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第一单元 力与运动
专题一 力与物体的平衡
1．【2013 江苏南京盐城一模】如图所示，壁虎在竖直玻璃面上斜向上匀速爬行，关于它在此平面内的受力分析，下列图示中正确的是
1.A【解析】壁虎在竖直玻璃面上斜向上匀速爬行，受到竖直向下的重力和竖直向上的摩擦力，图示中A正确.
2．【2013 江西南昌调研】两个劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧a、b串接在一起，a弹簧的一端固定在墙上，如图所示．开始时弹簧均处于原长状态，现用水平力作用在b弹簧的p端向右拉动弹簧，已知a弹簧的伸长量为L，则
A．b弹簧的伸长量也为L
B．b弹簧的伸长量为
C．P端向右移运动的距离为2L
D．P端向右移运动的距离为（1+）L
2.B【解析】根据两根弹簧中弹力相等可得b弹簧的伸长量为，P端向右移运动的距离为L+L,选项B正确.
3．【2013 广东汕头市期末】如图，运动员的双手握紧竖直放置的圆形器械，在手臂OA沿由水平方向缓慢移到A'位置过程中，若手臂OA，OB的拉力分别为FA和FB，下列表述正确的是（ ）
A. FA一定小于运动员的重力G
B. FA与FB的合力始终大小不变
C. FA的大小保持不变
D. FB的大小保持不变
3.B【解析】在手臂OA沿由水平方向缓慢移到A'位置过程中，画出人受力动态平衡图如图所示，由图可知FA是逐渐减小；但FA不一定小于运动员的重力，所以选项A、C错误；FB是逐渐减小；所以选项D错误；FA与FB的合力始终等于人的衙力，大小不变，所以选项B正确．
4．【2013 江苏省苏北四市（徐州淮安宿迁连云港）】如图1所示，一个质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30°．则（ ）
A．滑块可能受到三个力作用
B．弹簧一定处于压缩状态
C．斜面对滑块的支持力大小可能为零
D．斜面对滑块的摩擦力大小一定等于
4.AD【解析】轻弹簧可能处于自然伸长状态，也或能处于压缩状态，还可能处于伸长状态；当轻弹簧处于伸长状态时受重力、斜面的支持力和静摩擦力作用，所以选项A正确，选项B错误；假设斜面对滑块的支持力大小为零，否则滑块受弹簧的弹力和斜面的支持力，这两个力不在一条直线上所以滑块不会静止在斜面上，选项C错误；当滑块静止在斜面上时，沿斜面方向的受力平衡，因此摩擦力等于重力沿斜面的分力，选项D正确．
5．【2013 辽宁省五校协作体高三上学期期初联考】在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑半圆球B，整个装置处于平衡状态.已知A、B两物体的质量分别为M和m，则下列说法正确的是（ ）
A.A物体对地面的压力大小为Mg
B.A物体对地面的压力大小为（M+m)g
C.B物体对A物体的压力小于mg
D.A物体对地面的摩擦力可能大于mg
5.BD【解析】把A、B两个物体看作一个整体分析受力，可知在竖直方向上只受重力和地面对整体的支持力，由平衡条件可得，地面对A的支持力大小为；由牛顿第三定律可知，A物体对地面的压力大小也为，所以选项A错误、B正确；隔离物体B分析受力，应用平衡条件，可得A对B的支持力大小，由牛顿第三定律可知，B物体对A物体的压力大于，选项C错误；由于BA两物体球心连线与水平方向的夹角末知，所以A物体对地面的摩擦力可能大于，选项D正确．
6．【2013 江苏徐州质检】如图所示是某小型机械厂用于运输工件的简易装置，质量都为的箱子和物体，用跨过光滑的定滑轮的轻质细绳相连，置于倾角θ＝30°的斜面上，处于静止状态．现向中缓慢加入沙子，直至开始运动为止．则在加入沙子的过程中，所受的摩擦力（ ）
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．先减少后增大
D．先增大后减少
6.C【解析】根据题意知：，以为研究对象，绳子的拉力mg大于物体的下滑分力mgsinθ,物体有上滑趋势，摩擦力沿斜面向下，则有，向中缓慢加入沙子增大，减小；当沙子增加到一定程度时，物体有下滑趋势，摩擦力沿斜面向上，则有，增大，增大，选项C正确．
7．【2013 江西省南昌市期末】如图所示，光滑金属球的质量G=40N．它的左侧紧靠竖直的墙壁，右侧置于倾角=37°的斜面体上.已知斜面体处于水平地面上保持静止状态，sin37°=0．6，cos37°=0．8．求：
（1）墙壁对金属球的弹力大小；
（2）水平地面对斜面体的摩擦力的大小和方向
7.（1）（2），摩擦力的方向水平向左
【解析】（1）金属球静止，则它受到的三力平衡（如图所示）.由平衡条件可得墙壁对金属球的弹力为
（2）斜面体对金属球的弹力为
由斜面体平衡可知地面对斜面体的摩擦力大小为
摩擦力的方向水平向左
8．【2013 湖北省孝感市期末】16.（16分）如图甲、乙所示，传送带上有质量均为m的三个木块1、2、3，中间均用原长为L、劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与传送带间的动摩擦因数均为，其中木块1被与传送带平行的细线拉住，传送带按图示方向匀速运动，三个木块处于平衡状态．求：
（1）在图甲状态下，1、3两木块之间的距离是多大？
（2）在图乙状态下，细线的拉力是多大？木块1、3之间的距离又是多大？
8.（1）（2）
【解析】（1）如图甲所示，当三木块达到平衡状态后，对木块3进行受力分析，可知2和3间弹簧的弹力等于木块3所受的滑动摩擦力，
解得2和3间弹簧伸长量为
同理以2木块为研究对象得
即1和2间弹簧的伸长量为
1、3两木块之间的距离等于弹簧的原长加上伸长量，即
（2）以木块1、2、3为系统，由平衡条件可得：
其中：
解得：
对木块3受力分析，设2、3之间的弹簧的形变量为，由胡克定律结合平衡条件可得：
将2,3作为一个整体，设1,2之间的形变量为，，由胡克定律结合平衡条件可得：
故1、3之间的距离为：
9．【2013 河南信阳市期末】图中工人在推动一台割草机，施加的力大小为100N，方向与水平地面成30°斜向下.
（1）若割草机重300N，则它作用在地面上向下的压力多大？
（2）若工人对割草机施加的作用力与图示反向，力的大小不变，则割草机作用在地面上向下的压力又为多大？
（3）割草机割完草后，现工人用最小的拉力拉它，使之做匀速运动，已知这个最小拉力为，则割草机与地面间的动摩擦因数，及最小拉力与水平方向夹角为多少？
9.（1）FN1 =350N.（2）FN1= 250N（3）
【解析】工人对割草机施加的作用力沿竖直方向的分力为Fy=Fsin30°=50N.
（1）当工人斜向下推割草机时，割草机作用在地面上向下的压力为FN1=G+Fy=350N.
（2）当工人斜向上拉割草机时，割草机作用在地面上向下的压力为FN1=G-Fy=250N.
（3）由于物体在水平面上做匀速直线运动，随着角的不同，物体与水平面间的弹力不同，因而滑动摩擦力也不一样.而拉力在水平方向的分力与摩擦力相等，因而角不同，拉力F也不一样.以物体为研究对象，受力分析如图3所示，因为物体外于平衡状态，根据得：，.
联立可解得：，
可见当，即时，，F有最小值：，代入数值得
专题二 牛顿运动定律与直线运动
1．【2013 浙江省温州市十校联合体考试物理试题】下列说法正确的是（ ）
A. 力是维持物体运动的原因，同一物体所受到的力越大，它的速度越大
B.以卵击石，鸡蛋“粉身碎骨”，但石头却“安然无恙”是因为鸡蛋对石头的作用力小，而石头对鸡蛋的作用力大
C.吊扇工作时向下压迫空气，空气对吊扇产生竖直向上的托力，减轻了吊杆对电扇的拉力
D.两个小球A和B，中间用弹簧连接，并用细线悬于天花板上，则弹簧对A的力和弹簧对B的力是作用力和反作用力
1.C 【解析】力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，根据牛顿第二定律，同一物体所受的力越大，加速度越大，但速度不一定越大，选项A错误；以卵击石，鸡蛋对石头的作用力和石头对鸡蛋的作用力是一对作用力和反作用力，它们大小相等，选项B错误；选项D中弹簧对A的力和A对弹簧的力才是一对作用力和反作用力，选项D错误.只有选项C正确.
2． 【2013 安徽省合肥市一模】用火箭发射人造卫星，假设火箭由静止竖直升空的过程中，火箭里燃料燃烧喷出气体产生的推力大小不变，空气的阻力也认为不变，则下列图中能反映火箭的速度V或加速度a，随时间t变化的该过程为
2.B【解析】由牛顿第二定律列方程有：，得
由于燃料燃烧，火箭质量减少，所以加速度增大，火箭作加速度增大的的加速运动，故选项D正确．
3．【2013 山东济南一模】受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其v-t图线如图所示，则 ( )
在0-t1秒内，外力F大小不断增大
在t1时刻，外力F为零
C．在t1-t2秒内，外力F大小可能不断减小
D．在t1-t2秒内，外力F大小可能先减小后增大
3.CD【解析】在0～t1时间内，斜率逐渐减小，加速度减小，速度增加的慢了，说明外力F大小不断减小，但仍然大于摩擦力，故A错误．在t1时刻斜率为零，即加速度为零，说明外力等于摩擦力，故B错误．在t1～t2时间内，反方向的加速度逐渐增大，说明向后的合力一直增大，可能是F一直减小，也可能是F减小到零后反向增加，故C、D均有可能．
4．【2013 长春市高中毕业班第一次调研测试】物块A、B的质量分别为m和2m，用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，对B施加向右的水平拉力F，稳定后A、B相对静止在水平面上运动，此时弹簧长度为l1；若撤去拉力F，换成大小仍为F的水平推力向右推A，稳定后A、B相对静止在水平面上运动，弹簧长度为l2，则下列判断正确的是
A．弹簧的原长为
B．两种情况下稳定时弹簧的形变量相等
C．两种情况下稳定时两物块的加速度不相等
D．弹簧的劲度系数为
4.D【解析】由题意可得两次物体的加速度大小相等为 ，方向水平向右，所以C选项错误，设弹簧的原长为，弹簧的劲度系数为，则有 解得 ，所以A、B选项错误，D选项正确.
5．【2013 湖北省部分重点中学调研测试】如图1所示，一个物体放在粗糙的水平地面上.从t=0时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动.在0到t0时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图2所示.已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等.则
A．在0到t0时间内，物体的速度逐渐变小
B．t0时刻，物体速度增加到最大值
C．在0到t0时间内，物体做匀变速直线运动
D．在0到t0时间内，力F大小保持不变
5.B 【解析】根据题图2，物体在0到t0时间内做加速度逐渐减小的变加速直线运动，其速度逐渐变大，到t0时刻，物体速度增加到最大值，选项AC错误，B正确；设摩擦力的大小恒为f，根据牛顿第二定律有F-f=ma，所以F=f+ma，可见，在0到t0时间内，力F的大小会随着加速度a的减小而减小，选项D错误.本题答案为B.
6．【2013 四川省乐山市一模】质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬挂另一质量为m的小球，且M＞m.用一力F水平向右拉小球，使小球和小车一起以加速度a向右运动，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为F1，如图(a).若用一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力为F1′，如图(b)，则
A.a′=a，F1′=F1 B.a′＞a，F1′＞F1 C.a′＜a，F1′=F1 D.a′＞a，F1′=F1
6.D 【解析】对两种情况下的小球受力分析，根据小球竖直方向上的平衡条件可求得，F1′=F1=，在水平方向上分别运用牛顿第二定律可得F-F1sinα=ma，F1′sinα=ma′，解得a=，a′=gtanα，可见，.a′+a=；对第一种情况运用整体法可得，a=，所以a′-a=a′+a-2a=-，因为M＞m，所以，-＞0，a′-a＞0，a′＞a.只有选项D正确.
7．【2013 河北省邯郸市高三摸底】如图所示，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接.现用一水平恒力F作用在C上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动.则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是（ ）
A．无论粘在哪个木块上面，系统加速度都将减小
B．若粘在A木块上面，绳的拉力减小，A、B间摩擦力不变
C．若粘在B木块上面，绳的拉力增大，A、B间摩擦力增大
D．若粘在C木块上面，绳的拉力和A、B间摩擦力都减小
7.AD【解析】因无相对滑动，所以，无论橡皮泥粘到哪块上，根据牛顿第二定律都有：F-3μmg-μΔmg=(3m+Δm)a，系统加速度a都将减小，选项A正确；若粘在A木块上面，以C为研究对象，受到F、摩擦力μmg、绳子拉力T这三个力的作用，由牛顿第二定律F-μmg-T=ma，a减小，F、μmg不变，所以，绳子拉力T增大，选项B错误；若粘在B木块上面，a减小，以A为研究对象，m不变，所受摩擦力减小，选项C错误；若粘在C木块上面，a减小，A的摩擦力减小，以AB整体为研究对象，有T-2μmg=2ma，T减小，所以选项D正确．
8．【2013 辽宁省丹东市四校协作体高三摸底】如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接.倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（ ）
A．B球的受力情况未变，加速度为零
B．A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为gsinθ
C．A、B之间杆的拉力大小为mgsinθ
D．C球的加速度沿斜面向下，大小为gsinθ
8.CD【解析】细线被烧断的瞬间，绳上的弹力突变为零，B、C两球的受力均发生变化，C球只受到重力和斜面的弹力作用，其合力沿斜面向下，大小为mgsinθ，根据牛顿第二定律可知，C球的加速度沿斜面向下，大小为gsinθ，选项A错误，D正确；细线被烧断前，细绳对B球沿斜面向下的拉力大小为mgsinθ，烧断瞬间，A、B两小球组成系统的合力沿斜面向上，大小为mgsinθ，系统的加速度沿斜面向上，大小为，再隔离B球，设A、B之间杆的拉力大小为F，则可得所以，选项C正确，D错误.
