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综合演练一
一、单项选择题(本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选
项符合题意．)
1．甲、乙两车在同一直线上运动，其运动的v－t图象如图1所示，已知t＝0
时，两车位于同一位置，则在0～3 s时间内 (　　)．
图1
A．两车的平均速度相等
B．t＝2 s时两车相距最远
C．t＝3 s时两车相距最远
D．t＝3 s时两车再次相遇
2．如图2所示，球A套在水平细杆上，球A与球B间用一细绳相连，球A、B
质量分别为mA、mB(mA>mB)，由于球B受到水平风力作用，使细绳与竖直方向的夹角为θ，并保持不变．关于两球的受力及运动情况，下列说法正确的是
(　　)．
图2
A．球A一定受到杆的摩擦力的作用
B．球A受杆的摩擦力的大小一定等于球B受风力的大小
C．两球可能均做匀速直线运动
D．球A不可能处于静止状态
3．2011年8月12日，我国在西昌卫星发射中心，将巴基斯坦通信卫星1R(Paksat
－1R)成功送入地球同步轨道，发射任务获得圆满成功．关于成功定点后的“1R”卫星，下列说法正确的是 (　　)．
A．运行速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度
B．离地面的高度一定，相对地面保持静止
C．绕地球运动的周期比月球绕地球运行的周期大
D．向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等
4．如图3所示，绝缘轻杆可绕中点O转动，其两端分别固定带电小球A和B，
处于水平向右的匀强电场中．初始时使杆与电场线垂直，松开杆后，在电场力作用下，杆最终停在与电场线平行的位置上，则下列说法正确的是 (　　)．
图3
A．A球一定带正电荷
B．A球的电荷量一定大于B球的电荷量
C．B球的电势能一定减少
D．两球的电势能之和一定减少
5．如图4所示，在直角坐标系的第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，正、
负离子分别以相同的速度从原点O进入磁场，进入磁场的速度方向与x轴正方向夹角为30°.已知正离子运动的轨迹半径大于负离子的轨迹半径，则可以判断出 (　　)．
图4
A．正离子的比荷大于负离子的比荷
B．正离子在磁场中受到的向心力大于负离子受到的向心力
C．正离子在磁场中运动的时间大于负离子的运动时间
D．正离子离开磁场时到原点的距离大于负离子离开磁场时到原点的距离
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项
符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．)
6．如图5所示，从半径为R＝1 m的半圆AB上的A点水平抛出一个可视为质
点的小球，经t＝0.4 s小球落到半圆上，已知当地的重力加速度g＝10 m/s2，则小球的初速度v0可能为 (　　)．
图5
A．1 m/s B．2 m/s
C．3 m/s D．4 m/s
7.如图6所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，
并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1，与物体1相连接的绳与竖直方向保持θ角不变，则 (　　)．
图6
A．车厢的加速度为gsin θ
B．绳对物体1的拉力为
C．底板对物体2的支持力为(m2－m1)g
D．物体2所受底板的摩擦力为m2gtan θ
8.如图7所示，在半径为R的四分之一光滑圆弧轨道的顶端a点，质量为m的
物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止．若物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是 (　　)．
图7
A．物块滑到b点时的速度为
B．物块滑到b点时对b点的压力是2mg
C．c点与b点的距离为
D．整个过程中物块机械能损失了mgR
9．如图8所示，mn为平行于斜面底边的直线，其下方有垂直于斜面的匀强磁
场，一矩形导线框自粗糙斜面上端滑下，且下滑过程中线框ab边始终与mn平行．则 (　　)．
图8
A．线框进入磁场过程中ab边所受安培力沿斜面向上
B．线框进入磁场过程中可能做匀减速运动
C．线框中产生的焦耳热一定等于线框减少的机械能
D．线框从不同高度释放至完全进入磁场过程中，通过导线横截面的电荷量相等
三、简答题[本题分必做题(第10、11题)和选做题(第12题)两部分，共计42分．]
【必做题】
10．(8分)科学探究活动通常包括以下几个环节：①提出问题，②猜想与假设，
③制定计划与设计实验，④进行实验与收集证据，⑤分析与论证，⑥评估，⑦交流与合作等．一位同学在学习了滑动摩擦力之后，认为滑动摩擦力的大小可能与两物体接触面积的大小有关，于是他通过实验探究这个问题．
(1)这位同学认为，滑动摩擦力的大小与两物体的接触面积的大小可能成正比．这属于上述科学探究的________环节．
(2)为完成本实验，需要自己选用器材，其中他选用的木块应是下列选项中的________．
A．各面粗糙程度相同的正方体
B．各面粗糙程度不同的正方体
C．各面粗糙程度相同，长、宽、高不同的长方体
D．各面粗糙程度不同，长、宽、高不同的长方体
(3)在本实验中，该同学设计了两种实验方案：
方案一：木板水平固定，通过弹簧秤水平拉动木块，如图9甲所示；
方案二：木块与弹簧秤相连，弹簧秤水平固定，通过细绳水平拉动木板，如图9乙所示．
图9
a．上述两种方案中，你认为更合理、更易于操作的是____________(填“方案一”或“方案二”)
b．该实验应该记录的数据有________；
c．如何根据数据分析并判断原来的猜想？________________________________.
11．(10分)小明同学为测定某电源内阻r和一段电阻线单位长度的电阻R0，设
计如图10所示的电路，ab是一段粗细均匀的电阻线，R是阻值为5 Ω的保护电阻，电源电动势为10 V．电流表示数用I表示，滑片P与电阻丝良好接触，用L表示aP长度，其它连接导线电阻不计．实验时闭合电键，调节P的位置，记录L和与之对应的I的数据．
图10
(1)闭合电键后，发现电流表示数为零，小明同学利用多用电表检查故障(电路中只有一处有故障)．先将选择开关旋至直流电压挡，再将红表笔固定在g接线柱，把另一支表笔依次接f、e、d、c、a、h接线柱．对应的现象如下表所示．由此可以判断电路发生的故障是___________________________________________.
多用电表连接点
现象
g、f
多用电表无示数
g、e
多用电表无示数
g、d
多用电表示数为10 V
g、c
多用电表示数为10 V
g、a
多用电表示数为10 V
g、h
多用电表示数为10 V
(2)排除故障后进行实验，根据得到的数据，小明同学作出了－L图象如图11所示，由图象可知电源内阻r为______________Ω；该电阻线单位长度的电阻R0为________Ω.
图11
(3)若电流表内阻不能忽略，则电源内阻r和电阻线单位长度的电阻R0的测量值分别________、________真实值(选填“大于”、“等于”或“小于”)．
12．【选做题】 本题包括A、B、C三小题，请选定其中两题，并在相应的答题
区域内作答．若三题都做，则按A、B两题评分．
A．(选修模块3－3)(12分)
(1)下列说法中正确的是________．
A．当气体温度升高时，每个气体分子的速率都会增大
B．气体自由膨胀的过程是不可逆过程
C．由于总能量守恒，所以不会发生能源危机
D．空调既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性
(2)如图12所示，水平放置的汽缸内壁光滑，一个不导热的活塞将汽缸内的气体分为A、B两部分，两部分气体可以分别通过放在其中的电热丝加热．开始时，A气体的体积是B的一半，A气体的温度是17 ℃，B气体的温度是27 ℃，活塞静止．现缓慢加热汽缸内气体，使A、B两部分气体的温度都升高10 ℃，请通过计算说明在此过程中活塞向哪个方向移动？
图12
B．(选修模块3－4)(12分)
(1)一束光从空气射向折射率为的某种介质，若反射光线与折射光线垂直，则入射角为________．则光在该介质中的传播速度为________ m/s.
(2)在一列横波上的传播方向上有相距4 m的A、B两质点，波的传播方向是由A向B，波长大于2 m，如图13所示的是A、B两质点的振动图象，求这列波可能的波速．
图13
C．(选修模块3－5)(12分)
(1)下列说法中正确的是________．
A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应
B．用升温、加压或发生化学反应的方法可以改变放射性元素的半衰期
C．原子核Th经过6次α衰变和4次β衰变后成为原子核Pb
D．以mD、mp、mn分别表示氘核、质子、中子的质量，则mD＝mp＋mn
(2)在光滑水平面上，有A、B两小车，水平面左侧有一竖墙，在小车B上坐着一个小孩，小孩和B的总质量是A的20倍，两车从静止开始，小孩把A车以相对于地面的速度V向左推出，车A与墙碰撞后以原速率返回，小孩接到A车后再把A推出，每次推出A车后，车A相对于地面的速度都是v，方向向左，则小孩把A车推出多少次后，车A返回后，小孩不能接到A车．
四、计算题(本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程
式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)
13．(15分)如图14甲是一理想变压器的电路连接图，图乙是原线圈两端所加的电压随时间变化的关系图象，已知原、副线圈的匝数比为10∶1，电流表A2的示数为2 A，开关S断开，求：
图14
(1)变压器的输入功率和电压表的示数；
(2)将开关S闭合，定性分析电路中三只电表的示数变化情况．
14.(16分)如图15所示，半径R1＝1 m的圆弧光滑轨道AB和半径R2＝0.8 m的
圆弧粗糙轨道BC相切于B点，两轨道置于竖直平面内，O、O′分别为两圆弧的圆心，O、O′、B三点在一条竖直线上，在C点的上方紧靠C点处有一厚度不计的水平旋转平台，沿平台的一条直径上开有两个小孔P、Q，两孔离轴心距离相等，旋转时两孔均能到达C点正上方，一质量为m＝1 kg的小球自A点由静止开始下滑，滑过C点后恰能无碰撞的穿过小孔P，后又恰好无碰撞地穿过小孔Q后回到轨道中，已知小球从穿出小孔P到穿过小孔Q过程经历的时间为0.2 s．不计空气阻力，g＝10 m/s2.求：
图15
(1)小球第一次滑过B点前、后瞬间对轨道压力差的大小；
(2)小球第一次从B点运动到C点过程中克服摩擦力做的功；
(3)平台转动角速度ω的大小．
15．(16分)如图16所示，两根相距为L的金属轨道固定于水平面上，导轨电阻
不计；一根质量为m、长为L、电阻为R的金属棒两端放于导轨上，金属棒始终与导轨垂直．N位置左侧导轨光滑，右侧导轨与金属棒间的动摩擦因数为μ，棒与导轨的接触电阻不计．导轨左端连有阻值为2R的电阻．图中磁感应强度为B1的磁场，方向与导轨所在平面垂直，宽度及相邻磁场区域的间隔均为a，匀强磁场B2(大小未知)的方向与导轨平行．开始时金属棒静止于M位置，M与N位置间距离为2a，现对棒施加一水平向右的恒力，使棒经过N位置后做匀速直线运动，求：
图16
(1)金属棒由M运动到N位置时的速度及所需要的时间；
(2)磁感应强度B2的大小；
(3)金属棒由M运动到E位置过程中，回路中产生的电热及拉力F所做的功．
参考答案
1．B　2.C　3.B　4.D　5.C　6.AD
7．BD　[
对m1受力分析可得：m1gtan θ＝m1a，a＝gtan θ，绳子拉力F＝.对m2受力分析可得：支持力FN＝m2g－，摩擦力Ff＝m2a＝m2gtan θ，所以选B、D.]
8．CD　[本题借助圆周运动考查了机械能守恒定律、向心力公式、动能定理和
能量守恒定律等知识点．从a到b，由机械能守恒定律可得：mgR＝mv，vb＝，选项A错误；由牛顿第二定律和向心力公式可得：F－mg＝，F＝3mg，选项B错误；从a到c，由动能定理可得：mgR－μmgx＝0，x＝，选项C正确；由能量守恒定律可知：物块的机械能损失了mgR，选项D正确．]
9．AD
10．(8分)(1)猜想与假设或②
(2)C　(3)a.方案二　b．弹簧秤的读数，接触面积的大小．
c．根据数据分析摩擦力的大小与接触面积的关系，作出判断；或分析弹簧秤的读数与接触面积的关系．(答出摩擦力的大小与接触面积无关或弹簧秤的读数与接触面积无关的不给分)
11．(10分)(1)保护电阻R断路　(2)1.0　12　(3)大于　等于
12．A.(12分)(1)B
(2)解　先保持A、B的体积不变，当温度分别升高10 ℃时，对A有＝，pA′＝pA＝pA，同理，对B有pB′＝pB＝pB，由于pA＝pB，>，所以pA′>pB′，故活塞向右移动．
B．(12分)(1)53°　2.25×108
(2)解　由题意可知T＝0.4 s，画出0时刻A、B两点间的最简单波形图，
由图可知：λ＝4，
λ＝m/s(n＝0、1、2、3、4……)，
波长大于2 m，故n＝0、1，
由v＝，可知v＝40 m/s或8 m/s.
C．(12分)
(1)C
(2)解　设A小车质量为m，则B车和小孩总质量是20m
第一次推小车，B车和小孩获得动量mv，
以后每推一次，因为A车的动量改变2mv，所以B和小孩组成的系统获得动量2mv.
如果最后一次推车后，小孩不能接到A.那么要求小孩的速度要大于等于A车的速度
设次数为N.那么有mv＋(N－1)2mv为B车和小孩获得的总动量，对应B车的速率为v′＝，
当v′大于等于v时，就不能接到A车了，
得到小孩把A车推出N＝11次后，车A返回后，小孩不能再接到A车．
13．(15分)解析　(1)由题图乙可知输入电压的有效值U1＝200 V，
由＝得U2＝＝20 V，
变压器的输入功率P1等于输出功率P2，
故P1＝P2＝U2I2＝20×2 W＝40 W.
(2)将S闭合，U2不变，即电压表示数不变；由于负载增多，负载总电阻减小，电流表A2的示数增大；副线圈的输出功率增大，原线圈的输入功率随之增大，电流表A1的示数增大．
答案　(1)40 W　20 V　(2)A1示数增大　A2示数增大　V示数不变
14．(16分)解析　(1)小球从A点滑至B点时速度为vB；
则由机械能守恒可知：mgR1＝mv
设小球第一次滑过B点前瞬间受轨道的支持力为FN1，则由牛顿第二定律可知：
FN1－mg＝m
设小球第一次滑过B点后瞬间受轨道的支持力为FN2，则由牛顿第二定律可知：
FN2－mg＝m
由牛顿第三定律可知小球第一次滑过B点前、后瞬间对轨道的压力大小分别为FN1、FN2，小球第一次滑过B点前、后瞬间对轨道的压力差FN2－FN1＝5 N
(2)小球穿过小孔P后做竖直上抛运动，第一次滑过C点时的速度大小vC＝g
由A至C对小球列动能定理方程：
mgR1－mgR2－Wf＝mv－0
解得：Wf＝1.5 J
(3)由题意可知，小球滑过C点后恰能无碰撞的穿过小孔P，后又恰好无碰撞的穿过小孔Q后落入轨道中，则小球在空中运动的时间为：
t＝＝0.2(n＝0、1、2、3、4……)
解得：ω＝5π(2n＋1)rad/s＝15.7(2n＋1)rad/s　(n＝0、1、2、3、4……)
答案　(1)5 N　(2)1.5 J　(3)15.7(2n＋1)rad/s　(n＝0、1、2、3、4……)
15．(16分)解析　(1)棒经过N位置后做匀速直线运动，在无磁场B1区域可得F
＝μmg
棒在M与N位置间运动满足a＝μg
棒运动到N点时的速度为v＝＝2
所需的时间为t＝
(2)设棒匀速运动的速度为v
则棒在磁场B1中运动时产生的电动势为e＝B1Lv
电流为I＝
棒在B1区域受力如图
因F＝μmg
由平衡条件得：f＋F1＝μmg
(mg－F2)μ＋F1＝μmg
μ＋B1L＝μmg
解得：B2＝B1
(3)棒受磁场B1的安培力为
F1＝B1L＝
产生的电热为Q＝F1×2a＝
拉力F做功为W＝F×6a＝6μmga
答案　(1)2　　(2)B1
(3)　6μmga
综合演练二
一、单项选择题(本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选
项符合题意．)
1．放在光滑水平面上的木块受到几个水平力的作用处于静止状态，现使其中
一个力方向不变，大小逐渐减小到零，然后再逐渐恢复到原来的值，同时保持其他力不变．以下是描述木块在这个运动过程中的v－t图象，其中正确的是
(　　)．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2．(2012·温州十校联考)如图1所示，质量为M、半径为R、内壁光滑的半球形
容器静放在粗糙水平地面上，O为球心．有一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在半球形容器底部O′处，另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点．已知地面与半球形容器间的动摩擦因数为μ，OP与水平方向的夹角为θ＝30°.下列说法正确的是 (　　)．
图1
A．小球受到轻弹簧的弹力大小为mg
B．小球受到半球形容器的支持力大小为mg
C．小球受到半球形容器的支持力大小为mg
D．半球形容器受到地面的摩擦力大小为mg
3．如图2所示，水平地面上有一轻质弹簧，下端固定，上端与物体A相连接，
整个系统处于平衡状态．现用一竖直向下的力压物体A，使A竖直向下做匀加速直线运动一段距离，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内．下列关于所加力F的大小和运动距离x之间关系图象正确的是(　　)．
4．如图3所示，斜面体固定在水平地面上，用一根轻绳跨过定滑轮连接甲、
乙两滑块，它们静止于两斜面等高处，轻绳均与斜面平行．甲、乙可看成质点，不计一切摩擦(sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8)．若剪断轻绳，下列说法正确的是
(　　)．
图3
A．甲、乙落地时的速度大小相等
B．甲、乙落到地面所用时间之比为1∶1
C．甲、乙落地时重力的功率之比为4∶3
D．甲、乙在下滑到地面过程中重力做功相等
5.一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合电键S，电容器充电后，悬线与
竖直方向夹角为θ，如图4所示．下列方法中能使夹角θ增大的是　(　　)．
图4
A．保持电键S闭合，使两极板靠近一些
B．保持电键S闭合，使滑动变阻器滑片向左移动
C．保持电键S闭合，使两极板正对面积变小
D．断开电键S，使两极板远离一些
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项
符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．)
6．如图5所示，某颗天文卫星飞往距离地球约160万千米的第二拉格朗日点(图
中L2)，L2点处在太阳与地球连线的外侧，在太阳和地球的引力共同作用下，卫星在该点能与地球同步绕太阳运动(视为圆周运动)，且时刻保持背对太阳和地球的姿势，不受太阳的干扰而进行天文观测．不考虑其他星球影响，下列关于工作在L2点的天文卫星的说法中正确的是　　　　　　　　　　　(　　)．
图5
A．将它从地球上发射到L2点的发射速度大于7.9 km/s
B．它绕太阳运行的周期比地球绕太阳运行的周期长
C．它绕太阳运行的线速度比地球绕太阳运行的线速度大
D．它绕太阳运行的向心加速度比地球绕太阳运行的向心加速度大
7．某物理兴趣小组用加速度传感器探究一质量为m的物体从静止开始做直线
运动的情况，得到加速度随时间变化的关系如图6所示，则由图可知　(　　)．
图6
A．物体先做加速运动，再做减速运动，最后做匀速运动
B．物体在t＝14 s时速度为4.2 m/s
C．物体在10～14 s内的平均速度为3.8 m/s
D．物体在t＝2 s与t＝8 s时所受合外力大小相等，方向相反
8．2011年6月4日，我国网球女选手李娜获得法网单打冠军，实现了大满贯
这一梦想，如图7所示为李娜将球在边界A处正上方B点水平向右击出，球恰好过网C落到D处(不计空气阻力)，已知AB＝h1，AC＝s，CD＝，网高为h2，下列说法中正确的是 (　　)．
图7
A．击球点高度h1与球网的高度h2之间的关系为h1＝1.8h2
B．若保持击球高度不变，球的初速度v0只要不大于，一定落在对方界内
C．任意降低击球高度(仍高于h2)，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内
D．任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内
9.在光滑绝缘的水平面上固定有一点电荷，A、B是该点电荷电场中一条电场线
上的两点，带负电的小球沿该电场线从A点运动到B点，其动能随位置变化的关系如图8所示．设A、B两点的电势分别为φA、φB，小球在A、B两点的电势能分别为EpA、EpB，则关于点电荷的位置及电势、小球电势能大小的说法正确的是 (　　)．
图8
A．点电荷带正电在B点右侧
B．点电荷带负电在B点右侧
C．φA<φB、EpA>EpB
D．φA>φB、EpA三、简答题[本题分必做题(第10、11题)和选做题(第12题)两部分，共计42分．]
【必做题】
10. (8分)如图9所示，两个质量分别为m1和m2的物块A和B，分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端(m1>m2)，1、2是两个光电门．用此装置验证机械能守恒定律．
图9
(1)实验中除了记录物块B通过两光电门时的速度v1、v2外，还需要测量的物理量是________．
(2)用已知量和测量量写出验证机械能守恒的表达式_____________________.
11．(10分)在探究闭合电路规律的实验设计中，某同学用如图10甲所示电路探
究某一型号电池的输出电压U与输出电流I的关系．电路原理图如图10甲所示，图中R0为阻值等于5.0 Ω的定值电阻，电压表视为理想电压表．
(1)请将图10乙所示的实验器材连成实验电路．
图10
(2)若电压表V2的读数为1.0 V，则电源的输出电流I＝________ A；
(3)调节滑动变阻器，通过测量得到电压表V1的示数U1随电压表V2的示数U2变化的U1－U2曲线如图10丙所示，由此可知电池内阻________(填“是”或“不是”)常数，短路电流为________ A，电源的最大输出功率为________ W.
