|试卷下载
备课大礼包
高中·物理
  • 小学
  • 初中
  • 高中
  • 中职
搜索
    0

    资料篮
    充值
    上传资料 赚现金
    首页/ 高中物理 / 高考专区 / 一轮复习
    2025年高考物理一轮复习课时跟踪练答案解析
    2024精品成套高中物理一轮复习资料 2021-2024年高考物理一轮复习知识练习（含答案解析）
    使用下载券免费下载
    立即下载
    加入资料篮
    2025年高考物理一轮复习课时跟踪练答案解析01
    2025年高考物理一轮复习课时跟踪练答案解析02
    2025年高考物理一轮复习课时跟踪练答案解析03
    还剩226页未读， 继续阅读
    免费
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载
    所属成套资源：2025年高考物理二轮复习全套课件+讲义（教师+学生）+跟踪练习
    成套系列资料，整套一键下载
    浏览整套资料 (共82份)

    2025年高考物理一轮复习课时跟踪练答案解析

    展开
    这是一份2025年高考物理一轮复习课时跟踪练答案解析，共229页。试卷主要包含了C　[100 km/h≈27等内容，欢迎下载使用。

    第1练 运动的描述
    1.A [研究磁悬浮高铁高速运行时，由于运动轨迹长度远大于高铁自身长度，大小和形状可以忽略，可看成质点，A正确；研究海牛二号钻井技术时，要考虑到钻井机各部位的运动情况，大小和形状不能忽略，不能看成质点，B错误；研究履带起重机转体时，要考虑到起重机各部位的运动情况，不能忽略起重机的大小和形状，不可以看成质点，C错误；研究发动机的转速时，涉及到发动机结构问题，大小和形状不能忽略，不能看成质点，D错误。]
    2.C [“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨绕地球做圆周运动，选地球为参考系，二者都是运动的，A、B错误；“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，二者相对静止，C正确，D错误。]
    3.D [当气门芯由轮子的正上方第一次运动到轮子的正下方时，轮子向前运动半个周长，气门芯的初位置与末位置如图所示，由几何知识得，气门芯的位移大小为s＝eq \r(（2r）2＋（πR）2)＝eq \r(4r2＋π2R2)，故D正确。]
    4.B [全长66 km表示路程，故A错误；通过起点和终点的速度均是瞬时速度，故B正确；因位移未知，不能求解平均速度，故C错误；由v＝eq \f(s,t)可知，平均速率为eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(66 km,0.5 h)＝132 km/h，大于全程限速100 km/h，该汽车超速，故D错误。]
    5.D [从O处到N处的路程为585米＋304米＝889米，O、M、N不在同一条直线，无法计算位移的大小，故A、B错误；从O处行驶到M处的平均速率为eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(sOM,tOM)＝eq \f(585米,61天)≈9.6米/天，故C错误；从M处行驶到N处的平均速度大小为eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(xMN,tMN)＝eq \f(234米,23天)≈10米/天，故D正确。]
    6.C [由加速度的定义式a＝eq \f(Δv,Δt)可知，加速度的大小与速度变化量的大小和时间有关，又速度的大小与速度变化量的大小无关，则速度大，加速度不一定大，速度的变化量小，加速度不一定小，速度的变化率小，加速度一定小，故A、B错误，C正确；加速度与速度方向相同时，加速度减小，速度增大，故D错误。]
    7.D [取竖直向下为正方向，根据加速度定义式a＝eq \f(Δv,Δt)可得，这段时间内的平均加速度为a＝eq \f(－9.5－7.5,1.0) m/s2＝－17.0 m/s2，即加速度大小为17.0 m/s2，方向竖直向上，A、B、C错误，D正确。]
    8.B [由于加速度的方向始终与速度方向相同，质点速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值，A错误，B正确；位移逐渐增大，当加速度减小到零时，速度不再变化，位移将随时间继续增大，C、D错误。]
    9.C [100 km/h≈27.78 m/s，根据加速度的定义式可得加速度为a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(27.78,7.8) m/s2≈3.6 m/s2，故C正确。]
    10.C [“1 956千米”指的是路程，A错误；运动中的列车可以作为参考系，参考系可以任意选取，B错误；列车高速匀速行驶时速度很大，但加速度为零，C正确；“160千米/小时”指的是瞬时速度的大小，D错误。]
    11.A [连接无人机初、末位置，如图所示，可得无人机位移为s＝eq \r(302＋402) m＝50 m，则平均速度大小为eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(s,t总)＝5 m/s，路程为s路＝30 m＋40 m＝70 m，则平均速率为v＝eq \f(s路,t总)＝7 m/s，故A正确，B、C、D错误。]
    12.C [由图中几何关系可知，在Δt时间内，汽车前进的位移为x＝eq \r(seq \\al(2,1)－l2)－eq \r(seq \\al(2,2)－l2)＝eq \r(102－62) m－eq \r(7.52－62) m＝3.5 m，因为Δt很小，故汽车的速度可认为等于Δt时间内的平均速度，则有v＝eq \f(x,Δt)＝eq \f(3.5,0.1) m/s＝35 m/s，故C正确。]
    13.AD [由题图乙可知，第二次超声波传播的最远距离比第一次的大，可知物体到小盒子P的距离越来越远，A正确；物体通过的位移为s2－s1时，所用时间为t2－t1，物体在t1～t2时间内的平均速度为eq \f(s2－s1,t2－t1)，在Δt时间内的位移为eq \f(s2－s1,t2－t1)Δt，B错误，D正确；由题图乙可知，超声波的速度为eq \f(s2,t2－Δt)，C错误。]
    第2练 匀变速直线运动的规律
    1.A [由匀变速直线运动规律veq \\al(2,t)－veq \\al(2,0)＝2as，代入数据解得v0＝20 m/s，故A正确。]
    2.B [该过程飞行的距离为s＝eq \f(v1＋v2,2)t＝eq \f(270＋510,2)×60 m＝23 400 m，故B正确。]
    3.B [对比位移与时间的关系式s＝v0t＋eq \f(1,2)at2可知，汽车的初速度v0＝20 m/s、加速度a＝－4 m/s2，汽车刹车时间为t＝eq \f(0－v0,a)＝5 s，所以汽车刹车后6 s在路面上留下的刹车痕迹长度等于汽车速度减小到零的过程中通过的位移大小，即s＝eq \f(02－veq \\al(2,0),2a)＝50 m，故B正确。]
    4.A [由相同时间内的位移差s6－s1＝(6－1)aT2，解得a＝eq \f(360－180,5×（60）2) m/s2＝
    0.01 m/s2，故A正确，B、C、D错误。]
    5.BD [匀速运动的速度为v＝eq \f(s,t)，设匀加速运动的初速度为v1，根据匀变速直线运动的平均速度公式有eq \f(v1＋v,2)＝eq \f(s,2t)，联立解得v1＝0，则对匀加速运动过程，有s＝eq \f(1,2)a1(2t)2，解得a1＝eq \f(s,2t2)，A错误；设匀减速直线运动的末速度为v2，根据匀变速直线运动的平均速度公式有eq \f(v2＋v,2)＝eq \f(s,\f(3,2)t)，解得v2＝eq \f(s,3t)，则匀减速直线运动的加速度大小a2＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(\f(s,t)－\f(s,3t),\f(3,2)t)＝eq \f(4s,9t2)，B、D正确；物体在这三个过程中的平均速度大小eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(3s,2t＋t＋\f(3,2)t)＝eq \f(2s,3t)，C错误。]
    6.D [将t1＝1 s代入s＝(5t＋t2) m可求出第1 s内的位移s1＝6 m，故A错误；前2 s内的平均速度为eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(s2,t2)＝eq \f(5×2＋22,2) m/s＝7 m/s，故B错误；由s＝(5t＋t2) m可以求得加速度为a＝2 m/s2，则任意相邻1 s内的位移差Δs＝aT2＝2 m，故C错误；任意1 s内的速度增量Δv＝aΔt＝2 m/s，故D正确。]
    7.BD [由逆向思维法可把地铁的匀减速运动看作反向的初速度为零的匀加速运动，最后1 s内位移大小为0.5 m，根据位移与时间关系s20＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,20)，解得加速度大小为a＝1.0 m/s2，故A错误；地铁进站时的初速度大小为v0＝at＝1.0×20 m/s＝20 m/s，故D正确；由s1∶s20＝39∶1知地铁进站后第1 s内的位移大小是s1＝39s20＝19.5 m，故B正确；由初速度为零的匀加速直线运动比例关系可知，地铁前
    10 s的位移和后10 s的位移之比为3∶1，故C错误。]
    8.A [设汽车匀速运动的速度为v0，则人驾驶时从发现情况到停下的运动距离为s1＝v0Δt1＋eq \f(veq \\al(2,0),2a)，解得v0＝20 m/s，无人驾驶汽车时从发现情况到停下的运动距离为s2＝v0Δt2＋eq \f(veq \\al(2,0),2a)＝20×0.2 m＋eq \f(202,2×10) m＝24 m，故A正确。]
    9.B [将汽车从a到e的匀减速直线运动，看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀变速直线运动的推论可得，汽车经过de段和ab段所用的时间之比为1∶(2－eq \r(3))，所以eq \f(v1,v2)＝eq \f(\f(L,2－\r(3)),\f(L,1))＝eq \f(1,2－\r(3))＝2＋eq \r(3)≈3.73，所以310.A [根据Δs＝aT2，可得汽车制动后做匀减速运动的加速度大小为a＝eq \f(Δs,T2)＝eq \f(9－7,12) m/s2＝2 m/s2，故A正确；汽车制动后第2 s内的平均速度为eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(s12,Δt)＝eq \f(7,1) m/s＝7 m/s，故B错误；汽车制动后第1 s末的速度等于前2 s的平均速度，则有v1＝eq \f(s02,Δt′)＝eq \f(9＋7,2) m/s＝8 m/s，故C错误；汽车制动时的初速度为v0＝v1＋at1＝8 m/s＋2×1 m/s＝10 m/s，故D错误。]
    11.AC [飞机着陆后的匀减速运动的逆过程为初速度为零、加速度大小为a的匀加速直线运动，则在t1＝3 s内的位移为s1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)，在t2＝4 s内的位移为s2＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)，根据题意有s2－s1＝7 m，联立解得加速度大小为a＝2 m/s2，A正确；该飞机着陆后5 s时的速度大小为v5＝v0－at＝eq \f(216,3.6) m/s－2×5 m/s＝50 m/s，B错误；该飞机在跑道上滑行的时间为t＝eq \f(v0,a)＝eq \f(216,3.6×2) s＝30 s，C正确；该飞机在跑道上滑行的距离为s＝eq \f(veq \\al(2,0),2a)＝eq \f(2162,3.62×2×2) m＝900 m，D错误。]
    12.(1)25 m/s 12.5 m/s2 (2)会发生交通事故
    解析 (1)由题意可知，汽车运动的速度为
    v1＝eq \f(s,t)＝eq \f(50,2) m/s＝25 m/s
    设汽车刹车的最大加速度为a，则
    a＝eq \f(veq \\al(2,1),2s)＝eq \f(252,2×25) m/s2＝12.5 m/s2。
    (2)由于v2＝108 km/h＝30 m/s
    司机看手机时，汽车发生的位移为s1＝v2t＝30×2 m＝60 m
    反应时间内汽车发生的位移大小为
    s2＝v2Δt＝30×0.5 m＝15 m
    刹车后汽车发生的位移为s3＝eq \f(veq \\al(2,2),2a)＝eq \f(302,2×12.5) m＝36 m
    所以汽车前进的距离为
    s＝s1＋s2＋s3＝60 m＋15 m＋36 m＝111 m＞100 m
    所以会发生交通事故。
    第3练 自由落体运动和竖直上抛运动 多运动过程问题
    1.A [根据自由落体运动规律有s＝eq \f(1,2)gt2，可得反应时间为t＝eq \r(\f(2s,g))＝eq \r(\f(2×20×10－2,10)) s＝0.2 s，所以A正确，B、C、D错误。]
    2.A [由于不计空气阻力，两物体均做自由落体运动，由veq \\al(2,t)＝2gs可知vt＝eq \r(2gs)，所以甲、乙落地时的速度大小之比为1∶eq \r(2)，故A正确；由s＝eq \f(1,2)gt2可知t＝eq \r(\f(2s,g))，所以物体做自由落体运动在空间运动的时间取决于高度，与物体所受重力的大小无关，即甲物体先落地，故B错误；由于两物体都做自由落体运动，加速度均为重力加速度，故C错误；由于两物体都做自由落体运动且同时下落，则在两物体均未落地前，甲、乙之间的距离不变，故D错误。]
    3.B [陈芋汐下落的整个过程所用的时间为t＝eq \r(\f(2s,g))＝eq \r(\f(2×10,10)) s≈1.4 s，下落前5 m的过程所用的时间为t1＝eq \r(\f(2s1,g))＝eq \r(\f(2×5,10)) s＝1 s，则陈芋汐用于姿态调整的时间约为t2＝t－t1＝0.4 s，B正确，A、C、D错误。]
    4.C [物体第1 s内的位移为s1＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×10×12 m＝5 m，则物体最后1 s内的位移为s2＝2s1＝10 m，设物体下落的总时间为t，则eq \f(1,2)gt2－eq \f(1,2)g(t－1)2＝s2，代入数值得t＝1.5 s，则物体开始下落时距落地点的高度为s＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(1,2)×10×1.52 m＝11.25 m，故C正确。]
    5.D [排球被垫起后经1.2 s又回到原出发点，根据竖直上抛运动的对称性可知，从最大高度下落到抛出点的时间为t＝0.6 s，则排球被垫起后上升的最大高度h＝eq \f(1,2)gt2＝1.8 m，故D正确。]
    6.B [物体有竖直向上的初速度，绳断后物体并不是做自由落体运动，故A错误；取向下为正方向，根据匀变速直线运动位移与时间关系式有s＝－v0t＋eq \f(1,2)gt2，解得t＝1.8 s(另一解舍去)，故B正确；物体运动1 s后的速度大小v1＝－v0＋gt1＝7 m/s，故C错误；物体落地时的速度大小vt＝－v0＋gt＝15 m/s，故D错误。]
    7.BC [汽车由静止运动8 s，又经4 s停止，加速阶段的末速度与减速阶段的初速度相等，由vt＝at，知a1t1＝a2t2，则eq \f(a1,a2)＝eq \f(1,2)，A、D错误；又由veq \\al(2,t)＝2as知a1s1＝a2s2，eq \f(s1,s2)＝eq \f(a2,a1)＝eq \f(2,1)，C正确；由eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(vt,2)知，v1∶v2＝1∶1，B正确。]
    8.AD [设小轿车从刹车到停止所用最短时间为t2，则t2＝eq \f(0－v0,a)＝eq \f(0－30,－5) s＝6 s，故A正确；小轿车的刹车距离s＝eq \f(0－veq \\al(2,0),2a)＝90 m，故B错误；反应时间内通过的位移为s1＝v0t1＝30×0.6 m＝18 m，减速通过的位移为s′＝50 m－18 m＝32 m，设减速到警示牌的速度为v′，则2as′＝v′2－veq \\al(2,0)，解得v′＝2eq \r(145) m/s，故C错误；小轿车通过的总位移为s总＝(90＋18)m＝108 m，放置的位置至少在货车后Δs＝(108－50)m＝58 m，故D正确。]
    9.D [小铁块做自由落体运动，由s＝eq \f(1,2)gt2可知，下落的总时间为t＝eq \r(\f(2s,g))＝eq \r(\f(2×30,10)) s＝eq \r(6) s，第1 s内的位移为5 m，前2 s内位移为20 m，即第2 s内的位移为15 m，则第3 s内的位移为10 m，所以在开始下落后的第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移之比为1∶3∶2，故A、C错误；由平均速度公式可知，小铁块下落过程的平均速度eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(s,t)＝eq \f(30,\r(6)) m/s＝5eq \r(6) m/s，故B错误；已知小铁块总下落高度为30 m，前2 s内位移为20 m，则最后10 m内运动时间为t′＝(eq \r(6)－2) s，故D正确。]
    10.AB [篮球第一次落到地面时的速度大小为v1＝eq \r(2gh1)＝10 m/s，故A正确；篮球与地面碰撞过程中的平均加速度大小为eq \(a,\s\up6(－))＝eq \f(v2－（－v1）,Δt)＝50 m/s2，故B正确；篮球与地面碰撞后反弹上升的高度为h2＝eq \f(veq \\al(2,2),2g)＝1.25 m，故C错误；篮球下落时间t1＝eq \r(\f(2h1,g))＝1 s，反弹上升时间t2＝eq \r(\f(2h2,g))＝0.5 s，所以篮球从开始下落到反弹至最高点过程的平均速度大小为eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(h1－h2,t1＋Δt＋t2)＝2.08 m/s，故D错误。]
    11.B [Q做自由落体运动，有sQ＝3h＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \r(\f(6h,g))，从小球P抛出到相遇，以向下为正方向，可得sP＝－v0t＋eq \f(1,2)gt2，根据几何关系可得sQ－sP＝2h，解得v0＝eq \f(\r(6gh),3)，则P上升的最大高度为hm＝eq \f(veq \\al(2,0),2g)＝eq \f(h,3)，故B正确。]
    12.(1)3 m/s (2)1.75 s
    解析 (1)运动员起跳到最高点的过程中有veq \\al(2,t)－veq \\al(2,0)＝－2gs1
    代入数据得v0＝3 m/s。
    (2)方法一 设运动员起跳到最高点的过程中所需时间为t1，由vt＝v0－gt1，代入数据得t1＝0.3 s
    设运动员从最高点到手接触水面的过程所需时间为t2，
    由s1＋s＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,2)，代入数据得t2＝1.45 s
    则所求时间为t＝t1＋t2＝1.75 s。
    方法二 取竖直向上为正方向，则有－s＝v0t－eq \f(1,2)gt2
    解得t＝1.75 s。
    专题强化练一 运动图像问题
    1.D [x－t图像的斜率表示速度v，小车在0～t1时间内从静止开始做匀加速直线运动，则x－t图像的斜率从零开始不断增大；t1～t2时间内小车开始做匀减速直线运动至速度为零，则x－t图像的斜率不断减小至零，故D正确，A、B、C错误。]
    2.BD [0～1 s向正方向做加速度为1 m/s2的匀加速直线运动；1～2 s向正方向做匀速直线运动；2～3 s向正方向做加速度为1 m/s2的匀减速直线运动；3～4 s以1 m/s2的加速度向相反方向做匀加速直线运动，故A错误，B正确；据速度—时间图像中图线与时间轴围成的面积大小表示位移大小，可知，第1 s内和第4 s内的位移大小均为0.5 m，C错误；0～4 s内eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(s,t)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋2,2)×1×\f(1,4)))m/s＝0.375 m/s，D正确。]
    3.B [t1时刻两车经过同一位置，t1到t2这段时间内b车位移大，所以b车在前，故选项A错误；t1到t2这段时间内b车位移大，时间相同，所以b车平均速度大，故选项B正确；t1～t2时间，曲线b1与t轴所围面积表示位移，可知这段时间内b车平均速度大于eq \f(v1＋v2,2)，故选项C错误；图像斜率表示加速度，由题图知b车的加速度先减小，然后反向增大，并非一直比a车的大，故选项D错误。]
    4.D [在2～4 s内，质点的加速度不断变化，质点做的不是匀变速直线运动，选项A错误；0～4 s，质点做加速运动，4～6 s质点做减速运动，质点在t＝4 s时刻速度最大，选项B错误；因a－t图线与t轴所围面积表示速度的变化，因初速度为零，则a－t图像的面积表示某时刻的速度值，则在6 s末速度为正，在0～6 s内，质点速度方向一直没有改变，在t＝6 s时刻离出发点最远，选项C错误；因a－t图线与t轴所围面积表示速度的变化，从2 s到6 s，质点速度变化量为零，所以在t＝2 s和t＝6 s时，质点速度相同，选项D正确。]
    5.C [由匀变速直线运动的运动学公式s＝v0t＋eq \f(1,2)at2得eq \f(s,t)＝v0＋eq \f(1,2)at，结合题图得汽车的加速度a＝2 m/s2，初速度v0＝4 m/s，A错误；汽车在t＝3 s时的速度v3＝v0＋at＝10 m/s，B错误；汽车在前3 s内的位移s＝eq \f(1,2)(v＋v0)t＝21 m，C正确；由运动学公式知第1 s末和第2 s末汽车的速度大小分别为6 m/s和8 m/s，则汽车第2 s内的位移s′＝eq \f(1,2)×(6＋8)×1 m＝7 m，D错误。]