9．【2013 四川攀枝花二模】 如图所示，工人把重为1200N的货物沿倾斜的木板推上汽车，木板长5m，一端离地高1m.货物与木板间的动摩擦因素为0.5.假定工人推力方向与板面平行，g取10m/s2，，.求：
（1）工人搬运过程中的推力至少多大？
（2）若工人用（1）中大小的推力沿板面向下推货物，货物由静止从木板顶端推到底端的时间？
9.（1）（2）
10．【2013 江西省景德镇二模】一足够长水平浅色传送带以V0匀速运动，现将一可视为质点的小煤块轻放在其上方，已知煤块与传送带间的动摩擦因数为μ.经过一定时间后达到共同速度.令传送带突然停下，以后不再运动，到最后煤块也停下.已知重力加速度为g.求：（1）煤块第一次达到与传送带相对静止所用的时间；（2）煤块在传送带上划出的痕迹长度.
10. （1）(2)
【解析】（1）煤块的加速度a=μg
达到v0所用时间t=
(2)在煤块与传送带达到共同速度的过程中，
传送带运动的距离
煤块运动的距离
此过程中划出的痕迹长度为
传送带突然停下后，煤块继续做匀减速运动，直至停下，这一过程煤块向前运动的距离为
考虑重叠部分，最终划出的痕迹长度为
11．【2013 陕西宝鸡期末质检】如图所示，水平地面上有A、B两点，且两点间距离LAB=15m，质量m=2kg的物体（可视为质点）静止在A点，为使物体运动到B点，现给物体施加一水平F =10N的拉力，求拉力F作用的最短时间.（已知地面与物块的滑动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2）
专题三 曲线运动
1． 【2013 河北省邯郸市高三摸底】关于力和运动的关系，以下说法中正确的是（ ）
A．物体做曲线运动，其加速度一定改变
B．物体做曲线运动，其加速度可能不变
C．物体在恒力作用下运动，其速度方向一定不变
D．物体在恒力作用下运动，其加速度方向一定不变
1.BD【解析】平抛运动属于一种曲线运动，但是做平抛运动的物体的加速度恒定不变，选项A错误，B正确；物体在恒力作用下，加速度一定恒定，即大小和方向都不变，但是速度可能变化，如平抛运动中，速度方向时刻在变，选项C错误，D正确.本题答案为BD.
2．【2013 长春市高中毕业班第一次调研测试】计算机硬盘内部结构如图所示，读写磁头在计算机的指令下移动到某个位置，硬盘盘面在电机的带动下高速旋转，通过读写磁头读写下方磁盘上的数据.磁盘上分为若干个同心环状的磁道，每个磁道按圆心角等分为18个扇区.现在普通的家用电脑中的硬盘的转速通常有5400r/min和7200r/min两种，硬盘盘面的大小相同，则（ ）
A．磁头的位置相同时，7200r/min的硬盘读写数
据更快
B．对于某种硬盘，磁头离盘面中心距离越远，磁头经过一个扇区所用的时间越长
C．不管磁头位于何处，5400r/min的硬盘磁头经过一个扇区所用时间都相等
D．5400r/min与7200r/min的硬盘盘面边缘的某点的向心加速度的大小之比为3︰4
2.C【解析】根据 可知转速大的读写速度快，所以A选项是正确的.根据可知B选项错，C选项正确.根据可知D选项错误.
3．【2013 辽宁省丹东市四校协作体考试】如图所示，一个菱形框架绕着过对角线的竖直轴匀速转动，在两条边上各有一个质量相等的小球套在上面，整个过程小球相对框架没有发生滑动，A与B到轴的距离相等，则下列说法错误的是（ ）
A．框架对A的弹力方向可能垂直框架向下 B．框架对B的弹力方向只能垂直框架向上
C．A与框架间可能没有摩擦力 D．A、B两球所受的合力大小相等
3.C 【解析】A、B两球均做匀速圆周运动，它们的合外力提供向心力，因为它们的质量、做圆周运动的角速度和半径均相等，所以它们的向心力和合力大小相等，选项D正确；框架对两球的弹力方向只能垂直于框架，考虑到它们的合外力均垂直于竖直方向，可知框架对A、B两球的弹力方向分别垂直于框架向下和向上，所以，选项AB正确；假设A与框架没有摩擦力，那么A球只受到竖直向下的重力和垂直于框架向下的弹力作用，它们的合力不可能垂直于竖直轴，所以，假设不成立，即A与框架间一定存在摩擦力，选项C错误。
4．【2013 河南信阳市高三期末考试】在高处以初速度v1水平抛出一个带刺飞镖，在离开抛出点水平距离l、2l处有AB两个小气球以速度v2匀速上升，先后被飞标刺破（认为飞标质量很大，刺破气球不会改变其平抛运动的轨迹）.则下列判断正确的是（ ）
A．飞标刺破A气球时，飞标的速度大小为
B．飞标刺破A气球时，飞标的速度大小为
C．AB两个小气球未被刺破前的匀速上升过程中，高度差为
D．AB两个小气球未被刺破前的匀速上升过程中，高度差为
4.BC【解析】抛出到刺破气球A，经过了时间
竖直方向速度，则飞镖速度，所以选项B正确；AB两球被刺破位置的高度差，B球比A球多运动时间，B比A多上升，所以AB未被刺破前高度差为，故选项C正确、D错误
5．【2013 河北省五校联盟调研测试】如图所示，斜面倾角为θ，从斜面的P点分别以v0和2v 0的速度水平抛出A、B两个小球，不计空气阻力，若两小球均落在斜面上且不发生反弹，则（ ）
A．A、B两球的水平位移之比为1∶4
B．A、B两球飞行时间之比为1∶2
C．A、B下落的高度之比为1∶2
D．A、B两球落到斜面上的速度大小之比为1∶4
5.AB【解析】因为两小球均落在斜面上，它们的位移与水平方向的夹角相等，根据平抛运动规律有tanθ=，可得，选项B正确；A、B两球的水平位移之比为，选项A正确；它们下落的高度之比为，选项C错误；设A球落到斜面上时的竖直分速度为vy，合速度大小为vA，根据tanθ=可得，vy=2v 0tanθ，所以vA=，同理可得B球落到斜面上的速度大小为vB=，所以，选项D错误.本题答案为AB.
6．【2013 福建省安溪一中、养正中学联考物理试题】如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是（ ）
A．车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来
B．人在最高点时对座位不可能产生大小为的压力
C．人在最低点时对座位的压力等于
D．人在最低点时对座位的压力大于
6.D【解析】过山车是竖直面内杆系小球圆周运动模型的应用.人在最低点，受力分析，由向心力公式可得：，即，故选项C错误，选项D正确；人在最高点，由向心力公式可得：，可知：，选项A错误； ，人对座位能产生压力； ，安全带对人产生压力，选项B错误
7．【2013 河南省南阳市一中高三期末考试物理试题】如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动.小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F一v2图象如乙图所示.则（ ）
A．小球的质量为
B．当地的重力加速度大小为
C．v2 =c时，小球对杆的弹力方向向上
D．v2=2b时，小球受到的弹力与重力大小不相等
7.A【解析】对小球在最高点进行受力分析，①速度为零时，，结合图像可知：②当F=0时，由向心力公式可得：，结合图像可知：，可知：，，选项A正确，选项B错误.③由图像可知：，由向心力公式可得：，，选项C错误，选项D错误.
8．【2013 甘肃省嘉峪关一中高三上学期模拟考试试题】质量为m的木块从半径为R的半球形的碗口下滑到碗的最低点的过程中，如果由于摩擦力的作用使得木块速率不变，则 （ 　 ）
A．因为速率不变，所以木块的加速度为零
B．因为速率不变，所以木块的加速度不变
C．因为速率不变，所以木块下滑过程中的摩擦力不变
D．木块下滑过程中的加速度大小不变，方向时刻指向球心
8.D【解析】木块在半球形的碗下滑的过程中受重力、弹力和摩擦力三个力作用，由于木块速率不变，所以必作匀速圆周运动，向心加速度的大小不变，方向时刻变化，所选项A、B错误；因木块合外力的方向一定指向球心，所以木块下滑过程中的加速度大小不变，方向时刻指向球心，选项D正确；因木块下滑过程中弹力的大小变化，所以下滑过程中的摩擦力大小和方向都在变，故选项C错误．
9．【2013 重庆市江北中学高三第一学期物理水平测试】如图所示，倾角为37°的斜面长l=1.9m，在斜面底端正上方的O点将一小球以速度v0=3m/s的速度水平抛出，与此同时静止释放在顶端的滑块，经过一段时间后将小球恰好能够以垂直斜面的方向击中滑块.（小球和滑块均视为质点，重力加速度g=9.8m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：
（1）抛出点O离斜面底端的高度；
（2）滑块与斜面间的动摩擦因素μ.
9.（1）h=1.7m
（2）μ=0.125
【解析】（1）设小球击中滑块时的速度为v，竖直速度为vy，
由几何关系得： ①
设小球下落的时间为t，竖直位移为y，水平位移为x，由运动学规律得：
② ③ ④
设抛出点到斜面最低点的距离为h，由几何关系得：
⑤
由①②③④⑤得：h=1.7m
（2）在时间t内，滑块的位移为s，由几何关系得： ⑥
设滑块的加速度为a，由运动学公式得： ⑦
对滑块，由牛顿第二定律得：mgsin37°-μmgsin37°=ma ⑧
由①②③④⑥⑦⑧得：μ=0.125.
10．【2013 山西省晋中市晋商四校联考物理试题】如图所示，一小球从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R=10cm的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h=0.8m，水平距离s=1.2m，水平轨道AB长为L1=1m，BC长为L2=3m，.小球与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，
求：（1）若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A点的初速度？
（2）若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A点的初速度的范围是多少？
10.（1）
（2）和
【解析】（1）小球恰能圆轨道最高点的速度为v，由牛顿第二定律及机械能守恒定律
由B到最高点
由A到B
解得A点的速度为
（2）若小球刚好停在C处，则有
解得A点的速度为
若小球停在BC段，
若小球队能通过C点，并越过壕沟，则有，
，则有
所以初速度的范围为和
专题四 万有引力定律与航天
1．【2013 安徽省池州市期末】一名宇航员来到某星球上，如果该星球的质量为地球的一半．它的直径也为地球的一半，那么这名宇航员在该星球上的重力是他在地球上重力的（ ）
A． 4倍 B ．2倍 C． 0．5倍 D． 0．25倍
1.B【解析】由万有引力等于重力，在地球上有：，在某星球，由已知条件可知，，代入两式可得，所以选项B正确．
2．【2013 长春市高中毕业班第一次调研测试】天宫一号目标飞行器相继与神舟八号和神舟九号飞船成功交会对接，标志着我国太空飞行进入了新的时代.天宫一号在运行过程中，由于大气阻力影响，轨道高度会不断衰减.2011年11月16日18时30分，神舟八号飞船与天宫一号目标飞行器成功分离后，为减少对天宫一号轨道维持的次数，18日19时22分，天宫一号成功实施升轨控制，轨道高度由337km抬升至382km，在大气阻力的影响下，其轨道高度缓慢降低，以满足约一年后能与神舟九号在343km的轨道交会对接.假定在轨道高度缓慢降低的过程中不对天宫一号进行轨道维持，则在大气阻力的影响下，轨道高度缓慢降低的过程中（ ）
A．天宫一号的运行速率会缓慢减小
B．天宫一号的运行速度始终大于第一宇宙速度
C．天宫一号的机械能不断减小
D．天宫一号的运行周期会缓慢增大
2.C【解析】天宫一号由于阻力影响机械能减少,偏离轨道做向心运动，半径减小，运行速度增大但小于第一宇宙速度，周期减少，所以A、B、D选项错误，C选项正确
3.（2013.河北保定市统考）
3.AC【解析】由于静止轨道卫星轨道半径大于中轨道卫星轨道半径，由G= ma向可知静止轨道卫星向心加速度小于中轨道卫星向心加速度，选项A正确；第一宇宙速度是最大的环绕速度，大于静止轨道卫星和中轨道卫星的环绕速度，选项B错误；根据开普勒第三定律可以计算出中轨道卫星周期约为12.7h，选项C正确；静止轨道卫星与地球赤道上物体均绕地心做匀速圆周运动，且角速度ω相同，根据a向=ω2R可知静止轨道卫星向心加速度大于地球赤道上物体随地球自转绕地心运动的加速度，选项D错误。
4．【2013 四川攀枝花二模】在赤道平面内绕地球做匀速圆周运动的三颗卫星、、，它们的轨道半径分别为、、，且>>,，其中为同步卫星，若三颗卫星在运动过程中受到的向心力大小相等，则（ ）
A．相同的时间内，通过的路程最大　
B．三颗卫星中，的质量最大
C．三颗卫星中，的速度最大
D．绕地球运动的周期小于24小时
4.C【解析】由于m1的速度最小，m3的速度最大，相同时间内，m1通过的路程最小，选项A错误C正确；根据万有引力定律，三颗卫星中，m3的质量最小，选项B错误；m1绕地球运动的周期小于24小时，选项D错误.
5．【2013 四川自贡市二诊】2012年6月16日，刘旺、景海鹏、刘洋三名宇航员搭乘“神舟九号”飞船飞向太空.与“天宫一号”目标飞行器完成交会对接任务后，于29日10吋许乘返回舱安全返回. 返回舱在A点从圆形轨道I进入椭圆轨道II, B为轨道II上的一 点，如右图所示.关于返回舱的运动，下列说法中正确的有（ ）
A. 在同一轨道II上经过A的速度小于经过B的速度
B. 在轨道II上经过A的动能大于在轨道I上经过A的动能
C. 在轨道I上运动的线速度大于第一宇宙速度
D. 在轨道II上经过A的加速度小于在轨道I上经过A的加速度
6．【2013 山西省运城市期末调研】宇宙中两个相距较近的星球可以看成双星，它们只在相互间的万有引力作用下，绕二球心连线上的某一固定点做周期相同的匀速圆周运动.根据宇宙大爆炸理论.双星间的距离在不断缓慢增加，设双星仍做匀速圆周运动，则下列说法正确的是 （ ）
A．双星相互间的万有引力减小
B．双星做圆周运动的角速度增大
C．双星做圆周运动的周期减小
D．双星做圆周运动的半径增大
7．【2013 河南平顶山期末】如图所示，A为绕地球做椭圆轨道运动的卫星，B为地球同步卫星，P为A、B两轨道的交点.下列说法中正确的是
A．卫星A所受万有引力完全提供向心力
B．卫星B相对地面静止，一定不会与A相撞
C．卫星B加速后其轨道可与卫星A轨道相同
D．卫星A在远地点加速后其轨道可以变成比B轨道半径更大的圆轨道
8．【2013 广东省汕头市期末】 质量为m的探月航天器在接近月球表面的轨道上做匀速圆周运动. 已知月球质量为M，月球半径为R，引力常量为G，不考虑月球自转的影响，则（ ）
A. 航天器的线速度
B. 航天器的角速度
C. 航天器的向心加速度a=GM/R2
D. 月球表面重力加速度g=GM/R2
8.AD
9. 【2013 北京房山区期末】 已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，万有引力常量为G，不考虑地球自转的影响．
（1）求地球的质量M；
（2）求地球的第一宇宙速度v；
（3）若卫星绕地球做匀速圆周运动且运行周期为T，求卫星距离地面的高度h.