12．【选做题】 本题包括A、B、C三小题，请选定其中两题，并在相应的答
题区域内作答．若三题都做，则按A、B两题评分．
A．(选修模块3－3)(12分)
(1)下列说法中正确的是________．
A．布朗运动反映了悬浮颗粒分子永不停息地做无规则运动
B．用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做的功为2.0×105 J，同时空气的内能增加了1.5×105 J，则空气从外界吸收热量为0.5×105 J
C．压强与气体分子的密集程度及分子的平均动能有关
D．空气的相对湿度大，我们感觉潮湿
(2)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p－V图象如图11所示．已知该气体在状态A时的温度为27 ℃.求：气体在状态B、C时的温度分别为多少摄氏度．
图11
B．(选修模块3－4)(12分)
(1)下列说法正确的是________．
A．简谐运动的周期与振幅无关
B．在简谐运动的回复力表达式F＝－kx中，F为振动物体受到的合外力，k为弹簧的劲度系数
C．在波传播方向上，某个质点的振动速度就是波的传播速度
D．在双缝干涉实验中，如果用紫光作为光源，遮住其中一条狭缝，屏上将呈现间距不等的明暗条纹
(2)如图12所示，一个横截面为直角三角形的三棱镜，∠A＝30°，∠C＝90°.三棱镜材料的折射率n＝.一条与BC面成θ＝30°角的光线斜射向BC面，经AC面第一次反射后从AB面射出．求：
图12
①光在三棱镜中的传播速度；
②光经AC面第一次反射后，反射光线与AC面的夹角．
C．(选修模块3－5)(12分)
(1)下列说法中正确的是________．
A．β衰变所释放的电子是原子核外的电子电离形成的
B．铀核裂变的核反应方程一定是U―→Ba＋Kr＋2n
C．质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3.质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是(2m1＋2m2－m3)c2
D．原子从a能级状态跃迁到b能级状态时发射波长为λ1的光子，原子从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收波长为λ2的光子，已知λ1>λ2.那么，原子从a能级状态跃迁到c能级状态时将要吸收波长为的光子
(2)总质量为M的火箭被飞机释放时的速度为v0，方向水平．释放后火箭立即向后喷出质量为m的燃气，燃气对地速率大小为u，方向与v0相反．求火箭喷气后相对于地面的速度．
四、计算题(本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程
式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)
13．(15分)如图13是利用传送带装运煤块的示意图．其中传送带长L＝6 m，
倾角θ＝37°，煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带的主动轮和从动轮半径相等．主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖起高度H＝1.8 m，与运煤车车厢中心的水平距离x＝1.2 m．现在传送带底端由静止释放一些煤块(可视为质点)．质量m＝5 kg，煤块在传送带的作用下运送到高处．要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在车厢中心．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37 °＝0.8.求：
图13
(1)煤块在轮的最高点水平抛出时的速度大小；
(2)主动轮和从动轮的半径R；
(3)电动机运送煤块所消耗的电能．
14．(16分)如图14甲所示，一个边长为L，电阻为R的正方形金属线框abcd，
从图示位置自由下落，下落L后开始进入宽度也为L、磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场且恰好匀速下落．磁场的正下方2L处还有一个宽度未知、磁感应强度大小未知、方向垂直纸面向外的水平条形有界匀强磁场(如图)，金属线框abcd穿过这个磁场时也恰好做匀速直线运动．已知线框在穿过磁场的过程中产生的电能全部转化为焦耳热．求：
图14
(1)未知磁场的磁感应强度大小；
(2)线框在穿过这两个磁场的过程中产生的总焦耳热；
(3)在图14乙中定性画出线框中的电流I随线框下落的高度h变化的I－h图象(规定顺时针方向为电流正方向)．
15．(16分)如图15所示，在空间有一坐标系xOy，直线OP与x轴正方向的夹
角为30°.第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP是它们的边界，区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的质子(不计重力)从平行板电容器AB的A板处由静止释放，A、B间电压为U1.质子经加速后，从O点沿与OP成30°角的方向垂直磁场进入区域Ⅰ，质子先后通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直打在x轴上的Q点(图中未画出)．求：
图15
(1)质子从O点进入磁场的速度大小；
(2)区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小；
(3)Q点的坐标．
参考答案
1．B　[根据题意可知木块先做加速度逐渐增大、速度逐渐增大的变速运动，
然后做加速度逐渐减小，速度继续增大的变速运动，木块的运动方向不变，速度一直增大，选项B正确．]
2．C　[小球在P点受到竖直向下的重力mg，还受到沿PO方向的支持力和沿
O′P方向的弹簧弹力，由几何关系知它们与竖直方向的夹角皆为60°，由平衡条件知它们的大小与重力大小相等，则A、B错误，C正确；由整体法知半球形容器受到地面的摩擦力为0，D错误．]
3．D　[由于弹簧弹力与弹簧压缩量成正比，由牛顿第二定律得，F－kx＝ma，
解得F＝kx＋ma，所加力F的大小和运动距离x之间关系图象正确的是图D.]
4．A
5．A　[要使悬线夹角θ变大，就要增大小球在电容器中所受到的电场力，即
要增大电容器内部的电场强度．保持电键S闭合，即电容器两端电压不变，使两极板靠近一些，由E＝可知，电场强度E增大，夹角θ增大，选项A正确；调节滑动变阻器不能影响电容器两极板间电压的大小，选项B错误；保持电键S闭合，即电容器两端电压不变，使两极板正对面积变小，由E＝可知，电场强度E不变，夹角θ不变，选项C错误；断开电键S，电容器两极板电荷量不变，使两极板远离一些，由C＝，U＝，E＝可知，E不变，即夹角θ不变，选项D错误．]
6．ACD
7．BC　[由题图知物体具有的加速度方向在0～14 s内没有发生变化，物体一
直做加速运动，在10～14 s内做匀加速运动，A错；a－t图线与t轴所围面积等于其速度，可知物体在t＝14 s时速度为4.2 m/s，B对；物体在t＝10 s时速度为3.4 m/s，所以物体在10～14 s内的平均速度为＝ m/s＝3.8 m/s，C对；物体在t＝2 s与t＝8 s时加速度相同，所以所受合外力相同，D错．]
8．AD　[本题考查平抛运动规律．由平抛运动的规律可知h1＝gt，1.5s＝v0t1，
h1－h2＝gt，s＝v0t2，得h1＝1.8h2，A正确；若保持击球高度不变，球的初速度v0较小时，球可能会触网，B错误；任意降低击球高度，只要初速度合适球可能不会触网，但球必会出界，C错误；任意增加击球高度，只要击球初速度合适，使球的水平位移小于2 s，一定能落在对方界内，D正确．]
9．AC　[由球由A到B，由图知其动能增大，电场力做正功，电势能减小，故
EpA>EpB；又因小球受力与电场反向，知电场方向由B指向A，顺着电场线电势逐渐降低可得：φA<φB；由动能定理qEΔx＝ΔEk?＝qE，从图中看Ek－x图象斜率逐渐增大，故有EB>EA，由点电荷电场分布特征知点电荷在B的右侧，且为正电荷，A、C正确．]
10．(8分)解析　A、B运动过程中，若系统的机械能守恒，则有m1gh－m2gh
＝(m1＋m2)(v－v)，所以除了记录物体B通过两光电门时的速度v1、v2外，还需要测的物理量有：m1和m2，两光电门之间的距离h.
答案　(1)A、B两物块的质量m1和m2，两光电门之间的距离h
(2)(m1－m2)gh＝(m1＋m2)(v－v)
11．(10分)解析　(1)②电压表V2的读数为1.0 V，根据欧姆定律得出I＝0.20 A；
③路端电压U1＝E－Ir＝E－r，由图丙可知，U1－U2图线为一倾斜向下的直线，故电池内阻r是常数；由图丙知r＝1 Ω，短路电流为＝1.5 A；当滑动变阻器电阻R＝0时电源输出功率最大，Pm＝2R0＝0.312 5 W.
答案　(1)如下图所示　(2)0.20　(3)是　1.5　0.312 5
12．A.(12分)(1)CD
(2)解　对于理想气体：
A―→B由＝得：TB＝100 K，tB＝－173 ℃
B―→C由＝得：TC＝300 K，tC＝27 ℃
B．(12分)(1)AD
(2)解　①v＝＝×108 m/s
②在BC界面上由折射定律得：
＝，
得：γ＝30°，由几何关系得：α＝γ＝30°
C．(12分)(1)CD
(2)解　取火箭为研究对象，根据动量守恒定律得，
Mv0＝(M－m)v－mu，v＝，
方向跟喷火前火箭的速度方向相同．
13．(15分)解析　(1)由平抛运动的公式，得x＝vt，①
H＝gt2，②
代入数据得v＝2 m/s.③
(2)要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律，得mg＝m，④
代入数据得R＝0.4 m，⑤
(3)由牛顿第二定律F＝ma，
得a＝μgcos θ－gsin θ＝0.4 m/s2.⑥
由v＝v0＋at，得t＝＝5 s．⑦
煤块的位移x1＝at2＝5 m，⑧
由于μ>tan 37°，然后煤块做匀速直线运动到达顶端，
传送带运送煤块消耗的电能：
E＝mv2＋μmgcos 37°(vt－x1)＋mgLsin 37°，⑨
代入数据得E＝350 J．⑩
答案　(1)2 m/s　(2)0.4 m　(3)350 J
14．(16分)解析　(1)设线框进入第一个磁场速度为v，设未知磁场的磁感应强
度为B′，进入未知磁场的速度为v′
mgL＝mv2，mg＝BL，
mg2L＝mv′2，mg＝B′L，
解得B′＝.
(2)由题意可知，未知磁场的宽度也为L，
由能量转化和守恒，匀速穿过磁场产生的电能等于减少的重力势能，故Q＝E电＝4mgL，
综上，Q＝E电＝.
(3)如图所示
答案　(1)　(2)　(3)见解析
15．(16分)解析　(1)质子在电容器中加速运动，根据动能定理得
qU1＝mv2，①
解得：v＝ .②
(2)设质子在磁场Ⅰ和Ⅱ中做圆周运动的轨道半径分别为r1和r2，区域Ⅱ中磁感应强度为B′，由牛顿第二定律
qvB＝m，③
qvB′＝m，④
粒子在两区域运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，质子从A点射出磁场Ⅰ时的速度方向与OP的夹角为30°，故质子在磁场Ⅰ中轨迹的圆心角为θ＝60°，
则△O1OA为等边三角形OA＝r1，⑤
r2＝OAsin 30°， ⑥
由③④⑤⑥解得区域Ⅱ中磁感应强度为B′＝2B.⑦
(3)Q点坐标设为(x,0)，则x＝OAcos 30°＋r2，⑧
故x＝.⑨
答案　(1) 　(2)2B　(3)
训练1　力的合成与分解　物体的平衡
一、单项选择题
1．一物体受到三个共面共点力F1、F2、F3的作用，三力的矢量关系如图1－12
所示(小方格边长相等)，则下列说法正确的是 (　　)．
图1－12
A．三力的合力有最大值F1＋F2＋F3，方向不确定
B．三力的合力有唯一值3F3，方向与F3同向
C．三力的合力有唯一值2F3，方向与F3同向
D．由题给条件无法求出合力大小
2．如图1－13所示是一座拱形桥，某人沿着圆弧拱形桥缓慢行走，人与桥面间
的动摩擦因数处处相等，桥面受到人的压力为N，人与桥面间的摩擦力为f.则该人从桥头走向桥中央的过程中，下列说法正确的是 (　　)．
图1－13
A．N变大，f变大 B．N变大，f变小
C．N变小，f变大 D．N变小，f变小
3．如图1－14所示，空间中存在竖直向上的匀强电场，与竖直方向成45°角的
绝缘天花板上有一带电荷量为q的物块，该物块恰好能沿天花板匀速上升，则下列说法正确的是 (　　)．
图1－14
A．物块一定受两个力的作用
B．物块一定受三个力的作用
C．物块可能受三个力的作用
D．物块可能受四个力的作用
4．如图1－15所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质
量为m的直导体棒．当导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面向上沿逆时针转至水平向左的过程中，下列关于B的大小变化的说法中，正确的是 (　　)．
图1－15
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先减小后增大 D．先增大后减小
5．(2012·山西适应性试题)风洞实验主要用于运动物体(例如飞机、汽车等)与空
气之间作用力的分析和研究．在风洞实验室中，将A、B两个小球分别用细绳L1、L2悬于天花板顶部．两球质量相等，受到的水平风力相同，两小球处于静止状态时的位置如图1－16所示，以下说法正确的是 (　　)．
图1－16
A．两细绳与竖直方向的夹角相同
B．L2与竖直方向的夹角大于L1与竖直方向的夹角
C．A球受到的合力大于B球受到的合力
D．L1的拉力大于L2的拉力
6．如图1－17所示，在光滑水平面上，用弹簧水平连接一斜面，弹簧的另一端
固定在墙上，一玩具遥控小车放在斜面上，系统静止不动．用遥控启动小车，小车沿斜面加速上升，则 (　　)．
图1－17
A．系统静止时弹簧处于压缩状态
B．小车加速时弹簧处于原长状态
C．小车加速时弹簧处于压缩状态
D．小车加速时可将弹簧换成细绳
7．如图1－18所示，50个大小相同，质量均为m的小物块，在平行于斜面向
上的恒力F作用下一起沿斜面向上运动．已知斜面足够长，倾角为30°，各物块与斜面的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第3个小物块对第2个小物块的作用力大小为 (　　)．
图1－18
A.F
B.F
C．24mg＋
D．因为动摩擦因数未知，所以不能确定
二、多项选择题
8．如图1－19所示，一物块置于水平地面上．当用与水平方向成60°角的力F1
拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30°角的力F2推物块时，物块仍做匀速直线运动．关于这种情景，下列讨论正确的是 (　　)．
图1－19
A．这种情况不可能发生
B．若F1和F2的大小相等，这种情况不可能发生
C．若F1和F2的大小相等，这种情况也可能发生
D．若F1和F2的大小相等，物块与地面间的动摩擦因数为定值
9．如图1－20所示，斜面体A静止放置在水平地面上，质量为m的物体B在
外力F(方向水平向右)的作用下沿斜面向下做匀速运动，此时斜面体仍保持静止．若撤去力F，下列说法正确的是 (　　)．
图1－20
A．物体B将沿斜面向下加速运动
B．A所受地面的摩擦力方向向左
C．A所受地面的摩擦力可能为零
D．A所受地面的摩擦力方向可能向右
10．如图1－21所示，一个物体A静止于倾角为θ的斜面上，斜面静止．现用
一个竖直向下的外力F作用于A，下列说法正确的是 (　　)．
图1－21
A．物体A所受的摩擦力一定增大
B．物体A对斜面的压力可能保持不变
C．不管F怎样增大，物体A总保持静止
D．当F增大到某一值时，物体可能沿斜面下滑
11.物体b在水平推力F作用下，将物体a挤压在竖直墙壁上，如图1－22所示，
a、b处于静止状态，关于a、b两物体的受力情况，下列说法正确的是 (　　)．
图1－22
A．a受到两个摩擦力的作用
B．a共受到四个力的作用
C．b共受到三个力的作用
D．a受到墙壁摩擦力的大小不随F的增大而增大
12．如图1－23所示，MON为固定的“L”形直角光滑绝缘板，ON置于水平地面
上，P为一可移动的光滑绝缘竖直平板．现有两个带正电小球A、B，小球A置于“L”形板的直角处，小球B靠在P板上且处于静止状态，小球A、B位于同一竖直平面内，若将P板缓慢向左平移，则下列说法正确的是(　　)．
图1－23
A．B对P板的压力变大
B．A对ON板的压力变小
C．A、B间的距离变大
D．A、B系统的电势能减小
参考答案
1．B　[考查力的平行四边形定则．对于给定的三个共点力，其大小、方向均确
定，则合力的大小唯一、方向确定．排除A、C；根据图表，可先作出F1、F2的合力，不难发现F1、F2的合力方向与F3同向，根据几何关系可求出合力大小等于3F3，B对．]
2．B　[人受力如图所示，由力的平衡条件得桥面受到人的压力为N＝N′＝mg
cos θ，人与桥面间的摩擦力为f＝mgsin θ，人从桥头走向桥中央的过程中，由于θ减小，故N变大， f变小．]
3．D　[由于物块做匀速直线运动，则受力平衡，对物块受力分析可知，若物块
所受重力与电场力恰好平衡，则受两个力的作用，若物块所受重力小于电场力，则物块一定受四个力，所以D项正确．]
4．A　[
对通电导线受力分析，通电导线受重力、支持力和安培力作用，三力平衡，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面向上沿逆时针转至水平向左的过程中，所受的安培力由沿斜面向上转到竖直向上，作出通电导线受力的动态分析如图所示，由右图可知，安培力逐渐增大，则B逐渐增大，A项正确．]
5．A　[
小球的受力情况如图所示，由平衡条件可知两小球处于静止状态，所以合力为0，可见C错误．因为tan θ＝，两球质量相等，受到的水平风力相同，所以θ相同，可见A正确、B错误；绳子拉力F＝ ，所以L1的拉力大小等于L2的拉力，可见D错误．]
6．D　[系统静止时，其合力为零，对系统受力分析，如图所示．系统水平方向
不受弹簧的作用力，即弹簧处于原长状态，选项A错误；当小车沿斜面加速上升时，仍对系统受力分析，如图所示．由图中关系可知：弹簧对斜面有水平向右的拉力，即弹簧处于伸长状态，可以将弹簧换成细绳，选项B、C错误，选项D正确．]
7．B　[设每个小木块所受摩擦力为f，则F＝50mgsin 30°＋50f.同样，第2、3
块木块间的作用力为F′＝48mgsin 30°＋48f，所以F′＝F，选项B正确．]
8．CD　[物块受重力G＝mg、支持力FN、摩擦力Ff、已知力F的共同作用处
于平衡状态，由平衡方程可得F1cos 60°＝μ(mg－F1sin 60°)；类似地，F2 cos 30°＝μ(mg＋F2sin 30°)，若F1＝F2，可解得：μ＝2－ ，说明在动摩擦因数为特定值时题中所述情景可以发生，故C、D正确．]
9．AB　[本题主要考查平衡条件、受力分析等知识点．因为物体匀速下滑，沿
斜面方向上有mgsin α＝μ(Fsin α＋mgcos α)，撤去力F，则mgsin α>μmgcos α，物体一定加速下滑，A项正确；斜面受沿斜面向下的摩擦力和垂直斜面向下的压力，且摩擦力的水平分力小于压力的水平分力，所以斜面有向右的运动趋势，受到地面向左的摩擦力，B项正确．]
10．AC　[
当物体不受力F而静止于斜面上时，受力分析如图所示．由平衡条件得：mgsin θ＝Ff，mgcos θ＝FN
且由静摩擦力的特点知Ff≤μFN
当施加竖直向下的外力F后，把F与mg合成一个向下的力．相当于上式中的mg变大，从而导致Ff、FN均变大．Ff≤μFN仍然成立，物体仍会保持静止状态．
综上分析，正确选项为A、C.]
11．AD　[a、b处于静止状态，对b受力分析可知，b必受竖直向上的静摩擦力
与其重力平衡，由牛顿第三定律可知，a所受b给的摩擦力竖直向下，则a必受墙给的竖直向上的静摩擦力来平衡，故a受到两个摩擦力作用，A正确；分别对a、b受力分析可知，a受5个力，b受4个力，故B、C错；把a、b作为整体分析，知D正确．]
12．CD　[
取B为研究对象进行受力分析如图所示，由B受力平衡可知mBg＝F斥cos θ，当P向左移动时，θ减小，cos θ增大，F斥减小，由F斥＝可知，A、B间的距离增大，B上升，C对；由于距离增大，库仑斥力做正功，电势能减小，D对；由FNB＝F斥sin θ知FNB减小，A错；取A、B整体为研究对象可知A对ON的压力不变，B错．]
训练10　力学实验中常考的3个问题
1．读出图10－16甲、乙中给出的螺旋测微器和游标卡尺的示数，螺旋测微
器的示数为________mm，游标卡尺的示数为________cm.
图10－16
2．(2012·济南模拟)在验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m＝200 g的
重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图10－17所示．O为纸带下落的起始点，A、B、C为纸带上选取的三个连续点．已知打点计时器每隔T＝0.02 s打一个点，当地的重力加速度为g＝9.8 m/s2，那么
图10－17
(1)计算B点瞬时速度时，甲同学用v＝2gsOB，乙同学用vB＝.其中所选择方法正确的是________(填“甲”或“乙”)同学．
(2)同学丙想根据纸带上的测量数据进一步计算重物和纸带下落过程中所受的阻力，为此他计算出纸带下落的加速度为________m/s2，从而计算出阻力f＝________N.
