%=×100%=50%,D错误。 3.选D　根据欧姆定律R=,可知题图乙U⁃I图像上的点与原点连线的斜率表示小灯泡的电阻,则小灯泡的电阻随两端电压的增大而增大,故A错误;由题图乙可知,当小灯泡两端的电压为2.0 V时,电流为0.6 A,则此时小灯泡的电阻为R== Ω≈3.3 Ω,故B错误;把电源和小灯泡组成闭合回路,则将电源的U⁃I图像画在灯泡的U⁃I图像上,如图所示,可知小灯泡两端的电压约为1.0 V,通过小灯泡的电流约为0.4 A,则小灯泡的功率约为P=UI=0.4 W,故C错误,D正确。 逐点清(三) 　 1.选CD　电源最大输出功率即电阻箱最大消耗功率,根据题图可知电阻箱阻值为1 Ω时,电阻箱消耗的功率最大,即电源最大输出功率为9 W,故A错误,C正确;电源的输出功率为P=I2R=R=,则当R=r时,输出功率最大,最大值为Pm=,代入题图中数据解得E=6 V,r=1 Ω,故B错误,D正确。 2.解析:(1)定值电阻消耗的电功率为 P0= 因E、R0和r是常量,而R是变量,故R最小时,P0最大 即R=0时,P0max== W=8 W。 (2)把定值电阻R0与电源内阻r看成等效电源内阻,当R=R0+r=1.5 Ω时,电阻箱R消耗的功率最大 PRmax== W=6 W。 (3)电源的输出功率 P出=R外= 当R外=r时,P出最大 即R=r-R0=0.5 Ω时 P出max== W=9 W。 (4)把R0=5 Ω当作电源内阻的一部分,则等效电源内阻r等为6 Ω,而电阻箱R的最大值为3 Ω,小于6 Ω 由P=R=可知 当电阻箱R的电阻取3 Ω时,R消耗的功率最大,最大值为PRmax'=R= W。 答案:(1)0　8 W　(2)1.5 Ω　6 W (3)9 W　(4)3 Ω　 W 逐点清(四) 　 1.选B　滑动变阻器R的滑片P向上滑动时,滑动变阻器R接入电路的阻值增大,电路总电阻增大,电源电动势不变,则电路总电流减小,灯L1变暗,故A错误;电路总电流减小,电源内阻、灯L1两端的电压均减小,电源电动势不变,则灯L2两端的电压增大,灯L2变亮,故B正确;电路总电流减小,电源内阻分压减小,电源电动势不变,则电源两端电压增大,故C错误;电路总电流减小,电源电动势不变,电源的总功率变小,故D错误。 2.选A　假设R0的滑片移动到最下端,使R0接入电路的阻值变为零,即R2被短路,此时流过电流表的电流为零,而R外变小,导致外电压变小,故A正确。 3.选C　增大光敏电阻的光照强度,光敏电阻R2的阻值随光照强度的增大而减小,根据串反并同规律,电流表的示数增大,R0两端的电压减小,R0的功率减小,B错误,C正确;增大光敏电阻的光照强度,无法确定光敏电阻的功率,D错误; 电源的效率为η=×100%=×100%,增大光敏电阻的光照强度,光敏电阻R2的阻值随光照强度的增大而减小,电源的效率减小,A错误。 4.选D　向右移动滑动变阻器R的滑片,滑动变阻器接入电路的电阻减小,电路总电阻减小,电路两端加恒定电压U,则总电流增大,灯泡L逐渐变亮,定值电阻R1两端电压逐渐增大,故A、B错误;电路总电流增大,定值电阻R1两端电压逐渐增大,电路两端加恒定电压U,则滑动变阻器与灯泡L两端的总电压逐渐减小,即电容器C两极板间的电势差逐渐减小,根据Q=CU,可知电容器C所带的电荷量逐渐减小,电容器放电,定值电阻R0中有水平向右的电流,故C错误,D正确。 5.选D　若R1短路,则电流表、R2也被短路,外电路只有电阻R3接在电源两端,电流表示数为0,电压表测量路端电压,示数增大,故A不符合题意;若R2短路,则R1也被短路,外电路只有电阻R3接在电源两端,电流表示数增大,电压表测量路端电压,示数增大,故B不符合题意;若R3短路,则电压表被短路,示数为零,故C不符合题意;若R1断路,外电路电阻增大,干路电流减小,所以电源内电压减小,R3两端电压减小,即电压表示数减小,根据E=U3+Ur+U2,可得R2两端电压增大,所以电流表示数增大,故D符合题意。 第三讲 第1课时　电学实验必备知能 (一)　1.解析:螺旋测微器的读数为D=8.5 mm+0.0×0.01 mm=8.500 mm 游标卡尺的读数为L=42 mm+12×0.05 mm=42.60 mm=4.260 cm。 答案:8.500　4.260 2.解析:(1)使用0.6 A量程时,刻度盘上的每一小格为0.02 A,表针示数为0.44 A;当使用3 A量程时,每一小格为0.1 A,表针示数为2.20 A。 (2)电压表使用3 V量程时,每小格表示0.1 V,表针示数为1.70 V;使用15 V量程时,每小格表示0.5 V,表针示数为8.5 V。 (3)电阻为1 987 Ω。最简单的操作方法是先将“×1 k”挡旋钮调到2,再将“×100”挡旋钮调到0。每个电阻箱的最大阻值是9 999 Ω,用这样的两个电阻箱串联可得到的最大电阻是2×9 999 Ω=19 998 Ω,故用两个这样的电阻箱,可得到的电阻范围为0~19 998 Ω。 答案:见解析 (二)　1.解析:因为待测电阻约为5 Ω,而Rx<=10 Ω,故为了减小误差应该采用电流表的外接法,即选用甲图。 答案:甲 2.解析:(1)根据螺旋测微器的读数规则可知,其读数为d=2 mm+45.0×0.01 mm=2.450 mm。 (2)由于电压表示数变化更明显,说明电流表分压较多,因此电流表应采用外接法,即测量铅笔芯电阻时应将K掷到1端。 (3)根据题图丙的I⁃U图像,结合欧姆定律有RY= Ω≈1.92 Ω。 (4)根据电阻定律R=ρ 可得ρ= 两种材料的横截面积近似相等,分别代入数据可知ρX>ρY。 答案:(1)2.450　(2)1　(3)1.92(1.90~1.94均可)　(4)大于 (三)　1.解析:(1)要求电压从零开始调节,则采用分压式接法,小电珠的电阻RL== Ω=28.8 Ω,=144,≈520.8,由于<,故电流表应采用外接法,故选A。 (2)小电珠的额定电流I== A≈0.4 A,故电流表量程可选0~0.6 A。 答案:(1)A　(2)0~0.6 A 2.解析:(1)若选用电源1.5 V,由于被测电阻很大,电路中电流非常小,不利于实验,则电源选用电动势为12 V的,即F,电压表就应该选用B,电路中的最大电流约为1 mA,电流表应选用C。 (2)因为滑动变阻器的最大阻值只有10 Ω,若采用滑动变阻器的限流接法,则电路中电流和电压变化不明显,故采用滑动变阻器的分压接法;由于<,所以采用电流表内接法,电路图如图所示。 (3)由于电流表的分压,导致电压表测量值偏大,而电流表的测量值是准确的,根据Rx=,可知测量值偏大。 答案:(1)B　C　F　(2)见解析图　(3)大于　电压表的读数大于待测电阻两端实际电压(其他表述正确也可) 第2课时　测量金属丝的电阻率 突破常考题点 命题点(一) 　 1.解析:(1)通过多次测量金属丝直径可以减小测量的偶然误差,要使测量准确到0.01 mm,应选用的仪器是螺旋测微器,读数到以mm为单位小数点后三位,所以精确度为0.01 mm。 (2)为了减小电表内阻对测量结果引起的系统误差,应该采用电流表外接电路,因为待测金属丝阻值远小于电压表内阻,电流表外接时,电压表测量值准确,电流表测量值偏大。引起误差的原因是电压表分流,故选A。 (3)由上述分析知电流表采取外接法,A选项滑动变阻器没起到调节作用,B选项电压表串联到电路中,C选项电流表采取了内接法。故选D。 答案:(1)偶然　螺旋测微器　(2)系统　 外接　A　(3)D 2.解析:(1)电源电动势为3 V,所以电压表选用V1即可,根据伏安特性曲线的电流取值小于90 mA,所以电流表选用A1,滑动变阻器采用分压式接法,选用R1即可。 (2)伏安特性曲线上某点的电压与电流之比为合金丝和电流表的阻值之和,则有R=≈33.3 Ω,所以合金丝的阻值为Rx=33.3 Ω-20 Ω=13.3 Ω。 (3)根据螺旋测微器的读数规则读出合金丝的直径为D=40.0×0.01 mm=0.400 mm。 (4)合金丝的横截面面积为S=,根据电阻公式Rx=ρ可知,合金丝的电阻率ρ=≈1.67×10-6 Ω·m。 答案:(1)B　D　F　(2)13.3　(3)0.400 (4)1.67×10-6 命题点(二) 　 1.解析:(2)由于电流表内阻已知,则电流表的分压可以求出,故电流表采用内接法,又电源电动势为3 V,则电压表应选择量程3 V接入电路,电路连接如图所示。 (4)根据电阻定律有Rx =ρ,又S=dh,联立得Rx=l,故Rx⁃l图像中图线的斜率k=,解得ρ=kdh。根据题图(b)可知,温度高的水的Rx⁃l图线(图线乙)斜率较小,则温度高的水的电阻率较小,更容易导电。 (5)根据欧姆定律和电阻定律有R==ρ,代入数据解得水管长度的最小值约为0.46 m。 答案:(2)见解析图　(4)kdh　高　(5)0.46 2.解析:(1)由题图乙可知,宽度L=9 mm+9×0.1 mm=9.9 mm。 (2)①由于电源电压为4 V,而电压表的量程为15 V太大,不利于读数;滑动变阻器R2(总阻值为100 Ω)阻值偏大,不利于调节,产生误差较大。所以不需要的器材为B、F。 ②将电流表A2与定值电阻R0串联改装成电压表,并将电流表A1外接,从而减小测量电流和电压的误差,同时采用滑动变阻器分压式接法,如图所示。 ③若测出的电阻为R,则根据电阻定律可以得到: R=ρ 整理可以得到:ρ=。 答案:(1)9.9　(2)①BF　②见解析图 ③ 迁移拓展训练 1.解析:(1)需要毫米刻度尺测量滑动变阻器螺线管的直径。 (2)螺旋测微器的精度为0.01 mm,可动刻度估读到0.1格,则电阻丝直径为d=0+20.0×0.01 mm=0.200 mm。 (3)闭合开关前应将滑动变阻器接入电路的电阻最大,由电路图可知滑片应该滑到最右端; 由闭合电路欧姆定律求滑动变阻器接入电路的电阻,所以需要记录电流表示数I,滑动变阻器接入电路的电阻与匝数成正比,所以也需要记录滑动变阻器接入电路的匝数n。 (4)n匝线圈的电阻丝长度L=nπD 由电阻定律可知R0=ρ=ρ 解得ρ=。 答案:(1)毫米刻度尺　(2)0.200(0.199~0.201均可)　(3)右　滑动变阻器接入电路的匝数n　电流表的示数I　(4) 2.解析:(1)金属丝的直径d=18.6×0.01 mm=0.186 mm。 (2)为减小误差,且电压调节范围尽量大,滑动变阻器应接成分压电路,滑动变阻器的最大阻值应小于金属丝的阻值,故滑动变阻器应选C; 因==150>==100,则电流表采用内接法,滑动变阻器采用分压式接法,电路连线如图: (3)根据=Rx+RA=ρ+RA=L+RA,有k=,解得ρ=。 (4)根据=L+RA可知,题图丙中图线的纵轴截距b表示电流表的内阻。 答案:(1)0.186(0.185~0.188均可)　(2)C　见解析图　(3)　(4)电流表的内阻 3.解析:(1)根据题图3可知,多用电表电阻挡选用“×100”倍率,则有RCD=3.5×100 Ω=350 Ω。 (2)根据题图1可知该实验中的滑动变阻器采用限流式接法,所以测C、D间电阻时应选用与RCD更接近的R2,即选F。 (3)由题图1可知电压表测电流表与金属块两端电压,对比题图4可知,实物连线连错的部分是②。 (4)为了保护电路,连通电路时滑动变阻器连入电路的阻值最大,即滑片应置于最右端。 (5)根据测量电路可知,测量所得的电阻值为金属块电阻与电流表内阻的总电阻,根据两种测量方式所选用的电流表的内阻可知,测量A、B间电阻时所得测量值的相对误差约为,测量C、D间电阻时所得测量值的相对误差约为,所以由C、D间测得的电阻计算电阻率更准确,则小明的说法是错误的。 答案:(1)350　(2)F　(3)②　(4)右 (5)见解析 4.解析:(3)由欧姆定律可得Imax== Ω=0.075 A=75 mA,故电流表应选A2; 由于电压表量程较小,需串联一个电阻,即该串联的电阻为R0=-RV=2 000 Ω,则定值电阻应选R2。 (4)由题意可知,滑动变阻器应采用分压式接法,又因为电压表内阻已知,所以采用电流表外接法,故电路图如图所示。 (5)由电阻定律Rx=ρ=ρ, 可得该薄膜的厚度d=。 (6)实验后发现,所测薄膜的厚度偏大,则所测电阻Rx偏小,可能原因为:电压表内阻RV测量值比实际值偏大,则串联的电阻偏大,则测量电压时读数偏小,电阻测量值偏小;或选用的定值电阻标定值比实际值偏大,则电压的测量值偏小,电阻测量值偏小。故选①③。 答案:(3)A2　R2　(4)见解析图　(5) (6)①③ 第3课时　测量电源的电动势和内阻 突破常考题点 命题点(一) 　 1.解析:(1)①由题图2可知,电压表读数为UA=0.60 V,电流表读数为IA=0.58 A,根据欧姆定律可得电流表内阻为RA== Ω≈1.0 Ω。 ②由闭合电路欧姆定律可知,干电池电动势的表达式为E=U+I(r+RA)。 ③根据E=U+I(r+RA),整理得U=-(r+RA)I+E,根据题图4可知,纵截距b=E=1.40 V,斜率的绝对值=r+RA= Ω=2.0 Ω,所以待测干电池电动势为E=1.40 V,内阻为r=1.0 Ω。 (2)由于将电压表串联在电路中,电压表内阻很大,电路中电流太小,故无法完成实验的原因可能是电流太小无法读数。故选D。 答案:(1)①1.0　②I(r+RA)　③1.40　 1.0　(2)D 2.