9.（1）（2）（3）
【解析】(1)地表的物体受到的万有引力与物体的重力近似相等即:
解得:
(2)若发射成卫星在地表运动则卫星的重力提供向心力即:
解得:
(3)由卫星所需的向心力由万有引力提供可得
得 ，
将代入得
10.【2013 河南洛阳市一模】某星球的质量为M，在该星球表面某一倾角为θ的山坡上以初速度v0平抛一物体，经过时间t该物体落到山坡上.欲使该物体不再落回该星球的表面，求至少应以多大的速度抛出该物体？（不计一切阻力，万有引力常数为G）
10. v=
【解析】由题意可知，是要求该星球上的“近地卫星”的绕行速度，也即为第一宇宙速度.设该星球表面处的重力加速度为g，由平抛运动规律可得
tanθ=y/x，
y=gt2，x=v0t，
联立解得g=tanθ.①
对于该星球表面上的物体有：G=mg，②
联立①②解得R=.③
对于绕该星球做匀速圆周运动的“近地卫星”，应有：mg=m ④
联立①③④解得:v=.
图1
θ
N2
θ
N2
N1
G
图甲
图乙
A
v
t
O
A
v
t
O
BA
a
t
O
C
a
t
O
D
A
B
v1
v2
v2
l
l
R
图甲
F
v2
b
c
a
o
图乙
O
A
B
P第三单元 电场和磁场
专题七　电场与带电粒子在电场中的运动
1．【2013 湖北省荆门市元月调考】如图所示，在某电场中画出了三条电场线，C点是A、B连线的中点。已知A点的电势为φA=30V，B点的电势为φB=－10V，则C点的电势（ ）
A．φC=10V
B．φC＞10V
C．φC＜10V
D．上述选项都不正确
1．C 【解析】由于AC之间的电场线比CB之间的电场线密，相等距离之间的电势差较大，所以φC＜10V，选项C正确。
2．【2013 湖南省怀化市联考】一带正电的检验电荷，仅在电场力作用下沿x轴从向运动，其速度v随位置x变化的图象如图所示．和处，图线切线的斜率绝对值相等且最大．则在轴上（ ）
A．和两处，电场强度相同
B．和两处，电场强度最大
C．=0处电势最小
D．从运动到过程中，电荷的电势能逐渐增大
2．B【解析】和两处，电场强度大小相同，方向相反，电场强度最大，选项A错误B正确。根据带电粒子在电场中运动，其动能和电势能之和保持不变，=0处电势最高，选项C错误；从运动到过程中，电荷速度逐渐增大，电势能逐渐减小，选项D错误。
3．【2013 江西省景德镇二模】均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R．已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为（ ）
A．-E B． 　
C．-E D．+E
3．A 【解析】完整球壳在M点产生电场的场强为，根据场叠加原理，右半球壳在M点产生电场的场强为-E，根据对称性，左半球壳在N点产生的电场的场强为-E，选项A正确.
4．【2013 北京市西城区期末】某同学设计了一种静电除尘装置，如图所示，其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料。图2是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连。带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。要增大除尘率，则下列措施可行的是
A．只增大电压U
B．只增大长度L
C．只增大高度d
D．只增大尘埃被吸入水平速度v0
4．A B【解析】要增大除尘率，可只增大电压U，只增大长度L ，所以选项AB正确。只增大高度d，只增大尘埃被吸入水平速度v0 ，减小了出除尘率，选项CD错误.
5． 【2013 吉林省长春市毕业班第一次调研测试】已知：一个均匀带电的球壳在壳内任意一点产生的电场强度均为零，在壳外某点产生的电场强度等同于把壳上电量全部集中在球心处的点电荷所产生的电场强度，即：
，式中R为球壳的半径，r为某点到球壳球心的距离，Q为球壳所带的电荷量，k为静电力常量。在真空中有一半径为R、电荷量为+Q的均匀带电球壳，球心位置O固定，P为球壳外一点，M为球壳内一点，如图所示，以无穷远为电势零点，关于P、M两点的电场强度和电势，下列说法中正确的是
A．若Q不变，P点的位置也不变，而令R变小，则P点的场强不变
B．若Q不变，P点的位置也不变，而令R变小，则P点的电势升高
C．若Q不变，M点的位置也不变，而令R变小（M点仍在壳内），则M点的电势升高
D．若Q不变，M点的位置也不变，而令R变小（M点仍在壳内），则M点的场强不变
5．A CD【解析】根据题目中所给信息，均匀带电球壳可以等效看成是集中于球心处的点电荷， R变小时始终位于壳外的点场强及电势均不变，始终位于内部的点的场强总为零，内部点的电势与壳的电势相等，但壳的电势会升高
6．【2013 山东省临沂市期末模拟】一个正点电荷Q静止在正方形的一个角上，另一个带电质点射入该区域时，恰好能经过正方形的另外三个角a、b、c，如图所示，则有（ ）
A．a、b、c三点电势高低及场强大小的关系是
B．质点由a到b电势能增加，由b到c电场力做正功，在b点动能最小
C．质点在a、b、c三处的加速度大小之比是1：2：1
D．若改变带电质点在a处的速度大小和方向，有可能使其经过a、b、c三点做匀速圆周运动
6．A BD【解析】离正点电荷Q越近电势越高，等距离的电势相同，所以b、c三点电势关系为根据点电荷场强计算公式，因b到Q的距离是c到Q距离的倍，所以a、b、c三点场强大小的关系是；故选项A正确；由电场力与速度的夹角可知，质点由a到b电场力做负功，电势能增加；由b到c电场力做正功，电势能增加动能减小，所以选项B正确；因a、b、c三点场强大小的关系是，所以只有当质点在水平面内只受电场力时才有加速度大小之比是1：2：1，所以选项C错误；若改变带电质点在a处的速度大小和方向，因电场力做功使质点的速度大小变化，所以质点经过a、b、c三点不可能做匀速圆周运动，故选项D正确．
7．
7. AC【解析】根据Φ－x图线可知电势随x轴方向均匀变化，则电场为匀强电场，选项A正确、B错误；根据Φ－x图线可知电势随x轴正向逐渐升高，所以电场方向沿x轴负向，则电子释放后将沿x轴正向运动，且其加速度不变，选项C正确、D错误。
8．【2013 浙江省宁波效实中学期末】如图所示，绝缘的水平桌面上方有一竖直方向的矩形区域，该区域是由三个边长均为L的正方形区域ABFE、BCGF和CDHG首尾相接组成的，且矩形的下边EH与桌面相接．三个正方形区域中分别存在方向为竖直向下、竖直向上、竖直向上的匀强电场，其场强大小比例为1:1:2．现有一带正电的滑块以某一初速度从E点射入场区，初速度方向水平向右，滑块最终恰从D点射出场区．已知滑块在ABFE区域所受静电力和所受重力大小相等，桌面与滑块之间的滑动摩擦因素为0.125，重力加速度为g，滑块可以视作质点．求：
（1）滑块进入CDHG区域时的速度大小．
（2）滑块在ADHE区域运动的总时间．
8．（1） （2）
【解析】（1）在CDHG区域，对滑块进行受力分析，由牛顿第二定律有
而由题意知
在水平方向和竖直方向分别有 ，
以上解得： ，
（2）在BCGF区域，对滑块进行受力分析，在竖直方向
所以不受摩擦力，做匀速直线运动，，
在ABFG区域，对滑块进行受力分析，在竖直方向
在水平方向 ，由滑动摩擦力定律：
以上解得
当滑块由E运动到F时，由运动学公式
代入解得，仍由运动学公式
解得，所以
9．【2013 四川省攀枝花市二模】如图所示，虚线PQ、MN间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m=2.0×10-11kg、电荷量为q=+1.0×10-5C，从a点由静止开始经电压为U=100V的电场加速后，垂直于匀强电场进入匀强电场中，从虚线MN的某点b（图中未画出）离开匀强电场时速度与电场方向成300角。已知PQ、MN间距为20㎝，带电粒子的重力忽略不计。求：
（1）带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1；
（2）匀强电场的场强大小；
（3）ab两点间的电势差。
9.（1） （2） （3）
【解析】（1）由动能定理得：
代入数据得
（2）粒子沿初速度方向做匀速运动：　
粒子沿电场方向做匀加速运动：　　
由题意得：　
由牛顿第二定律得：
联立以上相关各式并代入数据得：
（3）由动能定理得：　
联立以上相关各式并代入数据得：　
10．【2013 河南省郑州市一模】在光滑水平面上，有一质量为m=1×10-3kg、电量的带正电小球，静止在O点。以O点为原点，在该水平面内建立直角坐标系。现在突然加一沿轴正方向，场强大小的匀强电场，使小球开始运动。经过一段时间后，所加匀强电场再突然变为沿轴正方向，场强大小不变，使该小球恰能够到达坐标为（0.3,0.1）的P点。求：
（1）电场改变方向前经过的时间；
（2）带正电小球到达P点时的速度大小和方向。
10．（1）1s （2）方向与x轴成45 角，速度大小为0.28 m/s(或m/s)
【解析】由牛顿运动定律得，在匀强电场中小球加速度的大小为：
代人数值得： a=0.20 m/s2
当场强沿x正方向时，经过时间t小球的速度大小为vx=at
小球沿x轴方向移动的距离
电场方向改为沿y轴正方向后的时间T内，小球在x方向做速度为vx的匀速运动，在y方向做初速为零的匀加速直线运动。
沿x方向移动的距离：x=vxT + x1=0.30 m
沿y方向移动的距离：=0.10 m
由以上各式解得 t=1 s T=1s
vx=0.2 m/s （1分）
到P点时小球在x方向的分速度仍为vx，在y方向的分速度
vy=aT=0.20 m/s
由上可知，此时运动方向与x轴成45 角，速度大小为0.28 m/s(或m/s)
专题八　带电粒子在磁场及复合场中的运动
1．【2013 福建省厦门市质检】图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个“D”形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源两极相连。带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列说法正确的是
A．在Ek－t。图中应有（t2 －tl）>（t3 －t2）>……>（tn－ tn－l）
B．高频电源的变化周期应该等于tn－ tn－l
C．要使粒子获得的最大动能增大，可以增大“D”形盒的半径
D．在磁感应强度B．“D"形盒半径R、粒子的质量m及其电荷量q不变的情况下，粒子的加速次数越多，粒子的最大动能一定越大
1．C【解析】带电粒子每经过（tn－tn-1）时间被加速一次，在高频电源的一个变化周期内，粒子被加速两次，所以高频电源的变化周期应该等于2（tn-tn-1），选项B错误；在Ek-t图象中t4-t3=t3-t2=t2-t1=（tn－tn-1），选项A错误；根据，可得，粒子获得的最大动能，与加速次数无关，选项C正确；对于同一回旋加速器，半径R一定，磁感应强度B一定，粒子获得的最大动能Ek与粒子电荷量q和质量有关，选项D错误。
2．【2013 安徽省师大附中高三摸底】如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成θ角(0<θ<π)以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计)．则下列说法正确的是(　 　)
A．若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
B．若v一定，θ越大，则粒子在离开磁场的位置距O点越远
C．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大
D．若θ一定， v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
2．A【解析】由左手定则可知，带正电的粒子向左偏转。若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短，选项A正确；若v一定，θ等于90°时，粒子在离开磁场的位置距O点最远，选项B错误；若θ一定，粒子在磁场中运动的周期与v无关，粒子在磁场中运动的角速度与v无关，粒子在磁场中运动的时间无关，选项C、D错误。
3．【2013 四川省自贡市二诊】如下图所示，水平放置的平行板电容器两板间有垂直纸面向里的匀强场。开关S闭合 时，带电粒子恰好水平向右匀速穿过两板，粒子的重力不计，下列说法正确的是
A.保持开关闭合，若滑片P向上滑动，粒子可能从下极板边缘射出
B.保持开关闭合，若滑片P向下滑动，粒子可能从下极板边缘射出
C.保持开关闭合，若只将A极板向上移动后，粒子仍能沿直线穿出
D.如果开关断开，粒子仍能沿直线穿出
3．A【解析】保持开关闭合，若滑片P向上滑动，AB两板之间的电压降低，粒子可能从下极板边缘射出，选项A正确，B错误；保持开关闭合，若只将A极板向上移动后，AB两极板间电压不变，电场强度减小，粒子可能从下极板边缘射出，选项C错误；如果开关断开，电容器通过滑动变阻器放电，粒子可能从下极板边缘射出，选项D错误.