(3)若同学丁不慎将上述纸带从OA之间扯断，他仅利用A点之后的纸带能否实现验证机械能守恒定律的目的？________.(填“能”或“不能”)
3．(2012·安徽卷，21·Ⅰ)图10－18为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意
图．砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M.实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小．
(1)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是
(　　)．
图10－18
A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计
时器通电，调节m的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的
纸带判断小车是否做匀速运动
B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸
带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小
车是否做匀速运动
C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动
(2)实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是 (　　)．
A．M＝200 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 g
B．M＝200 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g
C．M＝400 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 g
D．M＝400 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g
(3)图10－19是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，量出相邻的计数点之间的距离分别为：sAB＝4.22 cm、sBC＝4.65 cm、sCD＝5.08 cm、sDE＝5.49 cm，sEF＝5.91 cm，sFG＝6.34 cm.已知打点计时器的工作频率为50 Hz，则小车的加速度大小a＝________m/s2.(结果保留两位有效数字)．
图10－19
4．某探究小组利用如图10－20甲所示装置探究平抛运动中机械能是否守
恒．在斜槽轨道的末端安装一个光电门B，调节激光束与球心等高，斜槽末端水平．地面上依次铺有白纸、复写纸，让小球从斜槽上固定位置A点无初速释放，通过光电门后落在地面的复写纸上，在白纸上留下打击印．重复实验多次，测得小球通过光电门的平均时间为2.50×10－3 s．计算保留三位有效数字．
(1)用游标卡尺测得小球直径如图乙所示，则小球直径为d＝________cm，由此可知小球通过光电门的速度vB＝________m/s；
(2)实验测得轨道离地面的高度h＝0.441 m，小球的平均落点P到轨道末端正下方O点的距离x＝0.591 m，则由平抛运动计算小球的平抛初速度v0＝________m/s；
(3)实验只要满足________≈________，就可以认为，在误差允许范围内，平抛运动中机械能是守恒的．
图10－20
图10－21
5．在“验证力的平行四边形定则”实验中，将橡皮条的一端固定在竖直放置
的木板上，另一端系上两根细绳OA、OB，O为两细绳与橡皮条的结点，细绳OA跨过钉在木板上的光滑的钉子C，下端挂重力已知的钩码，细绳OB用一个弹簧测力计钩住，如图10－21所示，可以通过改变钩码的个数和弹簧测力计的拉力调整橡皮条与两细绳的结点O的位置．
(1)(多选)某同学认为在此过程中必须注意以下几项，其中正确的是________．
A．两细绳的夹角必须成90°，以便于算出两细绳的合力
B．橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上
C．在使用弹簧测力计时要注意使弹簧测力计与木板平面平行
D．只用弹簧测力计通过细绳拉橡皮条时结点O到达的位置应与用钩码、弹
簧测力计同时拉时相同
(2)(多选)图中OC与橡皮条延长线的夹角为α，细绳OB与橡皮条延长线的夹角为β，且α＋β>90°，下列操作正确的是________．
A．增加钩码个数后，为使结点位置不变，应减小β，同时减小弹簧测力计的
拉力
B．增加钩码个数后，为使结点位置不变，应增大β，同时增大弹簧测力计的
拉力
C．保持钩码个数不变，将钉子向左移动一些，为使结点位置不变，应增大β，
同时增大弹簧测力计的拉力
D．保持钩码个数不变，将钉子向左移动一些，为使结点位置不变，应减小β，
同时增大弹簧测力计的拉力
6．在科学探究活动中，对实验数据进行分析归纳得出结论是非常重要的环
节．为探究物体做直线运动过程中x随t变化的规律，某实验小组经过实验和计算得到表中的实验数据.
物体运动
的起止点
所测的物理量
测量次数
1
2
3
4
5
A―→B
时间t(s)
0.89
1.24
1.52
1.76
1.97
时间二次方t2(s2)
0.79
1.54
2.31
3.10
3.88
位移x(m)
0.25
0.50
0.75
1.00
1.25
图10－22
现根据表格数据，请你在如图10－22所示的坐标系中，纵、横轴分别选择合适的物理量和标度作出关系图线．
同时请你根据图线，分析得出物体从A―→B的过程中x随t2变化的关系式是_______________________________________________________.
7．(2012·泰兴)如图10－23为用拉力传感器和速度传感器探究“加速度与物
体受力的关系”实验装置．用拉力传感器记录小车受到拉力的大小，在长木板上相距L＝48.0 cm的A、B两点各安装一个速度传感器，分别记录小车到达A、B时的速率．
图10－23
(1)实验主要步骤如下：
①将拉力传感器固定在小车上；
②平衡摩擦力，让小车做________运动；
序号
F(N)
v－v(m2/s2)
a(m/s2)
1
0.60
0.77
0.80
2
1.04
1.61
1.68
3
1.42
2.31
4
2.62
4.65
4.84
5
3.00
5.49
5.72
③把细线的一端固定在拉力传感器上，另一端通过定滑轮与钩码相连；
④接通电源后自C点释放小车，小车在细线拉动下运动，记录细线拉力F的大小及小车分别到达A、B时的速率vA、vB；
⑤改变所挂钩码的数量，重复④的操作．
(2)下表中记录了实验测得的几组数据，v－v是两个速度传感器记录速率的平方差，则加速度的表达式a＝________.请将表中第3次的实验数据填写完整．
(3)由表中数据，在图10－24中坐标纸上作出a－F关系图线．
图10－24
(4)对比实验结果与理论计算得到的关系图线(图中已画出理论图线)，造成上述偏差的原因是______________________________.
参考答案
1．解析　本题考查螺旋测微器与游标卡尺的读数．螺旋测微器固定刻度部
分读数为5.0 mm，可动刻度部分读数为0.485 mm，故读数为5.485 mm；游标卡尺主尺读数为41 mm，游标尺读数为0.20 mm，所以游标卡尺读数为41.20 mm＝4.120 cm.
答案　5.485　4.120
2．解析　本题考查验证机械能守恒定律的实验．
(1)由于纸带与限位孔之间有摩擦，故重物下落时的加速度小于重力加速度，利用vB＝计算B点瞬时速度的方法正确．
(2)根据yBC－yAB＝aT2可得a＝9.5 m/s2，由牛顿第二定律可得mg－f＝ma，解得f＝0.06 N.
(3)根据ΔEp＝ΔEk即重物重力势能的减少量等于其动能的增加量可知，能实现验证机械能守恒定律的目的．
答案　(1)乙　(2)9.5　0.06　(3)能
3．解析　(1)在“验证牛顿第二定律”的实验中，为了使细线对小车的拉力
大小等于小车所受的合外力，则需要平衡摩擦力，并使细线与长木板平行．平衡摩擦力的方法是只让小车牵引纸带(撤去砂及砂桶)，纸带穿过打点计时器，并垫高长木板不带滑轮的一端，打点计时器接通电源工作．如果打出纸带上的点迹分布均匀，则说明小车做匀速运动．故选项B正确，选项A、C错误．
(2)在“验证牛顿第二定律”的实验中，为使细线对小车的拉力大小等于砂及砂桶的总重力，则M?m，且尽可能地多做几组．故选项C最合理．
(3)根据题意，相邻计数点间的时间间隔为T＝0.1 s，
根据Δs＝aT2，得，
sDE－sAB＝3a1T2　sEF－sBC＝3a2T2　sFG－sCD＝3a3T2
所以小车的加速度
a＝＝
＝0.42 m/s2.
答案　(1)B　(2)C　(3)0.42
4．解析　以斜槽末端为重力势能的零点，则小球平抛的初动能就等于小球运
动时的机械能，也就等于小球落地时的机械能(认为是守恒的)，因此以平抛运动计算得到的初动能(初速度)如果近似等于用光电门测得初动能(初速度)，则可认为此过程机械能守恒．
(1)d＝0.50 cm；vB＝＝ m/s＝2.00 m/s；
(2)由平抛运动得x＝v0t，h＝gt2，
解得v0＝x ＝1.97 m/s
答案　(1)0.50　2.00　(2)1.97　(3)势能减少量　动能增加量
5．解析　(1)两细绳的拉力大小是用作图法求得的不是计算出来的，两细绳
的夹角没有必要成90°，同时，橡皮条也没有必要与两绳夹角的平分线在同一直线上，选项A、B均错误；弹簧测力计与木板平面平行是为了保证所有力在同一平面内，选项C正确；两次拉动的结果都是使橡皮条伸长到O点，作用效果相同，选项D正确．
(2)O点受到细绳OA的拉力F1、细绳OB的拉力F2和橡皮条的拉力F3的作用三力平衡，则F1与F2的合力F3′＝F3，方向与F3的方向相反．如图甲所示，增加钩码的个数时，细绳OA的拉力由F1变化为F1′，但F1与F2的合力F3′，不变，弹簧测力计的拉力应由F2增大为F2′，同时β增大，选项A错误、B正确；如图乙所示，保持钩码的个数不变，将钉子向左移动一些，细绳OA的拉力大小不变，方向由F1的方向变化为F1′的方向，合力F3′不变，细绳OB的拉力应由F2增大为F2′，同时β减小，选项C错误、D正确．
答案　(1)CD　(2)BD
6．解析　建立以x为纵轴，t2为横轴的图象如图所示，图线是一条过原点的
直线，所以x与t2成正比．所以x＝kt2，再由图线上的点可求出k＝0.322.
答案　图见解析图
x＝0.322 t2
7．解析　(1)判断摩擦力是否平衡，要根据小车不受拉力作用时，沿长木板
能否做匀速直线运动．(2)小车在拉力作用下做匀变速直线运动，由匀变速直线运动的规律可得：a＝.小车在不同拉力作用下均做匀变速直线运动，由v－v与a成正比可得：a＝2.40 m/s2.
(3)根据表中a与F的数据描点，发现各点基本处于同一条直线上，通过各点作直线即可．
(4)没有完全平衡摩擦力．当没有完全平衡摩擦力时，由F－f＝ma得：a＝F－，a－F图线交于F轴的正半轴．
答案　(1)匀速直线　(2)　2.40　(3)如图所示　(4)没有完全平衡摩擦力

训练11　电学实验中常考的4个问题
1．某兴趣小组为了测量一待测电阻Rx的阻值，准备先用多用电表粗测出它
的阻值，然后再用伏安法精确地测量．实验室里准备了以下器材：
A．多用电表
B．电压表V1，量程6 V，内阻约10 kΩ
C．电流表A1，量程0.6 A，内阻约0.2 Ω
D．电流表A2，量程3 A，内阻约0.02 Ω
E．电源，电动势E＝12 V
F．滑动变阻器R1，最大阻值10 Ω，最大电流为2 A
G．滑动变阻器R2，最大阻值50 Ω，最大电流为0.1 A
H．导线、电键若干
(1)在用多用电表粗测电阻时，该兴趣小组首先选用“×1”欧姆挡，其阻值如图11－19甲中指针所示，则Rx的阻值大约是________Ω；
(2)在用伏安法测量该电阻的阻值时，要求待测电阻的电压从0开始可以连续调节，则在上述器材中应选用的电流表和滑动变阻器分别是________(填器材前面的字母代号)；
(3)在图乙线框内画出用伏安法测量该电阻的阻值时所用的实验电路图．
图11－19
2．某实验小组用电压表和电流表测量电阻R的阻值，实验装置如图11－20、
所示，实验中，某同学正确的连接导线后，闭合开关，读出电压表和电流表的示数U1、I1.断开开关，将滑动变阻器的滑动触头P稍微向右移动，然后再闭合开关，读出电压表和电流表的示数U2、I2后，断开开关．
两次的实验数据如下表格：
U(V)
I(mA)
第A组数据
3.01
86.0
第B组数据
3.15
90.0
图11－20
(1)表格中，滑动触头P移动后，所读出的示数应当是表格中的第________组数据(填“A”或“B”)．
(2)从表格中数据计算该电阻的阻值是________Ω.
(3)某同学观察电压表和电流表的标签，发现电压表内阻为400 Ω，电流表内阻为0.5 Ω，那么该电阻的真实值应为________Ω(结果保留三位有效数字)．
3．某个实验小组认为用一只已知内阻的电流表和电阻箱，采用如图11－21
甲所示的电路测电源电动势与内阻，比常规的伏安法更准确．若电流表内阻阻值为RA，则测量的方法与步骤是：
图11－21
(1)将电阻箱阻值R调到最大，闭合S后观察电流表示数，然后再调节电阻箱，使电流表的示数指到某两个恰当的值，记下此时电阻箱的阻值R1、R2及对应的电流I1、I2；
(2)根据以上的数据及闭合电路欧姆定律，建立方程组，即可求出电源的电动势E与内阻r.该方程组的表达式是：________、________.该实验小组现在手头只有一个电流表，只知其内阻很小，却不知具体阻值．为了测出该电流表的内阻，她们找来了如图乙所示两节干电池等实验器材．请你用笔画线将图中的实物连接成能测出电流表内阻的电路．注意滑动变阻器串联接入电路起限流作用，开关闭合前其阻值应____________________________．
4．(2012·安徽卷，21·Ⅱ)图11－22为“测绘小灯泡伏安特性曲线”实验的实
物电路图，已知小灯泡额定电压为2.5 V.
图11－22
(1)完成下列实验步骤：
①闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，________；
②闭合开关后，逐渐移动变阻器的滑片，________；
③断开开关，……根据实验数据在方格纸上作出小灯泡灯丝的伏安特性曲线．
(2)在虚线框中画出与实物电路相应的电路图．
5．在测定一根粗细均匀合金丝Rx的电阻率的实验中：
(1)利用螺旋测微器测定合金丝的直径，示数如图11－23a所示，则可读得合金丝的直径为________mm；
(2)待测合金丝Rx的电阻约为5 Ω，提供的仪器有：
A．电压表V(内阻约为10 kΩ，量程为3 V)
B．电流表A1(内阻约为3 Ω，量程为0.6 A)
C．电流表A2(内阻约为0.1 Ω，量程为3 A)
D．滑动变阻器R(阻值为0～5 Ω，额定电流为2 A)
E．电源E(电动势为5 V，内电阻为1 Ω)
F．一个开关、若干导线
①要求较准确地测出其阻值，电流表应选________；(填序号字母)
②某同学根据以上仪器，按图11－23b连接实验线路，在实验中发现电流表示数变化范围较窄，现请你用笔在图b中画一条线对电路进行修改，使电流表示数的变化范围变宽．
③修改后的电路其测量结果比真实值偏________(填“大”或“小”)．
图11－23
6．(2012·江苏卷，10)如图11－24甲所示的黑箱中有三只完全相同的电学元
件，小明使用多用电表对其进行探测．
甲　　　　　　　　　　乙
图11－24
(1)在使用多用电表前，发现指针不在左边“0”刻度线处，应先调整图11－24乙中多用电表的________(选填“A”、“B”或“C”)．
(2)在用多用电表的直流电压挡探测黑箱a、b接点间是否存在电源时，一表笔接a，另一表笔应________(选填“短暂”或“持续”)接b，同时观察指针偏转情况．
(3)在判定黑箱中无电源后，将选择开关旋至“×1”挡，调节好多用电表，测量各接点间的阻值．测量中发现，每对接点间正反向阻值均相等，测量记录如下表．两表笔分别接a、b时，多用电表的示数如图11－24乙所示．
请将记录表补充完整，并在黑箱图中画出一种可能的电路．
两表笔接的接点
多用电表的示数
a、b
________Ω
a、c
10.0 Ω
b、c
15.0 Ω
7.(2012·重庆卷，22)某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产
的柑橘制作了果汁电池，他们测量这种电池的电动势E和内阻r，并探究电极间距对E和r的影响．实验器材如图11－25所示．
图11－25
(1)测量E和r的实验方案为：调节滑动变阻器，改变电源两端的电压U和流过电源的电流I，依据公式________，利用测量数据作出U－I图象，得出E和r.
(2)将电压表视为理想表，要求避免电流表分压作用对测量结果的影响，请在图11－25中用笔画线代替导线连接电路．
(3)实验中依次减小铜片与锌片的间距，分别得到相应果汁电池的U－I图象如图11－26中(a)、(b)、(c)、(d)所示，由此可知：
在该实验中，随电极间距的减小，电源电动势________(填“增大”、“减小”或“不变”)，电源内阻________(填“增大”、“减小”或“不变”)．
曲线(c)对应的电源电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.当外电路总电阻为2 500 Ω时，该电源的输出功率P＝________mW.(均保留三位有效数字)
图11－26
参考答案
1．解析　(1)多用电表测电阻：读数乘倍率，即为9 Ω.(2)待测电阻的电压从0
开始可以连续调节，滑动变阻器采用分压式接法，则滑动变阻器采用R1，电流表采用A1.(3)被测电阻属于小电阻，则电流表采用外接法，滑动变阻器采用分压式．
答案　(1)9　(2)A1、R1　(3)见解析
2．解析　(1)将滑动变阻器的滑动触头P稍微向右移动，总电阻变小，电流
增大，固定电阻两端的电压增大，所以数据为B.
(2)根据计算电阻值为R＝＝35 Ω.
(3)电阻的真实值为R＝＝38.4 Ω.
答案　(1)B　(2)35　(3)38.4
3．解析　根据图示电路，利用闭合电路欧姆定律可得：E＝I1(R1＋RA＋r)、E
＝I2(R2＋RA＋r)；两节干电池的电动势大约为3 V，电流表应选0.6 A量程，在连接电路时，本着先串后并的原则进行．
答案　E＝I1(R1＋RA＋r)　E＝I2(R2＋RA＋r)
连线如图　调至最大
4．解析　(1)滑动变阻器为分压式接法，故闭合开关前，灯泡两端的电压为
零，调节滑动变阻器的滑片，使它靠近滑动变阻器左端的接线柱．闭合开关后，逐渐移动滑动变阻器的滑片，增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到额定电压．
(2)与实物电路相应的电路图如右图所示．
答案　(1)①使它靠近滑动变阻器左端的接线柱　②增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到其额定电压　(2)如解析图所示
5．解析　(1)螺旋测微器的固定刻度读数为0.5 mm，可动刻度读数为
10.9×0.01 mm＝0.109 mm，故合金丝的直径为0.609 mm.
(2)①把电源电压全部加在合金丝两端，电流为1 A左右，故选用量程为3 A的电流表不合适，电流表应选量程为0.6 A的；②为了使电流表示数的变化范围变宽，滑动变阻器采用分压式接法，电路如答案图所示；③电流表示数包括了通过电压表的电流，偏大了，所以电阻测量结果偏小．
答案　(1)0.609　(2)①B　②如图所示　③小
6．解析　(1)多用电表使用前应进行机械调零，机械调零装置为A.
(2)使用多用电表进行测量时，为保证电表不被损坏往往要进行试触，即让两表笔进行短暂接触，观察指针偏转情况，若持续接触则有可能损坏电表．(3)黑箱中无电源且每对接点间正反阻值相等，由多用电表读数可知所缺数据为5.0 Ω，由a、b间电阻为5 Ω，a、c间为10 Ω，b、c间为15 Ω知，电路为a、b间5 Ω的电阻与a、c间10 Ω电阻串联而成，电路图如下图所示．
答案　(1)A　(2)短暂　(3)5.0　电路图见下图
7．解析　(1)本题是利用伏安法测电源电动势和内阻，由E＝U＋Ir得U＝E
－Ir.
(2)连图要从电源正极出发，先连接串联部分，最后再进行并联，并注意电压表、电流表的正、负接线柱，以防接反．
(3)在电源的U－I图象中，纵轴截距表示电源电动势，斜率绝对值表示电源的内阻，由图象可得，电极间距减小时，电源电动势不变，内阻增大．对图线(c)，由图得：E＝0.975 V，内阻r＝|k|＝＝478 Ω.当R＝2 500 Ω时，P＝I2R＝·R，代入数据可得：P≈0.268 mW.
