课时跟踪检测 答案（课时检测）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（普高基础版）

配套检测卷参考答案 课时跟踪检测(一) 1.选D　参考系的选取是任意的,描述一个物体的运动时,可根据研究问题的需要任意选取参考系,故A、B错误;选择不同的参考系来观察同一物体的运动,观察的结果可能相同也可能不同,故C错误;“太阳东升西落”是以地球为参考系,故D正确。 2.选D　研究速滑运动员的冲线技巧时,运动员的体积和形状不可忽略,不能看成质点,故A错误;研究花滑运动员的技术姿态时,运动员的体积和形状不可忽略,不能看成质点,故B错误;研究滑雪运动员的空中动作时,运动员的体积和形状不可忽略,不能看成质点,故C错误;研究雪车运动员的运动轨迹时,运动员的体积和形状可以忽略,可以看成质点,故D正确。 3.选B　由G=100×=50,可得=4.9 m/s2,则加速时间t=≈6 s,故选B。 4.选B　该限速值是指机动车在该路段行驶的任意时刻的瞬时速度不得超过80 km/h,故A错误,B正确;因任意时刻的瞬时速度不得超过80 km/h,则不能用机动车在该路段行驶1 h的路程或位移来衡量其是否超速,故C、D错误。 5.选B　加速度反映速度变化的快慢,故A错误;物体的加速度与速度同向时,物体做加速运动,运动速度一定越来越大,故B正确;若加速度为正值,初速度为负值,物体先减速后反向加速,故C错误;若加速度为负值,初速度为负值,物体一直做加速运动,故D错误。 6.选C　2024年6月25日14时07分指的是时刻,故A错误;研究嫦娥六号着陆过程的技术时,嫦娥六号的形状、大小不能忽略,不可以把它看成质点,故B错误;平均速率是指物体的路程和通过这段路程所用时间的比值,平均速度是指物体的位移和通过这段位移所用时间的比值,嫦娥六号由题图中O点到B点的路程大于此过程的位移大小,运动时间相同,故嫦娥六号由题图中O点到B点的平均速率一定大于此过程的平均速度的大小,故C正确;嫦娥六号变轨飞向环月轨道的过程中,以嫦娥六号为参考系,月球是运动的,故D错误。 7.选C　用时为t,可知t指的是老人从A点走到B点的时间间隔,不是时刻,故A错误;老人的位移大小为AB连线的长度,即位移大小为2R,故B错误;老人的位移大小为x=2R,由平均速度公式可得,老人的平均速度大小为==,故C正确;老人经过的路程s=2π×=πR,故老人的平均速率为==,故D错误。 8.选BC　取初速度方向为正方向,则v0=5 m/s。若2 s后的速度方向沿斜面向上,v=3 m/s,则a=== m/s2=-1 m/s2,即加速度大小为1 m/s2,方向沿斜面向下;若2 s后的速度方向沿斜面向下,v'=-3 m/s,则a'=== m/s2=-4 m/s2,即加速度大小为4 m/s2,方向沿斜面向下,故A、D错误,B、C正确。 9.选D　甲看到楼房匀速上升,说明甲相对于地面匀速下降,乙看到甲匀速上升,说明乙只能匀速下降,而且v乙>v甲,丙看到乙匀速下降,则丙可能停在空中,也可能匀速上升,也可能匀速下降且v乙>v丙,甲看到丙匀速上升,若丙匀速下降,则v甲>v丙,本题选不可能的,故选D。 10.选AD　由题图乙可知,第二次超声波传播的最远距离比第一次的大,可知物体到小盒子P的距离越来越远,故A正确;由题图乙可知,物体在t2-t1时间内的位移为x2-x1,该时间内物体的平均速度为=,在Δt时间内物体通过的位移不等于x2-x1,故B错误,D正确;由题图乙可知,超声波的速度为v==,故C错误。 11.解析:(1)设子弹初速度方向为正方向,则子弹的初速度v1=10 m/s,末速度v2=7 m/s,根据加速度的定义知,此过程中子弹的加速度a1= m/s2=-30 m/s2,负号表示加速度的方向与初速度的方向相反,即方向向左。 (2)设足球初速度方向为正方向,则足球的初速度v1=10 m/s,末速度v2'=-7 m/s,根据加速度的定义知,此过程中足球的加速度a2= m/s2=-170 m/s2,负号表示加速度的方向与初速度的方向相反,即方向向左。 答案:(1)30 m/s2　向左 (2)170 m/s2　向左 12.解析:(1)篮球下落过程的平均速度大小为==3.9 m/s,方向竖直向下。 (2)篮球与地面碰撞过程中的加速度大小为a==140 m/s2,方向竖直向上。 (3)全程的平均速度大小为==1.5 m/s,方向竖直向下。 答案:(1)3.9 m/s　竖直向下　(2)140 m/s2　竖直向上　(3)1.5 m/s　竖直向下 课时跟踪检测(二) 1.选A　根据匀变速直线运动某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段的平均速度,则第6 s 内的平均速度等于5.5 s时刻的瞬时速度,前5 s 内的平均速度等于2.5 s时刻的瞬时速度,由加速度定义式可得a== m/s2=1 m/s2,故选A。 2.选C　设门的最大速度为v,根据匀变速直线运动的规律可知,加速过程和减速过程的平均速度均为,且时间相等均为t= s=2 s,根据x=×2t,解得v=1 m/s,则加速度a==0.5 m/s2。故选C。 3.选B　由题意得,汽车从开始刹车到静止的平均速度大小为==,故汽车刹车的时间为t==,故A错误;设汽车加速度大小为a,根据匀变速直线运动速度与位移的关系式有 0-v2=-2ax,解得a=,故B正确;根据匀变速直线运动位移与时间的关系式,汽车经过一半时间的位移大小为=v·-a·2=x,故C错误;设汽车经过一半距离时的速度大小为,根据匀变速直线运动速度与位移的关系式有-v2=-2a·,解得=v,故D错误。 4.选C　根据位移差公式得x4-x2=2aT2,可知a== m/s2=4 m/s2,故A正确,不符合题意;第2 s内的位移大小为x2-x1=a-a=×4×(22-12)m=6 m,故B正确,不符合题意;第2 s末的速度大小为v=at2=4×2 m/s=8 m/s,故C错误,符合题意;物体在0~5 s内的平均速度大小为=== m/s=10 m/s,故D正确,不符合题意。 5.选D　设经过A点的速度为v,则经过B点的速度为v+2 m/s,经过C点的速度为v+4 m/s,则从A点到B点的过程中有(v+2 m/s)2-v2=2axAB,从B点到C点的过程中有(v+4 m/s)2-(v+2 m/s)2=2axBC,联立解得v=3 m/s,则经过C点的速度为vC=7 m/s。故选D。 6.选B　根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知,汽车通过ab、bc、cd、de段所用的时间之比为1∶(-1)∶(-)∶(2-),可得通过cd段的时间为(-)t,通过ce段的时间为(2-)t,A错误,B正确;通过b点的时刻为通过ae段的中间时刻,故通过b点的瞬时速度等于通过ae段的平均速度,C、D错误。 7.选A　汽车做匀减速直线运动过程,初速度v0=36 km/h=10 m/s,末速度v<20 km/h≈5.56 m/s,该过程汽车速度的变化量Δv不小于4.44 m/s,根据匀变速直线运动关系Δv=at,可知匀减速阶段汽车的行驶时间和加速度大小的乘积不小于4.44 m/s,符合题意的只有A选项,故选A。 8.选C　设刹车时间为t,加速度大小为a,运用逆向思维,刹车最后1 s的位移为x1=a,刹车第1 s的位移为x2=at2-a(t-1)2,由题意可知=5,对全程有x=at2=6 m,解得t=3 s,a= m/s2,故A、B错误;因为电动车做匀减速直线运动,由匀变速直线运动规律可知中间时刻的速度等于平均速度,设中间时刻的速度为,有===2 m/s,故C正确;设中间位置的速度为,运用逆向思维,则对于后半段有0-=-2a,解得=2 m/s,故D错误。 9.选D　两象棋与棋盘间的动摩擦因数相等,可知两象棋做匀减速直线运动的加速度a大小相等,设“卒”象棋的初速度为v1,“车”象棋的初速度为v2,则有-2axAC=0-,-2axDE=0-,又xAC=2xDE,联立可得=,故A错误;设“卒”象棋经过B处时的速度为vB,则有-2axBC=0-,又xBC=xDE,联立可得vB=v2,即“卒”象棋经过B处时的速度等于“车”象棋的初速度,故B错误;“卒”象棋从A处运动到C处的平均速度为==<v2,可知“卒”象棋从A处运动到C处的平均速度小于“车”象棋的初速度,故C错误;“卒”象棋从A处运动到C处的时间为t1=,“车”象棋从D处运动到E处的时间为t2=,则有==,故D正确。 10.选A　木板在光滑斜面上运动时,木板的加速度不变,设木板的加速度为a,木板从静止释放到下端到达A点的过程,根据运动学公式有L=a,木板从静止释放到上端到达A点的过程,当木板长度为L时,有2L=a,当木板长度为2L时,有3L=a,又Δt1=t1-t0,Δt2=t2-t0,联立解得Δt2∶Δt1=∶,故选A。 11.解析:(1)根据运动学公式可得足球匀减速位移大小为x==24 m。 (2)足球匀减速时间t==4 s 该前锋队员加速时间t1==2 s 当足球停止时该前锋队员的位移大小为 x1=a1+vm(t-t1)=24 m 故最短时间为4 s。 答案:(1)24 m　(2)4 s 12.解析:(1)根据题意v1=18 km/h=5 m/s,v2=36 km/h=10 m/s 黑车刹车过程有=2a1x,解得a1=5 m/s2。 (2)当两车速度相等时,有v1-a1(t+t0)=v2-a2t 解得t= s 而黑车刹车时间为t'==1 s< s+0.3 s 说明黑车停止运动前,白车的速度一直大于黑车的速度, 对于白车,司机反应过程运动位移大小为x1=v2t0=3 m 白车刹车过程有=2a2x2 解得刹车过程运动位移大小为x2=6.25 m 由于x1+x2=9.25 m>x0+x=7.5 m 因此会发生追尾事故。 答案:(1)5 m/s2　(2)会发生追尾事故 课时跟踪检测(三) 1.选C　地球上同一地点的重力加速度相等,与物体的轻重无关,故A错误,C正确;在地球上两极处的重力加速度大于在赤道处的重力加速度,故B、D错误。 2.选B　根据x=gt2,在前1 s内、前2 s内、前3 s内的位移大小之比是1∶4∶9,故A错误;根据匀变速直线运动的推论,在相邻两个1 s内的位移之差都是Δx=gT2=10×12 m=10 m,故B正确;在第1 s内的位移为x1=g=×10×12 m=5 m,在第2 s内的位移为x2=g-g=×10×22 m-×10×12 m=15 m,在第3 s内的位移为x3=g-g=×10×32 m-×10×22 m=25 m,在第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移大小之比是1∶3∶5,所以平均速度大小之比是1∶3∶5,故C错误;根据v=gt,在1 s末、2 s末、3 s末的速度大小之比是1∶2∶3,故D错误。 3.选C　根据题意可得v0t-gt2=h,代入数据解得v0=15 m/s,故选C。 4.选A　依题意可知,连续拍照的两个瞬间,运动员下落的高度分别为h1=10 m-5.0 m=5.0 m,h2=10 m-4.0 m=6.0 m,根据h=gt2,解得下落时间分别为t1=1 s,t2= s,由此估算手机连拍时间间隔最接近Δt=t2-t1≈0.1 s,故A正确,B、C、D错误。 5.选B　小球从a点上升到最大高度过程中,有ha=g2,小球从b点上升到最大高度过程中,有hb=g2,依据题意ha-hb=h,联立解得g=,B正确。 6.选AD　物体恰好到达最高点的时间为t== s=1 s,选项A正确;物体上升的最大高度为H==5 m,从t=0到t=2 s,物体恰好回到出发点,则物体经过的路程为10 m,选项B错误;物体运动到与出发点相距5 m时,根据±h=v0t-gt2,即±5=10t-5t2,解得t=1 s或者t=(1+)s,选项C错误;物体在第一个0.5 s内的位移大小为h1=v0t1-g=10×0.5 m-×10×0.52 m=3.75 m,在第三个0.5 s内的位移大小等于从最高点下落0.5 s的位移大小,大小为h3=g=×10×0.52 m=1.25 m,则大小之比为3∶1,选项D正确。 7.选B　物体有竖直向上的初速度,绳子断后物体做竖直上抛运动,故A错误;取向下为正方向,根据匀变速直线运动位移与时间关系式有h=-v0t+gt2,解得t=1.8 s(另一解舍去),故B正确;物体运动1 s后的速度大小v=-v0+gt1=7 m/s,故C错误;物体落地时的速度大小v'=-v0+gt=15 m/s,故D错误。 8.选D　根据题意,由逆向思维可知,竖直上抛最后0.6 s即自由落体运动开始0.6 s,则最后0.6 s内上升的高度为h1=gt2=×10×0.62 m=1.8 m,故A错误;最初0.6 s内上升的高度为h2=4h1=7.2 m,由中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可得,最初0.6 s中间时刻的速度大小为v1==12 m/s,故B错误;从最初0.6 s中间时刻到最高点的时间为t1==1.2 s,上升过程的时间为t升=t1+Δt=1.5 s,上升的最大高度为h=g=×10×1.52 m=11.25 m,故C错误,D正确。 9.选B　两球的加速度均为重力加速度,相对加速度为0,则小球乙落地前,甲相对乙向上做匀速直线运动,故A错误;两球运动0.5 s时,根据位移公式有x1=v0t1-g=3.75 m,x2=g=1.25 m,则距离地面高度h3=h1+x1=18.75 m,h4=h2-x2=18.75 m,故B正确;落地前的运动过程中,根据-h1=v0t2-g,h2=g,解得t2=3 s,t3=2 s,小球甲、乙的平均速度大小分别为==5 m/s,==10 m/s,可知小球甲、乙的平均速度之比为1∶2,故C错误;结合上述,小球乙落地时,经历时间为2 s,则甲的位移x3=v0t3-g=0,可知此时甲回到出发点,即小球乙落地时,甲距离地面15 m,故D错误。 10.选AD　砂粒做自由落体运动,根据v2=2gh,可知砂粒的速度为v=,则出口下方9 cm处的砂粒速度约是3 cm处的倍;相机曝光的时间很短,可认为在曝光时间内砂粒做匀速直线运动,痕迹的长度为Δx=vT∝v,可知出口下方9 cm处砂粒的痕迹长度约是3 cm处的倍,故A正确,B错误;根据初速度为零的匀加速直线运动通过相等位移所用时间之比为1∶(-1)∶(-)∶…,可知从出口下落0~3 cm与3~6 cm的时间之比为1∶(-1);因砂粒随时间均匀漏下,可知出口下方0~3 cm范围内砂粒数与3~6 cm范围内砂粒数的比值为1∶(-1)=+1,故C错误;根据初速度为零的匀变速运动在相邻相等时间内的位移之比为1∶3∶5∶…,可知砂粒从出口下落0~3 cm与3~12 cm的时间是相等的,因砂粒随时间均匀漏下,可知出口下方0~3 cm范围内的砂粒数与3~12 cm范围内的砂粒数近似相等,故D正确。 11.解析:(1)由h=gt2得t== s=1.4 s。 (2)B点到达D点经历时间为t'=t-Δt=1 s 故B点下落高度为h'=gt'2=×10×12 m=5 m 故杆的长度为l=h'-0.4 m=4.6 m。 答案:(1)1.4 s　(2)4.6 m 12.解析:(1)当球与N端面等高时,有v1t1-g=d 解得v1=3 m/s。 (2)当v2最小时,球恰好与N端面等高,有v2mint2-g=d,解得v2min=3 m/s 当v2最大时,球恰好与M端面等高,有v2maxt2-g=d+l,解得v2max=3.4 m/s 空管的速度大小应满足3 m/s≤v2≤3.4 m/s。 答案:(1)3 m/s　(2)3 m/s≤v2≤3.4 m/s 课时跟踪检测(四) 1.选C　v⁃t图像与横坐标轴围成的面积表示位移,可得两站间的距离为x=(74-25+94)×20× m=1 430 m。 2.选B　v ⁃t图像的斜率表示加速度,由匀加速直线运动速度与时间的关系v=at,可知v ⁃t图像在匀加速阶段为一条倾斜直线,在匀速阶段为一条平行于时间轴的直线,故A错误,B正确;根据匀加速直线运动位移与时间的关系x=at2,可知在匀加速阶段x ⁃t图像为开口向上的抛物线,根据匀速直线运动位移与时间的关系x=vt,可知在匀速阶段x ⁃t图像为一条倾斜直线,故C、D错误。 3.选A　根据匀变速直线运动规律可知x=at2+C,将(1,2)、(3,6)代入解得a=1 m/s2,故选A。 4.选A　由运动学公式得+vmt-=x,解得a=5 m/s2,故选A。 5.选D　设相遇时质点A的速度大小为vA,根据v⁃t图像与横轴围成的面积表示位移可知,有×3 m=×(3-1.4)m,解得vA=9.6 m/s,故选D。 6.选D　设v1=18 m/s,v2=6 m/s,t=3 s,两车恰好没有追尾,即两车速度相等时相遇,则小汽车做匀减速直线运动的平均速度为==12 m/s,小汽车运动的距离为x=t=36 m,故A、B错误;由加速度定义式有a==-4 m/s2,即小汽车加速度大小为4 m/s2,故C错误;卡车的位移为x'=v2t=18 m,刹车时小汽车离卡车Δx=x-x'=18 m,故D正确。 7.选C　由题图可知,在t0时刻两物体的图像相交于一点且都在时间轴的上方,所以此时刻两物体的速度相同,即大小相等,方向相同,故A错误;由题图可知,在t0时刻甲、乙两物体的v⁃t图像的斜率大小相等,甲图像斜率为正值,乙图像斜率为负值,所以在t0时刻两物体的加速度大小相等,方向相反,故B错误;在t0时刻之前,乙图像与时间轴围成的面积比甲的大,且乙的速度也比甲的大,所以在t0时刻之前,乙物体在甲物体前,并且两物体间的距离越来越大,故C正确;同理分析可知,在t0时刻乙物体在甲物体前,甲、乙之间的距离最大,在t0时刻之后,甲的速度大于乙的速度,甲、乙之间的距离逐渐减小,在某个时刻两物体相遇,此后甲在乙的前面,故D错误。 8.选B　由题图可知,在0~1 s内物体的加速度逐渐增大,物体不是做匀加速直线运动,故A错误;a⁃t图像与时间轴所围成的面积表示速度的变化量,则0~1 s内速度变化量为Δv=×1×2 m/s=1 m/s,由于t=0时物体的速度为1 m/s,则t=1 s时物体的速度为v=v0+Δv=2 m/s,故B正确;0~1 s内,物体沿正方向做加速运动,1 s末加速度反向,1 s后物体将沿原方向做减速运动,故C错误;0~3 s内速度变化量为Δv'=×1×2-1×2m/s=-1 m/s,故D错误。 9.选B　由初速度为0的匀加速直线运动规律可得x=at2,则有=t,图像的斜率为k=,由题图得k=4 m/s2,解得a=8 m/s2,t=2 s时,物体的速度为v1=at=16 m/s,故A错误,B正确;由v2=2ax,可得x=1 m时,物体的速度为4 m/s,故C、D错误。 10.选BC　由题图可知,v2随坐标x均匀变化,可知质点的速度一定发生变化,质点不是做匀速直线运动,故A错误;由题图可知,质点运动的速度大小为0时,即v2=0时,相对原点的坐标为-2 m,故B正确;由题图可知,质点运动的速度大小为2 m/s时,即v2=4 m2·s-2时,相对原点的坐标为0,故C正确,D错误。 11.选D　汽车B做匀减速直线运动,则x=t=20 m,解得t=8 s,而汽车A到达停车线只用了5 s,故A错误;因为汽车A的x⁃t图像是开口向下的抛物线的一部分,则汽车A做匀减速直线运动,则汽车A的初速度大小和加速度大小分别为vA=2=2=8 m/s,aA== m/s2,故B错误;汽车B的加速度大小为aB== m/s2,故C错误;两车速度相等时,两车头沿运动方向的距离最大,则8-t2=5-t2,解得t2= s,相同速度v同=vA-aAt2= m/s,两车头沿运动方向的最大距离为Δx=t2-t2= m,故D正确。 12.选CD　根据运动学公式有x=v0t+at2,变形可得=v0+at,结合题图可知甲的初速度为v01=12 m/s,加速度为a1=2× m/s2=-4 m/s2,故A错误;根据题图可知乙的初速度为v02=0,加速度为a2=2× m/s2=4 m/s2,当两车速度相等时,相距最远,则有v01+a1t=a2t,解得t=1.5 s,最大距离为Δx=v01t+a1t2-a2t2=9 m,故B错误,C正确;两车再次相遇时满足Δx=v01t'+a1t'2-a2t'2=0,解得t'=3 s,甲车停止的时间t″==3 s=t',由以上分析可知,0~6 s内,甲、乙两辆汽车之间的距离先增加后减小再增加,故D正确。 13.选B　甲车做初速度为零的匀变速直线运动,则有Δx=at2,结合题图可得甲车的加速度大小为a== m/s2=2 m/s2,故A错误;由题图可知,t=4 s时两车相遇,此时甲车的速度大小为v甲=at=8 m/s,乙车的速度大小为v乙= m/s=12 m/s,故C错误;0~6 s内,甲车通过的位移大小为x甲=at2=×2×62 m=36 m,乙车通过的位移大小为x乙=v乙t=12×6 m=72 m,则t=6 s时,两车相距Δx'=72 m-(64-36)m=44 m,故B正确;t=t0时,甲车通过的位移大小为x甲'=a=64 m,解得t0=8 s,故D错误。 14.解析:(1)当A、B两汽车速度相等时,两车间的距离最远, 即v=vB-at=vA,解得t=3 s 此时汽车A的位移大小xA=vAt=12 m 汽车B的位移大小xB=vBt-at2=21 m 故最远距离Δxmax=xB+x0-xA=16 m。 (2)汽车B从开始减速直到静止经历的时间t1==5 s 运动的位移大小xB'==25 m 汽车A在t1时间内运动的位移大小xA'=vAt1=20 m 此时相距Δx=xB'+x0-xA'=12 m 汽车A需再运动的时间t2==3 s 故汽车A追上汽车B所用时间t总=t1+t2=8 s。 答案:(1)16 m　(2)8 s 课时跟踪检测(五) 1.选D　物体浸没于水中时,由于受到向上的浮力作用,弹簧测力计的拉力小于物体的重力,但物体的重力并不改变,故A错误;当两物体所处的地理位置不同时,由于g的大小不同,质量大的物体的重力不一定大,故B错误;重力的方向是竖直向下的,而不是垂直向下,故C错误;物体的重心位置由物体的形状和质量分布情况共同决定,故D正确。 2.选CD　题图甲中,静止在草地上的足球受到的弹力是由于草地发生了形变,选项A错误;题图乙中,足球被踢出后飞行过程中受到重力和空气阻力的作用,选项B错误;题图丙中,足球入网时球网绳子中的弹力都沿绳子收缩方向,选项C正确;题图丁中,运动员顶头球时头部受到的弹力是由于足球发生了形变,选项D正确。 3.选B　物块对小球的作用力垂直于斜面沿NM方向,则小球对物块的作用力垂直于斜面沿MN方向,而水平面光滑无摩擦,所以物块运动方向沿MN方向,故选B。 4.选D　两个接触且相对静止的光滑物体间没有静摩擦力,故A错误;静摩擦力产生在相对静止的物体之间,与物体本身是否静止无关,故B错误;静摩擦力的方向总是与物体的相对运动方向相反,可能会与物体的运动方向相反,也可能相同,故C错误,D正确。 5.选C　甲处于匀速直线运动状态,受重力与竖直向上的支持力的作用,二力平衡,不受摩擦力的作用,甲对扶梯也没有摩擦力的作用,故A、B错误;乙处于匀速直线运动状态,受到重力G、斜面的支持力FN以及沿斜面向上的静摩擦力f三个力的作用,三力平衡,故C正确,D错误。 6.选B　根据题意可知机器人“天工”可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走,对“天工”受力分析有mgsin 30°≤μmgcos 30°,可得μ≥tan 30°=,故选B。 7.选B　设弹簧原长为l0,根据平衡条件得mAg=k(l1-l0),mBg=k(l0-l2),解得k=,故选B。 8.选C　由平衡条件可知,墙面对单杠的摩擦力等于人和单杠的总重力,则只增大墙面的粗糙程度或只增大卡槽与墙面的弹力时,墙面对单杠的最大静摩擦力增大,但是墙面对单杠的摩擦力不变,选项A、B错误;当孩子挂在单杠上静止时,墙面对单杠的摩擦力与人和单杠的总重力等大反向,则墙面对单杠的摩擦力沿墙面向上,选项C正确;当孩子挂在单杠上,单杠没有沿墙面下滑,是因为墙面对单杠的最大静摩擦力大于单杠和孩子的总重力,而墙面对单杠的静摩擦力等于单杠和孩子的总重力,选项D错误。 9.选D　分析可知开始时物块受到静摩擦力的作用,之后长木板与物块间发生相对滑动,此时物块受到滑动摩擦力的作用,滑动摩擦力的大小与长木板是否做匀速直线运动无关,A错误;当长木板相对物块滑动前,根据平衡条件可知拉力随时间的变化图线和题图乙中的曲线相同,但相对滑动后,拉力的大小与物块受到的摩擦力大小无关,B错误;根据题图乙可知,物块受到的最大静摩擦力约为10 N,滑动摩擦力约为7 N,C错误;根据滑动摩擦力公式有Ff=μFN,FN=mg,解得μ===0.2,D正确。 10.选C　磨石受到的摩擦力大小为f=μFN=μFsin θ,故A错误;若撤掉F,墙面对磨石的弹力变为0,磨石受到的摩擦力大小变为0,磨石只受重力的作用,做竖直上抛运动,故磨石先向上运动再向下运动,故B错误,C正确;磨石向上做匀速直线运动,根据平衡条件有Fcos θ-mg=f=μFsin θ,若仅略微减小θ角,cos θ增大,sin θ减小,则Fcos θ-mg-μFsin θ=ma>0,可知若仅略微减小θ角,磨石将做加速直线运动,故D错误。 11.选A　开始时弹簧q的压缩量为x1== m=2 cm,木块c刚好离开地面时弹簧q的伸长量为x2== m=4 cm,此时弹簧p的拉力F=μmag+(mb+mc)g=40 N,弹簧p的伸长量x3== m=8 cm,则该过程p弹簧的左端向左移动的距离是x=x1+x2+x3=14 cm,故选A。 12.选C　未加F时,木块A、B受力平衡,所受静摩擦力等于弹簧的弹力,弹簧弹力为F1=kx=400 N/m×0.01 m=4 N,木块B与地面间的最大静摩擦力fBm=μGB=0.20×60 N=12 N,木块A与地面间的最大静摩擦力fAm=μGA=0.20×50 N=10 N;施加F后,对木块B有F+F1<fBm,木块B仍然静止,所受摩擦力仍为静摩擦力,其大小fB=F+F1=2 N+4 N=6 N,方向水平向左,故C正确;因为A、B仍然静止,故弹簧弹力不变F1=4 N,故D错误;施加F之后,木块A仍然静止,所受摩擦力仍为静摩擦力,大小为fA=F1=4 N,方向水平向右,故A、B错误。 13.选AB　由题意可知,当外力F推物体、拉物体时,若物体都处于静止状态,则地面对物体的摩擦力是静摩擦力,由水平方向受力平衡可知,对甲图有f甲=Fcos 30°,对乙图有f乙=Fcos 30°,可得f甲=f乙。若物体都处于运动状态,设物体质量为m,地面与物体间的动摩擦因数为μ,对甲图有f甲=μ(mg+Fsin 30°),对乙图有f乙=μ(mg-Fsin 30°),可得f甲>f乙。若甲图静止、乙图运动,对甲图有f甲=Fcos 30°,若乙图做匀速直线运动,对乙图有f乙=Fcos 30°,则有f甲=f乙;若乙图做加速直线运动,对乙图有Fcos 30°>f乙,可知f甲>f乙。由以上分析可知A、B正确,C、D错误。 14.选B　当θ=30°和θ=45°时,体验者受到滑道的支持力不同,而所受的摩擦力大小恰好相等,说明θ=30°时体验者处于静止状态,静摩擦力和重力沿滑道向下的分力相等,即Ff=mgsin 30°,θ=45°时体验者沿滑道下滑,滑动摩擦力为Ff=μFN=μmgcos 45°,故mgsin 30°=μmgcos 45°,解得μ=,故B正确,A、C、D错误。 课时跟踪检测(六) 1.选B　两个力合力为0,其中一个向东的力为6 N,则另一个力向西且大小也为6 N,将向东的6 N的力改为向南,则向西的6 N的力与向南的6 N的力的合力大小为6 N,故B正确。 2.选C　如图所示,将重力沿斜面方向和垂直于斜面方向分解,沿斜面方向,由平衡条件得Ff=Gcos θ,故A错误,C正确;垂直斜面方向,由平衡条件得F=Gsin θ+FN,故B、D错误。 3.选A　由平行四边形定则并结合数学知识知,舰载机所受阻拦索作用力的大小为F'=2Fcos 60°=F,故选A。 4.选C　弹力圈上的力大小处处相等,3号小朋友两侧弹力圈的张角最大,根据平行四边形定则可知合力最小。故选C。 5.选A　对小球受力分析如图所示,由几何关系易得力F和力FN与竖直方向的夹角均为30°,通过力的正交分解,根据共点力的平衡条件可得FNsin 30°=Fsin 30°,FNcos 30°+Fcos 30°+T=mg,解得F=FN= N。故选A。 6.选A　C点的受力如图所示,则有FACsin α=FCD,FCD=mg,则FAC==,所以FAC>mg,故A正确,B、D错误;若A点上移,α变大,sin α变大,所以FAC变小,故C错误。 7.选C　对身体受力分析如图,两个力的夹角为120°,根据力的平衡条件结合几何关系可知F1=G,故选C。 8.选C　对风力F在沿着帆面方向和垂直于帆面方向进行分解,根据力的平行四边形定则,可得其在垂直于帆面的分力F1=Fsin α=1 000 N,再对垂直作用于帆面上的力F1沿帆船航向方向和垂直航向方向进行分解,可得帆船在沿航向方向获得的动力为F2=F1sin β=600 N,故选C。 9.选A　对物体A上方绳结受力分析,如图甲所示,根据共点力平衡条件及几何关系可知,合力正好平分两个分力的夹角,可得F1=mAg;对滑轮受力分析,如图乙所示,由几何关系得F2=mBg;根据同一根轻绳拉力特点可知F1=F2,则mA=mB,得=,A正确。 10.选A　设A、B两玻璃球球心的连线与竖直方向的夹角为θ,如图甲所示,则由几何关系可知sin θ=,将玻璃球A的重力进行分解,如图乙所示,可得F1=Gtan θ=G,F2=2F1=G。故选A。 11.选B　A项图示时刻受困车受到的拉力约为2F;B项图示时刻后瞬间,如图所示,有2F困sin θ=F,θ接近0,F困接近无穷大;C项图示时刻受困车受到的拉力约为F(树桩相当于定滑轮);D项图示时刻受困车受到的拉力约为0.5F;故受困车受力最大的方案为B。 