4．【2013 广东汕头市期末】 如图, 一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场（B）和匀强电场（E）组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P，进入另一匀强磁场（B'），最终打在AlA2上．下列表述正确的是
A. 粒子带负电
B. 所有打在AlA2上的粒子，在磁场B'中运动时间都相同
C. 能通过狭缝P的带电粒子的速率等于
D. 粒子打在AlA2上的位置越靠近P，粒子的比荷越大
4．CD【解析】根据题图粒子轨迹，利用左手定则可知粒子带正电，选项A错误；根据带电粒子在匀强磁场中运动洛伦兹力等于向心力，其运动周期T=,所有打在AlA2上的粒子，在磁场B'中运动时间都为半个周期，时间与粒子比荷成反比，选项B错误；带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场（B）和匀强电场（E）组成的速度选择器，满足qE=qvB，能通过狭缝P的带电粒子的速率等于v=，选项C正确；根据带电粒子在匀强磁场中运动洛伦兹力等于向心力，其轨迹半径r=mv/qB，粒子打在AlA2上的位置越靠近P，轨迹半径r越小，粒子的比荷越大，选项D正确。
5．【2013 吉林市期末质检】如图所示，一块矩形截面金属导体abcd和电源连接，处于垂直于金属平面的匀强磁场中，当接通电源、有电流流过金属导体时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现了电势差，这种现象被称为霍尔效应。利用霍尔效应制成的元件称为霍尔元件，它是一种重要的磁传感器，广泛运用于各种自动控制系统中。关于这一物理现象下列说法中正确的是
A．导体受向左的安培力作用
B．导体内部定向移动的自由电子受向右的洛仑兹力作用
C．在导体的ab、cd两侧存在电势差，且ab电势低于cd电势
D．在导体的ab、cd两侧存在电势差，且ab电势高于cd电势
5．BD【解析】导体受向右的安培力作用，选项A错误；导体内部定向移动的自由电子受向右的洛仑兹力作用，在导体的ab、cd两侧存在电势差，且ab电势高于cd电势，选项BD正确C错误；
6．【2013 陕西省西安地区八校联考】如图所示，一束粒子(不计重力，初速度可忽略)缓慢通过小孔O1进入极板间电压为U的水平加速电场区域Ⅰ，再通过小孔O2射入相互正交的恒定匀强电场、磁场区域Ⅱ，其中磁场的方向如图所示，磁感应强度大小可根据实际要求调节，收集室的小孔O3与O1、O2在同一条水平线上．则 (　　)
A．该装置可筛选出具有特定速度的粒子
B．该装置可筛选出具有特定质量的粒子
C．若射入的粒子电荷量相同，则该装置筛选出的粒子一定具有相同的质量
D．若射入的粒子质量相同，则该装置筛选出的粒子不一定具有相同的电荷量
6．AC【解析】能直线通过O1、O2、O3的粒子满足做匀速直线运动的规律，即Eq＝Bqv，只有满足速度v＝的粒子才能沿直线通过并进入收集室，故通过调节磁感应强度B的大小可筛选出具有特定速度的粒子，A正确B错误；粒子经过加速电场加速获得的动能为Uq＝mv2，v＝，若射入的粒子的电荷量q相同，则满足条件的v相同，此时粒子的质量一定相同，C正确D错误．
7．【2013 河南郑州市一模】如图所示，中轴线PQ将矩形区域MNDC分成上下两部分，上部分充满垂直纸面向外的匀强磁场，下部分充满垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度皆为B。一质量为m，带电量为q的带正电粒子从P点进入磁场，速度与边MC的夹角。MC边长为a，MN边长为8a，不计粒子重力。求：
（1）若要该粒子不从MN边射出磁场，其速度最大值是多少
（2）若要该粒子恰从Q点射出磁场，其在磁场中的运行时间最少是多少？
7．（1）（2 ）
【解析】设该粒子恰好不从MN边射出磁场时的轨迹半径为，则几何关系
，解得
又由，解得最大速度为
粒子每经过分界线PQ一次，在PQ方向前进的位移为轨迹半径R的倍。
设粒子进入磁场后第n次经过PQ线时恰好到达Q点
有n×R=8a 且R解得 n>=4.62
n所能取的最小自然数为5
粒子做圆周运动的周期为
粒子每经过PQ分界线一次用去的时间为
粒子到达Q点的最短时间为
8.（2013.北京东城区上学期期末）如图20所示，在纸面内建立直角坐标系xOy，以第Ⅲ象限内的直线OM（与负x轴成45°角）和正y轴为界，在x＜0的区域建立匀强电场，方向水平向左，场强大小E=0．32V/m；以直线OM和正x轴为界，在y＜0的区域建立垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0．1T，一不计重力的带负电粒子，从坐标原点O沿y轴负方向以v0=2×103m/s的初速度射入磁场，已知粒子的比荷为q/m=5×106C/kg，求：
（1）粒子第一次经过磁场边界时的位置坐标
（2）粒子在磁场区域运动的总时间
（3）粒子最终离开电磁场区域时的位置坐标
8.（1）（）（2）（3）（）
【解析】（1）粒子带负电，从O点沿y轴负方向射入磁场，沿顺时针方向做圆周运动。
第一次经过磁场边界上的一点（设为A点），
由得：
m,
所以，A点的坐标为：（）
（2）设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，则
，
其中，
代入数据解得：，所以
（3）粒子从C点沿y轴正方向进入电场，做类平抛运动，则
，
，
，
代入数据解得：
粒子离开电磁场时的位置坐标为：（）
9．【2013 吉林省长春市调研测试】如图所示，在两个水平平行金属极板间存在着向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度和磁感应强度的大小分别为E=2×106N/C和B1=0.1T，极板的长度l=m，间距足够大。在板的右侧还存在着另一圆形区域的匀强磁场，磁场的方向为垂直于纸面向外，圆形区域的圆心O位于平行金属极板的中线上，圆形区域的半径R=m。有一带正电的粒子以某速度沿极板的中线水平向右飞入极板后恰好做匀速直线运动，然后进入圆形磁场区域，飞出圆形磁场区域后速度方向偏转了60°，不计粒子的重力，粒子的比荷。
（1）求圆形区域磁场的磁感应强度B2的大小
（2）在其它条件都不变的情况下，将极板间的磁场B1撤去，为使粒子飞出极板后不能进入圆形区域的磁场，求圆形区域的圆心O离极板右边缘的水平距离d应满足的条件。
9．B2=0.1T m （或m ）
【解析】（1）设粒子的初速度大小为v，粒子在极板间匀速直线运动，则：
设粒子在圆形区域磁场中做圆周运动的半径为r，则
粒子速度方向偏转了60°，则
解得： B2=0.1T
（2）撤去磁场B1后，粒子在极板间做平抛运动，设在板间运动时间为t，运动的加速度为a，飞出电场时竖直方向的速度为vy，速度的偏转角为θ，则
- 解得： ，即θ=30°-)
设粒子飞出电场后速度恰好与圆形区域的边界相切时，圆心O离极板右边缘的水平距离为d ，如图所示，则
-
解得：m 所以m （或m ）-------------
10．【2013 浙江省教育考试院高三测试】如图所示，有3块水平放置的长薄金属板a、b和c，a、b之间相距为L。紧贴b板下表面竖直放置半径为R的半圆形塑料细管，两管口正好位于小孔M、N处。板a与b、b与c之间接有电压可调的直流电源，板b与c间还存在方向垂直纸面向外的匀强磁场。当体积为V0、密度为、电荷量为q的带负电油滴，等间隔地以速率v0从a板上的小孔竖直向下射入，调节板间电压Uba和Ubc，当Uba=U1、Ubc=U2时，油滴穿过b板M孔进入细管，恰能与细管无接触地从N孔射出。忽略小孔和细管对电场的影响，不计空气阻力。求：
（1）油滴进入M孔时的速度v1；
（2）b、c两板间的电场强度E和磁感应强度B的值；
（3）当油滴从细管的N孔射出瞬间，将Uba和B立即调整到和B ，使油滴恰好不碰到a板，且沿原路与细管无接触地返回并穿过M孔，请给出和B 的结果。
10．（1） （2） （3）
【解析】（1）油滴入电场后，重力与电场力均做功，设到M点时的速度为v1，由动能定理
①
考虑到 ②
得： ③
（2）油滴进入电场、磁场共存区域，恰与细管无接触地从N孔射出，须电场力与重力平衡，有： ④ 得 ⑤
油滴在半圆形细管中运动时，洛伦兹力提供向心力，由 ⑥
解得 ⑦
（3）若油滴恰不能撞到a板，且再返回并穿过M点，由动能定理，
⑧
得： ⑨
考虑到油滴返回时速度方向已经相反，为了使油滴沿原路与细管无接触地返回并穿过M孔，磁感应强度的大小不变，方向相反，即：B =- B
+
+
+
+
+
+
+
O
M
N
C
D
R
A
B
图2
图1
L
d
b
v0
v0
P
U
Q
M
N
E
a
B'
R
c
M
· · · · · ·
· · · · · ·
· · · · · ·
· · · · · ·
· · · · · ·
v0
a
b
L
N第二单元 功与能量
专题五 功、功率与动能定理
1．【2013 广东省罗定市联考】如图所示，滑雪运动员沿倾角为30°的滑雪道匀速下滑（ ）
A.运动员的重力势能逐渐增加 B.运动员的机械能逐渐增加
C.运动员的机械能保持不变 D.运动员的合力不做功
1．D【解析】运动员匀速下滑时，其高度逐渐降低，重力势能逐渐减小，动能不变，机械能逐渐减小，选项ABC错误；运动员的动能不变，根据动能定理，其合外力不做功，选项D正确。
2．【2013 浙江省温州市十校联合体期末】用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止．其速度—时间图象如图所示，且＞，若拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2，平均功率为P2，则下列选项正确的是（ ）
A．W1＞W2，F＝2Ff B．W1= W2，F＞2Ff C．P1＜P2，F＞2Ff D．P1=P2，F=2Ff
2．B 【解析】整个运动过程中，根据动能定理有W1-W2=0，所以W1= W2，又P1=W1/t2，P2=W2/t2，所以P1=P2；根据牛顿第二定律，施加拉力F时，加速度大小a1=，撤去拉力后加速度大小a2=，因为v-t图象斜率的绝对值表示加速度的大小，根据题图可知a1＞a2即＞可得F＞2Ff ，综上分析，本题答案为B。
3．【2013 山西省汾阳中学期末模拟】一个高尔夫球静止于平坦的地面上。在t=0时球被击出，飞行中球的速率与时间的关系如图所示。若不计空气阻力的影响，根据图象提供的信息不可以求出的量是（ ）
A．球在何时落地 B．人击球时对球做的功
C．球可上升的最大高度 D．落地时球的瞬时功率
3．B 【解析】球被击出后做斜抛运动，在t=2.5s时球运动到最高点，在t=5s时球落地；根据动能定理，人击球时对球做的功等于球的机械能的增加，但因为球的质量不知，所以无法人击球时对球做的功；小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据题图可知，小球上升到最高点的时间是t=2.5s，根据公式h=可求出球可上升的最大高度；根据斜抛运动的对称性可知，落地时球的速度大小和方向。本题答案为B。
4．【2013 辽宁省五校协作体高三上学期联考】如图所示，一个小球质量为m，静止在光滑的轨道上，现以水平力击打小球，使小球能够通过半径为R的竖直光滑轨道的最高点C，则水平力对小球所做的功至少为（ ）
A．mgR B．2mgR
C．2.5mgR D．3mgR
4．C 【解析】要通过竖直光滑轨道的最高点C，在C点，则有mg=mv2/R，对小球，由动能定理，W-mg2R= mv2，联立解得W=2.5mgR，选项C正确。
5．【2013 河北省高阳市期末模拟】在2012年伦敦奥运会男子100米决赛中，牙买加名将博尔特以9秒63的成绩夺得冠军，并打破奥运会纪录．博尔特在比赛中，主要有起跑加速、途中匀速和加速冲刺三个阶段，他的脚与地面间不会发生相对滑动，以下说法正确的是（ ）
A．加速阶段地面对人的摩擦力做正功
B．匀速阶段地面对人的摩擦力不做功
C．由于人的脚与地面间不发生相对滑动，所以不论加速还是匀速，地面对人的摩擦力始终不对人做功
D．无论加速还是匀速阶段，地面对人的摩擦力始终做负功
5．BC 【解析】他的脚与地面间的摩擦力是静摩擦力，该力的作用点并没发生位移，所以地面对人的摩擦力始终不对人做功，选项BC正确。
6．【2013 山东省师大附中质检】如图所示，用一与水平方向成α的力F拉一质量为m的物体，使它沿水平方向匀速移动距离s，若物体和地面间的动摩擦因数为μ，则此力F对物体做的功，下列表达式中正确的有（ ）
A．Fscosα
B．μmgs
C．μmgs／(cosα-μsinα)
D．μmgscosα/(cosα+μsinα)
6．AD【解析】根据功的定义W= Fscosα,选项A正确；由于物体做匀速直线运动，所以，动能变化为零，根据动能定理，外力F和摩擦阻力做功之和为零，先计算摩擦力大小为
μmgcosα/(cosα+μsinα)，所以，阻力做功大小为μsmgcosα/(cosα+μsinα)，选项AD正确.