答案　(1)U＝E－Ir　(2)如图所示　(3)不变　增大
0．975　478　0.268

训练12　热学中常考的2个问题
1．(1)以下说法中正确的是 (　　)．
A．扫地时扬起的尘埃在空气中的运动是布朗运动
B．液晶既具有液体的流动性，又具有光学各向异性
C．相同物质在不同的条件下能够生成不同的晶体
D．在液体表面分子之间总表现为斥力
(2)如图12－8所示是一定质量的理想气体状态变化的p－V图象，ab平行于p轴，气体从状态a到b的变化过程中内能________(填“增加”或“减少”)；气体________(填“吸热”或“放热”)．
图12－8
(3)1 mol气体在某状态下的体积是1.62×10－2m3，阿伏加德罗常数取NA＝6.0×1023 mol－1, 则气体分子之间的平均距离是多少？(结果保留一位有效数字)
2．(2012·浙江自选13)一定质量的理想气体，状态从A―→B―→C―→D―→A
的变化过程可用如图12－9所示的p－V图线描述，图中p1、p2、V1、V2和V3为已知量．
图12－9
(1)气体状态从A到B是________过程(填“等容”“等压”或“等温”)；
(2)状态从B到C的变化过程中，气体的温度________(填“升高”“不变”或“降低”)；
(3)状态从C到D的变化过程中，气体________(填“吸热”或“放热”)；
(4)状态从A―→B―→C―→D的变化过程中，气体对外界所做的总功为________．
3．(1)下列说法中正确的是________．
A．由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可以估算该种气体分子的
大小
B．悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显
C．分子间的引力随分子间距离的增大而增大，分子间斥力随分子间距离的
增大而减小
D．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体
(2)内壁光滑的导热汽缸开口向上竖直浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭着体积为2.73×10－3 m3的理想气体，活塞面积为2.00×10－4m2.现在活塞上方缓缓倒上沙子，使封闭气体的体积变为原来的，然后将汽缸移出水槽，缓慢加热，使气体体积重新变为2.73×10－3m3(大气压强p0＝1.00×105 Pa，g取10 m/s2)．求：
①所加沙子的质量；
②汽缸内气体最终的温度．
4．(1)以下说法中正确的是________．
A．分子间的距离增大时，分子间的引力增大、斥力减小
B．物体的温度升高时，其中的每个分子的动能都将增大
C．物体吸热时，它的内能不一定增加
D．热量可以由低温物体传到高温物体
E．物体对外界做功，它的内能可能增加
(2)图12－10中A、B汽缸的长度和截面积均为30 cm和20 cm2，C是可在汽缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D为阀门．整个装置均由导热材料制成．起初阀门关闭，A内有压强pA＝2.0×105 Pa的氮气．B内有压强pB＝1.0×105 Pa的氧气．阀门打开后，活塞C向右移动，最后达到平衡．求：
图12－10
①活塞C移动的距离及平衡后B中气体的压强；
②活塞C移动过程中A中气体是吸热还是放热(简要说明理由)．(假定氧气和氮气均为理想气体，连接汽缸的管道体积可忽略)
5．(1)如图12－11所示，一定质量的理想气体，由状态A沿直线AB变化到
B，在此过程中，气体分子的平均动能的变化情况是________．
图12－11
A．不断增大
B．不断减小
C．先减小后增大
D．先增大后减小
(2)一水银气压计的玻璃管顶端高出水银槽液面90 cm，如图12－12所示．因上部混入少量空气，导致示数不准．当气温为27 ℃，标准气压计示数为76 cmHg时，该气压计示数为70 cmHg.气温为87 ℃时，用该气压计测气压，气压计示数为67.5 cmHg，则实际气压为多少厘米水银柱？
图12－12
6．(1)关于热现象，下列说法中正确的是________．
A．若两个分子只受到它们间的分子力作用，在两分子间距离减小的过程中，
分子的动能一定增大
B．用NA表示阿伏加德罗常数，M表示铁的摩尔质量，ρ表示铁的密度，那
么固体铁的一个铁原子的体积可表示为
C．布朗运动是由液体分子对悬浮颗粒的不均衡持续碰撞作用造成的
D．容器中的气体对器壁的压强是由于大量气体分子受到重力作用而产生的
E．保持理想气体温度不变，增大其体积时，气体从外界吸收热量
(2)一活塞将一定质量的理想气体封闭在水平固定的汽缸内，开始时气体的体积为V0，温度为27 ℃，在活塞上施加压力，将气体的体积压缩到V0，温度升高到57 ℃.设大气的压强p0＝1.0×105 Pa，活塞与汽缸壁摩擦不计．
①求此时气体的压强；
②保持温度不变，缓慢减小施加在活塞上的压力使气体体积恢复到V0，求此时气体的压强．
7．(1)若以μ表示水的摩尔质量，V表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，ρ
表示在标准状态下水蒸气的密度，NA为阿伏加德罗常数，m、v分别表示每个水分子的质量和体积，下面关系式正确的有________．
A．NA＝ B．ρ＝
C．ρ< D．m＝　
E．v＝
(2)如图12－13所示，竖直放置且粗细均匀的U形玻璃管与容积为V0＝90 cm3的金属球形容器连通，用U形玻璃管中的水银柱封闭一定质量的理想气体，当环境温度为27 ℃时，U形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出h1＝16 cm，水银柱上方空气柱长h0＝20 cm.现在对金属球形容器缓慢加热，当U形玻璃管左侧水银面比右侧水银面高出h2＝24 cm时停止加热，求此时金属球形容器内气体的温度为多少摄氏度？(已知大气压p0＝76 cmHg，U形玻璃管的横截面积为S＝0.5 cm2)．
图12－13
参考答案
1．解析　(1)考查热学基本概念．扫地时扬起的尘埃在空气中的运动不是空
气分子对尘埃频繁碰撞形成的，不是布朗运动；液体表面分子之间的距离大于r0，分子间表现为吸引力．
(2)考查气态方程、p－V图象及热力学第一定律，气体从状态a到b的变化过程中体积不变压强增大，根据气态方程可知，气体的温度升高，内能增加；体积不变，外界对气体没有做功，根据热力学第一定律，气体吸热．
(3)平均每个分子占有的空间体积为V′＝，把每个气体分子占有的体积看成立方体，由几何关系得l3＝V′，求得l＝3×10－9m.
答案　(1)BC　(2)增加　吸热　(3)3×10－9m
2．解析　(1)由题图可知，气体状态从A到B的过程为等压过程．
(2)状态从B到C的过程中，气体发生等容变化，且压强减小，根据＝C(常量)，则气体的温度降低．
(3)状态从C到D的过程中，气体发生等压变化，且体积减小，外界对气体做功，即W>0，根据＝C(常量)，则气体的温度T降低，气体的内能减小，由ΔU＝Q＋W，则Q＝ΔU－W<0，所以气体放热．
(4)状态从A―→B―→C―→D的变化过程中气体对外界所做的总功W＝p2(V3－V1)－p1(V3－V2)．
答案　(1)等压　(2)降低　(3)放热
(4)p2(V3－V1)－p1(V3－V2)
3．解析　(2)①气体体积变为原来的0.8倍的过程为等温压缩，由玻意耳定律
p1V1＝p2V2，解得p2＝1.25p0.
p2－p0＝0.25p0＝，解得m＝0.5 kg.
②将汽缸取出后加热为等压膨胀．
设气体原体积为V，则V1＝0.8 V，V2＝V，T1＝273 K，
由＝，得T2＝341.25 K.
所以气体最终的温度是341.25 K.
答案　(1)B　(2)①0.5 kg　②241.25 K
4．解析　(1)分子间距增大时，分子间的引力与斥力都减小；由于分子运动
的无规则性，温度升高时，不是每个分子的动能都增加；物体吸热的同时对外做功，且做的功等于吸的热，则它的内能不变；通过做功，热量可以从低温物体传到高温物体；物体对外做功时又吸热，且吸收的热多于对外做的功，它的内能将增加．
(2)①由玻意耳定律，对A部分气体有pALS＝p(L＋x)S，
对B部分气体有pBLS＝p(L－x)S，x＝10 cm
代入相关数据解得p＝1.5×105 Pa.
②活塞C向右移动的过程中A中气体对外做功，而气体发生等温变化，内能不变，故A中气体从外界吸热．
答案　(1)CDE　(2)①10 cm　1.5×105 Pa　②吸热；理由见解析
5．解析　(1)本题考查气体的状态方程和热力学第一定律pV＝nRT，一定质
量的理想气体pV越大，其温度越高，分子的平均动能越大．
(2)气压计示数为70 cmHg时，管内气体的压强为6 cmHg，气体柱长度20 cm.
气压计示数为67.5 cmHg，设管外气压为h cmHg，管内气体的压强为(h－67.5)cmHg，气体柱长度22.5 cm.
故有＝，＝，
解得h＝73.9 cmHg.
答案　(1)D　(2)73.9 cmHg
6．解析　(1)分子间距离大于r0，分子力表现为引力，此时减小分子间距，
分子力做正功；分子间距离小于r0，分子力表现为斥力，此时减小分子间距，分子力做负功，故A错；铁原子紧密排列，表示摩尔体积，摩尔体积除以NA，即原子体积，故B对；容器中的气体对器壁的压强是由于大量气体分子频繁的碰撞引起的，D错；气体温度不变，内能不变，增大体积，气体对外做功，根据热力学第一定律可知气体必定从外界吸收热量，E正确．
(2)①V1＝V0，T1＝300 K，p1＝p0，V2＝V0，T2＝330 K，由理想气体的状态方程＝，得：p2＝1.65×105 Pa，
②由＝，T3＝T2，得p3＝1.1×105 Pa.
答案　(1)BCE　(2)①1.65×105 Pa　②1.1×105 Pa
7．解析　(1)本题要注意水和水蒸气的区别．由于V表示在标准状态下水蒸
气的摩尔体积，ρ表示在标准状态下水蒸气的密度，所以一摩尔水蒸气的质量为ρV，则NA＝，A正确；NA个水分子的质量是μ，则每个水分子的质量m＝，D正确；表示水的密度，所以B错，C对．
(2)初始状态：p1＝p0－h1＝60 cmHg，
V1＝V0＋h0S＝100 cm3，T1＝300 K，
末状态：p2＝p0＋h2＝100 cmHg，
V2＝V1＋＝110 cm3，T2＝(273＋t2)K
由理想气体状态方程有：＝，
代入数据解得t2＝277 ℃.
答案　(1)ACD　(2)277 ℃
训练13　机械振动和
机械波及光学中常考的2个问题
1．(2012·天津卷，9(2))某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素．
(1)他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图13－16所示．这样做的目的是________(填字母代号)．
图13－16
A．保证摆动过程中摆长不变
B．可使周期测量得更加准确
C．需要改变摆长时便于调节
D．保证摆球在同一竖直平面内摆动
(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L＝0.999 0 m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图13－17所示，则该摆球的直径为________mm，单摆摆长为________m.
图13－17
(3)下列振动图象真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin 5°＝0.087，sin 15°＝0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是________(填字母代号)．
2．(改编题)(1)一列简谐横波，某时刻的波形图象如图13－18甲所示，从该
时刻开始计时，波上A质点的振动图象如图13－18乙所示，则(　　)．
图13－18
A．若此波遇到另一列简谐横波并发生了稳定干涉现象，则该波所遇到的波
的频率为1.25 Hz
B．若此波遇到另一列简谐横波并发生了稳定的干涉现象，则该波所遇到的
波的波长一定为20 m
C．若该波能发生明显的衍射现象，则该波所遇到的障碍物尺寸一定比20 m
大很多
D．从该时刻起，质点P将比质点Q先回到平衡位置
(2)在观察光的双缝干涉现象的实验中：
①将激光束照在如图13－19乙所示的双缝上，在光屏上观察到的现象是图甲中的________．
图13－19
②换用间隙更小的双缝，保持双缝到光屏的距离不变，在光屏上观察到的条纹宽度将________；保持双缝间隙不变，减小光屏到双缝的距离，在光屏上观察到的条纹宽度将________(以上均选填“变宽”、“变窄”或“不变”)．
3．(2012·南通模拟)(1)下列说法中正确的是 (　　)．
A．光的偏振现象说明光是一种纵波
B．相对论认为时间和空间与物质的运动状态有关
C．用激光读取光盘上记录的信息是利用激光平行度好的特点
D．当观察者向静止的声源运动时，接收到的声音频率小于声源发出的频率
(2)如图13－20所示， S1、S2是两个水波波源，某时刻它们形成的波峰和波谷分别用图中实线和虚线表示．下列说法中正确的是 (　　)．
图13－20
A．两列波的波长一定不同
B．两列波的频率可能相同
C．两列波叠加不能产生干涉现象
D．B点的振动始终是加强的
(3)如图13－21所示，OO′为等腰棱镜ABC的对称轴．两束频率不同的单色光a、b关于OO′对称，垂直AB面射向棱镜，经棱镜折射后射出并相交于P点，则此棱镜对光线a的折射率________(填“大于”、“等于”或“小于”)对光线b的折射率；这两束光从同一介质射向真空时，光束a发生全反射时的临界角________(填“大于”“等于”或“小于”)光束b发生全反射时的临界角．
图13－21
(4)如图13－22所示，一列简谐波沿x轴传播，实线为t1＝0时的波形图，此时P质点向y轴负方向运动，虚线为t2＝0.01 s时的波形图．已知周期T>0.01 s.
图13－22
①波沿x轴________(填“正”或“负”)方向传播；
②求波速．
4．(1)一束白光在真空中通过双缝后在屏上观察到的干涉条纹，除中央白色
亮纹外，两侧还有彩色条纹，其原因是________．
A．各色光的波长不同，因而各色光分别产生的干涉条纹的间距不同
B．各色光的速度不同，因而各色光分别产生的干涉条纹的间距不同
C．各色光的强度不同，因而各色光分别产生的干涉条纹的间距不同
D．上述说法都不正确
(2)一列简谐横波由质点A向质点B传播．已知A、B两点相距4 m，这列波的波长大于2 m而小于20 m．如图13－23甲、乙表示在波的传播过程中A、B两质点的振动图象．求波的传播速度．
图13－23
5．(1)下列说法中正确的是 (　　)．
A．X射线穿透物质的本领比γ射线更强
B．在电磁波发射技术中，使电磁波随各种信号而改变的技术叫做调谐
C．根据宇宙大爆炸学说，遥远星球发出的红光被地球接收到时可能是红外
线
D．爱因斯坦狭义相对论指出：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相
同的
(2)如图13－24所示，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，∠A＝30°，棱镜材料的折射率n＝ .在此截面所在的平面内，空气中的一条光线平行于底边AB从AC边上的M点射入棱镜，经折射射到AB边，光线从AC边进入棱镜时的折射角为________，试判断光线能否从AB边射出，________(填“能”或“不能”)．
图13－24
(3)一列简谐横波由P点向Q点沿直线传播，P、Q两点相距1 m．图13－25甲、乙分别为P、Q两质点的振动图象，如图所示，如果波长λ>1 m，则波的传播速度为多少？
图13－25
参考答案
1．解析　(1)在“探究影响单摆周期的因素”实验中，要使单摆在摆动过程
中摆长不变，而且摆长便于调节，故选项A、C正确，选项B、D错误．
(2)摆球的直径d＝12 mm＋0×0.1 mm＝12.0 mm
摆长l＝L－＝0.999 0 m－0.006 0 m＝0.993 0 m.
(3)单摆振动的摆角θ≤5°，当θ＝5°时，单摆振动的振幅A＝lsin 5°＝0.087 m＝8.7 cm，且为计时准确，在摆球摆至平衡位置时开始计时，故选项A正确，选项B、C、D错误．
答案　(1)AC　(2)12.0　0.9930　(3)A
2．解析　(1)本题既考查了波的图象和振动图象，又考查了波的干涉和波的
衍射现象．这列波的周期为0.8 s，频率为1.25 Hz.根据产生稳定干涉的条件知，两列波的频率必须相等，故A项正确；同种介质中波的传播速度相等，若两列波的频率相等，则波长必定相等，B项正确；根据发生明显衍射的条件知，C项错误；此时刻质点A向上振动，可以判断波沿x轴负方向传播，进一步判断质点P向下振动，D项错误．(2)双缝干涉图样是平行且等宽的明暗相间的条纹，A图正确；(3)根据Δx＝λ知，双缝间的距离d减小时，条纹间距变宽；当双缝到屏的距离L减小时，条纹间距变窄．
答案　(1)AB　(2)A　(3)变宽　变窄
3．解析　(4)①正
②由题意知，λ＝8 m①
t2－t1＝T，v＝②
联立①②式，代入数据解得，v＝100 m/s③
答案　(1)BC　(2)AC　(3)小于　大于　(4)①正
②100 m/s
4．解析　(1)白光包含各种颜色的光，它们的波长不同，在相同条件下做双
缝干涉实验时，它们的干涉条纹间距不同，所以在中央亮条纹两侧出现彩色条纹．A正确．
(2)由振动图象读出T＝0.4 s，
分析图象可知：t＝0时，质点A位于＋y方向最大位移处，而质点B则经过平衡位置向负y方向运动．
所以A、B间距4＝(n＋)λ，λ＝ m，
其中n＝0,1,2，…
因为这列波的波长大于2 m，而小于20 m，
所以n有0、1两个可能的取值，
即：λ1＝ m，λ2＝ m，
因v＝，所以v1＝ m/s或v2＝ m/s.
答案　(1)A　(2) m/s或 m/s
5．(1)CD　(2)30°　不能　(3)5 m/s
训练14　动量守恒定律、原子结构和原子核中常考的3个问题
1．(2012·浙江自选，14)一个静止的钚核Pu自发衰变成一个铀核U和另
一个原子核X，并释放出一定的能量．其核衰变方程为：Pu―→U＋X.
(1)方程中的“X”核符号为________；
(2)钚核的质量为239.052 2 u，铀核的质量为235.043 9 u，X核的质量为4.002 6 u，已知1 u相当于931 MeV，则该衰变过程放出的能量是________MeV；
(3)假设钚核衰变释放的能量全部转变为铀核和X核的动能，则X核与轴核的动能之比是________．
2．(1)图14－12中甲、乙两幅图是氢原子的能级图，图中箭头表示出核外电
子在两能级间跃迁的方向，________(填“甲”或“乙”)图中电子在跃迁时吸收光子；在光电效应实验中，有两个学生分别用蓝光和不同强度的黄光来研究光电流与电压的关系，得出的图象分别如丙、丁两幅图象所示、能正确表示光电流与电压关系的是________(填“丙”或“丁”)图．
图14－12
(2)以下说法中正确的是 (　　)．
A．光电效应揭示了光的粒子性，而康普顿效应揭示了光的波动性
B．原子核的质量等于组成它的核子的质量之和
C．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时所产生的
D．高速运动的质子、中子和电子都具有波动性
(3)两个质量相等的物体，向同一方向运动，速度分别为v1＝3 m/s，v2＝2 m/s，它们发生对心碰撞后，速度分别为v1′和 v2′.
①若v1′＝2 m/s，则v2′＝________m/s.
②在各种可能碰撞中，v1′的最大值为________m/s.
3．(1)下列说法中正确的是 (　　)．
A．用不可见光照射金属一定比用可见光照射同种金属产生的光电子的初动
能大
B．α粒子散射实验中极少数α粒子发生了较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结
构模型的主要依据
C．核反应方程：Be＋He―→C＋X中的X为质子
D.C的半衰期为5 730年，若测得一古生物遗骸中的C含量只有活体中的，
则此遗骸距今约有21 480年
(2)一炮弹质量为m，以一定的倾角斜向上发射，到达最高点时速度为v，炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块沿原轨道返回，质量为.求爆炸后系统增加的机械能．
4．(2012·郑州市质量检测)(1)甲、乙两种金属发生光电效应时，光电子的最大
初动能与入射光频率间的函数关系分别如图14－13中的Ⅰ、Ⅱ所示．下列判断正确的是________．
图14－13
A．Ⅰ与Ⅱ不一定平行
B．乙金属的极限频率大
C．图象纵轴截距由入射光强度决定
D．Ⅰ、Ⅱ的斜率是定值，与入射光和金属材料均无关系
(2)如图14－14所示，一轻质弹簧两端连接着物体A和物体B，放在光滑的水平面上，水平速度为v0的子弹射中物体A并嵌在其中，已知物体B的质量为mB，物体A的质量是物体B的质量的，子弹的质量是物体B的质量的，求弹簧被压缩到最短时的弹性势能．
图14－14
5．(1)下列说法中正确的是________．
A．一群氢原子处在n＝4的能级，由较高能级跃迁到较低能级时，辐射的光
谱线条数为4条
B．原子核的衰变是原子核在其他粒子的轰击下而发生的
C．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的
D．放射性元素的半衰期随温度和压强的变化而变化
(2)质量为m的物体A，以一定的速度v沿光滑的水平面运动，跟迎面而来速度大小为v的物体B相碰撞，碰后两个物体结合在一起沿碰前A的方向运动，且它们的共同速度大小为v.求B物体的质量和碰撞过程中损失的机械能．
6．(1)下列说法正确的是 (　　)．
A．最近发生事故的福岛核电站利用的是轻核聚变的原理发电的
B．用不可见光照射金属一定比用可见光照射同种金属产生的光电子的初动、能要大
C．波粒二象性中的波动性是大量光子和高速运动的微观粒子的行为，这种
波动性与机械波在本质上是不同的
D．欲使处于基态的氢原子电离，可以用动能为13.7 eV的电子去碰撞
(2)如图14－15所示 ，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ.最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动，木板足够长，A、B始终未滑离木板．求：木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移．
图14－15
7．(2012·济南市高考模拟)(1)太阳内部有多种热核反应，其中的一个反应方程
是：H＋H―→He＋X.若已知H的质量为m1；H的质量为m2，He的质量为m3，X的质量为m4，则下列说法中正确的是 (　　)．
A．X是中子
B.H和H在常温下就能够发生聚变
C．这个反应释放的核能为ΔE＝(m1＋m2－m3－m4)c2
D．我国大亚湾核电站就是利用轻核的聚变释放的能量来发电的
(2)如图14－16所示，质量为mB＝2 kg的平板车B上表面水平，开始时静止在光滑水平面上，在平板车左端静止着一块质量为mA＝2 kg的物体A，一颗质量为m0＝0.01 kg的子弹以v0＝600 m/s的水平初速度瞬间射穿A后，速度变为v＝100 m/s，已知A，B之间的动摩擦因数不为零，且A和B最终达到相对静止．求：
图14－16
①物体A的最大速度vA的大小；
②平板车B的最大速度vB的大小．
8．(1)下列说法正确的是________．
A．卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型
B．根据玻尔理论可知，当氢原子从n＝4的状态跃迁到n＝2的状态时，发
射出光子
C．β衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成
的
D．原子核的半衰期由核内部自身因素决定，与原子所处的化学状态和外部
条件无关
(2)能源是社会发展的基础，发展核能是解决能源问题的途径之一．下列释放核能的反应方程，表述正确的有 (　　)．
A.H＋H―→He＋n是核聚变反应
B.H＋H―→He＋n是β衰变
C.U＋n―→Ba＋Kr＋3n是核裂变反应
D.U＋n―→Xe＋Sr＋2n是α衰变
(3)如图14－17所示，滑块A、B静止在水平气垫导轨上，两滑块间紧压一轻弹簧，滑块用细线连接，细线烧断后，轻弹簧掉落，两个滑块向相反方向运动．现拍得一组频闪照片．已知滑块A的质量为100 g，求：滑块B的质量．
图14－17
参考答案
1．解析　(1)根据质量数、电荷数守恒，得X核的质量数为239－235＝4，
核电核数为94－92＝2，故“X”核为氦核，符号为He.