    6.D [由v－t图线与坐标轴围成的面积表示位移，可知题图甲中，物体在0～t0这段时间内的位移大于eq \f(1,2)v0t0，A错误；根据veq \\al(2,t)＝2as可知，2a＝1 m/s2，则物体的加速度为0.5 m/s2，B错误；根据Δv＝at可知，题图丙中，阴影部分的面积表示t1～t2时间内物体的速度变化量，C错误；由s＝v0t＋eq \f(1,2)at2可得eq \f(s,t)＝v0＋eq \f(1,2)at，结合题图丁可知eq \f(1,2)a＝eq \f(10,2) m/s2＝5 m/s2，即a＝10 m/s2，则v0＝－5 m/s，故t＝3 s时物体的速度为v3＝v0＋at＝25 m/s，D正确。]
    7.A [质点在开始一段时间内的s－t图像是一条直线，其斜率不变且为负值，表示质点做匀速直线运动，速度方向与规定的正方向相反；在第二段时间内，质点处于静止状态，速度为零；在第三段时间内，图线的斜率不变且为正值，即速度不变且为正值；在第四段时间内，质点静止在出发点。综上可知，质点的v－t图像是图A，故选项A正确。]
    8.A [位移—时间图像中，0～t1为直线，则质点做匀速直线运动，t1～t2为抛物线，则质点做匀加速直线运动，故A正确。]
    9.D [铯原子团仅在重力的作用下，加速度g竖直向下，大小恒定，在v－t图像中，斜率为加速度，故斜率不变，所以图像应该是一条倾斜的直线，故A、B错误；因为加速度恒定，且方向竖直向下，所以加速度始终为负值，故C错误，D正确。]
    10.D [由速度v随位移s变化的图像可知eq \f(Δv,Δs)＝k，则有eq \f(Δv,Δs)＝eq \f(Δv,Δt)·eq \f(Δt,Δs)＝eq \f(a,v)＝k，解得a＝kv，可知位移增大，速度增大，加速度随速度的增大而增大，且与速度成正比，故D正确。]
    11.A [甲物体2 s时速度从负值变为正值，即运动方向发生变化，故A正确；已知乙的初速度为0，因a－t图像与时间轴围成的面积等于速度的变化量，可知乙物体在0～2 s时间内速度为负值，在2～4 s内速度变化量为正值，在t＝4 s时速度为零，但是在2～4 s内速度仍为负值，则2 s时的运动方向没有发生变化，故B错误；甲物体0～2 s内的平均速度与2～4 s内的平均速度大小相同，但是方向相反，故C错误；乙物体0～4 s内速度一直为负，则4 s时的位置与0时刻的位置不相同，故D错误。]
    12.AB [根据图像的中心对称可知，a点的坐标是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(tb,2)，\f(vb,2)))，则质点速度增量Δv＝va－0＝eq \f(vb,2)，A正确；v－t图像中图线与坐标轴所围的面积表示质点在该段时间内发生的位移，0～tb时间内，在v－t图像上进行割补，其面积恰好等于三角形Obtb的面积，所以质点运动的位移等于eq \f(1,2)vbtb，B正确；
    v－t图像中图线的斜率表示质点的加速度，根据图像的中心对称可知，eq \f(tb,4)、eq \f(3tb,4)这两时刻的图像斜率相等，加速度相等，C错误；若质点做加速度为eq \f(vb,tb)的匀加速直线运动，质点的v－t图像为题图中的虚线，在eq \f(tb,2)～tb时间内质点的位移为图中阴影部分面积，可得s匀加速＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(vb,2)＋vb))×eq \f(tb,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(3vbtb,8)，由图可知在eq \f(tb,2)～tb时间内质点的v－t图像与t轴所围面积大于图中阴影部分面积，故在eq \f(tb,2)～tb时间内质点的位移大于eq \f(3vbtb,8)，D错误。]
    专题强化练二 追及相遇问题
    1.A [轿车速度为v轿＝72 km/h＝20 m/s，设货车速度为v货，当二者速度相等时，距离最近，有t＝eq \f(v轿－v货,a)，eq \f(v轿＋v货,2)t＋22 m＝v货t＋120 m，解得v货＝6 m/s＝21.6 km/h，故A正确，B、C、D错误。]
    2.B [两辆完全相同的汽车，刹车时加速度相同，刹车位移也相同，均为s，设加速度大小为a，前车刹车的时间为t＝eq \f(v0,a)，刹车位移为s＝eq \f(veq \\al(2,0),2a)，在此时间内，后车做匀速运动，位移为s′＝v0t＝eq \f(veq \\al(2,0),a)，所以s′＝2s，此后，后车刹车，刹车位移也为s，要保持两车在上述情况中不相撞，则两车在匀速行驶时保持的距离至少为Δs＝s′＋s－s＝s′＝2s，故选项B正确，A、C、D错误。]
    3.BC [s－t图像中两图线交点表示两人相遇，A项图中两人相遇在t0之后，B项图中两人相遇在t0之前，故A错误，B正确；v－t图像与t轴所围面积表示位移，C项图中在t0时乙已经超过甲，即在t0之前两人再次相遇，故C正确；在D项图中，t0时乙的位移大小仍小于甲的位移，t0时刻之前两人未再次相遇，故D错误。]
    4.D [v－t图像的斜率表示加速度，由于自动驾驶汽车以恒定加速度启动，则自动驾驶汽车加速时的v－t图线为直线，A错误；v－t图线与t轴围成的面积表示位移，B项中t0时刻自动驾驶汽车刚好达到最大速度，且由图像中几何关系可知此时两车位移相等，则自动驾驶汽车与货车相遇时刚好达到最大速度，B错误；s－t图像的斜率表示速度大小，图线交点表示两车位移相同，C项中自动驾驶汽车与货车相遇时其速度还未达到最大，C错误；D项中两车s－t图线交点表示两车再次相遇，且自动驾驶汽车在再次相遇之前已经达到最大速度，D正确。]
    5.D [0～t1时间内，乙的速度由0增大至v1，由速度与加速度的关系可知，乙的平均加速度为eq \(a,\s\up6(－))乙＝eq \f(v1,t1)，A错误；v－t图像与t轴所围面积表示位移，由题图可知甲的位移大于乙的位移，由于甲、乙两物体从同一位置同时出发，则可知t1时刻甲物体应在乙物体前面，B错误；由于t1时刻两图像相切，说明乙的加速度等于甲的加速度，大小均为eq \f(v1－v0,t1)，C错误；图中阴影部分的面积为S0，则0～t1时间内乙的位移为s乙＝eq \f(1,2)(v0＋v1)t1－S0，则乙的平均速度为eq \(v,\s\up6(－))乙＝eq \f(s乙,t1)＝eq \f(1,2)(v0＋v1)－eq \f(S0,t1)，D正确。]
    6.CD [乙车做初速度为0的匀加速直线运动，根据s＝eq \f(1,2)at2，将(10，100)代入可得a＝2 m/s2，甲车做匀速直线运动，速度为v甲＝eq \f(s,t1)＝eq \f(100,10) m/s＝10 m/s，t＝5 s时，甲、乙的速度分别为v甲＝10 m/s，v乙＝at2＝10 m/s，由此可知此时两车速度相等，故A错误；t＝10 s时，甲、乙的速度分别为v甲＝10 m/s，v乙′＝at1＝20 m/s，由此可知此时两车速度相差Δv＝v乙′－v甲＝10 m/s，乙车的速度是甲车的2倍，故B错误，D正确；两车同时同地出发，t＝5 s时两车速度相等，两车间距达到最大，故C正确。]
    7.AC [0～1 s内甲物体做初速度为0的匀加速运动，1～2 s做反向初速度为0的匀加速直线运动，有s＝eq \f(1,2)at2，两个过程位移大小相等，时间相同，则加速度大小相等，选项A正确；若图像为位移—时间图像，0～1 s乙物体的位移和甲物体的位移相等，两者平均速度相等，选项B错误；若图像为速度—时间图像，根据面积大小关系，0～2 s内乙物体位移是甲物体位移的两倍，乙物体平均速度为甲物体平均速度的两倍，选项C正确；若图像为速度—时间图像，在0～1 s内乙的图像面积比甲的大，况且甲、乙的初始位置不确定，则两物体不一定在t＝1 s时刻相遇，选项D错误。]
    8.(1)会 (2)eq \f(85,16) m/s2
    解析 (1)假设两车某时刻相撞，如图所示。
    应满足时间关系t甲＝t乙＋t0＋t1
    位移关系s甲＝s乙＋s0－L
    甲车在t0＋t1＝6 s时的位移为
    eq \f(1,2)a1(t0＋t1)2＝45 m此时尚未撞上乙车，若此后再经时间t与乙车相撞
    则有eq \f(1,2)a1(t＋t0＋t1)2＝eq \f(1,2)a2t2＋s0－L
    代入数据解得t＝4 s(另一解舍去)，即再经过t＝4 s甲、乙两车会相撞。
    (2)若经过时间t2，两车速度相等，且此时两车恰好不相撞，此种情况下乙车加速度设为a0，则有
    a1t2＝a0(t2－t0－t1)
    eq \f(1,2)a1teq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)a0(t2－t0－t1)2＋s0－L
    解得a0＝eq \f(85,16) m/s2
    即要使两车不相撞，乙车运动的加速度至少为eq \f(85,16) m/s2。
    9.(1)8 m (2)12.5 m (3)3.25 s
    解析 (1)根据题意，由公式vt＝v0＋at可得，乙的最长加速时间为tm＝eq \f(v,a)＝2.5 s
    设乙加速到交接棒处时运动时间为t，则在甲追及乙过程中有
    s0＋eq \f(1,2)at2＝vt
    代入数据得t＝2 s，t＝3 s>2.5 s(舍去)
    则此次练习中交接棒处离接力区前端的距离为
    s＝eq \f(1,2)at2＝8 m。
    (2)根据题意可知，乙加速时间应为最长加速时间2.5 s，设甲在距离接力区前端为s1时对乙发出起跑口令，则在甲追及乙过程中有s1＋eq \f(1,2)ateq \\al(2,m)＝vtm
    代入数据得s1＝12.5 m。
    (3)根据题意，在(2)情形下，乙加速运动的距离为
    s2＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,m)＝12.5 m
    则乙匀速运动的时间为t1＝eq \f(L－s2,v)＝0.75 s
    则乙经过接力区的时间是t2＝t1＋tm＝3.25 s。
    实验一 测量做直线运动物体的瞬时速度
    1.(1)eq \f(d6－d4,10T) (2)见解析图 0.42 (3)偏小
    解析 (1)每相邻两个计数点间还有4个点，故相邻的计数点之间的时间间隔为t＝5T＝0.1 s，利用匀变速直线运动的推论得
    vF＝eq \f(sEG,2t)＝eq \f(d6－d4,10T)。
    (2)作出v－t图像如图所示
    根据图线斜率表示加速度可得
    a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(0.289－0.122,0.40－0) m/s2≈0.42 m/s2。
    (3)如果在实验中，交流电的频率变大，则打点周期变小，由Δs＝at2知，加速度的测量值与实际值相比偏小。
    2.(1)AC (2)①左 ②0.30 ③0.40
    解析 (1)为了有效的利用纸带，小车应靠近打点计时器，打点计时器应该安装在长木板远离滑轮的一端，故A正确，B错误；应先接通电源再释放小车，故C正确；电火花计时器应该使用220 V交流电源，故D错误。
    (2)①由题图所示纸带可知，纸带的左端与小车相连。
    ②相邻两个计数点之间还有4个点未画出，则计数点间时间间隔T＝5×eq \f(1,f)＝0.1 s
    打点计时器打下C点时小车的瞬时速度大小为
    v＝eq \f(sBD,2T)＝eq \f(8.40－2.40,2×0.1)×10－2 m/s＝0.30 m/s。
    ③根据Δs＝aT2得小车的加速度
    a＝eq \f(sCE－sAC,4T2)＝eq \f(12.00－5.20－5.20,4×0.12)×10－2 m/s2＝0.40 m/s2。
    3.(1)A (2)0.70 0.53
    解析 (1)打点计时器需要交流电才能工作，故选A。
    (2)计数点3对应的瞬时速度大小为
    v3＝eq \f(（6.71＋7.25）×10－2,2×0.1) m/s＝0.70 m/s
    由逐差法可知，小车的加速度大小
    a＝eq \f(（7.78＋7.25－6.71－6.19）×10－2,4×0.12) m/s2＝0.53 m/s2。
    4.(1)不需要 (2)2.60 2.60
    解析 (1)本实验研究小车做直线运动的规律，不需要求小车所受的合外力，即不需要平衡小车所受到的摩擦力。
    (2)小车0.1～0.2 s内的位移为Δs1＝46.70 cm－42.80 cm＝3.90 cm
    小车0.2～0.3 s内的位移为Δs2＝42.80 cm－36.30 cm＝6.50 cm
    小车在相邻相等时间内的位移差为
    Δs＝Δs2－Δs1＝6.50 cm－3.90 cm＝2.60 cm
    根据匀变速直线运动的推论Δs＝aT2，得小车的加速度大小为
    a＝eq \f(Δs,T2)＝eq \f(2.60×10－2,0.12) m/s2＝2.60 m/s2。
    5.(1)0.860 (2)滑块在A至B段的平均速度的大小 (3)偶然 (4)2.3(2.2～2.4)
    解析 (1)宽度d的读数为
    8 mm＋12×0.05 mm＝8.60 mm＝0.860 cm。
    (2)eq \f(s,t)表示滑块在A至B段的平均速度的大小。
    (3)每次实验重复几次测量后取平均值，是为了减小人为操作造成的误差，为偶然误差。
    (4)若某同学做该实验时将光电门B的位置改变多次，光电门A的位置保持不变，画出eq \f(s,t)－t图线后，得出的纵轴截距的物理含义为滑块经过光电门A的瞬时速度；滑块在摩擦力作用下做匀减速直线运动，有s＝vAt－eq \f(1,2)at2
    即eq \f(s,t)＝vA－eq \f(1,2)at
    由题中图像知，图线的斜率k＝eq \f(1.14－1.82,0.66－0.08)＝－1.17，因此
    a＝－2k＝2.3 m/s2。
    第二章 相互作用
    第1练 重力 弹力 摩擦力
    1.D [由于水桶可以绕水平轴转动，因此一段时间后，当水桶内的水变多导致重心升高到一定程度时，就会造成水桶翻转，选项D正确，A、B、C错误。]
    2.A [F1为桌面受到的压力，是由于书的形变，对桌面产生向下的弹力，A正确；根据胡克定律可知，弹簧发生弹性形变时，弹力的大小F跟弹簧的形变量成正比，B错误；图中碗对筷子的弹力应垂直该处碗的切面斜向上，即接触点与碗心的连线向上，C错误；绳的拉力一定沿着绳而指向绳收缩的方向，D错误。]
    3.BD [设弹簧的劲度系数为k，根据题意，当A静止时，在物块A上端再放一个质量为m的物块B，弹簧的压缩量增加了l1－l2，则有mg＝k(l1－l2)，解得k＝eq \f(mg,l1－l2)，故A错误，B正确；设弹簧的原长为l，则根据题意有2mg＝k(l－l1)，3mg＝k(l－l2)，联立解得l＝3l1－2l2，故C错误，D正确。]
    4.B [小球处于静止状态，所受合力为零，杆对小球的作用力方向不可能是F1，故A错误；当弹簧的弹力为零时，杆对小球的作用力方向是F3，由平衡条件知F3＝mg，故D错误；当弹簧处于伸长状态时，杆对小球的作用力方向可能是F2，则F2等于重力和弹力的合力，所以F2＞mg＝F3，故B正确；当弹簧处于压缩状态时，杆对小球的作用力方向可能是F4，但F4一定大于F3，故C错误。]
    5.B [人走路时相对地面有向后运动的趋势，故人会受到向前的静摩擦力作用，A正确；握住竖直的竹竿匀速上攀时，由平衡条件可知，双手受到的摩擦力与重力等大反向，方向竖直向上，B错误；手握住酒瓶，增大手的握力，会增大手与酒瓶间的最大静摩擦力，但酒瓶受到的摩擦力不变，始终与重力等大反向，C正确；在结冰的水平路面上撒些细土，会增大人与路面间的动摩擦因数，从而增大人与路面间的最大静摩擦力，D正确。]
    6.B [若木箱静止，木板向左运动，则地面对木板的滑动摩擦力方向向右，木箱有向右运动的趋势，受到向左的静摩擦力，选项A错误；若木板静止，木箱向右运动，则地面对木板的静摩擦力方向向右，对木箱的滑动摩擦力方向向左，选项B正确；若木板、木箱均静止，地面对木箱有向左的静摩擦力，地面对木板有向右的静摩擦力，选项C错误；若木箱向右运动，木板向左运动，则地面对木板的滑动摩擦力方向向右，对木箱的滑动摩擦力方向向左，选项D错误。]
    7.BD [A物体与传送带一起匀速运动，它们之间无相对运动或相对运动趋势，即无摩擦力作用，故A错误；B、C两物体虽运动方向不同，但都处于平衡状态，由沿传送带方向所受合力为零可知，B、C两物体均受沿传送带方向向上的摩擦力作用，故B正确，C错误；若传送带向右加速，根据牛顿第二定律，可知A受到向右的摩擦力，故D正确。]
    8.A [根据题意，设货物的质量为m，木板的倾角为θ，货物与木板间的动摩擦因数为μ，对货物，根据物体的平衡条件有mgsin θ＝μmgcs θ，又有tan θ＝eq \f(1.2,\r(22－1.22))＝eq \f(3,4)，解得μ＝eq \f(3,4)，故A正确。]
    9.B [对长木块B受力分析，由于长木块A、B一起向右做匀速直线运动，故B水平方向上不受摩擦力。对长木块A受力分析，受到重力、B对A的压力、地面对A的支持力、水平的推力F、地面对A的摩擦力，故长木块A受到5个力的作用，A错误；长木块A受到地面的摩擦力为滑动摩擦力，大小为f＝μFN＝2μmg，由牛顿第三定律知，地面受到长木块A的摩擦力大小为2μmg，B正确；长木块B水平方向上不受摩擦力，故长木块A受到长木块B的摩擦力大小为0，C错误；对A、B系统受力分析，根据平衡条件可知F＝f＝2μmg，D错误。]
    10.B [书恰好运动时，设A4纸上面的书页的质量为m0，由2×4μm0g＝μmg，解得m0＝eq \f(m,8)，若要A4纸和书一起运动，A4纸上面的书页的质量越大越容易一起拉动，所以m0≥eq \f(m,8)，A、C、D错误，B正确。]
    11.A [小球整体处于平衡状态，对最上面的小球受力分析，沿筒方向受力平衡有mgsin θ＝ΔF＝k·2R，解得k＝eq \f(mgsin θ,2R)，故A正确。]
    12.ACD [设弹性绳的原长为l0，当悬挂一块橡皮擦时，有mg＝k(l1－l0)①，当悬挂两块橡皮擦时，有2mg＝k(l2－l0)②，当悬挂一支笔时，有m′g＝k(l3－l0)③，由①②得l0＝20 cm，由于橡皮擦的重力未知，所以弹性绳的劲度系数求不出具体数值，故A正确，B错误；由①③得eq \f(m′g,mg)＝eq \f(l3－l0,l1－l0)＝1.5，故C正确；将一块橡皮擦和一支笔一起挂在弹性绳下端时，设弹性绳长为l4，有mg＋m′g＝k(l4－l0)④，由以上各式联立得l4＝45 cm，故D正确。]
    13.C [由图可知，木块的最大静摩擦力为8.5 N>6 N，当外力小于最大静摩擦力时，木块静止，受力平衡有f1＝F＝6.0 N，故A错误；木块的最大静摩擦力为8.5 N<10 N，当外力大于最大静摩擦力时，木块滑动，此时木块受的摩擦力为滑动摩擦力，大小为8 N，故B错误；木块滑动摩擦力大小为8 N，有μ＝eq \f(f,FN)＝eq \f(f,mg)＝eq \f(8,5×10)＝0.16，故C正确，D错误。]
    第2练 力的合成与分解
    1.B [根据平行四边形定则可知，该牙所受两牵引力的合力大小为F合＝2Fcs eq \f(α,2)，故B正确。]
    2.B [由矢量的叠加可知F1、F2、F3三个力的合力等于F4，F5、F6两个力的合力等于F4，则这六个力的合力的大小为F合＝3F4＝30 N，方向水平向右，故B正确，A、C、D错误。]
    3.D [由题图可知，F甲＝2 N，方向竖直向上；F乙＝eq \r(80) N，方向斜向右下；F丙＝eq \r(20) N，方向斜向左上；F丁＝1 N，方向竖直向上。则丁图的合力最小，为1 N，故D正确。]
    4.C [如图所示，将重力垂直于斜面方向和沿斜面方向分解，由平衡条件得，沿斜面方向Ff＝Gcs θ，垂直斜面方向F＝Gsin θ＋FN，故C正确，A、B、D错误。]
    5.D [设1、2两绳子与竖直方向夹角分别为α、β，对空调外机受力分析可知，水平方向F1sin α＝F2sin β，即F1的水平分力等于F2的水平分力，选项A、B错误；因α<β，则F1>F2，则两个力的竖直分量满足F1cs α>F2cs β，选项C错误，D正确。]
    6.A [对两个滑块分别受力分析，如图所示，根据平衡条件可知，mAg＝F1sin θ，mBg＝F2sin 2θ，又F1＝F2，因此eq \f(mA,mB)＝eq \f(sin θ,sin 2θ)＝eq \f(1,2cs θ)，A正确。]
    7.C [由题意可得，对B点受力分析如图所示，滑轮受到绳子的作用力应为图中两段绳中拉力F1和F2的合力F，因同一根绳张力处处相等，大小都等于重物的重力，即F1＝F2＝G＝100 N，由于拉力F1和F2的夹角为120°，则由几何知识得F＝100 N，所以滑轮受绳的作用力为100 N，故C正确。]
    8.C [如图所示，因为同一根绳子上的拉力相等，所以两侧绳子是对称的，与竖直方向夹角是相等的。设绳子的长度为l，则两杆之间的距离等于lcs θ，绳子一端在上下移动的时候，绳子的长度不变，两杆之间的距离不变，则θ角度不变，所以F1＝F2＝eq \f(G,2sin θ)，所以绳子上的拉力不变，绳的两端高度差的大小，对绳子的拉力没有影响，故A、D错误；当杆M向左移一些，两杆之间的距离变大，绳长不变，所以θ角度减小，sin θ减小，绳子拉力变大，故B错误；换用稍长一些的轻质晾衣绳，θ角度变大，绳子拉力变小，故C正确。]
    9.D [将力F沿坐标轴进行分解如图所示，图(a)中FX＝Fcs 37°＝20 N，FY＝Fsin 37°＝15 N，A、B错误；图(b)中FX′＝eq \f(F,cs 37°)＝31.25 N，FY′＝Ftan 37°＝18.75 N，C错误，D正确。]
    10.C [以O点为研究对象，轻绳OC对O点的拉力方向竖直向下，轻绳OA对O点的拉力方向沿OA指向左上方，则弹簧对O点的弹力方向应为水平向右，所以弹簧应处于压缩状态，故A错误；弹簧和轻绳OA对O点的作用力大小与轻绳OC对O点竖直向下的拉力大小相等、方向相反，轻绳OC对O点竖直向下的拉力大小等于灯笼重力大小，即FOC＝mg＝60 N，故B错误；根据共点力的平衡条件和力的正交分解可得，水平方向上有FOAsin 53°＝kx，竖直方向上有FOAcs 53°＝mg，两式联立解得FOA＝100 N，x＝0.08 m＝8 cm，选项C正确，D错误。]