7．【2013 湖北省孝感市期末】提高物体（例如汽车）运动速率的有效途径是增大发动机的功率和减小阻力因数（设阻力与物体运动速率的平方成正比，即Ff=kv2，k是阻力因数）。当发动机的额定功率为P0时，物体运动的最大速率为vm，如果要使物体运动的速率增大到2vm，则下列办法可行的是（ ）
A．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到4P0
B．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到
C．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到8P0
D．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到
7．CD 【解析】根据题意，P0=Ffvm=kvm2·vm=kvm3，所以k=P0/vm3。如果阻力因数不变，当物体运动的速率增大到2vm时，阻力Ff1=k（2vm）2=4P0/vm，发动机的额定功率需要增大到P=Ff1·2vm=8P0，选项A错误，C错误；若发动机额定功率不变，要使物体运动的速率增大到2vm，阻力应为Ff2=P0/2vm=kvm3/2vm=kvm2/2，令Ff2=k1（2vm）2即kvm2/2=k1（2vm）2，可得k1=，即应使阻力因数减小到，选项B错误，D正确。本题答案为CD。
8．【2013 河南郑州市一模】如图a所示，在水平路段AB上有一质量为2×103kg的汽车，正以10m/s的速度向右匀速行驶，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的v-t图像如图b所示，在t=20s时汽车到达C点，运动过程中汽车发动机的输出功率保持不变。假设汽车在AB路段上运动时所受的恒定阻力（含地面摩擦力和空气阻力等）f1=2000N。（解题时将汽车看成质点）求：
（1）运动过程中汽车发动机的输出功率P；
（2）汽车速度减至8m/s的加速度a大小；
（3）BC路段的长度。
8．（1）P=20 kW （2）a=0.75 m/s2（3）92.5 m
【解析】
（1）汽车在AB路段时，牵引力和阻力相等F1= f1，P= F1 v1，
联立解得： P=20 kW
（2）t=15 s后汽车处于匀速运动状态，有F2= f2，P= F2 v2，f2=P/ v2，
联立解得： f2=4000 N
v=8 m/s时汽车在做减速运动，有f2-F=ma，F=P/v
解得 a=0.75 m/s2
（3）
解得 s=92.5 m
9．【2013 吉林省长春市毕业班第一次调研测试】如图甲所示，一足够长、与水平面夹角θ=53°的倾斜轨道与竖直面内的光滑圆轨道相接，圆轨道的半径为R，其最低点为A，最高点为B。可视为质点的物块与斜轨间有摩擦，物块从斜轨上某处由静止释放，到达B点时与轨道间压力的大小F与释放的位置距最低点的高度h的关系图象如图乙所示，不计小球通过A点时的能量损失，重力加速度g=10m/s2，，求：
（1）物块与斜轨间的动摩擦因数μ；
（2）物块的质量m。
9．（1）（2）m=0.2kg
【解析】（1）由乙图可知，当h1=5R时，物块到达B点时与轨道间压力的大小为0，设此时物块在B点的速度大小为v1，则：
对物块从释放至到达B点过程，由动能定理：
解得
（2）设物块从距最低点高为h处释放后到达B点时速度的大小为v，则：
对物块从释放至到达B点过程，由动能定理：
解得：
则F-h图线的斜率
由乙图可知
解得 m=0.2kg
10．【2013 河北省唐山市期末模拟】（2013．浙江杭州七校联考）由相同材料的木板搭成的轨道如图所示，其中木板AB、BC、CD、DE、EF┅长均为L=1.5m，木板OA和其它木板与水平地面的夹角都为β=370（sin370=0.6，con370=0.8），一个可看成质点的物体在木板OA上从图中的离地高度h=1.8m处由静止释放，物体与木板的动摩擦因数都为μ=0.2，在两木板交接处都用小曲面相连，使物体能顺利地经过它，既不损失动能，也不会脱离轨道。在以后的运动过程中，重力加速度取10m/s2，问：
（1）物体能否静止在木板上？请说明理由。
（2）物体运动的总路程是多少？
（3）物体最终停在何处？并作出解释。
10．（1）物体在木板上停不住 （2）11.25m （3）最终停在C点
【解析】※【本资料来源：全品高考网、21世纪教育网；全品教学网为您提供最新最全的教学资源。】※（1）在斜面上物体重力沿斜面向下的分力为G1=mgsin370=0.6mg 物体所受摩擦力大小为：Ff=μmgcos370=0.16mg。由于Ff（2）从物体开始运动到最终停下的过程中，总路程为s，由动能定理得：
代入数据解得：s=11.25m
（3）假设物体依次能到达B点、D点，由动能定理有：
得：vB>0
发现无解，说明物体能通过B点，到不了D点，最终停在C点
专题六 能量转化与守恒
1．【2013 浙江省温州市十校联合体联考】篮球从高处释放，在重力和空气阻力的作用下加速下降过程，下列说法不甘落后正确的是（ ）
A．合力对篮球做的功等于篮球动能的增加量
B．重力对篮球做的功等于篮球重力势能的减少量
C．篮球重力势能的减少量等于动能的增加量
D．篮球克服空气阻力所做的功等于篮球机械能的减少量
1.C【解析】根据动能定理，选项A正确；重力对篮球做正功，篮球的重力势能减小，并且重力对篮球做的功等于篮球重力势能的减少量，选项B正确；因为空气对篮球做负功，篮球的机械能减少，并且篮球克服空气阻力所做的功等于篮球机械能的减少量，选项D正确；因为篮球的机械能不守恒，所以篮球重力势能的减少量不等于动能的增加量，选项C错误。本题答案为ABD。
2．【2013 吉林省长春市毕业班第一次调研测试】如图所示，有一固定的且内壁光滑的半球面，球心为O，最低点为C，在其内壁上有两个质量相同的小球（可视为质点）A和B，在两个高度不同的水平面内做匀速圆周运动，A球的轨迹平面高于B球的轨迹平面，A、B两球与O点的连线与竖直线OC间的夹角分别为α=53°和β=37°，以最低点C所在的水平面为重力势能的参考平面，则（；）（ ）
A．A、B两球所受支持力的大小之比为4︰3
B．A、B两球运动的周期之比为4︰3
C．A、B两球的动能之比为16︰9
D．A、B两球的机械能之比为112︰51
2．AD【解析】由题意可知 所以 A选项正确；所以 B选项错误；
所以 C选项错误；所以 D选项正确
3．【2013 江苏省徐州模底考试】如图所示，将一轻弹簧下端固定在倾角为θ的粗糙斜面底端，弹簧处于自然状态时上端位于A点．质量为m的物体从斜面上的B点由静止下滑，与弹簧发生相互作用后，最终停在斜面上。下列说法正确的是（ ）
A．物体最终将停在A点
B．物体第一次反弹后不可能到达B点
C．整个过程中重力势能的减少量大于克服摩擦力做的功
D．整个过程中物体的最大动能大于弹簧的最大弹性势能
3．BC【解析】解析：因物体由静止下滑，说明重力沿斜面的分力大于摩擦力，所以物体最终停下后一定要压缩弹簧；不可能停在A点，所以选项A错误；物体在运动过程中，克服摩擦力做的功将机械能转化为内能，所以物体第一次反弹后不可能到达B点，选项B正确；因整个过程中要克服摩擦力做的功，最终压缩弹簧也克服弹力做的功；所以重力势能一方面转化为内能，另一方面转化为弹簧的弹性势能，所以选项C正确；整个过程中物体的最大动能小于弹簧的最大弹性势能，选项D错误．
4．【2013 河北省五校联盟高三第一学期调研测试】水平传送带在电动机的带动下始终以速度v匀速运动。某时刻在传送带上A点处轻轻放上一个质量为m的小物体，经时间t小物体的速度与传送带相同，相对传送带的位移大小为x，A点未到右端，在这段时间内（ ）
A．小物体相对地面的位移大小为x
B．传送带上的A点对地的位移大小为x
C．由于物体与传送带相互作用产生的热能为mv2
D．由于物体与传送带相互作用电动机要多做的功为mv2
4．AD【解析】在这段时间内，物体从静止做匀加速直线运动，其相对地面的位移为x1=，传送带（或传送带上的A点）相对地面的位移为x2=vt，物体相对传送带的位移大小x=x2-x1=，显然x1=x，x2=2x，所以选项A正确，B错误；物体与传送带间的滑动摩擦力做功，将系统的部分机械能转化为系统的内能，摩擦生热Q=fx，对物体运用动能定理有fx1=mv2，又x1=x，所以Q=fx=mv2，选项C错误；在这段时间内，电动机要多做功以各服滑动摩擦力做功，W=fx2=2fx=mv2，选项D正确。
5．【2013 广东省茂名市一模】如图所示，物体A、B的质量相等，物体B刚好与地面接触。现剪断绳子OA，下列说法正确的是（ ）
A．剪断绳子的瞬间，物体A的加速度为g
B．弹簧恢复原长时，物体A的速度最大
C．剪断绳子后，弹簧、物体A、B和地球组成的系统机械能守恒
D．物体运动到最下端时，弹簧的弹性势能最大
5．CD【解析】CD【解析】根据物体B刚好与地面接触，B与地面没有弹力，弹
6. 【2013 辽宁省五校协作体期末模拟】如图所示，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面。下列说法正确的是（ ）
A．斜面倾角α=60°
B．A获得最大速度为
C．C刚离开地面时，B的加速度最大
D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒
6．B【解析】A、B两球的速度大小时刻相等，当A沿斜面下滑至速度最大时，B球竖4mg··sin30°-mg·=，可得v=，选项B正确；从释放A到C刚离开地面的过程中，弹簧对球B的弹力先做正功后做负功，所以由A、B两小球组成的系统的机械能先增大后减小，即机械能不守恒，选项D错误。本题答案为B。
7.（2013浙江宁波高三上学期期末）如图所示，木块B上表面是水平的，当木块A置于B上，并与B保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中（ ）
A．A所受的合外力对A不做功
B．B对A的弹力做正功
C．B对A的摩擦力做正功
D．A对B不做功
7.CD【解析】AB两物体沿固定的光滑斜面向下做匀加速直线运动，A的动能增加，根据动能定理，合外力对A做正功，选项A错误；B对A的弹力向上，与A的位移夹角大于900，所以，B对A的弹力做负功，选项B错误；B对A的摩擦力向左，与与A的位移夹角小于900，所以，B对A的摩擦力做正功，选项C正确；由于AB整体向下匀加速运动的加速度为gsinθ,即A对B没有沿斜面方向的作用力效果，选项D正确.
8．【2013 湖北省100所重点中学高三年级大联考】某景观喷泉的喷射装置截面图如图所示，它由竖直进水管和均匀分布在同一水平面上的N个喷嘴组成，喷嘴的横截面积均相同，与进水管中心的距离均为r，离水面的高度为h．水泵启动后，水从水池压到喷嘴并沿径向水平喷出，在水池面上的落点与进水管中心的水平距离为R．已知水泵的输出功率恒为P，水的密度为，重力加速度为g，忽略水泵到水面的距离，不计水进人水泵时的速度以及水在管道和空中运动时的机械能损失．求：
⑴水从喷嘴喷出时的速率．
⑵在水从喷嘴喷出到落人水池面的时间内，水泵对水做的功W和输送水的的总质量m．
⑶每个喷嘴的横截面积S．
8．（1）（2） （3）
【解析】⑴水人喷嘴喷出后做平抛运动，由平抛运动规律得
解得：
⑵在t时间内，水泵对水做的功 解得：
由动能定理得 解得：
⑶在t时间内，依题意有
解得：
9．【2013 四川攀枝花第二次统考】如图所示，静放在水平面上的圆形（半径为R）光滑管道ABC，C为最高点，B为最低点,管道在竖直面内。管道内放一小球，小球可在管道内自由移动，现用一装置将小球锁定在P点，过P点的半径OP与竖直方向的夹角为θ。现对管道施加一水平向右的恒力F，同时解除对小球的锁定，管道沿水平面向右做匀加速运动，小球相对管道仍保持静止。经过一段时间后管道遇一障碍物突然停止运动，小球能到达管道的A点。重力加速度为g，小球及管道大小不计。求：
（1）恒力作用下圆形管道运动的加速度；
（2）圆形管道从开始运动到突然停止过程中运动距离的可能值。
9．（1） （2）　及　
【解析】(1)小球受力如图，由力合成的平行四边形定则及牛顿第二定律得：
　　　　
（2）设圆形管道从开始运动到突然停止，停止前速度为，由匀变速运动公式得：　
圆形管道停止时，小球沿管道半径方向的速度变为零，沿切线方向的速度保持不变，小球能运动到管道右侧圆心上方至最高点C之间的区域则可到达A点，或从C点飞出做平抛运动到达A点。
若小球能运动到管道右侧圆心上方至最高点C之间的区域，则由机械能守恒得：
　　　　　　
联立以上相关各式得：　　
若小球从C点飞出做平抛运动到达A点，则由机械能守恒及平抛运动规律得：
　　　　　　
　　
联立以上相关各式得：　
圆形管道从开始运动到突然停止过程中运动距离的可能值为：
　及　
10．【2013 安徽省黄山市一模】如图所示为放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成，其中倾斜直轨AB与水平直轨CD长均为L＝3m，圆弧形轨道APD和BQC均光滑，AB、CD与两圆弧形轨道相切，BQC的半径为r＝1m，APD的半径为R=2m， O2A、O1B与竖直方向的夹角均为＝37°。现有一质量为m＝1kg的小球穿在滑轨上，以Ek0的初动能从B点开始沿AB向上运动，小球与两段直轨道间的动摩擦因数均为μ＝，设小球经过轨道连接处均无能量损失。（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）要使小球能够通过弧形轨道APD的最高点，初动能EK0至少多大？
（2）求小球第二次到达D点时的动能；
（3）小球在CD段上运动的总路程。（第（2）（3）两问中的EK0取第（1）问中的数值）
10．（1）30J （2） J
【解析】（1）小球至少需要越过弧形轨道APD的最高点，根据动能定理：
代入 解得Ek0＝30J
（2）从B点出发到小球第一次回到B点的过程中，根据动能定理：
解得：EkB= 12J。
小球沿AB向上运动到最高点，距离B点为s，则有：
EkB=mgscos+mgssin，…
解得s=18/13 （m）
小球继续向下运动，当小球第二次到达D点时动能为EKD，
解得：J
（3）小球第二次到D点后还剩12.6J的能量，沿DP弧上升后再返回DC段，到C点只剩下2.6J的能量。因此，小球无法继续上升到B点，滑到BQC某处后开始下滑，之后受到摩擦力作用，小球最终停在CD上的某点，由动能定理，解得
小球通过CD段的总路程为
r
R
h
进水管
喷嘴
F
A
O
C
B
P
θ
R
θ
N
mg
F合第五单元 物理实验
专题十一 力学实验
1．【2013 安徽省合肥市名校联考】为研究钢球在液体中运动时所受阻力的阻力常数，让钢球从某一高度竖直下落进入液体中运动，用闪光照相的方法拍摄出钢球在不同时刻的位置，如图7所示。已知钢球在液体中运动时所受阻力F=kv2，闪光照相机的闪光频率为f，图中刻度尺的最小分度为s0，钢球质量为m，则阻力常数k的表达式为 。
1．k=【解析】钢球从某一高度竖直下落进入液体中先做减速运动，后做匀速运动，由mg= kv2，v=2 s0/T=2 s0f，解得k=。
2．【2013 重庆市期末】为了简单测量小木块与水平桌面之间的动摩擦因数，按以下步骤进行：
a．将一端固定在木板P上的轻弹簧置于水平桌面上，固定木板P，在桌面上标记弹簧自由端位置O，将小木块接触弹簧自由端(不栓接)并使其缓慢移至A位置，如图1所示。
b．将小木块从静止开始释放，小木块运动至B位置静止。
c．将弹簧移至桌边，使弹簧自由端位置O与桌边缘对齐，如图2所示。固定木板P，使小木块接触弹簧自由端(不栓接)并使其缓慢移至C位置，使OC=OA。将小木块从静止开始释放，小木块落至水平地面D处，为O点在水平地面的竖直投影点。若已经测得OB距离为L，OO’间竖直高度为h。小木块可看作质点，不计空气阻力。
（1）为测量小木块与水平桌面的动摩擦因数，还需要测量的物理量是： 。
（2）写出小木块与桌面间的动摩擦因数的表达式：μ= 。
2．（1）与D点的距离 （2）
【解析】由动能定理，,联立接得.