(2)钚核衰变过程中的质量亏损Δm＝239.052 2 u－235.042 9 u－4.002 6 u＝0.005 7 u，根据爱因斯坦质能方程，得出衰变过程中放出的能量E＝0.005 7×931 MeV≈5.31 MeV.
(3)钚核衰变成铀核和X核，根据动量守恒定律，两者动量大小相等，根据Ek＝mv2＝，得X核和铀核的动能之比＝≈58.7.
答案　(1)He　(2)5.31　(3)58.7
2．(1)乙　丁　(2)CD　(3)①3　②2.5
3．解析　(2)爆炸后一块弹片沿原轨道返回，则该弹片速度大小为v，方向与
原方向相反，设另一块爆炸后瞬时速度大小为v1，则爆炸过程中动量守恒，有mv＝－v＋v1，解得v1＝3v.
爆炸过程中重力势能没有改变，爆炸前系统总动能Ek＝mv2，爆炸后系统总动能Ek′＝×v2＋×(3v)2＝2.5 mv2，系统增加的机械能ΔE＝2mv2.
答案　(1)B　(2)2mv2
4．解析　(1)由爱因斯坦光电效应方程可知Ek＝hν－W0，可知最大初动能与
入射光频率间的函数关系斜率h是定值，与入射光和金属材料均无关系，因此图线平行，选项A错误，D正确；由图象横轴截距可知乙金属的极限频率大，选项B正确；图象纵轴截距数值等于－W0，是由金属决定的，选项C错误；因此答案选B、D.
(2)子弹射入物体A的过程中，由动量守恒定律得：v0＝v1，从子弹射入物体A到弹簧压缩到最短，由动量守恒定律得：v1＝v2，
由机械能守恒定律得：
v＝v＋Ep
由以上各式联立解得Ep＝mBv.
答案　(1)BD　(2)mBv
5．解析　(1)一群氢原子处在n＝4的能级，由较高能级跃迁到较低能级时，
辐射的光谱线条数为3＋2＋1＝6条，选项A错误；原子核的衰变是自发的，不是原子核在其他粒子的轰击下而发生的，选项B错误；β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的，选项C正确；放射性元素的半衰期不随温度和压强的变化而变化，选项D错误．
(2)由动量守恒定律得：mv－mB×v＝(m＋mB)×v，解得mB＝，由能量守恒定律可得，碰撞过程中损失的机械能，ΔE＝mv2＋mB2－(m＋mB)2＝mv2.
答案　(1)C 　(2)　mv2
6．解析　(1)目前的核电站都是利用的重核裂变发电的，因为受控热核反应
目前还没有开始民用，选项A错误；不可见光还包括红外线，因此用不可见光照射金属不一定比用可见光照射同种金属产生的光电子的初动能大，B错误；波粒二象性中的波动性是大量光子和高速运动的微观粒子的行为，这种波动性与机械波在本质上是不同的，选项C正确；基态的氢原子的能量是－13.6 eV，因此欲使处于基态的氢原子电离，可以用动能为13.7 eV的电子去碰撞，D正确．
(2)木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设三者速度相等时的速度为v1.对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：mv0＋2mv0＝(m＋m＋3m)v1
对木块B运用动能定理，有：－μmgs＝mv－m(2v0)2
解得：s＝.
答案　(1)CD　(2)
7．解析　(1)由核反应方程知A正确；聚变发生的条件是高温；B错误；由
质能方程知C正确；大亚湾核电站是利用重核裂变发电的，D错误．
(2)①子弹穿过物体A的过程中，对子弹和物体A，
由动量守恒定律得：m0v0＝m0v＋mAvA
解得：vA＝2.5 m/s
②对物体A和平板车B，由动量守恒定律得：
mAvA＝(mA＋mB)vB
解得：vB＝1.25 m/s.
答案　(1)AC　(2)①2.5 m/s　②1.25 m/s
8．解析　(1)β衰变是放射性原子核放射电子(β粒子)而转变为另一种核的过
程，β射线来源于原子核而不是核外电子．所以C错，A、B、D正确．
(2)β衰变时释放出电子，α衰变时释放出氦原子核，可知选项B、D错误；选项A中一个氚核和一个氘核结合成一个氦核并释放出一个中子是典型的核聚变反应；选项C中一个U 235原子核吸收一个中子，生成一个Ba原子核和一个Kr原子核并释放出三个中子．A、C正确．
(3)由动量守恒定律有：mAvA－mBvB＝0
其中：vA＝，vB＝，由题图可知sA＝1.5sB
代入数据可得滑块B的质量mB＝150 g
答案　(1)ABD　(2)AC　(3)150 g
训练2　力与物体的直线运动
一、单项选择题
1．如图2－10所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用而运动，前方固定
一个弹簧，当木块接触弹簧后 (　　)．
　
图2－10
A．将立即做变减速运动
B．将立即做匀减速运动
C．在一段时间内仍然做加速运动，速度继续增大
D．在弹簧处于最大压缩量时，物体的加速度为零
2．以36 km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为a＝4
m/s2的加速度，刹车后第3s内，汽车走过的路程为 (　　)．
A．12.5 m B．2 m
C．10 m D．0.5 m
3．一质点受到10 N的力的作用时，其加速度为2 m/s2；若要使小球的加速度变
为5 m/s2，则应该给小球施的力的大小为 (　　)．
A．10 N B．20 N
C．50 N D．25 N
4．我国道路安全部门规定，在高速公路上行驶的汽车最大速度为120 km/h，交
通部门提供下列资料：
资料一：驾驶员的反应时间：0.3～0.6 s
资料二：各种路面与轮胎之间的动摩擦因数
路面
动摩擦因数
干沥青
0.7
干磁石
0.6～0.7
湿沥青
0.32～0.4
根据以上资料，通过计算判断汽车行驶在高速公路上两车间的安全距离最接近
(　　)．
A．100 m B．200 m
C．300 m D．400 m
5. (2012·安徽卷，17)如图2－11所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜
面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则 (　　)．
图2－11
A．物块可能匀速下滑
B．物块仍以加速度a匀加速下滑
C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑
D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑
6. (2012·海南单科，6)如图2－12所示，表面处处同样粗糙的楔形木块abc固定
在水平地面上，ab面和bc面与地面的夹角分别为α和β，且α>β.一初速度为v0的小物块沿斜面ab向上运动，经时间t0后到达顶点b时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc下滑．在小物块从a运动到c的过程中，可能正确描述其速度大小v与时间t的关系的图象是 (　　)．
图2－12
二、多项选择题
7．(2012·新课标，14)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了
惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础，早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是 (　　)．
A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性
B．没有力的作用，物体只能处于静止状态
C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性
D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动
8.一个质量为0.3 kg的物体沿水平面做直线运动，如图2－13所示，图线a表示
物体受水平拉力时的v－t图象，图线b表示撤去水平拉力后物体继续运动的v－t图象，下列说法正确的是 (　　)．
图2－13
A．水平拉力的大小为0.1 N，方向与摩擦力方向相同
B．水平拉力对物体做功的数值为1.2 J
C．撤去拉力后物体还能滑行7.5 m
D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1
9．(2012·天津卷，8)如图2－14甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平
向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则 (　　)．
图2－14
A．0～t1时间内F的功率逐渐增大
B．t2时刻物块A的加速度最大
C．t2时刻后物块A做反向运动
D．t3时刻物块A的动能最大
10.如图2－15所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物
块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之以加速度a向上做匀加速运动，当物块B刚要离开C时F的大小恰为2mg.则 (　　)．
图2－15
A．物块B刚要离开C时B的加速度也为a
B．加速度a＝g
C．以A、B整体为研究对象可以计算出加速度a＝g
D．从F开始作用到B刚要离开C，A的位移为
三、计算题
11. (2012·江苏泰州三模)如图2－16所示，在光滑水平面上有A、B两个物体，B在前，A在后，A正以6 m/s 的速度向右运动，B静止；当A、B之间距离为18 m时，在A、B之间建立相互作用，其作用力为恒力，此后B物体加速，经过4 s，物体B的速度达到3 m/s，此时撤去A、B之间的相互作用，A、B继续运动又经4 s，A恰好追上B，在这一过程中：求：
图2－16
(1)在A物体追上B物体前，B运动的位移大小；
(2)在两物体间有相互作用时，物体A和B的加速度aA和aB的大小；
(3)物体A和B的质量之比．
12．如图2－17所示，“”形木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB
粗糙，光滑表面BC与水平面夹角为θ＝37°.木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从C点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图乙所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：
图2－17
(1)斜面BC的长度；
(2)滑块的质量；
(3)运动过程中滑块克服摩擦力做的功．
参考答案
1．C　[物体在力F作用下向左加速，接触弹簧后受到弹簧向右的弹力，合外
力向左逐渐减小，加速度向左逐渐减小，速度增大，当弹簧的弹力大小等于力F时合外力为0，加速度为0，速度最大，物体继续向左运动，弹簧弹力大于力F，合外力向右逐渐增大，加速度向右逐渐增大，速度减小，最后速度减小到0，此时加速度最大，综上所述，A、B、D错误，C正确．]
2．D　[由vt＝at可得t＝2.5 s，则第3 s内的位移，实质上就是2～2.5 s内的
位移，x＝at′2＝0.5 m．]
3．D　[根据F1＝ma1，把F1＝10 N，a1＝2 m/s2，代入，得m＝5 kg，再由F2
＝ma2，把m＝5 kg，a2＝5 m/s2代入，解得F2＝25 N．]
4．B　[当驾驶员的反应时间最长，路面的动摩擦因数最小时对应的最长距离
是安全距离．v＝120 km/h＝33.3 m/s，反应时间t＝0.6 s内位移x1约为20 m；又μmg＝ma，a＝3.2 m/s2，s2＝＝173 m；s＝s1＋s2＝193 m．]
5．C　[设斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律知物块的加速度a＝
>0，即μ0，故a′>a，物块将以大于a的加速度匀加速下滑．故选项C正确，选项A、B、D错误．]
6．C　[物块在整个运动过程中，由能量守恒知，物块在c点的动能小于初动
能，即v a2，故B、D错误，C正确．]
7．AD　[物体的惯性指物体本身要保持原来运动状态不变的性质，或者说是物
体抵抗运动状态变化的性质，选项A正确；没有力的作用，物体将保持静止状态或匀速直线运动状态，选项B错误；行星在圆周轨道上做匀速圆周运动，而惯性是指物体保持静止或匀速直线运动的状态，选项C错误；运动物体如果没有受到力的作用，根据牛顿第一定律可知，物体将继续以同一速度沿同一直线一直运动下去，选项D正确．]
8．AB　[图线a表示的v－t图象加速度较大，说明物体所受的拉力与摩擦力
方向相同，则F＋f＝maa＝0.2 N，图线b表示物体只在摩擦力作用下做匀减速运动，有f＝mab＝0.1 N，解得F＝f＝0.1 N，A项正确；有水平拉力时，物体位移为s＝×3 m＝12 m，故拉力做功的数值为W＝Fs＝1.2 J，B项正确；撤去拉力后物体能滑行13.5 m，C项错误；动摩擦因数μ＝＝，D项错误．]
9．BD　[在0～t1时间内物块A所受的合力为零，物块A处于静止状态，根据
P＝Fv知，力F的功率为零，选项A错误；在t2时刻物块A受到的合力最大，根据牛顿第二定律知，此时物块A的加速度最大，选项B正确；物块A在t1～t2时间内做加速度增大的加速运动，在t2～t3时间内做加速度减小的加速运动，t3时刻，加速度等于零，速度最大，选项C错误、选项D正确．]
10．BD　[物块B刚要离开C时B的加速度为0，A项错；未加F时对A受力
分析得弹簧的压缩量x1＝＝，B刚要离开C时对B受力分析得弹簧的伸长量x2＝，此时对A由牛顿第二定律得F－mgsin 30°－kx2＝ma，解得a＝g，B项正确、C项错；物体A的位移x1＋x2＝，D项正确．]
11．解析　物体B先加速运动后匀速运动
(1)xB＝t1＋vBt2＝m＝18 m.
(2)aB＝＝0.75 m/s2
A物体先减速运动再匀速运动
A减速运动的位移：
x1＝v0t1－aAt＝6×4－aA×42＝24－8aA，
A匀速运动的位移：x2＝(v0－aAt1)×t2＝24－16aA，
由题知xA＝x1＋x2＝xB＋18，即48－24aA＝18＋18，
解得aA＝0.5 m/s2.
(3)由牛顿第三定律有F1＝－F2，则质量之比＝＝.
答案　(1)18 m　(2)aA＝0.5 m/s2　aB＝0.75 m/s2　(3)
12.
解析　(1)分析滑块受力，由牛顿第二定律得：a1＝gsin θ＝6 m/s2
通过图象可知滑块在斜面上运动的时间为：
t1＝1 s
由运动学公式得：s＝a1t＝3 m.
(2)滑块对斜面的压力为N1′＝mgcos θ
木块对传感器的压力为F1＝N1′sin θ
由图象可知：F1＝12 N，解得m＝2.5 kg.
(3)滑块滑到B点时的速度为：v1＝a1t1＝6 m/s，由图象可知：f1＝5 N，t2＝2 s，滑块受到的摩擦力f＝f1＝5 N，a2＝＝2 m/s，s2＝v1t2－a2t＝8 m，W＝fs2＝40 J.
答案　见解析
训练3　力与物体的曲线运动
一、单项选择题
1．(2012·安徽江南十校联考)飞镖比赛是一项极具观赏性的体育比赛项目，2010
年的IDF(国际飞镖联合会)飞镖世界杯赛在上海进行．某一选手在距地面高h，离靶面的水平距离L处，将质量为m的飞镖以速度v0水平投出，结果飞镖落在靶心正上方．如只改变h、L、m、v0四个量中的一个，可使飞镖投中靶心的是(不计空气阻力) (　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　
A．适当减小v0 B．适当提高h
C．适当减小m D．适当减小L
2．(2012·安徽卷，14)我国发射的“天宫一号”和“神舟八号”在对接前，“天
宫一号”的运行轨道高度为350 km，“神舟八号”的运行轨道高度为343 km，它们的运行轨道均视为圆周，则 (　　)．
A．“天宫一号”比“神舟八号”速度大
B．“天宫一号”比“神舟八号”周期长
C．“天宫一号”比“神舟八号”角速度大
D．“天宫一号”比“神舟八号”加速度大
3．(2012·浙江卷，15)如图3－13所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带．假
设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动．下列说法正确的是 (　　)．
图3－13
A．太阳对各小行星的引力相同
B．各小行星绕太阳运动的周期均小于一年
C．小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值
D．小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值
4．一个中间钻有小孔的球，穿在半径为R的光滑圆形细轨道上，如图3－14所
示．在最低点给小球一个初速度v0，关于小球到达最高点的受力，下列说法正确的是 (　　)．
图3－14
A．v0越大，则小球到最高点时受到杆的弹力越大
B．v0＝2 时，小球恰能通过最高点
C．v0＝2 时，小球在最高点受到杆的支持力为零
D．v0＝2 时，小球在最高点受到杆的支持力等于重力
5．(2012·福建卷，16)一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大
小为v.假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N.已知引力常量为G，则这颗行星的质量为
(　　)．
A. B.
C. D.
6．如图3－15所示，一长为 L的木板倾斜放置，倾角为45°，今有一弹性小
球，自与木板上端等高的某处自由释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与木板夹角相等，欲使小球一次碰撞后恰好落到木板下端，则小球释放点距木板上端的水平距离为(　　)．
图3－15
A.L B.L
C.L D.L
7．如图3－16所示，P是水平放置的足够大的圆盘，绕经过圆心O点的竖直轴
匀速转动，在圆盘上方固定的水平钢架上，吊有盛水小桶的滑轮带动小桶一起以v＝0.2 m/s的速度匀速向右运动，小桶底部与圆盘上表面的高度差为h＝5 m．t＝0时，小桶运动到O点正上方且滴出第一滴水，以后每当一滴水刚好落在圆盘上时桶中恰好再滴出一滴水，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，若要使水滴都落在圆盘上的同一条直径上，圆盘角速度的最小值为ω，第二、三滴水落点的最大距离为d，则： (　　)．
图3－16
A．ω＝π rad/s，d＝1.0 m B．ω＝2π rad/s，d＝0.8 m
C．ω＝π rad/s，d＝0.8 m D．ω＝2π rad/s，d＝1.0 m
二、多项选择题
8．一个质量为2 kg的物体在光滑水平面上运动，在水平面内建立直角坐标系
xOy.t＝0时刻，该物体处于坐标原点，之后它的两个分速度vx、vy随时间变化的图象分别如图3－17所示．则 (　　)．
图3－17
A．4 s末物体的速度大小为6 m/s
B．4～6 s时间内物体做曲线运动
C．4～6 s时间内物体做匀减速直线运动
D．0～4 s和4～6 s两段时间内物体均做匀变速运动
9．下表是科学家通过理论推算出的“天宫一号”目标飞行器发射的几组数据，
其中发射速度v0是燃料燃烧完毕时火箭具有的速度，之后火箭带着空间站依靠惯性继续上升，到达指定高度h后再星箭分离，分离后的空间站以环绕速度v绕地球运动，假设燃料燃烧阶段火箭上升高度忽略不计．根据发射过程和表格中的数据，下面哪些说法是正确的 (　　).
空间站离地面高度h(km)
环绕速度v(km/s)
发射速度v0(km/s)
0
7.91
7.91
200
7.78
8.02
500
7.61
8.19
1 000
7.35
8.42
∞
0
11.20
A.不计空气阻力，在火箭依靠惯性上升的过程中机械能守恒
B．离地越高的卫星机械能越大，动能越大
C．离地越高的卫星环绕周期越大
D．当发射速度达到11.20 km/s时，卫星能脱离地球到达宇宙的任何地方
10．(2012·浙江卷，18)由光滑细管组成的轨道如图3－18所示，其中AB段和
BC段是半径为R的四分之一圆弧，
轨道固定在竖直平面内．一质量为m的小球，从距离水平地面高为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上．下列说法正确的是　(　　)．
图3－18
A．小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2
B．小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2
C．小球能从细管A端水平抛出的条件是H>2R
D．小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin＝R
11.2012年2月25日凌晨0时12分，中国在西昌卫星发射中心用“长征三号丙”
运载火箭，将第十一颗北斗导航卫星成功送入太空预定转移轨道，这是北斗导航系统组网的第六颗倾斜地球同步轨道卫星．卫星的运动都可看做是绕地心的匀速圆周运动，该卫星进入轨道正常运转后和前面正在工作的北斗卫星分别记作卫星1和卫星2，如图3－19所示．
图3－19
假设运行方向为顺时针，轨道半径为r，某时刻这两颗正在工作的卫星分别位于轨道上的P、Q两位置，轨道半径夹角为60°.已知地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．则以下判断正确的是 (　　)．
A．两卫星的运行速度都为7.9 km/s
B．这两颗卫星的加速度大小相等，均为
C．若卫星1向后喷气就一定能追上卫星2
D．卫星1由位置P运动到位置Q所需的时间为4小时
参考答案
1．A　[由于飞镖飞出后做平抛运动，水平方向位移有L＝v0t，竖直方向位移x
＝gt2，得：x＝g2.要击中靶心，可以增大x或减小h.要增大x，可以减小v0或增大L.]