12.选B　由题意得两根耙索的合力大小F合=2×Fcos 30°=F,故A错误,B正确;对耙受力分析,水平方向f=F合cos 30°=F,故C、D错误。 13.选B　根据题意对货船S受力分析如图甲所示,正交分解可知2Tcos 30°=f,所以有T=f,对拖船P受力分析如图乙所示,则有+(f+Tcos 30°)2=F2,解得F=,故选B。 14.解析:重物缓慢下降,处于平衡状态,对重物进行受力分析,如图所示,水平方向有TPsin α=TQsin β 竖直方向有TPcos α=TQcos β+mg 联立解得TP=1 200 N,TQ=900 N。 答案:1 200 N　900 N 课时跟踪检测(七) 1.选C　对工人和梯子组成的系统受力分析,由平衡条件可得,在竖直方向上受重力、地面的支持力,因为墙光滑,所以竖直墙壁对梯子没有摩擦力;在水平方向上,受到竖直墙壁水平向右的支持力和地面水平向左的摩擦力,共四个力作用,故A、B错误;对工人受力分析,工人受到竖直向下的重力,根据平衡条件,梯子对工人的作用力竖直向上与重力平衡,故C正确;地面对梯子的作用力为支持力和摩擦力的合力,方向斜向左上方,故D错误。 2.选B　黑板擦缓慢下滑过程中,黑板擦受力平衡,则黑板擦受到的摩擦力等于重力,故A错误;黑板擦缓慢下滑时,根据受力平衡条件可知,黑板擦受到黑板的作用力竖直向上,大小等于重力,故B正确;第二次黑板擦静止时,黑板擦受到重力、摩擦力、弹力和磁吸引力共4个力的作用,根据受力平衡条件可知,黑板擦静止时受到的摩擦力大小等于重力,故C、D错误。 3.选A　根据共点力平衡条件,三根杆对O点的弹力沿竖直方向的分力之和等于锅的重力,有3Fcos 30°=mg,解得F=mg,故A正确。 4.选BD　分别对P和Q进行受力分析可知,Q受重力、墙壁的弹力、P对Q的弹力、P对Q的摩擦力,P受重力、绳子的拉力、Q对P的弹力、Q对P的摩擦力,A错误,B正确;分析Q的受力情况可知,若O点下移,Q处于静止状态,其受到的静摩擦力仍等于重力,大小不变,C错误;对P进行受力分析可知,若O点上移,绳子的拉力将变小,D正确。 5.选C　对香肠受力分析如图所示,根据平衡条件有N1=N2,2N1cos θ=mg,解得金属杆1对香肠的作用力大小为N1=N2=,故选C。 6.选D　钢索的拉力会对塔柱产生两个效果,一方面竖直向下拉塔柱,另一方面沿水平方向拉塔柱,A错误;桥面受到TAC、TAB和重力的作用处于平衡状态,根据共点力平衡条件,重力经过TAC、TAB的交点A,所以桥面的重心在桥面与立柱的交点D处,B错误;塔柱受到TAC、TAB、重力以及地面对塔柱的作用力处于平衡状态,地面对塔柱的作用力竖直向上,则钢索对塔柱的拉力的合力竖直向下,C错误;当桥面保持水平稳定时,根据平衡条件得TACsin α=TABsin β,D正确。 7.选D　设悬挂后背包带与竖直方向的夹角为θ,背包带上的拉力为F,根据平衡条件可得2Fcos θ=mg,解得背包带的拉力F=,在单肩包的质量一定的条件下,为了使悬挂时背包带受力最小,则cos θ最大,由于相邻挂钩之间的距离为10 cm,单肩包的宽度约为30 cm,故使背包带跨过4个挂钩时,则有θ≈0,cos θ≈1,此时背包带受力最小。故选D。 8.选BD　对最底部的灯笼受力分析,竖直方向受力平衡,有2FNOcos β=mg,解得FNO=,A错误;对三个灯笼整体受力分析,竖直方向受力平衡,有2FMNsin α=3mg,解得FMN=,B正确;对结点N受力分析,水平方向受力平衡,有FNOsin β=FMNcos α,故NO段轻绳的拉力大小与MN段轻绳的拉力大小之比为=,C错误,D正确。 9.选BD　根据弹力的特点可知每个爪对锅的弹力指向球心方向,故A错误;设每个爪与锅之间的弹力F方向与水平方向夹角为θ,在竖直方向根据平衡条件有4Fsin θ=mg,解得F=·>mg,故B正确;设正对的一对爪之间的距离为d,可知sin θ=,结合上述分析得F=,因为d不变,故可知R越大,F越小,故C错误,D正确。 10.选B　对轻杆和小球组成的系统进行受力分析,如图,设左侧斜面对杆AB支持力的大小为NA,由平衡条件有NA=mgcos 30°=mg,故选B。 11.选C　 对b进行受力分析,因为Ob段绳沿竖直方向,故b只受竖直向下的重力和竖直向上的绳子拉力而平衡,则FT=mbg,故B错误;细绳对b有拉力,故对a也有等大的拉力,对a进行受力分析,如图所示,则a需要受到3个力的作用才能平衡,故A错误;在a的受力分析图中,FN垂直杆向上,它与竖直方向的夹角为θ,FT沿绳方向,故它与竖直方向的夹角β=90°-2θ,故α=90°+θ,FT和FN的合力与a的重力大小相等,由正弦定理得=,解得FT=mgtan θ,故D错误;又因为FT=mbg,所以b的重力为mgtan θ,C正确。 12.选B　由于是一个绳子挂在光滑细杆O上,所以绳子OA段和OB段的拉力大小相等,过O作竖直线与AB交于D,如图所示,三角形OAD与小球A受力的矢量三角形相似,同理三角形OBD与小球B的受力矢量三角形相似,所以有=,=,结合题意有mA=2mB,TOA=TOB,解得=,故选B。 13.选C　根据题意R=6 m,R1=3 m,R2=1 m,分析几何关系知∠OO1O2=90°,sin ∠OO2O1=,对大球与小球分别受力分析,根据平衡条件有=,=,N21=N12,联立解得大球与小球的质量比为=,故选C。 14.解析:(1)对B进行受力分析,如图所示,设轻绳对B的拉力大小为FT,由平衡条件可得 Fcos 30°=FTcos θ, Fsin 30°+FTsin θ=mg 解得FT=10 N,tan θ=,即θ=30°。 (2)对A进行受力分析,如图所示,由平衡条件有 FTsin θ+Mg=FN,FTcos θ=μFN 解得μ=。 答案:(1)30°　(2) 课时跟踪检测(八) 1.选B　设弓弦的张力为F,两侧弓弦与竖直方向夹角为θ,根据平衡条件有2Fcos θ=mg,增加重物质量,θ减小,OA与OB的夹角减小,根据几何关系可知,弓弦的长度变长。减小重物质量,OA与OB的夹角增大,弓弦的长度变短。故选B。 2.选D　鼓缓慢下降,处于动态平衡状态,绳子对鼓的合力大小等于鼓的重力,绳子对鼓的合力不变,A、B错误;根据平衡条件得20Fcos θ=mg,解得F=,鼓缓慢下降过程中,绳子与竖直方向的夹角θ变小,cos θ变大,F减小,C错误,D正确。 3.选D　以整体为研究对象,整体受到重力和水平面的支持力,方向均在竖直方向上,水平方向没有运动趋势,可知支架底座与水平面间的摩擦力为零不变,故A错误;对手机受力分析,底部支撑面对手机的支持力为N=mgsin θ,减小背部支撑面与水平面的夹角θ,底部支撑面对手机的支持力减小,根据牛顿第三定律可知,手机对底部支撑面的压力减小,故B错误;对手机受力分析,根据平衡条件可知,支架对手机的作用力大小始终等于手机的重力,根据牛顿第三定律可知,手机对支架的作用力不变,故C错误;根据平衡条件可知,手机重力和底部支撑面对手机作用力的合力大小等于背部支撑面对手机的支持力,背部支撑面对手机的支持力N'=mgcos θ,减小背部支撑面与水平面的夹角θ,背部支撑面对手机的支持力增大,故D正确。 4.选D　不施加外力时,对Q受力分析,Q受重力、斜面的支持力和轻绳的拉力,可能受静摩擦力,静摩擦力的方向可能沿斜面向上或向下,也可能不受摩擦力;若原静摩擦力沿斜面向上,施加外力时,静摩擦力可能减小但方向不变,也可能等于0或者反向大小不定;若原静摩擦力沿斜面向下,施加外力时,静摩擦力变大;若原来不受静摩擦力,施加外力时,静摩擦力沿斜面向下,故A、B错误;对P受力分析,P受重力和轻绳拉力,处于静止状态,二力平衡,则拉力等于P的重力,则轻绳的拉力一定不变,故C错误,D正确。 5.选A　对金属环受力分析,金属环受到重力mg、绳子的拉力F、杆对金属环的弹力FN。金属环的重力保持不变,杆对金属环的弹力方向与杆垂直,作出力的矢量三角形,如图所示,金属环从A点缓慢上升到位于定滑轮正下方的B点,绳子与竖直方向的夹角θ逐渐减小至零,可知FN逐渐减小,F逐渐增大。故选A。 6.选C　根据题意可知,甲对绳子的拉力大小等于甲的重力,对结点O受力分析如图所示,则当乙与地面间的静摩擦力达到最大时,有TB=μm乙g=m甲gtan 37°,解得m甲=16 kg,故A、B、D错误,C正确。 7.选BC　设滑轮2和物体b的总质量为mb,对滑轮2和物体b受力分析,受重力和两侧细线的拉力,如图所示,根据平衡条件,有mbg=2Tcos θ,解得T=,将固定点c向右移动少许,则θ增大,故拉力T增大;对物体a受力分析,受重力、支持力、拉力,可能受到静摩擦力,由于不知道拉力与重力沿斜面向下的分力的大小关系,则无法判断静摩擦力的大小和方向,故不能判断静摩擦力的变化情况,故C正确,A错误;对整体受力分析,受重力、细线的拉力、地面对斜劈的支持力和静摩擦力,根据平衡条件,有支持力N=G总-Tcos θ=G总-mbg,静摩擦力f=Tsin θ,支持力N与角度θ无关,恒定不变,根据牛顿第三定律可知,斜劈对地面的压力也不变,θ增大,地面对斜劈的摩擦力一定增大,故B正确,D错误。 8.选D　设米粒的质量为m,当米粒受到碗的静摩擦力达到最大时,米粒距碗口的距离最小,设支持力与水平方向的夹角为θ,作出米粒的受力分析图如图所示,根据平衡条件有mgcos θ=fm,fm=μFN,FN=mgsin θ,联立解得μ=,根据几何关系有cos θ=,sin θ=,联立解得d=R,故选D。 9.选A　分析可知,只要摩擦力最大时乙刚好不滑动,此时对应的动摩擦因数最小。对整体受力分析有地面对乙的支持力N=2mg,地面对乙的摩擦力f=F板,设O1O2与水平面的夹角为θ,对甲受力分析,由平衡条件得F板=,可得f=,可知θ越小,f越大,由几何关系得,θ最小为30°,则fm==μN=μ·2mg,解得μ=,故选A。 10.选AC　根据题意,以小球a、b整体为研究对象,分析受力,作出F在几个方向时整体的受力图,根据平衡条件可知,F和FT的合力与整体重力2mg总是大小相等、方向相反,由力的示意图可知,当F与细线Oa垂直时,F有最小值,即图中2位置,F的最小值为Fmin=2mgsin θ=mg,根据胡克定律有Fmin=kxmin,解得xmin=,即弹簧的形变量的取值范围为x≥,故A、C正确。 11.选B　对瑜伽球受力分析,如图1,由平衡条件可知N1=mgtan θ,N2=,人缓慢竖直站立的过程中,人的背部与水平面的夹角逐渐增大,则墙面对球的力N1增大,人对球的支持力增大,根据牛顿第三定律可知球对人的压力增大,故A、D错误;对整体受力分析,如图2,由平衡条件可知FN=(M+m)g,f=N1,人受到地面的摩擦力变大,地面对人的支持力不变,故B正确,C错误。 12.选A　设无风时绳子夹角的一半为θ1,绳长为L,有风时绳子夹角的一半为θ2,两种情况受力如图,有L1+L2=Lsin θ2,d=Lsin θ1,又因为d>L1+L2,所以θ1>θ2,故A正确;无风时,衣服受到重力和两边绳子的拉力处于平衡状态,同一条绳子拉力相等,则挂钩左右两侧绳子与竖直方向的夹角相等,由几何关系可得sin θ1==,根据平衡条件得mg=2Fcos θ1,解得F==mg,故B错误;由于不计绳子的质量及绳与衣架挂钩间的摩擦,则挂钩相当于动滑轮,挂钩左、右两侧绳子的拉力总是相等,故C错误;在有风的情况下,将绳右侧固定端从A点沿杆缓慢向下移到C点,挂钩左、右两侧绳子之间的夹角变小,但是两细绳拉力的合力为恒力,则拉力F变小,故D错误。 13.选C　由于物料匀速上滑,则物料受力平衡,对物料受力分析,如图所示,若物料对斜面的压力为零,则摩擦力为零,在拉力F和重力mg作用下不可能平衡,故物料对斜面的压力不可能为零,故A错误;由共点力的平衡条件可知,沿斜面方向Fcos θ=mgsin α+Ff,沿垂直斜面方向FN=mgcos α-Fsin θ,又Ff=μFN,整理得F=,显然当sin(θ+β)=1时,绳子的拉力最小,当拉力变大时,摩擦力可能变大也可能变小,故B、D错误;斜面对物料的作用力为支持力与摩擦力的合力,设其合力的方向与斜面的夹角为γ,则tan γ==,显然γ与θ角无关,故C正确。 课时跟踪检测(九) 1.选C　力是改变物体运动状态的原因,物体不受力时也能保持匀速直线运动状态,故A错误;牛顿第一定律是推理概括出来的科学理论,不能通过实验直接验证,但能经住实践的检验,故B错误;伽利略通过理想斜面实验说明,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;惯性的大小由物体的质量决定,与物体受力的大小无关,与是否受力也无关,故D错误。 2.选BC　飞机投下的炸弹由于惯性而做平抛运动,所以当目标在正下方时投弹不能击中目标,A错误;地球自西向东自转,人向上跳起后, 由于惯性人也跟地球一起自西向东运动,故人会落到原地,B正确;紧急刹车时,汽车停止运动,人由于惯性仍向前运动,容易撞伤,所以系上安全带对人起到保护作用,C正确; 向上抛出的物体,由于惯性,在空中继续向上运动,而不是受到向上的作用力,D错误。 3.选A　牛顿认为力是改变物体运动状态的原因,而不是维持物体运动的原因,A正确;牛顿第二定律可以通过实验来验证,牛顿第一定律不可以通过实验来验证,B错误;国际单位制中,kg、m是基本单位,N是导出单位,C错误;加速度a与Δv和Δt无必然联系,由合力F和质量m共同决定,D错误。 4.选D　人用力蹬地,使滑板车向前运动的过程中,人对滑板车有力的作用,滑板车在力的方向上通过一段距离,人对滑板车做功,故A错误;人停止蹬地后,人和滑板车由于惯性还能继续向前运动,惯性不是力,不能说受到惯性作用,故B错误;人停止蹬地后,人和滑板车继续向前运动的过程中,还受到重力、地面的支持力和阻力作用,故C错误;人停止蹬地后,人和滑板车运动得越来越慢的过程中,运动速度发生改变,其运动状态发生改变,故D正确。 5.选B　在梦天实验舱内,水球体积越小,其质量越小,其惯性越小,故A错误;击球过程中,水球对“球拍”的作用力与“球拍”对水球的作用力是一对相互作用力,故B正确;击球过程中,水球所受弹力是由于“球拍”发生形变产生的,故C错误;牛顿第一定律是理想情况,不能用实验直接验证,故D错误。 6.选A　做匀变速直线运动的物体,加速度恒定不变,由牛顿第二定律知,它所受合外力是恒定不变的,且加速度与合外力方向相同,与速度方向在同一直线上,但不一定在同一方向上,故A正确,B错误;物体受到的合外力增大时,加速度一定增大,物体的运动速度变化一定加快,但速度不一定加快,故C错误;物体所受合外力为零时,物体的加速度一定等于零,速度不一定为零,故D错误。 7.选B　物体的惯性只与质量有关,故A错误;龙舟比赛位移相同,获得冠军的龙舟所用时间最短,故获得冠军的龙舟,其平均速度一定最大,故B正确;龙舟齐头并进时,相对于河岸是运动的,故C错误;根据牛顿第三定律,水对船桨的作用力等于船桨对水的作用力,故D错误。 8.选D　对“嫦娥五号”探测器受力分析有FN=mg月,则对一条腿有FN1=mg月=,根据牛顿第三定律可知每条腿对月球表面压力大小为。 9.选A　由牛顿第二定律可知,返回舱竖直向下减速运动过程满足f-mg=ma,可得加速度大小a=,由题意可知返回舱所受的空气阻力f随速度的减小而减小,则加速度大小a一直减小,A正确,B、C、D错误。 10.选C　根据牛顿第二定律可知,在竖直平面内“蜘蛛侠”所受合力方向应该是从A指向B,故C可能正确,A、B、D错误。 11.选B　对工人受力分析,受绳的拉力、地面的支持力和重力,三力平衡,工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力,A错误,B正确;对动滑轮受力分析如图所示,则有绳子拉力FT=,重物缓慢拉起过程,θ逐渐增大,则FT逐渐变大,C、D错误。 12.选A　由f=cρSv2,可得c=,右边式子代入单位可得=2,即c为常数,没有单位,B、C、D错误,A正确。 13.选C　阻力伞的运动状态未知,则FT和F的大小无法比较,故A错误;人的运动状态未知,则地面对人的摩擦力大小不一定等于F,故B错误;同一根绳子上的拉力相等,即人对轻绳的拉力与阻力伞对轻绳的拉力大小相等,故C正确;人对轻绳的拉力与轻绳对人的拉力是一对相互作用力,故D错误。 14.选B　由牛顿第三定律可知,犁对牛的拉力与牛对犁的拉力大小相等,由题知,牛对两种犁的拉力大小均为F,则两种犁对牛的拉力大小相等,A错误;设曲辕犁和直辕犁受到的竖直方向的支持力分别为FN1和FN2,对两种犁受力分析可知FN1+Fcos α=mg,FN2+Fcos β=mg,由于α<β,则FN1<FN2,B正确;设曲辕犁和直辕犁受到的摩擦力分别为Ff1和Ff2,对两种犁受力分析有Ff1=Fsin α-ma,Ff2=Fsin β,Ff1-Ff2<0,C错误;由于直辕犁做匀速直线运动,所受合外力为零,曲辕犁做匀加速直线运动,故曲辕犁所受合外力大于直辕犁所受合外力,D错误。 课时跟踪检测(十) 1.选D　杯子和水做斜抛运动、自由落体运动、下抛运动时都只受重力,处于完全失重状态,杯子与水相对静止,因此小孔中不会有水漏出,A、B错误,D正确;杯子向下做匀速运动,处于平衡状态,水受重力,小孔中有水漏出,C错误。 2.选AC　两个夹角为120°的50 N的力,其合力大小仍为50 N,物体的加速度大小a==25 m/s2,3 s末物体的速度大小为v=at=75 m/s,3 s内物体运动的位移大小为x=at2=112.5 m,故A、C正确,B、D错误。 3.选C　剪断L1前,对甲、乙整体受力分析可知,L1的拉力大小为T1=2mgtan 60°=2mg,L2的拉力大小为T2==4mg,A、B错误;剪断L1瞬间,弹簧的弹力不变,则小球乙受的合外力仍为零,加速度为零,D错误;对小球甲受力分析可知,受重力和弹簧向下的拉力、轻绳L2对其的拉力,小球甲的速度为0,将力沿绳L2方向和垂直绳L2方向分解,沿绳方向合力为0,则剪断L1瞬间,小球甲受到的合力为F合=2mgsin 60°,由牛顿第二定律可知F合=ma,解得a=g,C正确。 4.选D　飞机关闭发动机后,只受重力作用,飞机内的航天员处于失重状态,所以飞机内的航天员在从B到D的过程处于失重状态,故选D。 5.选C　由题图可知相等时间间隔内铁质小圆盘的位移先增大后减小,可知铁质小圆盘的速度先增大后减小,以向下为正方向,即铁质小圆盘的加速度先沿正方向后沿负方向,根据牛顿第二定律得G-f=·a,可知f先小于G,后大于G。故选C。 6.选D　剪断轻绳之前,设弹簧的拉力为F,在竖直方向根据受力平衡可得Fsin θ=mg,解得F== N=50 N,剪断轻绳瞬间,弹簧弹力保持不变,根据牛顿第二定律可得F-mgsin θ-μmgcos θ=ma,解得a=8 m/s2,故D正确。 7.选D　设A、B之间的距离为x,冰壶由A运动到B,根据运动学公式可得-2=2μgx,冰壶由B运动到D,根据运动学公式可得2=2μ'g×2x,联立解得μ'=,故选D。 8.选D　由题图可知,在t1~t3时间内手机的加速度方向竖直向上,手机处于超重状态,故A错误;在t2~t3时间内手机有向上的加速度,速度方向与加速度方向相同,可知手机在t2时刻未运动到最高点,故B错误;手机在t3时刻有竖直向上的速度,故没有改变运动方向,故C错误;由题图可知,在t4时刻之后有一段时间内手机的加速度等于重力加速度,则手机与手掌之间没有力的作用,手机可能离开过手掌,故D正确。 9.选D　根据题意可知,小球沿AD运动的加速度大小为a2=gsin 37°,则有2R=gsin 37°·,解得t2=;设AC与水平方向夹角为θ,连接AB,如图所示,由几何关系可得AC=2Rsin θ,小球沿AC运动的加速度大小为a1=gsin θ,则有2Rsin θ=gsin θ·,解得t1=;在运动过程中,1、2两球在轨道上的滑行时间之比为==∶,故选D。 10.选D　用剪刀把细线剪断的瞬间,物块竖直方向的加速度ay=g=10 m/s2,因物块完全失重,物块对木箱的压力为零,则水平方向不受摩擦力,只受弹簧的拉力,则ax==5 m/s2,可知物块的加速度大小a==5 m/s2,故选D。 11.解析:(1)当双臂双腿并拢加速下滑时,设加速度大小为a1,根据几何关系有sin θ==0.6 根据牛顿第二定律有mgsin θ-0.4mg=ma1 解得a1=2 m/s2。 (2)当张开双臂双腿减速下滑时,设加速度大小为a2,根据牛顿第二定律有2×0.4mg-mgsin θ=ma2 解得a2=2 m/s2 设人的最大速度为vm,人滑到底端时的速度为v,则有+=28 m,t=+ 解得t=6 s。 答案:(1)2 m/s2　(2)6 s 12.解析:(1)设雪车(包括运动员)在直道AB上的加速度大小为a1,根据运动学公式可得2a1xAB= 解得a1== m/s2= m/s2。 (2)在直道AB上运动的时间为t1==3 s 从B点到C点,根据运动学公式可得xBC=vBt2+a2 其中t2=5.0 s-t1=2 s 联立解得a2=2 m/s2 雪车(包括运动员)过C点的速度大小为vC=vB+a2t2=12 m/s。 (3)设雪车(包括运动员)在斜道BC上运动时受到的阻力大小为f,根据牛顿第二定律可得mgsin 15°-f=ma2 解得f=60 N。 答案:(1) m/s2　(2)12 m/s　(3)60 N 课时跟踪检测(十一) 1.选D　由题图可知列车启动做匀加速运动的加速度为a = 0.14 m/s2,对手机根据牛顿第二定律有f=ma=0.035 N,A错误;设列车最高速度为v,匀加速和匀减速的时间均为t1,匀速的时间为t2,则2×t1+vt2=x,2t1+t2=t,v=at1,联立解得t1≈566 s=9分26秒,t2≈127 s=2分7秒,v ≈79.30 m/s≈285.5 km/h,B、C错误,D正确。 2.选C　取竖直向下为正方向,毽子向上运动时,加速度为正方向,毽子向上做匀减速直线运动,加速度大小为a1=;毽子向下运动时,加速度为正方向,毽子向下做匀加速直线运动,加速度大小为a2=,则有a1>a2,故选C。 3.选BD　设每节车厢重力为G,当火车匀速直线运动时,T1=f1=k×3G,T2=f2=k×2G,T3=f3=k×G,可得T1∶T2∶T3=3∶2∶1,故A错误,B正确;当火车匀加速直线运动时,T1-f1=T1-k×3G=3ma,T2-f2=T2-k×2G=2ma,T3-f3=T3-k×G=ma,可得T1∶T2∶T3=3∶2∶1,故C错误,D正确。 4.选BD　以物块为研究对象,根据牛顿第二定律可得F-mgsin θ-f=ma,可得a=-,结合题图乙可得=k=,-=-b,可知小物块的质量为m=,摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为mgsin θ+f=c,故选B、D。 5.选A　0~1 s内,根据牛顿第二定律可得F1-μmg=ma1,1~2 s内,有F2=μmg,联立解得m=1 kg,μ=0.2,故选A。 6.选D　由题图可知,小物块先做正方向的匀减速直线运动,经t1时间速度减小到0,开始做反方向的匀加速直线运动,且两次运动的加速度不变,则水平外力F在0~t1和t1之后均为恒力,设0~t1时间内水平恒力的大小为F1,若恒力与运动方向相反(与正方向相反),则有a=+μg,若恒力与运动方向相同(与正方向相同),则有a=μg-;设t1之后水平恒力的大小为F2,恒力与运动方向相同(与正方向相反),则有a=-μg,可知一定有F2>F1,综上所述,0~t1时间内,水平恒力可能与正方向相同,也可能与正方向相反,t1之后,水平恒力与正方向相反,且有F2>F1,故D可能正确。 7.选BD　若小车向左加速,当ab面对小球恰好无作用力时,加速度最大,根据牛顿第二定律有mgtan 37°=ma1,解得a1=g,所以若小车向左加速,加速度不能超过g,A错误,B正确;若小车向右加速运动,当bc面对小球恰好无作用力时,加速度最大,根据牛顿第二定律有mgtan 53°=ma2,解得a2=g,所以若小车向右加速,加速度不能超过g,C错误,D正确。 8.选D　将A和B互换位置前,设绳子的拉力大小为F,整体的加速度大小为a,对A受力分析,根据牛顿第二定律有F=mAa,对B受力分析,有mBg-F=mBa,联立解得a=g,F=g;将A和B互换位置后,绳子仍保持与桌面平行,设此时绳子的拉力大小为F',整体的加速度大小为a',对A、B整体受力分析,根据牛顿第二定律有mAg=(mA+mB)a',解得a'=,对B受力分析,根据牛顿第二定律有F'=mBa',解得F'=g;因为mA=2m,mB=m,解得a=g,a'=g,F=F'=mg,可得a'=2a,即绳子的拉力大小不变,物体A和B运动的加速度大小变为原来的两倍。故选D。 9.选C　由运动学公式x=v0t+at2,整理可得=v0+,由题图乙可知v0=2 m/s,= m/s2=2 m/s2,解得a=4 m/s2,所以物块在斜面上做初速度为2 m/s、加速度为4 m/s2的匀加速直线运动,A、B错误;由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma,解得μ=,C正确;第2 s末物块的速度为v=v0+at=10 m/s,则前2 s内物块的平均速度为==6 m/s,D错误。 10.选D　物体m1、m2与车厢具有相同的加速度,对物体m1受力分析,受重力和拉力,根据合成法知F合=m1gtan θ,拉力为T=,物体m1的加速度为a==gtan θ,所以车厢的加速度为gtan θ,故A、B错误;物体m2的加速度为gtan θ,对物体m2受力分析,受重力、支持力、拉力和摩擦力,支持力大小为N=m2g-,摩擦力大小为f=m2a=m2gtan θ,故C错误,D正确。 11.选B　由题图乙、丙可得FA=8-2t,FB=2+2t,则t=0时,可知FA0=8 N,FB0=2 N,分析可知此时二者不会分开,A、B两物体的加速度大小为a==1 m/s2,设此时A、B之间的相互作用力为F,对B根据牛顿第二定律可得F+FB0=mBa,解得F=2 N,故A、C错误;当二者之间的相互作用力恰好为零时开始分离,此时二者的加速度相同,则有=,即=,解得t=1 s,0~1 s内A、B未分离,整体受合外力为10 N,加速度a=1 m/s2,分离时的速度大小为v=at=1 m/s,故B正确,D错误。 12.选A　设开始时弹簧的压缩量为x0,则kx0=4mg,开始施加拉力F的瞬间,对A物体根据牛顿第二定律有kx0-3mg-FAB=3ma,解得FAB=,故A正确,B错误;在A、B分离瞬间,A、B间的弹力为零,弹簧弹力不为零, 对A受力分析得kx-3mg=3ma,解得这一瞬间弹簧的压缩量为x=,则A上升的高度h=x0-x=,由h=at2,解得从施加力F到A、B分离的时间为t=,故C、D错误。 13.解析:(1)A与B之间的最大静摩擦力为f1=μ1mAg=0.3×2×10 N=6 N B与地面之间的最大静摩擦力为f2=μ2(mA+mB)g=0.1×(2+1)×10 N=3 N 当A、B恰好发生相对滑动时,对于B有μ1mAg-μ2(mA+mB)g=mBa0 对于整体有F0-μ2(mA+mB)g=(mA+mB)a0 解得F0=12 N 当F=9 N<12 N时,B与地面发生相对滑动,A与B没有发生相对滑动,则对于整体有F-f2=(mA+mB)a1 解得a1=2 m/s2 对于B,根据牛顿第二定律可得f3-f2=mBa1 解得A、B之间的摩擦力的大小f3=5 N。 (2)当F=16 N>12 N时,A、B发生相对滑动,根据牛顿第二定律F-f1=mAa2 解得a2=5 m/s2 A、B之间的摩擦力为滑动摩擦力,大小为f4=f1=6 N。 答案:(1)2 m/s2　5 N　(2)5 m/s2　6 N 课时跟踪检测(十二) 1.选C　物体在传送带上做匀加速直线运动的加速度大小为a=μg=1 m/s2,加速到与传送带共速的时间为t1==1 s,做匀加速直线运动的位移大小为x=t1=0.5 m,之后物体随传送带做匀速直线运动的时间为t2==2 s,则物体从a点运动到b点所经历的时间为3 s,C正确。 2.选D　物体随传送带稳定运行的过程中,物体与传送带保持相对静止,物体受到重力、垂直于传送带的支持力和沿传送带向上的静摩擦力,即物体受到3个力的作用,故B错误;结合上述可知,稳定时,物体沿传送带向上做匀速直线运动,根据平衡条件可知,物体受到的摩擦力一定为mgsin 30°,故A错误;结合上述可知,传送带对物体的作用力与重力平衡,即传送带对物体的作用力方向竖直向上,根据牛顿第三定律可知,物体对传送带的作用力方向竖直向下,故C错误;结合上述可知,稳定时,物体向上做匀速直线运动,物体受到的合力为零,故D正确。 3.选C　设最终小滑块与小车的速度大小相等,小滑块的加速度大小a1==μg,小车加速度大小a2=,则v=v0-a1t0,v=a2t0,联立解得t0=0.5 s<1 s,v=1 m/s,0.5 s后小滑块与小车以共同的速度做匀速直线运动。在0~0.5 s时间内,小滑块运动的位移大小x1=t0=1 m,小车运动的位移大小x2=t0=0.25 m,如图所示,小滑块与小车B端的距离d=l+x2-x1=0.25 m,C正确。 4.选C　根据牛顿第二定律得木块的加速度为a1==-μg,木板的加速度为a2=,设板长为L,根据L=a1t2-a2t2,得t=,木板相对地面运动位移为x=a2t2。则知若仅增大木板的质量M,木块的加速度a1不变,木板的加速度a2减小,可知时间t减小,x减小,B错误;若仅增大木块的质量m,则木块的加速度a1减小,木板的加速度a2增大,则t增大,x增大,C正确;若仅增大恒力F,则木块的加速度a1变大,木板的加速度不变,则t减小,x减小,A错误;若仅减小木块与木板间的动摩擦因数,则木块的加速度a1增大,木板的加速度a2减小,则t减小,x减小,D错误。 5.