    11.D [拖把头受到重力、支持力、推力和摩擦力处于平衡状态，受力如图所示，建立直角坐标系，竖直方向上根据平衡条件可得FN′＝Fcs θ＋mg，根据牛顿第三定律可得地面受到的压力为FN＝Fcs θ＋mg，故A错误；根据滑动摩擦力的计算公式可得f＝μFN＝μ(Fcs θ＋mg)，故B错误；拖把头在水平地板上向前匀速移动，水平方向根据平衡条件可得Fsin θ＝f，即Fsin θ＝μ(Fcs θ＋mg)，解得推力F＝eq \f(μmg,sin θ－μcs θ)，故C错误，D正确。]
    12.B [a、b等高且距离为eq \r(3)R，O为细线中点且细线长为2eq \r(3)R，则Oa＝Ob＝eq \r(3)R，三角形Oab为等边三角形，如图。选取左侧小球进行分析，记O′为圆心，由图中几何关系可得，圆环弹力沿O′a向外，与水平方向夹角为30°，则小球所受重力与圆环弹力的合外力为F合＝2mgcs 30°＝eq \r(3)mg，与细线拉力FT等大，力F的大小与细线拉力的合力等大反向，两细线夹角为60°，则F＝2FTcs 30°＝eq \r(3)FT＝3mg，故B正确。]
    第3练 受力分析 共点力的平衡
    1.B [物体P受到的力有重力、压力、支持力、墙的摩擦力和Q的摩擦力(两个摩擦力可能存在其中一个，也可能同时存在)，故物体P可能受到4个或5个作用力，故A错误，B正确；物体Q受到的力有重力、拉力、支持力、P的摩擦力(可能存在)，故物体Q可能受到3个或4个作用力，故C、D错误。]
    2.B [风筝静止于空中，处于平衡状态，所受合外力为零。空气对风筝的作用力，与风筝重力和细线拉力的合力等大反向，受力分析如图所示，则空气对风筝作用力的方向可能是②的方向，故B正确。]

    第2题解析图 第3题解析图
    3.AC [如图在沿杆和垂直杆方向建立直角坐标系，当F＝5 N时，F在y轴上的分力Fy＝Fsin 53°＝4 N，F与重力在y轴上的合力刚好为0，所以杆与小球只接触不挤压，无弹力和摩擦力，A正确，B错误；当F＝10 N时，Fy＝8 N，F与重力在y轴上的合力为4 N，垂直于杆向上，此时杆对小球的弹力垂直于杆向下，且F在水平方向上有分力，因此杆对小球还有摩擦力，小球一共受4个力，C正确，D错误。]
    4.C [小球受重力mg、弹簧水平向右的弹力F弹、轻杆的作用力F而处于平衡状态，由平衡条件可得F＝eq \r(（mg）2＋Feq \\al(2,弹))，又mg＝16 N，F弹＝kx＝12 N，联立可得F＝eq \r(162＋122) N＝20 N，故C正确。]
    5.A [由力的平衡条件可得F1sin 60°＝G＋F2sin 45°，F1cs 60°＝F2cs 45°，解得F1＝(eq \r(3)＋1)G，故A正确。]
    6.A [对左边的悬索ABC受力分析，如图所示，由平衡条件可得TCD＝Tcs 45°，Tsin 45°＝eq \f(1,4)Mg，解得TCD＝eq \f(1,4)Mg，故A正确。]
    7.D [以左边两个灯笼为整体，设水平方向绳子拉力为T，则有tan θ1＝eq \f(2mg,T)，以左边第二个灯笼为研究对象，则有tan θ2＝eq \f(mg,T)，联立解得tan θ1＝2tan θ2，D正确。]
    8.D [对A、B整体受力分析如图甲所示，可知地面对A的支持力FN地＝2mg，摩擦力f＝FN墙。对B受力分析如图乙所示，由几何关系可知θ＝30°，则FN墙＝mgtan 30°，又f＝μFN地，联立解得μ＝eq \f(mgtan 30°,2mg)＝eq \f(\r(3),6)，故D正确。]

    甲 乙
    9.A [设木块质量为m，斜面倾角为θ，对P受力分析如图所示，则P受到重力、支持力、弹簧弹力、摩擦力、拉力5个力的作用，A正确；Q受到的弹簧弹力沿斜面向上，若Q重力沿斜面向下的分力与弹簧弹力的大小相等，则Q不受摩擦力，所以Q可能受到重力、支持力、弹簧弹力3个力的作用，B错误；有弹簧时，正交分解P受到的重力，沿斜面方向受力平衡，有fP＝mgsin θ＋F弹＋F，只移去弹簧时，有fP′＝mgsin θ＋F，可知木块P受到的沿斜面向下的力变小，需要的摩擦力变小，故木块P仍然静止，C、D错误。]
    10.D [根据题述，B球没有滑动趋势，说明B球不受摩擦力作用。竖直挡板光滑，A球不受摩擦力作用。把A、B看成整体并进行受力分析，设挡板对A球的支持力为F，由平衡条件可得tan θ＝eq \f(F,2mg)，解得F＝2mgtan θ，由牛顿第三定律可知，A球对挡板的压力大小为2mgtan θ， D正确。]
    11.A [对物块B受力分析，有细线的拉力F＝2mg，对圆环A受力分析，受重力mg、细线拉力F、直杆弹力FN作用，当圆环刚要上滑时，有沿杆向下的最大静摩擦力，如图所示，则弹力FN＝mgcs θ＋2mgsin θ＝2mg，摩擦力f＝2mgcs θ－mgsin θ＝mg，由f＝μFN，可得μ＝eq \f(1,2)，故A正确。]
    12.(1)10 N 5eq \r(3) N (2)5(eq \r(3)＋1)N
    解析 (1)以A、B两小球整体为研究对象并对其进行受力分析，竖直方向上有
    (m1＋m2)g＝FN
    对小球A进行受力分析，竖直方向上有m1g＋F1sin θ＝FN
    对小球B进行受力分析，水平方向上有F1cs θ＝F
    联立解得F1＝10 N，F＝5eq \r(3) N。
    (2)以小球B为研究对象进行受力分析，如图所示
    F1′sin 45°＝F′cs 30°
    m2g＋F′sin 30°＝F1′cs 45°
    联立解得F′＝5(eq \r(3)＋1)N。
    13.B [对小球B受力分析如图，绳PB的拉力大小F＝mgcs θ＝eq \f(\r(3),2)mg，对P点受力分析可知，绳OP受到的拉力大小FT＝Fcs θ＝eq \f(3,4)mg，A错误；对物块A受力分析可知，物块A所受摩擦力大小等于PA绳子的拉力，则f＝Fsin θ＝eq \f(\r(3),4)mg，C错误；对整体受力分析可知，半球体C受到的摩擦力大小等于A所受摩擦力，即fC＝f＝eq \f(\r(3),4)mg，B正确；对B、C整体受力分析可知，地面对半球体C的支持力大小为FNC＝(M＋m)g－Fcs θ＝Mg＋eq \f(1,4)mg，D错误。]
    专题强化练三 动态平衡 平衡中的临界与极值问题
    1.A [由牛顿第三定律知绳对人的拉力大小等于FT，岩壁对人的支持力大小等于FN，设绳与岩壁的夹角为θ，对人进行受力分析，如图所示，根据受力平衡可得FTsin θ＝FN，FTcs θ＝mg，则FT＝eq \f(mg,cs θ)，FN＝mgtan θ，在人缓慢向下运动的过程中，θ逐渐减小，mg不变，则FT逐渐减小，FN逐渐减小，故A正确。]
    2.B [将橡皮擦所在位置等效为沿塑料尺切线方向的一个斜面，斜面倾角为θ，对橡皮擦进行分析，如图所示，则有f＝mgsin θ，FN＝mgcs θ，根据牛顿第三定律有f′＝f，FN′＝FN，在橡皮擦离桌边越来越远，塑料尺也越来越弯曲的过程中，等效斜面倾角θ逐渐增大，可知f′增大，FN′减小，即橡皮擦对尺子的压力减小，橡皮擦对尺子的摩擦力增大，故B正确。]
    3.D [小球在重力G、斜面对其的支持力FN和细线上的张力FT三力的作用下保持动态平衡，故三个力可以构成一个封闭的矢量三角形如图所示。在缓慢移动过程中，FN逐渐增大，FT只能变化到与FN垂直，故FT是逐渐变小的，因弹簧弹力大小等于FT，则弹簧弹力逐渐减小，故D正确，A、B、C错误。]
    4.D [设重物的重力为G，以B点为研究对象，受力分析如图所示，作出力FN与F的合力F2，根据平衡条件得F2＝F1＝G，由力三角形和几何三角形相似得eq \f(FN,BO)＝eq \f(F,AB)＝eq \f(F2,AO)＝eq \f(G,AO)，由于BO、AO、G不变，则FN保持不变，AB逐渐减小，所以F逐渐减小，故D正确。]

    第4题解析图 第5题图解析图
    5.AC [小球始终保持静止，所受合力为零，所以mg、F1、F2构成封闭的矢量三角形如图所示，由于重力不变，F1和F2夹角为90°不变，矢量三角形动态图如图所示，mg始终为圆的直径，两绳同时缓慢顺时针转过45°过程中，F1一直增大，F2一直减小，故A正确，B错误；F1与F2的水平分量大小相等，竖直分量的合力与重力大小相等，故C正确，D错误。]
    6.BC [当力F较小时，轮胎处于静止状态，此时轮胎与地面间的静摩擦力大小为f＝Fcs 37°，摩擦力随F增大而增大；当力F较大时，轮胎做加速运动，此时轮胎与地面间的滑动摩擦力的大小为f′＝μ(mg－Fsin 37°)，摩擦力随F增大而减小，因此，轮胎与地面间的摩擦力先逐渐增大后逐渐减小，A错误，B正确；当轮胎刚要滑动时，轮胎与地面间的静摩擦力最大，此时，对轮胎，由平衡条件得Fcs 37°＝fm＝μ(mg－Fsin 37°)，解得最大静摩擦力fm＝80 N，C正确，D错误。]
    7.C [根据题意可知，O点受三个拉力处于平衡状态，向上的两个拉力的合力大小等于物体的重力，方向竖直向上，作出力的矢量三角形如图所示，当F与天花板相连的绳子垂直时，拉力F最小，根据几何关系知β＝α＝60°，故C正确。]
    8.AD [垂直斜面方向，由FN＝Gcs 37°＋Fsin 37°知，在水平力增加至G时，A对斜面的压力最大，最大值为FN1＝Gcs 37°＋Gsin 37°＝1.4G，A正确；在水平力为零时，A对斜面的压力最小，最小值为FN2＝Gcs 37°＝0.8G，B错误；平行斜面方向，由Gsin 37°＝Fcs 37°±f知，在水平力为零时，A所受摩擦力方向沿斜面向上，大小为f1＝Gsin 37°＝0.6G，在水平力为G时，A所受摩擦力方向沿斜面向下，大小为f2＝Gcs 37°－Gsin 37°＝0.2G，可知A所受摩擦力的最大值为0.6G，C错误；根据上述，当水平推力沿斜面向上的分力与重力沿斜面向下的分力大小相等时，A相对斜面没有运动趋势，此时A所受摩擦力的最小值为零，D正确。]
    9.A [根据题意，对小球受力分析，如图所示，保持拉力F大小不变，方向缓慢转至水平过程中，由矢量三角形可知，弹簧弹力逐渐增大，α先增大后减小，故A正确。]
    10.C [根据题述，物块A、B刚要滑动，可知A、B之间的摩擦力和B与木板间的摩擦力均达到最大静摩擦力，隔离A分析受力，由平衡条件可得F＝fAB＋mgsin 45°，FNA＝mgcs 45°，fAB＝μFNA，对A、B整体，由平衡条件可得2F＝3mgsin 45°－f，FN＝3mgcs 45°，f＝μFN，联立解得μ＝eq \f(1,5)，选项C正确。]
    11.BD [物体在斜坡上刚好匀速向下运动时，由力的平衡条件得mgsin θ＝μmgcs θ，解得μ＝tan θ。用外力拉物体沿斜坡缓慢上滑时，物体处于动态平衡状态，则沿斜坡方向上有Fcs α＝mgsin θ＋f，沿垂直斜坡方向上有Fsin α＋FN＝mgcs θ，又f＝μFN，联立解得F＝eq \f(2mgsin θcs θ,cs（θ－α）)，结合数学知识可知当α＝θ＝30°时，F有最小值，最小值为Fmin＝15eq \r(3) N，A错误，B正确；当外力F最小时，由力的平衡条件得，沿斜坡方向上有Fmincs α＝mgsin θ＋f，沿垂直斜坡方向上有Fminsin α＋FN＝mgcs θ，解得f＝eq \f(15,2) N，FN＝eq \f(15\r(3),2) N，C错误，D正确。]
    12.C [对棉包受力分析如图甲所示，由正弦定理可得eq \f(mg,sin 60°)＝eq \f(FOB,sin α)＝eq \f(FOA,sin β)，在旋转过程中α从120°逐渐变大到180°，β从180°逐渐减小到120°，因此OB板由水平位置缓慢转动60°过程中，棉包对OA板压力逐渐增大，对OB板压力逐渐减小，故A、B错误；当OB板转过30°时，两板与水平方向夹角均为30°，如图乙所示，两板支持力大小相等，与竖直方向夹角为30°，可得FN＝eq \f(\r(3),3)mg，故C正确；当OB板转过60°时，OA板处于水平位置，棉包只受到重力和OA板的支持力，棉包对OB板的作用力为零，故D错误。]

    实验二 探究弹簧弹力与形变量的关系
    1.(1)竖直 (2)CD (3)A
    解析 (1)在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持竖直状态。
    (2)实验前，应该先把弹簧竖直悬挂后测量其长度，故A错误；用直尺测得弹簧的长度不是弹簧的伸长量，而是原长和伸长量之和，故B错误；用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要在钩码处于静止状态时读出刻度尺的示数，故C正确；为防止超过弹性限度，应逐一增挂钩码，记下每增加一个钩码后指针所指的刻度尺刻度和对应的钩码总重量，故D正确。
    (3)根据胡克定律F＝kx知，作出的图像应为一条过原点的倾斜直线，故选A。
    2.(1)见解析图 (2)5 20 (3)重力 摩擦力
    解析 (1)如图所示。
    (2)当弹力为0时，弹簧的形变量为0，此时弹簧长度等于原长，可知弹簧原长为L0＝5 cm，根据胡克定律可知k＝eq \f(ΔF,Δx)，则图线的斜率表示劲度系数，即k＝eq \f(ΔF,Δx)＝eq \f(1.6,（13－5）×10－2) N/m＝20 N/m。
    (3)把弹簧水平放置与弹簧悬挂放置相比较，优点在于：避免弹簧自身所受重力对实验的影响；缺点在于：弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦力造成实验的误差。
    3.(1)156.8 235.2 (2)Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,kA)＋\f(1,kB)))
    解析 (1)由题可知，圆环数为4个时，恰好压在弹簧B上，且不受到B的弹力，此前，圆环仅受弹簧A的弹力，此后受到A、B两个弹簧的弹力
    n＝4时，有4mg＝kAx1
    解得kA＝eq \f(4mg,x1)＝eq \f(4×100×10－3×9.80,2.5×10－2) N/m＝156.8 N/m
    n＝8时，有8mg＝kAx2＋kB(x2－x1)
    解得kB＝235.2 N/m。
    (2)串联时，两个弹簧的拉力相等，则
    ΔlA＝eq \f(G,kA)，ΔlB＝eq \f(G,kB)
    可得Δl＝ΔlA＋ΔlB＝G(eq \f(1,kA)＋eq \f(1,kB))。
    4.(3)见解析图 (4)15.35 (5)128
    解析 (3)根据表格数据描点连线如图所示。
    (4)由题图(c)可知刻度尺的分度值为1 mm，故读数为l＝15.35 cm。
    (5)设橡皮筋的劲度系数为k，原长为l0，则
    n1mg＝k(l1－l0)，n2mg＝k(l2－l0)
    则橡皮筋的劲度系数为k＝eq \f(（n2－n1）mg,l2－l1)
    从作出的l－n图线读取数据可得
    k＝eq \f(（n2－n1）mg,l2－l1)＝eq \f(10,3)mg (N/cm)
    l0＝eq \f(n2l1－n1l2,n2－n1)＝9.00 cm
    设冰墩墩的质量为m1，
    则有m1g＝k(l－l0)
    可得m1＝eq \f(10,3)×6.05×(15.35－9.00) g≈128 g。
    5.(1)控制变量法 (2)2.500 (3)ΔL∝eq \f(FL,S) (4)eq \f(L,2)＋ΔL
    解析 (1)影响橡皮条伸长量的因素涉及多个物理量，应使用控制变量法进行实验。
    (2)伸长量ΔL在记录数据中出现错误的是2.500 cm，测量结果应该精确到1 mm，再估读到毫米的下一位，应为2.50 cm。
    (3)由实验数据可知，橡皮条“1、2”原长相同、受力相同，横截面积越大伸长量越小，与横截面积成反比关系；橡皮条“2、3”受力相同，横截面积相同，原长越长伸长量越大，与原长成正比关系；同一橡皮条“2”受力越大伸长量越大，与力成正比关系；根据上述探究过程，橡皮条的伸长量与相关因素可能的关系为ΔL∝eq \f(FL,S)。
    (4)设比例系数为k，横截面积为S，根据题意有ΔL＝keq \f(FL,S)
    从中央剪断，橡皮条的原长变为eq \f(L,2)，此时施加的力为2F，橡皮条的伸长量为ΔL′＝keq \f(2F×\f(L,2),S)
    解得ΔL′＝ΔL
    此时橡皮条的长度为L′＝eq \f(L,2)＋ΔL。
    实验三 探究两个互成角度的力的合成规律
    1.(1)BC (2)3.8 N (3)不变
    解析 (1)确定一个拉力的方向时，需要选择结点O和相距较远的一个点，利用刻度尺连接两点，A错误；为减小误差，与弹簧测力计相连的细线应尽量长些，B正确；实验中拉弹簧测力计时，只需让弹簧与外壳间没有摩擦，弹簧测力计外壳与木板之间的摩擦力对实验没有影响，C正确。
    (2)根据图乙可读出测力计的示数为3.8 N。
    (3)第二次实验时重物质量没有改变，结点位置变化，两弹簧测力计拉力的合力不变，仍等于重物重力的大小。
    2.(1)2.90 2.00 (2)三个力的方向(或三个细线套的方向) F与F′大小相等，方向相同 (3)AB
    解析 (1)图甲中弹簧测力计A的示数为2.90 N，弹簧测力计B的示数为2.10 N，则当弹簧测力计C的示数约为FC＝eq \r(2.902－2.102) N＝2.00 N时，力的平行四边形定则得到验证。
    (2)记录三个弹簧测力计的示数，同时在白纸上确定三个力的方向(或三个细线套的方向)。如果在误差允许的范围内，F与F′大小相等，方向相同，则力的平行四边形定则得到验证。
    (3)为了减小力的方向的测量误差，三个细线套应适当长一些，A正确；拉线方向应与白纸平面平行，避免形成垂直白纸方向的分力，B正确；三个测力计不一定要相同，C错误；三个测力计的示数适中，并不是越大越好，D错误。
    3.(1)F′ (2)B (3)B (4)可行 (5)见解析
    解析 (1)由图乙可知，F′是通过F1和F2的图示作平行四边形得到的，故F′表示力F1和F2合力的理论值。
    (2)本实验中用两个弹簧测力计拉橡皮条时的结点与用一个弹簧测力计拉橡皮条时，结点的位置相同，故本实验用的科学方法是等效替代法，故选B。
    (3)在实验中F1、F2的夹角应该取适当的大小，故选B。
    (4)由于O点的作用效果相同，将两个细绳套换成两根橡皮条，不会影响实验结果，所以是可行的。
    (5)两个弹簧测力计的选取方法是：将两只弹簧测力计调零后互钩对拉，若两只弹簧测力计在对拉过程中，读数相同，则可选；若读数不同，应另换，直至读数相同为止。
    4.(1)B (2)AC (3)甲
    解析 (1)N1个钩码的重力和N2个钩码的重力的合力大小应该等于N3个钩码的重力，由三角形知识有N2－N1(2)实验中绳子与木板平行才能在木板平面完成好实验，A正确；实验中只要知道三根绳子的拉力关系就能作图验证力的平行四边形定则，因此不需要测出钩码的质量，B错误；由于每次实验都能进行一次验证，故两次实验中O点的位置可以不同，C正确；实验中以F1、F2为邻边作平行四边形验证，无需测夹角，D错误。
    (3)实验中F3方向应沿竖直方向，所以甲图正确。
    5.(1)D (2)CD (3)不会
    解析 (1)橡皮条伸长后的拉力大小等于所挂钩码的重力，所以钩码的个数必须记录，又钩码质量相同，则不用测量钩码的质量，橡皮条的原长和伸长后的长度不用测量，故选D。
    (2)连接橡皮条两端点的细线长度不影响橡皮条的拉力大小，故长度不用相同，A错误；细线OP1上力的方向与细线OP2、OP3上两力的合力方向相反，由于OP2、OP3上两力的合力方向是任意的，故OP1不需要在角平分线上，B错误；实验中，需要测量OP1、OP2和OP3上力的大小和方向，故必须记录图中OP1、OP2、OP3的方向以及结点O静止时三根细线所挂钩码的个数，同时记录结点O的位置，C正确；不改变OP1所挂钩码的个数和方向，改变OP2与OP3的夹角重复实验，OP1上的力大小、方向保持不变，另两个力的合力只要跟它等大反向即可保持O点平衡，故O点的位置可以改变，D正确。
    (3)若桌面不水平，三根线上的拉力大小也为各自所挂钩码重力大小，不会影响实验结论。
    第三章 牛顿运动定律
    第1练 牛顿运动定律
    1.A [小球由静止开始释放，“冲”上对接的斜面，这是事实，故A正确；因为生活中没有无摩擦的轨道，所以小球上升到原来释放时的高度为推理，故B错误；减小斜面的倾角θ，小球仍然到达原来的高度是在B项的基础上进一步推理，故C错误；继续减小斜面的倾角θ，最后使它成水平面，小球沿水平面永远运动下去，这是在C项的基础上继续推理得出的结论，故D错误。]
    2.B [惯性只与质量有关，所以太空中处于失重状态的物体具有惯性，A错误；系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害，B正确；“强弩之末，势不能穿鲁缟”，是因为“强弩”的速度减小了，惯性不变，C错误；战斗机作战前抛掉副油箱，是为了减小战斗机的惯性，增加灵活性，D错误。]
    3.C [根据牛顿第三定律，“电动平衡车”对人的作用力大小等于人对“电动平衡车”的作用力，故A错误；人的重力与车对人的支持力的受力物体都是人，不可能是相互作用力，故B错误；地面对车的摩擦力与人(含车)所受空气阻力平衡，所以人与车能够匀速运动，故C正确；在行驶过程中突然向右转弯时，人会因为惯性向左倾斜，故D错误。]
    4.B [由ΔF＝keq \f(I1I2·Δl1·Δl2,r2)得k＝eq \f(ΔF·r2,I1I2·Δl1·Δl2)，又F＝ma，则比例系数k的单位为eq \f(kg·m·m2,s2·A2·m2)＝kg·m/(s2·A2)，B正确。]
    5.A [已知钢绳最大拉力T＝30 000 N，钢绳拉力方向与竖直方向夹角为60°，钢梁受到绳拉力最大合力为F＝2Tcs 60°，方向竖直向上。对钢梁，其合外力F合＝F－mg，根据牛顿第二定律有F合＝ma，联立并代入数据解得a＝5 m/s2，故A正确。]
    6.B [空气阻力与速度大小成正比，即f＝kv(k为大于0的常量)
    从抛出(v1)到原位置(v2)eq \(――――――→,\s\up7(空气阻力一,直做负功))eq \(v,\s\up6(－))上＞eq \(v,\s\up6(－))下eq \(―——―→,\s\up7(x＝eq \(v,\s\up6(－))t))t上＜t下，A错误；v1＞v2，垫起后瞬间v1最大，B正确；最高点速度为0→只受重力→a＝g，C错误；下落过程eq \(――――――→,\s\up7(牛顿第二定律))mg－kv↑＝ma↓，D错误。]
    7.C [直升机悬挂空桶匀速飞往水源取水时，空桶受力平衡，有T1sin 37°－f＝0，T1cs 37°－mg＝0，解得f＝3 000 N，直升机加速返回时，由牛顿第二定律，可得T2sin 37°－f＝(m＋M)a，T2cs 37°－(m＋M)g＝0，解得桶中水的质量为M＝800 kg，故C正确。]