3．【2013 河南郑州市一模】为了“探究加速度与力、质量的关系”，现提供如图所示实验装置。请思考探究思路并回答下列问题：
（1）为了消除小车与水平之间摩擦力的影响应采取的做法是（ ）
A.将木板不带滑轮的一端适当垫高，是小车在钩码拉动下恰好做匀速运动
B.将木板带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动
C.使木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动
D.使木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车能够静止在木板上
（2）在实验中，得到一条打点的纸带，如图所示，已知相邻计数点的时间间隔为T，且间距S1、S2 、S3、 S4 、S5 、S6已量出，则小车加速度的表达式为a=＿＿＿＿＿＿；
（3）有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，探究加速度a与所受外力F的关系，他们在轨道水平和倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条a—F图线，如图所示。图线＿＿＿＿＿＿是在轨道倾斜情况下得到的（选填①或②）；小车及车中的砝码总质量m=＿＿＿＿＿＿kg。
3．（1）C （2） （3）
【解析】（1）为了消除小车与水平之间摩擦力的影响应采取的做法，使木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，选项C正确
（2）由图像斜率k=2可得小车及车中的砝码的总质量m=1/k=0.5kg
4．【2013 河北省唐山市联考】在研究平抛运动实验中，实验室准备了下列器材：铁架台、斜槽、竖直挡板、有水平卡槽的木板（能将挡板竖直固定在卡槽上，且相邻卡槽间的距离相等）、白纸、复写纸、图钉、小球、刻度尺等。
I．请完成研究平抛运动的实验步骤：
（1）按图安装实验装置，保证斜槽末端 ，将 、 用图钉固定在挡板同一面上，再将挡板竖直固定在卡槽上；
（2）将小球从斜槽上某位置由静止释放，小球撞击挡板时在白纸上会留下痕迹；
（3）将挡板移到右侧相邻的卡槽上竖直固定好，将小球从斜槽上 释放，小球撞击挡板时在白纸上留下痕迹；
（4）重复（3）的步骤若干次；
（5）整理器材。
Ⅱ．若相邻卡槽间的距离为l，在白纸上依次选取三个
点迹，测得相邻两点迹间的距离分别为h1、h2（h2>h1），
重力加速度为g，则小球做平抛运动的初速度v0= 。
4．Ⅰ．切线水平 白纸 复写纸 同一位置由静止
Ⅱ．l
【解析】由平抛运动规律，l= v0T，h2-h1=gT2，联立解得小球做平抛运动的初速度v0= l。
5．【2013 河南省漯河市联考】如图甲所示，用包有白纸的质量为m(kg)的圆柱棒代替纸带和重物，蘸有颜料的毛笔固定在电动机上并随之转动，代替打点计时器．当烧断悬挂圆柱棒的线后，圆柱棒竖直自由下落，毛笔就在圆柱棒表面的纸上画出记号，如图乙所示，设毛笔接触棒时不影响棒的运动．测得记号之间的距离依次为20.0 mm,44.0 mm,68.0 mm,92.0 mm,116.0 mm,140.0 mm，已知电动机铭牌上标有“1200 r/min”字样，由此研究圆柱棒的运动情况．根据以上内容，回答下列问题：
(1)毛笔画相邻两条线的时间间隔T＝________s，图乙中的________端是圆柱棒的悬挂端(填“左”或“右”)．
(2)根据图乙所给的数据，可知毛笔画下记号D时，圆柱棒下落的速度vD＝________m/s；圆柱棒竖直下落的加速度a= m／s2．(结果保留三位有效数字)
5．（1） 左（2）
【解析】（1）电动机的转速为1200 r/min，所以周期min=0.05s,圆柱棒竖直自由下落，速度越来越大，因此毛笔所画出的记号之间的距离越来越大，因此左端的记号后画上，所以左端是悬挂端.
（2）匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于这一段的平均速度
6．【2013 山东省淄博市期末】为了探究加速度与力的关系，某同学设计了如图所示的实验装置，带滑轮的长木板水平放置，板上有两个光电门相距为d，滑块通过细线与重物相连，细线的拉力F大小等于力传感器的示数．让滑块从光电门1由静止释放，记下滑到光电门2的时间t，改变重物质量来改变细绳拉力大小，重复以上操作5次，得到下列表格中5组数据．
（1）若测得两光电门之间距离为d=0．5m，运动时间t=0．5s，则a= ☆ m/s2；
（2）依据表中数据在坐标纸上画出a-F图象．
（3）由图象可得滑块质量m= ☆ kg，滑块和轨道间的动摩擦因数μ= ．g=10m／s2）
.6．(1)4.0 (2)图象如图。（3）m=0.25 μ=0.2
【解析】
7．【2013 安徽合肥市一模】用如图甲所示的实验装置做“研究平抛物体的运动”实验。
（1）对于实验的操作要求，下列说法正确的是 （ ）
A．应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下
B．斜槽轨道必须光滑
C．斜槽轨道末端可以不水平
D．要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些
（2）根据实验结果在坐标纸上描出了小球水平抛出后的运动轨迹。部分运动轨迹如图乙所示。图中水平方向与竖直方向每小格的长度均为，P1、P2和P3是轨迹图线上的3个点，P1和P2、P2和P3之间的水平距离相等。若已测知抛出后小球在水平方向上做匀速运动，重力加速度为g。可求出小球从P1运动到P2所用的时间为 ，小球抛出后的水平速度为____。
7．（1）AD（2）2. 3
【解析】由4l=gT2，解得小球从P1运动到P2所用的时间为T=2.由6l=v0T解得小球抛出后的水平速度为v0=3.
8.【2013 河南洛阳市一模】橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内，伸长量x与弹力F成正比，即F=kx。用如图所示的实验装置可以测量出它的劲度系数k的值。下面表格是橡皮筋受到的拉力F与伸长量x的实验记录。
（1）请在图所示的坐标系中作出F---x图象。
（2）由图象可求得该橡皮筋的劲度系数k= N/m。
8.（1）图象如图。（2）3.1×102
【解析】由胡克定律，F=kx，F-x图象的斜率等于该橡皮筋的劲度系数，k===3.1×102N/m。
9．【2013 山西省晋中市晋商四校联考】某学习小组利用自行车的运动“探究阻力做功与速度变化的关系”．人骑自行车在平直的路面上运动，当人停止蹬车后，由于受到阻力作用，自行车的速度会逐渐减小至零，如图所示．在此过程中，阻力做功使自行车的速度发生变化．设自行车无动力后受到的阻力恒定．
①在实验中使自行车在平直的公路上获得某一速度后停止蹬车，需要测出人停止蹬车后自行车向前滑行的距离s，为了计算自行车的初速度，还需要测量____________（填写物理量的名称及符号）．
②设自行车受到的阻力恒为f，计算出阻力做的功及自行车的初速度．改变人停止蹬车时自行车的速度，重复实验，可以得到多组测量值．以阻力对自行车做功的大小为纵坐标，自行车初速度为横坐标，作出W一V曲线．分析这条曲线，就可以得到阻力做的功与自行车速度变化的定性关系．在实验中作出W一V图象如图所示，其中符合实际情况的是
（2）某物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数。实验装置如图，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接。打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz。开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点。
①上图给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），计数点间的距离如图所示。根据图中数据计算的加速度a= (保留三位有效数字)。
②回答下列两个问题：
（A）为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有 （填入所选物理量前的字母）
A、木板的长度L B、木板的质量m1 C、滑块的质量m2 D、托盘和砝码的总质量m3 E、滑块运动的时间t
（B）测量（A）中所选定的物理量时需要的实验器 。
（C）滑块与木板间的动摩擦因数＝ （用被测物理量的字母表示，重力加速度为g），与真实值相比，测量的动摩擦因数 （填“偏大”或“偏小” ）。
9．（1）C （2）①0.495与0.497m/s2② 偏大
【解析】（1）设人停止蹬车后自行车滑行的时间和位移分别为和，由动能定理可得，；所以，由此式可知，还应测出人停止蹬车后自行车滑行的时间t；
摩擦力做功为，动能的变化为，显然作出W一V图象是开口向上抛物线，所以选项C正确。
（2）利用“逐差法”求加速度，将前面的6个计数点间的距离（说明加速度在0.495与0.497m/s2之间都正确）滑块的质量m2，托盘和砝码的总质量m3，由对整个系统由牛顿第二定律得，所以，因此要测量动摩擦因数，还必须知道滑块的质量m2和托盘和砝码的总质量m3，测量质量的的实验器材是天平；因为除滑块的质量m2摩擦力外，还有其宾阻力，绳与滑轮还有摩擦，所以与真实值相比，测量的动摩擦因数偏大.
10．【2013 山东省青岛市联考】某同学为探究“合力做功与物体动能改变的关系”，设计了如下实验，他的操作步骤是： ①按右图所示，安装好实验装置，其中小车质量 M = 0.20 kg，钩码总质量 m = 0.05 kg．②释放小车，然后接通打点计时器的电源（电源频率为50Hz），打出一条纸带．
（1）他在多次重复实验得到的纸带中选出满意的一条，如图所示．把打下的第一点记作 0，然后依次取若干个计数点，相邻计数点间还有4个点（图中未画出），用刻度尺测得各计数点到 0点距离分别为 d1 = 0.004 m，d2 = 0.055 m，d3 = 0.167 m，d4 = 0.256 m，d5 = 0.360 m，d6 = 0.480 m，他把钩码重力作为小车所受合力，取当地重力加速度 g = 9.8 m/s2，算出从打 0点到打“5”点这一过程中合力做功 W = J，把打“5”点时小车动能作为小车动能的改变量，算得 EK = J（结果保留三位有效数字）．
（2）此次实验探究的结果，他没能得到“合力对物体做的功等于物体动能的增量”，且偏差很大．通过反思，他认为产生原因如下，其中有可能的是（ ）
A．钩码质量太大，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多；
B．没有平衡摩擦力，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多；
C．释放小车和接通电源的次序有误，使得动能增量的测量值比真实值偏小；
D．计算“5”点的瞬时速度时，两计数点间时间间隔误取0.08 s．
10．（1） （2）A、B
※【本资料来源：全品高考网、21世纪教育网；全品教学网为您提供最新最全的教学资源。】※【解析】（1）合力做功；EK（
（2）钩码质量太大或没有平衡摩擦力都可造成实验误差较大，所以选项A、B正确．
专题十二 电学实验
1．【2013 江西省临川一中、师大附中联考】某同学使用多用电表测量一定值电阻Rx的阻值，先把选择开关旋到“1k”档位并调零，测量时指针偏转如图1所示。然后他应通过以下操作完成实验，
（1）请你将以下操作过程补充完整：
①________________________________；
②________________________________；
③将两表笔接触待测电阻的两端，从表盘上读出数据，再乘以所选倍率即为所测电阻值；
④测量结束后，将选择开关旋到“OFF”挡。
（2）为更准确地测量该电阻的阻值，某同学设计了图2所示的电路。
其所用器材有：滑动变阻器R0、电阻箱R、电流表A、电源E、单刀双掷开关S各一只，以及导线若干。以上器材均满足实验所需条件。
①图3为该电路的实物图，其中部分电路已经连接好，请用笔画完成电路实物图的连接。
②测量时，有同学进行了如下一些操作，请将正确的步骤挑选出来，按正确操作顺序将步骤前的字母写到横线上：___________________________。
A．根据电路图，连接实物，将电阻箱的阻值调至最大；
B．先将单刀双掷开关掷向b端，调节滑动变阻器，使电流表A的指针指到表盘上某一适当位置，记下A的示数I；
C．先将单刀双掷开关掷向a端，调节滑动变阻器，使电流表A的指针指到表盘上某一适当位置，记下A的示数I；
D．再将单刀双掷开关掷向a端，调节滑动变阻器，使电流表A的示数变为I/2；
E．再将单刀双掷开关掷向b端，同时调节滑动变阻器和电阻箱，使电流表A的示数也为I；
F．再将单刀双掷开关掷向b端，保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱，使电流表A的示数也为I；
G．记下此时电阻箱接入电路的电阻值，即等于所测电阻值；
1．（1）见解析（２）①如图②A、C、F、G。
【解析】（1）先把选择开关旋到“1k”档位并调零，测量时指针偏转如图1所示，指针偏转角度太大，说明待测电阻小，应该把选择开关旋到“100”档位；将红黑表笔短接，调整欧姆调零旋钮，使指针指到电阻的零刻度处；
（2）此电路测量电阻的原理是等效替换。正确操作顺序是：根据电路图，连接实物，将电阻箱的阻值调至最大，先将单刀双掷开关掷向b端a，调节滑动变阻器，，使电流表A的指针指到表盘上某一适当位置，记下A的示数I；再将单刀双掷开关掷向b端，保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱，使电流表A的示数也为I；记下此时电阻箱接入电路的电阻值，即等于所测电阻值，所以正确步骤为A、C、F、G。
２．【2013 安徽省皖南八校联考】在“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中，用导纽a.b.c,d,e.f,g和h按图甲所示
方式连接好电路，电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零．闭合开关后：
（1）若不管怎样调节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表、电流表的示数总不能为零，则可能是＿＿＿＿＿导线断路．
(2)某同学排除故障后侧绘出电源和小电珠的U－I特性图线．如图乙所示．电源的电动势E ＝＿＿＿＿V；小电珠的的电阻随温度的上升而＿＿＿＿＿。
(3)将与上面相同的两个小电珠并联后接到上面的这一电源上，每一只小电珠的实际电功率是＿＿＿＿W。
２．（１）可能是g导线断路（２）3V电阻随温度的升高而增大（３）1.05W
【解析】（1）样调节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表、电流表的示数总不能为零，说明滑动变阻器不起分压作用，则可能是g导线断路．
（2）由电源的U－I特性图线可知电源的电动势E＝3V，内阻r=1Ω；由小电珠的U－I特性图线可知小电珠的电阻随温度的升高而增大．
（3）当两个小电珠并联后，接到电源上，由闭合电路欧姆定律得，E=U-2Ir，电源的U－I特性图线为U=E-2rI=E-2I，在图乙中作出U=E-2I图线，如图。图线与小电珠U-I图线交点（0.95 ，1.1），一只小电珠的实际电功率是P=UI=0.95×1.1W=1.05W。
３．【2013 湖北襄阳市联考】实际电流表有内阻，测量电流表内阻的电路如图所示。供选择的仪器如下：
①待测电流表(，内阻约300Ω)，②电流表 (，内阻约100Ω)，③定值电阻(300Ω)，④定值电阻(10Ω)，⑤滑动变阻器 (Ω)，⑥滑动变阻器 (Ω)，⑦干电池(1.5V)，⑧电键S及导线若干。