选D　由于鱼落在传送带时有沿着传送带向下的初速度,则鱼相对于传送带向下运动,鱼受到沿传送带向上的滑动摩擦力,鱼均能被传送至上端收集箱中,则鱼所受重力沿传送带向下的分力小于滑动摩擦力,即μ鱼mgcos θ>mgsin θ,解得μ鱼>tan θ,则鱼先沿传送带向下做匀减速直线运动,当速度减为0后,沿传送带向上做匀加速直线运动,当鱼与传送带共速时,做匀速直线运动,鱼在传送带上传送的过程所受的摩擦力方向一直沿斜面向上,故A错误,D正确;由于虾落在传送带时有沿着传送带向下的初速度,则虾相对于传送带向下运动,虾受到沿传送带向上的滑动摩擦力,当虾所受重力沿传送带向下的分力大于滑动摩擦力时,虾沿传送带向下做匀加速直线运动,当虾所受重力沿传送带向下的分力等于滑动摩擦力时,虾沿传送带向下做匀速直线运动,这两种情况均能把虾传送至下端收集箱中;当虾所受重力沿传送带向下的分力小于滑动摩擦力时,虾沿传送带向下做匀减速直线运动,当初速度比较大时,这种情况也可能把虾传送至下端收集箱中,故虾与传送带间的动摩擦因数不一定小于tan θ,故B、C错误。 6.选C　物块在传送带上做匀变速直线运动的加速度大小为a=μg=2 m/s2,则物块速度减为零的时间为t1==2 s,运动的距离x== m=4 m;物块速度减为零后反向加速,加速到与传送带共速的时间为t2==1 s,运动的距离x1== m=1 m;物块匀速运动回到原出发点的时间为t3== s=1.5 s,则物块从左端A处滑上传送带到再次返回到A处所用的时间t=t1+t2+t3=4.5 s,故C正确。 7.选A　由题图乙知力F较小时,小物块和长木板均静止,随着外力的增大二者先一起加速运动,后发生相对滑动。当F>2 N时二者开始一起加速,则长木板受水平地面的滑动摩擦力Ff2=2 N;当F>14 N时小物块和长木板发生相对滑动,此时小物块受到的摩擦力Ff1=4 N,则小物块的加速度最大为a1== m/s2=4 m/s2。改用F=16 N的外力水平拉长木板时,对长木板由牛顿第二定律可得F-Ff1-Ff2=Ma,解得a=5 m/s2,由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间满足at2-a1t2=L,代入数据解得t=2 s,故选A。 8.选BC　若传送带沿顺时针方向转动,当mgsin θ > μmgcos θ时,木块将一直沿传送带向下做匀加速直线运动,当mgsin θ<μmgcos θ时,木块将向上先加速到与传送带速度相等再做匀速运动,两种情况的速度—时间图像均不符合题图乙,所以传送带一定沿逆时针方向转动,故A错误;由题意可知,木块不能在传送带上与传送带保持相对静止,则mgsin θ>μmgcos θ,即μ<tan θ,故B正确;由题图乙可知,0~t1时间内有mgsin θ+μmgcos θ=m,t1 ~ t2时间内有mgsin θ-μmgcos θ=m,联立解得sin θ=+,故C正确;由题图乙可知,0~t2时间内木块的位移大小x=,但木块运动时间大于t2,则传送带的长度L>v1t1+,故D错误。 9.选ABD　由题图可知,t=3t0时木板的速度开始减小,说明小物块在t=3t0时滑上木板,A正确;v⁃t图像斜率的绝对值表示加速度大小,则0~3t0时间内,木板的加速度大小为a1==μg,t=3t0时木板的速度大小为v1=a1·3t0=μgt0,结合题意可知,t=3t0时小物块以μgt0的速度水平向左滑上木板,t=4t0时小物块与木板共速,大小为μgt0,方向水平向右,则与木板共速前,小物块的加速度大小a'==2μg,设小物块的质量为m,小物块与木板间的动摩擦因数为μ',对小物块由牛顿第二定律得μ'mg=ma',联立解得μ'=2μ,B正确;设木板的质量为M,0~3t0时间内,对木板由牛顿第二定律有F-μMg=Ma1,解得F=μMg,3t0~4t0时间内,木板的加速度大小a2==μg,由牛顿第二定律可得F-μ'mg-μ(M +m)g=-Ma2,解得m∶M=1∶2,C错误;t=4t0时,小物块与木板速度相同,假设t=4t0后小物块与木板不相对滑动,则小物块和木板整体受到F和地面摩擦力f作用,由于f=μ(M+m)g=μMg=F,则整体受力平衡,小物块与木板之间无摩擦力,假设成立,所以t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动,D正确。 10.解析:(1)对小物块受力分析有Ff1=μ2Mg=12 N, 对A、B整体受力分析有Ff2=μ1(M+m)g=10 N 根据牛顿第二定律得,A的加速度大小为a1==4 m/s2,方向向左 B的加速度大小为a2==1 m/s2,方向向右。 (2)当A、B的速度相同时,两者不再发生相对滑动,有v0-a1t=a2t 所以t==1 s 此过程A运动的位移大小为xA=v0t-a1t2=3 m B运动的位移大小为xB=a2t2=0.5 m 则A、B的相对位移大小为Δx=xA-xB=2.5 m<3 m 所以A不会从B上滑下 之后A、B一起做匀减速直线运动 a3=μ1g=2 m/s2 此时的速度大小为v=v0-a1t=1 m/s A、B一起运动的位移大小为xAB==0.25 m 所以B滑行的距离x=xB+xAB=0.75 m。 答案:(1)4 m/s2,方向向左　1 m/s2,方向向右　(2)0.75 m 11.解析:(1)传送带静止时,设小物块下滑的加速度大小为a1,则根据牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma1 解得a1=2 m/s2, A、B两端之间的距离为L=v0Δt+a1(Δt)2 解得L=35 m。 (2)传送带以v1=2 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动时,小物块仍以加速度大小a1做匀加速直线运动,故小物块运动的时间仍为Δt,则传送带运动的位移大小为x带=v1Δt=10 m 小物块在传送带上留下的痕迹长度为s=L-x带=25 m。 (3)若传送带以v2=8 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动,开始时,小物块受到的摩擦力沿着传送带向下,设小物块的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma2 解得a2=10 m/s2 设经过时间t1小物块与传送带达到共同速度,则有v2=v0+a2t1 这段时间内小物块运动的位移大小为x1=v0t1+a2 在此之后,小物块仍以大小为a1的加速度做匀加速直线运动,根据运动学公式有x2=L-x1 x2=v2t2+a1 则小物块从A端运动到B端所用的总时间t=t1+t2 联立并代入数据解得t=3.52 s。 答案:(1)35 m　(2)25 m　(3)3.52 s 课时跟踪检测(十三) 1.选D　做曲线运动的物体,速度方向时刻发生变化,所以一定是变速运动,合外力一定不为零,合外力可以是恒力,例如平抛运动,合外力也可以是变力,例如匀速圆周运动,故A、B、C错误;做曲线运动的条件是所受合外力的方向与物体的速度方向不在一条直线上,故D正确。 2.选B　运动员在空中只受重力作用,加速度始终竖直向下;做曲线运动的物体,某位置的速度方向在轨迹该点的切线方向上,在A处速度方向斜向上,在B处速度沿水平方向,在C处和D处速度都是竖直向下,A、C、D错误,B正确。 3.选A　铅球做平抛运动,只受重力,所以在A、C两点的加速度相同,都为重力加速度,故A正确;在B点的速度方向沿切线方向,即BD方向,故B、D错误;在B点的加速度方向竖直向下,故C错误。 4.选C　根据题图,乙运动员由M到N做曲线运动,乙运动员向前的速度减小, 同时向右的速度增大,故合外力的方向指向右后,故F3的方向可能是正确的。故选C。 5.选A　由题意可知,在乘客看来,雨滴在竖直方向上做匀速直线运动,在水平方向做匀加速直线运动,因分运动与合运动具有等时性,则t1∶t2=∶=2∶1,故A正确。 6.选C　物体做匀变速曲线运动,从B点到C点,加速度方向与速度方向的夹角小于90°,在C点的速率比在B点的速率大,A错误,C正确;物体做匀变速曲线运动,则加速度不变,所以物体经过C点时的加速度与经过A点的相同,B错误;物体运动到B点时的速度方向与加速度方向恰好垂直,则从A点到B点的过程中速度方向与加速度方向的夹角大于90°且逐渐减小,从B点到C点的过程中加速度方向与速度方向的夹角小于90°且逐渐减小,所以从A点到C点,物体的加速度方向与速度方向的夹角一直减小,速率先减小后增大,D错误。 7.选B　船在沿河岸方向上先加速后减速,在垂直于河岸方向上做匀变速直线运动,两运动的合运动不是匀变速运动,故A错误;当船头始终与河岸垂直时(船头不与航线垂直),渡河时间最短,根据d=at2,解得最短时间t==10 s,故B正确,C错误;由题图甲知,船在刚登陆时河水的流速为0,则船的速度大小是v=at=60 m/s,故D错误。 8.选B　所有谷粒进入分离仓时在水平方向获得的动量相同,由p=mv可知饱粒b进入分离仓时的速度小于秕粒a进入分离仓时的速度。竖直方向所有谷粒都做自由落体运动,下落高度相同,由h=gt2可知,所有谷粒运动时间相同,水平方向谷粒所受的气流的作用力相同,由牛顿第二定律可知水平方向饱粒b的加速度小于秕粒a的加速度,由位移时间公式x=v0t+at2可知,饱粒b的水平位移小于秕粒a的水平位移,A、C错误。饱粒b的质量大于秕粒a的质量,则饱粒b的重力大于秕粒a的重力,作出饱粒b和秕粒a的受力示意图如图所示,可知D错误,B正确。 9.选D　当合速度垂直于河岸时,船以最短位移过河,如图所示,船以最短位移过河所用的时间为t=;当船头垂直于河岸时,即v垂直于河岸时,最短时间为tmin==t,联立解得=,故选D。 10.选D　冲锋舟以最小速度v1和船头正对河岸分别从A到B,冲锋舟最小速度v1垂直于AB连线,有v1=vsin 30°,船头正对河岸行驶时冲锋舟速度v2垂直于平直河岸,有v2=vtan 30°,可知=cos 30°=,故D正确。 11.选D　根据沿绳方向速度大小相等可知,vB=vcos θ,工作人员A以速度v沿直线水平向左匀速拉动轻绳,θ角变小,则cos θ变大,表演者B向上做加速运动,当θ趋近于0°时,表演者B的速度趋近于v,表演者B的加速度趋近于零,故表演者B变加速上升,故A、B错误;当θ=45°时,A与B的速度大小之比为v∶vB=1∶cos 45°=2∶,故C错误;当θ=30°时,A与B的速度大小之比为v∶vB=1∶cos 30°=2∶,故D正确。 12.选BD　题图甲中小球在筒内受重力和水平指向圆筒竖直中心轴的筒壁的弹力,贴着筒壁做螺旋线运动,可视为水平面内的匀速圆周运动与竖直方向上做自由落体运动的合运动,由竖直方向上做自由落体运动,可求得小球由A运动到B的时间为t1=;题图乙中小铜环沿钢丝运动,受重力和垂直钢丝斜向上方的弹力,可等效为小环沿光滑斜面下滑,如图所示,则小环由C运动到D的时间为t2=,其中a=gsin α<g,s>h,故t1<t2,A错误,B正确。小球有初速度,小环无初速度,根据机械能守恒定律知vB>vD,C错误,D正确。 13.选C　轻杆B点的速度大小vB=ωL=5 m/s,将B点的速度沿绳和垂直于绳的方向分解,如图所示,沿绳方向的速度大小等于重物上升的速度大小,故v=vBsin θ=5×0.8 m/s=4 m/s,故选C。 14.选C　根据匀变速直线运动位移公式x=v0t+at2,可得=at+v0,根据题图甲可得=k1t+v0x,所以质点Q在x轴上的分运动是匀变速直线运动,初速度v0x=6 m/s,加速度ax=2k1=2× m/s2=3 m/s2。根据题图乙可知,质点Q在y轴上的分运动是匀变速直线运动,初速度v0y=8 m/s,加速度ay=k2= m/s2=4 m/s2。因为==,可知质点Q的初速度和加速度在同一条直线上,所以质点Q做匀变速直线运动,初速度为v0==10 m/s,加速度为a==5 m/s2,2 s末的速度为v=v0+at=(10+5×2)m/s=20 m/s,故C正确,A、B、D错误。 课时跟踪检测(十四) 1.选C　铅球在空中只受重力,根据牛顿第二定律可知铅球的加速度恒定,故铅球做匀变速曲线运动,根据加速度的定义式a=可知,任意相等时间内铅球的速度变化量相同,故A、B错误,C正确;设铅球的初速度v与水平方向的夹角为θ,铅球出手位置距离地面高度为h,在竖直方向上根据匀变速直线运动规律有-h=vtsin θ-gt2,可知铅球在空中运动时间跟初速度与水平方向夹角有关,故D错误。 2.选C　动能表达式为Ek=mv2,由题意可知,小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍,则离开甲板时的速度变为调整前的2倍;小车离开甲板后做平抛运动,从离开甲板到落到海面上的时间不变,根据x=vt,可知小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离变为调整前的2倍。故选C。 3.选A　不计空气阻力,喷泉喷出的水在空中只受重力,加速度均为重力加速度,故A正确;设喷泉喷出的水竖直方向的分速度为vy,水平方向的分速度为vx,设喷泉最高的高度为h,根据对称性可知在空中运动的时间t=2,可知tb>ta,D错误;在最高点的速度等于水平方向的分速度vx=,由于水平方向的位移大小关系未知,无法判断在最高点的速度大小关系,根据速度的合成可知无法判断初速度的大小关系,B、C错误。 4.选AD　由于小鱼在运动过程中只受重力作用,则小鱼在水平方向上做匀速直线运动,即vx为一定量,则有x=vxt,A可能正确,C错误;小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动,则有y=vy0t-gt2,vy=vy0-gt,且vy最终减为0,B错误,D可能正确。 5.选B　设抛出时的初速度大小为v0,则到A点时沿竖直方向的分速度vy1=v0tan 30°,t1=,到达B点时,沿竖直方向的分速度vy2=v0tan 60°,t1+t2=,解得t1∶t2=1∶2,故选B。 6.选D　设小球第一次在斜面上的落点位置为(x,y),小球在空中做平抛运动,水平方向有x=v0t,竖直方向有y0-y=gt2,其中v0=4 m/s,y0=8 m,又由几何关系可得tan 37°=,联立解得x=4 m,y=3 m,故选D。 7.选C　设出水孔到水桶中心的水平距离为x,则x=v0,落到桶底A点时x+=v0,解得v0= 。故选C。 8.选A　由平抛运动规律知tan θ=,由题图可知斜率为k=,解得v0=10 m/s,故A错误;第1 s内物体下落的高度h1=g=5 m,故B正确;第2 s末物体下落的高度为h2=g=20 m,第2 s末物体的水平位移为x2=v0t2=20 m,则有tan α==1,则第2 s末物体的位移偏向角为α=45°,故C正确;前3 s内物体的速度变化量可以看成是水平方向的速度变化量与竖直方向的速度变化量的矢量和,而水平方向的速度变化量为0,所以前3 s内物体的速度变化量的大小即为竖直方向的速度变化量的大小Δvy=gΔt=30 m/s,故D正确。 9.选D　如图所示,小球恰好垂直落在AB面上的Q点,作速度的反向延长线,交于O点,由平抛运动的推论可知,速度反向延长线交于水平位移的中点,故满足tan 53°=,结合圆的几何关系可得2+y2=R2,联立解得x=1.2R,D正确。 10.选AB　设球被击出时的初速度大小为v0,球被击出后做平抛运动,恰好经过网上边沿的c点,设所用时间为t,则有h=gt2,L=v0t,解得v0=,设球从被击出到落在球台上的时间为t1,落点与击出点之间的水平距离为l,则有h=g,l=v0t1,解得l=L,故A、B正确;球在竖直方向做自由落体运动,设在落点d处竖直方向的速度为vy,在落点d处速度方向与水平方向的夹角为θ,则有vy=gt1,tan θ=,解得tan θ=,故C错误;若保持击球高度不变,且垂直MN击球,当球恰好不出界时,则平抛运动的初速度为v==2L,但若只限定在b点水平击出,则水平位移的最大值应该是a点与P或Q的连线长度,大于2L,因此最大初速度应该大于v,而平抛运动的最小初速度为vmin=v0=,球的初速度只有在最小初速度和最大初速度之间才会落在对方台面上,故D错误。 11.选A　小球从A点平抛恰好以最小位移到达斜面,即位移垂直于斜面,设平抛运动的水平位移为x,竖直位移为y,则由几何关系得tan θ==,解得t=,故选A。 12.选AD　如图所示,根据平抛运动推论,速度反向延长线交于水平位移的中点,当圆心O为图中水平位移AA'的中点时,小球垂直打在圆弧面B点,故A正确;根据h=gt2,当小球打在斜面上时,小球抛出的初速度越大,小球下落高度越大,可知小球运动的时间越长;当小球打在圆弧面上时,小球抛出的初速度越大,小球下落高度越小,可知小球运动的时间越短,故B错误;当小球刚好落在O点正下方时,下落高度最大,运动时间最长,则有R=gt2,=v0t,联立解得v0=,故C错误;若小球抛出的速度小于,可知小球均落在斜面上,根据平抛运动推论可知,落到斜面上时速度偏向角均满足tan θ=2tan 60°=2,即落到斜面时速度偏向角均相同,故D正确。 13.解析:(1)水在空中做平抛运动,由平抛运动规律得,竖直方向h=gt2 解得水从管口到水面的运动时间t=。 (2)由平抛运动规律得,水平方向d=v0t 解得水从管口排出时的速度大小v0=d。 (3)管口单位时间内流出水的体积 Q=Sv0=Sd。 答案:(1)　(2)d　(3)Sd 课时跟踪检测(十五) 1.选C　在B点把物体受力F分别沿着速度方向和垂直速度方向分解,则向心力大小为Fn=Fsin θ,由牛顿第二定律可得物体在B点的向心加速度大小为an=,故选C。 2.选C　装饰物的角速度等于陀螺的角速度,则有ω=2πn≈31.4 rad/s,C正确。 3.选D　A、B两点同轴转动,角速度相同,转动半径不同,根据v=ωr可知,线速度不相同,故A错误;A、B两点同轴转动,角速度相同,转速相同,故B错误;风扇慢慢停下,不是做匀速圆周运动,故A点的加速度不指向圆心,故C错误;根据a=ω2r,A、B两点的转动半径的比值保持不变,则A、B两点的向心加速度的比值保持不变,故D正确。 4.选B　赛车转弯时,为尽量保护轮胎,重力和支持力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律可得mgtan α=m,可得赛车转弯时的速度大小为v=,故选B。 5.选BC　衣物运动到最高点A点时,加速度方向竖直向下,处于失重状态,故A错误;衣物及衣物上的水运动到最低点B点时,加速度方向竖直向上,处于超重状态,此时脱水效果最好,故B正确,D错误;衣物运动到C点或D点时,洗衣机对衣物的水平作用力提供衣物的向心力,可知此时衣物对洗衣机在水平方向作用力不为零,而洗衣机是静止的,可知地面对其的摩擦力不为零,根据牛顿第三定律可知,此时洗衣机对地面的摩擦力不为零,故C正确。 6.选B　设最大静摩擦力为f0,则在水平面内绕笔中心转动过程中,有f0=m·,在竖直面内绕其中心转动过程中,若要保证橡皮擦不滑出,则橡皮擦能够顺利通过最低点,由于在最低点由竖直向上的摩擦力与重力的合力提供向心力,则有f0-mg=m·,解得ω2=10 rad/s,故选B。 7.选A　由题意可知,当插销刚好卡进固定端盖时,弹簧的伸长量为Δx=,根据胡克定律有F=kΔx=,插销与卷轴同轴转动,角速度相同,弹簧弹力提供插销做匀速圆周运动的向心力,则F=mlω2,对卷轴有v=rω,联立解得v=r。故选A。 8.选D　与台面相对静止的陶屑做匀速圆周运动,静摩擦力提供向心力,当静摩擦力为最大静摩擦力时,根据牛顿第二定律可得μmg=mω2r,解得r=,因与台面相对静止的陶屑的角速度相同,可知能与台面相对静止的陶屑离轴OO'的距离与陶屑质量无关,只要在台面上不发生相对滑动的位置都有陶屑,故A、B、C错误;离轴最远的陶屑受到的静摩擦力为最大静摩擦力,由上述分析可知最大的运动半径为R=,μ与ω均一定,故R为定值,即离轴最远的陶屑距离不会超过某一值R,故D正确。 9.选D　根据题意可知,小球运动到A点时,轻杆对小球的弹力和小球重力的合力提供小球做圆周运动的向心力,则有FA-mg=m,可知轻杆对小球的弹力方向一定竖直向上,且大小一定大于小球的重力,故B、C错误;小球运动到B点时,若轻杆对小球的弹力为0,则有mg=m,解得vB=,可知轻杆对小球的弹力可能小于小球重力,轻杆在A、B两点对小球的弹力大小不相等,故A错误,D正确。 10.选C　设管外细绳与竖直方向夹角为θ,管外细绳的长度为l,小球所在水平面距离顶点的竖直高度为h,对小球分析有F向=mgtan θ=mω2lsin θ=m=ma,解得v=,ω=,a=gtan θ。由于v=,小球从A处到达B处,l减小,θ增大,则无法判断vA、vB的关系,故A错误;由于ω=,其中cos θ=,联立得ω=,由题意可知,小球从A处到达B处,h减小,则ωA<ωB,故B错误;由于F向=mgtan θ,a=gtan θ,角度θ变大,小球所受向心力变大,即FA<FB,向心加速度也变大,即aA<aB,故C正确,D错误。 11.解析:(1)若圆台以某一角速度转动时,甲、乙均未滑动,根据a=ω2r,可得甲、乙两物体的加速度大小之比a甲∶a乙=2R∶R=2∶1。 (2)若圆台的角速度逐渐增大,根据μmg=mr 可得ω0=,因甲转动半径较大,临界角速度较小,可知甲物体先滑动。 (3)两物体刚要滑动时,甲受到的最大静摩擦力指向圆心,乙受到的最大静摩擦力背离圆心,则对甲有T+μmg=mω2·2R 对乙有T-μmg=mω2R 解得圆台转动的角速度ω=。 答案:(1)2∶1　(2)甲　(3) 12.解析:(1)小球恰好通过A点时绳子拉力为零,仅重力提供向心力,有mg=m,解得v0=。 (2)从A点到B点,由动能定理2mgr=m-m,解得vB= 在B点,由绳子拉力和小球重力的合力提供向心力,有T-mg=m 解得T=6mg 再由牛顿第三定律可得Fm=T=6mg。 (3)小球从B点到落地的过程中,只有重力做功,由动能定理,有mg(h-r)=mv2-m 解得v=。 答案:(1)　(2)6mg　(3) 课时跟踪检测(十六) 1.选A　设地球半径为R,空间站的轨道高度为h,航天员的质量为m,地球质量为M,航天员在地面时所受地球的引力F1=,在空间站舱外作业时所受地球的引力F2=,可得=2≈0.9,故选A。 2.选BC　由万有引力定律知A错误,B正确;因三颗卫星连线构成等边三角形,圆轨道半径为r,由数学知识可知任意两颗卫星间距d=2rcos 30°=r,由万有引力定律知C正确;因三颗卫星对地球的引力大小相等且互成120°,故三颗卫星对地球的引力的合力为0,则D错误。 3.选A　由开普勒第三定律可知=,可得该彗星轨道的半长轴与日地平均距离的比值为==≈1.5×103,故选A。 4.选C　根据题意可知,加速前地球绕太阳做圆周运动的周期T0=1年,设在该椭圆轨道上地球距太阳的最远距离为r,则椭圆轨道半长轴为a=,根据开普勒第三定律,可得=,其中T=8年,解得r=7R,故选C。 5.选B　在星球表面有G=mg,可得g=,则在火星表面与在地球表面的重力加速度大小之比为==×=,故选B。 6.选D　在环月飞行时,样品所受合力提供其所需的向心力,不为零,故A错误;若将样品放置在月球正面,它对月球表面压力大小等于它在月球表面的重力大小,由于月球表面自由落体加速度约为地球表面自由落体加速度的,则样品在地球表面的重力大于在月球表面的重力,所以样品放置在月球背面时对月球的压力,比放置在地球表面时对地球的压力小,故B错误,D正确;样品在不同过程中受到的引力不同,但样品的质量相同,故C错误。 7.选D　根据万有引力提供向心力得=mr,整理得M=,因为“鹊桥二号”中继星环绕月球运行的周期与地球同步卫星环绕地球运行的周期相等,故=,故选D。 8.选B　设红矮星质量为M1,行星质量为m1,轨道半径为r1,周期为T1;太阳的质量为M2,地球质量为m2,日地距离为r2,周期为T2;根据万有引力定律有G=m1r1,G=m2r2,联立可得=·,由于行星轨道半径约为日地距离的0.07倍,周期约为0.06年,可得≈0.1,故选B。 9.选B　依题意,空间站的高度与地球半径相比相差较大,根据F地表=,F空间站=,可知悬浮的包裹受到地球的吸引力相对于地表不可以忽略,故A错误;包裹随空间站做匀速圆周运动,所受万有引力提供向心力,根据牛顿第二定律可知,若推动包裹,使包裹具有加速度,航天员所需的推力几乎为零,故B正确;根据=ma,解得a=,空间站的轨道半径比北斗系列同步卫星的小,所以加速度较大,故C错误;根据=mr,又ρ=,联立解得ρ=,可知只记录空间站的运行周期不能估算地球的密度,故D错误。 10.选C　嫦娥六号是环绕天体,利用已知数据无法求出环绕天体的质量m,故A错误;因嫦娥六号的质量m无法求出,由F=可知,万有引力无法求出,故B错误;由G=m2r,解得月球的质量为M=,故C正确;月球表面的重力加速度为g=,因月球半径R未知,则无法求出月球表面的重力加速度,故D错误。 11.选AB　由题图可知冬至时地球位于近日点附近,根据开普勒第二定律,在近日点地球的公转速度最快,随着地球向远日点移动,公转速度逐渐减慢,因此芒种时的公转速度比小满时的小,故A正确;地球与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等,面积越大需要时间越长,结合题图可知芒种到小暑的时间间隔要大于大雪到小寒的时间间隔,故B正确;地球公转的加速度大小与地球到太阳的距离有关,立春时和立秋时,地球到太阳的距离并不相等(立春时离太阳较近,立秋时离太阳较远),因此公转加速度大小不相等,故C错误;春分、夏至、秋分、冬至四个节气虽然分别代表了春、夏、秋、冬四季的开始,但它们并不刚好将一年的时间分为四等份,实际上,由于地球公转轨道是椭圆形的,各季节的时间并不相等,故D错误。 12.选C　根据万有引力提供向心力有G=ma,可得a=GM·,由题图可知,当r=R月时,a最大,则有b=,a⁃图像的斜率k=GM,则月球的质量和月球的半径分别为M=、R月=,故A、B错误,C正确;变轨需加速,消耗燃料化学能,机械能增加,故D错误。 13.选D　根据开普勒第二定律,小行星甲在远日点的速度小于在近日点的速度,故A错误;根据万有引力提供向心力有=ma,小行星乙在远日点的加速度等于地球公转加速度,故B错误;根据开普勒第三定律,小行星甲与乙的运行周期之比==,故C错误;甲、乙两行星从远日点到近日点的时间之比等于周期之比,=,故D正确。 14.选A　设月球的半径为R,月球的质量为M,由题意得G=m(2R),G=mg0,G=mR+mg,联立解得月球赤道处的重力加速度g=,故选A。 课时跟踪检测(十七) 1.选A　对接后的空间站整体质量变大,轨道半径不变,根据万有引力表达式F=G,可知空间站所受地球的万有引力变大,故A正确;根据万有引力提供向心力有G=ma=m=mr,可得a=,v=,T=2π,空间站运行的轨道半径不变,则在轨飞行速度大小不变,在轨飞行周期不变,在轨飞行加速度大小不变,故B、C、D错误。 2.选A　由=,求得第一宇宙速度v=,故==,所以v火=v,故A正确。 3.选D　组合体做匀速圆周运动,合外力提供向心力,合外力不为零,故A错误;7.9 km/s是最大的环绕速度,则组合体运行速度小于7.9 km/s,故B错误;组合体轨道半径小于同步卫星轨道半径,根据=mRω2,可知组合体的角速度大于同步卫星的角速度,则也大于地球自转的角速度,故C错误;组合体轨道半径小于同步卫星轨道半径,根据=ma,得a=,组合体的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度,故D正确。 4.选D　根据题意可知,从一次满月到下一次满月的时间内,月球比地球多转2π弧度,则有t-t=2π,解得t=,故选D。 5.选A　从a到b的过程中,太阳对彗星的引力一直做正功,则彗星与太阳的引力势能一直减小,彗星的动能一直增加,A正确,B错误;从a经b到c的过程中,太阳引力方向与彗星速度方向间的夹角一直增大,C错误;从a经b到c的过程中,只有太阳对彗星的引力做功,彗星的机械能不变,D错误。 6.选BCD　根据万有引力提供向心力可得=mr=m=ma,可得T=,v=,a=,则A、B两颗人造卫星的周期之比为TA∶TB=∶=2∶3,A、B两颗人造卫星的线速度大小之比为vA∶vB=∶=∶,A、B两颗人造卫星的向心加速度大小之比为aA∶aB=∶=9∶4,故A错误,B、C正确;A、B两颗人造卫星的动能之比为mA∶mB=1∶2,故D正确。 7.选B　冻结轨道和捕获轨道的中心天体都是月球,根据开普勒第三定律得=,解得在捕获轨道运行时周期T2=T1≈288 h,A错误;根据开普勒第二定律得,近月点的速度大于远月点的速度,B正确;鹊桥二号从捕获轨道到冻结轨道进行近月制动,在捕获轨道运行时近月点的速度大于在冻结轨道运行时近月点的速度,C错误;鹊桥二号在两轨道的近月点所受的万有引力相同,根据牛顿第二定律可知,在捕获轨道运行时近月点的加速度等于在冻结轨道运行时近月点的加速度,D错误。 8.选C　设小行星2022OS1距太阳的距离为r1,小行星2022ON1距太阳的距离为r2,根据图像可知r1-r2=3r,r1+r2=5r,联立解得r1=4r,r2=r,即半径之比为4∶1,故A错误;因经过时间8T0两小行星再次相距最近,设小行星2022OS1与小行星2022ON1绕太阳运动的周期分别为T1、T2,则-=,根据开普勒第三定律可知=,解得T1=56T0,T2=7T0,故B错误,C正确;由于两小行星质量关系未知,故无法确定其所受太阳引力之比,故D错误。 9.选A　b卫星的运行轨道半径为地球同步卫星的一半,根据开普勒第三定律可知=,解得Tb=6 h>8 h,故A正确;两卫星的质量关系未知,无法分析机械能和向心力大小,故B、D错误;地球卫星的运行轨道的圆心均是地球球心O,而C轨道的圆心为P,则C轨道不可能成为地球卫星的运行轨道,故C错误。 10.