    8.C [火箭加速上升时，航天员处于超重状态，对座椅的压力大于自身重力，A错误；保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落时，由于具有惯性，有向上的速度，所以做竖直上抛运动，B错误；火箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等，C正确；火箭中的燃料燃烧向下喷气，喷出的气体的反作用力推动火箭升空，不是外界空气的作用力，D错误。]
    9.A [以B为研究对象，根据牛顿第二定律有mg－f＝ma，再以竹竿为研究对象，由平衡条件有FN＝Mg＋f＝(M＋m)g－ma，根据牛顿第三定律可知竿对人A的压力大小为(M＋m)g－ma，故A正确。]
    10.B [打开降落伞前，着陆器受到大气的阻力作用以及火星的引力作用，选项A错误；打开降落伞至分离前，着陆器做减速运动，加速度方向竖直向上，则合力方向竖直向上，选项B正确；打开降落伞至分离前，着陆器受到降落伞的拉力和气体阻力以及火星的引力作用，选项C错误；悬停状态中，发动机喷火的反作用力是气体对发动机的作用力，由于发动机还受到火星的引力，则发动机喷火的反作用力与气体阻力不是平衡力，选项D错误。]
    11.D [物体的推力等于力传感器示数，推力为F＝0.6 N，则物体的加速度为a＝eq \f(F,m)＝0.3 m/s2，飞船的加速度与物体的加速度相同，即为0.3 m/s2，A错误；由牛顿第二定律可知飞船受到的推力为F1＝Ma＝900 N，B错误；由4 s内飞船的速度变化量Δv＝a·Δt＝1.2 m/s，可知速度变化了1.2 m/s，由于不知道飞船的初速度大小，故无法得知4 s末速度的大小，C错误；飞船速度的变化率即为飞船的加速度，为0.3 m/s2，D正确。]
    12.ACD [当t＝0时，小球所受的阻力f＝0，此时加速度为g，A正确；由题图乙知，小球的速度从0增加到v0的过程中，加速度减小，B错误；根据牛顿第二定律有mg－f＝ma，解得a＝g－eq \f(6πηvr,m)，当a＝0时，速度最大，此后小球做匀速运动，最大速度vm＝eq \f(mg,6πηr)，C、D正确。]
    13.(1)8 N 6 N (2)2eq \r(41) N 0
    解析 (1)根据平衡条件
    TABsin α＝TBCsin β
    TABcs α＋TBCcs β＝mg
    解得TAB＝8 N，TBC＝6 N。
    (2)根据牛顿第二定律有
    TAB′sin α－TBC′sin β＝ma
    TAB′cs α＋TBC′cs β＝mg
    解得TAB′＝12.8 N，TBC′＝－0.4 N
    由TBC′<0可知，小车以a＝8 m/s2的加速度水平向右行驶时，小球飘起，TBC″＝0，设小球飘起时AB绳与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律有TAB″sin θ＝ma
    TAB″cs θ＝mg
    解得TAB″＝2eq \r(41) N。
    第2练 牛顿第二定律的基本应用
    1.D [剪断轻绳之前，设弹簧的拉力为F，竖直方向根据受力平衡可得Fsin θ＝mg，解得F＝eq \f(mg,sin θ)＝eq \f(4×10,0.5) N＝80 N，剪断轻绳瞬间，弹簧弹力保持不变，根据牛顿第二定律可得F－mgsin θ＝ma，解得a＝15 m/s2，故D正确。]
    2.D [
    水平细线被剪断前，对A、B进行受力分析如图所示，静止时有FT＝Fsin 60°，Fcs 60°＝mAg＋F1，F1＝F1′＝mBg，又因为mA＝mB，联立解得FT＝2eq \r(3)mAg，水平细线被剪断瞬间，FT消失，其他各力不变，A所受合力与FT等大反向，所以aA＝eq \f(FT,mA)＝2eq \r(3)g，aB＝0，故D正确。]
    3.A [原来A处于平衡状态，有F弹＝mAg＝20 N，细线剪断瞬间，弹簧的弹力不会发生突变，故B错误；细线剪断瞬间，A、B一起加速下降，由于原来A平衡，则整体受到的合力等于B的重力，由牛顿第二定律可得mBg＝(mA＋mB)a，解得A、B共同的加速度a＝6 m/s2，故C、D错误；对B由牛顿第二定律可得mBg－FN＝mBa，解得B受到的支持力为FN＝12 N，由牛顿第三定律可知，B对A的压力大小为12 N，故A正确。]
    4.B [物块水平沿中线做匀减速直线运动，则eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(s,t)＝eq \f(v0＋vt,2)，由题意知s＝1 m，t＝1 s，v>0，代入数据有v0 < 2 m/s，故A错误，B正确；对物块作受力分析，由牛顿第二定律有a＝－μg，又veq \\al(2,t) － veq \\al(2,0)＝2as，整理有veq \\al(2,0)＋2as>0，联立可得μ < 0.2，故C、D错误。]
    5.ACD [由运动学公式veq \\al(2,t)－veq \\al(2,0)＝2as，可得无人机失去升力时的速度大小为v＝eq \r(2a1s1)＝12 m/s，故A正确；由牛顿第二定律有F－mg－f＝ma1，解得F＝70 N，故B错误；向上减速时，由牛顿第二定律有mg＋f＝ma2，解得a2＝12 m/s2，故C正确；由运动学公式veq \\al(2,t)－veq \\al(2,0)＝2as可得，无人机减速上升的高度为s2＝eq \f(v2,2a2)＝6 m，则无人机上升的最大高度为H＝s1＋s2＝42 m，故D正确。]
    6.D [根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，可知乘客处于失重状态，所受的支持力FNmg，选项C错误，D正确。]
    7.BC [设竖直向下为正方向，0～3 s，根据牛顿第二定律有mg－F1＝ma1，解得a1＝4 m/s2，3～5 s，根据牛顿第二定律有mg－F2＝ma2，解得a2＝－6 m/s2，方向竖直向上，可知下落过程先处于失重状态后处于超重状态，t＝3 s时速度最大为vm＝4×3 m/s＝12 m/s，故B正确，A错误；下落的总高度为h＝eq \f(vm,2)t1＋eq \f(vm,2)t2＝eq \f(12,2)×3 m＋eq \f(12,2)×2 m＝30 m，故C正确，D错误。]
    8.D [由图可知，在t1～t3时间内手机的加速度方向竖直向上，手机处于超重状态，故A错误；在t2～t3时间内手机有向上的加速度，速度方向与加速度方向相同，可知手机在t2时刻未运动到最高点，故B错误；手机在t3时刻有竖直向上的速度，不为零，故没有改变运动方向，故C错误；由图可知，在t4时刻之后有一段时间内手机的加速度等于重力加速度，则手机与手掌没有力的作用，手机可能离开过手掌，故D正确。]
    9.AC [根据牛顿第二定律，飞机离开电磁弹射区后有F推－eq \f(1,5)mg＝ma2，解得a2＝4.0 m/s2，由v2－veq \\al(2,1)＝2a2(l－l1)，解得飞机在电磁弹射区的末速度v1＝20eq \r(2) m/s，由veq \\al(2,1)＝2a1l1，解得飞机在电磁弹射区运动的加速度a1＝5 m/s2，根据牛顿第二定律有F牵＋F推－eq \f(1,5)mg＝ma1，代入数据解得F牵＝2×104 N，故B错误，A、C正确；根据P＝Fv可知电磁弹射器在弹射过程中的功率不断增加，故D错误。]
    10.AD [运动过程中空气阻力一直做负功，使得水火箭机械能减小，则同一高度处下落阶段动能较小，速度较小，故A正确；水火箭向上运动时，空气阻力向下，加速度a1＝g＋eq \f(f,m)＝12.5 m/s2，则上升的最大高度为hm＝eq \f(veq \\al(2,0),2a1)＝4 m，故B错误；从地面到最高点的时间为t＝eq \f(v0,a1)＝0.8 s，水火箭下落时空气阻力向上，加速度a2＝g－eq \f(f,m)＝7.5 m/s2，所以下落时间大于上升时间，运动总时间大于1.6 s，故C错误；水火箭位于地面上方1 m，即下落h＝3 m时，v＝eq \r(2a2h)＝3eq \r(5) m/s，故D正确。]
    11.B [运动员起跳过程中，向上做加速运动，具有向上的加速度，处于超重状态，故A错误；运动员脚离地之后做竖直上抛运动，由v2＝2gh可得，脚离地时，运动员的速度为v＝eq \r(2×10×（2.9－2.1）) m/s＝4 m/s，由v2＝2ax可得，起跳过程中加速度大小为a＝eq \f(v2,2x)＝eq \f(42,2×0.5) m/s2＝16 m/s2，故B正确；由v＝v0＋at可得，运动员离地的时间为t1＝eq \f(v,a)＝0.25 s，运动员离地到最高点的时间为t2＝eq \f(v,g)＝0.4 s，则从开始起跳到离地上升到最高点的时间为t＝t1＋t2＝0.65 s，故C错误；由牛顿第二定律有FN－mg＝ma，解得FN＝1 560 N，由牛顿第三定律可知，起跳过程中运动员对地面的压力为FN′＝FN＝1 560 N，故D错误。]
    12.(1)8 m/s (2)eq \f(32,15) m/s2 (3)2.67×104 N
    解析 (1)探测器匀加速下落过程中，由牛顿第二定律得
    mg火－f＝ma1，其中f＝0.2mg火
    解得a1＝3.2 m/s2
    探测器5 s末的速度为v＝a1t1＝16 m/s
    全程的平均速度大小为eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(v,2)＝8 m/s。
    (2)探测器加速下落过程中，由h1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)
    代入数据得h1＝40 m
    则减速下落过程中通过的位移为h2＝H－h1＝60 m
    减速下落过程中的加速度大小a2＝eq \f(v2,2h2)＝eq \f(32,15) m/s2。
    (3)设探测器减速下落过程中发动机产生的推力大小为F，
    有F＋f－mg火＝ma2
    代入数据解得F＝2.67×104 N。
    专题强化练四 牛顿运动定律的综合应用
    ——动力学图像、连接体及临界极值问题
    1.B [由题图可知，在0～1 s内，根据汽车的受力及牛顿第二定律可知F－f＝ma1，在1～4 s内，有f＝ma2，又由图可知eq \f(a1,a2)＝eq \f(3,1)，可得eq \f(F,f)＝eq \f(4,1)，故B正确。]
    2.D [物体与弹簧分离时，二者没有相互作用力，所以弹簧处于原长，A错误；物体不受拉力时，有mg＝kx0；物体与弹簧一起向上匀加速时，根据牛顿第二定律得F＋k(x0－s)－mg＝ma，联立得F＝ks＋ma，可知题图乙中图线斜率表示劲度系数，可得k＝5 N/cm，B错误；s≥4 cm后，物体与弹簧脱离，根据牛顿第二定律有30 N－mg＝ma，且由纵轴截距知10 N＝ma，联立解得m＝2 kg，a＝5 m/s2，C错误，D正确。]
    3.D [由牛顿第二定律可知F－μmg＝ma，可得a＝eq \f(1,m)F－μg，将F1＝3 N，a1＝1 m/s2和F2＝4 N，a2＝2 m/s2代入，联立可得m＝1 kg，μ＝0.2，A、B错误；物块与水平面间的最大静摩擦力为f＝μmg＝2 N，C错误；由牛顿第二定律可知F－f＝ma，代入数据解得a＝1.5 m/s2，D正确。]
    4.C [对两物块整体受力分析，有F＝2ma，对后面的物块，有T＝ma，联立得F＝2T，而细线能承受的最大拉力Tmax＝2 N，故F的最大值为Fmax＝4 N，故C正确。]
    5.C [设列车做匀加速直线运动的加速度为a，将后面的38节车厢作为一个整体进行分析，设每节车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f，则有F－38f＝38ma；将最后面的2节车厢作为一个整体进行分析，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F′，则有F′－2f＝2ma，联立解得F′＝eq \f(1,19)F，C正确，A、B、D错误。]
    6.D [a球落地前，对a、b球整体根据牛顿第二定律有mag－mbg＝(ma＋mb)a，解得a＝2 m/s2，故A错误；根据运动学公式h＝eq \f(1,2)at2可得，a球运动到地面所用时间为t＝eq \r(\f(2h,a))＝0.7 s，故B错误；a球落至地面时的速度大小为v＝at＝1.4 m/s，故C错误；对a球，根据牛顿第二定律有mag－T＝maa，解得绳子中张力大小为T＝2.4 N，故D正确。]
    7.BD [设火车加速度为a0时，小球刚好对斜面没有压力，对小球，根据牛顿第二定律可得eq \f(mg,tan 30°)＝ma0，解得a0＝10eq \r(3) m/s2≈17 m/s2。若a＝20 m/s2，可知小球已经离开斜面，小球受到重力和绳子拉力两个力的作用，A错误，B正确；若a＝10 m/s2，可知小球还没有离开斜面，小球受到重力、绳子拉力和斜面支持力三个力的作用，C错误，D正确。]
    8.D [设P点与竖直杆的距离为l，则PQ＝eq \f(l,cs θ)。对物块，根据牛顿第二定律，有mgsin θ＝ma，解得a＝gsin θ，由s＝eq \f(1,2)at2，得eq \f(l,cs θ)＝eq \f(1,2)gsin θ·t2，解得t＝eq \r(\f(4l,gsin 2θ))，当2θ＝90°，即θ＝45°时，t最小，由题知θ从30°增大到60°，则物块的下滑时间先减小后增大，选项D正确。]
    9.BC [物块P有向下的加速度，根据牛顿第二定律可知，绳对P的拉力大小小于物块P的重力大小，故A错误；从a－F图像看出，当拉力等于零时，物块Q的加速度大小为2 m/s2，说明轨道不是水平的，故B正确；设物块Q的质量为m，Q在运动方向上除了拉力F，设其他力合力大小为F1，根据牛顿第二定律得F＋F1＝ma，变形得a＝eq \f(1,m)F＋eq \f(F1,m)，图线的斜率k＝eq \f(1,m)＝2 kg－1，解得m＝0.5 kg，故C正确；由图线与纵轴的交点可知F1＝ma1＝0.5 kg×2 m/s2＝1 N，结合B项分析可知，1 N并非物块Q受到的摩擦力，故D错误。]
    10.D [小滑块匀速运动时，有F＝3μmg，所以μ＝eq \f(F,3mg)，A错误；小滑块匀速运动时加速度为零，后边5根轻杆上的弹力均为零，但2、3间，1、2间轻杆上弹力不为零，B错误；第2个小滑块完全进入到第3个小滑块进入粗糙地带之前，由牛顿第二定律得F－2μmg＝8ma2，则a2＝eq \f(F,24m)，C错误；第1个小滑块完全进入粗糙地带到第2个小滑块进入粗糙地带之前，由牛顿第二定律得F－μmg＝8ma1，取6、7、8小滑块为一系统，由牛顿第二定律得F弹＝3ma1，联立解得F弹＝eq \f(F,4)，D正确。]
    11.(1)eq \f(\r(3),3) (2)1.04 m (3)30°
    解析 (1)玩具沿水平地面做初速度为0的匀加速直线运动，由位移公式有s＝eq \f(1,2)at2
    解得a＝eq \r(3) m/s2
    对玩具由牛顿第二定律得Fcs 30°－μ(mg－Fsin 30°)＝ma
    解得μ＝eq \f(\r(3),3)。
    (2)松手时，玩具的速度v＝at＝2eq \r(3) m/s
    松手后，由牛顿第二定律得μmg＝ma′
    解得a′＝eq \f(10\r(3),3) m/s2
    由匀变速直线运动的速度与位移公式得
    松手后玩具的位移s′＝eq \f(0－v2,－2a′)＝eq \f(3\r(3),5) m≈1.04 m。
    (3)设拉力F与水平方向间的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则
    Fcs θ－f＞0
    f＝μFN
    在竖直方向上，由平衡条件得
    FN＋Fsin θ＝mg
    解得F＞eq \f(μmg,cs θ＋μsin θ)
    cs θ＋μsin θ＝eq \r(1＋μ2)sin(60°＋θ)
    则当θ＝30°时，拉力最小，最省力。
    12.(1)0.16 m (2)eq \f(10,3) m/s2 (3)eq \f(280,3) N eq \f(160,3) N
    解析 (1)设开始时弹簧的压缩量为x0，对P、Q整体受力分析，平行斜面方向有
    (m1＋m2)gsin θ＝kx0
    解得x0＝0.16 m。
    (2)前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1，对物体P，由牛顿第二定律得
    kx1－m1gsin θ＝m1a
    前0.2 s时间内两物体的位移x0－x1＝eq \f(1,2)at2
    联立解得a＝eq \f(10,3) m/s2。
    (3)对两物体受力分析知，开始运动时F最小，分离时F最大，则
    Fmin＝(m1＋m2)a＝eq \f(160,3) N
    对Q应用牛顿第二定律得Fmax－m2gsin θ＝m2a
    解得Fmax＝eq \f(280,3) N。
    专题强化练五 动力学中的传送带模型
    1.D [快件加速时，滑动摩擦力方向与运动方向相同，匀速时，与传送带之间无相对运动趋势，不受摩擦力作用，故A、B错误；快件与传送带相对运动时，由牛顿第二定律得其加速度为a＝eq \f(μmg,m)＝μg＝2 m/s2，快件由静止开始加速至速率为v的过程所用时间为t＝eq \f(v,a)＝0.5 s，与传送带的相对位移为Δs＝vt－eq \f(v,2)t＝0.25 m，故C错误；快件匀速运动的时间为t′＝eq \f(L－\f(v,2)t,v)＝5 s，所以快件运输总时间为t总＝t＋t′＝5.5 s，故D正确。]
    2.BCD [由图像可知物块在传送带上运动的过程中，始终做减速运动，对其受力分析可知，物块在传送带上运动时始终受滑动摩擦力的作用，故A错误；物块在传送带上运动的过程中，以初速度方向为正方向，由牛顿第二定律可得－μmg＝ma，物块在传送带上运动的过程中，由匀变速直线运动的规律可得veq \\al(2,2)－veq \\al(2,1)＝2aL，L＝eq \f(v1＋v2,2)t0，联立解得v1＝6 m/s，t0＝1 s，故B、C正确；传送带的位移为s＝v2t0＝4 m，物块与传送带之间的相对位移为Δs＝L－s＝1 m，故D正确。]
    3.C [设滑块质量为m，传送带倾角为θ，刚开始时滑块受重力、支持力、沿传送带向下的摩擦力作用，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，滑块向下匀加速运动，当滑块与传送带达到共同速度时，若mgsin θ>μmgcs θ，则滑块受到沿传送带向上的摩擦力作用，由牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，则滑块继续向下加速运动，加速度大小改变，故A、B错误；若减小传送带的倾角，使得滑块与传送带达到共同速度时mgsin θ1≤μmgcs θ1，则此后滑块与传送带一起匀速运动，所以滑块可能先做加速运动后做匀速运动，故C正确；若传送带改为顺时针转动，若mgsin θ≤μmgcs θ，滑块不能向下运动；若mgsin θ>μmgcs θ，则滑块一直向下匀加速运动，故D错误。]
    4.AD [由题图乙知，小木块先做匀加速直线运动，当速度达到v0后，以较小的加速度做匀加速运动，则0～t0时间内，小木块所受的摩擦力方向沿斜面向下，t0后小木块所受的摩擦力方向沿斜面向上，故传送带一定逆时针转动，故A正确；小木块在0～t0内，受到的滑动摩擦力方向沿传送带向下，小木块的加速度为a1＝gsin θ＋μgcs θ，且a1＝eq \f(v0,t0)，解得μ＝eq \f(v0,gt0cs θ)－tan θ，故B错误；当小木块的速度等于传送带速度时，受到的滑动摩擦力方向沿传送带向上，故传送带的速度等于v0，故C错误；t0时刻后木块的加速度为a2＝gsin θ－μgcs θ＝2gsin θ－eq \f(v0,t0)，故D正确。]
    5.C [由图乙可知传送带的速度为8 m/s，A错误；在0～1 s内，物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma1，根据图乙可得a1＝eq \f(16－8,1) m/s2＝8 m/s2，联立得μ＝0.25，而在1～3 s内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，故B错误，C正确；当传送带的速度大于16 m/s后，物块在传送带上一直做加速度为a2＝eq \f(8－0,2) m/s2＝4 m/s2的减速运动，无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度都相等，D错误。]
    6.A [当v0μmgcs θ，可知物块先做匀加速直线运动，当v0＝v1时，摩擦力瞬间消失，然后随着物块的继续加速，摩擦力反向，依题意有mgsin θ＝μmgcs θ，即物块匀速直线运动，故A正确，B错误；当v0>v1时，对物块P受力分析，有ma＝mgsin θ－μmgcs θ＝0，即物块一直做匀速直线运动，故C、D错误。]
    7.(1)4 m/s2 (2)0.25 (3)不滑出 4 m/s
    解析 (1)由匀变速直线运动规律可得LOA＝eq \f(1,2)at2
    解得a＝4 m/s2。
    (2)由牛顿第二定律有mgsin θ－μ1mgcs θ＝ma
    解得μ1＝0.25。
    (3)由匀变速直线运动规律可知物体滑至A点时的速度
    vA＝at＝6 m/s
    而物体在传送带上滑动时的加速度大小为a1＝μ2g＝5 m/s2
    则由运动学公式可得物体在传送带上速度减为零的位移为
    s＝eq \f(veq \\al(2,A),2a1)＝3.6 m<10 m
    故物体不会从B点滑出，速度减为零之后反向加速，加速度大小不变，加速到相对传送带静止所需位移为s′＝eq \f(v2,2a1)＝1.6 m物体返回到A点的速度vA′＝v＝4 m/s。
    8.(1)0.4 m/s2 (2)4.5 s
    解析 (1)小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知
    μmgcs θ－mgsin θ＝ma
    解得a＝0.4 m/s2。
    (2)小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，所用时间
    t1＝eq \f(v2－v1,a)＝eq \f(1.6－0.6,0.4) s＝2.5 s