(1)定值电阻应选 ，滑动变阻器应选 。(在空格内填写序号)
(2)用连线连接实物图。
(3)补全实验步骤：
①按电路图连接电路，将滑动变阻器的触头移至最 （填“左端”或“右端”）
②闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录和的读数和；
③多次移动滑动触头，记录和的读数和；
④以为纵坐标，为横坐标，作出相应图线，如图所示。
(4)根据图线的斜率及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式 。
３．（１）　　　（２）如图所示　（３）最左端　
【解析】（1）因两端的电压约为为，假若两电流表满偏，由通过定值电阻的电流为，所以定值电阻约为内阻约300Ω，故定值电阻选；又因电路是分压法接，所以滑动变阻器小时便于调节，所以应选滑动变阻器 (Ω)
（2）实物连图如图所示
（3）首先应使分压电路中输出的电压最小，所以滑动变阻器的触头移至最左端
(4) 由部分电路欧姆定律可知，，因，所以
４．【2013 湖南省衡阳市联考】用伏安法测一节干电池的电动势E和内阻r，所给的器材有：
A．电压表V：0～10V
B．电流表A：0～0.6A
C．滑动变阻器R1(总阻值20)
D．固定电阻R2（阻值10）
E．固定电阻R3（阻值4）
F．固定电阻R4（阻值3）
S．单刀双掷开关S和导线若干
（1）根据以上器材，在误差尽可能小的情况下，组成一个测量电路，画出测量电路的原理图。（要求电路中各器材用题中给定的符号标出。）
（2）用已知的量和实验中测的量表示待测干电池的电动势E 和内阻r
４．（１）如图所示　　
（２）
【解析】一节干电池的电动势E约1.5V,内阻r很小，为了减小读数误差，不能选电压表量程选择0～10V, 只能选电流表；由闭合电路欧姆定律可知，若用电流表则不能用滑运变阻器；只能用单刀双掷开关和两个定值电阻组成回路．电流表量程选择0～0.6A,回路最小总电阻约R≈=2.5Ω,，，若电流表三分之一处读数，所以其电路的电阻大约为，若电流表三分之二处读数，所以其电路的电阻大约为，故定阻电阻选择固定电阻R3和固定电阻R4即可．
按图按好电路，设按固定电阻R3和固定电阻R4时测的电流分别为和，由闭合电路欧姆定律可得
联立解得；
５．【2013 河南省郑州市第一次质量预测】某实验小组向描绘有“4V、2W”的小灯泡的U—I图像，除导线和开关还备有以下器材可供选择：
A.电流表A1,（量程0.6A，内阻约为1）
B.电流表A1,（量程3.0A，内阻约为0.2）
C.电压表V1,（量程5.0V，内阻约为5kg）
D.电压表V2,（量程15.0V，内阻约为15kg）
E.滑动变阻器R1（最大电阻为5，额定电流500mA）
F.滑动变阻器R2（最大电阻为10，额定电流2.0A）
（1）实验中所用的电流表应选＿＿＿＿＿＿；电压表应选＿＿＿＿＿＿；滑动变阻器应选＿＿＿＿＿＿。（只需填器材前面的字母代号）
（2）画出实验的电路图。
（3）经过正确的操作，测得的数据如下表，请根据下表数据在坐标系中描点画出小灯泡的U—I曲线。
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
U/v 0 0.40 0.80 1.20 1.60 2.00 2.40 2.80 3.20 3.60 4.00
I/A 0 0.12 0.22 0.30 0.36 0.40 0.43 0.46 0.48 0.49 0.50
５．（１）A1　V1　R2．（２）如图左所示（３）如图右所示
【※【本资料来源：全品高考网、21世纪教育网；全品教学网为您提供最新最全的教学资源。】※解析】（1）由得小灯泡电流为0.5A，所以选电流表A1；小灯泡的额定电压4V，所以电压表选V1，.滑动变阻器R1的额定电流较小，所以滑动变阻器应选R2．（2）电压表的内阻远大于小灯泡电阻，应用安培表外接，且分压式供电，如图左所示 ； （3）U—I图线如图右所示 ．
６．【2013 河北省邯郸市质检】用以下器材测量待测量程电流表A1(，内阻约300Ω)的内阻，
电源E：干电池(1.5V) 电压表V(量程10V，内阻约为3kΩ)
电流表A2 (，内阻约100Ω) 定值电阻：阻值为300Ω
定值电阻：阻值为10ΩΩ 滑动变阻器：最大阻值为1000Ω；
滑动变阻器：最大阻值为20Ω 单刀单掷开关S、导线若干
①定值电阻应选 ，滑动变阻器应选 。(在空格内填写序号)
②画出设计的实验电路图
③用已知的量和实验中测的量表示待测电流表A1的内阻
６．（１）　（２）如图所示　　（３）
【解析】①因A1两端的电压约为为，所以不能用量程10V的电压表，假若两电流表满偏，由通过定值电阻的电流为，所以定值电阻约为内阻约300Ω，故定值电阻选；又因电路是分压法接，所以滑动变阻器小时便于调节，所以应选滑动变阻器 (Ω)
②实验电路如图所示
③若某次测量中电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2，由部分电路欧姆定律可知，
７．【2013 辽宁省五校协作体联考】某电流表的量程为50mA，内阻为50Ω，其表面的刻度盘已损坏，要重新通过测量来刻画出刻度值，有下列器材：
A．待测电流表 B．9V直流电源 C．“0-10Ω，1A”滑动变阻器
D.“0-100Ω，50mA”滑动变阻器 E．“0.6A，0.5Ω”标准电流表
F．“3A，0.01Ω”标准电流表 G．5Ω标准电阻 F．20Ω标准电阻
I. 开关及导线若干
(1)应选用的器材 (填选用器材序号)。
(2)画出实验电路图
(3)待刻度电流表的电流表刻度值x = ．说明式中各物理量的表示意义 。
７．（１）ABCEGI（２）如图所示（３）
【解析】（1）应选用的器材有ABCEGI （2）如图所示
重新通过测量来刻画出刻度值，需要测量电流表中电流。由于标准电流表量程远大于待测电流表，且待测电流表内阻已知，所以设计成“0.6A，0.5Ω”标准电流表与5Ω标准电阻串联后与待测电流表并联电路，滑动变阻器采用分压式接法。由IxR=I(+)解得。式中I为E表示数，为E表内阻，为5Ω标准电阻，R为待刻画表内阻
８．【2013 吉林省长春市第一次调研测试】）利用如图所示电路测量一量程为300 mV的电压表的内阻RV，RV约为300Ω。
实验步骤如下：
①按电路图正确连接好电路，把滑动变阻器R的滑片P滑到a端，闭合开关S2，并将电阻箱R0的阻值调到较大；
②闭合开关S1，调节滑动变阻器滑片的位置，使电压表的指针指到满刻度；
③保持开关S1闭合和滑动变阻器滑片P的位置不变，断开开关S2，调整电阻箱R0的阻值大小，使电压表的指针指到满刻度的一半；读出此时电阻箱R0的阻值，即为电压表内阻RV的测量值。实验所提供的器材除待测电压表、电阻箱（最大阻值999.9Ω)、电池（电动势约1.5 V，内阻可忽略不计）、导线和开关之外，还有如下可供选择的实验器材：
A．滑动变阻器（最大阻值150Ω）；
B．滑动变阻器（最大阻值10Ω）；
C．定值电阻（阻值约20Ω）；
D．定值电阻（阻值约200Ω）。
根据以上设计的实验方法，回答下列问题：
（1）对于上述测量方法，从实验原理分析可知，在测量无误的情况下，实际测出的电压
表内阻的测量值R测 真实值RV（填“大于”、“小于”或“等于”）
（2）为了使测量比较精确，从可供选择的实验器材中，滑动变阻器R应选用 ，定值电阻R'应选用 （填字母代号）。
（3）在其它元件不变的情况下，为使测量更准确,可换用一电动势更________的电池（内阻可忽略）（填“大”或“小”）
８．（1）大于 （2分） （2） B C （4分） （3） 大 （2分）
【解析】当电阻箱接入电路后，电阻箱和电压表组成的支路分的电压增大，电阻箱上分得的电压大于原来的一半，所以电压表的测量值大于真实值。
要想测量比较精确，要求电阻箱接入电路后对整个电路的电阻影响较小，所以滑动变阻器选择B，若定值电阻R′过大，不能使电压表达到满偏，所以R′选择C，在本试验其它元件不变的条件下，选择电动势大的电池目的是减小实验误差，提高精度。
９．【2013 甘肃省河西五市第一次联合测试】从下表中选出适当的实验器材，设计一电路来测量电流表A1的内阻r1，要求方法简捷，有尽可能高的测量精度，并能测出多组数据。
（1）画出电路图，标明所用器材的代号。
（2）若选测量数据中的一组来计算r1，则所用的表达式为r1= ，式中各符号的意义是： 。
器材（代号） 规格
电流表（A1） 量程10mA、内阻r1待测（约40Ω）
电流表（A2） 量程500μA、内阻r2=750Ω
电压表（V） 量程10V、内阻r3=10kΩ
电阻（R1） 阻值约为100Ω、做保护电阻用
滑动变阻器（R2） 总阻值约为50Ω
电源（E） 电动势1.5V、内阻很小
开关（S2）、电线若干
９．（1）如图所示的两个图中任一个均可 。
（2），I1、I2分别表示通过电流表A1和A2的电流，r1、 r2分别是它们的电阻。
【解析】（１）因电压表量程太大，所以只能用内阻已知的电流表来替代，所以电路设计如图
（２）两个并联电压相等，所以，解得
１０．【2013 福建省宁德市期末质量检查】(1)多用电表的表盘如图所示，用100mA的量程测量直流电流时，指针所示电流值为__________mA
（2）某物理实验小组利用实验室提供的器材测量一待测电阻的阻 值。可选用器材的代号和规格如下：
电流表A1 (量程250mA,内阻r1为 5Ω)
电流表A2 (量程300mA,内阻r2约为5Ω)
待测电阻Rx（阻值约为100Ω);
滑动变阻器R（最大阻值10Ω);
电源E (电动势约为9V,内阻r约为1Ω);
单刀单掷开关S,导线若千。
①请在右边的方框中把电流表的代号A1、A2填在相应的中，并且把实验电路 原理图连接完整
②需要直接测量的物理量是______,被测电阻的计算式为及Rx=______。
１０．（１）或
（２）①电路如图　　②两电流表的电流
【解析】（１）用100mA的量程测量直流电流，可直接读出或
（２）方框中应把量程大的电流表放在干路上，小量程的放在支路上，所以设计的电路如图所示，由部分电路欧姆定律得
图1
R0
S
E
R
Rx
A1
R1
E
S
R4
A2
A
B第四单元 电路与电磁感应
专题九 恒定电流和交变电流
1．【2013 广东省佛山市质检】在如图所示的电路中，开关闭合后，灯泡L能正常发光。当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列判断正确的是（ ）
A.滑动变阻器R的阻值变小
B.灯泡L变亮
B.电源消耗的总功率增大
D.电容器C的电荷量增大
1．D 【解析】当滑动变阻器的滑片向右移动时，滑动变阻器R的阻值变大，灯泡L变暗，选项AB错误；电源输出电流减小，消耗的总功率减小，路端电压增大，电容器C的电荷量增大，选项C错误D正确。
2．【2013 福建省三明市联考】两电源电动势分别为E1、E2（E1>E2），内阻分别为r1、r2。当这两个电源分别和一阻值为R的电阻连接时，电源输出功率相等。若将R减少为R'，电源输出功率分别为P1、P2，则（　 　 ）
A．r1B．r1>r2，P1>P2
C．r1P2
D．r1>r2，P12．D 【解析】由电源的伏安特性曲线可知，r1>r2，若将R减小为，如图所示电源输出功率P13．【2013 湖南省怀化市联考】压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学设计了利用压敏电阻判断升降机运动状态的装置，其工作原理如图所示，将压敏电阻固定在升降机底板上，其上放置一个物块，在升降机运动过程的某一段时间内，发现电流表的示数I不变，且I大于升降机静止时电流表的示数I0，在这段时间内（ ）
A．升降机可能匀速上升
B．升降机一定在匀减速上升
C．升降机一定处于失重状态
D．通过压敏电阻的电流一定比电梯静止时大
3．C 【解析】发现电流表的示数I不变，且I大于升降机静止时电流表的示数I0，在这段时间内，说明压敏电阻中电流减小，压敏电阻的阻值增大，通过压敏电阻的电流一定比电梯静止时小，说明升降机加速度向下，处于失重状态，选项ABD错误C 正确。
4．【2013 山东省莘县阶段质量检测】如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（ ）
A．电压表读数减小 B．电流表读数减小
C．质点P将向上运动 D．R3上消耗的功率逐渐增大
4．A 【解析】当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，电阻R4的阻值在减小，所以回路的总电阻减小，由闭合电路欧定律得干路的总电流增大，所以电源的外由电压减小，R3上电压减小，质点P受到的电场力减粘，所以将向下运动，选项C错误；R3上电压减小，其电流也减小，选项D错误；由，可知通过电流表支路的电流增大，选项B错误；又因R4与R2电压之和与R3上电压相等，R2电压增大，则R2电压必减小，因为它们之和是减小的，所以选项A正确．
5．.【2013 安徽省合肥市一模】如图所示的电路中，电压表都看做理想电表，电源内阻为r。闭合电键S，当把滑动变阻器的滑片P向b端移动时（ ）
A.电压表的示数变大，电压表的示数变小
B.电压表的示数变小，电压表的示数变大
C.电压表的示数变化量大于示数变化量
D.电压表示数变化量小于示数变化量
5．D【解析】当把滑动变阻器的滑片P向b端移动时，接入电路中R3增大，电压表V1和V2和R3均是并联，根据“串反并同”的结论，可知电压表V1和V2示数均变大，故A、B错误。设V1为U1，V2为U,2，干路电流为I, ,则，根据“串反并同”的结论可知I减小，即，则，选项为D.
6．【2013 辽宁省五校协作体2013届高三上学期期初联考】如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N内阻不计，绕OO’轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置开始计时。矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻R，下列判断正确的是（ ）
A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωcosωt
B．矩形线圈从图示位置经过π/2ω时间时，通过电流表的电荷量为0
C．当P位置不动,R增大时，电压表读数也增大
D．当P位置向上移动、R不变时，电流表读数减小
6．A 【解析】从图示位置开始计时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωcosωt
所以选项A正确；矩形线圈从图示位置经过π/2ω时间时，通过电流表的电荷 量一定不为零，选项B错误；当P位置不动,R增大时，电压表读数不变，选项C错误；当P位置向上移动，输出电压升高，R不变时，输出功率增大，电流表的读数增大，选项D错误．
7．【2013 河南省郑州市一模】下图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO，匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R=10Ω连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表，示数是10V。图乙是矩形线圈磁通量Ф随时间t变化的图像。则（ ）
A. 电阻R上的电功率为20W
B. 0.02s时R两端的电压瞬时值为零
C. R两端的电压随时间变化的规律是u=14.1cos100πt（V）
D. 通过R的电流随时间变化的规律是i=cos50πt（A）
7．C 【解析】电阻R上的电功率为，选项A错误；0.02s时磁通量变化率最大，R两端的电压瞬时值最大，选项B错误；R两端的电压u随时间t变化的规律是，通过R的电流i随时间t的变化规律是
，选项C正确，D错误.