选BD　鹊桥二号围绕月球做椭圆运动,根据开普勒第二定律可知,从A→C→B做减速运动,从B→D→A做加速运动,则从C→B→D的运动时间大于半个周期,即大于12 h,故A错误;鹊桥二号在A点根据牛顿第二定律有G=maA,同理在B点有G=maB,代入题中数据联立解得aA∶aB=81∶1,故B正确;由于鹊桥二号做曲线运动,则可知鹊桥二号速度方向应为轨道的切线方向,则可知鹊桥二号在C、D两点的速度方向不可能垂直于其与月心的连线,故C错误;由于鹊桥二号环绕月球运动,而月球为地球的“卫星”,则鹊桥二号未脱离地球的束缚,故鹊桥二号的发射速度应大于地球的第一宇宙速度7.9 km/s,且小于地球的第二宇宙速度11.2 km/s,故D正确。 11.选A　空间站变轨前、后在P点所受到的万有引力不变,根据牛顿第二定律可知,空间站变轨前、后在P点的加速度相同,故A正确;因为变轨后轨道的半长轴大于原轨道半径,根据开普勒第三定律可知,空间站变轨后的运动周期比变轨前的运动周期大,故B错误;变轨时,空间站喷气加速,因此变轨后其在P点的速度比变轨前的大,故C错误;由于空间站变轨后在P点的速度比变轨前的速度大,比在近地点的速度小,则空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的速度小,故D错误。 12.选A　由于P、S两星位于同一轨道上,P、S两星的角速度相同,由v=ωR可知,P、S两星的线速度大小相同,但方向相反,故B错误,A正确;O、P两星对S星的万有引力的合力F合=+=,P星所受合外力与之大小相等、方向相反,而O星所受合外力大小为0,C错误;由=MR,解得T=,D错误。 13.选A　a、b、c三个天体的角速度相同,由于m≪M,则对a天体有G=Mω2r,解得ω=,故D错误;设c与a、b的连线跟a、b连线中垂线的夹角为α,对c天体有2Gcos α=mω2,解得α=30°,则c的轨道半径为rc==r,由v=ωr,可知c的线速度大小为a的倍,故A正确;由a=ω2r,可知c的向心加速度大小是b的倍,故B错误;c在一个周期内运动的路程为s=2πrc=2πr,故C错误。 课时跟踪检测(十八) 1.选C　在无人机匀减速竖直下降过程中,货物的速度逐渐减小,货物的动能逐渐减小,故A错误;在无人机匀减速竖直下降过程中,重力方向向下,运动方向向下,则货物受到的重力做正功;货物受到的拉力方向向上,则货物受到的拉力做负功,故B错误,C正确;以货物为对象,根据牛顿第二定律可得FT-mg=ma,无人机做匀减速运动,所以货物受到的拉力恒定不变,根据P=FTv可知,由于速度逐渐减小,所以货物受到的拉力功率变小,故D错误。 2.选D　设力F与水平方向的夹角为θ,则摩擦力大小为f=μ(mg-Fsin θ),摩擦力做的功Wf=μ(mg-Fsin θ)xcos 180°,即摩擦力做功大小与F的方向有关,选项A错误;合力做功大小W=F合x=ma·x,可知合力做功大小与力F方向无关,选项B错误;当力F水平时,则F=ma+μmg,力F做功为WF=Fx=(ma+μmg)x,选项C错误;因合力做功为max一定,而合力做的功等于力F做的功与摩擦力f做的功的代数和,而当Fsin θ=mg时,摩擦力f=0,则此时摩擦力做功为零,此时力F做功最小,最小值为max,选项D正确。 3.选D　这段时间内F做功的平均功率为==。 4.选C　物体运动方向和重力方向垂直,重力做功为0,故A错误;拉力做功为WF=F1x1+F2x2=5×5 J+15×5 J=100 J,故B错误;在前5 m 内物体做匀速直线运动,拉力等于阻力,有f=F1=5 N,故阻力做功为Wf=-fx=-5×10 J=-50 J,所有力做的总功W合=WF+Wf=50 J,故C正确,D错误。 5.选D　因μ>tan θ,可得顾客相对电梯处于静止状态,对顾客受力分析可知,顾客受到重力、支持力、静摩擦力,斜坡对顾客的作用力为支持力和摩擦力的合力,根据受力平衡可得斜坡对顾客的作用力大小为F=mg,斜坡对顾客的摩擦力大小为f=mgsin θ,故A、B错误;根据题意,顾客所受重力做功为WG=-mgLsin θ,故C错误;根据正交分解法,把速度v分解为水平方向分速度v1、竖直向上分速度v2,可得顾客克服重力做功的功率为P=mgv2,由几何关系知v2=vsin θ,联立解得P=mgvsin θ,故D正确。 6.选D　根据WG=mgh,两个过程中h相同,则重力对物体做功相同,即W1=W2,故A、B错误;设斜面的倾角为θ,动摩擦因数为μ,则摩擦力对物体做功Wf=μmgcos θ·=μmgh·,所以W3<W4,故D正确,C错误。 7.选B　根据平衡条件可知,汽车在ab段路面行驶时,发动机的牵引力大小为F1=f+Gsin θ,在bc段有F2=f,在cd段有F3=f-Gsin θ,可知F1+F3=2F2,根据P=Fv,可知P1+P3=2P2,故选B。 8.选D　对弹簧一端施以水平拉力,弹簧缓慢伸长到形变量为x过程中,拉力等于弹簧弹力,与弹簧的伸长量成正比F=F弹=kx,外力做功W1=x=x=kx2;对弹簧一端施以水平拉力,弹簧缓慢伸长到形变量为2x过程中,外力做的功变为原来的4倍,即W2=4W1,故A、B、C错误,D正确。 9.选ABD　当汽车受到的阻力等于汽车牵引力时,速度最大,阻力f=F== N=4×103 N,故B正确;汽车在0~t1时间内,F1-f=ma,v1=,v1=at1,代入数据解得t1=5 s,故A正确;汽车在t1~t2时间内,功率不变,速度增大,根据F=可知,牵引力减小,故C错误;汽车在5~11 s 时间内,牵引力做的功为W2=Pt3,其中t3=11 s-5 s=6 s,汽车在0~t1时间内,位移s=a,这段时间内牵引力做功W1=F1s,联立并代入数据可得W1+W2=6.8×105 J,故D正确。 10.选D　由a⁃t图像可知,物体在0~5 s内做匀加速直线运动,5 s时物体的速度为v1=a1t1=2×5 m/s=10 m/s,由于5 s后物体继续做加速度逐渐减小的加速运动,可知物体在0~10 s内运动的最大速度大于10 m/s,故A错误;由a⁃t图像可知,在5 s时,物体结束做匀加速运动,此时起重机的功率达到额定功率,根据牛顿第二定律可得F-mg=ma1,解得F=1 800 N,则起重机的额定功率为P额=Fv1=1 800×10 W=18 000 W,故B错误;0~5 s内物体的位移为x1=t1=×5 m=25 m,0~5 s内起重机对物体做的功为W1=Fx1=1 800×25 J=45 000 J,5~10 s内起重机保持额定功率不变,则5~10 s内起重机对物体做的功W2=P额t2=18 000×5 J=90 000 J,可得W2=2W1,故C错误,D正确。 11.选AC　由已知条件得P=Fv,F-f=ma,整理得=a+,结合题图可得= s3/m2,=0.05 s/m,将P=800 W代入解得m=20 kg,f=40 N,故A正确,B错误;赛车的速度大小为v1=8 m/s时,赛车的牵引力F1== N=100 N,赛车的加速度大小为a1== m/s2=3 m/s2,故C正确;当赛车的牵引力与赛车的阻力大小相等时,赛车达到最大速度,vm== m/s=20 m/s,赛车从起点到终点根据动能定理有Pt-fx=m,代入数据解得起点到终点的距离为x=700 m,故D错误。 12.解析:(1)由于木板匀速运动,则有f=2Fcos θ=450 N。 (2)根据功的定义有W=2Flcos θ=9.0×103 J。 (3)根据功率的定义有P==600 W。 答案:(1)450 N　(2)9.0×103 J　(3)600 W 13.解析:(1)越野车在AB路段时做匀速运动,有F1=f1,又P=F1v1 联立解得f1=16 000 N。 (2)t=12 s时越野车处于平衡状态,有F2=f2,P=F2v2,联立解得f2=8 000 N 在BC路段运动时间为t2=8 s 由动能定理有Pt2-f2x=m-m 代入数据解得x=61.25 m。 答案:(1)16 000 N　(2)61.25 m 课时跟踪检测(十九) 1.选CD　因为x⁃t图像切线的斜率表示速度,可知0~3 s,质点的速度减小,动能减小,根据动能定理得合外力对质点做负功,A错误;3~6 s,质点的速度增大,动能增大,根据动能定理得合外力对质点做正功,B错误;由图像对称性可知,第1 s 末和第5 s末的速度大小相等,则1~5 s,动能不变,根据动能定理得合外力对质点做功为0,C正确;前5 s内,质点的速度减小,则动能减小,根据动能定理得合外力对质点做负功,D正确。 2.选D　根据动能定理有W合=mv2-m,重力做功为WG=mgh,设空气阻力做功为Wf,则W合=WG+Wf,解得Wf=W合-WG=mv2-m-mgh,故A、C错误,D正确;落地时小球重力的功率为P=mgvy=mgvsin θ,故B错误。 3.选A　小球从A到C过程中,由动能定理可得WG+WF=0-mv2,其中WG=-mgh,解得WF=mgh-mv2,故选A。 4.选C　在角速度增至ω过程中,物块加速转动,则物块所受的摩擦力的方向与速度的夹角为锐角,不是总是指向转轴,A错误;转台匀速转动时,物块所受的摩擦力提供向心力,则摩擦力大小为f=mω2R,B错误;根据动能定理,在角速度增至ω过程中,摩擦力对物块做的功为W=ΔEk=mv2=mω2R2,C正确,D错误。 5.选B　设小球A下降h过程中小球克服弹簧弹力做功为W1,根据动能定理有mgh-W1=0;小球B下降h过程中,由动能定理有3mgh-W1=·3mv2-0,解得v=,故B正确。 6.选A　在水平冰面和倾斜冰面上应用动能定理有-μmgx1=mv2-m,-(mgsin 37°+μmgcos 37°)x2=0-mv2,又=,联立解得v=v0,故选A。 7.选AC　由题图乙可知物体运动的总位移大小为10 m,故A正确;由动能定理得-Ffx=ΔEk=-100 J,则摩擦力大小Ff=10 N,由牛顿第二定律得Ff=ma,则a==5 m/s2,故B、D错误;物体的初动能Ek0=m,则v0==10 m/s,故C正确。 8.选C　设包裹沿雪道上滑的最远距离为s,对包裹上滑过程,由动能定理有-mgssin θ-μmgscos θ=0-m,同理,下滑时有mgssin θ-μmgscos θ=m-0,联立解得μ=0.21,故选C。 9.选C　根据v2-=2ax,解得加速时加速度大小为a1=2 m/s2,无人船加速的时间为t1==10 s,故A错误;根据v2-=2ax,解得减速时加速度大小为a2=1 m/s2,减速时间t2==20 s,则无人船平均速度的大小为== m/s=10 m/s,故B错误;减速过程中,无人船受水阻力的大小为f=ma2=20 N,故C正确;加速过程中,设牵引力对无人船做的功为W,根据动能定理有m-0=W-fx1,解得W=6 000 J,故D错误。 10.选C　滑块恰好通过半圆轨道BCD的最高点D,则有mg=m,解得vD= m/s,故A错误;设滑块刚好从D点到达F点,根据动能定理有-mg·2r=0-m,解得r=0.125 m,根据题意滑块最终停在粗糙水平直轨道FG上,所以半圆管道DEF的半径r应小于0.125 m,故B错误;在轨道AB上,水平力等于摩擦力时,速度最大,有v'==10 m/s,故C正确;在轨道AB上,设滑块减速过程的距离为x,从撤去外力到D点,根据动能定理有-μmgx-mg·2R=m-mv'2,解得x=7.5 m,故D错误。 11.解析:(1)滑块恰能滑到D点,则vD=0 滑块从A到D过程中,由动能定理得 mg(2R-R)-μmgcos 37°·=0-0, 解得μ=0.375。 (2)滑块恰能过C点时,vC有最小值,则在C点有mg=,滑块从A到C过程,由动能定理得-μmgcos 37°·=m-m,解得v0=2 m/s。 答案:(1)0.375　(2)2 m/s 12.解析:(1)小物块从S点到P点做平抛运动,恰好在P点沿切线方向进入圆弧轨道,此时有tan θ= 解得小物块在P点的竖直分速度为vy=v0,竖直方向有2gh= 解得S、P两点间的竖直高度为h==。 (2)小物块在P点的速度为vP==v0 小物块从P点到C点的过程,根据动能定理可得mgR(1-cos θ)-μmgs=0-m 解得Q、C两点间的距离为s=+。 答案:(1)　(2)+ 课时跟踪检测(二十) 1.选AD　甲图中,物体A向下压缩弹簧,物体A的机械能转化为弹簧的弹性势能,物体A的重力势能是物体A与地球所共有的,所以物体A、弹簧和地球组成的系统机械能守恒,故A正确;乙图中,物体B沿固定斜面匀速下滑,说明物体B受到沿斜面向上的摩擦力作用,摩擦力对物体B做负功,物体B的机械能减少,故B错误;丙图中,不计任何阻力和定滑轮质量时,物体A、B组成的系统机械能守恒,物体B的机械能增加,所以物体A的机械能减少,故C错误;丁图中,小球沿水平面做匀速圆周运动时,小球的动能和重力势能都不变,故小球的机械能不变,故D正确。 2.选AD　从地面到海平面重力对物体做的功为mgh,故A正确;以地面为零势能面,所以物体在海平面的重力势能为-mgh,故B错误;物体在地面上的机械能为m,由机械能守恒定律得,物体在海平面上的机械能也为m,在海平面上的动能为m+mgh,故C错误,D正确。 3.选B　以小球、弹簧和地球组成的系统为研究对象,由于只有重力和系统内弹力做功,故系统的机械能守恒;小球运动过程中,弹簧弹力对小球做功,则小球的机械能不守恒,故A错误;下摆过程中小球的重力做正功,重力势能减小;通过最低点后小球上升时重力做负功,重力势能增大,故B正确;下摆过程中,弹簧的伸长量逐渐增大,小球运动的最低点在O点正下方左侧,即张力最大位置在O点正下方左侧,故C错误;当小球到达O点的正下方时,小球的速度朝左下方,速度方向与重力方向不垂直,则重力的瞬时功率不为0,故D错误。 4.选B　由于篮球在空中做斜抛运动,水平方向分速度不变,对篮球投出时和入筐时速度进行分析可知v0cos 53°=vcos 37°,篮球从投出到入筐根据机械能守恒定律可知mgh1+m=mgh2+mv2,联立并代入数据解得v0=8 m/s,故选B。 5.选D　从B到A过程中,小球除受重力外还受弹簧对小球的弹力,且弹力做正功,故小球的机械能不守恒,故A错误;从B到A过程中,弹簧弹力和重力平衡位置处动能最大,合力对小球先做正功后做负功,小球的动能先增大后减小,故B错误;从B到A过程中,弹簧的压缩量一直在减小,故弹簧的弹性势能一直减小,故C错误;因为从B到C过程弹簧的平均作用力大于从C到A过程弹簧的平均作用力,两过程位移大小相等,故从B到C过程弹簧弹力对小球做的功大于从C到A过程弹簧弹力对小球做的功,故D正确。 6.选D　石块落地时速度最大,根据Ek=mv2,可得石块的最大速度为v=40 m/s,故C错误;根据机械能守恒定律有mgh+m=mv2,解得石块抛出时的速度大小为v0=20 m/s,故A错误;石块抛出后,在竖直方向上做竖直上抛运动,总运动时间比自由落体运动时间要长,即t>≈2.8 s,故B错误;石块运动到轨迹最高点时,竖直方向速度为零,此时速度最小,最小速度等于抛出时的水平速度为vx=v0cos 45°=20 m/s,故D正确。 7.选A　设链条的质量为2m,以开始时链条的最高点所在水平面的重力势能为零,链条的机械能为E=-×2mg×sin 30°-×2mg×=-mgL,链条全部滑出时,动能为Ek'=×2mv2,重力势能为Ep'=-2mg×,由机械能守恒定律可得E=Ek'+Ep',即-mgL=mv2-mgL,解得v=2.5 m/s,故A正确,B、C、D错误。 8.选D　由题意知B运动到最高点时恰好对杆无作用力,有mg=m,B在最高点时速度大小为v=,因为A、B角速度相同,A的转动半径为B的一半,所以A的速度大小为,当B由最高点转至与O点等高时,取O点所在水平面的重力势能为零,根据机械能守恒定律,有mg·2L-mgL+m+mv2=m+m,其中vB=2vA,解得vA=,vB=,故C错误,D正确;设杆对B做的功为W,对B由动能定理得mg·2L+W=m-mv2,解得W=-mgL,所以杆对B做负功,B的机械能不守恒,故A、B错误。 9.选A　根据机械能守恒定律可得mgh=mv2,可得小球a和b到达轨道底端的速度大小均为vN=,小球b沿直线轨道Ⅱ做匀加速直线运动,其v⁃t图像为一条倾斜直线,小球a沿“最速降线”轨道Ⅰ运动过程,加速度逐渐减小,则其v⁃t图像的切线斜率逐渐减小,且小球a所用时间小于小球b所用时间,故A可能正确,B错误;根据机械能守恒定律可得mgh=mv2,可得小球a和b下滑过程速率平方v2与下滑高度h的关系为v2=2gh,可知小球a和b的v2⁃h图像均为一条过原点的倾斜直线,故C、D错误。 10.解析:(1)小球从C点飞出后做平抛运动 有R=gt2,x=vCt 解得vC=1 m/s 在C点vC=1 m/s<,则细管壁对小球的压力方向竖直向上 则有mg-F=m 解得F=2 N 根据牛顿第三定律,小球在C点对细管壁的压力大小为FN=2 N,方向竖直向下。 (2)小球从A点到C点过程,根据机械能守恒定律 有mgR=m-m 解得v0= m/s。 答案:(1)2 N,方向竖直向下　(2) m/s 11.解析:(1)小球A到达D点时,滑轮两侧细线分别与两小球速度方向平行,则此时两小球速度大小与加速度大小均相等,设此时细线中的张力大小为F,对小球A,有F=ma 对小球B,有mg-F=ma 联立解得F=0.5mg。 (2)小球A到达D点时,小球B回到原位置,系统机械能守恒,有mgR=m+m 此时两小球速度大小相等,有vA=vB 联立解得vB=。 (3)小球A过D点后沿杆向左运动,小球B上升,直到两者速度为零。假设小球B上升距离为x,由机械能守恒定律可知mgR=mgx 解得x=R 当小球A恰好经过OC连线与圆环的交点处时,小球B下降的最大高度hB=R-(R-R)=(2-)R 由于系统机械能守恒,系统做周期性运动,在小球A运动一个周期的过程中,小球B的路程为s=2(2hB+x) 解得s=(10-4)R。 答案:(1)0.5mg　(2)　(3)(10-4)R 课时跟踪检测(二十一) 1.选AD　汽车在水平路面制动过程中,克服阻力做功,动能转化为内能;流星坠落过程中,机械能转化为内能、光能;降落伞在空中匀速下落,重力势能转化为内能;条形磁铁下落过程中在线圈中产生电流,克服阻力做功,机械能转化为电能;故这些现象所包含的相同物理过程为物体克服阻力做功,机械能转化为其他形式的能,A、D正确,B、C错误。 2.选B　航天员匀速上升,处于平衡状态,故A错误;根据功能关系,除了重力外其他外力做的功等于机械能的增加量,由题意可知F浮=mg,浮力做的功W浮=F浮h=mgh,则航天员的机械能增加了mgh,故B正确,C、D错误。 3.选A　在运动员开伞前下落h的过程中,重力对运动员做功为WG=mgh,故A错误;下落的加速度为g,则阻力为f=mg-ma=mg,运动员克服阻力做功为Wf=fh=mgh,故B正确;由动能定理可知W合=F合h=mah=mgh=ΔEk,即运动员的动能增加了mgh,故C正确;根据能量守恒定律可知,阻力所做功等于运动员的机械能减少量,有ΔE机=-mgh,即运动员的机械能减少了mgh,故D正确。 4.选A　由题意可知t时间内水流的体积V=Qt,发电站的发电功率为P====25%ρQgh=25%×1.0×103×240×10×100 W=6.0×107 W,故选A。 5.选A　对物块分析可得W1=-f(L-l)=-20×(5-2)J=-60 J,A正确;对木板分析可得W2=-fl=-20×2 J=-40 J,木板克服摩擦力做功为40 J,B错误;物块与木板间因摩擦产生的热量为Q=fL=20×5 J=100 J,C、D错误。 6.选D　物块做匀加速运动所用时间为t=,物块运动过程中,只有摩擦力对它做功,根据动能定理得摩擦力对物块做的功为W=f·t=mv2<μmgL,同时物块对传送带做功为W'=-f·vt=-mv2,故A、B错误;系统因摩擦产生的热量为Q=f=mv2,故C错误;电动机多做的功转化成了物块的动能和系统的内能,所以电动机多做的功为ΔE=Q+mv2=mv2,故D正确。 7.选AD　a点的转动半径大于b点的转动半径,由于两点是同轴转动,角速度相同,根据a=rω2可知,a点的向心加速度大于b点的向心加速度,故A正确,B错误;由能量守恒定律可知,人对把手做的功除了转化为重物的机械能外,还有轮轴的动能及摩擦生热等,因此人对把手做的功大于重物机械能的增加量,故C错误;由功能关系可知滑轮对重物做的功等于重物机械能的增加量,故D正确。 8.选B　由题图乙可得μ=0.2x,则滑块运动到1 m处时的动摩擦因数为μ1=0.2,由牛顿第二定律有F-μ1mg=ma,解得加速度大小为2 m/s2,故A错误;滑块运动到4 m处时的动摩擦因数为μ4=0.8,由动能定理得Fx4-x4=0,即滑块运动到4 m处时的速度为零,故B正确;滑块运动到2 m处时的动摩擦因数为μ2=0.4,此时μ2mg=8 N=F,所以合外力为零,加速度为零,速度最大,由动能定理得Fx2-x2=m,解得最大速度为vm=2 m/s,故C错误;由能量守恒定律有Fx4-Q=0,整个运动过程中因摩擦产生的热量为32 J,故D错误。 9.选D　根据牛顿第二定律,物块沿斜面下滑时mgsin θ-μmgcos θ=ma1,解得加速度大小a1=gsin θ-μgcos θ,物块沿斜面上滑时mgsin θ+μmgcos θ=ma2,解得加速度大小a2=gsin θ+μgcos θ,故a1<a2,v⁃t图像的斜率表示加速度,故A错误;Ep⁃t图像的斜率大小表示重力的瞬时功率大小,物块沿斜面下滑,速度越来越大,竖直方向的分速度也越来越大,故重力的功率越来越大,故B错误;Ek⁃s 图像的斜率大小表示合外力大小,根据牛顿第二定律知,沿斜面下滑时合力大小F1=ma1是定值,沿斜面上滑时合力大小F2=ma2也是定值,故C错误;根据功能关系知,摩擦力做负功,机械能减少,又E⁃s 图像的斜率大小表示摩擦力大小,根据题意知摩擦力大小μmgcos θ是定值,故D正确。 10.解析:(1)长木板与小物块间摩擦力大小Ff=μmg=4 N 小物块加速度大小a1==2 m/s2 长木板加速度大小a2==0.5 m/s2。 (2)小物块对地位移x1=a1t2=4 m 长木板对地位移x2=a2t2=1 m 长木板长度L=x1-x2=3 m。 (3)摩擦力对小物块做功W1=-Ffx1=-16 J 摩擦力对长木板做功W2=Ffx2=4 J, 故W1+W2≠0。 答案:(1)2 m/s2　0.5 m/s2　(2)3 m　 (3)见解析 11.解析:(1)由牛顿第二定律有F=ma1 代入数据解得a1=4 m/s2 根据匀变速直线运动位移时间公式, 可得x=a1,解得t1=0.5 s 则有v1=a1t1=2 m/s 滑上传送带后加速过程有 a2=μgcos θ-gsin θ=2.5 m/s2 有v0=v1+a2t2,解得t2=1.6 s 则可得x1=t2=6.4 m 匀速过程有t3==0.5 s 所以总时间为t=t1+t2+t3=2.6 s。 (2)物块在传送带上时,相对位移为 Δx=v0t2-x1=3.2 m 由能量守恒定律得W电=mgLsin θ+μmgcos θ·Δx+m(-)=87 J。 答案:(1)2.6 s　(2)87 J 课时跟踪检测(二十二) 1.选D　小车沿等螺距轨道向下匀速率运动,速度大小不变,动能不变,小车高度减小,即重力势能减小,可知,小车的机械能减小,故A错误;小车做螺旋运动,速度大小不变,方向改变,根据动量表达式p=mv可知,小车的动量大小不变,动量的方向发生变化,即动量发生了变化,故B错误;由于小车沿等螺距轨道向下匀速率运动,沿轨道方向的速度大小不变,即沿轨道方向的加速度为0,即小车沿轨道方向的合力为0,又由于该轨道各处弯曲程度相同,则轨道对小车的指向图中轴心的作用力提供圆周运动的向心力,该作用力沿水平方向,可知,小车的加速度沿水平方向,小车不存在竖直方向的加速度,即小车既不处于超重状态,又不处于失重状态,故C错误;根据上述可知,小车沿轨道方向的合力为0,轨道对小车的指向图中轴心的作用力提供圆周运动的向心力,即小车的合力不为零,合力方向总指向图中轴心,故D正确。 2.选B　设体操运动员落地前瞬间速度大小为v,落地后速度减为0,则人的动量变化量Δp=0-mv=-mv不变,人的动能变化量ΔEk=0-mv2=-mv2也不变,设地面对人的冲量为I,地面对人的撞击力为F,根据动量定理得-I+mgt=-Ft+mgt=0-mv,整理得I=mv+mgt,F=+mg,落地时屈腿可以延长作用时间t,则I增大,F减小,故B正确。 3.选BD　对甲、乙两条形磁铁分别受力分析, 如图所示,根据牛顿第二定律有a甲=,a乙=,由于m甲 > m乙,所以a甲 < a乙,由于两磁铁运动时间相同,且同时由静止释放,可得v甲 < v乙,A错误;对于整个系统而言,由于μm甲g>μm乙g,合力方向向左,合冲量方向向左,所以合动量方向向左,显然甲的动量大小比乙的小,B、D正确,C错误。 4.选D　人拍球的过程,由动量定理有I+mgΔt=mv=1.6 kg·m/s,则I<1.6 N·s,A、B错误;由动能定理有W+mgh=mv2,解得人对球做的功为W=2.2 J,D正确,C错误。 5.选C　苹果做匀速圆周运动,加速度大小不变,设加速度方向与竖直方向的夹角为θ,根据牛顿第二定律可得f=masin θ,FN-mg=macos θ,苹果从最低点a运动到最左侧点b的过程中,θ逐渐增大,sin θ逐渐增大,cos θ逐渐减小,则手掌对苹果的摩擦力越来越大,手掌对苹果的支持力越来越小,故A、B错误;手掌对苹果的作用力可分解为两个分力,其中分力F1与苹果重力平衡,方向竖直向上,另一分力F2提供所需向心力,方向总是指向圆心,在苹果从最低点a运动到最左侧点b的过程,F1与F2大小均不变,且F1与F2之间的夹角逐渐增大,则F1与F2的合力逐渐减小,即手掌对苹果的作用力越来越小,故C正确;苹果的动量大小不变,但动量的方向时刻发生变化,所以动量变化不为0,根据动量定理可知,合外力对苹果的冲量不为零,故D错误。 6.选B　在整个过程中由动量定理得Ft1-μmgt=0,解得t=8 s,A错误,B正确;在物块前4 s 运动的过程中由动量定理得Ft1-μmgt1=mv,解得v=20 m/s,因物块匀加速和匀减速过程的平均速度都为==,所以全程的平均速度也为,则物块的总位移大小为x=t=×8 m=80 m,C、D错误。 7.选B　根据动能定理有W1=m(4v)2-m(2v)2=6mv2 ,W2=m(7v)2-m(5v)2=12mv2,可得W1=W2;由于速度和动量是矢量,具有方向,当初、末速度方向相同时,动量变化量最小,当初、末速度方向相反时,动量变化量最大,可知动量变化量的大小范围是2mv≤Δp1≤6mv,2mv≤Δp2≤12mv,可得Δp2≤Δp1≤3Δp2,故选B。 8.选D　第一次垫球后,球竖直上升高度为0.2 m,球落回到手上的速度大小为v0==2 m/s,方向向下,第二次垫球后,球竖直上升高度为0.45 m,则球刚离手时的速度大小为v1==3 m/s,方向向上,取向上为正方向,第二次垫球过程,排球动量变化量为Δp=mv1-(-mv0)=1.35 kg·m/s,故选D。 9.选B　设风速为v,则t时间内吹到模型上的空气质量为m=ρSvt,根据动量定理有-Ft=0-mv,解得F=ρSv2,根据牛顿第三定律,模型受到的风力大小F'=F,根据平衡条件有F'≤fm,解得v≤14 m/s,故选B。 10.选D　Δt时间内喷出的水的质量为m=ρSvΔt,根据动量定理有-Δt=0-mv,联立解得=ρSv2,根据牛顿第三定律,水在物体表面产生的平均冲击力大小'==ρSv2,根据动能定理Δt=mv2-0,解得=ρSv3,故选D。 11.选AD　物块与桌面间的最大静摩擦力fm=μmg=1 N=F0,则物块在t=0时开始滑动。F⁃t图像与t轴围成的面积表示拉力的冲量大小,根据动量定理可知Δt20-μmgΔt20=p2-0,代入数据解得p2=1 kg·m/s,故A正确;同理,2~4 s内根据动量定理有Δt42-μmgΔt42=mv4-p2,代入数据解得v4=1 m/s,故B错误;由上述分析可知0~2 s内物块动量的变化量大小为1 kg·m/s,2~4 s内物块动量的变化量大小为0,4~5 s内F<1 N=μmg,物块做减速运动直到静止,动量变化量大小为1 kg·m/s,所以在0~2 s内和2~5 s 内,物块动量的变化量大小之比为1∶1,故C错误;当拉力与摩擦力大小相等时,速度最大,由题图可知为t=3 s时刻,根据动量定理有Δt32-μmgΔt32=mv3-p2,代入数据解得v3=1.5 m/s,故D正确。 12.选BD　根据牛顿第三定律并结合题图可知,t=0.15 s时,蹦床对运动员的弹力最大,蹦床的形变量最大,此时运动员处于最低点,运动员的重力势能最小,故A错误;根据题图可知,运动员从t=0.30 s离开蹦床到t=2.3 s再次落到蹦床上,经历的时间为2 s,根据竖直上抛运动的对称性可知,运动员上升时间为1 s,则在t=1.3 s时,运动员恰好运动到最大高度处,t=0.30 s时,运动员的速度大小v=10×1 m/s=10 m/s,故B正确,C错误;同理可知运动员落到蹦床上时的速度大小为10 m/s,以竖直向上为正方向,根据动量定理得·Δt-mg·Δt=mv-(-mv),其中Δt=0.3 s,代入数据可得=4 600 N,根据牛顿第三定律可知,运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N,故D正确。 13.解析:(1)在司机的反应时间内,汽车做匀速直线运动,有x=v0·t0=21 m 由动量定理得I=·t=t=mv0 解得Fm=12 000 N。 (2)根据动量定理可得t1=mv0-mv 由题图知F1= 解得v=7.5 m/s。 答案:(1)21 m　12 000 N　(2)7.5 m/s 课时跟踪检测(二十三) 1.选D　放手下落过程中,磁铁竖直方向只受重力作用,木棒与磁铁间没有弹力,所以不受摩擦力作用,故A错误;磁铁水平方向受相互吸引力作用,且引力随间距减小而不断增大,所以磁铁所受合力的方向与速度方向不在一条直线上,磁铁做曲线运动,故B错误;两个磁铁水平方向合力为零,所以水平方向动量守恒,故C错误;放手下落过程中,两个磁铁间的吸引力做正功,所以系统机械能不守恒,故D正确。 