    在传送带上滑动的距离为s1＝eq \f(v1＋v2,2)t1＝eq \f(1.6＋0.6,2)×2.5 m＝2.75 m
    因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcs θ>mgsin θ，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为
    t2＝eq \f(L－s1,v1)＝eq \f(3.95－2.75,0.6) s＝2 s
    所以小包裹通过传送带的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。
    专题强化练六 动力学中的“滑块—木板”模型
    1.C [由v－t图像分析可知，木板相对地面滑动，滑块与木板共速后一起减速到停止，对木板μ1mg>μ2·2mg，则有μ1>2μ2，故C正确。]
    2.D [根据题意只有当A、B之间的摩擦力大于B与地面之间的摩擦力才能实现两物体一起向右运动，即μ1mg>μ2·3mg，即μ1>3μ2，故D正确。]
    3.ACD [由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝eq \f(fm,mg)＝eq \f(8,20)＝0.4，故A正确；由题图乙可知t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ′＝eq \f(f′,2mg)＝eq \f(4,40)＝0.1，故B错误；t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力fm＝8 N，两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板有fm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2 m/s2，对滑块有F－fm＝mam，解得F＝12 N，则由F＝0.5t(N)可知t2＝24 s，故C、D正确。]
    4.C [设拉力为F0时，B刚要从A下面被抽出，对整体，根据牛顿第二定律有F0－2mgsin θ－2μmgcs θ＝2ma，对物块A，根据牛顿第二定律有μmgcs θ－mgsin θ＝ma，联立可得F0＝4μmgcs θ，故A、B、D错误，C正确。]
    5.C [要使木板沿斜面加速运动，对物块与木板整体有F>(M＋m)gsin α，解得F>20 N，故A错误；对物块与木板整体，由牛顿第二定律可得F－(M＋m)gsin α＝(M＋m)a，对物块有f－mgsin α＝ma，为使物块不滑离木板，则f≤μmgcs α，解得F≤30 N，综上可得，当F≤30 N时物块不滑离木板，当F>30 N时物块与木板发生相对滑动，故B错误，C正确；若F＝37.5 N>30 N，物块能滑离木板，对木板有F－Mgsin α－μmgcs α＝Ma1，对物块有μmgcs α－mgsin α＝ma2，设经时间t物块滑离木板，由运动学公式有eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2＝L，解得t＝1.2 s，故D错误。]
    6.(1)1 s (2)30 N≤F≤34 N
    解析 (1)滑板由A滑到B过程中一直加速时，所用时间最短。设滑板的最大加速度为a2，则有f＝μm1g＝m2a2，
    解得a2＝10 m/s2，又s＝eq \f(1,2)a2t2, 解得最短时间t＝1 s。
    (2)滑板与滑块刚好要相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时可认为二者加速度相等，对滑块有F1－μm1g＝m1a2，解得F1＝30 N
    当滑板运动到B，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1，对滑块有F2－μm1g＝m1a1，由位移关系有eq \f(a1t2,2)－eq \f(a2t2,2)＝L，解得F2＝34 N，则水平恒力大小范围是30 N≤F≤34 N。
    7.(1)2.5 m/s2 12.5 m/s2 (2)10 m
    解析 (1)小物块在长木板上滑动时受到的沿板的滑动摩擦力大小为
    f＝μmgcs θ＝7.5 N
    设小物块的加速度为a1，长木板的加速度为a2，
    由牛顿第二定律，对小物块和长木板，有
    f＋mgsin θ＝ma1
    Mgsin θ－f＝Ma2
    代入数据得a1＝12.5 m/s2，a2＝2.5 m/s2。
    (2)当小物块与长木板共速时，有v1＝a1t1＝v0＋a2t1
    解得t1＝1 s，v1＝12.5 m/s
    共速后，小物块与长木板一起加速，相对位移为
    s＝eq \f(10＋12.5,2)×1 m－eq \f(12.5＋0,2)×1 m＝5 m
    故长木板长度L≥10 m，即至少为10 m。
    实验四 探究加速度与物体受力、物体质量的关系
    1.(1)相等 (2)0.1 1.40 2.40 eq \f(s2－s1,2T2) (3)0.5
    解析 (1)平衡摩擦力成功的标准是小车可以做匀速运动，即打点计时器在纸带上打出的相邻两点的间距相等。
    (2)因为所用交流电的频率是50 Hz，所以相邻两计数点之间的时间间隔为T＝5×eq \f(1,50) s＝0.1 s
    由题图乙可读出A、B计数点间距
    s1＝(2.40－1.00)cm＝1.40 cm
    C、D计数点间距s2＝(6.70－4.30)cm＝2.40 cm
    由加速度定义式a＝eq \f(Δv,Δt)，可得小车的加速度计算式为
    a＝eq \f(\f(s2,T)－\f(s1,T),2T)＝eq \f(s2－s1,2T2)。
    (3)由牛顿第二定律可得F＝Ma
    整理可得a＝eq \f(1,M)F
    由题图丙可知eq \f(1,M)＝2.0 kg－1
    解得小车的质量为M＝0.5 kg。
    2.(1)eq \f(d2,2L（Δt）2) (2)B (3)B (4)小车与轨道间存在摩擦力
    解析 (1)小车从A到B有v2＝2aL，其中v为B点速度大小，其值为v＝eq \f(d,Δt)，联立解得a＝eq \f(d2,2L（Δt）2)。
    (2)采用控制变量法，研究加速度和力的关系时，只要保证小车质量不变就行，不需要测量小车质量，A、C错误；设绳子上的拉力大小为T，小车质量为M，钩码质量为m，在平衡摩擦力的前提下，对小车和钩码分别有T＝Ma，mg－T＝ma，解得T＝eq \f(M,M＋m)mg，本实验认为钩码重力大小为绳子拉小车拉力的大小，所以钩码的质量应该远小于小车质量，B正确；轨道光滑时不需要补偿阻力，轨道保持水平，轨道不光滑时，要使轨道倾斜来补偿阻力，D错误。
    (3)小车做匀加速直线运动，用光电门测出的是挡光过程的平均速度，其等于挡光过程的中间时刻的速度，小于小车实际的末速度，故选B。
    (4)由图知，当钩码质量大于某值时，小车才有加速度，说明小车与轨道间存在摩擦力，当绳子拉力大于摩擦力时小车才动起来。
    3.(1)0.810 (2)eq \f(gΔm,m) (3)km
    解析 (1)根据题意可知，交流电源的频率为50 Hz，相邻两计数点间还有四个计时点未画出，则相邻计数点间的时间间隔为0.1 s，由逐差法有
    a＝eq \f(（164.9－46.0－46.0）×10－3,9×0.12) m/s2＝0.810 m/s2。
    (2)根据牛顿第二定律，对A、B组成的系统有
    (m＋Δm)g－(m－Δm)g＝2ma
    解得a＝eq \f(gΔm,m)。
    (3)由(2)的结果变形可得a＝eq \f(g,m)·Δm，则有k＝eq \f(g,m)
    解得g＝km。
    4.(1)1.02 (5)见解析图 0.345
    解析 (1)根据游标卡尺读数规则可知
    h＝10 mm＋2×0.1 mm＝1.02 cm。
    (5)根据题表中数据描点连线，绘制图线如图所示，由图可知第4组数据中的加速度a为0.345 m/s2。
    5.(1)0.2 (2)eq \f(2L,t2) eq \f(k,2L)
    解析 (1)缓慢地向砂桶内倒入砂子，F1的读数缓慢增大到3.5 N时突变为3.0 N，即滑动摩擦力f＝3.0 N，动摩擦因数μ＝eq \f(f,m1g)＝0.2。
    (2)根据L＝eq \f(1,2)at2，可得a＝eq \f(2L,t2)，对木板，由牛顿第二定律有F2－f＝m2a，故F2＝f＋m2eq \f(2L,t2)，因此F2－ eq \f(1,t2)图线的斜率k＝2m2L，则木板的质量为m2＝eq \f(k,2L)。
    6.(1)C (2)eq \f(2,k) －eq \f(b,g)
    解析 (1)横轴表示时间t，纸带宽度表示相邻计数点时间间隔T，纵轴表示相邻计数点距离sn，则斜率为eq \f(Δs,Δt)＝eq \f(sn－sn－1,T)＝vn－vn－1＝Δv，因此斜率表示相邻计数点的瞬时速度的变化，故C正确。
    (2)小车连接动滑轮，则由牛顿第二定律有2F－μMg＝Ma
    变形得a＝eq \f(2,M)F－μg
    则有k＝eq \f(2,M)，b＝－μg
    解得M＝eq \f(2,k)，μ＝－eq \f(b,g)。
    第四章 曲线运动 万有引力与宇宙航行
    第1练 曲线运动 运动的合成与分解
    1.D [做曲线运动的物体，速度方向时刻在发生变化，所以一定是变速运动，合外力一定不为零，合外力可以是恒力，例如平抛运动，合外力也可以是变力，例如匀速圆周运动，故A、B、C错误；做曲线运动的条件是所受合外力的方向与物体的速度方向不在一条直线上，故D正确。]
    2.A [篮球做曲线运动，则篮球的速度与合力不在同一条直线上，且篮球的轨迹应向受力的一方发生偏转，故B、C、D错误；当篮球的速度斜向右上方时，A选项符合条件，故A正确。]
    3.B [当乒乓球经过筒口时，对着球横向吹气，乒乓球沿着原方向做匀速直线运动的同时也会沿着吹气方向做加速运动，实际运动是两个运动的合运动，则一定不会进入纸筒，要提前吹才会进入纸筒，故B正确。]
    4.C [在0～1 s内，物体水平方向为匀速直线运动，竖直方向为匀加速直线运动，则合运动为匀变速曲线运动，故A、B错误；在1～2 s内，物体水平方向初速度为v0x＝4 m/s，加速度为ax＝4 m/s2，竖直方向初速度为v0y＝3 m/s，加速度为ay＝3 m/s2，根据平行四边形定则合成可以得到合初速度为v＝5 m/s，合加速度为a＝5 m/s2，而且二者方向在同一直线上，可知合运动为匀变速直线运动，故C正确，D错误。]
    5.A [如图所示，当冲锋舟在静水中的速度v舟与其在河流中的速度v合垂直时，冲锋舟在静水中的速度最小，则v舟＝vsin θ，由几何关系知θ＝60°，解得v舟＝eq \f(\r(3),2)v，故A正确。]
    6.A [因船头始终垂直于河岸，所以小船过河的时间为t＝eq \f(d,v)，即小船沿AB、AC过河的时间相等，选项A正确，B错误；由题意可知tan 60°＝eq \f(v,v1)，tan 30°＝eq \f(v,v2)，解得v1∶v2＝1∶3，选项C错误；当水流速度为v1时，要使小船到达码头A′，则合速度应该垂直河对岸，船头应指向河的上游且与河岸夹角满足cs θ＝eq \f(v1,v)＝eq \f(\r(3),3)，则θ≠60°，选项D错误。]
    7.C [P从开始运动到到达最低点的过程中，P先向下做加速运动，加速度向下，处于失重状态，然后又减速向下运动，加速度向上，处于超重状态，故A错误；当θ＝90°时，P的速度最小，为零，位置最低，即Q到达O点正下方时，Q的速度最大，故B错误，C正确；由题可知，P、Q用同一根绳连接，则Q沿绳子方向的速度与P的速度相等，则当θ＝60°时，vQcs 60°＝vP，解得vP∶vQ＝1∶2，故D错误。]
    8.C [物块的速度v在垂直于杆方向的分速度等于B点的线速度，即vB＝vsin θ，根据v′＝ωr可知eq \f(vA,vB)＝eq \f(rA,rB)＝eq \f(l,\f(h,sin θ))，联立以上两式解得vA＝eq \f(vlsin2 θ,h)，故A错误，C正确；轻杆转动的角速度为ω＝eq \f(vA,l)＝eq \f(vsin2 θ,h)，故B、D错误。]
    9.BC [冲锋舟恰能到达正对岸时，在静水中速度v静与水的流速v水的合速度垂直于河岸，则有v静cs 30°＝v水，解得v静＝eq \f(10\r(3),3) m/s，故A错误，C正确；当冲锋舟船头垂直河岸航行时，恰能到达正对岸下游600 m处，由于冲锋舟在垂直河岸方向和沿河岸方向都是匀速运动，所以两个方向的位移之比等于两方向的速度之比，即eq \f(d,s)＝eq \f(v静,v水)，式中s指沿河岸方向的位移，为600 m，d指河宽，可解得d＝400eq \r(3) m，故B正确，D错误。]
    10.C [甲船航行的方向与河岸成α角，水流速度水平向右，合速度一定不会垂直河岸，则甲船不能垂直到达对岸，故A错误；在垂直河岸方向上，v甲＝vsin α，v乙＝vsin α，渡河时间为t甲＝eq \f(d,v甲)＝eq \f(d,vsin α)，t乙＝eq \f(d,v乙)＝eq \f(d,vsin α)，两船渡河时间相等，因为在垂直河岸方向上的分速度相等，又是同时出发的，所以两船相遇在NP直线上的某点(非P点)，故B、D错误，C正确。]
    11.B [设轻杆与竖直方向的夹角为θ，则v1在沿杆方向的分量为v1∥＝v1cs θ，v2在沿杆方向的分量为v2∥＝v2sin θ，而v1∥＝v2∥，图示位置时，有cs θ＝eq \f(\r(7),4)，sin θ＝eq \f(3,4)，解得此时甲、乙两球的速度大小之比为eq \f(v1,v2)＝eq \f(3\r(7),7)，选项A错误，B正确；当甲球即将落地时，θ＝90°，此时甲球的速度达到最大，而乙球的速度为零，选项C、D错误。]
    12.(1)eq \f(mveq \\al(2,0),2F) (2)eq \f(2m2gveq \\al(2,0),F2) (3)eq \f(v0,F)eq \r(F2＋4m2g2)
    解析 (1)将小球的运动沿水平方向和竖直方向分解，水平方向有F＝max，veq \\al(2,0)＝2axxmax
    解得xmax＝eq \f(mveq \\al(2,0),2F)。
    (2)水平方向速度减小为零所需时间t1＝eq \f(v0,ax)
    由对称性知小球从A运动到B的总时间t＝2t1
    竖直方向上有y＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(2m2gveq \\al(2,0),F2)。
    (3)小球运动到B点时，有vx＝v0
    vy＝gt，则vB＝eq \r(veq \\al(2,x)＋veq \\al(2,y))＝eq \f(v0,F)eq \r(F2＋4m2g2)。
    第2练 抛体运动
    1.B [由题意知枪口与P点等高，子弹和小积木在竖直方向上均做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹和积木的运动时间相同，根据h＝eq \f(1,2)gt2，可知下落高度相同，所以将击中P点；初始状态子弹到P点的水平距离为L，子弹在水平方向上做匀速直线运动，有t＝eq \f(L,v)，故B正确。]
    2.AD [根据题意可得v0t＝eq \f(1,2)gt2，小球的运动时间为t＝eq \f(2v0,g)，小球的竖直分速度大小为vy＝gt＝2v0，即此时竖直分速度大小等于水平分速度大小的2倍，故A、D正确；此时小球的速度大小为v＝eq \r(veq \\al(2,0)＋veq \\al(2,y))＝eq \r(5)v0，故B错误；速度与水平方向的夹角正切值为tan α＝eq \f(vy,v0)＝2，位移与水平方向夹角的正切值为tan θ＝eq \f(y,x)＝1，显然α≠θ，即小球的速度方向与位移方向不同，故C错误。]
    3.BD [三个小球的竖直位移大小关系为hc>hb>ha，根据h＝eq \f(1,2)gt2可知tc>tb>ta，即落在a点的小球飞行时间最短，故C错误；三个小球的水平位移相同，a、b、c三点速度方向的反向延长线一定过水平位移的中点，故D正确；令θ表示小球撞到竖直墙壁上的速度方向与竖直墙壁的夹角，x和h分别表示水平位移和竖直位移，则tan θ＝eq \f(v0,vy)＝eq \f(v0,gt)＝eq \f(\f(1,2)v0t,\f(1,2)gt2)＝eq \f(x,2h)，小球撞在墙面的竖直分速度大小为vy＝eq \r(2gh)，合速度大小为v＝eq \r(veq \\al(2,0)＋veq \\al(2,y))，联立以上各式可得v＝eq \r(gxtan θ＋\f(gx,tan θ))，三个小球水平位移相同，代入数据后解得va＝vc>vb，故A错误，B正确。]
    4.C [根据平抛运动规律可知，网球在M点时的竖直分速度vyM＝eq \f(v0,tan 60°)＝eq \f(\r(3)v0,3)，在N点时的竖直分速度vyN＝eq \f(v0,tan 45°)＝v0，则O点距水平地面的高度hO＝eq \f(veq \\al(2,0),2g)，故A错误；M点距水平地面的高度hM＝eq \f(veq \\al(2,yN)－veq \\al(2,yM),2g)＝eq \f(veq \\al(2,0),3g)，故B错误；网球从O点运动到N点的时间t＝eq \f(v0,g)，故C正确；O、N两点间的水平距离x＝v0t＝eq \f(veq \\al(2,0),g)，故D错误。]
    5.A [根据平抛运动的规律可得scs θ＝v0t，ssin θ＝eq \f(1,2)gt2，整理得s＝eq \f(2tan θ,gcs θ)veq \\al(2,0)，则k＝eq \f(2tan θ,gcs θ)，故A正确。]
    6.D [如图，设A、B之间高度差为h，C、D之间高度差为h′，则h＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)，h′＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,2)，可得t1＝eq \r(\f(2h,g))，t2＝eq \r(\a\vs4\al(\f(2h′,g)))，斜面倾角的正切值tan θ＝eq \f(h,v0t1)＝eq \f(h－h′,v0t2)，解得h′＝eq \f(3－\r(5),2)h，所以eq \f(AD,AB)＝eq \f(h′,h)＝eq \f(3－\r(5),2)，故D正确，A、B、C错误。]
    7.A [根据两小球的轨迹可知x1＝eq \f(1,5)R，y1＝eq \f(3,5)R，x2＝eq \f(9,5)R，y2＝eq \f(3,5)R，竖直方向的位移相同，两小球下落的时间相同，即t1＝t2，水平位移之比为1∶9，所以水平速度之比为1∶9，故A正确，B错误；在竖直方向上下落时间相同，甲球的速度变化量等于乙球的速度变化量，故C错误；假设落在D点的小球垂直打在圆弧上，此时速度方向沿半径，则速度的反向延长线交水平位移的中点，应在圆心处，因为水平位移小于2R，所以速度的反向延长线不可能交于圆心，故D错误。]
    8.BD [设出水速度为v，根据斜抛运动规律可得水在空中运动的时间为t＝eq \f(2vsin θ,g)，则喷水距离为x＝vcs θ·t＝eq \f(v2sin 2θ,g)，θ＝45°时射程最远，根据上式可知若要使水喷得更远，即增大x，可以增大出水速度、适当增大θ角，故B、D正确。]
    9.B
    10.A [因小球运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则此刻速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝eq \f(tan 30°,2)＝eq \f(\r(3),6)，因为tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(y,\f(3,2)R)，则竖直位移y＝eq \f(\r(3)R,4)，而veq \\al(2,y)＝2gy＝eq \f(\r(3),2)gR，又tan 30°＝eq \f(vy,v0)，解得v0＝eq \f(\r(\f(\r(3)gR,2)),\f(\r(3),3))＝eq \r(\f(3\r(3)gR,2))，故A正确。]
    11.D [初始时，小球在竖直方向的分速度为v0y＝v0sin α＝3 m/s，小球在水平方向的分速度为v0x＝v0cs α＝eq \r(3) m/s，小球从A到D的时间为t＝eq \f(2v0y,g)＝eq \f(2×3,10) s＝0.6 s，小球从A到D的水平位移为x＝v0xt＝eq \f(3\r(3),5) m，所以A错误，D正确；小球在水平方向做匀速直线运动，所以B错误；若撤去OG板，在D点，小球在竖直方向速度大小为vy＝v0y＝3 m/s，则经过D点之后小球在竖直方向做匀加速直线运动，不是自由落体运动，所以C错误。]
    12.eq \f(2\r(5),5) m/s
    解析 频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为t＝4T＝0.05×4 s＝0.2 s
    设抛出瞬间小球的速度为v0，图中每相邻两球间的水平方向上位移为x，竖直方向上的位移分别为y1、y2，根据平抛运动位移公式有
    x＝v0t
    y1＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(1,2)×10×0.22 m＝0.2 m
    y2＝eq \f(1,2)g(2t)2－eq \f(1,2)gt2＝eq \f(1,2)×10×(0.42－0.22) m＝0.6 m
    令y1＝y，则有y2＝3y1＝3y
    已标注的线段s1、s2分别为
    s1＝eq \r(x2＋y2)
    s2＝eq \r(x2＋（3y）2)＝eq \r(x2＋9y2)
    则有s1∶s2＝eq \r(x2＋y2)∶eq \r(x2＋9y2)＝3∶7
    整理得x＝eq \f(2\r(5),5)y
    故在抛出瞬间小球的速度大小为v0＝eq \f(x,t)＝eq \f(2\r(5),5) m/s。
    实验五 探究平抛运动的特点
    1.(1)C (2)D (3)确保多次运动的轨迹相同
    解析 (1)斜槽轨道不需要光滑，只需要从同一位置由静止释放小球，使其到达斜槽末端的速度相同即可，选项A错误；由于描点可能出现误差，因此不是把所有的点都用平滑的曲线连接起来，选项B错误；求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据，这样误差较小，选项C正确。