2．B　[由题知“天宫一号”运行的轨道半径r1大于“神舟八号”运行的轨道
半径r2，天体运行时万有引力提供向心力．
根据G＝m，得v＝ ，因为r1>r2，故“天宫一号”的运行速度较小，选项A错误；根据G＝m2r得T＝2π ，故“天宫一号”的运行周期较长，选项B正确；根据G＝mω2r，得ω＝ ，故“天宫一号”的角速度较小，选项C错误；根据G＝ma，得a＝，故“天宫一号”的加速度较小，选项D错误．]
3．C　[根据F＝G，小行星带中各小行星的轨道半径r、质量m均不确定，
因此无法比较太阳对各小行星引力的大小，选项A错误；根据G＝m2r得，T＝2π ，因小行星绕太阳运动的轨道半径大于地球绕太阳运动的轨道半径，故小行星的运动周期大于地球的公转周期，即大于一年，选项B错误；根据G＝ma得a＝，所以内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值，选项C正确；根据G＝，得v＝ ，所以小行星带内各小行星做圆周运动的线速度值小于地球公转的线速度值，选项D错误．]
4．B　[光滑圆形细轨道对球可以施加向内或向外的力．在最高点，当小球所
需向心力小于重力时，小球受到重力和向上的支持力，即mg－FN＝m　①，又mv2－mv＝－2mgR　②，v0越大，FN越小，A错；小球恰能通过最高点，即小球到最高点速度恰为0，由②式知，v＝0时v0＝2，B正确；此时杆对球的支持力大小等于重力，C错；由②式知v0＝时，v＝，再由①式知，FN＝0，D错．]
5．B　[设卫星的质量为m′，
由万有引力提供向心力，得G＝m′，①
m′＝m′g，②
由已知条件：m的重力为N得N＝mg，③
由③得g＝，代入②得：R＝，
代入①得M＝，
故A、C、D三项均错误，B项正确．]
6．D　[本题考查自由落体运动及平抛运动．由于小球释放位置与木板上端等
高，设小球释放位置距木板上端的水平距离为x，小球与木板碰撞前有v2＝2gx，小球与木板碰撞后做平抛运动，则水平方向上有L－x＝vt，竖直方向上有L－x＝gt2，由以上三式联立解得x＝L，故选项D正确．]
7．A　[从小桶滴出的水滴做平抛运动，圆盘做匀速圆周运动，要使水滴都落
在圆盘的同一条直径上，则水滴在空中运动的时间等于圆盘做匀速圆周运动的半个周期的整数倍，要满足题目条件则每相邻两滴水落下的时间间隔应为圆盘做匀速圆周运动的半个周期，而且相邻落下的水滴分布在同一直径不同的半径上，由以上分析可知：h＝gt2，t＝ ＝1 s．由于t＝＝＝1 s，所以ω＝π rad/s，第2滴的落点距轴0.4 m，圆盘转半周后第3滴落在同一条直径上，距轴0.6 m，所以d＝1.0 m．]
8．CD　[
由图象可知，4 s末vx＝2 m/s，vy＝4 m/s，则v＝＝2 m/s，A项错；t＝4 s时刻，Fx＝max＝2 N，Fy＝may＝4 N，合力F的方向与合速度v的方向恰好相反，如图所示，故4～6 s时间内物体做匀减速直线运动，B错、C对；0～4 s和4～6 s两段时间内物体所受合力均为恒力，物体均做匀变速运动，D项正确．]
9．AC　[根据表中的数据，计算可得mv＝mgh＋mv2，由此可知不计空气阻
力，在火箭依靠惯性上升的过程中机械能守恒，选项A正确；离地越高的空间站机械能越大，动能越小，选项B错误；离地越高的空间站环绕速度越小，而轨道半径越大，运行一周的路程越大，环绕周期越大，选项C正确；当发射速度达到11.20 km/s时，空间站能脱离地球的引力范围，但仍要受到太阳引力的约束，只能在太阳系内运动，不能到达太阳系以外的地方，选项D错误．]
10．BC　[要使小球从A点水平抛出，则小球到达A点时的速度v>0，根据机
械能守恒定律，有mgH－mg·2R＝mv2，所以H>2R，故选项C正确、选项D错误；小球从A点水平抛出时的速度v＝ ，小球离开A点后做平抛运动，则有2R＝gt2，水平位移x＝vt，联立以上两式可得水平位移x＝2，选项A错误、选项B正确．]
11．BD　[本题考查同步卫星的基本规律，旨在考查运用万有引力定律解决问
题的能力．第一宇宙速度v＝7.9 km/s是卫星的最小发射速度，最大运行速度，由v＝ 知卫星轨道半径越大，运行速度越小，A错；在轨道上运行时，＝ma，又GM＝gR2，所以a＝，B对；卫星1要想追上卫星2，则需要减速，向低轨道运行，然后加速，才能追上，C错；同步卫星周期是24小时，从P到Q为圆周，故运行时间为4小时，D对．]
训练4　功能关系的应用
一、单项选择题
1．(2012·常州模拟)如图4－15所示，质量为m的物体放在光滑的水平面上，两
次用力拉物体，都是从静止开始，以相同的加速度移动同样的距离，第一次拉力F1的方向水平，第二次拉力F2的方向与水平方向成α角斜向上．在此过程中，两力的平均功率为P1和P2，则 (　　)．
图4－15
A．P1C．P1>P2 D．无法判断
2．(2012·上海单科，16)如图4－16所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长
的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高，将A由静止释放，B上升的最大高度是 (　　)．
图4－16
A．2R B.
C. D.
3．如图4－17所示，质量为m的小球在竖直面内的光滑圆轨道内侧做半径为R
的圆周运动．设小球恰好能通过最高点B时速度的大小为v.若小球在最低点水平向右的速度大小为2v，则下列说法正确的是 (　　)．
图4－17
A．小球能通过最高点B
B．小球在最低点对轨道的压力大小为4mg
C．小球能通过与圆心等高的A点
D．小球在A、B之间某一点脱离圆轨道，此后做平抛运动
二、多项选择题
4．(2012·广东卷，17)图4－18是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑
斜面相切，滑道底部B处安装一个压力传感器，其示数N表示该处所受压力的大小，某滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑，通过B时，下列表述正确的有 (　　)．
图4－18
A．N小于滑块重力 B．N大于滑块重力
C．N越大表明h越大 D．N越大表明h越小
5．(2012·济南市模拟考试)如图4－19所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面
为半圆，O为圆心，AB为沿水平方向的直径．若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D点；若A点小球抛出的同时，在C点以初速度v2沿BA方向平抛另一相同质量的小球并且也能击中D点．已知∠COD＝60°，且不计空气阻力，则 (　　)．
图4－19
A．两小球同时落到D点
B．两小球在此过程中动能的增加量相等
C．在击中D点前瞬间，重力对两小球做功的功率不相等
D．两小球初速度之比v1∶v2＝ ∶3
6．(2012·南通模拟)低碳、环保是未来汽车的发展方向．某汽车研发机构在汽车
的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的．某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系图象如图4－20所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线．已知汽车的质量为1 000 kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计．根据图象所给的信息可求出 (　　)．
图4－20
A．汽车行驶过程中所受地面的阻力为1 000 N
B．汽车的额定功率为80 kW
C．汽车加速运动的时间为22.5 s
D．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105 J
三、计算题
7．(2012·北京卷，22)如图4－21所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做
直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l＝1.4 m，v＝3.0 m/s，m＝0.10 kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，桌面高h＝0.45 m，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：
图4－21
(1)小物块落地点到飞出点的水平距离s；
(2)小物块落地时的动能Ek；
(3)小物块的初速度大小v0.
8．如图4－22所示，考驾照需要进行路考，其中一项是定点停车．路旁竖起一
标志杆，考官向考员下达定点停车的指令，考员立即刹车，将车停在标志杆处．若车以v0＝36 km/h的速度匀速行驶，当车头距标志杆s＝20 m时，考员开始制动，要求车在恒定阻力作用下做匀减速运动，并且使车头恰好停在标志杆处．已知车(包括车内的人)的质量为m＝1 600 kg，重力加速度g＝10 m/s2.
图4－22
(1)刹车过程中车所受阻力的大小为多少？
(2)若当车头距标志杆s＝20 m时，考官下达停车指令，考生经时间t0＝0.8 s(即反应时间)后开始刹车，车的初速度仍为v0＝36 km/h，则刹车阶段车克服阻力做功的功率约为多少？
9．(2012·南通二模)如图4－23所示，装置ABCDE固定在水平地面上，AB段为
倾角θ＝53°的斜面，BC段为半径R＝2 m的圆弧轨道，两者相切于B点，A点离地面的高度为H＝4 m.一质量为m＝1 kg的小球从A点由静止释放后沿着斜面AB下滑，当进入圆弧轨道BC时，由于BC段是用特殊材料制成的，导致小球在BC段运动的速率保持不变，最后，小球从最低点C水平抛出，落地速率为v＝7 m/s.已知小球与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力，求：
图4－23
(1)小球从B点运动到C点克服阻力所做的功．
(2)B点到水平地面的高度．
10．如图4－24所示，由于街道上的圆形污水井盖破损，临时更换了一个稍大
于井口的红色圆形平板塑料盖．为了测试因塑料盖意外移动致使盖上的物块滑落入污水井中的可能性，有人做了一个实验：将一个可视为质点、质量为m的硬橡胶块置于塑料盖的圆心处，给塑料盖一个沿径向的水平向右的初速度v0，实验的结果是硬橡胶块恰好与塑料盖分离．设硬橡胶块与塑料盖间的动摩擦因数为μ，塑料盖的质量为2m、半径为R，假设塑料盖与地面之间的摩擦可忽略，且不计塑料盖的厚度．
图4－24
(1)求硬橡胶块与塑料盖刚好分离时的速度大小；
(2)通过计算说明实验中的硬橡胶块是落入井内还是落在地面上．
参考答案
1．B　[两次拉力作用下，物体都从静止开始，以相同的加速度移动同样的距
离，则物体两次运动时间相同，获得的速度相同，即动能的增加量相同，也就是说两次拉力做功相同，做功的时间相同，平均功率相同，故B正确．]
2．C　[如图所示，以AB为系统，以地面为零势能面，设A质量为2m，B质
量为m，根据机械能守恒定律有：2mgR＝mgR＋×3 mv2，A落地后B将以v做竖直上抛运动，即有mv2＝mgh，解得h＝R.则B上升的高度为R＋R＝R，故选项C正确．]
3．C　[根据题意有mg＝m，设当小球在最低点水平向右的速度大小为2v时，
它运动到最高点B时的速度为vB，根据机械能守恒定律有m(2v)2＝2mgR＋mv，解得vB＝0，所以小球不可能通过最高点B，但能通过与圆心等高的A点，小球在AB之间某一点脱离圆轨道，此后做斜抛运动；小球在最低点对轨道的压力大小为FN＝mg＋＝5mg.]
4．BC　[设滑块质量为m，在B点所受支持力为FN，圆弧半径为R，所需向
心力为F.滑块从高度h处由静止下滑至B点过程中，由机械能守恒定律有mv＝mgh，在B点滑块所需向心力由合外力提供，得FN－mg＝m.由牛顿第三定律知，传感器示数N大小等于FN，解得N＝mg＋，由此式知N>mg，且h越大，N越大．选项B、C正确．]
5．CD　[本题考查平抛运动规律及功和功率．由h＝gt2可知小球下落时间取
决于下落高度，因C点距D点的高度是AD竖直高度的一半，故从C点抛出的小球先到达D点，选项A错误；由动能定理可知两球在此过程中动能增量等于重力所做的功，由W＝mgh可知选项B错误；根据P＝mgv可知重力的瞬时功率与其竖直方向速度有关，由2gh＝v2可得从A点抛出的小球落到D点时竖直方向分速度大于从C点抛到D点的分速度，故选项C正确；由h＝gt2及x＝v0t可得v1∶v2＝ ∶3，选项D正确．]
6．BD　[考查机车定功率启动等相关问题．由图线①求所受阻力，ΔEk＝EfΔx，
Ff＝＝2 000 N，A错误；由Ek＝可得，vm＝40 m/s，所以P＝Ffvm＝80 kW，B正确；加速阶段，Pt－Ffx＝ΔEk,80×103t－2×103×500＝3×105，t＝16.25 s，C错误；根据能量守恒，由图线②可得，ΔE＝Ek－Ffx＝(8×105－2×103×150)J＝5×105 J，D正确．]
7．解析　(1)由平抛运动规律，有：
竖直方向h＝gt2，水平方向s＝vt，
得水平距离s＝ v＝0.90 m.
(2)由机械能守恒定律，动能Ek＝mv2＋mgh＝0.90 J.
(3)由动能定理，有－μmg·l＝mv2－mv，
得初速度大小v0＝ ＝4.0 m/s.
答案　(1)0.90 m　(2)0.90 J　(3)4.0 m/s
8．解析　(1)刹车过程中由牛顿第二定律得f＝ma，
设车头刚好停在标志杆处，由运动学公式得：
v＝2as解得f＝，代入数据得f＝4×103 N.
(2)设刹车后经过t时间停 止，由s＝v0t0＋t
解得t＝2.4 s，由动能定理得车克服阻力做功
W＝mv＝8.0×104 J，
车克服阻力做功的功率为P＝＝3.33×104 W.
答案　(1)4×103 N　(2)3.33×104 W
9．解析　(1)设小球从B到C克服阻力做功为WBC，由动能定理，得mgR(1－cos θ)－WBC＝0.
代入数据，解得WBC＝8 J.
(2)设小球在AB段克服阻力做功为WAB，
B点到地面高度为h，则
WAB＝μmg cos θ，而＝.
对于小球从A点落地的整个过程，由动能定理，得
mgH－WAB－WBC＝mv2，联立，解得h＝2 m.
答案　(1)8 J　(2)2 m
10．解析　(1)设硬橡胶块与塑料盖恰好分离时，两者的共同速度为v，从开始
滑动到分离经历时间为t，在此期间硬橡胶块与塑料盖的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律得：
μmg＝ma1①
μmg＝2ma2②
v＝a1t＝v0－a2t③
由以上各式得v＝v0④
(2)设硬橡胶块与塑料盖恰好分离时，硬橡胶块移动的位移为x，取硬橡胶块分析，应用动能定理得μmgx＝mv2⑤
由系统能量关系可得μmgR＝(2m)v－(m＋2m)v2⑥
由④⑤⑥式可得x＝R⑦
因x答案　(1)v0　(2)井内
训练5　电场的基本性质
一、单项选择题
1．一个电荷量为10－6 C 的负电荷从电场中A点移到B点电场力要做功2×10－
6 J，从C点移到D要克服电场力做功7×10－6 J，若已知C点比B点电势高3 V，且A、B、C、D四点在同一条电场线上，则下列图正确的是 (　　)．
2．(2012·江苏单科，2)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距
和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是 (　　)．
A．C和U均增大 B．C增大，U减小
C．C减小，U增大 D．C和U均减小
3．(2012·海南单科，3)如图5－11所示，直线上有O、a、b、c四点，ab间的
距离与bc间的距离相等．在O点处有固定点电荷．已知b点电势高于c点电势．若一带负电荷的粒子仅在电场力作用下先从c点运动到b点，再从b点运动到a点，则 (　　)．
图5－11
A．两过程中电场力做的功相等
B．前一过程中电场力做的功大于后一过程中电场力做的功
C．前一过程中，粒子电势能不断减小
D．后一过程中，粒子动能不断减小
4．如图5－12所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，
下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离 (　　)．
图5－12
A．带电油滴将沿竖直方向向上运动
B．P点的电势将降低
C．带电油滴的电势能将减小
D．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大
5．如图5－13所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电
场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上板的过程中P、Q (　　)．
图5－13
A．运动的时间tQ>tP
B．运动的加速度aQC．所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2
D．动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2
6．(2012·安徽理综，18)如图5－14所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于
坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0 V，点A处的电势为6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为 (　　)．
图5－14
A．200 V/m B．200 V/m
C．100 V/m D．100 V/m
二、多项选择题
7．某空间存在水平方向的匀强电场(图中未画出)，带电小球沿如图5－15所示
的直线斜向下由A点沿直线向B点运动，此空间同时存在由A指向B的匀强磁场，则下列说法中正确的是 (　　)．
图5－15
A．小球一定带正电
B．小球可能做匀速直线运动
C．带电小球一定做匀加速直线运动
D．运动过程中，小球的机械能增大
8．(2012·浙江理综，19)用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面
上．小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5 cm时圆环被吸引到笔套上，如图5－16所示．对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是 (　　)．
图5－16
A．摩擦使笔套带电
B．笔套靠近圆环时，圆环上、下部感应出异号电荷
C．圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力
D．笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和
9．(2012·揭阳三模)一带正电粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到D点，
其v－t图象如图5－17所示，则下列说法中正确的有 (　　)．
图5－17
A．A处的电场强度一定大于B处的电场强度
B．粒子在A处的电势能一定大于在B处的电势能
C．C、D间各点电场强度和电势都为零
D．A、B两点电势差大于C、B两点电势差
10．如图5－18所示，为某一点电荷所形成的一簇电场线，a、b、c 三条虚线
为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹，其中b虚线为一圆弧，AB的长度等于BC的长度，且三个粒子的电荷量大小相等，不计粒子重力，则以下说法正确的是 (　　)．
图5－18
A．a一定是正粒子的运动轨迹，b和c一定是负粒子的运动轨迹
B．由于AB的长度等于BC的长度，故UAB＝UBC
C．a虚线对应的粒子的加速度越来越小，c虚线对应的粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子的加速度大小不变
D．b虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量
11．(2012·广东理综，20)图5－19是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电
矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧．对矿粉分离的过程，下列表述正确的有 (　　)．
图5－19
A．带正电的矿粉落在右侧
B．电场力对矿粉做正功
C．带负电的矿粉电势能变大
D．带正电的矿粉电势能变小
12．如图5－20所示，两个固定的相同细环相距一定的距离，同轴放置，O1、
O2分别为两环的圆心，两环分别带有均匀分布的等量异种电荷．一带正电的粒子从很远处沿轴线飞来并穿过两环，则在带电粒子运动过程中 (　　)．
图5－20
A．在O1点粒子加速度方向向左
B．从O1到O2过程粒子电势能一直增加
C．轴线上O1点右侧存在一点，粒子在该点动能最小
D．轴线上O1点右侧、O2点左侧都存在场强为零的点，它们关于O1、O2连线中点对称
参考答案
1．C　[由U＝，可知UAB＝V＝－2 V，UCD＝V＝7 V，由
题意，可知UCB＝3 V，选B点电势为0，可得φA＝－2 V，φC＝3 V，φD＝－4 V，又沿电场线方向电势降低，所以C选项正确．]
2．B　[由平行板电容器电容决定式C＝知，当插入电介质后，εr变大，则
在S、d不变的情况下C增大；由电容定义式C＝得U＝，又电荷量Q不变，故两极板间的电势差U减小，选项B正确．]
3．C　[由题意知O点点电荷带正电，其周围部分电场线分布如图所示，负电
荷由c到b再到a的过程中，电场强度不断变大，又＝，故Wab>Wbc，故A、B项均错误；负电荷由c―→b―→a过程中，电场力做正功，电势能不断减小，动能不断增加，故C项正确、D项错误．]
4．B　[本题考查平行板电容器的工作原理、受力分析、电势和电势能的判断
以及考生分析问题的能力．电容器和直流电源相接，所以当极间距离发生变化时，电容器两端的电压保持不变．当上极板向上移动时，d变大，因E＝，所以两板间电场强度变小，这时重力大于电场力，油滴向下运动，A项错误；负极板接地，电势为零，所以P点电势的大小就等于P点和下板间的电势差，E变小，所以φP变小，P点的电势降低，B项正确；由题意知，该油滴带负电，电势降低则电势能增加，C项错误；电容的定义式C＝可知，U不变，若电容变小，则电量变小，D项错误．]
5．C　[设P、Q两粒子的初速度均为v0，加速度分别是aP和aQ，粒子P到上
极板的距离是，它们类平抛的水平距离为l，则对P，由l＝v0tP，＝aPt，得到aP＝.同理对Q，l＝v0tQ，h＝aQt，得到aQ＝.同时可知，tP＝tQ，aQ＝2aP，而aP＝，aQ＝，可见，qP∶qQ＝1∶2，由动能定理，它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝∶(maQh) ＝1∶4，选C.]