2.选BD　炸裂时,P、Q两块受到的内力大小相等,故A错误;炸裂时,烟花位于最高点,水平方向不受外力作用,所以水平方向动量守恒,故B正确;炸裂后,质量较小的Q可能仍沿原来的方向运动,也可能与原运动方向相反,无法确定P、Q两块炸裂后速度的大小关系,也就无法比较其水平运动距离的大小关系,故C错误;炸裂后,P、Q两块的速度方向均沿水平方向,之后做平抛运动回到地面,同时落地,故D正确。 3.选C　设火箭壳体和卫星分离前一起绕地球做匀速圆周运动的速度大小为v,卫星的质量为m1,火箭壳体的质量为m2,分离后卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度大小为Δv,分离后火箭壳体的速度大小为v',根据题意可知,分离前后卫星与火箭壳体组成的系统动量守恒,则分离前后卫星与火箭壳体的总动量变化量大小为0,取分离前火箭壳体和卫星的速度方向为正方向,根据动量守恒定律得(m1+m2)v=m1(v'+Δv)+m2v',解得v'=5.5×103 m/s,则分离后卫星的速度大小为v卫=v'+Δv=7.3×103 m/s,故A、B、D错误;分离过程中,设火箭壳体对卫星的冲量大小为I,对卫星由动量定理有I=m1v卫-m1v=1.5×105 N·s,故C正确。 4.选BC　由于两小球碰撞过程中机械能守恒,可知两小球碰撞过程是弹性碰撞,由于两小球质量相等,故碰撞后两小球交换速度,即vM=0,vN=v,碰后小球N做平抛运动,在水平方向做匀速直线运动,即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v;在竖直方向上做自由落体运动,即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。故选B、C。 5.选C　由于水在不到0.1 s时间内喷完,可知水和水火箭间的作用力较大,水和水火箭的重力可以忽略,水和水火箭组成的系统动量近似守恒,有m1v0-m2v=0,解得水火箭的速度 v== m/s≈53 m/s,故选C。 6.选D　取向右为正方向,根据动量守恒定律有mv=-v+v1,解得甲的速度为v1=4v,由能量守恒定律,爆炸过程释放的化学能为E=×v2+×(4v)2-mv2=mv2,故选D。 7.选A　不论斜面是否光滑,斜面体和物块组成的系统在水平方向上都动量守恒,以向左为正方向,斜面体的位移大小为x,则物块的位移大小为b-x,物块和斜面体的平均速率分别为v1=,v2=,由动量守恒定律得mv1-Mv2=0,解得x=,A正确,B错误;不论斜面是否光滑,物块下滑过程中系统在竖直方向上所受合力都不为零,系统所受的合力不为零,所以系统动量不守恒,若斜面光滑,则系统机械能守恒,若斜面不光滑,则系统机械能不守恒,C、D错误。 8.选A　由题图可知图线A、B、D对应的小球的速度大小分别为vA=、vB=、vD=,由题意知小球甲的质量小于小球乙的质量,即碰前小球乙的动量大于小球甲的动量,又由于碰撞过程两小球组成的系统动量守恒,碰后系统的动量方向与碰前小球乙的动量方向相同,结合实际分析可知碰后小球乙静止,小球甲反弹,所以图线A为碰前小球乙的位移—时间图线,图线C为碰后小球乙的位移—时间图线,故A正确,B错误;碰撞过程由动量守恒定律得m甲vB-m乙vA=-m甲vD,解得m甲∶m乙=1∶3,故C错误;碰前系统的动能为Ek1=m甲+m乙=m甲,碰后系统的动能为Ek2=m甲=m甲,显然Ek1=Ek2,所以该碰撞为弹性碰撞,故D错误。 9.选BD　取水平向右为正方向,滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1=mv1=1×0.40 kg·m/s=0.40 kg·m/s,碰撞后的动量为p2=2mv2=2×1×0.22 kg·m/s=0.44 kg·m/s,则滑块的碰撞过程动量不守恒,故A错误;对滑块1,有I1=mv2-mv1=(1×0.22-1×0.40) N·s=-0.18 N·s,负号表示方向水平向左,故B正确;对滑块2,有I2=mv2=1×0.22 N·s=0.22 N·s,故C错误;对滑块2,根据动量定理有FΔt=I2,解得F=5.5 N,则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N,故D正确。 10.选ABD　两滑块在光滑斜坡上加速度相同,同时由静止开始下滑,则相对速度为0,故A正确;两滑块滑到水平面后均做匀减速运动,由于两滑块质量相同,且发生弹性碰撞,可知碰撞后两滑块交换速度,即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度,故B正确;若甲在碰撞之前已经静止,设斜面倾角为θ,乙下滑到斜面底端的速度为v乙,甲在水平面上的位移为s,乙下滑过程有=gsin θ·,mgH乙=m,在水平面运动一段时间t2后与甲发生弹性碰撞,有s=v乙t2-μg,碰撞后甲乙交换速度,乙停止运动,则乙运动的时间为t=t1+t2,由于t1、t2与H乙有关,则总时间与H乙有关,故C错误;乙下滑过程有mgH乙=m,由于甲和乙发生弹性碰撞,交换速度,则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同,则如果不发生碰撞,乙在水平面运动到停止,有=2μgx,联立可得x=,即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距,故D正确。 11.解析:(1)炸裂后瞬间由动量守恒定律可知 mv=(m-m1)v1 解得A部分的速度大小为v1=。 (2)炸裂后由运动学规律可知h=gt2 解得B部分在空中下落的时间为t=。 (3)在炸裂过程中增加的机械能为 ΔE=(m-m1)-mv2 解得ΔE=。 答案:(1)　(2)　(3) 12.解析:(1)小球A、B碰撞过程,由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0=mv1+3mv2, m=m+·3m 解得v1=-,v2= 碰后小球B恰好在竖直面内做圆周运动,则小球B到达最高点时有3mg=3m 小球B从最低点运动到最高点,根据机械能守恒定律可得-3mg·2L1=·3mv2-·3m 联立解得L1=。 (2)小球A、C碰撞过程,由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1=mv3+3mv4,m=m+·3m 解得v3=,v4=- 碰后小球C恰好在竖直面内做圆周运动,则小球C到达最高点时有3mg=3m 小球C从最低点运动到最高点,根据机械能守恒定律可得-3mg·2L2=·3mv'2-·3m A、C两球碰后瞬间,对小球C,根据牛顿第二定律有F-3mg=3m 联立解得F=18mg。 答案:(1)　(2)18mg 课时跟踪检测(二十四) 1.选BC　设子弹在木块中运动的时间为t,以子弹为对象,根据动量定理可得-ft=m-mv0,解得t=;设子弹射出木块时木块的速度为v1,根据系统动量守恒可得mv0=m+3mv1,解得v1=v0,根据位移关系可得L=x子-x木=t-t,解得t=,故选B、C。 2.选D　设子弹的初速度为v,子弹与滑块的共同速度为v',子弹和滑块的质量分别为m、M,取子弹初速度方向为正方向,根据动量守恒定律有mv=(m+M)v',解得v'=,由于两滑块质量相同,子弹质量也相同,则最终共同速度也相同,故A错误;子弹的质量相同,初速度相同、末速度相同,则子弹的动量变化量相同,根据动量定理可知I=Δp,子弹受到的阻力的冲量相同,故B错误;根据能量守恒定律可知,两过程中系统产生的热量等于系统减小的机械能,故两过程系统产生的热量相同,子弹在滑块A中受到的平均阻力是在滑块B中受到的平均阻力的两倍,由Q=fd,可知子弹射入滑块B中的深度是射入滑块A中深度的两倍,故C错误;根据动能定理可知,子弹对滑块做的功等于滑块动能的增加量,由以上分析知,两滑块的初速度相同、末速度相同,两滑块质量相同,则两滑块的初动能相同、末动能相同,两滑块动能的增加量相同,则子弹对滑块A做的功和对滑块B做的功相等,故D正确。 3.选C　子弹穿过小球过程中,子弹和小球组成的系统在水平方向上动量守恒,设穿过瞬间小球的速度为v,则mv0=Mv+mv0,根据牛顿第二定律有2Mg-Mg=M,解得M= m,故选C。 4.选AD　对系统由动量守恒定律得mv0=(M+m)v,解得共同速度大小为v=2 m/s,长木板做匀加速运动的加速度大小a===1 m/s2,故A正确;根据牛顿第二定律,对长木板有F=μmg=Ma,解得物块与长木板之间的动摩擦因数为μ=0.1,故B错误;前2 s内长木板的位移x1=×Δt=×2 m=2 m,物块的位移x2=×Δt=×2 m=6 m,所以长木板的最小长度为L=x2-x1=4 m,故C错误;物块与长木板组成的系统损失的机械能ΔE=m-(m+M)v2=12 J,故D正确。 5.选BCD　设子弹射入木块的深度为d,木块的位移为x,子弹与木块之间的作用力大小为f,则子弹对木块做的功W1=fx,木块对子弹做的功W2=-f(d+x),所以这两个功的代数和不为0,故A错误;根据冲量的定义式I=Ft及牛顿第三定律可知,子弹对木块作用力的冲量大小等于木块对子弹作用力的冲量大小,故B正确;根据动量守恒定律可得mv0=(m+M)v,根据能量守恒定律可得m=(m+M)v2+Q,联立解得Q=,故C正确;木块获得的动能为Ek=Mv2=,该过程产生的热量与木块获得的动能之比为=>1,可知该过程产生的热量Q一定大于木块获得的动能Ek,故D正确。 6.选AC　根据题意可知,开始时,薄板向右减速,物块向左减速,当物块速度减为零时,薄板的速度设为v1,由动量守恒定律有Mv0-mv0=Mv1,解得v1= m/s;之后,薄板继续向右减速,物块向右加速,当两者速度达到相同时,设共同速度为v2,由动量守恒定律有Mv1=(M+m)v2,解得v2=2 m/s;之后,两者相对静止,一起向右做匀速直线运动。综上所述,可知当薄板的速度为2.4 m/s 时,物块做加速运动;当薄板的速度为3 m/s 时,物块做减速运动。 7.选AD　对物体A、B和轻弹簧组成的系统,只有系统内弹力做功,系统的机械能守恒,A正确;弹簧再次被压缩到最短时由动量守恒定律有mv=2mv',此时弹簧具有的弹性势能为Ep=mv2-·2mv'2=mv2,B错误;墙壁对A物体的弹力没有位移,则做的功为0,C错误;对A、B组成的系统,由动量定理,墙壁对A物体的弹力产生的冲量大小为I=mv,D正确。 8.选C　x⁃t图像的斜率表示物体的速度,质量m1的物体碰前的速度为v0=,质量m2的物体碰前的速度为0,质量m1的物体碰后的速度为v1=-,质量m2的物体碰后的速度为v2=,两小球碰撞过程中满足动量守恒定律,即m1v0=m1v1+m2v2,且m1≥m1+m2,整理解得-≤-1,即p≤-1,故选C。 9.解析:(1)对小铁块B受力分析,由牛顿第二定律有μmg=maB,解得aB=2 m/s2 对木板A受力分析,由牛顿第二定律有μmg=MaA, 解得aA=0.5 m/s2。 (2)由于A、B组成的系统所受合外力为零,则A、B组成的系统动量守恒,有mv0=(m+M)v共 代入数据解得v共=2 m/s 由于木板A做匀加速直线运动,则v共=aAt 代入数据解得t=4 s。 (3)设木板的长度为L,则对A、B整体由能量守恒定律有μmgL=m-(m+M) 代入数据解得L=20 m。 答案:(1)0.5 m/s2　2 m/s2　(2)4 s　2 m/s (3)20 m 10.解析:(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时,对A、B与弹簧组成的系统,取水平向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=2mv1 ① 此时B与C发生完全非弹性碰撞,设碰撞后的瞬时速度为v2,损失的机械能为ΔE,对B、C组成的系统,由动量守恒定律和能量守恒定律得 mv1=2mv2 ② m=ΔE+(2m) ③ 联立①②③式得ΔE=m。 ④ (2)由②式可知v2<v1,A将继续压缩弹簧,直至A、B、C三者速度相同,设此速度为v3,此时弹簧被压缩至最短,其弹性势能设为Ep,由动量守恒定律和能量守恒定律得mv0=3mv3 ⑤ m-ΔE=(3m)+Ep ⑥ 联立④⑤⑥式得Ep=m。 答案:(1)m　(2)m 课时跟踪检测(二十五) 1.选BD　题图甲是研究弹簧振子的运动实验图,弹簧振子在弹簧弹力作用下做简谐运动,简谐运动是变加速运动,故A项错误;弹簧振子在弹簧弹力作用下做加速度方向永远指向平衡位置O点的变加速直线运动,故B项正确;题图乙是研究单摆的回复力实验图,单摆的回复力是摆球重力沿圆弧切线方向的分力,故C项错误;题图乙中O点为单摆的平衡位置,在该位置单摆的回复力最小,速度最大,故D项正确。 2.选D　设钢混结构建筑物高为h,其固有频率为f0=0.1h2,钢混结构建筑物发生共振时有f=f0=0.1h2=90 Hz,地震波到达地面的频率与钢混结构建筑物的固有频率越接近,钢混结构建筑物所受的影响越大,所以该地震波到达地面的频率最可能是90 Hz,故选D。 3.选B　根据题图(b)可知,振幅为1.0 cm,周期为T=0.4 s,则振动频率为f== Hz=2.5 Hz,故A错误,B正确;根据题图(b)可知,t=0.1 s时质点处于平衡位置,此时速度最大,故C错误;根据题图(b)可知,t=0.2 s时质点处于负向最大位移处,此时加速度方向竖直向上,故D错误。 4.选C　设细线与竖直方向的夹角为θ,细线长度为L,对摆球受力分析可知F-mgcos θ=m,摆球经过最低点时v最大、θ为零,可知此时F最大,摆球在一个周期内两次经过最低点,结合题图乙可知,该单摆的周期T=0.4π s,故选C。 5.选C　根据题图可知,该单摆的振动周期为T=0.8π s,由单摆的周期公式T=2π,得摆长为l==1.6 m。x⁃t图像的斜率表示速度,故起始时刻速度为零,且A、C点的速度相同,A、B点的速度大小相等、方向不同,C正确。 6.选B　设简谐运动的平衡位置为O,质点先后以相同的速度通过A、B两点,说明A、B两点关于平衡位置O点对称,所以质点由A到O的时间与由O到B的时间相等。假设质点首先向最大位移处运动,然后再经过B点,设两次经过B的时间为tBB,则一定有tAB>tBB,这与题意不符,因此质点必定首先向平衡位置移动,然后再向B点移动,那么从平衡位置O到B点的时间t1==0.5 s,因质点通过B点后再经过2 s第二次通过B点,根据对称性可知质点从B点到最大位移处的时间t2=1 s,故周期为T=4(t1+t2)=6 s;从经过平衡位置开始计时,质点位移与时间的关系式为x=Asin ωt (cm),则有8 cm=Asin ,解得A=16 cm,故选B。 7.选ABC　共振曲线中振幅最大处对应的频率与单摆的固有频率相等,由题图可知,两摆的固有频率fⅠ=0.2 Hz,fⅡ=0.5 Hz。当两摆分别在月球和地球上做受迫振动且摆长相等时,根据f=可知,g越大,f越大,所以gⅡ>gⅠ,因为g地>g月,可知图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线,A正确;若两摆在地球上同一地点做受迫振动,g相同,则==,所以两摆摆长之比为=,B正确;若图线Ⅱ表示的受迫振动是在地球上进行的,根据g=9.8 m/s2,可计算出LⅡ约为1 m,C正确,D错误。 8.选C　紫外光在感光纸上的投影做的是简谐运动,电动机的转速为n=12 r/min=0.2 r/s,因此圆频率ω=2πn=0.4π rad/s≈1.26 rad/s,周期为T==5 s。简谐运动的振幅即为轻杆的长度A=0.1 m,12.5 s内通过的路程为s=×4A=1 m。故选C。 9.选D　由题图乙知,t=0时,手机加速度为0,手机位于平衡位置,由平衡条件得弹簧弹力大小等于手机重力大小,A错误;由题图乙知,t=0.2 s时,手机的加速度为正值,则手机受到的合力向上,手机位于平衡位置下方,B错误;由题图乙知,从t=0至t=0.2 s,手机的加速度增大,手机从平衡位置向最大位移处运动,速度减小,动能减小,C错误;由题图乙知,装置振动的周期T=0.8 s,则圆频率ω==2.5π rad/s,则a随t变化的关系式为a=4sin(2.5πt)m/s2,D正确。 10.选BC　单摆每个周期经过两次最低点,即每个周期摆线的拉力出现两次最大值,由题图2可知,单摆的周期为T=2×(0.9-0.1)s=1.6 s,故A错误;斜面倾角为θ时,等效重力加速度为g'=gsin θ,由单摆周期公式有T=2π,只减小斜面倾角,则单摆周期将变大,只增大摆线的长度,则单摆周期将增大,故B正确,D错误;为避免单摆摆动过程中摆长发生变化,摆线应选用不易伸缩的轻质细绳,故C正确。 11.选B　A、B经过O点时所受合力提供向心力,不为零,处于非平衡状态,故A错误;设当位移为x时,摆角为θ,因x≪R,有sin θ=,对两物块进行受力分析可得sin θ=,联立得回复力的大小为|F|=x,回复力的方向与位移方向相反,则回复力F=-x,故B正确;A、B由O点向C点运动的过程中,设位移为y,摆角为α,以A、B整体为研究对象,在速度方向有F=Gsin α=mABa,则a=gsin α,对A进行受力分析可得GAsin α-Ff=mAaA,由题意可知a=aA,联立解得Ff=0,故C错误;单摆的振幅与摆动物体的质量无关,所以将A取走,B的振幅不变,故D错误。 12.解析:(1)小球与物块碰撞过程中水平方向动量守恒,有mv=2mv共 解得v共=v。 (2)小球粘在物块上后,弹簧振子做简谐运动的周期T=2π 若t=0时刻振子向左运动,则整体到达最左端的时刻为 t1=NT+T=(N=0,1,2,3,…) 若t=0时刻振子向右运动,则整体到达最左端的时刻为 t2=NT+T=(N=0,1,2,3,…) 答案:(1)v　(2)(N=0,1,2,3,…)或(N=0,1,2,3,…) 课时跟踪检测(二十六) 1.选BD　题图a为波的衍射,狭缝宽度越宽,衍射现象越不明显,故A错误;题图b为波的折射,由图可知,入射角大于折射角,则区域1的折射率小于区域2的折射率,所以区域1的波速大于区域2的波速,故B正确;题图c为波的干涉,振动加强区域的质点仍然在自己的平衡位置上下振动,不是一直处于最大位移处,故C错误;题图d为波的多普勒效应,左侧波纹间的距离相对右侧较小,故周期性触动水面的振动片在向左运动,故D正确。 2.选B　“隐私声盾”利用的是两列声波相互干涉的原理,故A错误;由于两列声波需要相互干涉,故抵消声波与后排乘客说话声波的频率相同,故B正确;机械波的传播速度与介质有关,故抵消声波与后排乘客说话声波的传播速度一样快,故C错误;抵消声波与后排乘客说话声波相互抵消,在干涉处的振动相位差为π的奇数倍,故D错误。 3.选B　在同一介质中,机械波的波速v不变,设OA=2AB=2L,可得t1=,tAB==t1,故可得B振动的时刻为t=t1+tAB=t1。故选B。 4.选ABD　根据多普勒效应可知,无人车与前车都静止时,f'一定等于f,A正确;无人车速度等于前车的速度时,无人车与前车相对静止,根据多普勒效应可知,f'一定等于f,B正确;无人车速度大于前车的速度时,两车靠近,根据多普勒效应可知,f'一定大于f,C错误;无人车速度小于前车的速度时,两车远离,根据多普勒效应可知,f'一定小于f,D正确。 5.选B　根据题图可知,简谐横波的波长为λ=2 m,所以周期为T===2 s,当t=1 s时,x=1.5 m处的质点运动半个周期到达波峰处,故相对平衡位置的位移为0.1 m。故选B。 6.选C　由题意可知两列横波的波速v大小相等,所以相同时间内传播的距离相等,故两列横波在x=11.0 m处开始相遇,故A、B错误;题图对应时刻,甲波波峰的坐标为x1=5 m,乙波波峰的坐标为x2=16 m,由于两列横波的波速v大小相等,所以波峰在x'=5 m+ m=10.5 m处相遇,故C正确,D错误。 7.选A　波从一种介质进入另一种介质,频率不变,即f1=f2,由题图可知λ2>λ1,由v=λf,可得v2>v1,故选A。 8.选D　由振动方程可知,t=0时波源从平衡位置开始振动,波源起振方向沿y轴正方向,t=T时波的图像沿x轴正方向传播了一个波长,根据“上坡下,下坡上”,可知t=T时的波形图为选项D。 9.选AB　由题图可知,λ=4 m,T=2 s,则该列波的传播速度为v==2 m/s,故A正确;由题图乙可知,t=0时刻质点M沿y轴正方向振动,根据波形平移法可知,该列波的传播方向为沿x轴负方向,故B正确;根据Δt=9 s=T,可知质点M在9 s内通过的路程为s=×4A=360 cm,故C错误;质点M只在其平衡位置上下振动,并不会随波迁移,故D错误。 10.选BC　波的周期和振幅与波源相同,故由题图可知波的周期为T=0.2 s,振幅为A=0.2 m,故A错误,B正确;质点P开始振动时,波源第2次到达波谷,故可知经过的时间为t=T+T=0.35 s,故可得波速为v== m/s=10 m/s,故C正确;波从P点传到Q点需要的时间为t'==0.1 s=T,故可知质点Q开始振动时,质点P处于平衡位置,故D错误。 11.选BC　在0.5 s内,甲、乙两列波传播的距离均为Δx=vΔt=2×0.5 m=1 m,根据波形平移法可知,t=0.5 s时,x=1 m处甲波的波谷刚好传到P处,x=3 m处乙波的平衡位置刚好传到P处,根据波的叠加原理可知,t=0.5 s时,P偏离平衡位置的位移为-2 cm,故A错误,B正确;在1.0 s内,甲、乙两列波传播的距离均为Δx'=vΔt'=2×1.0 m=2 m,根据波形平移法可知,t=1.0 s时,x=0处甲波的平衡位置刚好传到P处,x=4 m处乙波的平衡位置刚好传到P处,且此时两列波在P点都向y轴正方向运动,根据波的叠加原理可知,t=1.0 s时,P向y轴正方向运动,故C正确,D错误。 12.选B　根据题图可知,t=4 s时M点开始沿x正方向振动,故此时一列波传播到M点,起振方向沿x正方向,t=7 s时波形开始改变,说明另一列波传播到M点,此时两列波平衡位置都传播到M点,第一列波使M点沿x负方向振动,之后振幅减小,可知第二列波使M点沿x正方向振动,故两列波的起振方向均沿x正方向,故B正确;S1、S2到M的距离之差为6 m,由题图可知,两列波传播到M点的时间差为3 s,根据v=可得波速为v= m/s=2 m/s,故波长为λ=vT=4 m,故A错误;两列波频率相等,在平面内能产生干涉现象,故C错误;由题图知,第一列波的振幅为A1=3 cm,第二列波的振幅为A2=3 cm-1 cm=2 cm,故D错误。 13.选BC　根据题图1可得λ甲=2 cm,又λ甲=vT甲,其中v=1 cm/s,解得T甲= s,故A错误;根据题图2可得λ乙=2 cm,又λ乙=vT乙,可得T乙=2 s,根据f=可得==,故B正确;由题图1可知,t=0时刻,质点P在平衡位置,位移为零,故C正确;根据同侧法可知t=0时刻,质点Q的速度沿y轴负方向,故D错误。 14.选A　波源Q的周期为TQ== s=0.75 s,则两列波的频率不等,两列波在相遇区域不会发生干涉现象,A错误;在t=1.0 s时两列波各自传播8 m,则波源P产生的波传到x=8 m的位置,此时平衡位置为x=7 m处的质点由该波引起的振动在最高点,波源Q产生的波传到x=4 m的位置,此时平衡位置为x=7 m处的质点由该波引起的振动在平衡位置向下振动,则平衡位置为x=7 m处的质点在t=1.0 s时速度不为零,平衡位置为x=4 m处的质点在t=1.0 s 时由两列波引起的位移都为零,此时该点的位移为零,加速度为零,B、C正确;波源P、Q产生的波的波长分别为4 m和6 m,则波源P、Q产生的两列简谐波传播过程中遇到4 m的障碍物,均会产生明显的衍射现象,D正确。此题选择不正确的,故选A。 课时跟踪检测(二十七) 1.选B　电场强度与试探电荷无关,故A、D错误;公式E=是点电荷周围电场强度的决定式,r一定时,电场强度E与Q成正比,故B正确;公式中Q是场源电荷的电荷量,q是试探电荷的电荷量,故C错误。 2.选D　设F⁃q图像的横坐标单位长度电荷量为q0,纵坐标单位长度力的大小为F0,根据E=,可知F⁃q图像斜率表示电场强度,由题图可知Ea=,Eb==,可得=4∶1。故选D。 3.选AD　电场是存在于电荷周围的一种特殊物质,A正确;如果正电荷的速度方向与电场力方向的夹角大于90°,则电场力做负功,B错误;电场线是为了形象地描绘电场而人为引入的一簇曲线,该曲线的疏密程度反映电场强度的大小,C错误;静电场的电场线在空间上与等势面垂直,且沿电场线的方向电势降低,即由高等势面指向低等势面,D正确。 4.选C　由题图可知,两极板间电场强度方向竖直向上,金属微粒受电场力方向竖直向上,可知金属微粒带正电,由平衡条件可知q=mg,解得q=,故选C。 5.选C　在A、B接触前,由于B对C的吸引力大于A对C的排斥力,所以a1的方向水平向左,根据库仑定律和牛顿第二定律可得k-k=ma1;在A、B接触后,点电荷A、B的电荷量先中和再平分,二者所带电荷量均为+0.5Q,由于A、B都带正电,所以C受到的都是排斥力,则a2的方向水平向右,根据库仑定律和牛顿第二定律可得k+k=ma2,联立两式可得a1与a2大小之比为=,故选C。 6.选C　由于电场线关于虚线对称,O点为A、B点电荷连线的中点,结合等量异种点电荷与等量同种点电荷的电场线的分布特点,可知A、B带等量正电荷,故A、B错误;a、b为其连线的中垂线上对称的两点,根据等量正点电荷电场线的分布特点,可知a、b两点位置的电场强度大小相等、方向相反,则同一试探电荷在a、b两点处所受静电力大小相等、方向相反,故C正确;电场线是为了形象地描述看不见、摸不着的电场而人为假想的,其分布的疏密程度反映电场强度的大小,a、b两点处虽然无电场线,但其电场强度不为零,故D错误。 7.选C　水平面内正方形的四个顶点固定着四个完全相同的点电荷a、b、c、d,a、c和b、d分别为等量同种电荷,MN为它们连线的中垂线,根据等量同种点电荷周围的电场分布,可知MN上甲、乙位置处的场强等大反向,故D错误;甲、乙静止,即甲、乙受力平衡,设甲、乙之间的库仑力大小为F,若甲、乙为同种电荷,则甲、乙受到的电场力和彼此间的库仑力均大小相等、方向相反,即甲、乙受到的电场力和库仑力的合力等大反向,不可能都和重力平衡,即甲、乙一定为不同电性,则甲、乙受到的电场力相同,库仑力等大反向,则甲、乙受到的电场力和库仑力的合力大小一定不相同,则与之平衡的重力一定不同,即甲、乙的质量一定不同,故A、B错误,C正确。 8.选D　如图所示,C处+q受到A、B处点电荷的电场力大小相等,为FA=k=,则C处+q受到的电场力为F=2FAcos θ=2××=,故选D。 9.选B　如图所示,根据电场叠加原理及等量同种正点电荷中垂线上电场线的分布特点可知,O点场强为零,从O点沿中垂线向外,场强先变大后变小,电荷q从P→O的过程中,由于P点位置的不确定性,受到的电场力可能是先变大后变小,也可能是一直变小,所以加速度可能先变大后变小,也可能一直变小,故A错误;电荷q带负电,在到达O点之前,受到的电场力沿着PO方向指向O,电场力一直与速度同向,电荷q一直加速,速度一定是一直变大的,到达O点时加速度为零,速度达到最大,故B正确;该电场关于直线MN对称,电荷q越过O点后,由于电场力的方向向上,速度一定越来越小,直到减为0,但其加速度的变化在这个过程中可能是先增大后减小,也可能是一直增大,故C错误;如果改变电荷q的初速度,使电荷q在P点的速度方向垂直纸面向外,此时受到的电场力指向O点,且刚好提供电荷q绕O点做匀速圆周运动的向心力,则电荷q在该电场中可以做匀速圆周运动,故D错误。 10.选D　B点、C点的点电荷在M点产生的合场强大小为E=2cos 60°=,因M点的合场强为零,因此带电细杆在M点产生的场强大小为EM=E,由对称性可知带电细杆在A点产生的场强大小为EA=EM=E,方向竖直向上,因此A点的合场强大小为E合=EA+2cos 30°=,故选D。 11.选B　三分之二圆周的均匀带负电圆弧状绝缘导体在O点产生的电场强度大小为E,根据对称性可知,该电场强度方向由O指向A,同理,根据对称性可知,AB圆弧产生的电场强度方向沿CO方向指向AB,AC圆弧产生的电场强度方向沿BO方向指向AC,AB圆弧与AC圆弧产生的电场强度方向之间的夹角为120°,根据矢量叠加原理,可知AB圆弧与AC圆弧产生的电场强度大小均为E,根据对称性可知,BC处均匀带正电圆弧状绝缘导体产生的电场强度大小也为E,方向由O指向A,根据矢量叠加可知,O点的电场强度大小为2E,方向由O指向A。故选B。 12.解析:(1)圆环上关于圆心对称的两小段圆弧上的电荷在O点处产生的场强大小相等、方向相反,其合场强为零,则带电圆环在O点处的场强为EO=0。 (2)A点处的场强为零,根据电场叠加原理可知,带电圆环和B点处点电荷在A点处产生的场强大小均为EBA=,两者方向相反,根据对称性可知,带电圆环在C点处产生的场强大小为EC1=,方向由O指向C B处点电荷在C点处产生的场强大小为EC2=,方向由O指向C,则C点处的场强大小为E=EC1+EC2 解得E=,方向由O指向C。 答案:(1)0　(2),方向由O指向C 课时跟踪检测(二十八) 1.选D　匀强电场的等势线应是一簇平行线,由题图可知避雷针附近的电场不是匀强电场,故A错误;等差等势面越密集,电场强度越大,所以A点的电场强度比B点大,故B错误;乌云带负电,则电场线终止于乌云,根据沿电场线方向电势降低,可知a、b、c、d等势面中a的电势最高,故C错误;有一带负电的雨点从乌云中下落,雨点所受静电力方向与速度方向夹角小于90°,静电力做正功,故D正确。 2.