    (2)根据平抛运动规律有x0＝v0t、y0＝eq \f(1,2)gt2，联立可得v0＝x0eq \r(\f(g,2y0))，选项A、B、C错误，D正确。
    (3)为了保证能画出同一个平抛运动轨迹上的多个点，必须要在同一位置由静止释放小球，以确保多次运动的轨迹相同(或“保证小球离开斜槽末端的速度v0相同，从而保证其运动轨迹相同”)。
    2.(1)1.0 2.0 (2)9.7
    解析 (1)小球在水平方向上做匀速直线运动，小球运动到A点时，由题图(b)可知，其速度的水平分量vx＝eq \f(5×10－2,0.05) m/s＝1.0 m/s，小球在竖直方向上做匀加速直线运动，根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可知，小球运动到A点时，其速度的竖直分量vy＝eq \f(（8.6＋11.0）×10－2,2×0.05) m/s＝2.0 m/s。
    (2)在竖直方向上，根据Δy＝gT2，解得当地的重力加速度
    g＝eq \f(（13.4＋11.0－8.6－6.1）×10－2,0.12) m/s2＝9.7 m/s2。
    3.(1)0.04 (2)1.35 (3)1.08
    解析 (1)传感器系统采集周期为T＝eq \f(1,50) s＝0.02 s，
    则从编号2到编号4，小球运动的时间为t＝2T＝0.04 s。
    (2)小球水平方向做匀速直线运动，根据表格数据可知，相邻点迹之间的水平间距为Δx＝0.027 m，则小球从斜槽末端水平抛出的速度v0＝eq \f(Δx,T)＝eq \f(0.027,0.02) m/s＝1.35 m/s。
    (3)从编号2到编号4的竖直分位移为Δy＝0.082 m－0.039 m＝0.043 m，则在编号3所记录的时刻，小球竖直方向的分速度vy＝eq \f(Δy,2T)＝1.08 m/s。
    4.(1)2 (2)D (3)v0＝eq \r(\f(g,k))
    解析 (1)小球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，所以Δy＝gt2＝y2－y1，解得t＝0.1 s，小球平抛的初速度为v0＝eq \f(x,t)＝eq \f(0.2,0.1) m/s＝2 m/s。
    (2)实验中需要小球每次做平抛运动的轨迹相同，即从斜槽末端抛出时的初速度相同，所以每次释放小球的位置必须相同，且每次小球均需由静止释放，而斜槽轨道并不一定要光滑，故A、B、C正确；由于斜槽不可能完全光滑，且存在空气阻力，所以不能由机械能守恒定律求解小球的初速度，故D错误。
    (3)根据(1)题分析可知x＝v0t＝v0eq \r(\f(Δy,g))，整理得Δy＝eq \f(g,veq \\al(2,0))x2，所以k＝eq \f(g,veq \\al(2,0))，解得v0＝eq \r(\f(g,k))。
    5.(1)见解析 (2)①将小球放在斜槽末端，若小球不滚动，则说明斜槽末端水平 ②B ③B
    (3)使挡板MN到Q的距离之比分别为1∶4∶9∶16∶…
    解析 (1)打击弹性金属片后，听小球落地的撞击声是否重合，然后改变A、B两球释放的高度和小锤敲击弹性金属片的力度，若两小球落地的撞击声依旧重合，则可以说明平抛运动竖直分运动为自由落体运动。
    (2)①将小球放在斜槽末端，若小球不滚动，则说明斜槽末端水平。
    ②通过图像可知，这个偏差较大的点处的水平速度相比其他的点较小，故产生的原因，可能是该次实验A球释放的高度偏低，故B正确。
    ③由每次下降相同高度可知，相邻两点时间间隔减小，由于水平速度不变，所以相邻两点的水平距离减小，故B正确。
    (3)若时间间隔相等，竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，根据y＝eq \f(1,2)gt2可知，挡板MN到Q的距离之比分别为1∶4∶9∶16∶…。
    6.(1)4.20 2.0 (2)b (3)1.97
    解析 (1)由游标卡尺读数规则可知钢球直径为
    d＝4 mm＋10×0.02 mm＝4.20 mm
    由此可知钢球通过光电门的速度v＝eq \f(d,t)＝2.0 m/s。
    (2)钢球做平抛运动时，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是自由落体运动，故B处摄像头所拍摄的频闪照片为b。
    (3)由平抛运动规律可得，竖直方向h＝eq \f(1,2)gt2
    代入数据得t＝0.3 s
    水平方向x＝v0t
    代入数据得v0＝1.97 m/s。
    第3练 圆周运动
    1.C [向心加速度的公式an＝ω2r，结合角速度与转速的关系ω＝2πn，代入数据可得an≈1 000 m/s2，C正确。]
    2.A [门把手上A、B两点都绕O点转动，角速度相等，A、B两点的角速度之比为1∶1，故B错误；由v＝ωr可知，A、B两点的线速度大小之比为vA∶vB＝rA∶rB＝1∶2，故A正确；由a＝ω2r可知，A、B两点的向心加速度大小之比为aA∶aB＝1∶2，故C错误；门把手上的点与转轴上O点的连线在相同时间内扫过的面积为S＝eq \f(1,2)θr2＝eq \f(1,2)ωtr2，所以A、B两点与转轴上O点的连线在相同时间内扫过的面积之比为SA∶SB＝1∶4，故D错误。]
    3.A [由题意知拖把头周期T＝eq \f(1,7) s，则拖把头转动的角速度ω＝eq \f(2π,T)＝14π rad/s，故C错误；拖把头边缘的线速度v1＝eq \f(2πR,T)＝1.4π m/s，故A正确；拖把杆向下运动的速度v2＝eq \f(l,t)＝0.35 m/s，故B错误；拖把头的转速n＝eq \f(1,T)＝7 r/s，故D错误。]
    4.C [设该质点的质量为m，运动周期为T，轨道半径为r，所受合力为F，由题意知T＝eq \f(k,r)，k为比例系数，将上式代入F＝meq \f(4π2,T2)r得F＝meq \f(4π2,k2)r3，即质点所受合力的大小与轨道半径的3次方成正比，故C正确。]
    5.C [由题意可知，在圆盘角速度增大的过程中，物块始终相对圆盘静止，则物块所受摩擦力为静摩擦力，某时刻物块受到的静摩擦力及其按作用效果的分解如图所示，转盘加速运动，f静≠μmg，其中f1提供向心力效果，f2提供改变速度大小的效果，A、B错误；由动量定理得If＝mv－0，则If＝mωr，C正确；由动能定理得Wf＝eq \f(1,2)mv2，v＝ωr，则Wf＝eq \f(1,2)mω2r2，D错误。]
    6.ABD [根据F＝meq \f(v2,r)可知，转弯速度一定的情况下，半径越大，则向心力越小，则弯道半径设计特别长可以使乘客在转弯时更舒适，故A正确；由牛顿第二定律可知，当列车在规定速度下转弯时满足mgtan θ＝meq \f(v2,r)，则在转弯速度一定时，转弯半径越大，则列车倾斜的角度θ越小，则弯道半径设计特别长可以减小转弯时列车的倾斜程度，故B正确；乘客受到的向心力F＝meq \f(v2,r)＝50×eq \f(1002,2 500) N＝200 N，乘客受到来自车厢的力大小约为FN＝eq \r(（mg）2＋F2)＝eq \r(5002＋2002) N≈540 N，故C错误，D正确。]
    7.C [当物块紧贴圆筒内壁时竖直方向有FTcs θ＝mg，水平方向有FTsin θ＋FN＝mLsin θ·ω2，所以只要物块与圆筒内壁接触，始终有FT＝eq \f(mg,cs θ)，故A错误；若物块沿圆筒内壁上滑，绳子松弛，无张力，这是不可能的，故B错误；若物块恰好脱离圆筒壁，有FN＝0，解得ω＝eq \r(\f(g,Lcs θ))，故C正确；根据水平方向有FTsin θ＋FN＝mLsin θ·ω2，其中ω＝eq \r(\f(2g,Lcs θ))，解得FN＝mgtan θ，故D错误。]
    8.ACD [由几何关系可知，a、b两小球圆周运动的半径之比为1∶sin θ，故A正确；小球a做变速圆周运动，只有在最低点是合外力充当向心力，其他位置是绳拉力与重力沿绳向外的分力的合力提供向心力；而小球b做匀速圆周运动，是合外力充当向心力，故B错误；根据矢量三角形可得Fbcs θ＝mg，即Fb＝eq \f(mg,cs θ)，故C正确；a小球到达最高点时速度为零，将重力正交分解有Fa＝mgcs θ，故D正确。]
    9.B [剪纸每转动θ＝eq \f(N,5)×2π(N＝1，2，3，…)，转动后的图形都会与原图形重合，只要在经过相邻两次闪光的时间间隔内，剪纸都转过θ＝eq \f(N,5)×2π(N＝1，2，3，…)，静止不动的观察者就观察到剪纸相对静止，则ω＝eq \f(θ,t)＝eq \f(\f(N,5)×2π,0.1 s)(N＝1，2，3，…)，n＝eq \f(ω,2π)＝2N r/s(N＝1，2，3，…)，当N＝1时，n最小，此时n＝2 r/s，B正确。
    速解 剪纸在0.1 s内至少转eq \f(1,5)圈，则看起来相对静止，即1 s至少转2圈，故B正确。]
    10.A [a、b角速度相等，向心力可表示为F＝mω2Rsin α，所以a、b向心力之比为Fa∶Fb＝sin 60°∶sin 30°＝eq \r(3)∶1，A正确；对b分析可得mgtan 30°＝mω2Rsin 30°，对a分析mω2Rsin 60°11.(1)2.7 m/s2 (2)eq \f(225,242) 甲
    解析 (1)根据速度与位移公式有v2＝2ax
    代入数据可得a＝2.7 m/s2。
    (2)根据向心加速度的表达式a＝eq \f(v2,R)
    可得甲、乙的向心加速度之比为eq \f(a甲,a乙)＝eq \f(veq \\al(2,甲),veq \\al(2,乙))·eq \f(R乙,R甲)＝eq \f(225,242)
    甲、乙两运动员做匀速圆周运动，则运动的时间为t＝eq \f(πR,v)
    代入数据可得甲、乙在弯道运动的时间为t甲＝eq \f(4π,5) s，t乙＝eq \f(9π,11) s
    因为t甲12.(1)500 N (2)7.5 m/s (3)8.7 m
    解析 (1)拉力沿竖直方向的分力大小等于重力，由平行四边形定则可知，拉力FT＝eq \f(mg,cs 37°)＝eq \f(40×10,0.8) N＝500 N。
    (2)根据受力分析，由牛顿第二定律得
    mgtan 37°＝meq \f(v2,R0)
    其中R0＝R＋lsin 37°＝4.5 m＋5 m×0.6＝7.5 m
    联立解得v＝7.5 m/s。
    (3)由几何关系可知座椅离地高度
    h＝OO1－lcs 37°＝5.8 m－5 m×0.8＝1.8 m
    由平抛运动规律得x＝vt，h＝eq \f(1,2)gt2
    联立解得x＝4.5 m
    由勾股定理可知，落地点与游戏机转轴距离
    r′＝eq \r(Req \\al(2,0)＋x2)＝eq \r(（7.5）2＋（4.5）2) m＝8.7 m。
    专题强化练七 圆周运动的临界问题
    1.B [硬币做圆周运动的向心力由静摩擦力提供，有f＝mω2r ，又f≤fm＝μFN＝μmg，联立可得mω2r≤μmg，解得ω≤eq \r(\f(μg,r))，即圆盘转动的最大角速度为eq \r(\f(μg,r))，故选项B正确。]
    2.AD [对于B茶杯，根据摩擦力提供向心力f＝μmg≥meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)))eq \s\up12(2)2r，可得动摩擦因数至少为eq \f(8π2r,gT2)，故A正确；杯子受到的摩擦力等于杯子做圆周运动所需的向心力，不清楚哪个杯子装满了水，无法比较两杯子的向心力大小，故B错误；杯子刚要滑动时，对茶杯A，有μmg＝mωeq \\al(2,1)r，对茶杯B，有μmg＝mωeq \\al(2,2)·2r，可得茶杯A、B发生滑动的最小角速度分别为ω1＝eq \r(\f(μg,r))，ω2＝eq \r(\f(μg,2r))，若增大转动的角速度，茶杯B一定先滑动，故C错误，D正确。]
    3.C [向心力是效果力，不能说小球受向心力，A错误；转速较小时，小球紧贴锥体，则FTcs θ＋FNsin θ＝mg，FTsin θ－FNcs θ＝mω2lsin θ，随着转速的增加，FT增大，FN减小，当角速度ω达到ω0时支持力为零，支持力恰好为零时有mgtan θ＝mωeq \\al(2,0)lsin θ，解得ω0＝eq \f(5,2)eq \r(2) rad/s，B错误，C正确；当ω＝2eq \r(5) rad/s时，小球已经离开斜面，小球受重力和拉力的作用，D错误。]
    4.C [小球恰好通过最高点时，只受到重力作用，重力完全充当向心力，有mg＝meq \f(v2,R)，当小球到达最高点速率为2v时，有FN＋mg＝meq \f(（2v）2,R)，联立解得小球受到轨道的支持力大小为FN＝3mg，根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为3mg，故C正确。]
    5.D [运动员从a到c根据动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,c)，在c点有FNc－mg＝meq \f(veq \\al(2,c),Rc)，FNc≤ kmg，联立有Rc≥eq \f(2h,k－1)，故选项D正确。]
    6.B [对A球，合外力提供向心力，设圆管对A的支持力为FA，由牛顿第二定律有FA－mAg＝mAeq \f(veq \\al(2,A),R)，代入数据解得FA＝28 N，由牛顿第三定律可得，A球对圆管的力竖直向下为28 N，设B球对圆管的力为FB′，由圆管受力平衡可得FB′＋28 N＋m管g＝0，解得FB′＝－44 N，负号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，圆管对B球的力FB为44 N，方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有FB＋mBg＝mBeq \f(veq \\al(2,B),R)，解得vB＝4 m/s，故B正确。]
    7.B [由题意可知，小球恰好过A点时的速度最小，即小球过A点时绳子上的拉力恰好为零，此时小球做圆周运动的向心力完全由小球重力沿斜面向下的分力来提供，由牛顿第二定律有mgsin 30°＝meq \f(veq \\al(2,min),L)，解得vmin＝2 m/s，故B正确。]
    8.B [在最低点对小物体受力分析，有小物体所受合力提供向心力，即f－mgsin 15°＝meq \f(v2,r)，解得v＝2 m/s，所以A错误；小物体所受合力为F合＝meq \f(v2,r)＝4 N，所以B正确；由于小物体做匀速圆周运动，在圆轨道任意位置时，所受合力的大小都是相等的，小物体在最高点所受合力大小为4 N，有f′＝F合－mgsin 15°＝1.4 N，即在该点受到大小为1.4 N，方向沿盘面指向转轴的摩擦力，所以C、D错误。]
    9.AC [对小球受力分析，在竖直方向有mg＝Tasin θ，可知小球一定受a绳的拉力作用，且小球所受a绳的拉力随角速度的增大保持不变，故A正确，B错误；当b绳刚要绷紧出现弹力时，水平方向根据牛顿第二定律，有Tacs θ＝mω2l，联立解得ω＝eq \r(\f(g,ltan θ))，即当角速度ω>eq \r(\f(g,ltan θ))时，b绳将出现弹力，故C正确；由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故D错误。]
    10.A [小球通过最高点时，O轴受到杆的作用力F与小球受到杆的作用力F′等大反向，即F＝－F′，小球过最高点时，根据牛顿第二定律有mg＋F′＝meq \f(v2,R)，得F′＝eq \f(m,R)v2－mg，则F＝－eq \f(m,R)v2＋mg，则图乙中图像的斜率为－eq \f(m,R)＝－eq \f(3,5) kg/m，当v2＝0时，F＝mg＝3 N，联立解得m＝0.3 kg，R＝0.5 m，故A正确，B错误；当小球通过最高点的速度为零时，小球恰好通过最高点，故C错误；小球过最高点的速度大小为eq \r(15) m/s时，根据牛顿第二定律有mg＋F′＝meq \f(v2,R)，可得F′＝6 N，方向竖直向下，即杆对球的作用力方向竖直向下，所以杆受到球的作用力竖直向上，故D错误。]
    11.A [由题意知小球刚好能通过半圆的最高点A，则有mg＝meq \f(veq \\al(2,A),\f(R,2))，得vA＝eq \r(\f(1,2)gR)。小球从A点做平抛运动，有x＝vAt，y＝eq \f(1,2)gt2，又x2＋y2＝R2，代入解得t2＝eq \f(（\r(5)－1）R,g)，则B点与O点的高度差为hBO＝R－y＝eq \f(（3－\r(5)）R,2)，故A正确。]
    12.(1)2 rad/s (2)2.5 m (3)2.1 m
    解析 (1)由题意可得，当小物体在圆盘上随圆盘一起转动时，圆盘对小物体的静摩擦力提供向心力，所以随着圆盘转速的增大，小物体受到的静摩擦力增大，当静摩擦力最大时，小物体即将离开圆盘，此时圆盘的角速度达到最大，有
    fm＝μ1mg＝mω2r
    解得ω＝2 rad/s。
    (2)由题意可得，当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为零，对应的餐桌半径取最小值。设物体在餐桌上滑动的位移为s，物体在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a，有a＝eq \f(f,m)
    又f＝μ2mg
    解得a＝μ2g＝2.25 m/s2
    物体在餐桌上滑动的初速度v0＝ωr＝3 m/s
    由运动学公式0－veq \\al(2,0)＝－2as可得s＝2 m
    由几何关系可得餐桌半径的最小值
    R＝eq \r(r2＋s2)＝2.5 m。
    (3)当物体滑离餐桌时，开始做平抛运动，平抛的初速度为物体在餐桌上滑动的末速度v
    由题意可得v2－veq \\al(2,0)＝－2as′
    由于餐桌半径R′＝eq \r(2)r，所以s′＝r＝1.5 m
    解得v＝1.5 m/s
    设物体做平抛运动的时间为t，则h＝eq \f(1,2)gt2
    解得t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.4 s
    物体做平抛运动的水平位移s＝vt＝0.6 m
    所以，水平距离L＝s′＋s＝2.1 m。
    实验六 探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系
    1.(1)B (2)不变 3∶1
    解析 (1)若要探究小球受到的向心力大小和角速度大小的关系，即探究F＝mω2r的关系，则需要用质量和体积都相同的两个相同球做实验，A错误；开始时皮带在两个变速塔轮2、3的最上面一层，此时半径相同，将变速塔轮2、3上的皮带往下移动，因两轮边缘的线速度相等，半径不相同，使得轮转动的角速度不相等，这样就可以探究力和角速度的关系，只需要知道两轮的半径关系即可知道两个小球的角速度关系，所以不需要用秒表记录时间、计算两个小球的角速度，B正确，C错误；为保证两球转动的半径相同，则需要将两个小球分别放在长槽和短槽上半径相同的位置，D错误。
    (2)若放在长槽和短槽的三个小球均为质量相同的钢球，皮带所在塔轮的半径之比为1∶1，则角速度相同，转速也相同，根据F＝mω2r＝m(2πn)2r可知逐渐加大转速，左右标尺露出的红色、白色等分标记之比不变。当小兴以1 r/s的转速转动手柄时，根据F＝mω2r＝m(2πn)2r，左右两边的向心力大小之比为eq \f(F1,F2)＝eq \f(m（2πn）2r＋m（2πn）22r,m（2πn）2r)＝eq \f(3,1)。
    2.(1)变大 变小 (2)①
    解析 (1)小球做圆周运动时，有FT＝mω2r＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)))eq \s\up12(2)r，当小球运动半径不变，仅减小运动周期，小球受到的拉力将变大；若保持小球运动的周期不变，仅减小运动半径，小球受到的拉力将变小。
    (2)根据题意有周期T＝eq \f(t,n)，可得F＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2πn,t)))eq \s\up12(2)r＝4π2mr·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,t)))eq \s\up12(2)，因为甲球的质量较大，所以可得曲线①为小球甲的实验数据。
    3.(1)m r (2)当质量m、转动半径r不变时，向心力与线速度的平方成正比 (3)kr
    解析 (1)根据F＝meq \f(v2,r)，探究向心力大小与线速度的关系，应保持质量m和转动半径r不变。
    (2)线速度大小为v＝eq \f(d,t)，则有F＝eq \f(m,r)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,t)))2，图线斜率表示质量与半径的比值，且保持不变，由此可知，当质量m、转动半径r不变时，向心力与线速度的平方成正比。
    (3)由图线的斜率为k＝eq \f(m,r)得砝码的质量为m＝kr。
    4.(1)F与v的平方成正比 (2)线速度v (3)0.088
    解析 (1)由图像B可知F与v2成正比。
    (2)研究F和r成反比的关系，实验时除了保持圆柱体质量不变外，还应保持线速度v不变。
    (3)由F＝eq \f(mv2,r)结合F－v2图像求得eq \f(m,r)＝k＝eq \f(0.88,1) kg/m＝0.88 kg/m，解得m＝0.88×0.1 kg＝0.088 kg。
    5.(2)小球的直径d eq \f(d,Δt) (3)最大值 (4)0.05 1
    解析 (2)根据v＝eq \f(Δs,Δt)知，要测量速度，需要知道钢球在挡光时间内通过的位移，即小球的直径d，速度表达式为v＝eq \f(d,Δt)。
    (3)小球摆动过程中受力分析如图所示，有FT－mgcs θ＝meq \f(v2,r)，则FT＝mgcs θ＋meq \f(v2,r)，由于F2始终指向轨迹的最低点，小球向最低点运动过程中速度增大，到达最低点时速度最大，在最低点FT最大，所以拉力传感器显示的是FT的最大值。
    (4)小球摆至最低点时，细线的最大拉力FTm＝mg＋meq \f(v2,r)，当小球速度为零时，拉力与重力大小相等，对比图线可知mg＝0.485 N，解得m＝0.05 kg，由斜率k＝eq \f(m,r)＝eq \f(0.2,4) kg/m，解得r＝1 m。