解析:(1)电压表正接线柱接a位置时,电流表始终没有示数,电压表有示数且不变,说明电压表可以连通电源,电流表没有与电源连通,将电压表正接线柱由a位置移到b位置时,电压表、电流表均无示数,说明两表均不能接通电源,故判断电流表断路,故选B。 (2)由闭合电路欧姆定律可得U=E-Ir 由题图乙可知E=1.58 V 内阻为r= Ω≈0.65 Ω 此种方案由于电压表分流,E和r的测量结果都偏小。 (3)电流表分压ΔU=IRA,当I=0时,ΔU=0,当电流是某一值I时,理论的电压值应该比实验的电压值大ΔU=IRA,且电流I越大,ΔU就越大,故理论图线纵截距与实验图线相同,斜率比实验图线小,如图所示。 答案:(1)B　(2)1.58　0.65(0.64~0.66均可)　偏小　(3)见解析图 命题点(二) 　 1.解析:(1)根据闭合电路欧姆定律I=,得R=-r,则R⁃图像的斜率k=E,由数学知识可得电源的电动势E=3 V,R轴截距的绝对值等于内阻r,即r=0.75 Ω。 (2)K2断开,K1闭合时,有R+r= K1断开,K2闭合时,有Rx+R+r= 所以Rx=-=0.5 Ω。 (3)因Rx<r,R的阻值从10 Ω逐渐减小到0 Ω的过程中,Rx+R=r时电源输出功率最大,所以此过程电源输出功率先增大后减小。 答案:(1)3　0.75　(2)0.5　(3)先增大后减小 2.解析:(1)某次测量时R的读数为25.0 Ω。 (2)⁃图像斜率为k= Ω/V=100 Ω/V。 (3)由闭合电路的欧姆定律可知E'=U+(R0+r),解得=+·,由图可知=1.00,解得E'=1.00 V。 (4)若考虑电压表内阻,RV=300.0 Ω, 则E=U+(R0+r) 解得=++· 则b=+=1.00,k==100 解得E=1.50 V,r=1.0 Ω。 答案:(1)25.0　(2)100　(3)1.00　(4)1.50　1.0 迁移拓展训练 1.解析:由闭合电路欧姆定律得E=U+r,整理得U=-r+E,结合题图2可得E=1.0 V,r=|k|= Ω=3.3 kΩ。 答案:1.0　3.3 2.解析:(1)要求测量结果尽量准确和方便地完成实验,滑动变阻器应选择最大阻值较小的滑动变阻器,故选E。 (2)因为电流表内阻为准确值,实验中的电路图应选用题图乙,可消除电表误差。 (3)根据闭合电路欧姆定律可得U=E-I(r+rA),则由题图丙可知,电源的电动势为1.45 V,等效内阻r'= Ω=2.0 Ω=0.2 Ω+r,解得内阻r=1.8 Ω。 答案:(1)E　(2)乙　(3)1.45　1.8 3.解析:(1)为了完成实验,应将内阻已知的电流表A2改装成6 V量程的电压表,则电路中的电表1应为A1,电表2应为A2;由电压表的改装原理可知U=Ig(rg+R0),代入数据解得R0=1 900 Ω。 (2)由电流表的读数规则可知,电表(a)的读数为0.40 A; 电表(b)的读数为2.30 mA=2.30×10-3 A。 (3)由闭合电路欧姆定律可知E=(I1+I2)r+I2(R0+rg),整理得I1=-I2×+,即k=-=-2 000,b==5.0,解得E=5.0 V,r≈1.0 Ω。 答案:(1)A1　1 900　(2)0.40　2.30×10-3 (3)5.0　1.0 4.解析:(1)根据题图甲将题图乙连线如图所示。 (3)本实验的原理是替代法,电压表读数为2.0 V,由题图丙可以读出此时被测电阻阻值的倒数为4×10-3 Ω-1,故被测电阻阻值为Rx= Ω=250 Ω。 (4)根据闭合电路欧姆定律有E=U+r 整理得=+· 故纵截距的倒数为电源电动势,即E= V≈2.9 V。 (5)因测量电阻时,使用的是替代法,电路结构没有变化,故电压表内阻对实验结果无影响。 答案:(1)见解析图　 (3)250　(4)2.9　(5)无 第4课时　用多用电表测量电学中的物理量 突破常考题点 命题点(一) 　 1.解析:(1)根据多用电表的原理可知其内部有电源,有滑动变阻器调节其电阻,并且黑表笔接电源的正极,红表笔接电源的负极,则他采用的内部等效电路图为图中的C,表笔a为红色。 (2)用此多用电表粗测某电阻的阻值,当用“×10”挡时发现指针偏角过小,可知待测电阻较大,他应先将倍率调为“×100”,紧接着欧姆调零,正确操作后,表盘的示数如图,则该电阻的阻值约为Rx=28×100 Ω=2.8×103 Ω。 答案:(1)C　红　(2)×100　2.8×103 2.解析:(1)根据“红入黑出”可知红表笔应接a端。 (2)转向开关接“1”时为电流表,其量程IA=Ig+=10 mA 电流表中央刻度应为5 mA。 电流表内阻RA==2 Ω 当转向开关接“2”时为电压表,其量程 U=IA(RA+R2)=0.5 V 电压表中央刻度为0.25 V。 (3)电压表内阻RV=RA+R2=50 Ω 欧姆短接调零时IA== 得R Ω=150 Ω,R=99 Ω 滑动变阻器应选R4。 当接外电阻Rx时,有IA= 当I=时,解得Rx=R Ω=150 Ω。 (4)多用电表换用一节旧电池,电池电动势下降,内阻增大,RΩ增大,由I=可知I减小,则其测量阻值变大,故测量值比真实值大。 答案:(1)a　(2)5　0.25　(3)R4　150　(4)大于 命题点(二) 　 1.解析:(1)将红、黑表笔短接,调节欧姆调零旋钮使电表指针指向电阻零点。 (2)电流从红表笔流入多用电表,故红表笔应接二极管的b端,黑表笔接另一端。 (3)电表指针偏转角度过大,说明阻值较小,若使指针指在中值电阻附近,应换用“×1”挡位,由题图丙可知,该二极管的正向电阻为19 Ω。 答案:(1)进行欧姆调零　(2)b　(3)×1　19 2.解析:(1)多用电表的示数为24×1 Ω=24 Ω,电流表的最小分度是1 mA,需估读到0.1 mA,所以题图丁中的电流表示数为38.0 mA。 (2)根据电流必须从电流表的正接线柱流入知,电流从多用电表的红表笔流入,黑表笔流出,电路中电流表在e端为负极,即电流经过电流表的方向为d→e,则操作步骤④中,多用电表黑表笔应接c点,红表笔应接e点。 (3)将多用电表两表笔分别接在a、c上,多用电表的指针不偏转,说明a、c间有断路,将多用电表两表笔分别接在b、c上,多用电表的示数不为零,所以电路的故障是灯泡断路,故选B。 答案:(1)24　38.0　(2)e　(3)B 3.解析:(1)因黑盒子内部可能有电源,则不能先用多用电表的电阻挡测量,可先用电压挡判断内部是否有电源,故选B。 (2)根据题表中的测量值可以断定:A、B间肯定有电阻,B、C之间肯定有二极管,A、C间肯定有电阻和二极管的串联,电路连接如图所示。 (3)在探测A、C两接线柱间电阻时,红表笔接A接线柱,黑表笔接C接线柱,这时电流从C接线柱流进黑箱;为了尽可能减小这时测量电阻读数的误差,指针应指在中值电阻附近,测电阻的挡位应选择“×1 k”。 答案:(1)B　(2)电阻、二极管　见解析图 (3)C　×1 k 迁移拓展训练 1.解析:(1)①先调节题图甲中的S旋钮,使指针指向左侧零刻度,故选A。 ②指针如题图乙所示,则此交变电流电压为5 V。 (2)①测量时发现指针偏转过小,流过多用电表表头的电流过小,应使流过多用电表表头的电流适当变大,使指针指到表盘中央附近。 ②为使指针指在刻度盘中央附近,应选用“×1 k”挡,再欧姆调零,测量,整理器材,因此正确的实验步骤为daeb。 答案:(1)①A　②5　(2)①大　②daeb 2.解析:(1)指针偏角太大,被测电阻太小,为了使指针指在中央刻线附近,应换用小倍率,即选“×10”倍率,电阻表选挡后,需要重新进行欧姆调零,即调节欧姆调零旋钮“T”。根据电阻表的读数规律,换挡后,题图乙中指针指示的数字为16.0,乘以倍率10后得到的测量值为160 Ω。 (2)题图丙中,开关S闭合时,流过电源的电流较大,得到电阻表的中值电阻较小,为较低倍率的电阻挡,开关S断开时则为较高倍率的电阻挡。开关S闭合,相当于电流表量程扩大10倍,干路电流为10Ig,则流过R1的电流为9Ig,则有9IgR1=IgRg 解得R1=2 Ω; 当开关S断开时,倍率为“×100”挡,由题图乙可知中值电阻为1 600 Ω,故电流表G的满偏电流Ig=≈0.94 mA。 (3)根据“红进黑出”“正进负出”的规律,电流从黑表笔流出多用电表,流进二极管,二极管亮时电流从正极流进,故黑表笔接二极管正极,红表笔接二极管负极。 答案:(1)②T　③160　(2)2　0.94 (3)负极 3.解析:(1)指针未偏转,说明电阻过大,应换用×1 k挡继续实验;根据“红进黑出”原则及二极管单向导电性可知,与红色表笔相连的是二极管负极。 (2)为实现电压可从零开始调节,滑动变阻器应采用分压式接法,P应连接a接线柱;电源使用的是两节干电池,电动势约为3 V,电压表应选取0~3 V量程,故Q接d接线柱。 多用电表量程为50 mA,分度值为1 mA,需要估读到0.1 mA,故电表的读数为40 mA+5.0×1 mA=45.0 mA。 (3)根据题图(C)可知,I随U非线性变化,故说明该二极管是非线性元件,根据题图(C)可知,正常发光时即有电流通过时电压在1.9~2.5 V范围。 答案:(1)×1 k　负极　(2)a　d　45.0 (3)非线性　1.9~2.5 第十一章　磁场 第一讲 [精要回顾] 　T　N　磁感应强度　安培　BIl　0　左手 [微点判断] (1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)× 逐点清(一) 　 1.选B　通电螺线管匝数越多,管道越长,其内部的磁场越接近匀强磁场,与电流大小无关,与如何画磁感线无关,螺线管直径越大,其中心磁场会比较弱,不能看作匀强磁场,因此A、C、D错误,B正确。 2.选AB　题图A为环形电流的磁场,符合安培定则;题图B是直线电流的磁场,符合安培定则;题图C是直线电流的磁场,不符合安培定则;题图D是通电螺线管的磁场,不符合安培定则。 3.选AD　由题意已知c点的磁感应强度为零,则说明导线P、Q在c点产生的磁场大小相等、方向相反,即两导线中的电流方向相反,又c点距离导线P较近,则导线P中的电流较小,即I1<I2,故B错误;由以上分析可知,导线Q在d点产生的磁场强,d点的磁感应强度方向垂直cd向下,由安培定则可知Q中的电流方向向垂直纸面向里,则P中的电流方向向垂直纸面向外,故A正确;由安培定则可知,导线P、Q在O点产生的磁场方向均垂直cd连线向上,故C错误;由于I1<I2,分别作出两电流在a、b两点的磁感应强度大小和方向,如图所示,根据磁感应强度的矢量合成可知,a、b两点的磁感应强度大小相等、方向不同,故D正确。 4.选AC　每根导线在圆心O处产生的磁感应强度如图所示,根据磁感应强度的矢量叠加可知,O点的磁感应强度大小为BO=2Bcos 45°+B=(+1)B,BO方向垂直于aO向右,故A、C正确。 、 逐点清(二) 　 1.选A　由左手定则可知,题图示左侧通电导线受到安培力向下,选项A正确;a、b两点的磁感应强度大小相同,但是方向不同,选项B错误;磁感线是闭合的曲线,则圆柱内的磁感应强度不为零,选项C错误;因c点处的磁感线较d点密集,可知 c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度,选项D错误。 2.选BD　根据左手定则可知,通电后铜导线AB受到的安培力竖直向下,根据受力分析可知,通电后两绳拉力变大,故A错误,B正确;铜导线AB在磁场中的等效长度为直径AB,则安培力大小为F=BI·2r=2BIr,故C错误,D正确。 3.选A　把通电圆环等效为小磁针,P的N极垂直于纸面向外,Q的N极水平向右,根据同名磁极相互排斥的特点,可知P顺时针转动,Q逆时针转动;转动后P、Q两环的磁极的方向相反,所以两个圆环相互吸引,中间细线张力减小,由整体法可知,P与天花板连接的细线张力大小总等于两环的重力之和,大小不变;故A正确,B、C、D错误。 4.选C　如图所示,当导线在S极上方时,导线所受安培力方向斜向左上方,由牛顿第三定律可知,磁体受到的磁场力斜向右下方,磁体有向右的运动趋势,则磁体受到的摩擦力水平向左;磁体对桌面的压力大于磁体的重力,因此桌面对磁体的弹力大于磁体重力;当导线在磁体中间正上方时,导线所受安培力方向竖直向上,磁体不受摩擦力;当导线在N极上方时,导线所受安培力方向斜向右上方,由牛顿第三定律可知,磁体受到的磁场力斜向左下方,磁体有向左的运动趋势,则磁体受到的摩擦力水平向右;磁体对桌面的压力大于磁体的重力,因此桌面对磁体的弹力大于磁体重力;由以上分析可知,磁体受到的摩擦力先向左后向右,桌面对磁体的弹力始终大于磁体的重力,故A、B、D错误,C正确。 逐点清(三) 　 1.选BD　当磁场方向沿导轨向上时,ab棒所受安培力方向垂直于导轨向上,此时ab棒不可能保持静止,A错误;当磁场方向水平向右时,ab棒所受安培力方向竖直向上,要使ab棒保持静止,应有安培力F=mg,又F=BIL,I=,解得B=,B正确,C错误;当磁场方向垂直于回路平面向下时,ab棒所受安培力方向沿导轨向上,此时ab棒的受力情况如图所示,根据平衡条件有安培力F=mgsin θ,可得B=,D正确。 2.解析:(1)由安培力公式得F=BIL=8×104 N。 (2)由动能定理得Fx=mv2 解得轨道长度x==20 m。 (3)由F=ma,v=at,解得弹体从静止加速到4 km/s 需要的时间为t=1×10-2 s, 发射弹体过程中产生的焦耳热Q=I2(R+r)t=1.6×105 J 弹体动能Ek=mv2=1.6×106 J 系统消耗总能量E=Ek+Q=1.76×106 J。 答案:(1)8×104 N　(2)20 m　(3)1.76×106 J 第二讲 [精要回顾] qvB　左手　不做功　匀速直线　匀速圆周　m　　 [微点判断] (1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√ 逐点清(一) 　 1.选A　根据左手定则,可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右,A正确;小球受洛伦兹力和重力作用,合力不为零且时刻变化,则小球运动过程中的速度、加速度都改变,B、C错误;洛伦兹力永不做功,D错误。 2.选A　题图甲,由竖直上抛运动的规律得h1=;题图丙,当加上水平方向的电场时,在竖直方向上有=2gh3,所以h1=h3,故A正确;题图乙中,洛伦兹力只改变速度的方向,当小球在磁场中运动到最高点时,小球有水平速度,设此时小球的动能为Ek,则由能量守恒定律得mgh2+Ek=m,又m=mgh1,所以h1>h2,则h3>h2,C错误;题图丁,因小球带负电,所受电场力向下,则小球的加速度a>g,小球上升的高度h4=<=h1,B错误;由于无法明确电场力做功的多少,故无法确定h2和h4之间的关系,D错误。 3.选B　滑块自a点由静止沿斜面滑下,在a点不受洛伦兹力作用,故A错误;滑块自a点运动到b点的过程中,洛伦兹力不做功,支持力不做功,滑块机械能守恒,有mgh=mv2,解得v=,故滑块在b点受到的洛伦兹力为F洛=qBv=qB,故B正确,C、D错误。 逐点清(二) 　 1.选BD　离子在磁场中运动时,由于洛伦兹力方向总是与速度方向垂直,可知磁场对其一定不做功,故A错误,B正确;因洛伦兹力不做功,则离子从磁场右侧区域运动到左侧区域,速度大小不变,故C错误;离子在磁场中,由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m,解得r=,离子由磁场的左侧区域向右侧区域运动时,磁感应强度变大,可知离子运动半径减小,故D正确。 2.选A　根据洛伦兹力提供向心力有qv0B=,由几何关系有3h2+(R-h)2=R2,解得B=,故选A。 3.选C　带电粒子恰好垂直于y轴射出磁场,作两速度的垂线交点为圆心O1,带电粒子的运动轨迹如图所示,根据几何关系可得cos 30°=,所以R=a,故C正确;在磁场中由洛伦兹力提供向心力,即qBv=m,解得带电粒子在磁场中运动的速率为v=,因轨迹圆的半径R可求出,但磁感应强度B未知,则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率,故A、B错误;带电粒子运动轨迹所对的圆心角为π,而周期为T==,则带电粒子在磁场中运动的时间为t=T=,因为磁感应强度B未知,则运动时间无法求出,故D错误。 逐点清(三) 　 1.选A　电子1、2在匀强磁场中都做匀速圆周运动,运动周期T相同,根据题意画出两电子的运动轨迹,如图所示,电子1垂直边界射进磁场,从b点离开,运动了半个圆周,所以电子1运动的时间t1=,电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场,经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场,根据半径r=可知,电子1和2的运动轨迹半径相等,根据几何关系可知,△aOc为等边三角形,则电子2转过的圆心角为60°,所以电子2运动的时间t2=,所以=3,故A正确,B、C、D错误。 2.选B　由几何关系可知,带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨迹半径为r==2d,A错误;带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的角速度为ω==,B正确;带电粒子在匀强磁场中运动的时间为t=×=,C错误;根据qv0B=m,解得匀强磁场的磁感应强度大小为B=,D错误。 3.