选C　由等量异种点电荷周围的电场分布特点知,P、Q两点电场强度大小相等,A错误;由沿电场线方向电势越来越低知,P点电势高于Q点电势,B错误;由场强叠加原理得P点电场强度大小为E=k+k,若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍,则P点电场强度大小也变为原来的2倍,同理Q点电场强度大小也变为原来的2倍,而P、Q间距不变,根据U=Ed定性分析可知,P、Q两点间电势差变大,C正确,D错误。 3.选AC　根据沿着电场线方向电势降低可知,M点的电势比N点的低,污泥絮体带负电,根据Ep=qφ可知,污泥絮体在M点的电势能比其在N点的电势能大,污泥絮体从M点移到N点,电势能减小,电场力对其做正功,故A、C正确;根据电场线的疏密程度反映电场强度大小可知,N点的电场强度比P点的小,故B错误;M点和P点在同一等势面上,则污泥絮体在M点的电势能与其在P点的电势能相等,综上分析可知,污泥絮体在P点的电势能比其在N点的大,故D错误。 4.选AC　根据点电荷周围的电场强度和电场强度的叠加可知,O点的电场强度大小为E=2cos 60°+=,A正确,B错误;根据电势叠加可知,O、B两点距离两个正电荷的距离相等,而O点距离负电荷较近,则O点的电势比B点的电势低,所以电子在O点的电势能比在B点的大,故C正确,D错误。 5.选C　由题图可知沿x轴方向5 m的位置电势为0,则沿电场线方向电势为0的点与O点的距离为d=xcos 60°=2.5 m,根据匀强电场电势差与电场强度的关系有E==40 V/m,在坐标原点O处由静止释放一电荷量为q=2×10-10 C的带正电粒子,当该粒子的位移大小为5 m时,电场力做的功为WE=qEx'=2×10-10×40×5 J=4.0×10-8 J,则该粒子的电势能变化量为ΔEp=-WE=-4.0×10-8 J,该粒子在O点的电势能为EpO=qφ0=2×10-10×100 J=2.0×10-8 J,又ΔEp=Ep-EpO,所以当粒子的位移为5 m时,其电势能Ep=-2.0×10-8 J,故选C。 6.选D　真空中点电荷周围的电势φ=k,设x'处的电势为0,则k+k=0,解得x'=,故可知当0<x<时,电势φ<0;当x>时,电势φ>0。故选D。 7.选D　根据EAD==8 V/cm,EAB==6 V/cm,合电场强度大小为E==10 V/cm=1 000 V/m,故A错误;根据匀强电场的特点,有φA-φD=φB-φC,可得φC=0,则A点电势比C点电势高100 V,故B错误;电子自D点移动到B点,电场力对其做的功为WDB=-eUDB=-e(φD-φB)=28 eV,电场力对电子做正功,所以电子的电势能减少28 eV,故C错误;电子自C点移动到B点电场力对其做的功为WCB=-eUCB=-e(φC-φB)=64 eV,电场力对电子做正功,所以电子的电势能减少64 eV,故D正确。 8.选C　在v⁃t图像中,斜率表示加速度,而加速度由电场力产生,由于电场线的疏密表示电场强弱,所以电子在运动过程中,电场先增强后减弱,电场力先增大后减小,所以加速度应先增大后减小,故v⁃t图像的斜率应先增大后减小,故A正确,C错误;沿电场线方向电势不断降低,同时φ⁃x图线切线的斜率表示电场强度的大小,故B正确;Ek⁃x图线切线的斜率表示电场力,电子在运动过程中电场力先增大后减小,速度一直增大,动能一直增大,故D正确。 9.选CD　曲线ab为一电子只在电场力作用下的运动轨迹,根据电子所受电场力一定指向运动轨迹的凹侧,可知两个点电荷一定都带正电,故A错误;由于两点电荷为等量正点电荷,根据等量正点电荷周围电势分布可知,题图中虚线(中垂线)不是一条等势线,故B错误;根据等量正点电荷周围电势分布规律以及对称性可知a、b两点电势相等,所以电子在a、b两点的电势能相同,根据能量守恒定律可知电子在a、b两点动能相等,则电子在a、b两点速度大小相同,故C、D正确。 10.选C　因为试探电荷的电性未知,所以由题图不能判断出沿x轴方向电势的升降,故B错误;根据电场力做功与电势能变化的关系可知,Ep⁃x图像的切线斜率的绝对值表示电场力的大小,电场力越大表示电场强度越大,由题图可知,x1处斜率等于0,x3处切线的斜率大于x4处切线的斜率,故x1处电场强度等于0,x3处的电场强度大于x4处的电场强度,故A错误,C正确;试探电荷从x3处运动至x2处的过程中,电势能增加量为Ep1-Ep2,电场力做功为Ep2-Ep1,故D错误。 11.选B　设X、Y两带电小球间距离为r,开始时,X、Y间的库仑力大小为F=k,Y对X的库仑力方向水平向左,由于X静止在平衡位置O点,则弹簧的弹力大小为F弹=k,方向水平向右;将Z先与X接触,根据电荷分配原理可知,此时qX'=qZ'=-2q,X、Y间的库仑力大小为F'=k,此时Y对X的库仑力方向水平向右,X的平衡位置发生了变化,X、Y系统的电势能发生了变化;将Z再与Y接触,根据电荷分配原理可知,此时qY'=qZ″=-,整个过程中Z始终带负电荷,故选B。 12.选B　由题图可知,Ep随位移增大逐渐减小,由于粒子带正电,结合φ=可知,电势φ随位移增大逐渐减小,故A错误,B正确;带正电粒子在电场中仅受静电力作用,则有ΔEp=-F电Δx,可知Ep⁃x图像斜率的绝对值表示电场力大小,根据题图可知,带正电粒子受到的电场力随位移增大逐渐减小,则电场强度随位移增大逐渐减小,C错误;根据动能定理可得Ek=F电Δx,可知Ek⁃x图像的斜率表示电场力,由于电场力随位移增大逐渐减小,则Ek⁃x图像的斜率随位移增大逐渐减小,D错误。 13.选D　以x轴的正向为电场强度的正方向,结合题图乙中电场的正负可知,圆环带正电,故A错误;根据对称性结合OP=OQ=L,可知OP两点间电势差UOP等于OQ两点间电势差UOQ,故B错误;根据对称性结合qU=mv2-m,可知粒子到达Q点时的速度大小为v0,粒子不会在P、Q两点之间做往复运动,故C错误;该粒子由P点运动到Q点的过程,电场力先做负功,后做正功,则电势能先增大后减小,故D正确。 课时跟踪检测(二十九) 1.选B　根据题图(a)可知,降低溶液的浓度时,该不导电溶液的相对介电常数εr增大,结合电容的决定式C=可知,电容器的电容增大,A错误;电容器一直与恒压电源相连,则电容器两极板之间的电势差不变,C错误;根据电容的定义式C=并结合电容增大可知,电容器所带的电荷量Q增大,则溶液浓度降低过程中,电容器充电,电路中的电流方向为N→M,B正确,D错误。 2.选C　根据电容C=,充电过程中,随着电容器所带电荷量的增加,电容器两极板间电势差增加,充电电流减小,故A错误;根据题图可知,充电过程中,电容器的上极板带正电荷,流过电阻R的电流由N点流向M点,故B错误;放电过程中,随着电容器所带电荷量的减小,电容器两极板间电势差减小,放电电流减小,故C正确;根据题图可知,放电过程中,电容器的上极板带正电荷,流过电阻R的电流由M点流向N点,故D错误。 3.选D　XX'方向加逐渐增大的电压,则电子向X方向偏转。YY'方向加恒定电压,则电子向Y方向偏转,且偏转的距离相同。故选D。 4.选D　粒子从射入到运动至速度为零,由动能定理得-qExmax=0-m,粒子射入的最大深度xmax=,由v0=at,a=可得t=,由对称性可知粒子在电场中运动的最长时间为tmax=2t=,故D正确。 5.选B　带电粒子在电场中做类平抛运动,根据运动的合成与分解有vy==v0,又有d=v0t,vy=t,联立解得E=,A、C、D错误,B正确。 6.选D　微粒进入电场沿AB做直线运动,微粒所受合外力沿直线AB方向,所以微粒受到水平向右的电场力,微粒带负电,电场力和重力的合力与运动方向相同,微粒做匀加速直线运动,故A、B错误;微粒从A到B的过程中,重力做正功,电场力做正功,所以重力势能减少,电势能减少,机械能增加,故C错误,D正确。 7.选D　根据题意可知,小球所受合力方向沿虚线向下,则其所受电场力方向水平向右,小球从O点运动到与O点等高处的过程重力做功为零,由于小球所受电场力与小球速度的夹角一直为锐角,则电场力做正功,小球的电势能减小,小球的速度增大,动能增大,A、B、C错误,D正确。 8.选AD　由题意可知,粒子在M点和N点的速度大小相等,根据动能定理,可知粒子从M点运动到N点的过程,所受的电场力做功为0,则M点和N点的电势相等,由电场线垂直于等势线,可知电场线垂直MN连线,但粒子所带电荷量的正负未知,电场方向不确定,由粒子做曲线运动所受的合力指向运动轨迹的凹侧可知,粒子所受的电场力垂直MN向下,如图所示,则电场力先做负功后做正功,电势能先增加后减小,A正确,B、C错误;由题给条件和几何关系,可知MN连线与水平方向的夹角为45°,则M、N之间的水平距离x=lcos 45°=l,粒子从M点运动到N点,在水平方向上,根据动能定理,可得0-mv2=-qExcos 45°,解得E=,D正确。 9.选A　由题图可知,a、d两点的电势相等,根据Ep=qφ可知,粒子在d点的电势能等于在a点的电势能,故B错误;φ⁃x图像的斜率表示电场强度,由题图可知,b点与c点的电场强度方向相反,根据F=qE可知,粒子在b点与c点所受电场力方向相反,故C错误;根据沿着电场方向电势逐渐降低可知,d点的电场强度方向沿x轴负方向,粒子带正电,则粒子在d点受到沿x轴负方向的电场力,即粒子将沿x轴负方向运动,粒子仅受电场力作用,则粒子的动能和电势能之和恒定,又由以上分析知粒子在d点的电势能等于在a点的电势能,则粒子在d点的动能等于在a点的动能,均为0,a点的电场强度方向沿x轴正方向,粒子在a点受到沿x轴正方向的电场力,则粒子到达a点后将沿x轴正方向运动,即粒子将在ad之间做周期性运动,不能到达O点,故A正确,D错误。 10.解析:(1)在匀强电场中,A、B两点间的电势差为U,沿电场方向的距离为L,则电场强度大小为E=。 (2)在A点细线对小球的拉力为0,根据牛顿第二定律得Eq-mg=m 对小球从A运动到B过程根据动能定理得 qU-mgL=mvB2-mvA2 联立解得vA= vB=。 答案:(1)　(2)　 11.解析:(1)电子经过加速电场过程,根据动能定理可得eU1=mv2 解得v==×107 m/s。 (2)电子在偏转电场中做类平抛运动,则有l=vt,a=,y=at2 联立解得电子在偏转电场中发生的侧位移y=0.36 cm。 (3)A点离下极板的距离为Δd=+y=1.36 cm 若下极板电势为零,则A点的电势为φA=EΔd=Δd=27.2 V。 答案:(1)×107 m/s　(2)0.36 cm (3)27.2 V 课时跟踪检测(三十) 1.选B　电功率越大,电流做功越快,根据W=Pt,可知W由P和t共同决定,电功率越大,电流做功不一定越多,故A错误;电功的定义式W=UIt,适用于任何电路,故B正确;在纯电阻电路中,电流做功全部转化为内能,则UI=I2R,故C错误;焦耳定律Q=I2Rt适用于各种电路,故D错误。 2.选A　电荷的定向移动形成电流,正电荷定向移动的方向即为电流的方向,故由于棒的运动而形成的等效电流的方向与v反向,方向向左,根据电流的定义式有I=,设橡胶棒的长度为l,根据题意得Q=lq,l=vt,解得等效电流的大小为I=qv ,故选A。 3.选B　细胞膜两侧电荷量的变化量为ΔQ=CΔU,平均电流为=,代入数据解得=2.5×10-7 A,故选B。 4.选C　进线处有15 A保险丝,供电电压为220 V,则使用的家用电器的最大功率为Pm=UI=3 300 W,电热器和电冰箱同时使用的功率为1 800 W+300 W=2 100 W<3 300 W,可以同时使用,故A不符合题意;取暖器和空调同时使用的功率为900 W+2 000 W=2 900 W<3 300 W,可以同时使用,故B不符合题意;电热器和空调同时使用的功率为1 800 W+2 000 W=3 800 W>3 300 W,不可以同时使用,故C符合题意;电冰箱、电视机和空调同时使用的功率为300 W+350 W+2 000 W=2 650 W<3 300 W,可以同时使用,故D不符合题意。 5.选D　由题图可知导线的电阻为R== Ω=0.37 Ω,根据R=ρ,解得ρ== Ω·m≈2.47×10-8 Ω·m,则该导线的材质可能为金。故选D。 6.选C　设导体A和导体B的厚度为d,根据R=ρ,可得==,故A、B错误;分别在导体A、B左右两侧面加上相同的电压,根据欧姆定律可知,通过导体A和B的电流之比为1∶1,故C正确;相等时间内通过导体A和B左右两侧面的电荷量之比为==,故D错误。 7.选A　由题意可得电动机内阻r==1 Ω,当电动机加上6 V电压时电动机转动,电动机的热功率小于电功率I2r<UI,所以此时电流I<=6 A,故选A。 8.选BC　根据欧姆定律R=可知,U⁃I图像中图线上某点与原点连线的斜率表示电阻,即R= Ω=2 000 Ω,故A错误,B正确;由电阻定律R=ρ,解得ρ=50 Ω·m,故C正确,D错误。 9.选C　根据欧姆定律可知,B点对应的电阻为RB= Ω=40 Ω,故A、B错误;根据欧姆定律可知,A点对应的电阻为RA= Ω=30 Ω,工作状态从A变化到B时,导体的电阻因温度的影响改变了RB-RA=40 Ω-30 Ω=10 Ω,故C正确,D错误。 10.选BC　电动机是非纯电阻元件,根据能量守恒定律有P电=P热+P机,即UI=I2r+P机,明显I2r<UI,则I<,电动机输出的机械功率为P机=UI-I2r,故A错误,C正确;经过时间t,电动机消耗的电能为W=UIt,电动机消耗的电功率为P==UI,故B正确;经过时间t,电动机产生的热量为Q=I2rt,故D错误。 11.选B　根据q=It可知,mA·h是电荷量的单位,故A错误;电池充满电所储存的能量等于充电时电流做的功W=It·U=5 000 mA·h×3.7 V=6.66×104 J,故B正确;充电2分钟,充电器输出的能量为E2=Pt充=78 W×2×60 s=9 360 J,若能量全部储存在电池中,则待机功率为P待===0.26 W,由于电池储存的能量小于充电器输出的能量,故手机待机功率小于0.26 W,故C错误;电流I== A= A,若电池为纯电阻元件,则有R=≈4.15 Ω,由于电池为非纯电阻元件,所以电池内阻不等于4.15 Ω,故D错误。 12.选D　电动牙刷工作时的额定电流为I额== A≈0.35 A=350 mA,故A错误;正常刷牙3 min,牙刷每次消耗的能量约为W=P额t=1.3×3×60 J=234 J,故B错误;电池充满电后总电量为q=600 mA·h=0.6×3 600 C=2 160 C,故C错误;电动牙刷充电时,从无电状态到满电状态所需时间t'== h=12 h,故D正确。 13.解析:(1)充满电的时间t===1.2 h。 (2)小水泵每秒对水做功W=mgh+mv2=1.5 J,则小水泵的输出功率P==1.5 W。 (3)电动机的输出功率P'== W=2 W 电动机工作电流I2== A=0.5 A 由P2=P'+r 解得r=2 Ω。 答案:(1)1.2 h　(2)1.5 W　(3)2 Ω 课时跟踪检测(三十一) 1.选A　根据q=It,可知20 000 mA·h是指该充电宝充满电后的电荷量,故A正确,B、C错误;在充电宝内部非静电力把1 C的正电荷从负极移到正极所做的功为W=E×q=3.7×1 J=3.7 J,故D错误。 2.选B　电流虽然有方向,但电流的加减使用代数法则,是标量,故A错误;将一根粗细均匀的金属丝均匀拉长为原来的2倍,则横截面积变为原来的0.5倍,由电阻定律R=ρ,可知其电阻变为原来的4倍,故B正确;根据手机电池的文字说明,该电池以5 mA电流工作可用100 h,故C错误;电源电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量,故D错误。 3.选A　根据电阻定律可知,R1、R2的电阻之比为R1∶R2=∶=h2∶h1,A正确;两个电阻串联,则通过R1、R2的电流之比为1∶1,B错误;R1、R2的电功率之比为P1∶P2=I2R1∶I2R2=h2∶h1,C错误;根据q=It可知,通过R1、R2的电荷量之比为1∶1,D错误。 4.选C　开关断开时电压表示数为3.15 V,则3.15 V=,若开关闭合,则R12= Ω=2 Ω,U=,解得电压表示数为U=2.8 V,故选C。 5.选AC　当其中一只彩灯灯丝熔断瞬间,发生断路的地方的电压接近电源电压220 V,细金属丝的氧化层被击穿,细金属丝与灯丝支架导通,保证其他小灯泡继续发光,故A正确,B错误;由于导通的部分相当于导线,整个彩灯串上相当于少了一个灯,根据串联电路特点可知,总电阻减小,总电流略有增大,所以彩灯串上其他小灯泡两端电压均略有增加,故C正确,D错误。 6.选A　等效电路图如图所示,设电源路端电压为U,则UA=UB=U,根据C=,可得==,故选A。 7.选C　根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir,结合图像的斜率与截距可知E=9 V,r== Ω=1 Ω,故A错误;灯泡正常发光,则有I==0.5 A,故B错误;电动机两端的电压为U'=E-U-Ir=4.5 V,电动机消耗的功率为P电=U'I=2.25 W,电动机的热功率为P热=I2rM=0.1 W,电动机的工作效率为η=×100%≈96%,故C正确;电源的效率为η'=×100%≈94.4%,故D错误。 8.选D　由E=I(R外+r)可知,随着外电路电阻增大,电流减小,由闭合电路欧姆定律有U=-rI+E,图线斜率大小就是电池内阻的大小,由题图2可知,电流减小,图线斜率减小,电池的内阻逐渐减小,故A、B错误;当电路中的电流为1 mA时,路端电压为2.3 V,则电池的输出功率为P=UI=0.002 3 W,故C错误;由题图可知,电源电动势E=2.8 V,当电路中的电流为1 mA 时,电池的内阻为r==500 Ω,故D正确。 9.选A　四个完全相同的灯泡,L2、L3串联,电流相同,L2、L3亮度相同;L4与L2、L3并联,两支路两端电压相同,故L4两端电压等于L2、L3各自两端电压之和,故L4比L2、L3都亮;L1在干路上,电流大小等于两支路电流之和,故流过L1的电流最大,亮度最高,故选A。 10.选D　根据闭合电路的欧姆定律有U=E-Ir,由题图可知电源电动势Ea>Eb,电源内阻ra>rb,故A、B错误;电源的输出功率P=UI,小灯泡分别与这两电源直接相连组成闭合回路,由题图可知,路端电压U、电流I相同,则Pa=Pb,故C错误;电源的总功率P总=EI,因为Ea>Eb,电流I相等,则P总a>P总b,故D正确。 11.选BD　将R0看成电源内阻的一部分,当滑动变阻器R的阻值等于电源的等效内阻时,R上消耗的功率最大,即R=R0+r=6 Ω,解得内阻r=1 Ω,R上消耗的最大功率为Pm=R,解得电动势E=12 V,故A错误,B正确;当P= W时,即P=R'= W,解得R'=3 Ω或R'=12 Ω,故C错误,D正确。 12.选BC　依题意,空气湿度越高,其电阻率越大,根据R=ρ,可知RH阻值越大,故A错误;同理,空气湿度越低,RH阻值越小,根据I=,可知电路中电流越大,由U=E-Ir,可知电源两端电压越小,故B正确,D错误;空气湿度越高,RH阻值越大,电路中电流越小,由=E-I(R0+r),可知电压表的示数越大,故C正确。 13.选B　电源的效率η==,汽车启动时,开关S闭合,电路中总电阻变小,总电流变大,内电压变大,则路端电压U变小,可知电源的效率减小,A错误;汽车启动时,电路中总电流变大,电源内电压变大,路端电压减小,则两灯一定变暗,B正确;由能量关系可知,电动机的输入功率等于电源输出功率减去两灯的功率,C错误;若L1灯短路,则L2灯也不亮,D错误。 14.选B　由电路图可知,电压表测量R1两端的电压,电流表测量R3支路的电流,当滑片P由b向a滑动时,滑动变阻器接入电路的电阻变大,则总电阻变大,由闭合回路欧姆定律可知,总电流减小,路端电压增大,则R1两端电压减小,即电压表的示数减小,R2两端的电压增大,R2支路的电流增大,则R3支路的电流减小,即电流表的示数减小,故A错误,B正确;由上述分析可知,R2两端的电压增大,由公式P=可知,电阻R2的电功率增大,电容器两端电压增大,由公式Q=CU可知,电容器所带电荷量增加,故C、D错误。 课时跟踪检测(三十二) 1.选B　小磁针静止时N极指向为其所在处的磁场方向,由题图知螺线管电流在螺线管中轴线上产生的磁场方向是向左的,由右手螺旋定则可知螺线管中电流方向为逆时针方向(从左侧看),则螺线管右端接电源正极,故A错误;螺线管内部磁场方向向左,所以将小磁针移到螺线管内部,小磁针N极所指方向不变,故B正确;若将小磁针移到螺线管左端,小磁针仍处于向左的磁场中,小磁针N极所指方向不变,故C错误;螺线管正上方磁场向右,若将小磁针移到螺线管正上方,小磁针N极所指方向向右,故D错误。 2.选B　在匀强磁场中,磁感应强度B不变,根据F=BIL, 若保持导线通电部分的长度L不变,改变电流I的大小,则F⁃I图像是过原点的直线,B正确,A错误;若保持电流I不变,改变导线通电部分的长度L,则F⁃L图像是过原点的直线,C、D错误。 3.选B　根据左手定则,拉伸前导线受到的安培力沿竖直方向,故A错误;拉伸前导线电阻较小,电流较大,受到的安培力F=BILMN较大,故B正确,C、D错误。 4.选A　根据安培定则可知,A、B两条平行导线间的磁场方向垂直纸面向外,根据左手定则可知,短导线C所受安培力水平向右,则其将沿水平面向右运动,故选A。 5.选B　线框在磁场的有效线段的长度L=R= m,安培力大小为F=BIL= N,故选B。 6.选D　根据右手螺旋定则,放置在FE边的通电导线在C点产生的磁感应强度大小为B、方向沿CM,放置在ND边的通电导线在C点产生的磁感应强度大小为B、方向沿FC,故C点处的磁感应强度大小为B;放置在FE边的通电导线在O点产生的磁感应强度大小为B、方向沿NO,放置在ND边的通电导线在O点产生的磁感应强度大小为B、方向沿OP,故O点处的磁感应强度大小为B。故选D。 7.选A　通电弹体在匀强磁场中受安培力的作用而加速,由动能定理有BIdL=m-0,解得vm=,故选A。 8.选C　根据右手螺旋定则,可知导线框所在磁场方向向里,由于I1>I2,可知左侧的磁感应强度大,同一竖直方向上的磁感应强度相等,故水平方向导线所受的安培力相互抵消,根据左手定则结合F=BIL,可知左半边竖直方向的导线所受的水平向左的安培力大于右半边竖直方向的导线所受的水平向右的安培力,故导线框所受安培力的合力方向水平向左。故选C。 9.选B　根据并联电路分流原理可知流过acb路径的电流大小为,根据平衡条件得mg=BIL+BIL=,故选B。 10.选CD　两种情况下,导体棒A受力分析如图所示,根据受力平衡可得F1=BI1L=mgsin θ,N1=mgcos θ,F2=BI2L=mgtan θ,N2=,可得===,==cos 2θ=,故选C、D。 11.解析:(1)由P匀速下降可知,P处于平衡状态,所受合力为0,设P所受单根导线的拉力大小为T,对P有2T=2mg, 解得T=mg。 (2)设Q所受安培力大小为F,对Q受力分析,有mg+F=2T 又F=BIL 解得I=。 答案:(1)mg　(2) 12.解析:(1)导体棒刚放在导轨上时,根据闭合电路欧姆定律有I= 解得I=9 A 导体棒刚放在导轨上时所受安培力的大小F=BIL 解得F=0.9 N 根据左手定则可知,导体棒所受安培力的方向沿导轨平面向上。 (2)导体棒刚放在导轨上时,对导体棒进行受力分析,根据牛顿第二定律有F-mgsin θ-f=ma 其中f=μN=μmgcos θ 解得a=1 m/s2。 答案:(1)0.9 N,沿导轨平面向上 (2)1 m/s2 课时跟踪检测(三十三) 1.选ABD　由左手定则可知,该带电粒子带正电,A正确;因洛伦兹力对带电粒子不做功,则从弱磁场区到强磁场区的过程中带电粒子的速率不变,B正确;将粒子速度v0分解为沿磁场方向的v∥和垂直磁场方向的v⊥,根据qvB=m,T=,可得r=,T=,可知随着磁场的增强,粒子运动半径逐渐减小,周期变小,则带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离x=v∥T减小,C错误;由上述分析可知,螺旋线轨迹的间距减小到零后,该带电粒子可能会从强磁场区到弱磁场区做螺旋线运动,D正确。 2.选B　绳的拉力、洛伦兹力始终与单摆的运动方向垂直,不做功,只有重力做功,所以摆球在最低点C的速度大小相同,根据a=,可知a1=a2,当单摆由A摆到最低点C时,绳的拉力和洛伦兹力方向相同,由B摆到最低点C时,绳的拉力与洛伦兹力方向相反,故F1<F2,故选B。 3.选C　粒子运动轨迹如图所示,在磁场中,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,可得粒子做圆周运动的半径r=,根据几何关系可得P点至O点的距离LPO=r+=(1+)。故选C。 4.选C　对两物块整体受力分析有F=(ma+mb)a,对物块a受力分析有fba=maa,可知物块a、b之间的摩擦力大小不变,故A错误;b与地面之间无摩擦力,则b受到的摩擦力仅为a对其的摩擦力,则物块b受到的摩擦力大小不变,故B错误;地面对物块b的支持力Nb=(ma+mb)g+qvB,由于物块b做加速运动,则洛伦兹力增大,故地面对物块b的支持力变大,则根据牛顿第三定律可知,物块b对地面的压力变大,故C正确,D错误。 5.选AC　设OP=2d,则由几何关系可知ra==2d,rb==,可知a、b两粒子的运动半径之比为∶1,A正确;根据qvB=m,可得v=∝r,则初速率之比为∶1,B错误;根据T=,可得t=T∝θ,a、b两粒子转过的角度之比为300°∶120°=5∶2,则运动时间之比为5∶2,C正确,D错误。 6.选BCD　速率小的粒子在CD边射出时, 粒子在磁场中运动时间相同, A错误;根据左手定则,粒子向左偏转, 从CD边飞出的粒子最远从D点飞出,半径R=,由qvB=,解得vm=,B正确;由B项分析可知粒子可以从D点飞出,粒子运动轨迹与CE相切且从DE边飞出时,是粒子从DE边飞出的最远点,如图所示,由几何关系得===L,粒子从DE边飞出的区域长度为L,C正确;粒子运动轨迹与CE相切飞出磁场时,粒子在磁场中运动的时间最长,由几何关系可得∠FDC=60°,粒子在磁场中运动的最长时间为t=×=,D正确。 7.选C　根据题意可以分析粒子到达PQ边界时速度方向与边界线相切,如图所示,则根据几何关系可知d=r+rcos 30°,粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力qvB=m,解得v=,则加速度大小为a==,故A、B正确;根据t=×=,若仅减小射入速度,则粒子在磁场中运动的半径减小,可知粒子运动轨迹对应的圆心角不变,在磁场中运动的时间不变,若仅增大磁感应强度,粒子运动轨迹对应的圆心角不变,粒子在磁场中运动的时间一定变短,故C错误,D正确。 8.选C　根据左手定则可知a粒子带正电,故A错误;如图所示,设两粒子的轨迹半径分别为ra和rb,由sin ∠BAC=0.6可得O2A==rb,由几何知识可知=sin ∠BAC=0.6,解得ra=4rb,根据洛伦兹力提供向心力Bqv=m,得q=,可知=,故B错误,C正确;设ra=4rb=4r0,由几何知识可知两切点间的距离FE=AF-AE=4r0×-r0×=4r0,故D错误。 9.选AD　作出粒子的运动轨迹,如图所示,由几何关系可得cos ∠O1PO== ,可得∠O1PO=60°,由几何关系cos ∠O1PO=,可得粒子运动的轨迹半径为r=R,由图可知,粒子会从O点正下方射出磁场,故A、D正确;由洛伦兹力提供向心力qvB=m,可得粒子射入磁场的速率为v=,故B错误;由几何关系可知,粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心角为θ=120°,所以粒子在磁场中运动时间为t=T=×=,故C错误。 10.选BD　根据左手定则可知,磁场方向垂直于纸面向外,故A错误;根据R=,可知比荷为=,故B正确;速度小于v0的粒子也能水平向右垂直打在屏M上,所以磁场边界是45°斜线,如图所示,则磁场区域最小面积为阴影部分面积为Smin=-R2=,故C错误,D正确。 11.解析:(1)当粒子到达O点时,打开磁场开关,粒子做匀速圆周运动,设轨迹半径为r1,运动轨迹如图1所示, 由洛伦兹力提供向心力得qv0B=m 则OK=2r1=。 (2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关,则粒子在磁场中运动的轨迹半径r2=4r1 运动轨迹如图2所示, 由几何关系有(4r1-2r1)2+MO2=(4r1)2 解得MO=2r1=。 (3)速率为4v0的粒子射出一段时间t到达P点,要使粒子仍然经过K点,则P点在O点右侧,运动轨迹如图3所示, 由几何关系有(4r1-2r1)2+ON2=(4r1)2 解得OP=2r1= 粒子在打开磁场开关前运动时间为t= 解得t=。 答案:(1)　(2)　(3) 课时跟踪检测(三十四) 1.选BD　若立方体区域仅存在沿ab方向的匀强电场,质子受到的电场力沿ab方向,会在水平面内做类平抛运动,无法到达c',A错误;若立方体区域仅存在沿aa'方向的匀强电场,质子受到的电场力沿aa'方向,会在竖直面内做类平抛运动,有可能到达c',B正确;若立方体区域仅存在沿bb'方向的匀强磁场,质子受到水平方向的洛伦兹力,会在水平面内做匀速圆周运动,不可能到达c',C错误;若立方体区域仅存在沿bd方向的匀强磁场,质子受到竖直方向的洛伦兹力,会在竖直面内做匀速圆周运动,有可能到达c',D正确。 2.选D　粒子在磁场中的第二象限和第一象限的运动轨迹如图所示,对应的轨迹半径分别为R1和R2,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,可得R1=,R2=,根据几何关系可得cos θ==,解得θ=60°,粒子在第二象限、第一象限做圆周运动的周期分别为T1=,T2=,则粒子在第二象限、第一象限中运动的时间分别为t1=,t2=T2,则粒子在磁场中运动的时间t=t1+t2=,故选D。 