    6.(1)eq \f(d,t) eq \f(F1,g) (2)eq \f(F1d2,gt2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋\f(d,2)))) F2－F1
    解析 (1)钢球的直径为d，钢球通过光电门的时间为t，故钢球经过光电门的速度为v＝eq \f(d,t)
    钢球静止时，根据受力分析可知，拉力等于重力，故F1＝mg
    可得m＝eq \f(F1,g)。
    (2)钢球做圆周运动的半径为悬挂点到小球球心的距离，将数据代入公式可得F向＝eq \f(mv2,R)＝eq \f(\f(F1,g)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,t)))\s\up12(2),L＋\f(d,2))＝eq \f(F1d2,gt2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋\f(d,2))))
    小球经过光电门时，受到拉力和重力，则合力为
    F合＝F2－mg＝F2－F1。
    第4练 万有引力定律及应用
    1.A [根据a＝eq \f(v2,r)知该行星在a点的向心加速度比在b、c两点的都大，A正确；根据开普勒第二定律可知近日点速度最大，所以该行星在a点的速度比在b、c两点的速度都更大，B错误；由开普勒第二定律知相等时间内，太阳和运动着的行星的连线所扫过的面积是相等的，C错误；由开普勒第一定律可知，太阳一定在椭圆的一个焦点上，行星绕太阳做椭圆运动，D错误。]
    2.B [分析可知地火转移轨道的半长轴a＝eq \f(1.5×1011＋2.3×1011,2) m＝1.9×1011 m，根据开普勒第三定律eq \f(a3,T2)＝eq \f(req \\al(3,地),Teq \\al(2,地))，代入数据可得T≈1.4年，则“天问一号”从P点运动到Q点的时间约为t＝eq \f(T,2)＝0.7年，故B正确。]
    3.D [根据万有引力定律有F＝Geq \f(Mm,r2)，B卫星在由近地点向远地点运动过程中受到地球引力逐渐减小，A错误；由题意知B卫星半长轴为A卫星圆轨道半径的2倍，根据开普勒第三定律得eq \f(R3,Teq \\al(2,A))＝eq \f(（2R）3,Teq \\al(2,B))，解得TB＝2eq \r(2)TA，所以地心与卫星B的连线在eq \r(2)TA时间内扫过的面积小于椭圆面积，B、C错误；1轨道圆心在地心，2轨道的一个焦点也在地心，所以二者重合，D正确。]
    4.C [航天员所受地球引力大小不为零，在空间站中所受的地球引力完全提供做圆周运动的向心力，飞船对其作用力等于零，故A、B错误，C正确；根据F＝Geq \f(Mm,r2)可知，他们在地球表面上所受引力的大小大于在飞船中所受的万有引力大小，因此在地球表面所受引力大小大于其随飞船运动所需向心力的大小，故D错误。]
    5.C [在“极点”处mg2＝eq \f(GMm,R2)；在其表面“赤道”处eq \f(GMm,R2)－mg1＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)))eq \s\up12(2)R，解得R＝eq \f(（g2－g1）T2,4π2)，故C正确。]
    6.C [设地球半径为R，由题意知，r＝60R，地球表面的重力加速度为g，则有mg＝Geq \f(M地m,R2)，月球绕地球公转，由万有引力提供向心力，有Geq \f(M地m月,r2)＝m月eq \f(4π2,T2)r，联立解得T＝120πeq \r(\f(r,g))，故C正确。]
    7.B [着陆器向下做匀减速运动时的加速度大小a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(v0,t0)。在天体表面附近，有mg＝Geq \f(mM,R2)，则eq \f(g火,g)＝eq \f(M火,M地)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(R地,R火)))eq \s\up12(2)，整理得g火＝0.4g，由牛顿第二定律知，F－mg火＝ma，解得制动力F＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0.4g＋\f(v0,t0)))，B项正确。]
    8.A [根据Geq \f(Mm,R2)＝mg，ρ＝eq \f(M,V)，V＝eq \f(4,3)πR3，可得ρ＝eq \f(3g,4πGR)，可知地球的密度是该小行星密度的eq \f(1,5)，选项A正确，B、C、D错误。]
    9.C [卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，有Geq \f(Mm,r2)＝
    meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)))eq \s\up12(2)r，由题意可知r3＝pT2，联立解得M＝eq \f(4π2p,G)，故C正确。]
    10.ABD [月球表面附近的物体做自由落体运动，有h＝eq \f(1,2)g月t2，则月球表面的自由落体加速度g月＝eq \f(2h,t2)，故A正确；不考虑月球自转的影响，有Geq \f(Mm,R2)＝mg月，得月球的质量M＝eq \f(2hR2,Gt2)，故B正确；月球的密度ρ＝eq \f(M,V)＝eq \f(\f(2hR2,Gt2),\f(4π,3)R3)＝eq \f(3h,2πRGt2)，故C错误，D正确。]
    11.B [根据地球表面两极处万有引力等于重力有eq \f(GMm,R2)＝mg，可得M＝eq \f(gR2,G)，则地球的平均密度为ρ＝eq \f(M,V)＝eq \f(3g,4πGR)，故A、C错误；根据eq \f(GMm,（R＋h）2)＝mg′，结合M＝eq \f(gR2,G)，可得S－SAR01星轨道处的重力加速度g′＝eq \f(gR2,（R＋h）2)，故B正确；根据eq \f(GMm,（R＋h）2)＝meq \f(v2,R＋h)，结合M＝eq \f(gR2,G)可得S－SAR01星运行的速度v＝eq \r(\f(gR2,R＋h))，故D错误。]
    12.C [根据开普勒第三定律有eq \f(Req \\al(3,0),T2)＝k，且k＝eq \f(b,a)，可得T＝eq \r(\f(aReq \\al(3,0),b))，A错误；由万有引力提供向心力得Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r，得eq \f(r3,T2)＝eq \f(GM,4π2)，可得eq \f(GM,4π2)＝eq \f(b,a)，解得M＝eq \f(4π2b,Ga)，B错误；由ρ＝eq \f(M,V)，且V＝eq \f(4,3)πReq \\al(3,0)，可得ρ＝eq \f(M,\f(4,3)πReq \\al(3,0))＝eq \f(\f(4π2b,Ga),\f(4,3)πReq \\al(3,0))＝eq \f(3bπ,aGReq \\al(3,0))，C正确；由Geq \f(Mm,Req \\al(2,0))＝mg得g＝eq \f(GM,Req \\al(2,0))＝eq \f(G\f(4π2b,Ga),Req \\al(2,0))＝eq \f(4π2b,aReq \\al(2,0))，D错误。]
    13.C [设地球的质量为M，物体在赤道处随地球自转做圆周运动的角速度等于地球自转的角速度，轨道半径等于地球半径，物体在赤道上受到的重力和物体随地球自转所需的向心力是万有引力的分力，有Geq \f(Mm,R2)－mg＝mω2R，物体在两极受到的重力等于万有引力，即Geq \f(Mm,R2)＝mg0，所以g0>g，故A错误；在两极有mg0＝Geq \f(Mm,R2)，解得M＝eq \f(g0R2,G)，故B错误；由Geq \f(Mm,R2)－mg＝mω2R，mg0＝Geq \f(Mm,R2)，解得ω＝eq \r(\f(g0－g,R))，故C正确；地球的平均密度ρ＝eq \f(M,V)＝eq \f(\f(g0R2,G),\f(4,3)πR3)＝eq \f(3g0,4πGR)，故D错误。]
    第5练 人造卫星 宇宙速度
    1.D [根据万有引力提供向心力，有Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)＝mω2r＝meq \f(4π2,T2)r＝ma，可得v＝eq \r(\f(GM,r))，ω＝eq \r(\f(GM,r3))，T＝2πeq \r(\f(r3,GM))，a＝eq \f(GM,r2)，因为北斗卫星周期大，故运行轨道半径大，则线速度小，角速度小，加速度小，故D正确。]
    2.C
    3.B [对卫星，有Geq \f(Mm,r2)＝ma＝meq \f(v2,r)＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)))eq \s\up12(2)r，因为raab>ac，故A错误；速度v＝eq \r(\f(GM,r))，所以三颗卫星的运行速度大小va>vb>vc，故C错误；周期T＝2πeq \r(\f(r3,GM))，所以三颗卫星的运行周期Ta4.BC [设中国空间站的质量为m，地球的质量为M，中国空间站绕地球运动的周期为T，则Geq \f(Mm,（R＋h）2)＝meq \f(4π2,T2)(R＋h)，设地球表面物体的质量为m′，则有Geq \f(Mm′,R2)＝m′g，联立解得T＝eq \f(2π（R＋h）,R)eq \r(\f(R＋h,g))，故A错误，B正确；设中国空间站运行速度的大小为v，则有v＝eq \r(\f(GM,R＋h))＝Req \r(\f(g,R＋h))，中国空间站在t时间内运行的路程s＝vt＝tReq \r(\f(g,R＋h))，故C正确，D错误。]
    5.C [在地球表面，有Geq \f(Mm,R2)＝mg，地球质量为M＝eq \f(gR2,G)，故A、B错误；由题意知g0＝g＝eq \f(GM,R2)，设地球自转的角速度为ω，赤道上物体的加速度a1＝ω2R，地球同步卫星的向心加速度a2＝ω2r＝eq \f(GM,r2)，由于r>R，所以g0＝g>a2>a1，故C正确；加速度之比eq \f(a1,a2)＝eq \f(R,r)，故D错误。]
    6.A [该星球的第一宇宙速度满足Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(veq \\al(2,1),r)，在该星球表面处万有引力等于重力，有Geq \f(Mm,r2)＝m·eq \f(g,6)，由以上两式得该星球的第一宇宙速度v1＝eq \r(\f(gr,6))，则第二宇宙速度v2＝eq \r(2)×eq \r(\f(gr,6))＝eq \r(\f(gr,3))，故A正确。]
    7.C [根据第一宇宙速度v＝eq \r(\f(GM,R))，可得月球与地球的第一宇宙速度之比为eq \f(v月,v地)＝eq \r(\f(M月R地,M地R月))＝eq \r(\f(4,81))＝eq \f(2,9)，月球的第一宇宙速度约为v月＝eq \f(2,9)v地＝eq \f(2,9)×8 km/s≈1.8 km/s，在月球上发射卫星的最小速度约为1.8 km/s，月球卫星的环绕速度小于或等于1.8 km/s，“近月卫星”的线速度为1.8 km/s，小于“近地卫星”的线速度，故C正确。]
    8.BD [由万有引力提供向心力Geq \f(Mm,（R＋h）2)＝meq \f(4π2,T2)(R＋h)，得卫星距离地面高度为h＝eq \r(3,\f(GMT2,4π2))－R，故A错误；卫星运行时受到地球引力的大小为F引＝Geq \f(Mm,（R＋h）2)，故C错误；第一宇宙速度为v1＝eq \r(\f(GM,R))，卫星的运行速度v＝eq \r(\f(Gm,R＋h))9.A [北斗导航卫星在环绕地球运行时，由万有引力提供向心力，有Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r，则地球的质量M＝eq \f(4π2r3,GT2)，A正确；在地球表面，由mg＝meq \f(v2,R)，则地球的第一宇宙速度为v＝eq \r(gR)，B错误；北斗导航卫星在轨道上正常运行时，环绕速度为v0＝eq \f(2πr,T)，C错误；北斗导航卫星环绕地球做圆周运动时，处于完全失重状态，但仍受重力的作用，D错误。]
    10.BD [设火星的质量为M，天问一号的质量为m，当天问一号绕火星表面运行时，有Geq \f(Mm,R2)＝meq \f(veq \\al(2,1),R)，可得M＝eq \f(veq \\al(2,1)R,G)，A错误；又因为ρ＝eq \f(M,V)，V＝eq \f(4πR3,3)，解得火星的密度ρ＝eq \f(3veq \\al(2,1),4πGR2)，B正确；根据火星表面物体的重力等于万有引力，有mg＝eq \f(GM,R2)，火星表面的重力加速度g＝eq \f(veq \\al(2,1),R)，C错误；设停泊轨道的半长轴为a，由开普勒第三定律有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,R)))eq \s\up12(3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,T′)))eq \s\up12(2)，又因为T′＝eq \f(2πR,v1)，解得a＝eq \r(3,\f(veq \\al(2,1)T2R,4π2))，D正确。]
    11.BCD [因a在地球上，c为地球同步卫星，所以a、c角速度相同，由v＝ωr，可知c的线速度比a的线速度大，在相同时间内c转过的弧长一定比a大，故A错误；b为近地轨道卫星，根据牛顿第二定律可得Geq \f(Mm,R2)＝mg＝ma，解得a＝g，可知b的向心加速度近似等于地球表面重力加速度g，故B正确；c为地球同步卫星，24 h内转过的角度为2π，则6 h内转过的角度为eq \f(π,2)，故C正确；由开普勒第三定律eq \f(R3,T2)＝k可知卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24 h，则d的运动周期可能是25 h，故D正确。]
    12.(1)eq \r(\f(v0R,t)) (2)eq \r(\f(2v0R,t))
    解析 (1)由题意可知星球表面重力加速度为g＝eq \f(v0,t)
    由万有引力定律知mg＝meq \f(veq \\al(2,1),R)
    解得v1＝eq \r(gR)＝eq \r(\f(v0R,t))。
    (2)由星球表面万有引力等于物体重力知eq \f(GMm,R2)＝mg
    又物体在行星表面的引力势能Ep＝－Geq \f(mM,R)
    解得Ep＝－eq \f(mv0R,t)
    从行星表面到无穷远处，由机械能守恒定律有
    eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(mv0R,t)＝0
    解得v2＝eq \r(\f(2v0R,t))。
    专题强化练八 卫星运动的三类问题
    1.ACD [飞船从低轨道向高轨道变轨时，需要点火加速，A正确；由“高轨低速大周期”的运动规律可知，飞船在1轨道上的线速度、角速度、向心加速度均大于在2轨道上的，周期小于在2轨道上的，B错误，C、D正确。]
    2.B [在卫星轨道半径变小的过程中，地球引力做正功，引力势能一定减小，卫星轨道半径变小，动能增大，由于稀薄气体阻力做负功，机械能减小，选项A、C错误，B正确；根据动能定理，卫星动能增大，卫星克服稀薄气体阻力做的功小于地球引力做的正功，而地球引力做的正功等于引力势能的减小量，所以卫星克服稀薄气体阻力做的功小于引力势能的减小量，选项D错误。]
    3.D [根据开普勒第二定律可知，飞船在轨道Ⅰ上从A点运行到B点的过程中速率变小，故A错误；若在轨道Ⅱ上做圆周运动，根据万有引力提供向心力，有Geq \f(Mm,req \\al(2,B))＝meq \f(veq \\al(2,B),rB)，解得vB＝eq \r(\f(GM,rB))，飞船在轨道Ⅰ上经过B点需加速才能进入轨道Ⅱ，所以飞船在轨道Ⅰ上经过B点时的速率vB4.D [由低轨道进入高轨道需要点火加速，所以由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需在A点加速，故A错误；根据开普勒第三定律，有eq \f(req \\al(3,1),Teq \\al(2,1))＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(r1＋r3,2)))\s\up12(3),Teq \\al(2,2))，解得T2＝T1eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(r1＋r3,2r1)))\s\up12(3))，故B错误；由万有引力公式可知，在轨道Ⅰ、Ⅱ上A点的合外力相同，加速度也相同，故C错误；由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ需在B点加速，所以在轨道Ⅲ上B点的线速度大于在轨道Ⅱ上B点的线速度，故D正确。]
    5.AD [根据开普勒第二定律可知探测器在同一轨道上相等时间内与火星的连线扫过的面积相等，但是图中两阴影部分不在同一轨道，不相等，故A正确；根据开普勒第三定律可知，从“调相轨道”进入“停泊轨道”，探测器的轨道半长轴变小，周期变小，故B错误；从“调相轨道”进入“停泊轨道”，探测器做向心运动，需要减速，探测器机械能变小，故C错误；根据公式eq \f(GMm,r2)＝ma可知探测器在P点的加速度大于在N点的加速度，故D正确。]
    6.BD [黑洞A、B运行的角速度相同，A的半径较大，则A的线速度较大，A错误；设它们相距为L，角速度为ω，根据eq \f(GM1M2,L2)＝M1ω2LOA，eq \f(GM1M2,L2)＝M2ω2LOB，可得M17.C [对于a星球，由牛顿第二定律可得Geq \f(m2,r2)＋Geq \f(m2,（2r）2)＝ma，故星球a做匀速圆周运动的加速度大小为a＝eq \f(5Gm,4r2)，A错误；由a＝eq \f(v2,r)，可得星球a做匀速圆周运动的线速度大小为v＝eq \r(\f(5Gm,4r))，B错误；由a＝eq \f(4π2,T2)r，可得星球a做匀速圆周运动的周期为T＝4πeq \r(\f(r3,5Gm))，由题意可知a与b的运行周期相同，C正确；若因某种原因中心星球c的质量缓慢减小，则星球a、b受到的引力将减小，会做离心运动，线速度将缓慢减小，D错误。]
    8.A [由(ω地－ω火)t＝2π和T＝eq \f(2π,ω)，可得火星冲日时间间隔t＝eq \f(T地T火,T火－T地)＝2.1年，选项A正确；由开普勒第三定律可得eq \f(Teq \\al(2,火),Teq \\al(2,地))＝eq \f(req \\al(3,火),req \\al(3,地))，则火星与地球公转轨道半径之比约为3∶2，选项B错误；由g＝eq \f(GM,R2)，可得火星与地球表面重力加速度之比约为4∶9，选项C错误；由ρ＝eq \f(3M,4πR3)，可得火星与地球密度之比约为8∶9，选项D错误。]
    9.AC [由于火星和地球运动的线速度大小不变，在距离最近处火星和地球速度方向相同，相对速度最小，故A正确；由题意可知，火星的公转周期约为地球公转周期的1.88倍，根据Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r，可得T＝2πeq \r(\f(r3,GM))，可知火星的运行轨道半径不是地球的1.88倍，故B错误；设两次距离最近的时间间隔为t，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T地)－\f(2π,T火)))t＝2π，解得t＝2.14年，故C正确；根据Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)，可得v＝eq \r(\f(GM,r))，结合B选项，可知火星的公转线速度小于地球的公转线速度，但不是1.88倍的关系，故D错误。]
    10.D [对近地卫星，有 Geq \f(Mm,R2)＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T0)))eq \s\up12(2)R，地球的质量M＝ρ1·eq \f(4,3)πR3，联立解得ρ1＝eq \f(3π,GTeq \\al(2,0))，以地球赤道处一质量为m0的物体为研究对象，只有当它受到的万有引力大于等于它随地球一起旋转所需的向心力时，地球才不会瓦解，设地球不因自转而瓦解的最小密度为ρ2，则有Geq \f(Mm0,R2)＝m0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)))eq \s\up12(2)R，M＝ρ2·eq \f(4,3)πR3，联立解得ρ2＝eq \f(3π,GT2)，所以eq \f(ρ1,ρ2)＝eq \f(T2,Teq \\al(2,0))，故D正确。]
    11.C [“天问一号”在霍曼转移轨道由M点运动到P点过程中，只有太阳的引力做功，则机械能守恒，选项A错误；两次点火喷射都使“天问一号”加速，所以喷射方向都与速度方向相反，选项B错误；根据Geq \f(Mm,r2)＝ma＝meq \f(v2,r)，得a＝eq \f(GM,r2)，v＝eq \r(\f(GM,r))，则“天问一号”在地球轨道上的线速度与在火星轨道上的线速度之比为eq \r(\f(R,r))，选项C正确；“天问一号”运行过程中在转移轨道上P点的加速度与在火星轨道上P点的加速度之比为1∶1，选项D错误。]
    12.BC [对天舟四号货运飞船，由万有引力提供向心力有Geq \f(Mm,r2)＝mω2r，解得ω＝eq \r(\f(GM,r3))，因为飞船在轨道Ⅰ上的轨道半径小于在轨道Ⅳ上的轨道半径，则飞船在轨道Ⅰ上的角速度比在轨道Ⅳ上的角速度大，故A错误；飞船在轨道Ⅲ和轨道Ⅰ上，由开普勒第三定律有eq \f(R3,Teq \\al(2,1))＝eq \f(L3,Teq \\al(2,3))，解得eq \f(T3,T1)＝eq \r(\f(L3,R3))，故B正确；飞船运行时只受万有引力，由牛顿第二定律有Geq \f(Mm,（2L－R）2)＝maP，Geq \f(Mm,R2)＝maQ，解得飞船在Ⅲ轨道P处与Q处的加速度大小的比值为eq \f(aP,aQ)＝eq \f(R2,（2L－R）2)，故C正确；飞船在轨道Ⅰ和轨道Ⅳ上做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有Geq \f(Mm,R2)＝meq \f(veq \\al(2,1),R)，Geq \f(Mm,（2L－R）2)＝meq \f(veq \\al(2,2),2L－R)，解得飞船在轨道Ⅰ和轨道Ⅳ上的线速度大小的比值为eq \f(v1,v2)＝eq \r(\f(2L－R,R))，故D错误。]