8．【2013 福建省厦门市期末】如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压及输电线的电阻均不变。在用电高峰期，随着发电厂输出功率的增大，下列说法正确的有（ ）
A.升压变压器的输出电压增大
B.降压变压器的输出电压增大
C.输电线上损耗的功率增大
D.输电线上损耗的功率占总功率的比例不变
8．C 【解析】发电厂输出功率的增大，升压变压器的输出电压不变，由于输电线电流增大，输电线损失电压增大，降压变压器的输出电压减小，选修AB错误，C正确；输电线上损耗的功率占总功率的比例增大，选项D错误.
9．【2013 银川一中期末】一矩形线圈绕垂直于匀强磁场方向、并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势与时间呈正弦函数关系如图所示，此电源输出功率是20kW，用5000 V高压输电,输电线总电阻是6Ω，用户端利用n1∶n2＝22∶1的变压器降压，则下列说法正确的是（ ）
A．交变电流的频率为0.5Hz
B．交变电流的电动势的有效值为220V
C．输电线中电流为0.4A
D．用户得到的电压为226.18 V
9．D 【解析】交变电流的周期，频率为0.5Hz交变电流的电动势的有效值为220V,选项A、B错误；电源输出功率是20KW，用5000V高压输电，输电线中发的电流为4A，选项C错误；降压变压器输入端电压U1=5000V-4×6V=4976V，由变压公式可得，用户得到的电压为226.18V，选项D正确.
10．【2013 广东省广州市调研】如图所示的电路，闭合开关S后，当滑动变阻器的滑片由a向b滑动时，平行板电容器的（ ）
A．板间电场强度增大
B．电量不变
C．板间电压不变
D．电容增大
10．BC 【解析】本试题考查电容器的电量、电容与两极板间电压与外界因素的关系。试题在闭合开关S后，设置当滑动变阻器的滑片由a向b滑动时改变了电阻作为干扰因素。而实质电容器接入的地方可以视为开路，其两端的电压一直等于电源的电动势。本试题属于理解层次中的中等难题。
11．【2013 吉林省长春市调研测试】如图所示电路中，电源内阻不可忽略，L1、L2两灯均正常发光，R1为定值电阻，R为一滑动变阻器，P为滑动片，若将滑动片向下滑动，则（ ）
A．L1灯变亮
B．L2灯变暗
C．R1上消耗功率变大
D．总电流变小
11．BC 【解析】由闭合电路欧姆定律可得，滑片向下滑动，电阻减少，电流增大，路端电压减少,所以答案选B、C
12．【2013 湖北省孝感市调研】如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=22∶5，原线圈接的交流电，电阻R1=R2=25Ω，D为理想二极管，则（ ）
A．电阻R1两端的电压为
B．二极管的反向耐压值应大于
C．原线圈的输入功率为200W
D．通过副线圈的电流为3A
12．BC 【解析】※【本资料来源：全品高考网、21世纪教育网；全品教学网为您提供最新最全由已知条件可知，原线圈国的交流的在效值为，因n1∶n2=22∶5，所以，得=，所以选项A正确；当交变电流的方向相反时，有效值仍为=，但二极管的反向耐压值是最大值，所以应大于，选项B正确；由有效值的概念可知，通过副线圈的电流为3A，所以选项D正确；原线圈的电流为A，所以原线圈的输入功率为150W，故选项D错误．
13．【2013 江西省景德镇二模】如图所示，一理想变压器原线圈匝数为n1=1000匝，副线圈匝数为n2=200匝，将原线圈接在u=200sin100πt（V）的交流电压上，副线圈上电阻R和理想交流电压表并联接入电路，现在A、B两点间接入不同的电子元件，则下列说法正确的是（ ）
A．在A、B两点间串联一只电阻R，穿过铁芯的磁通量的最大变化率为0.2Wb/s
B．在A、B两点间接入理想二极管，电压表读数为40V
C．在A、B两点间接入一只电容器，只提高交流电频率，电压表读数增大
D．在A、B两点间接入一只电感线圈，只提高交流电频率，电阻R消耗电功率减小
13．CD【解析】由，可得在A、B两点间串联一只电阻R，穿过铁芯的磁通量的最大变化率为0.2wb/s,选项A错误；在A、B两点间接入理想二级管，电压表读数小于40V，选项B错误；在A、B两点间接入一只电容器，只提高交流电的频率，容抗减小，电压表读数增大，选项C正确；在A、B两点间接入一只电感线圈，只提高交流电频率，感抗增大，电阻R中电流减小，消耗电功率减小，选项D正确.
专题十 电磁感应
1．【2013 安徽省池州市期末】一足够长的铜管竖直放置，将一截面与铜管的内截面相同、质量为m的永久磁铁块由管上端口放人管内，不考虑磁铁与铜管间的摩擦，磁铁的运动速度可能是（ ）
A．逐渐增大到定值后保持不变
B．逐渐增大到一定值时又开始碱小．然后又越来越大
C．逐渐增大到一定值时又开始减小，到一定值后保持不变
D．逐渐增大到一定值时又开始减小到一定值之后在一定区间变动
1．A【解析】永久磁铁块由管上端口放人管内下落，速度增大，在铜管中产生感应电流，铜管阻碍磁铁下落，磁铁速度逐渐增大到定值后保持不变，选项A正确。
2．【2013 湖北省孝感市联考】如图（a）所示，在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的铜圆环，规定从上向下看时，铜环中的感应电流I沿顺时针方向为正方向。图（b）表示铜环中的感应电流I随时间t变化的图像，则磁场B随时间t变化的图像可能是下图中的（ ）
※【本资料来源：全品高考网、21世纪教育网；全品教学网为您提供最新最全的2．B【解析】由图（b）可知，从1 s到3 s无感应电流产生，所以穿过圆环的磁通量不变，所以排除C选项，对于A选项，从0 s到1s，磁通量不变，感应电流也为零；所以排除；从电流的方向看，对于B选项，从0 s到1s，磁通量增大，由楞次定律可知电流是顺时针方向，而D项从0 s到1s电流为逆时针．故选项B正确．
3．【2013 广东汕头市期末】如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（ ）
A. 线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流
B. 穿过线圈a的磁通量变小
C. 线圈a有扩张的趋势
D. 线圈a对水平桌面的压力FN将增大
3．D【解析】若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，螺线管b中的电流增大，根据楞次定律，线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流，穿过线圈a的磁通量变大，线圈a有缩小的趋势，线圈a对水平桌面的压力FN将变大，选项D正确.
4．【2013 福建省宁德市质检】如图所示，电路中的A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈，C是电容很大的电容器。当开关S断开与闭合时，A、B灯泡发光情况是 ( )
A.S刚闭合后，A灯亮一下又逐渐变暗，B灯逐渐变亮 B.S刚闭合后，B灯亮一下又逐渐变暗，A灯逐渐变亮
C.S闭合足够长时间后，A灯泡和B灯泡一样亮
D.S闭合足够长时间后再断开，B灯立即熄灭，A灯逐渐熄灭
4．A【解析】S刚闭合后，A灯亮一下又逐渐变暗，B灯逐渐变亮选项A正确，B错误；S闭合足够时间后，A灯泡熄灭，B灯泡亮；S闭合足够时间后再断开，电容器C通过灯泡B放电，B灯泡逐渐熄灭，由于L产生自感电动势，与A灯泡构成闭合电路，A灯泡逐渐熄灭，选项CD错误.
5. 【2013 浙江省教育考试院高三测试卷】“超导量子干涉仪”可用于探测心磁（10-10T）和脑磁（10-13T）等微弱磁场，其灵敏度可达10-14T，其探测“回路”示意图如图甲。穿过ABCD “回路”的磁通量为Φ，总电流强度I=i1+i2。I与的关系如图乙所示（Φ0=2.07×10-15 Wb），下列说法正确的是（ ）
A. 图乙中横坐标的单位是Wb
B. 穿过“回路”的磁通量越大，电流I越大
C. 穿过“回路”的磁通量变化引发电流I周期性变化
D. 根据电流I的大小，可以确定穿过“回路”的磁通量大小
5．C【解析】因横坐标的单位的两个磁通量的比值，从纲量来看，是数值无单位，所以选项A错误；由图乙可知，当的比值分别是0、1、2、3时，电流最大，而并不是穿过“回路”的磁通量越大，电流I越大，所以选项B错误；由图乙可知、、时电流最大，所以穿过“回路”的磁通量变化引发电流I周期性变化，故选项C正确；根据电流I的大小，可以确定多个穿过“回路”的磁通量值，所以选项D错误．
6．【2013 北京市朝阳区期末】如图所示，一刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域，则（ ）
A．若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程一定是匀速运动
B．若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程一定是加速运动
C．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是加速运动
D．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是减速运动
6．D【解析】若线圈进入磁场过程是匀速运动，完全进入磁场区域一定做加速运动，则离开磁场过程中所受到安培力大于重力，一定是减速运动，选项A错误；若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程中可能是加速运动，也可能是减速运动，关键看安培力和重力哪个大，选项B错误；若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是减速运动，选项C错误,D正确.
7．【2013 河南省驻马店市期末】11．（云南省建水一中2012届高三10月月考理综卷）如图甲所示，MN左侧有一垂直纸面向里的匀强磁场。现将一边长为l、质量为m、电阻为R的正方形金属线框置于该磁场中，使线框平面与磁场垂直，且bc边与磁场边界MN重合。当t=0时，对线框施加一水平拉力F，使线框由静止开始向右做匀加速直线运动；当t=t0时，线框的ad边与磁场边界MN重合。图乙为拉力F随时间变化的图线。由以上条件可知，磁场的磁感应强度B的大小为（ ）
A． B． C． D．
7.B 解析：根据题意，可知F0=ma，F安=BIl=，因为F-F安=ma=常数，所以，即，将F0=ma代入化简，可得。本题答案为B。
8．【2013 江西省南昌联考】如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，直径与磁场宽度相同的金属圆形线框以一定的初速度斜向匀速通过磁场。在必要的时间段内施加必要的水平拉力保证其匀速运动，则（ ）
A．金属框内感应电流方向先逆时针再顺时针
B．金属框内感应电流经历两次先增大后减小
C．水平拉力方向与速度同向
D．水平拉力方向与速度方向无关
8．ABD【解析】※【本资料来源：全品高考网、21世纪教育网；全品教学网为您提供最新最全的教学资源。※【本资料来源：全品高考网、21世纪教育网；全品教学网为您提供最新最全的教学资源。】※金属圆形线框的磁通量先增加后减少，由楞次定律可知框内感应电流方向先逆时针再顺时针，所以选项A正确；由切割有效长度相径最大，可知金属框产生的感电动势经历两次先增大后减小，所以选项B正确；水平拉力方向与安培力的方向相反；水平拉力方向与速度方向无关，所以选项C错误、D正确．
9．【2013 吉林省吉林市期末质检】如图所示，矩形闭合金属线圈放置在固定的水平薄板上，有一块蹄形磁铁如图所示置于水平薄板的正下方（磁极间距略大于矩形线圈的宽度。）当磁铁全部匀速向右通过线圈时，线圈始终静止不动，那么线圈受到薄板摩擦力的方向和线圈中产生感应电流的方向（从上向下看）是（ ）
A．摩擦力方向一直向左
B．摩擦力方向先向左、后向右
C．感应电流的方向顺时针→逆时针→逆时针→顺时针
D．感应电流的方向顺时针→逆时针
9．AC【解析】根据楞次定律，感应电流的方向顺时针→逆时针→逆时针→顺时针,线圈有向右运动趋势，摩擦力方向一直向左，选项AC正确
10．【2013 河南郑州市一模】如图所示，在平面内有一扇形金属框，其半径为，边与轴重合，边与轴重合，且为坐标原点，边与边的电阻不计，圆弧上单位长度的电阻为。金属杆MN长度为L，放在金属框上，MN与边紧邻。磁感应强度为B的匀强磁场与框架平面垂直并充满平面。现对MN杆施加一个外力（图中未画出），使之以C点为轴顺时针匀速转动，角速度为。求：
（1）在MN杆运动过程中，通过杆的电流I与转过的角度间的关系；
（2）整个电路消耗电功率的最小值是多少？
10．（1）
（2）
【解析】（1）电路中感应电动势
设金属杆的电阻为R0 则电路总电阻
杆中电流I与杆转过的角度θ的关系为
（2）由于总电阻，圆弧总长度是定值，所以，当 时，即时，总电阻R总有最大值。
此时，
此时，电路消耗电功率的最小值是
11．【2013 安徽省合肥市一模】如图所示，固定的光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上。初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0。整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行。
⑴求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向；
⑵当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a；
⑶导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep，求导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q。
11．（1）电流方向为b→a （2）
（3）
※【本资料来源：全品高考网、21世纪教育网；全品教学网为您提供最新最全的教学资源。】※【解析】※【本资料来源：全品高考网、21世纪教育网；全品教学网为您提⑴棒产生的感应电动势
通过的电流大小 电流方向为b→a
⑵棒产生的感应电动势为 感应电流
棒受到的安培力大小，方向沿斜面向上
根据牛顿第二定律 有　
解得　　　　　　　　　　　　 　　　
⑶导体棒最终静止，有　　　压缩量
设整个过程回路产生的焦耳热为Q0，根据能量守恒定律　有
　
电阻R上产生的焦耳热
O
R′
R
E2
E1
I
U
V1
V2
S
E
r
R1
b
a
P
R2
R3
R
发电厂
用
户
升压
降压
220
0
1
2
t/×10-2s
e/V
-220
S
R
C
E
r
b
a
R2
u1
第8题图
R1
D
n1
n2
A
B
V
O
B
t/s
1 2 3 4 5
A B C D
O
B
t/s
1 2 3 4 5
O
B
t/s
1 2 3 4 5
O
B
t/s
1 2 3 4 5
O
I
t/s
1 2 3 4 5
B
（a）
（b）
P
b
a
-2
-1
2
1
I（mA）
乙
0
-3
3
C
D
B
A
i2
i1
I
I
· · ·
· · ·
甲
B
3l
l
v
B
θ
R
B
v0
θ
a
b

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