3.选B　当粒子在磁场的轨迹半径等于D形金属盒半径R时,粒子的动能最大,有qvmB=m,故Ekm=m=,与加速电压和加速次数无关,A错误;粒子在电场中加速,由动能定理有nqU=m=,解得n=,仅减小加速电压U,氘核H)加速次数增多,B正确;粒子在磁场中运动的时间t=n×=×=,仅增大D形金属盒半径R,氘核H)在磁场中运动的时间变大,C错误;回旋加速器交流电源的频率应等于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的频率,氘核H)和α粒子比荷相同,则在同一匀强磁场中做匀速圆周运动的周期相同,在同一匀强磁场中做圆周运动的频率相同,D错误。 4.选D　粒子带正电,在磁分析器中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动且打在Q点,由左手定则可知,磁分析器中磁场方向垂直于纸面向外,A错误;粒子在静电分析器中做匀速圆周运动,由粒子所受辐向电场的电场力提供向心力,因此在静电分析器中粒子所受辐向电场的电场力不为零,B错误;设粒子在静电分析器中的速度大小为v,由粒子所受辐向电场的电场力提供向心力,由牛顿第二定律可得qE=m,解得v2=,粒子在加速电场中,设加速电压为U,由动能定理可得Uq=mv2,解得U=ER,C错误;粒子在磁分析器中,由洛伦兹力提供向心力,设运动轨迹的半径为r,可得qvB=m,解得r==,可知P点与Q点间距离d=2r=,D正确。 5.选BD　速度大小v0=的带正电粒子垂直进入磁场,由牛顿第二定律得qvB=m,可得r=L,根据左手定则,作出粒子的运动轨迹图如图所示,粒子做圆周运动的周期T=,由图可知,粒子从a点射出到第一次到达b点转过的圆心角为60°,可得粒子第一次到达b点的时间为tab==,A项错误;由图可知,粒子从b到c转过的圆心角为300°,则时间为tbc==,则粒子第一次到达c点的时间为tac=tab+tbc=,B项正确;由图可知,粒子从c到a转过的圆心角为60°,则时间为tca==,则粒子第一次返回a点所用的时间为t=tab+tbc+tca=,C项错误;由图可知,粒子在两个有界磁场中运动的周期是三个完整的圆周运动周期的和,则粒子在两个有界磁场中运动的周期为T'=3T=,D项正确。 6.解析:(1)粒子从A点运动到C点,根据动能定理有 eU0=m 解得v0=。 (2)设粒子在磁场中运动的轨迹半径为r,如图所示, 由几何关系有+r2=(r+R)2 解得r=R 由洛伦兹力提供向心力有 ev0B=m 解得B= 。 答案:(1) 　(2) 7.解析:画出粒子在磁场中运动的轨迹图如图所示。 (1)设粒子在矩形磁场中运动的轨迹半径为R,根据几何关系有 L=Rcos θ 解得R=L。 (2)粒子在矩形磁场中运动过程,由洛伦兹力提供向心力有qvB= 解得v=。 (3)粒子在圆形磁场区域内运动时,由洛伦兹力提供向心力有qvB'= 解得B'=B。 答案:(1)L　(2)　(3)B 8.解析:(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,作出运动轨迹示意图,如图所示, 由几何关系得Rcos 30°=20 cm 解得R=0.4 m 根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=m 解得v==4 m/s 粒子在电场中运动时,沿y轴方向做匀速直线运动,有R+Rsin 30°=vcos 30°·t1 沿x轴方向做匀变速直线运动,有vsin 30°=at1 由牛顿第二定律有a= 解得t1= s,E= V/m。 (2)粒子在电场中运动的时间为2t1= s 粒子再次进入磁场后转过的圆心角为300°,所用时间为t2=T== s 则粒子从第一次经过y轴到第三次经过y轴所用的时间为t=2t1+t2=s。 答案:(1)4 m/s　 V/m　(2)s 课时跟踪检测(三十五) 1.选B　在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向,故在坐标原点O由静止开始运动的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动,磁场方向垂直于纸面向里,根据左手定则,可知向y轴正方向运动的带正电的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力,故该粒子向x轴负方向偏转,A、C错误;由于匀强电场方向沿y轴正方向,故x轴为匀强电场的等势面,从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时,电场力做功为0,洛伦兹力不做功,故带电粒子再次回到x轴时的速度为0,因受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转,故B正确,D错误。 2.选D　根据左手定则可知,无论粒子带何种电荷,受到的洛伦兹力和电场力的方向总是相反,满足qvB=qE,即v=,故可看出粒子能否沿直线射出只与速度有关,与电性和电荷量无关,故A、B错误;撤去电场后,粒子在剩下的磁场中做匀速圆周运动,有qvB=m,可得R=,两个粒子的比荷不一定相同,则运动的半径不一定相同,故C错误;撤去磁场后,两粒子在电场中做类平抛运动,则水平方向做匀速直线运动,若能穿过场区,由l=vt,可知两粒子通过场区的时间相等,故D正确。 3.选BC　小球进入虚线下方区域后做直线运动,对小球受力分析如图所示,则qvBcos θ=mg,小球的速度vcos θ=v0,解得v0=2 m/s,故A错误,B正确;小球从A点抛出到进入叠加场过程,由动能定理得mgh=mv2-m,根据在叠加场中的受力情况可知(mg)2+(qE)2=(qvB)2,解得h=1.25 m,故C正确,D错误。 4.选D　根据左手定则可知正离子向血管上侧偏转,负离子向血管下侧偏转,则血管上侧电势高,血管下侧电势低,故A错误;血液的流量一定时,若血管内径变小,则血管的横截面积变小,根据Q=Sv可知血液流速变大,故B错误;稳定时,离子所受洛伦兹力等于电场力,根据qvB=,可得U=dvB,又v=,联立可得U=,可知血管上下侧电势差变大,说明血管内径变小,故D正确;由以上分析可知,血管上下侧电势差与血液流速有关,故C错误。 5.选CD　小球静止时只受电场力、重力、支持力及摩擦力,电场力水平向左,摩擦力竖直向上,开始时,小球的加速度为a=,小球速度将增大,产生洛伦兹力,由左手定则可知,洛伦兹力向右,故水平方向上电场力与洛伦兹力的合力将减小,支持力减小,摩擦力减小,故加速度增大,故A错误;当洛伦兹力等于电场力时,摩擦力为零,此时加速度为g,达到最大,此后速度继续增大,则洛伦兹力增大,水平方向上小球受到的支持力增大,摩擦力将增大,加速度将减小,故最大加速度的一半会有两种情况,一是在洛伦兹力小于电场力的时间内,有=,解得v1=,另一种是在洛伦兹力大于电场力的时间内,有=,解得v2=,故C、D正确;在下滑过程中有摩擦力做功,故有部分能量转化为内能,故小球的机械能和电势能的总和将减小,故B错误。 6.选AC　小球在xOy平面内做平抛运动,则有Eq=qv0B,解得v0=,A正确;根据平抛运动规律,小球的动能变为初动能的2倍时Ek=m(+)=2×m,解得vy=v0==gt,即经过时间为t=,B错误;若仅将电场方向变为沿y轴正方向,如果电场力和重力大小相等,小球可能做匀速圆周运动,C正确;若仅将电场撤去,小球合力不可能为零,不可能做匀速直线运动,D错误。 7.选ABD　油滴a做圆周运动,故重力与电场力平衡,可知其带负电,有mg=Eq,解得q=,故A正确;根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=m,可得R=,解得油滴a做圆周运动的速度大小为v=,故B正确;设小油滴Ⅰ的速度大小为v1,则有3R=,解得v1==,周期为T==,故C错误;带电油滴a分离前后动量守恒,设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2,取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv=v1+v2,解得v2=-,由于分离后的小油滴Ⅱ受到的电场力和重力仍然平衡,且分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反,根据左手定则可知,小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动,故D正确。 8.解析:(1)粒子进入半圆形区域后做匀速直线运动,电场力与洛伦兹力大小相等,方向相反,则qvB=qE 解得E=vB,沿x轴正向。 (2)撤去匀强电场,粒子在磁场中做匀速圆周运动,如图所示, 由几何知识可得r==R 由洛伦兹力提供向心力得qvB=m 解得= 粒子做匀速圆周运动的周期T= 粒子从O点到Q点转过的圆心角θ=120° 粒子在磁场中运动的时间t=T=T 解得t=。 答案:(1)vB,沿x轴正向　(2)　 9.解析:(1)带电粒子在cdef区域做直线运动,则电场力与洛伦兹力平衡,可知粒子经过cd边中点的速度水平向右,设粒子到达cd边中点的速度大小为v0、带电荷量为q、质量为m,由平衡条件则有qE=qv0B 解得v0=。 (2)粒子从b点到cd边的中点的运动,可逆向看作从cd边的中点到b点的类平抛运动,设运动时间为t,加速度大小为a,由牛顿第二定律可得qE=ma 由类平抛运动规律可得v0t=L at2= 联立解得粒子的电荷量与质量之比 ==。 (3)粒子在圆形区域做匀速圆周运动,设粒子的运动半径为R,由洛伦兹力提供向心力可得qv0B=m,解得R=L 粒子在磁场中运动轨迹如图所示,由图可知,粒子沿半径方向射入,又沿半径方向射出,设粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角为α,由几何关系可知α=2θ 由几何关系可得tan θ== 可知θ=30° 则有α=60°。 答案:(1)　(2)　(3)60° 课时跟踪检测(三十六) 1.选B　磁铁靠近金属环的过程中,金属环所在位置的磁感应强度逐渐增大,则穿过左右两环的磁通量都增大,故A正确;磁铁靠近金属环的过程中,穿过左环的磁通量增大,左环产生感应电动势,由于左环没有闭合,则左环中没有产生感应电流,无论磁铁速度多大,左环中总是产生感应电动势,不产生感应电流,故B错误;磁铁靠近金属环的过程中,穿过右环的磁通量增大,右环闭合,可知无论磁铁速度多大,右环中都会产生感应电动势和感应电流,故C正确;根据楞次定律的推论“来拒去留”可知,磁铁插向右环时,俯视看横杆,横杆将逆时针转动,故D正确。 2.选A　由题图可知,穿过a、b两个线圈的磁通量均为Φ=B·πr2,因此磁通量之比为1∶1,A正确。 3.选BD　距离导线越远,磁场越弱,可知线框下落过程中,穿过线框的磁通量逐渐减小,且穿过线框的磁通量不为零,故A错误;根据右手螺旋定则可知,导线下方的磁场方向垂直纸面向里,随着线框下落,穿过线框的磁通量减小,根据楞次定律结合安培定则可知,线框中感应电流的方向为顺时针,故B正确;根据左手定则,线框上边所受的安培力方向向上,下边所受的安培力方向向下,由于下边的磁场比上边弱,故下边所受的安培力小于上边所受的安培力,又线框左右两边所受安培力大小相等方向相反,因此线框所受安培力的合力向上,且逐渐减小,故C错误;由于安培力做负功,线框的机械能逐渐减小,故D正确。 4.选C　第一次将线框由位置1平移到位置2,磁感线从线框的同一侧穿入,ΔΦ1为前后两位置磁通量的绝对值之差。第二次将线框由位置1绕cd边翻转到位置2,磁感线从线框的不同侧穿入,ΔΦ2为前后两位置磁通量的绝对值之和。故ΔΦ1<ΔΦ2,C正确。 5.选C　由楞次定律结合安培定则可知回路框中的感应电流方向为逆时针方向,根据左手定则可知左侧可形变的导体棒所受安培力斜向右上方,右侧可形变的导体棒所受安培力斜向左上方,故选C。 6.选A　由题图可知,送电线圈产生的磁场方向向上,根据安培定则可知,此时送电线圈中从上向下看的电流沿逆时针方向,故电流由端口1流入,故A正确;送电线圈产生的磁场逐渐增强,由楞次定律可知,此时受电线圈中感应电流产生的磁场方向与题图中磁场方向相反,由安培定则可知,受电线圈内从上向下看的感应电流沿顺时针方向,由电源内部电流从负极流向正极可知,端口3为负极,故B、D错误;磁场B在逐渐增强,根据“增缩减扩”可知,受电线圈的面积有收缩的趋势,故C错误。 7.选C　根据安培定则可知,恒定电流I在圆形线圈轴线上产生的磁场方向垂直线圈平面向里,故A错误;越靠近圆形线圈,磁感应强度越大,向右滑行的正方形金属框内磁通量先增大后减小,故B错误;向右滑行的正方形金属框内磁通量先增大后减小,根据电磁感应定律可知,正方形金属框运动过程中,有感应电流产生,故C正确;恒定电流I在圆形线圈外产生的磁场方向垂直线圈平面向外,向右滑行的正方形金属框内磁通量先增大后减小,一直垂直纸面向外,故D错误。 8.选D　线圈沿着直线1、2、3移动时,磁通量都不会变化,都不会产生感应电流,所以不能确定下方是否有线缆,故A、B错误;线圈沿着直线4、5移动时,从y轴到线缆正上方的过程中,穿过线圈的磁通量先增大后减小,过了正上方后,穿过线圈的磁通量反向先增大后减小,且在线缆正上方时穿过线圈的磁通量最小为零,故C错误,D正确。 9.选A　导线中通以沿x轴正方向的电流I时,在超导平板内部产生垂直于超导平板的逆时针方向的磁场,由于迈斯纳效应,可知超导平板表面感应电流在超导平板内部产生垂直于超导平板的顺时针方向的磁场,则超导平板表面感应电流的方向应沿x轴负方向。故选A。 10.选A　在磁铁下落过程中,穿过两个金属环的磁通量增大,金属环产生感应电流,金属环受到向下的安培力,而磁铁受到向上的磁场力,所以磁铁向下运动时的加速度会小于g,金属环对桌面压力大于自身重力,故A正确,B错误;在磁铁下落过程中,穿过两个金属环的向上的磁通量增大,根据楞次定律可知,俯视观察,左边金属环会产生顺时针方向的感应电流,故C错误;在磁铁下落过程中,穿过两个金属环的磁通量增大,根据楞次定律可知,感应电流的磁场总要阻碍原磁场的磁通量的变化,所以两个金属环要向磁场减小的方向运动,两个金属环相互加速远离,故D错误。 11.选A　因两表的结构完全相同,对表A来说是由于拨动指针带动线圈切割磁感线产生感应电流,电流方向用右手定则判断;对表B来说是线圈受安培力作用带动指针偏转,偏转方向应由左手定则判断。又由题图可知两表电流方向相反,所以A向左拨动,B也向左偏转。故选A。 12.选A　磁铁沿螺线管轴线上下振动过程中,由楞次定律以及二极管的导电特点可知,红灯与绿灯交替发光,故A正确;磁铁上下振动过程中,速度不断变化,通过螺线管的磁通量的变化率不断变化,感应电流大小不断变化,故红灯与绿灯亮度不断变化,故B错误;条形磁铁做阻尼振动,振幅不断减小,故C错误;条形磁铁振动过程中,若速度增大,则所受合力方向与运动方向相同,若速度减小,则所受合力方向与运动方向相反,故D错误。 13.选C　由右手螺旋定则可知,软铁环中的磁场为顺时针方向,故A错误;保持S1闭合,在开关S2闭合的瞬间,N线圈中磁通量不变,没有感应电流产生,故B错误;保持S2闭合,在开关S1闭合的瞬间,N线圈中磁通量增大,根据楞次定律结合安培定则可知,通过电流表的电流由b→a,故C正确;保持S2闭合,在开关S1断开的瞬间,N线圈中磁通量减小,根据感应电流产生的条件可知,电流表所在回路会产生感应电流,故D错误。 14.选B　根据安培定则可知通电直导线右侧的磁场方向垂直桌面向里,沿y轴方向磁场的磁感应强度大小恒定不变,沿x轴正方向磁场的磁感应强度逐渐减小,在圆环沿如题图所示的初速度方向运动的过程中,穿过圆环的磁通量逐渐减小,根据楞次定律结合安培定则可知,圆环中产生顺时针方向的电流,圆环沿y轴方向所受安培力为0,沿x轴方向所受安培力沿x轴负方向,则圆环沿y轴方向做匀速直线运动,沿x轴方向做减速运动,速度逐渐减小为0,对比运动轨迹图像可知选项B可能正确。 课时跟踪检测(三十七) 1.选B　把铜盘视为闭合回路的一部分,在铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动时,铜盘切割磁感线产生感应电动势,回路中有感应电流,由右手定则可判断出感应电流方向为D→R→C,铜盘切割磁感线产生感应电动势不变,根据闭合电路欧姆定律,回路中感应电流大小不变。故选B。 2.选C　当磁铁穿过固定的闭合线圈时,在闭合线圈中会产生感应电流,感应电流的磁场会阻碍磁铁靠近或远离线圈,这样磁铁振动时除了受空气阻力外,还要受到线圈的磁场阻力,克服阻力需要做的功较多,机械能损失较快,因而磁铁会很快停下来。C选项中,磁铁靠近和远离线圈过程中磁感线和线圈闭合回路的垂直效果最好,磁通量的变化率最大,产生的感应电流最大,阻碍效果最明显,故选C。 3.选D　电磁炉在使用中用到了电流的磁效应,微波炉利用微波来加热食物,两者原理不相同,故A错误;电磁炉工作时,快速变化的磁场穿过放在面板上的铁质锅具,在锅底内产生感应电流,从而实现加热食物的目的,故B、C错误,D正确。 4.选B　小球每次在进出磁场过程中,因产生电磁感应,一部分机械能转化为焦耳热,左、右两侧摆起的最大高度不相同,故A错误;小球每次只在进出磁场过程中损失机械能,当全部进入匀强磁场后,因穿过小球的磁通量不变,故不产生感应电流,最终将在磁场区域内左右摆动,故B正确;小球每次在进出磁场过程中要消耗机械能,运动到最低点时速度不同,细绳的张力发生改变,故C错误;由楞次定律知,小球每次在进出磁场过程中,安培力一定做负功,故D错误。 5.选D　由题知,开关S闭合后,由于L的电阻很小,灯泡Q正常发光,灯泡P微亮,断开开关前通过灯泡Q的电流大于通过灯泡P的电流,通过线圈L的电流大于通过灯泡P的电流;断开开关时,灯泡Q所在电路未闭合,立即熄灭,由于自感现象,L中产生感应电动势,与灯泡P组成闭合回路,故灯泡P闪亮后再熄灭。 6.选D　ab边转动切割磁感线产生的感应电动势大小为E=Bl=Bl=Bl=Bl2ω,ab边充当电源,根据右手定则可知电流从a端流出、b端流入,所以a端电势高于b端,设正三角形金属线框每条边的电阻为R,则感应电流为I=,则a、b两点间的电势差即路端电压Uab=E-IR=E=Bl2ω,故选D。 7.选C　由法拉第电磁感应定律可知,大圆线圈产生的感应电动势为E1==S1=kS1,每个小圆线圈产生的感应电动势均为E2==S2=kS2,由线圈的绕线方式和楞次定律可知,4个小圆线圈产生的感应电动势方向相同,而大圆线圈产生的感应电动势方向与4个小圆线圈产生的感应电动势方向相反,所以线圈中总的感应电动势大小为E==k,故选C。 8.选D　根据题图乙可知,两对永磁铁穿过线圈的磁场方向相反,且磁场分界线不会离开线圈,故穿过线圈的磁通量不可能为BL2,故A错误;根据法拉第电磁感应定律可知,永磁铁相对线圈上升越快,穿过线圈的磁通量变化越快,线圈中感应电动势越大,故B、C错误;永磁铁相对线圈下降时,根据楞次定律结合安培定则可知,线圈中感应电流的方向为顺时针方向,故D正确。 9.选C　磁感应强度均匀增大时,产生的感应电动势为E=S=0.1 V,可得P==0.25 W;线框以某一角速度绕其中心轴OO'匀速转动时,有2P=2R=0.5 W,解得Im=5 A,故ab边所受最大的安培力为F安m=BImL=1 N,故选C。 10.选D　闭合开关S,电路达到稳定后,灯泡A和B处于正常发光状态,有Uab>0,Ucd>0,开关S断开瞬间,由于自感Uab>0,Ucd<0,所以题图2所示为灯泡B两端电势差Ucd在S断开前后随时间的变化关系,故A错误;根据题图2,S断开瞬间,自感线圈L两端电势差大小为U=Uab+Udc=3U0,故B错误;闭合开关S,电路达到稳定后,灯泡A和B两端电势差大小等于电源电动势,由题图2可知电源电动势为U0,故C错误;S断开瞬间,线圈L、灯泡A、B构成闭合回路,经过两灯泡电流相等,由于Udc=2Uab,根据U=IR,则灯泡A的阻值与灯泡B的阻值之比为1∶2,故D正确。 11.解析:(1)根据法拉第电磁感应定律,圆环中产生的感应电动势E=S 上式中S= 由题图乙可知= 根据闭合电路的欧姆定律有I= 根据电阻定律有R=ρ t=t0时,圆环受到的安培力大小 F=B0I·(2r)+I·(2r) 联立解得F= 由左手定则知,方向垂直于MN向左。 (2)通过圆环的电荷量q=·Δt 根据闭合电路的欧姆定律和法拉第电磁感应定律有=,= 在0~t0内,穿过圆环的磁通量的变化量为 ΔΦ=B0·πr2+·πr2,联立解得q=。 答案:(1),垂直于MN向左　(2) 课时跟踪检测(三十八) 1.选ABD　由于金属棒MN运动过程切割磁感线产生感应电动势,回路中有感应电流,产生焦耳热,金属棒MN的机械能不断减小,由于金属导轨光滑,所以经过多次往返运动,金属棒MN最终一定静止于OO'位置,故A正确。当金属棒MN向右运动,根据右手定则可知,金属棒MN中电流方向由M到N,根据左手定则,可知金属棒MN受到的安培力水平向左,则安培力做负功;当金属棒MN向左运动,根据右手定则可知,金属棒MN中电流方向由N到M,根据左手定则,可知金属棒MN受到的安培力水平向右,则安培力做负功;综上可知MN运动过程中安培力始终做负功,故B正确。金属棒MN从释放到第一次到达OO'位置过程中,由于在OO'位置重力沿切线方向的分力为0,可知在到达OO'位置之前,重力沿切线方向的分力就已经小于安培力沿切线方向的分力,金属棒MN已经做减速运动,故C错误。从释放到第一次到达OO'位置过程中,根据右手定则可知,金属棒MN中电流方向由M到N,故D正确。 2.选AC　t=0时,根据法拉第电磁感应定律可得线圈A中的感应电动势为E=n=50× V=5 V,t=0时,线圈A中的感应电流为I== A=1.25 A,故A正确,B错误;由题意可知导体棒ab向右加速运动达到最大速度5 m/s后匀速运动,则有BLv=E,可得两导轨间磁场的磁感应强度大小为B== T=2 T,故C正确;根据楞次定律可知,线圈A中产生的感应电动势为顺时针方向,则导体棒ab向右切割磁感线产生的电动势由b指向a,根据右手定则可知两导轨间磁场的方向垂直MNPQ平面向里,故D错误。 3.选BD　在一个周期内,安培力F先正向线性增大,再反向线性减小,且增大时的变化率比减小时的变化率大,线圈内的磁通量垂直纸面向外时,根据左手定则可知,感应电流先沿顺时针方向,再沿逆时针方向,由楞次定律可知,磁通量先增大后减小,则磁感应强度先增大后减小,由F=BIL可知,顺时针的电流大于逆时针的电流,由I==,可知前者的磁感应强度的变化率大于后者的变化率,故A错误,B正确;线圈内的磁通量垂直纸面向里时,根据左手定则可知,感应电流先沿逆时针方向,再沿顺时针方向,由楞次定律可知,磁通量先增大后减小,则磁感应强度先增大后减小,由F=BIL可知,逆时针的电流大于顺时针的电流,则前者的磁感应强度的变化率大于后者的变化率,故C错误,D正确。 4.选C　当3 s≤t≤9 s时,a、b间柔软金属丝组成的几何图形形状保持不变,即柔软金属丝已绷紧且保持圆弧形状,由几何关系可知,该圆弧半径为L,圆心在c点,该圆弧所对的圆心角为60°,此过程中回路中的感应电动势E=S=B0×πL2=,感应电流I=== A,则t=3 s时B3=B0-B0×3=2(T),圆弧有效长度为L,则柔软金属丝所受安培力大小为F=B3IL=2××1 N= N,故选C。 5.选BC　初始时刻,两金属棒静止,则系统受力平衡,合外力为0,若给金属棒ab一个沿导轨向下的初速度,根据动量守恒定律可知,最终两棒以共同速度运动,故A错误,B正确;若给ab棒一个沿导轨向下的恒力F作用,则刚开始ab棒的加速度较大,cd棒的加速度较小,则ab棒的速度较大,最终对系统根据牛顿第二定律有F=m总a,加速度相同,故C正确,D错误。 6.选AC　设线框的速度为v,线框的质量为m,物块的质量为M,在线框减速进入磁场的过程中,对线框受力分析,根据牛顿第二定律有mg+-T=ma,对物块受力分析,根据牛顿第二定律有T-Mg=Ma,联立解得a=-g,则随着速度的减小,加速度不断减小,B错误;结合B项分析可知,若匀强磁场区域高度与线框宽度相等且物块质量与线框质量相等,则线框在磁场中一直做加速度逐渐减小的减速运动,出磁场后做匀速运动,则A选项的图像可能正确;若匀强磁场区域高度大于线框宽度且物块质量与线框质量相等,则线框进磁场和出磁场阶段均做加速度逐渐减小的减速运动,完全在磁场中运动时不受安培力,做匀速运动,完全出磁场后也做匀速运动,则C选项的图像可能正确;D选项的图像中线框出磁场后做匀加速运动,说明物块质量大于线框质量,但在此情况下,结合B项分析可知,存在第二段匀速阶段时,不会存在第三段减速阶段,D错误。 7.选AB　设加速阶段的位移与减速阶段的位移为x,根据q=Δt=Δt=·Δt==,可知加速过程中通过金属棒的电荷量等于减速过程中通过金属棒的电荷量,则减速过程由动量定理可得-BLΔt=-BLq=0-mv,解得q=,A正确;由q==,解得x=,金属棒加速的过程中,由位移公式可得x=vt,可得加速时间为t=,B正确;金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动,加速过程中,安培力逐渐增大,加速度不变,因此拉力逐渐增大,在撤去拉力前的瞬间,拉力最大,由牛顿第二定律可得Fm-BL=ma,其中a=,联立解得Fm=,C错误;加速过程中拉力对金属棒做正功,安培力对金属棒做负功,由动能定理有WF-W安=mv2,可得WF=W安+mv2,因此加速过程中拉力做的功大于mv2,D错误。 8.选AB　由于ab和cd均沿导轨下滑,则通过abcd回路的磁通量向上增大,根据楞次定律结合安培定则可知,回路中的电流方向为abcda,A正确;对ab和cd分别受力分析,如图所示,根据牛顿第二定律分别有2mgsin 30°-2BILcos 30°=2ma1、mgsin 30°-BILcos 30°=ma2,可得a1=a2=-,则ab与cd加速度大小之比始终为1∶1,C错误;当加速度趋于零时,两导体棒中的电流趋于稳定,结合C项分析可知,ab中的电流趋于,B正确;由于ab和cd加速度大小始终相等,则两导体棒的速度大小始终相等,则由法拉第电磁感应定律可知,两导体棒产生的感应电动势大小之比始终为2∶1,D错误。 9.解析:(1)t=2 s时,线框产生的感应电动势为 E=S=1 V 根据闭合电路欧姆定律可得I==0.2 A 由题图乙可知t=2 s时,B=2 T,则线框ab边受到的安培力为F=BIl=2×0.2×1 N=0.4 N。 (2)t=4 s后,磁感应强度B不变,穿过线框的磁通量不变,没有感应电流,则0~5 s内电阻R中产生的焦耳热Q=I2Rt=0.22×5×4 J=0.8 J。 答案:(1)0.4 N　(2)0.8 J 10.解析:(1)开关闭合前电容器的电荷量为Q,则电容器两极板间电压U= 闭合开关瞬间,通过导体棒的电流I= 解得闭合开关瞬间通过导体棒的电流I=。 (2)闭合开关瞬间,由牛顿第二定律有BIL=ma 解得a=。 (3)由(2)中结论可知,随着电容器放电,电容器所带电荷量不断减少,同时导体棒的速度不断增大,产生的反向感应电动势不断增大,故闭合回路中的电流不断减小,所以导体棒的加速度不断减小,直至为零,其v⁃t图线如图所示。 答案:(1)　(2)　(3)见解析图 11.解析:(1)设t=1 s时金属杆的速度为v1,金属杆产生的感应电动势为E1,感应电流为I1,安培力大小为F1,由法拉第电磁感应定律可得E1=BLv1 由闭合电路欧姆定律I1= 此时安培力大小为F1=BI1L 其中v1=at 对金属杆受力分析,根据牛顿第二定律可得 F-mgsin θ-F1=ma 则t=1 s后拉力F的功率为P=Fv1 联立可得P=36 W。 (2)设金属杆做匀速运动时的拉力大小为F',感应电动势为E2,感应电流为I2,安培力大小为F2,则由法拉第电磁感应定律可得E2=BLv 由闭合电路欧姆定律I2= 对金属杆由平衡条件F'=mgsin θ+F2 其中P=F'v,F2=BI2L 解得金属杆在磁场中匀速运动时的速度大小为v=6 m/s。 答案:(1)36 W　(2)6 m/s 12.解析:(1)当OP绕O点逆时针匀速转动时,由右手定则可知O点电势高,OP切割磁感线产生感应电动势为E=BωL2 闭合K瞬间,由闭合电路欧姆定律可知,通过MN的电流大小为I==,方向由M到N MN所受安培力大小为F=BIL= 由左手定则可知,安培力方向水平向左。 (2)闭合K后,MN向左做加速运动,速度逐渐增大,MN切割磁感线产生感应电动势,则感应电流方向与原电流方向相反,减弱原电流,可知MN受到的安培力逐渐减小,做加速度减小的加速运动,当MN中电流减小到零时,受到的安培力大小为零,加速度大小为零,MN的速度达到最大,设为v,此时MN做匀速直线运动,则有MN切割磁感线产生感应电动势与OP产生的感应电动势大小相等,即EMN=BLv=BωL2,解得v=ωL。 (3)从OP停止转动到MN停止运动的过程,由能量守恒定律可知,电路中产生的焦耳热为Q=mv2=mω2L2 MN产生的焦耳热为QMN=Q=mω2L2。 答案:(1),方向水平向左　(2)ωL (3)mω2L2 课时跟踪检测(三十九) 1.选BD　由题图可知,开始时线圈处于中性面位置,当磁极再转过90°时,此时穿过线圈的磁通量为0,磁通量的变化率最大,可知此时线圈中电流最大;在磁极转动的过程中,穿过线圈的磁通量在减小,根据楞次定律结合安培定则可知,此时感应电流方向由Q指向P。故选B、D。 2.选BD　线圈转动的过程中,穿过线圈平面的磁通量减小,根据楞次定律结合安培定则可知,电流方向由b到c,从中性面开始计时,转过90°的过程中,电流逐渐增大,A错误,B正确;电流的有效值为I=,电流的平均值为=,二者之比为,C错误,D正确。 3.