6．A　[在匀强电场中，沿某一方向电势降落，则在这一方向上电势均匀降落，
故OA的中点C的电势φC＝3 V(如图所示)，因此B、C为等势面．O点到BC的距离d＝OCsin α，而sin α＝＝，所以d＝OC＝1.5×10－2m.根据E＝得，匀强电场的电场强度E＝＝ V/m＝200 V/m，故选项A正确，选项B、C、D错误．]
7．CD　[由于小球沿AB做直线运动，磁场方向由A指向B，所以小球不受洛
伦兹力作用，只受重力G和电场力Eq二力，因电场具体方向未知，所以小球带正负电不能确定，小球受mg和Eq的合力沿AB做匀加速直线运动，只有C、D对．]
8．ABC　[笔套与头发摩擦后，能够吸引圆环，说明笔套上带了电荷，即摩擦
使笔套带电，选项A正确；笔套靠近圆环时，由于静电感应，会使圆环上、下部感应出异号电荷，选项B正确；圆环被吸引到笔套的过程中，是由于圆环所受静电力的合力大于圆环所受的重力，故选项C正确；笔套接触到圆环后，笔套上的部分电荷转移到圆环上，使圆环带上相同性质的电荷，选项D错误．]
9．AB　[由题图知粒子在A处时的加速度大于在B处时的加速度，因a＝，
所以EA>EB，A对；粒子从A到B动能增加，由动能定理知电场力必做正功，电势能必减小，B对；同理由动能定理可知A、C两点的电势相等，UAB＝UCB，D错；仅受电场力作用的粒子在C、D间做匀速运动，所以C、D间各点电场强度均为零，但电势是相对零势点而言的，可以不为零，C错．]
10．CD　[由于电场线没有明确方向，因此无法确定三个带电粒子的电性；由
于该电场不是匀强电场，虽然AB的长度等于BC的长度，但AB段与BC段对应的电场强度不等，由点电荷等差等势面的分布特点，不难判断UABmC，即mB>mC，故D选项也正确．]
11．BD　[由题图可知，电场方向水平向左，带正电的矿粉所受电场力方向与
电场方向相同，所以落在左侧；带负电的矿粉所受电场力方向与电场方向相反，所以落在右侧，选项A错误．无论矿粉所带电性如何，矿粉均向所受电场力方向偏转，电场力均做正功，选项B正确；电势能均减少，选项C错误、选项D正确．]
12．ACD　[本题考查场强的矢量合成和带点粒子在电场中运动的特点．对于
每一个带电圆环，由等量异种电荷的场强分布特点得：每一个圆环的圆心的场强为零，两边的场强关于该圆环对称，并且中心轴线上的场强由中心到两侧，随着距离的增大，电场强度呈现先增大后减小的特点．现在轴线上的场强为两个圆环产生的场强的叠加，所以由O1、O2圆心的连线上的场强特点得：O1处的场强为O2圆环在该处的场强，方向沿连线指向O2，A正确；O1、O2圆心中间连线的场强水平向左，从O1到O2过程粒子所受的电场力一直做正功，电势能减小，B错误；轴线上从O1点向右电场强度的方向先向右后向左，带正电的粒子从很远处沿轴线飞来，电场力先做负功后做正功，则在电场为零处动能最小，C正确；依据两圆环的对称特点得轴线上O1点右侧、O2点左侧都存在场强为零的点，它们关于O1、O2连线中点对称，D正确．]
训练6　磁场的基本性质
一、单项选择题
1．(2012·大纲全国，18)如图6－16所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的
M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是 (　　)．
图6－16
A．O点处的磁感应强度为零
B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同
D．a、c两点处磁感应强度的方向不同
2．如图6－17所示，在方向竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直放置的平行金
属导轨CD、EF.导轨上放有质量为m的金属棒MN，棒与导轨间的动摩擦因数为μ.现从t＝0时刻起，给棒中通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即：I＝kt，其中k为恒量．若金属棒与导轨始终垂直，则下列关于金属棒的运动情况正确的是 (　　)．
图6－17
A．金属棒先做加速运动，最后匀速运动
B．金属棒先做加速运动，再做减速运动，最后匀速运动
C．金属棒先做加速运动，再做减速运动，最后静止
D．以上说法均不正确
3．(2012·北京理综，16)处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做
匀速圆周运动．将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值 (　　)．
A．与粒子电荷量成正比 B．与粒子速率成正比
C．与粒子质量成正比 D．与磁感应强度成正比
4．(2012·大纲全国，17)质量分别为m1和m2、电荷量分别为q1和q2的两粒子在
同一匀强磁场中做匀速圆周运动．已知两粒子的动量大小相等．下列说法正确的是 (　　)．
A．若q1＝q2，则它们做圆周运动的半径一定相等
B．若m1＝m2，则它们做圆周运动的半径一定相等
C．若q1≠q2，则它们做圆周运动的周期一定不相等
D．若m1≠m2，则它们做圆周运动的周期一定不相等
5．(2012·安徽安庆模拟，19)如图6－18所示，空间存在垂直于纸面向里的磁感
应强度为B的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为θ，一带电量为－q质量为m的带负电小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，在小球以后的运动过程中，下列说法正确的是
(　　)．
图6－18
A．小球下滑的最大速度为vm＝
B．小球下滑的最大加速度为am＝gsin θ
C．小球的加速度一直在减小
D．小球的速度先增大后减小
6．如图6－19所示，边长为a的等边三角形ABC区域中存在垂直纸面向里的
匀强磁场，一带正电、电荷量为q的粒子以速度v0沿AB边射入匀强磁场中，欲使带电粒子能从AC边射出，匀强磁场的磁感应强度B的取值应为 (　　)．
　
图6－19
A．B＝ B．B≥
C．B＝ D．B≥
二、多项选择题
7．(2012·郑州预测)如图6－20所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，
O点为圆弧的圆心．两金属轨道之间的宽度为0.5 m，匀强磁场方向如图，大小为0.5 T．质量为0.05 kg、长为0.5 m的金属细杆置于金属轨道上的M点．当在金属细杆内通以电流强度为2 A的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动．已知MN＝OP＝1 m，则 (　　)．
图6－20
A．金属细杆开始运动的加速度为5 m/s2
B．金属细杆运动到P点时的速度大小为5 m/s
C．金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为20 m/s2
D．金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小均为0.75 N
8．某空间存在着如图6－21甲所示的足够大的沿水平方向的匀强磁场．在磁场
中A、B两个物块叠放在一起，置于光滑水平面上，物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘．在t1＝0时刻，水平恒力F作用在物块B上，物块A、B由静止开始做加速度相同的运动．在A、B一起向左运动的过程中，以下说法正确的是 (　　)．
图6－21
A．图乙可以反映A所受洛仑兹力大小随时间t变化的关系
B．图乙可以反映A对B的摩擦力大小随时间t变化的关系
C．图乙可以反映A对B的压力大小随时间t变化的关系
D．图乙可以反映B对地面压力大小随时间t变化的关系
图6－22
9．如图6－22所示，在虚线所包围的圆形区域内有方向垂直于圆面向里的匀强
磁场，从磁场边缘的A点沿半径方向射入一束速率不同的质子，这些质子在磁场里运动的过程中，以下说法正确的是 (　　)．
A．周期相同，但运动时间不同，速率大的运动时间长
B．运动半径越大的质子运动时间越短，偏转角越小
C．质子在磁场中的运动时间均相等
D．运动半径不同，运动半径越大的质子向心加速度越大
10．(2012·石家庄教学检测)劳伦斯和利文斯顿设计出回旋加速器，工作原理示
意图如图6－23所示．置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U.若A处粒子源产生的质子质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响．则下列说法正确的是 (　　)．
图6－23
A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf
B．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比
C．质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为 ∶1
D．不改变磁感应强度B和交流电频率f, 该回旋加速器也能用于α粒子加速
三、计算题
11．核聚变反应需要几百万度以上的高温，为把高温条件下高速运动的离子约
束在小范围内(否则不可能发生核反应)，通常采用磁约束的方法(托卡马克装置)．如图6－24所示，环状匀强磁场围成中空区域，中空区域中的带电粒子只要速度不是很大，都不会穿出磁场的外边缘而被约束在该区域内．设环状磁场的内半径为R1＝0.5 m，外半径R2＝1.0 m，磁场的磁感强度B＝1.0 T，若被束缚带电粒子的荷质比为＝4×107 C/kg，中空区域内带电粒子具有各个方向的速度．求：
图6－24
(1)粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场的最大速度；
(2)所有粒子不能穿越磁场的最大速度．
12．在某一真空空间内建立xOy坐标系，从原点O处向第一象限发射一比荷＝
1×104 C/kg的带正电的粒子(重力不计)，速度大小v0＝103 m/s、方向与x轴正方向成30°角．
图6－25
(1)若在坐标系y轴右侧加有匀强磁场区域，在第Ⅰ象限，磁场方向垂直xOy平面向外；在第Ⅳ象限、磁场方向垂直xOy平面向里；磁感应强度均为B＝1 T，如图6－25(a)所示，求粒子从O点射出后，第2次经过x轴时的坐标x1.
(2)若将上述磁场改为如图6－25(b)所示的匀强磁场．在t＝0到t＝×10－4 s时间内，磁场方向垂直于xOy平面向外；在t＝×10－4 s到t＝×10－4 s时间内，磁场方向垂直于xOy平面向外，此后该空间不存在磁场．在t＝0时刻，粒子仍从O点以与原来相同的速率v0射入，求粒子从O点射出后第2次经过x轴时的坐标x2.
参考答案
1．C　[根据安培定则判断磁场方向，再结合矢量的合成知识求解．根据安培
定则判断：两直线电流在O点产生的磁场方向均垂直于MN向下，O点的磁感应强度不为零，故A选项错误；a、b两点的磁感应强度大小相等，方向相同，故B选项错误；根据对称性，c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，故C选项正确；a、c两点的磁感应强度方向相同，故D选项错误．]
2．C　[设导轨间距离为L，金属棒所受的安培力FB＝BIL＝BktL、垂直紧压导
轨平面．金属棒在竖直方向受摩擦力Ff＝μBkLt，方向竖直向上，重力mg竖直向下，开始一段时间内，金属棒向下加速的加速度a＝g－逐渐减小，当a减为零时，速度最大，然后金属棒做减速运动，加速度a′＝－g，方向向上，逐渐变大，速度减小为零时，金属棒所受的最大静摩擦力大于重力，所以金属棒静止．故C项正确．]
3．D　[带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T＝，该粒子运动等
效的环形电流I＝＝，由此可知，I∝q2，故选项A错误；I与速率无关，选项B错误；I∝，即I与m成反比，故选项C错误；I∝B，选项D正确．]
4．A　[粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由qvB＝
m得r＝，同一匀强磁场，即B相等，又因为两粒子的动量大小相等，所以有r∝，若q1＝q2，则r1＝r2，故A选项正确、B选项错误；由周期公式T＝，由于B相等，2π为常数，所以T∝，故C、D选项错误．]
5．B　[小球开始下滑时有mgsin θ－μ(mgcos θ－qvB)＝ma，随v增大，a增大，
当v＝时，a达最大值gsin θ，此后下滑过程中有：mgsin θ－μ(qvB－mgcos θ)＝ma，随v增大，a减小，当vm＝时，a＝0.所以整个过程中，v先增大后不变；a先增大后减小，所以B对．]
6．B　[粒子以速度v0在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qv0B
＝m，得轨迹半径r＝，若粒子恰从AC边上的C点射出，轨迹示意图如图所示，则r＝，解得B＝.欲使粒子能从AC边射出，则B≥，B项正确．]
7．CD　[金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小FA＝BIL＝
0.5×2×0.5 N＝0.5 N，金属细杆开始运动的加速度为a＝FA/m＝10 m/s2，选项A错误；对金属细杆从M点到P点的运动过程，安培力做功WA＝FA×(MN＋OP)＝1 J，重力做功WG＝－mg×ON＝－0.5 J，由动能定理得WA＋WG＝mv2，解得金属细杆运动到P点时的速度大小为v＝ m/s，选项B错误；金属细杆运动到P点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的加速度，水平方向的向心加速度大小为a′＝＝20 m/s2，选项C正确；在P点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F，水平向右的安培力FA，由牛顿第二定律得F－FA＝mv2/r, 解得F＝1.5 N，每一条轨道对金属细杆的作用力大小均为0.75 N，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小均为0.75 N，选项D正确．]
8．CD　[AB整体向左做初速度为零的匀加速直线运动，所以f洛与t成正比，
A错，A对B的摩擦大小恒定，B错，A对B压力N1＝mg＋Bqv，C正确，B对地压力N2＝(M＋m)g＋Bqv，D正确．]
9．BD　[因为Bqv＝m，所以r＝，v大，则r大．周期T＝＝，则
周期与运动速度大小无关．运动时间t＝T＝T，所以v大，则r大、θ小、t小，选项A、C错，B对．向心加速度a＝，r大，则v大，a也大，选项D对．]
10．AC　[粒子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制约，因v＝＝
2πRf，A正确；粒子离开回旋加速器的最大动能Ekm＝mv2＝m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，与加速电压U无关，B错误；根据R＝，Uq＝mv，2Uq＝mv，得质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为∶1，C正确；因回旋加速器的最大动能Ekm＝2mπ2R2f2与m、R、f均有关，D错误．]
11．解析　(1)要使粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场，则粒子的
临界轨迹必须要与外圆相切，轨迹如右图所示．
由图中知r＋R＝(R2－r1)2，
解得r1＝0.375 m，
由Bqv1＝m得v1＝＝1.5×107 m/s，
所以粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场的最大速度为v1＝1.5×107 m/s.
(2)当粒子以v2的速度沿与内圆相切方向射入磁场且轨道与外圆相切时，则以v2速度沿各方向射入磁场区的粒子都不能穿出磁场边界，如右图所示．
由图中知r2＝＝0.25 m，
由Bqv2＝m得v2＝＝1.0×107 m/s，
所以所有粒子不能穿越磁场的最大速度v2＝1.0×107 m/s.
答案　(1)1.5×107 m/s　(2)1.0×107 m/s
12．解析　(1)轨迹如图(a)所示，洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m，解得R
＝0.1 m，
(a)
由几何关系得OA＝R，
解得，x1＝2OA＝0.2 m，
(2)轨迹半径R＝＝0.1 m，
周期T＝＝2π×10－4s，
磁场变化的半周期为Δt＝×10－4s＝，
粒子运动轨迹如图(b)所示，由几何关系知，
(b)
OE＝2(R＋Rsin 30°)，
DE＝2Rsin 60°，
EP＝DEtan 60°，
解得x2＝OE＋EP＝0.6 m.
答案　(1)0.2 m　(2)0.6 m
训练7　带电粒子在复合场中的运动
1．(2012·济南市高考模拟)如图7－9所示，两块平行金属极板MN水平放置，
板长L＝1 m．间距d＝ m，两金属板间电压U＝1×104 V；在平行金属板右侧依次存在ABC和FGH两个全等的正三角形区域，正三角形ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，三角形的上顶点A与上金属板M平齐，BC边与金属板平行，AB边的中点P恰好在下金属板N的右端点；正三角形FGH内存在垂直纸面向外的匀强磁场B2，已知A、F、G处于同一直线上．B、C、H也处于同一直线上．AF两点距离为 m．现从平行金属极板MN左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m＝3×10－10 kg，带电荷量q＝＋1×10－4 C，初速度v0＝1×105 m/s.
图7－9
(1)求带电粒子从电场中射出时的速度v的大小和方向；
(2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC边上，求该区域的磁感应强度B1；
(3)若要使带电粒子由FH边界进入FGH区域并能再次回到FH界面，求B2应满足的条件．
2．(2012·课标，25)如图7－10所示，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面
(纸面)．在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直．圆心O到直线的距离为R.现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域．若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小．
图7－10
3．如图7－11所示，坐标系xOy在竖直平面内，长为L的水平轨道AB光滑且
绝缘，B点坐标为.有一质量为m、电荷量为＋q的带电小球(可看成质点)被固定在A点．已知在第一象限内分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，场强大小E2＝，磁场为水平方向(在图中垂直纸面向外)，磁感应强度大小为B；在第二象限内分布着沿x轴正方向的水平匀强电场，场强大小E1＝.现将带电小球从A点由静止释放，设小球所带的电荷量不变．试求：
图7－11
(1)小球运动到B点时的速度大小；
(2)小球第一次落地点与O点之间的距离；
(3)小球从开始运动到第一次落地所经历的时间．
4．如图7－12a所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力
不计、比荷＝106 C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过×10－5 s后，电荷以v0＝1.5×104 m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图7－12b所示规律周期性变化(图b中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t＝0时刻)．求：
图7－12
(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)图b中t＝×10－5 s时刻电荷与O点的水平距离；
(3)如果在O点右方d＝68 cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间．(sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80)
参考答案
1．解析　(1)设带电粒子在电场中做类平抛运动时间为t，加速度为a，则：q
＝ma，故a＝＝×1010m/s2，t＝＝1×10－5 s，竖直方向的速度为vy＝at＝×105 m/s，射出时的速度大小为v＝＝×105 m/s，速度v与水平方向夹角为θ，tan θ＝＝，故θ＝30°，即垂直于AB方向射出．
(2)带电粒子出电场时竖直方向偏转的位移y＝at2＝ m＝，即粒子由P点垂直AB射入磁场，由几何关系知在磁场ABC区域内做圆周运动的半径为R1＝＝ m，
由B1qv＝m知：B1＝＝ T.
(3)分析知当轨迹与边界GH相切时，对应磁感应强度B2最小，运动轨迹如图所示：
由几何关系可知R2＋＝1 m，
故半径R2＝(2－3)m，
又B2qv＝m，故B2＝ T，所以B2应满足的条件为大于 T.
答案　见解析
2．解析　粒子在磁场中做圆周运动．设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛
伦兹力公式得qvB＝m ①
式中v为粒子在a点的速度．
过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点．由几何关系知，线段、和过a、b两点的圆弧轨迹的两条半径(未画出)围成一正方形．因此＝＝r ②
设＝x，由几何关系得＝R＋x ③
＝R＋ ④
联立②③④式得r＝R ⑤
再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动．设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE＝ma ⑥
粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得r＝at2⑦
r＝vt ⑧
式中t是粒子在电场中运动的时间．
联立①⑤⑥⑦⑧式得E＝. ⑨
答案　
3．解析　(1)小球从A点运动到B点的过程中，由动能定理得mv＝qE1L，
所以小球运动到B点时的速度大小
vB＝ ＝ ＝.
(2)小球在第一象限内做匀速圆周运动，设半径为R，
由qBvB＝m得R＝＝·＝L，
设图中C点为小球做圆周运动的圆心，它第一次的落地点为D点，则CD＝R，
OC＝OB－R＝L－L＝L，
所以，第一次落地点到O点的距离为
OD＝＝ ＝.
(3)小球从A到B所需时间tAB＝＝＝，
小球做匀速圆周运动的周期为T＝，
由几何关系知∠BCD＝120°，
小球从B到D所用的时间为tBD＝＝，
所以小球从开始运动到第一次落地所经历的时间为
tAD＝tAB＋tBD＝＋＝.
答案　(1)　(2)　(3)
4．解析　(1)电荷在电场中做匀加速直线运动，设其在电场中运动的时间为t1，
有：v0＝at1，Eq＝ma，
解得：E＝＝7.2×103 N/C.
(2)当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径：r＝＝5 cm，周期T1＝＝×10－5 s，当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径：r2＝＝3 cm，
周期T2＝＝×10－5 s，
故电荷从t＝0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如下图所示．
t＝×10－5 s时刻电荷与O点的水平距离：
Δd＝2(r1－r2)＝4 cm.
(3)电荷从第一次通过MN开始，其运动的周期为：
T＝×10－5 s，
根据电荷的运动情况可知，
电荷到达挡板前运动的完整周期数为15个，
此时电荷沿MN运动的距离：s＝15 Δd＝60 cm，
则最后8 cm的距离如右图所示，有：
r1＋r1cos α＝8 cm，
解得：cos α＝0.6，则α＝53°
故电荷运动的总时间：
t总＝t1＋15T＋T1－T1＝3.86×10－4 s.