选B　粒子在磁场中做匀速圆周运动,令轨迹对应的圆心角为α,则粒子在磁场中运动的时间t=T=,可知粒子运动轨迹对应圆心角越大,粒子在磁场中运动的时间越长,当粒子从y轴离开磁场时,对应轨迹的圆心角最大,粒子在磁场中运动的时间最长,根据几何关系可知,此时对应轨迹的圆心角为300°,因为粒子在磁场中运动的最长时间是最短时间的5倍,则运动时间最短时对应的轨迹的圆心角为60°,由于qvB=,解得R=,速度越大,轨迹半径越大,在磁场中运动时间越短,所以最大速度的粒子对应的运动时间最短,即其轨迹对应的圆心角为60°,由几何关系可知粒子将垂直于磁场右边界飞出磁场,则有d=Rsin 60°,解得轨迹半径为R=,结合上述解得最大速度为v0=,故选B。 4.选AB　根据左手定则可知,a粒子带负电,b粒子带正电,故A正确;沿磁场圆半径方向进入磁场的粒子飞出磁场时也沿磁场圆半径方向,作出两粒子运动的轨迹对应的圆心如图所示,根据几何关系可知θ=60°,α=180°-60°=120°,两粒子在磁场中运动的时间相等,则有Ta=Tb,解得Ta∶Tb=1∶2,故D错误;两粒子运动的周期Ta=,Tb=,a、b两粒子的质量相同,则a、b两粒子的电荷量之比为2∶1,故C错误;设磁场圆半径为R,根据几何关系有Ra=Rtan 30°=,Rb=Rtan 60°=R,根据线速度的关系式有va=,vb=,结合上述解得=,故B正确。 5.选AC　粒子进入磁场后做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力有r=,因bc边只有一半区域有粒子射出,在bc边中点射出的粒子轨迹如图中实线所示,由几何关系可得r=,则粒子的入射速度v=,A正确,B错误;粒子在磁场中运动的最长轨迹为s=πr=,C正确;与bc边相切且恰从bc边射出的粒子对应的圆心角最大,为,从bc边射出的粒子在磁场内运动的最长时间为t=,D错误。 6.选BD　速度与OB的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场,由粒子运动的轨迹结合左手定则可知,粒子带负电,A错误;由此粒子的运动轨迹结合几何关系可知,粒子做圆周运动的半径r=d,由牛顿第二定律qvB=m,则粒子运动的速度大小为v=,B正确;由于粒子做圆周运动的速度大小相同,因此在磁场中运动的轨迹越长,运动的时间越长,分析可知,粒子在磁场中运动的最长弧长为四分之一圆周,因此最长时间为四分之一周期,即最长时间为,C错误;由图可知,磁场区域有粒子通过的面积为图中AOCDA区域的面积,即为d2+πd2=d2,D正确。 第三讲 第1课时　带电粒子在组合场中的运动 逐点清(一) 　 1.选D　在圆形匀强磁场区域内,沿着半径方向射入的粒子,总是沿着半径方向射出,根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点,故A、B错误;若粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域用时最短,则根据对称性可知粒子运动轨迹如图甲所示,则最短时间t=2T=,故C错误;若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短,则粒子运动轨迹如图乙所示,设粒子在磁场中运动的半径为r,根据几何关系可知r=,根据洛伦兹力提供向心力有qvB =m,可得v=,故D正确。 2.解析:(1)在磁场中,根据几何关系可得粒子的运动半径r=L,由洛伦兹力提供向心力Bqv0=,解得B= 粒子在电场中沿着de方向以速度v0做匀速直线运动L=v0t2 粒子沿着电场力方向做初速度为0的匀加速直线运动L=· 解得E=。 (2)从d点运动到f点过程,由动能定理有EqL=m-m,解得vf=v0 根据类平抛运动推论,粒子在f点速度反向延长交de中点,设粒子在f点速度方向与水平方向夹角为θ,得tan θ=。 (3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=,粒子在磁场中运动的时间t1=·= 粒子在电场中运动时间为t2= 离开电场后粒子做匀速直线运动,水平分速度为vx,由=2L 解得vx=2v0,则粒子从f点到竖直挡板的运动时间t3== 总时间t=t1+t2+t3=。 答案:(1)　　(2)v0,与水平方向夹角正切值为　(3) 3.解析:(1)根据题意,作出粒子垂直挡板射入小孔K的运动轨迹如图甲所示 根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r=xNK= 在△OMN区域根据洛伦兹力提供$$