选AD　根据右手定则可知,当线圈转到图示位置时AB边产生的感应电流方向为A到B,故A正确;电流表示数为有效值而不是瞬时值,因而电流表的示数不为零,故B错误;题图示位置在中性面的垂面,交流电中的电动势瞬时值表达式为e=Emcos ωt=NBSωcos ωt,可知题图示位置电动势最大,根据法拉第电磁感应定律可知,磁通量的变化率最大,故C错误;穿过线圈的最大磁通量为Φm=BS=,故D正确。 4.选B　由Em=NBSω=NBL2ω可知,交流电的最大值和ab、cd两边到转轴的距离无关,线圈中感应电动势的有效值为E==NBL2ω,故B正确。 5.选BC　线圈转过30°时,线圈与磁场方向垂直,穿过线圈的磁通量最大,线圈转过120°时,线圈与磁场方向平行,穿过线圈的磁通量最小,线圈转动120°~180°过程中,穿过线圈的磁通量反向变大,则该过程中穿过线圈的磁通量先变大后变小再反向变大,故A错误;线圈转过30°时,线圈与磁场方向垂直,穿过线圈的磁通量最大,此时磁通量变化率为0,感应电动势为0,感应电流为0,该位置为中性面,感应电流方向发生改变,故B正确;线圈转过120°时,线圈与磁场方向平行,穿过线圈的磁通量最小,但磁通量变化率最大,感应电动势最大,感应电流最大,故C正确,D错误。 6.选C　两个二极管正向电阻为0,反向电阻无穷大,二极管导通则与它并联的灯泡短路,此时另一个灯泡与电源串联,根据题示电路图可知在一个完整的周期内,两个灯泡有电流通过的时间相等,都为半个周期,则电压有效值相等,根据P=,可知灯泡L1、L2的电功率之比P1∶P2=RL2∶RL1=1∶2,故选C。 7.选BD　由题意可知,圆形导体环产生的感应电动势瞬时值表达式为e=BSωsin ωt=Bπa2ωsin ωt,感应电动势的有效值为E==,电路中电压表示数为U=×Bπa2ω,故A错误;t=时,圆形导体环转过180°,故电流方向改变,故B正确;穿过圆形导体环的磁通量瞬时值表达式φ=Bπa2cos ωt,故C错误;从t=0到t=的时间内流过电阻的电量q=t==,故D正确。 8.选C　由题图乙知,电动势的最大值Em=220 V,故A错误;电动势的有效值E= V=220 V,发电机线圈有电阻,灯泡两端电压应小于220 V,故B错误;由题图乙知,线圈是从中性面开始计时的,电动势的最大值为Em=220 V,而ω==100π rad/s,则电动势表达式为e=Emsin ωt=220sin(100πt)V,故C正确;由题图乙知从中性面开始计时,t时间内转过的角度为ωt,则线圈平面与磁场方向夹角为+ωt,因此有任意时刻Φ=BSsin=BScos ωt=BScost,根据Em=NBSω=NBS=220 V,可得BS= Wb,所以任意时刻穿过线圈的磁通量Φ=cos(100πt)Wb,因线圈匝数N未知,故D错误。 9.选D　题图甲中交流电压的有效值为U1=,题图乙中前半个周期交流电压的有效值为U2=2U0,前半个周期两交流电压的有效值之比为U1∶U2=1∶2,故A错误;设题图乙中交流电压的有效值为U2',则有×+×=×T,解得U2'=,故B错误;0~时间内,定值电阻R1上产生的热量为Q1=×=,定值电阻R2上产生的热量为Q2=×=,解得Q1∶Q2=1∶16,故C错误;0~T时间内,定值电阻R1上产生的热量为Q1'==,定值电阻R2上产生的热量为Q2'==,解得Q1'∶Q2'=1∶10,故D正确。 10.选C　由题图可知,0时刻,穿过线圈的磁通量达到最大值,可知线圈是从中性面开始计时的,故A错误;线圈中产生的交变电流的周期与磁通量的变化周期相同,即T=0.02 s,所以线圈转动的角速度大小为ω==100π rad/s,故B错误;线圈产生的感应电动势的峰值为Em=NBSω,由题图知Φm=BS= Wb,解得Em=36 V,则有效值E==36 V,故C正确;结合上述可知,线圈产生的感应电动势的表达式为e=Emsin ωt=36sin(100πt)V,故D错误。 11.选AC　由题图乙可知,交变电压的周期为T=2×10-2 s,A正确;交变电压瞬时值的表达式为u=220sintV=220sin(100πt)V,B错误;电压值取正值时,即在前半个周期内,二极管电阻为零,R1被短路,电压值取负值时,即在后半个周期内,二极管电阻无穷大,可看作断路,R1上的电压等于输入电压值的一半,设加在R1的电压有效值为U,根据电流的热效应,在一个周期内满足T=·,解得U=55 V,C正确,D错误。 12.解析:(1)电动势的最大值Em=nBωL2=628 V 根据闭合电路欧姆定律得Im==6.28 A,故交变电流瞬时值表达式i=6.28 sin(100πt)A。 (2)电流的有效值I= 外电阻上消耗的功率 P=I2R=2R≈1.95×103 W。 (3)从计时开始到线圈转过过程中, 平均感应电动势 =n=n= 平均电流== 通过外电阻的电荷量 q=·Δt==0.01 C。 答案:(1) i=6.28 sin(100πt)A　(2)1.95×103 W　(3)0.01 C 课时跟踪检测(四十) 1.选C　电流表的示数是交流电的有效值,故A错误;根据ω=2πf,解得交流电的频率为f=50 Hz,故B错误;电源电压有效值为U==220 V,故C正确;根据=,解得U2=40 V,即电压表示数为40 V,故D错误。 2.选B　由=知,仅增加原线圈匝数,副线圈的输出电压U2减小,不能使小灯泡正常发光,故A错误;由=知,仅增加副线圈匝数,副线圈的输出电压U2增大,有可能使小灯泡正常发光,故B正确;由题意知,该变压器不是理想变压器,将原、副线圈匝数都增为原来的两倍,原线圈的电压不变,则副线圈的输出电压小于3.8 V,不能使小灯泡正常发光,故C错误;将两个3.8 V小灯泡并联,但由于原线圈的电压不变,则副线圈的输出电压U2不变,不能使小灯泡正常发光,故D错误。 3.选B　设原、副线圈的匝数之比为n,副线圈的电流为I,根据理想变压器的原、副线圈中电流大小与线圈匝数关系可知原线圈的电流为,又因为R和r的功率恰好相等,所以可知2r=I2R=4I2r,因此n=,B正确。 4.选C　因变压器原线圈输入电压一定,则副线圈输出电压一定,则电压表的示数不变,B错误;现将开关断开,则负载回路电阻变大,负载回路电流减小,变压器原线圈电流也减小,即电流表示数减小,灯泡L1以及定值电阻R上的电压减小,则灯泡L1变暗,灯泡L2两端电压变大,则灯泡L2变亮,则C正确,A、D错误。 5.选D　根据欧姆定律可知,照明灯正常工作时的电阻为R===22 Ω,故A错误;根据理想变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系=,可得=10,副线圈中电流I2=3 A,根据理想变压器原、副线圈电流与线圈匝数的关系=,解得变压器原线圈电流的有效值I1= A,变压器原线圈电流的最大值Im1=I1= A,故B错误;变压器的输入功率等于输出功率P=U2I2=66 W,故C错误;电机产生的机械功率P机=P-r-R=40 W,故D正确。 6.选AD　交流电的周期为T==0.02 s,故A正确;根据理想变压器原、副线圈的电压与线圈匝数的关系可得,原、副线圈匝数比为===,故B错误;输出的最大电压为U2m=U2=220 V,故C错误;若10台充电桩同时使用,输出功率为P2总=10U2I2=10×220×16 W=35 200 W=35.2 kW,理想变压器不改变功率,故输入功率为P1总=P2总=35.2 kW,故D正确。 7.选B　理想变压器输出功率等于输入功率,则该变压器的输入功率为P=I2U2=1.0×10-3×96×103 W=96 W,A错误;根据理想变压器原、副线圈两端电压与匝数的关系可知,该变压器的原、副线圈匝数比为===,B正确;该变压器的输入电流为I1== A≈0.44 A,C错误;该变压器功能主要利用互感现象实现,D错误。 8.选D　由发电机角速度ω=100π rad/s,可得发电机产生的电流的频率为f==50 Hz,由于变压器不改变电流的频率,所以灯泡中电流的频率为50 Hz,故A错误;发电机产生的电动势的峰值Em=nBSω=20 V,电压表的示数为U1=20 V,故B错误;根据=,可得U2=2 V,即灯泡的额定电压为2 V,故C错误;当照射R的光照射强度增强时,其电阻变小,副线圈电压不变,根据欧姆定律可知电流表的示数变大,故D正确。 9.选D　由u=220sin 100πt(V)可知发电机提供交流电的频率f==50 Hz,故A正确,不符合题意;原线圈两端的电压为U1= V=220 V,故B正确,不符合题意;副线圈两端的电压U2=U1=110 V,理想二极管单向导电,根据电流的热效应,可得·=T,解得UR=55 V,通过电阻R的电流为IR== A,故C正确,不符合题意;原线圈的输入功率为P入=P出=URIR=605 W,故D错误,符合题意。 10.选AC　根据题意可知,原线圈电流为I1=I,副线圈电流为I2=mI,则变压器原副线圈的电流比为I1∶I2=I∶mI=1∶m,故A正确;根据理想变压器原副线圈的电流与匝数成反比可得n1∶n2=I2∶I1=m∶1,故B错误;发电机输出功率为P=UI+m·UI=UI,故C正确;仅减少用户端的灯泡数量,则副线圈负载电阻增大,把变压器和副线圈负载看成一个等效电阻,则有R等=R副,可知等效电阻增大,根据闭合电路欧姆定律可知,原线圈电流减小,则通过A灯的电流减小,所以A灯变暗,故D错误。 11.选B　题图中“500 kV”指交流电的有效值,故A错误;根据理想变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系=,解得U3=1 060 kV,直流输电线损失的电压为ΔU=U2-U3=40 kV,故B正确;直流输电线上的电流为I2==4 000 A,输电功率为P=I2U2=4 000×1 100×103 W=4.4×109 W,故C错误;当用户负载增加时,T1输出端增加的功率等于用户端增加的功率与输电线上增加的损失功率之和,故用户端增加的功率小于T1输出端增加的功率,故D错误。 12.选AC　根据接入电压的表达式可知,ω=100π rad/s,则交流电的频率为f===50 Hz,所以在1 s时间内电流方向要改变100次,B错误;4盏灯相同且均正常发光,所以加在灯泡两端的电压均为U,理想变压器的输入功率等于输出功率,则有IU1=IU+2IU(I、U分别为灯泡的额定电流和额定电压),得U1=3U,根据==,==,则有原、副线圈的匝数比n1∶n2∶n3=3∶1∶2,A正确;电源电压的有效值为U+U1=40 V,则U0=40 V,C正确;变压器的输出功率等于副线圈各用电器功率之和,即等于三个灯泡的功率之和15 W,D错误。 13.选AC　滑片P在R最左端时,题图甲、乙中变压器的输出电压均为灯泡的额定电压6 V,因此n1∶n2=220∶6=110∶3,故A正确;当P滑到R中点时,题图甲中R左端与灯泡串联,题图乙中灯泡与R右端并联后再与R左端串联,由于并联电阻小于灯泡电阻,则题图甲中灯泡两端电压大于题图乙中灯泡两端电压,则题图甲中灯泡功率比题图乙中灯泡功率大,故B错误;当P滑到R最左端时,题图甲中只有灯泡,题图乙中R与灯泡并联,总电阻更小,输出功率更大,题图甲所示电路比题图乙更节能,故C正确;题图乙中的灯泡两端电压在0到6 V间变化,题图甲中的灯泡两端电压最高为6 V,最低达不到0,则题图乙中灯泡两端电压可调范围大,故D错误。 课时跟踪检测(四十一) 1.选A　光线的入射角θ相同,由于β1<β2,根据折射定律可知n甲>n乙,故甲浓度大;根据v=,可知光线在甲中的传播速度较小,由sin C=可知,折射率越大,临界角越小,故甲临界角小。故选A。 2.选B　光在介质中的速度为v=,故激光在水中的传播速度小于在空气中的传播速度,故A错误;水流导光的原理为光在水中射到水与空气分界面时入射角大于临界角,发生了全反射,故B正确;水在空中只受到重力作用,做匀变速曲线运动,速率在增大,水在水平方向做匀速直线运动,故C、D错误。 3.选D　由题图可知,光束a的折射角小,根据n=知,光束a的折射率大于光束b的折射率,频率越大,折射率越大,且已知光束b是蓝光,选项中频率大于蓝光的只有紫光,故光束a可能是紫光,D正确。 4.选D　根据题意画出光路图如图所示,根据几何关系可得r=60°,i=30°,根据折射定律可知该棱镜的折射率为n===,故选D。 5.选B　根据几何关系在光路图中作出边角关系,如图所示,根据折射定律及几何关系可得n===。若h=4 cm,则n=2,故A错误;若h=6 cm,则n=,故B正确;若n=,则h= cm,故C错误;若n=,则h= cm,故D错误。 6.选BCD　画出光路图如图所示, 在界面AC恰好发生全反射,由几何关系可知全反射临界角C=i=60°,则折射率n==,故A错误,B正确;又n=,则光在透明介质中的传播速度为v==c,故C正确;由几何关系可得OG=OD=OF=×l=l,OE=2OF=l,则DE=OE-OD=l,光从射入界面AB开始到射到E点的时间为t=+=,故D正确。 7.选A　设入射角为θ,对b光,由折射定律可知nb=,解得θ=30°,对于a光,由折射定律可知na==;设a光在半球形水雾中的传播速度为va,由na=可知va=c,则a光在半球形水雾中的传播时间为t==,故选A。 8.选ABC　根据几何关系可知,从材料内发生折射时光线的折射角为60°,故折射率为n==,故A正确;设临界角为C,则sin C==<,故C<45°,若θ=45°,入射角大于临界角,会发生全反射,光线c消失,故B正确;由于光线b为反射光线,反射角等于入射角,故当入射光a变为白光,光线b也为白光,故C正确;对同种介质,紫光的折射率比红光大,故若入射光a变为紫光,折射角将变大,反射光的光路不变,光线b和c不会垂直,故D错误。 9.选BC　白光从界面AB射入玻璃后,由于紫光偏折程度大,到达另一界面AC时的入射角较大,玻璃对紫光的折射率大,根据sin C=,可知其临界角最小,故随着入射角i的减小,进入玻璃后的各色光中紫光首先发生全反射不再从界面AC射出,红光最后消失,通过三棱镜的光线经两次折射后,出射光线向三棱镜底边BC偏折,故A、D错误,B、C正确。 10.选D　如图所示,光线照射到水面时临界角的正弦值满足sin C==,由三角函数关系可知tan C=,亮环的宽度d=2htan C=0.6 m,故选D。 11.解析:(1)由题意得光在介质中的入射角的正弦值为sin C== 该单色光恰好在半球面的底面发生全反射,由折射定律得n= 解得n=。 (2)根据折射率与光速的关系得n= 该单色光在半球形透明材料中传播的时间为t= 解得t=。 答案:(1)　(2) 12.解析:(1)由n=,可得光在棱镜中传播速度的大小为v== m/s=×108 m/s。 (2)作出光路图如图所示,由光的折射定律n=,其中θ1=60°, 解得θ2=30°, 由几何知识可知θ3=60°,根据sin C=可得, 临界角满足30°<C<45° 故光束在O1点发生全反射,根据几何关系可知,光束垂直射到eh边,根据光路的可逆性,则光束沿着原路返回,故光束在O点发生折射,根据折射定律,光束从棱镜中射出的折射角为60°。 答案:(1)×108 m/s　(2)60°　见解析图 课时跟踪检测(四十二) 1.选A　薄冰中间所夹的空气薄层相当于一层薄膜,光在此空气薄层上形成薄膜干涉,呈现彩色花纹,A正确。 2.选D　用立体影院的特殊眼镜去观看手机液晶屏幕,左镜片明亮,右镜片暗,说明左镜片的透振方向和光的偏振方向相同,右镜片的透振方向和光的偏振方向垂直。当手机屏幕旋转90°时,左镜片的透振方向与光的偏振方向垂直,则左镜片变暗,右镜片的透振方向与光的偏振方向相同,则右镜片变亮,故D正确,A、B、C错误。 3.选C　由于反射光2和3在P处相干减弱,则它们的相位差是π,即它们是反相的,因此当一个光波到达波峰时,另一个光波到达波谷,故C正确,A、B、D错误。 4.选A　相邻两条亮条纹中心间距公式Δx=λ,换用更粗的头发丝,则双缝间距d增大,Δx变小,A正确;换用红色激光照射双缝,即光的波长λ增大,Δx变大,B错误;增大纸板与墙面的距离,即l增大,Δx变大,C错误;减小光源与纸板的距离,Δx不变,D错误。 5.选C　移动前屏上两相邻亮条纹中心的间距Δx1=λ,移动后屏上两相邻亮条纹中心的间距Δx2=λ,移动前后屏上两相邻亮条纹中心的间距之比为Δx1∶Δx2=4∶5,故选C。 6.选AC　根据薄膜干涉产生的原理,可知当薄膜厚度的2倍等于单色光波长的整数倍时,在薄膜的上表面会出现亮条纹,当薄膜厚度的2倍等于单色光半波长的奇数倍时,在薄膜上表面会出现暗条纹;对凸透镜施加一极小的向下的压力,会使凸透镜的曲率半径变大,薄膜厚度增加变慢,所以干涉条纹间距会变宽;若单色光的波长更长时,相邻条纹间距会变宽。故选A、C。 7.选B　由题意可知,PS2-PS1=λ=λ',故当改用紫光照射时,光到P点的路程差为半波长的奇数倍,P为暗条纹,P0仍为亮条纹,B正确。 8.选A　题图甲为同一装置产生的双缝干涉图像,根据Δx=λ,因b光的条纹间距比a光的小,可知b光的波长小于a光,b光的频率大于a光,选项A正确;题图乙中立体电影原理是光的偏振,而照相机镜头表面涂上增透膜的原理是光的干涉,两者原理不同,选项B错误;题图丙中“水流导光”反映了光的全反射现象,选项C错误;若只旋转题图丁中M或N一个偏振片,则一个偏振片的偏振方向发生变化,则光屏P上的光斑亮度会发生变化,选项D错误。 9.选A　由于人眼对绿光最敏感,所以通常所用的光学仪器其镜头表面所涂的增透膜的厚度只使反射的绿光干涉相消,薄膜的厚度不宜过大,只需使其厚度为绿光在膜中波长的,使绿光在增透膜的前、后两个表面上的反射光互相抵消。光从真空进入某种介质后,其波长会发生变化,若绿光在真空中的波长为λ0,在增透膜中的波长为λ,由n==,得λ=,解得增透膜厚度d=λ==1×10-7 m=100 nm,故A正确。 10.选BD　两列光入射角相同,而A光的折射角较大,由折射定律可知,玻璃砖对A光的折射率较小,则A光的频率较小,故A错误;因nA<nB,由v=可知,则vA>vB,即B光在玻璃砖中的传播速度小,故B正确;两束光频率不同,则不会在交点产生干涉现象,故C错误;由相似三角形可得,玻璃砖厚度增加了,故D正确。 11.选AD　薄膜干涉是等厚干涉,即明条纹处空气膜的厚度相同,从弯曲的条纹可知,P点附近条纹向左侧弯曲,亮条纹间距变小,说明高度差变大,可知P点有凹陷,故A正确,B错误;设空气劈尖的顶角为θ,则有sin θ=,可得相邻条纹间距为Δx=,换用绿光照射,由于绿光的波长小于红光的波长,则条纹间距变小;若抽去一张纸片,则θ变小,sin θ变小,条纹间距变大,故C错误,D正确。 12.选C　单色光在光程差相同的位置干涉连成的线会形成条纹,当肥皂液膜竖直放置时,单色光垂直照射肥皂液膜上,在前、后两面反射回来的两束光相互叠加,产生干涉,形成干涉条纹,若将该装置放在地球上观察,由于重力作用,在高度相等的位置的光程差相同,故可看到水平直条纹,故A错误;若将该装置放在空间站观察,由于处于完全失重状态,肥皂液膜厚度均匀,所以观察不到干涉条纹,故B错误;因为地球表面的重力加速度大于月球表面的重力加速度,该装置在地球表面薄膜上下厚度相差更大,该装置在地球表面观察到的水平条纹间距为Δx1,在月球表面观察到的水平直条纹间距为Δx2,则Δx1<Δx2,故C正确;若将光源换为蓝色光源,因为波长变短,所以在地球表面观察,可看到水平直条纹的间距将减小,故D错误。 13.选AD　根据光的反射的对称性可知,光源S与平面镜中的虚像距离为2a,根据双缝干涉相邻亮(暗)条纹中心间距公式可知Δx'=λ=λ,故A正确,B错误;若将整套装置完全浸入折射率为n的蔗糖溶液中,光的频率不变,根据λf=c,v=λ1f=,其中c为在真空中的光速,则λ1=,故C错误;若将整套装置完全浸入某种透明溶液中,光屏上相邻两条亮条纹的中心间距为Δx,根据双缝干涉相邻亮(暗)条纹中心间距公式有Δx=λ2,可得λ2=,结合C选项的分析可知λ2==,所以n'=λ,故D正确。 课时跟踪检测(四十三) 1.选B　布朗运动是悬浮于液体中的微粒的运动,厨房内弥漫着香油的香味,这种现象主要是扩散现象,故A错误,B正确;液态香油较难被压缩,是因为香油分子之间存在斥力,故C错误;香油分子的扩散快慢与温度有关,温度越高扩散越快,故D错误。 2.选ABC　玻璃是非晶体,蔗糖、食盐和味精都是晶体,故A、B正确;有些非晶体在一定的条件下可以转化为晶体,故C正确;单晶体和多晶体都有固定的熔点,故D错误。 3.选A　泡茶时,开水比冷水能快速泡出茶香,是因为温度越高分子热运动越剧烈,A正确;放入茶叶后,水的颜色由浅变深,是扩散现象,B错误;泡茶过程中洒漏在茶托上的茶水可被茶托快速吸收,说明茶水与茶托间是浸润的,C错误;打碎的茶杯不能拼接复原,是因为分子间距离太大,分子间的作用力可以忽略不计,并不是分子间不存在作用力,D错误。 4.选A　雪花是水蒸气凝华时形成的晶体,A正确;雪花形状太大,不是悬浮在气体中的固体微粒,雪花在空中飘舞做的不是布朗运动,B错误;雪花在风中飘落的过程,风的作用力可能对雪花做正功,机械能可能增大,C错误;雪天路滑,汽车在转弯时易侧滑是因为摩擦力不足以提供向心力,D错误。 5.选B　设空气的摩尔质量为M,在海底和岸上的密度分别为ρ海和ρ岸,一次吸入空气的体积为V,在海底和在岸上分别吸入的空气分子个数为N海和N岸,则有N海=,N岸=,每呼吸一次多吸入的空气分子个数为ΔN=N海-N岸,代入数据解得ΔN≈3×1022,故选B。 6.选C　掺杂源物质的分子由于热运动渗透进硅晶体的表面,所以这种渗透过程是分子的扩散现象,该过程为自发过程,其逆过程不能自发进行,故A错误,C正确;由于硅晶体的晶格结构,硅晶体具有光学上的各向异性,故B错误;温度越高掺杂效果越好,是因为温度升高时分子的平均速率增大,并不是所有分子的热运动速率都增大,故D错误。 7.选BD　水和酒精混合后体积会变小,是因为水分子和酒精分子间存在间隙,故A错误;完全失重的空间实验室中,重力对液体没有了影响,在表面张力作用下,悬浮液体将呈绝对球形,故B正确;烧水过程中,随水温的升高,分子的平均速率增大,并非每个气体分子运动的速率都增大,故C错误;大块岩盐是晶体,由于岩盐颗粒内部的结构没有变化,粉碎后的岩盐小颗粒仍然是晶体,故D正确。 8.选A　由M=ρVmol,则NA==,得m=,故A正确,C错误;由于理想气体分子间的距离远大于气体分子的直径,所以NAV<Vmol,水蒸气的密度为ρ=<,故B、D错误。 9.选B　当空气质量显示为霾时,空气中细颗粒物(如PM1~2.5)在空气中做无规则的布朗运动,故A错误;温度是分子热运动平均动能的标志,从上午7点到下午1点,温度逐渐升高,分子的平均动能逐渐增加,空气分子中速率较大的分子数量占总分子数量比例逐渐变大,故B正确;若温度降为8 ℃,水蒸气液化为露珠的过程中分子间的距离逐渐变小,引力和斥力均增大,故C错误;若温度降为8 ℃,水蒸气液化为露珠的过程中分子间的作用力表现为引力,且做正功,所以分子势能一直减小,故D错误。 10.选B　温度是分子平均动能的标志,温度升高,分子的平均动能增大,故热水分子的平均动能比水蒸气的小,故A错误;内能与物质的量、温度、体积有关,相同质量的热水和水蒸气,热水变成水蒸气,体积增大,吸收热量,故热水的内能比相同质量的水蒸气的小,故B正确;温度越高,分子热运动的平均速率越大,45 ℃的热水中的分子平均速率比100 ℃的水蒸气中的分子平均速率小,由于分子运动是无规则的,并不是每个热水分子的速率都比水蒸气的小,故C错误;温度越高,分子热运动越剧烈,故D错误。 11.选B　在F⁃r图像中,随着距离的增大,斥力比引力变化得快,所以a为斥力曲线,c为引力曲线,b为合力曲线,故A、C错误,B正确;当分子间距离r>r0时,曲线b对应的力先增大后减小,故D错误。 12.选A　用沸水浇右瓶时,装置内气体的温度升高,所以内能增大,故A正确;水能喷出的原因是装置内气体的压强增大,故B错误;装置内气体的温度升高,气体分子的平均动能增大,但并不是所有分子的动能都增大,故C错误;水喷出时有动能,故瓶内气体对水做的功等于水动能的增量和重力势能增量之和,故D错误。 13.选D　由题图可知,分子间距离为r2时分子势能最小,r2为平衡位置,r1<r2,可知r=r1时分子间的作用力表现为斥力,故A错误;r2是平衡位置,当r1<r<r2时,分子间的作用力表现为斥力,增大分子间距离,分子间的作用力做正功,分子势能Ep减小,故B、C错误,D正确。 14.选BD　题图甲中分子间距离从r2到r3,分子间的作用力表现为引力,故A错误;分子b从r3到r2和从r2到r1的两个过程中,若图像与横轴所围面积相等,则从r3到r1的过程中分子间的作用力做功为0,动能变化量为0,分子b在r3和r1两位置时动能可能相等,故B正确;题图甲中r2处分子间的作用力为0,分子b在此处的分子势能最小,对应题图乙中r6处,即题图乙中r5一定小于题图甲中r2,故C错误;若题图甲中阴影面积S1=S2,则分子b从r4到r1过程,分子间的作用力做功为0,分子b在r4处速度不为0,则分子b在r1处速度不为0,将继续运动,靠近分子a,故D正确。 课时跟踪检测(四十四) 1.选C　气体的温度越高,速率较大的分子所占的比例越大,故Ⅰ的温度最低,Ⅲ的温度最高,即TⅠ<TⅡ<TⅢ,故A、B错误;温度是分子平均动能的标志,温度越高,分子平均动能越大,则Ek3>Ek2>Ek1,故C正确,D错误。 2.选B　把罐扣在皮肤上,罐内空气的体积等于火罐的容积,体积不变,气体经过热传递,温度不断降低,气体发生等容变化,由查理定律可知,气体的压强减小,小于大气压,火罐在内外气体压力差的作用下,“吸”在皮肤上,故A、C错误,B正确;因为体积不变,火罐内气体单位体积分子数不变,D错误。 3.选B　a→b过程中,气体发生等容变化,温度升高,内能增大,故A错误,B正确;b→c过程中,气体发生等温变化,根据玻意耳定律pV=C,可知压强减小,体积增大,分子数密度减少。故C、D错误。 4.选A　A→B过程,压强不变,体积增大,根据盖⁃吕萨克定律有=,解得TA=0.3TB,B→C过程,体积不变,根据查理定律有=,解得TC=0.3TB,则有TA=TC=0.3TB<TB,故选A。 5.选B　根据题意可知,在平原地区时,轮胎内部气体压强为p1=3.6p0,温度为T1=315 K,设在高原地区轮胎内部气体压强为p2,温度为T2=280 K。轮胎内气体做等容变化,根据查理定律得=,解得p2=3.2p0,则该高原地区的大气压强为p=3.2p0-2.5p0=0.7p0,故选B。 6.选C　由理想气体状态方程pV=nRT可知,p=T=T,其中T=t+273 K,可得p==t+273,因为同种气体初始温度和压强相同,则ρ、M相同,所以甲、乙两条直线的斜率k甲=k乙,纵截距b乙=b甲,故选C。 7.选B　由盖-吕萨克定律得=,其中V1=V0+Sl1=335 cm3,T1=(273+27)K=300 K,V2=V0+Sx=330+0.5x( cm3),联立解得T=x+(K),根据T=t+273 K,可知t=x+(℃),故若在吸管上标注等差温度值,则刻度均匀,故A错误。当x=20 cm时,该装置所测的温度最高,代入解得tmax≈31.5 ℃,故该装置所测温度不高于31.5 ℃;当x=0时,该装置所测的温度最低,代入解得tmin≈22.5 ℃,故该装置所测温度不低于22.5 ℃,故B正确,C错误。其他条件不变,缓慢把吸管拉出来一点,由盖-吕萨克定律可知,油柱离罐口距离不变,故D错误。 8.解析:(1)气体从状态D到状态A的过程发生等容变化,根据查理定律有= 代入数据解得pD=2.0×105 Pa。 (2)气体从状态C到状态D的过程发生等温变化,根据玻意耳定律有pCV2=pDV1 代入数据解得V2 =2.0 m3 又气体从状态B到状态C发生等容变化,因此气体在状态B的体积也为V2=2.0 m3。 答案:(1)2.0×105 Pa　(2)2.0 m3 9.解析:(1)设右侧封闭气体的压强为p1,则有p0=p1+h cmHg 解得p1=70 cmHg。 (2)若两侧水银面等高,则右侧封闭气体的压强与大气的压强相等,根据玻意耳定律有 p1L1S=p0L2S 解得L2=14 cm 设注入水银柱的长度为L3,则有 L3=h+2 解得L3=7 cm。 答案:(1)70 cmHg　(2)7 cm 10.解析:(1)由查理定律可得=, 其中p1=2.7×105 Pa,T1=(273-3)K=270 K,T2=(273-23)K=250 K, 代入数据解得充气前该轮胎内气体压强的大小为p2=2.5×105 Pa。 (2)由玻意耳定律得p2V0+p0V=p1V0, 代入数据解得充进该轮胎的空气体积为V=6 L。 答案:(1)2.5×105 Pa　(2)6 L 11.解析:(1)对汽缸受力分析有Mg+p0S=pS 解得p=1.2×105 Pa。 (2)设刚开始静止时弹簧的压缩量为Δx1,对A、B整体受力分析有g=kΔx1 可得Δx1=4 cm 设活塞B刚要离开汽缸A时内部气体的压强为p',弹簧的压缩量为Δx2,有pS×L=p'SL 对活塞B受力分析有mg+p'S=p0S+kΔx2 可得Δx2=0 由几何关系有H=Δx1-Δx2=4 cm。 答案:(1)1.2×105 Pa　(2)4 cm 12.解析:(1)由题意可知缓慢地将汲液器竖直提出液面过程,气体发生等温变化, 所以有p1(H-x)S1=p2HS1 又因为p1=p0 p2+ρgh=p0 代入数据联立解得x=2 cm。 (2)当外界气体进入后,以所有气体为研究对象有p0V+p2HS1=p3 又因为p3+ρg·=p0 代入数据联立解得V=8.92×10-4 m3。 答案:(1)2 cm　(2)8.92×10-4 m3 课时跟踪检测(四十五) 1.选B　外界对气体做功W为正值,气体内能减少,ΔU为负值,代入热力学第一定律表达式得Q=-2×105 J,故B正确。 2.选B　绝热压缩空气,外界对气体做功,根据热力学第一定律可知,内能增大,温度升高,分子平均动能增大,A错误,B正确;压缩空气储能的过程涉及热运动的能量转换过程,任何转换过程的效率都不可能达到1$$