答案　(1)7.2×103 N/C　(2)4 cm　(3)3.86×10－4 s
训练8　恒定电流和交变电流
一、单项选择题
1．如图8－18所示，是一个正弦式交变电流的图象，下列说法正确的是(　　)．　　　　　　　
图8－18
A．周期是0.2 s，电流的峰值是10 A
B．周期是0.15 s，电流的峰值是10 A
C．频率是5 Hz，电流的有效值是10 A
D．频率是0.2 Hz，电流的有效值是7.07 A
图8－19
2．在如图8－19所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻．当开关S闭合后，
两平行金属板M、N中有一带电液滴正好处于静止状态．为使带电液滴向上加速运动，可采取的措施是 (　　)．
A．增大R1 B．减小R2
C．减小R3 D．增大M、N间距
3．现用电压为380 V的正弦式交流电给额定电压为220 V的电灯供电，以下电
路中不可能使电灯正常发光的有 (　　)．
4．(2012·浙江理综，17)功率为10 W的发光二极管(LED灯)的亮度与功率为60 W
的白炽灯相当．根据国家节能战略，2016年前普通白炽灯应被淘汰．假设每户家庭有2只60 W的白炽灯，均用10 W的LED灯替代，估算出全国一年节省的电能最接近 (　　)．
A．8×108 kW·h B．8×1010 kW·h
C．8×1011 kW·h D．8×1013 kW·h
5．(2012·海南单科，4)如图8－20所示，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，
两个标有“12 V，6 W”的小灯泡并联在 副线圈的两端．当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想的)的示数分别是 (　　)．
图8－20
A．120 V,0.10 A B．240 V,0.025 A
C．120 V,0.05 A D．240 V,0.05 A
6．(2012·重庆理综，15)如图8－21所示，理想变压器的原线圈接入u＝11 000
sin 100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6 Ω的导线对“220 V/880 W”的电器RL供电，该电器正常工作．由此可知 (　　)．
图8－21
A．原、副线圈的匝数比为50∶1
B．交变电压的频率为100 Hz
C．副线圈中电流的有效值为4 A
D．变压器的输入功率为880 W
二、多项选择题
7．如图8－22所示是一台家用台灯亮度调节原理图，自耦变压器接入正弦交流
电压，电流表、电压表为理想的．若将调压端的滑动触头P向上移动，则 (　　)．
图8－22
A．电压表V的示数变大 B．变压器的输出功率变大
C．电流表A的示数变小 D．电流表A的示数变大
图8－23
8．(2012·皖北高三联考)如图8－23所示，理想变压器原线圈与频率为50 Hz的
正弦交流电源相连，两个阻值均为20 Ω的电阻串联后接在副线圈的两端．图中的电流表、电压表均为理想电表，原、副线圈分别为200匝、100匝，电压表的示数为5 V，则 (　　)．
A．电流表的示数为0.5 A
B．流过电阻的交流电的频率为100 Hz
C．交流电源输出电压的有效值为20 V
D．交流电源的输出功率为2.5 W
9．(2012·山东理综，18)图8－24甲是某燃气炉点火装置的原理图．转换器将直
流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000 V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是 (　　)．
图8－24
A．电压表的示数等于5 V
B．电压表的示数等于 V
C．实现点火的条件是>1 000
D．实现点火的条件是<1 000
10．(2012·北京适应性练习)如图8－25所示，理想变压器的原线圈匝数n1＝1 600
匝，副线圈匝数n2＝800匝，交流电源的电动势瞬时值e＝220 sin (100 πt)V，交流电表?和的内阻对电路的影响可忽略不计．则 (　　)．
图8－25
A．当可变电阻R的阻值为110 Ω时，变压器的输入功率为110 W
B．当可变电阻R的阻值为110 Ω时，电流表?的示数为2 A
C．当可变电阻R的阻值增大时，电压表的示数增大
D．通过可变电阻R的交变电流的频率为50 Hz
11．2011年9月28日，中国第二条特高压交流电项目获批，国家电网副总经理
舒印彪表示：该公司第二条特高压交流电项目已获得发改委批准，投资规模、线路长度和输电容量都比之前项目大一倍以上．如图8－26所示是远距离输电示意图，电站的输出电压U1＝250 V，输出功率P1＝100 kW，输电线电阻R＝8 Ω.则进行远距离输电时，下列说法正确的是 (　　)．
图8－26
A．若电站的输出功率突然增大，则降压变压器的输出电压减小
B．若电站的输出功率突然增大，则升压变压器的输出电压增大
C．输电线损耗比例为5%时，所用升压变压器的匝数比＝
D．用10 000 V高压输电，输电线损耗功率为8 000 W
三、计算题
12．(2012·江苏调研卷五，15)如图8－27所示，在磁感应强度为B＝2 T，方向
垂直纸面向里的匀强磁场中，有一个由两条曲线状的金属导线及两电阻(图中黑点表示)组成的固定导轨，两电阻的阻值分别为R1＝3 Ω、R2＝6 Ω，两电阻的体积大小可忽略不计，两条导线的电阻忽略不计且中间用绝缘材料隔开，导轨平面与磁场垂直(位于纸面内)，导轨与磁场边界(图中虚线)相切，切点为A.现有一根电阻不计、足够长的金属棒MN与磁场边界重叠，在A点对金属棒MN施加一个方向与磁场垂直、位于导轨平面内、并与磁场边界垂直的拉力F，将金属棒MN以速度v＝5 m/s匀速向右拉，金属棒MN与导轨接触良好，以切点为坐标原点，以F的方向为正方向建立x轴，两条导线的形状符合曲线方程y＝±2sinm.求：
图8－27
(1)感应电动势e的大小与金属棒的位移x的关系式；
(2)整个过程中力F所做的功．
参考答案
1．A　[由题中图象可知T＝0.2 s，Im＝10 A，故频率f＝＝5 Hz，I＝＝7.07
A，A正确，B、C、D错误．]
2．B　[由题图可知R2、R3串联后接在电源两端，电容器稳定后获得的电压UC
＝E与R1无关，所以只有B项能使UC变大．]
3．D　[由题图可知，A、B选项中均有电阻分压，可以使电灯正常发光；C选
项为降压变压器，通过变压器降压也可以使电灯正常发光；D选项为升压变压器，电灯两端的电压要大于380 V，不可行．]
4．B　[按每户一天亮灯5小时计算，每户一年节省的电能为(2×60－
2×10)×10－3×5×365 kW·h＝182.5 kW·h，假设全国共有4亿户家庭，则全国一年节省的电能为182.5×4×108 kW·h＝7.3×1010 kW·h，最接近于B选项，故选项B正确，选项A、C、D错误．]
5．D　[副线圈电压U2＝12 V，由＝得U1＝240 V，副线圈中电流I2＝2×
＝1 A，由＝得I1＝0.05 A．]
6．C　[由电器RL正常工作，可得通过副线圈的电流为I＝＝ A＝4 A，故
C对；副线圈导线所分电压为Ur＝4×6 V＝24 V，副线圈两端电压U2＝220 V＋24 V＝244 V，因此原、副线圈的匝数比＝＝＝，故A错；又P1＝P2＝U2I2＝244×4 W＝976 W，故D错；交变电压的频率f＝＝50 Hz，故B错．]
7．ABD　[当滑动触头P向上移动时，自耦变压器“副线圈”匝数增大，由＝
可知“副线圈”两端电压增大，台灯的功率变大，A、B正确；由于理想变压器输入功率与输出功率相等，且输入电压不变，故电流表示数变大，C错误、D正确．]
8．CD　[根据题述电压表的示数为5 V可知，变压器输出电压为10 V，利用变
压器变压公式可得交流电源的输出电压即变压器输入电压的有效值为20 V，选项C正确；变压器输出功率为 W＝2.5 W，交流电源的输出功率为2.5 W，选项D正确；由2.5＝20×I得电流表的读数为0.125 A，选项A错误；变压器不能改变交流电的频率，流过电阻的交流电的频率为50 Hz，选项B错误．本题选项D正确．]
9．BC　[由u－t图象知，变流电压的最大值Um＝5 V，所以电压表的示数U
＝＝V，故选项A错误、选项B正确；变压器副线圈电压的最大值U2m＝5 000 V时，有效值U2＝＝ V，根据＝，所以点火的条件>＝1 000，故选项C正确、选项D错误．]
10．AD　[由＝可知，副线圈的电压瞬时值U＝110·sin(100 πt)V，故可
变电阻R的阻值为110 Ω时，可变电阻消耗的功率为P＝，则变压器的输入功率为110 W，选项A正确．电流表示数为电流的有效值，经计算可知应为1 A，选项B错误．由于原、副线圈的匝数比确定，则副线圈电压恒定，选项C错误．变压器并不改变电流的频率，原线圈中电流的频率为50 Hz，故副线圈中电流的频率为50 Hz，选项D正确．]
11．AC　[由＝知U1不变时，U2也不变，故B错；由U3＝U2－R，知
电站的输出功率突然增大，U3减小，又＝，故U4也减小，A正确；I1＝＝400 A，I2＝ ＝25 A，＝＝＝，所以C正确；用10 000V高压输电，即U2′＝10 000 V，I2′＝＝10 A，ΔP′＝I2′2R＝8×102 W．所以D错误．]
12．解析　(1)金属棒切割磁感线的有效长度设为l，
则l＝2|y|＝4sinm
所以e＝Blv＝40sinV
又x＝vt，所以e＝40sinV.
(2)由于金属棒做匀速运动，力F所做的功等于电路中电流所做的功．
有效值E＝＝40 V，
金属棒切割磁感线的时间t1＝＝1.6 s，
电路中总电阻R＝＝ Ω＝2 Ω，
拉力F所做的功W＝Q热＝t1＝1 280 J.
答案　见解析
训练9　
电磁感应现象及电磁感应规律的应用
一、单项选择题
1．如图9－15甲所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg处于方向竖直
向下的匀强磁场中，金属杆ab与金属框架接触良好．在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计．现用一水平向右的外力F作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右在框架上滑动，运动中杆始终垂直于框架．图乙为一段时间内金属杆中的电流随时间t的变化关系图象，则下列选项中可以表示外力F随时间t变化关系的图象是 (　　)．
图9－15
图9－16
2．(2012·海南单科，5)如图9－16所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在
天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过．现将环从位置I释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ.设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2，重力加速度大小为g，则 (　　)．
A．T1>mg，T2>mg
B．T1C．T1>mg，T2D．T1mg
3．如图9－17所示，匀强磁场区域为一个等腰直角三角形，其直角边长为L，
磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿a―→b―→c―→d―→a的感应电流方向为正，则下图表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是 (　　)．
图9－17
4．(2012·全国卷，19)如图9－18所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成
的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为 (　　)．
图9－18
A. B.
C. D.
二、多项选择题
5.如图9－19所示，电阻不计的光滑平行金属导轨MN和OP足够长，水平放
置．MO间接有阻值为R的电阻，两导轨相距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.有一质量为m，长度为L，电阻为R0的导体棒CD垂直于导轨放置，并接触良好．用平行于MN向右的水平力拉动CD，使之由静止开始运动．拉力的功率恒为P，当导体棒CD达到最大速度v0时，下列判断中正确的是 (　　)．
图9－19
A．最大速度数值为v0＝
B．导体棒上C点电势低于D点电势
C．克服安培力的功率等于拉力的功率P
D．导体棒CD上产生的电热功率为P
6．(改编题)处于竖直向上匀强磁场中的两根电阻不计的平行金属导轨，下端连
一电阻R，导轨与水平面之间的夹角为θ，一电阻可忽略的金属棒ab，开始时固定在两导轨上某位置，棒与导轨垂直．如图9－20所示，现释放金属棒让其由静止开始沿轨道平面下滑．就导轨光滑和粗糙两种情况比较，当两次下滑的位移相同时，则有 (　　)．
图9－20
A．重力势能的减少量相同 B．机械能的变化量相同
C．磁通量的变化率相同 D．产生的焦耳热不相同
图9－21
7. (2012·常州模拟)有一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为
r的圆环，ab为圆环的一条直径．如图9－21所示，在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图所示．磁感应强度大小随时间的变化率为＝k(k<0)．则 (　　)．
A．圆环中感应电流大小为
B．图中a、b两点的电势差Uab＝
C．圆环中产生逆时针方向的感应电流
D．圆环具有扩张趋势
三、计算题
图9－22
8．如图9－22所示，在与水平方向成θ＝30°角的平面内放置两条平行、光滑且
足够长的金属轨道，其电阻可忽略不计．空间存在着匀强磁场，磁感应强度B＝0.20 T，方向垂直轨道平面向上．导体棒ab、cd垂直于轨道放置，且与金属轨道接触良好构成闭合回路，每根导体棒的质量m＝2.0×10－2kg、电阻r＝5.0×10－2Ω，金属轨道宽度l＝0.50 m．现对导体棒ab施加平行于轨道向上的拉力，使之沿轨道匀速向上运动．在导体棒ab运动过程中，导体棒cd始终能静止在轨道上．g取10 m/s2，求：
(1)导体棒cd受到的安培力大小；
(2)导体棒ab运动的速度大小；
(3)拉力对导体棒ab做功的功率．
9．(2012·湖南衡阳联考25)如图9－23所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、
PQ平行固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，两导轨间距L＝1 m，导轨的电阻可忽略．M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量m＝1 kg、电阻r＝0.2 Ω的均匀直金属杆ab放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好．整套装置处于磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．自图示位置起，杆ab受到大小为F＝0.5v＋2(式中v为杆ab运动的速度，力F的单位为N)、方向平行于导轨沿斜面向下的拉力作用，由静止开始运动，测得通过电阻R的电流随时间均匀增大．g取10 m/s2，sin 37°＝0.6.
图9－23
(1)试判断金属杆ab在匀强磁场中做何种运动，并请写出推理过程；
(2)求电阻R的阻值；
(3)求金属杆ab自静止开始下滑通过位移x＝1 m所需的时间t.
10．如图9－24所示，光滑绝缘水平面上放置一均匀导体制成的正方形线框
abcd，线框质量为m，电阻为R，边长为L.有一方向垂直水平面向下的有界磁场，磁场的磁感应强度为B，磁场区宽度大于L，左、右边界与ab边平行．线框在水平向右的拉力作用下垂直于边界线穿过磁场区．
图9－24
(1)若线框以速度v匀速穿过磁场区，求线框在离开磁场时a、b两点间的电势差．
(2)若线框从静止开始以恒定的加速度a运动，经过t1时间ab边开始进入磁场，求cd边将要进入磁场时刻回路的电功率．
(3)若线框以初速度v0进入磁场，且拉力的功率恒为P0.经过时间T，cd边进入磁场，此过程中回路产生的电热为Q.后来ab边刚穿出磁场时，线框速度也为v0，求线框穿过磁场所用的时间t.
参考答案
1．B　[金属杆由静止开始向右在框架上滑动，金属杆切割磁感线产生感应电
动势E＝BLv，在回路内产生感应电流，I＝＝.由题图乙金属杆中的电流随时间t均匀增大可知金属杆做初速度为零的匀加速运动，I＝.由安培力公式可知金属杆所受安培力F安＝BIL，根据牛顿第二定律F－F安＝ma，可得外力F＝ma＋F安＝ma＋BIL＝ma＋，所以正确选项是B.]
2．A　[金属圆环从位置Ⅰ到位置Ⅱ过程中，由楞次定律知，金属圆环在磁铁
上端时受安培力向上，在磁铁下端时受安培力也向上，则金属圆环对磁铁的作用力始终向下，对磁铁受力分析可知T1>mg，T2>mg，A项正确．]
3．C　[在0～L过程中无电磁感应现象．在L～2L的过程中，线圈bc边切割
磁感线的有效长度L在线性增加，感应电动势e＝BLv及感应电流i＝也在线性增加，在2L点达最大值．且由右手定则得电流方向沿a―→b―→c―→d―→a，为正，故选项D错误．同理，在2L～3L的过程中，感应电流为负向的线性增加，故选项A、B均错误，选项C正确．]
4．C　[当线框绕过圆心O的转动轴以角速度ω匀速转动时，由于面积的变化
产生感应电动势，从而产生感应电流．设半圆的半径为r，导线框的电阻为R，即I1＝＝＝＝＝.当线圈不动，磁感应强度变化时，I2＝＝＝＝，因I1＝I2，可得＝，C选项正确．]
5．AC　[根据右手定则可以判断D点电势低于C点电势，B错误；导体棒CD
达到最大速度时拉力F与安培力合力为零，P＝Fv0，F＝BIL，所以P＝BILv0，C正确；I＝，解得v0＝，A正确；整个回路中导体棒和电阻R上都要产生电热，D错误．]
6．AD　[本题考查金属棒在磁场中的运动及能量转化问题．当两次下滑的位移
相同时，知重力势能的减少量相同，则选项A正确；两次运动的加速度不同，所用时间不同，速度不同，产生的感应电动势不同，磁通量的变化率也不同，动能不同，机械能的变化量不同，则产生的焦耳热也不同，故选项B、C均错误，选项D正确．]
7．BD　[本题考查电磁感应的基本规律．根据电磁感应规律的推论：产生的力
学现象阻碍磁通量减小，则题中线圈有扩张的趋势，D正确．ab部分是整个电路的外电路，ab两端电压为外电压，占整个电动势的一半，Uab＝·kS＝·k＝k，则选项B正确．]
8．解析　(1)导体棒cd静止时受力平衡，设所受安培力为F安，则F安＝mgsin θ，
解得F安＝0.10 N.
(2)设导体棒ab的速度为v时，产生的感应电动势为E，通过导体棒cd的感应电流为I，则E＝Blv；I＝；F安＝BIl
联立上述三式解得v＝，代入数据得v＝1.0 m/s.
(3)导体棒ab受力平衡，则F＝F安＋mgsin θ，解得F＝0.20 N，拉力做功的功率P＝Fv，解得P＝0.20 W.
答案　(1)0.1 N　(2)1.0 m/s　(3)0.20 W
9．解析　(1)金属杆做匀加速运动(或金属杆做初速度为零的匀加速运动)．
通过R的电流I＝＝，因通过R的电流I随时间均匀增大，即杆的速度v随时间均匀增大，杆的加速度为恒量，故金属杆做匀加速运动．
(2)对回路，根据闭合电路欧姆定律I＝
对杆，根据牛顿第二定律有：F＋mgsin θ－BIL＝ma
将F＝0.5v＋2代入得：2＋mgsin θ＋v＝ma，因a为恒量与v无关，所以a＝＝8 m/s2
0．5－＝0，得R＝0.3 Ω.
(3)由x＝at2得，所需时间t＝ ＝0.5 s.
答案　(1)匀加速运动　(2)0.3 Ω　(3)0.5 s
10．解析　(1)线框在离开磁场时，cd边产生的感应电动势E＝BLv，回路中的
电流I＝
则a、b两点间的电势差U＝IRab＝BLv.
(2)t1时刻线框速度v1＝at1
设cd边将要进入磁场时刻速度为v2，则v－v＝2aL
此时回路中电动势E2＝BLv2
回路的电功率P＝，解得P＝
(3)设cd边进入磁场时的速度为v，线框从cd边进入到ab边离开磁场的时间为Δt，则P0T＝＋Q，P0Δt＝mv－mv2，解得Δt＝－T.
线框离开磁场时间还是T，所以线框穿过磁场总时间
t＝2T＋Δt＝＋T.
答案　(1)BLv　(2)　(3)＋T
江苏省三年(2010、 2011、 2012)
高考物理试题分析
题型
题说
题号
考查内容
考查规律
2010
2011
2012
单项选择题
本题共5小题，每小题3分，共15分
1
运动的合成分解
共点力的平衡
库仑定律、电场强度
3年3考
牛顿运动定律、运动的合成分解、匀速圆周运动、万有引力定律、静电场、电磁感应、图象知识
3年2考
共点力的平衡、摩擦力、功、动能定理、能量守恒、带电粒子在磁场中的运动、生活常识
3年1考
平抛运动、瞬时功率、开普勒第三定律、库仑定律、变压器、远距离输电、传感器
2
法拉第电磁感应定律
直线电流的磁场、磁通量、电磁感应、能量守恒
平行板电容器电容的影响因素
3
共点力的平衡
运动的合成分解
动能定理、瞬时功率
4
自感现象、闭合电路欧姆定律
生活常识、功的定义
牛顿第二定律、运动图象
5
电场强度、电势、电势差、图象知识
电磁感应、图象知识
最大静摩擦力、牛顿第二定律、整体法和隔离法
多项选择题
本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题全选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分
6
卫星变轨问题、万有引力定律、开普勒第三定律、牛顿第二定律
传感器
运动的合成分解、平抛运动
7
变压器、远距离输电
匀速圆周运动、万有引力定律
感应电流的产生条件、磁通量、互感、用电常识
8
功的计算、动能定理、能量守恒
电场线、等势面、电势能、电场力的功
匀速圆周运动中各量关系、向心力、万有引力
9
带电粒子在磁场中的运动
摩擦力、受力分析、牛顿第三定律
带电粒子在磁场中的运动、洛伦兹力、向心力
实验题
按题目要求作答。共2小题，共18分
10
“测量电源的电动势和内电阻”变型实验的方案设计、数据处理、图象计算
“验证平行四边形定则”实验的基本要求、弹簧测力计读数、解决实验中问题的方法
多用电表的使用、电路设计和分析、数据分析
力学、电学实验题目出现的先后顺序隔年交替，均为以课本基本实验为原型的变型实验，把设计与分析、实验图象、实验中出现的问题的解决方法作为考查的重点
11
“加速度与物体质量、物体受力关系”变型实验的仪器(打点计时器)的使用、数据处理(图像法)、实验结果分析
“替代法测电阻”实验的数据处理(图像法)、根据图象分析、电路分析、误差分析
“加速度与物体质量、物体受力关系”变型实验的数据处理(图像法)、根据图象分析计算、运动学规律、牛顿第二定律、误差分析
续表
选做题
本题包括A、B、C三小题，每小题12分，请选定其中两题，若三题都做，则按A、B两题评分
12
A
模
块
33
(1)(单选)玻意耳定律、P1/V图线
(2)(填空)理想气体的内能、热力学第一定律
(3)(计算)分子动理论、分子个数计算
(1)(单选)能量守恒定律
(2)(填空)气体做功、热力学第一定律
(3)(计算)油膜法测分子直径
(1)(双选)液体表面张力、扩散运动、布朗运动
(2)(填空)气体分子的速率分布、平均动能与温度的关系
(3)(计算)气体的等压变化、内能、热力学第一定律
3年3考
热力学第一定律、分子动理论、光的折射定律、玻尔原子理论、光电效应
3年2考
气体实验定律、理想气体的内能、原子能级及能级跃迁、核反应方程、光子的动量
3年1考
油膜法测分子直径、P－1/V图线、液体表面张力、气体分子的速率分布、单摆周期、插针法测定玻璃的折射率、全反射、光的干涉、光的偏振、光速与折射率的关系、光的波长波速与频率的关系、“同时”的相对性、黑体辐射、比结合能、质能方程
12
B
模
块
34
(1)(单选)通过激光的特点考查光是横波、光的波长与介质折射率的关系、光的相干条件、激光测距
(2)(填空)双缝干涉中出现明暗条纹的条件、条纹间距与波长的关系
(3)(计算)光的折射定律、全反射、数学计算
(1)(单选)“同时”的相对性
(2)(填空)光的折射定律、光速与折射率的关系
(3)(计算)单摆周期、胡克定律
(1)(单选)光的偏振
(2)(填空)“插针法测定玻璃的折射率”实验的原理、方法、数据处理、折射定律
(3)(计算)波长波速与频率的关系
12
C
模
块
35
(1)(单选)光电效应现象、光频与遏止电压的关系、光强与饱和光电流的关系
(2)(填空)光电子的动量、逸出功
(3)(计算)玻尔的氢原子模型、光电效应的产生条件
(1)(单选)黑体辐射规律
(2)(填空)玻尔的氢原子模型、氢原子能级、爱因斯坦光电效应方程
(3)(简答)发现质子的核反应方程、质能方程、能量守恒
(1)(单选)玻尔原子理论、能级及能级跃迁
(2)(填空)核反应方程、比结合能
(3)(计算)光子能量、光子动量、光电效应
计算题
本题共3小题，共计47分
13
(15
分)
(电磁感应综合)重力与安培力平衡、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、机械能守恒、
(交流电问题)理想变压器、交流电的瞬时值、有效值
(电磁感应综合)法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力、焦耳定律、交流电的有效值
3年3考
运动学规律、牛顿第二定律、动能定理、粒子在电(磁)场中的运动、交流电
3年2考
机械能守恒定律、平抛运动、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律、安培力
3年1考
运动及力的合成分解、胡克定律、焦耳定律、电场力的功
14
(16
分)
(力学综合)机械能守恒、牛顿第二定律、动能定理、平抛运动
(力学综合)牛顿第二定律、运动学规律、机械能守恒、平抛运动
(力学综合)胡克定律、动能定理、功能关系
15
(16
分)
(粒子在交变电场中的运动)往复的匀变速运动、牛顿第二定律、速度与交变电压的周期个数及时间的关系
(粒子在复合场中的运动)加速器原理、交变电场、磁场中的圆周运动、牛顿第二定律、电场力的功
(粒子在复合场中的运动)电场中的加速和偏转、磁偏转、动能定理、牛顿第二定律、运动及力的合成分解、运动学规律
在全国高考态势趋于稳定的情况下，高考试题的命制也将具有较强的规律性．分析三年(2010、2011、2012)高考试题，把握重点、难点、热点，了解知识点考查的频度、深度和广度，有利于我们研究高考命题规律，洞察2013高考命题趋势，使同学们在二轮复习中更加胸有成竹，有的放矢，快速高效．只要你一步一个脚印，一天一个台阶，跨入理想大学的大门将指日可待！

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