    第五章 机械能守恒定律
    第1练 功与功率
    1.D [对货物受力分析可知，货物受竖直向下的重力、沿车厢向上的静摩擦力和垂直车厢向上的支持力。货物受到的支持力方向总是垂直于车厢斜向上，且与货物的运动方向时刻相同，所以货物受到的支持力对货物做正功，货物受到的摩擦力方向总是沿车厢向上，与货物的运动方向时刻垂直，所以摩擦力不做功，故D正确。]
    2.D [由题意知，小物块对地的位移方向向右，大小为s－L，小物块受到的摩擦力方向水平向右，则摩擦力对小物块做的功为W1＝f(s－L)，故A错误；物块相对于小车的位移大小为L，则摩擦力对系统做的总功为－fL，故B错误；小车对地位移大小为s，则力F对小车做的功为Fs，故C错误；小车受到的摩擦力方向水平向左，位移方向向右，大小为s，则小车克服摩擦力所做的功为fs，故D正确。]
    3.D [设力F与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为f＝μ(mg－Fsin θ)，摩擦力做的功Wf＝－μ(mg－Fsin θ)x，则摩擦力做功与F的方向有关，选项A错误；合力做功W＝F合x＝max，可知合力做功与力F方向无关，选项B错误；当力F水平时，有F－μmg＝ma，力F做功为WF＝Fx＝(ma＋μmg)x，选项C错误；因合外力做功为max大小一定，而合外力做的功等于力F与摩擦力f做功的代数和，而当Fsin θ＝mg时，摩擦力f＝0，则此时摩擦力做功为零，此时力F做功最小，最小值为max，选项D正确。]
    4.B [雨滴在地面附近下落过程中做匀速运动，对雨滴下落高度h的过程，由动能定理有mgh－Wf＝0，即Wf＝mgh，B正确，A、C、D错误。]
    5.B [设浸入的深度为h，则浮力的大小为F＝ρgV＝ρgL2h，可见浮力与浸入水中的深度成正比。由平均值法知克服浮力做的功为W＝eq \f(F浮,2)L＝eq \f(ρgL3,2)L＝eq \f(ρgL4,2)，故B正确。]
    6.B [前2 s内的位移为s＝eq \f(v,2)t＝4 m，前2 s内绳子拉力对轮胎所做的功为W＝Fscs 37°＝50×4×0.8 J＝160 J，故A错误；根据v＝at，解得a＝2 m/s2，第2 s内的位移为s′＝s－eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝3 m，第2 s内运动员克服绳子拉力所做的功为W′＝Fs′cs 37°＝50×3×0.8 J＝120 J，故B正确；前2 s内绳子拉力对轮胎做功的平均功率为eq \(P,\s\up6(－))＝eq \f(W,t)＝80 W，故C错误；第2 s末绳子拉力对轮胎做功的瞬时功率P＝Fvcs 37°＝50×4×0.8 W＝160 W，故D错误。]
    7.A [设物体与地面间的动摩擦因数为μ，小车拖动物体行驶的位移为s1的过程中，有F－f－μmg＝(m＋M)a，v2＝2as1，P0＝Fv；轻绳从物体上脱落后，a2＝μg，v2＝2a2(s2－s1)，联立解得P0＝eq \r(\f(2F2（F－f）（s2－s1）s1,（M＋m）s2－Ms1))，故A正确。]
    8.B [动车以恒定功率启动，由P＝F牵v可知动车的速度增大，则牵引力减小，由牛顿第二定律F牵－f＝ma可得动车的加速度逐渐减小，A错误；当动车的加速度为零时，即牵引力等于阻力时，动车的速度最大，则P＝fvm，B正确；当动车速度为eq \f(vm,3)时，牵引力为F牵′＝eq \f(P,\f(vm,3))＝eq \f(3P,vm)＝3f，根据牛顿第二定律可得F牵′－f＝ma1，则此时其加速度为a1＝eq \f(2f,m)，C错误；设动车在时间t内的位移为s，由动能定理得W－fs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，则牵引力所做的功为W＝fs＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，D错误。]
    9.ACD [汽车从静止开始匀加速启动，根据牛顿第二定律可得F0－f＝ma，可知牵引力在匀加速阶段保持不变，由功率P＝F0v，可知在匀加速阶段，功率与速度成正比，随着速度的增大而增大，当P＝P额时，功率保持不变，设此时的速度为v1，则有v1＝eq \f(P额,F0)＝eq \f(P额,f＋ma)，之后牵引力减小，加速度减小，速度继续增加，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力F＝f时，加速度为零，汽车速度达到最大vm，汽车做匀速直线运动，则有vm＝eq \f(P额,F)＝eq \f(P额,f)，由以上分析可知，A、C、D正确，B错误。]
    10.AD [根据动能定理，在AC段水平恒力F做的功等于克服摩擦力做的功，有F·2s0－eq \f(1,2)μ0mgs0＝0，解得F＝eq \f(1,4)μ0mg，故A正确；F在AB、BC两段做的功相同，故B错误；小物体在AB段做匀加速直线运动，在BC段先做加速度减小的加速运动再做加速度增加的减速运动，在AB段运动的时间大于在BC段运动的时间，则水平恒力F在AB段的平均功率小于BC段的平均功率，故C错误；小物体在AB段中间时刻的瞬时速度小于在BC段中间时刻的瞬时速度，则水平恒力F在AB段中间时刻瞬时功率小于在BC段中间时刻瞬时功率，故D正确。]
    11.C [由牛顿第二定律有eq \f(P,v)－f＝ma，赛车做加速度逐渐减小的加速直线运动，整理得eq \f(1,v)＝eq \f(m,P)a＋eq \f(f,P)，可知图像的斜率恒定为eq \f(m,P)，与纵轴的截距为eq \f(f,P)，结合图像可得eq \f(f,P)＝0.05，eq \f(m,P)＝eq \f(0.1－0.05,20)，解得m＝25 kg，f＝500 N，代入v＝5 m/s，解得a＝60 m/s2，故C正确，A、B、D错误。]
    12.(1)2 N 4 N (2)16 W (3)－144 J
    解析 (1)小车在10 s后的加速度大小为
    a2＝eq \f(Δv2,Δt2)＝eq \f(8,14－10) m/s2＝2 m/s2
    所受阻力为f＝ma2＝2 N
    在0～2 s内加速度为a1＝eq \f(Δv1,Δt1)＝eq \f(4,2) m/s2＝2 m/s2
    由牛顿第二定律有F－f＝ma1
    解得F＝4 N。
    (2)由7～10 s内小车做匀速运动可得，小车牵引力功率
    P＝Fv＝fvm＝16 W。
    (3)小车在0～2 s内位移为s1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝4 m
    在2～7 s内，由动能定理有Pt2－fs2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，其中t2＝5 s
    解得在2～7 s内位移为s2＝28 m
    在7～10 s内位移为s3＝vmt3＝24 m
    在10～14 s内位移为s4＝eq \f(1,2)vmt4＝16 m
    小车运动的总位移为s＝s1＋s2＋s3＋s4＝72 m
    小车在14 s内阻力做的功为W＝－fs＝－144 J。
    第2练 动能定理及其应用
    1.AD [A相对B的运动有两种可能，相对静止和相对滑动。当A、B相对静止时，拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量；当A、B相对滑动时，拉力F做的功大于A、B系统动能的增加量，A项正确，B项错误；由动能定理知，f2对B做的功等于B的动能的增加量，拉力F和f1对A做的功之和等于A的动能的增加量，D项正确，C项错误。]
    2.D [当物块上滑的初速度为v时，根据动能定理，有－mgH－μmgcs θ·eq \f(H,sin θ)＝0－eq \f(1,2)mv2，当上滑的初速度为2v时，有－mgh－μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)＝0－eq \f(1,2)m(2v)2，联立可得μ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v2,2gH)－1))tan θ，h＝4H，故D正确。]
    3.D [小球向上运动的过程，由动能定理得－(mg＋f)H＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，小球向下运动的过程，由动能定理得(mg－f)H＝eq \f(1,2)m(eq \f(3,4)v0)2，联立解得f＝eq \f(7,25)mg，选项D正确，A、B、C错误。]
    4.D [小球A下降h高度的过程中，设小球克服弹簧的弹力做功为W，根据动能定理有mgh－W＝0，小球B下降h高度的过程中，根据动能定理有2mgh－W＝eq \f(1,2)×2mv2－0，解得v＝eq \r(gh)，故D正确。]
    5.A [由于小滑块恰好能完成一个完整的圆周运动，则在最高点有mgsin θ＝meq \f(v2,L)，整个过程根据动能定理可得－f·2πL＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得f＝eq \f(m（veq \\al(2,0)－gLsin θ）,4πL)，A正确，B、C、D错误。]
    6.C [设质点在Q点的速度为v，根据牛顿第二定律，有FN－mg＝meq \f(v2,R)，根据牛顿第三定律知FN＝FN′＝2mg，联立解得v＝eq \r(gR)，下滑过程中，根据动能定理可得mgR＋Wf＝eq \f(1,2)mv2，解得Wf＝－eq \f(1,2)mgR，所以克服摩擦力所做的功为eq \f(1,2)mgR，选项C正确。]
    7.AC [由题图乙可知物体运动的总位移大小为10 m，故A正确；由动能定理得－fs＝ΔEk＝－100 J，则摩擦力大小f＝10 N，由牛顿第二定律得f＝ma，则a＝eq \f(f,m)＝5 m/s2，故B、D错误；物体的初动能Ek0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝100 J，则v0＝eq \r(\f(2Ek0,m))＝10 m/s，故C正确。]
    8.D [物块在光滑水平面上运动，受到的合外力为F，因为F为正，所以物块一直加速运动，物块的位移为3s0时，速度最大，故A、B错误；合外力做功的大小等于图线与s轴围成的面积，所以力F对物块做的总功为W＝eq \f(1,2)×2F0×3s0＝3F0s0，故C错误；由动能定理可得3F0s0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，所以最大速度为vm＝eq \r(\f(6F0s0,m))，故D正确。]
    9.AD [小球恰好运动至C点，小球在C点vC＝0
    小球在圆弧BC上运动到D点的受力分析如图所示
    小球从A到C由动能定理得－mg·2R＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，则v0＝2eq \r(gR)，C错误；若小球在B点的速度满足mgcs θ＜eq \f(mveq \\al(2,B),R)，则小球将从B点脱离轨道，D正确。]
    10.(1)eq \r(7gR) 8mg (2)eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(7,2)mgR
    解析 (1)小球通过半圆轨道的最高点M时，由牛顿第二定律有
    mg＋2mg＝meq \f(veq \\al(2,M),R)
    滑块从P点运动到M点的过程中，由动能定理有
    －mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,M)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,P)
    解得vP＝eq \r(7gR)
    小球通过半圆轨道的P点时，由牛顿第二定律有
    FN－mg＝meq \f(veq \\al(2,P),R)
    由牛顿第三定律可知，小球在P点时对圆轨道的压力大小
    F压＝FN
    解得F压＝8mg。
    (2)小球从N点运动到P点的过程中，由动能定理有
    －W克f＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,P)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
    解得W克f＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(7,2)mgR。
    11.(1)37° (2)(2－eq \r(2))R
    解析 (1)设释放点和O1的连线与竖直线的夹角为θ，由于小滑块在两个圆弧上滑过的弧长相等，则小滑块在圆弧OB上的离开点和O2的连线与竖直线的夹角也为θ，设小滑块离开圆弧OB时的速度为v，则根据动能定理可得
    2mgR(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mv2－0
    对小滑块在圆弧OB上的离开点，根据牛顿第二定律可得mgcs θ＝meq \f(v2,R)
    联立解得cs θ＝eq \f(4,5)
    即θ＝37°。
    (2)设小滑块刚好能从O点脱离滑道的速度为v1，则有
    mg＝meq \f(veq \\al(2,1),R)
    解得v1＝eq \r(gR)
    设小滑块从A点由静止释放到达O点时的速度为v2，根据动能定理可得
    mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－0
    解得v2＝eq \r(2gR)
    可知小滑块能从O点脱离滑道，其离开滑道时的速度范围为eq \r(gR)≤v0≤eq \r(2gR)
    小滑块离开滑道后做平抛运动，竖直方向有R＝eq \f(1,2)gt2
    解得t＝eq \r(\f(2R,g))
    水平方向有x＝v0t
    解得小滑块的水平位移满足eq \r(2)R≤x≤2R
    则小滑块可能的落水点在水面上形成的区域长度为
    Δx＝2R－eq \r(2)R＝(2－eq \r(2))R。
    专题强化练九 应用动能定理解决多过程问题
    1.B [从A到D全过程，由动能定理得mgh－μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)－μmgs＝0，从D到A的过程，由动能定理得WF－μmgs－μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)－mgh＝0，解得WF＝2mgh，故B正确。]
    2.D [小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在BC面上运动的总路程为s，整个过程由动能定理有mgh－μmgs＝0，所以小物块在BC面上运动的总路程为s＝eq \f(h,μ)＝eq \f(0.30,0.1) m＝3 m，而d＝0.5 m，刚好3个来回，所以最终停在B点，即到B点的距离为0，故D正确。]
    3.(1)1 m/s (2)eq \f(\r(26),5) m/s
    解析 (1)滑块与弹簧上端第一次刚好接触时，根据动能定理可得
    mgs0sin θ－μmgs0cs θ＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
    解得v1＝1 m/s。
    (2)当滑块速度达到最大时，滑块的加速度为零，由受力分析可得
    mgsin θ＝μmgcs θ＋kx
    可得弹簧的压缩量为x＝0.02 m
    滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度最大时，根据动能定理有
    mg(s0＋x)sin θ－μmg(s0＋x)cs θ－Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)
    解得最大速度vm＝eq \f(\r(26),5) m/s。
    4.(1)E1－mgh1 (2)eq \f(μmgL＋mgh2,L)＜F＜eq \f(E1－mgh1＋μmgL,L)
    解析 (1)对物块从B点到落地的过程，由动能定理有
    mgh1＝E1－EkB
    解得EkB＝E1－mgh1。
    (2)对物块从A点到落地的整个过程，当落地动能为E1时，对应的拉力最大，设为Fmax，由动能定理有
    FmaxL－μmgL＋mgh1＝E1
    解得Fmax＝eq \f(E1－mgh1＋μmgL,L)
    若物块恰能到达C点，对应的拉力最小，设为Fmin，根据动能定理有
    FminL－μmgL－mgh2＝0
    解得Fmin＝eq \f(μmgL＋mgh2,L)
    则恒力F必须满足的条件为
    eq \f(μmgL＋mgh2,L)＜F＜eq \f(E1－mgh1＋μmgL,L)。
    5.(1)6 m/s (2)1.2 m (3)能 eq \f(8,3) m
    解析 (1)设滑块第一次到B点的速度为v1，从A到B根据动能定理有
    mgLABsin θ＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－0
    代入数据得v1＝6 m/s。
    (2)设滑块第一次到D点的速度为v2，滑块从A到D的过程根据动能定理有mgLABsin θ－μmgLBC－mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－0
    设滑块第一次离开D点速度减到0时距D点的高度为h，根据动能定理有
    －mgh＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)
    代入数据得h＝1.2 m。
    (3)假设滑块能再次返回斜面，设返回斜面最高点距B点的距离为L，全过程根据动能定理得
    mg(LAB－L)sin θ－2μmgLBC＝0－0
    代入数据得L＝eq \f(8,3) m
    则滑块能再次返回斜面。
    6.(1)4.5 J (2)9 N
    解析 (1)使篮球从距地面高度为h1处由静止自由落下时，设篮球的落地速度大小为v1，根据自由落体运动的规律有veq \\al(2,1)＝2gh1
    设篮球被地面反弹时的速度大小为v2，则有veq \\al(2,2)＝2gh2，则篮球与地面碰撞前、后的动能之比eq \f(Ek1,Ek2)＝eq \f(\f(1,2)mveq \\al(2,1),\f(1,2)mveq \\al(2,2))＝eq \f(h1,h2)＝eq \f(3,2)
    使篮球从距地面h3的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，设篮球的落地速度大小为v3，反弹后的速度大小为v4，则有veq \\al(2,4)＝2gh3
    因为篮球每次与地面碰撞前、后的动能的比值不变，所以有eq \f(\f(1,2)mveq \\al(2,3),\f(1,2)mveq \\al(2,4))＝eq \f(3,2)
    设运动员拍球过程中对篮球做的功为W，根据动能定理有
    W＋mgh3＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)
    解得W＝4.5 J。
    (2)篮球在受到力F作用的时间内，根据牛顿第二定律得
    F＋mg＝ma
    篮球的位移s＝eq \f(1,2)at2
    运动员对球做的功W＝Fs
    联立解得F＝9 N。
    第3练 机械能守恒定律及其应用
    1.B [树叶在空中飘落，不能忽略空气阻力，阻力做负功，机械能不守恒，故A错误；小球在水平桌面做匀速圆周运动，合力指向圆心不做功，机械能不变，故B正确；汽车制动后在公路上行驶，阻力做负功，机械能不守恒，故C错误；潜水员在水中匀速下沉，浮力做负功，机械能不守恒，故D错误。]
    2.D [物体B在下落的过程中，绳子的拉力对其做负功，机械能不守恒，故A错误；物体A和B组成的系统在运动过程中，弹簧弹力对系统做功，该系统机械能不守恒，故B错误；物体A和轻弹簧组成的系统在运动过程中，绳子拉力对系统做正功，该系统机械能不守恒，故C错误；物体A、物体B和轻弹簧三者组成的系统，在运动过程中，系统内只发生势能与动能之间的相互转化，该系统机械能守恒，故D正确。]
    3.BCD [物体运动过程中，机械能守恒，所以在任意一点的机械能均相等，都等于抛出时的机械能，物体在地面上的重力势能为零，动能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，故整个过程中的机械能均为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，所以物体在海平面上的机械能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，物体下落h，在海平面上的重力势能为－mgh，根据机械能守恒定律可得－mgh＋eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，所以物体在海平面上的速度为v＝eq \r(veq \\al(2,0)＋2gh)，从抛出到落到海平面，重力做功为mgh，故A错误，B、C、D正确。]
    4.D [铅球在空中做平抛运动，加速度为重力加速度，恒定不变，A错误；铅球的速度大小为v＝eq \r(veq \\al(2,0)＋veq \\al(2,y))，又vy＝gt，联立可得v＝eq \r(veq \\al(2,0)＋g2t2)，所以v－t图像为曲线，B错误；由于不计空气阻力，则铅球在空中运动过程中只有重力做功，机械能守恒，E不变，D正确；由动能定理有mgh＝Ek－Ek0，又h＝eq \f(1,2)gt2，联立可得Ek＝Ek0＋eq \f(1,2)mg2t2，所以Ek－t图线为二次函数图线，C错误。]
    5.BC [小球从P到Q，物块A从静止运动到最低点，此时速度为零，所以物块A先加速后减速，物块A受到的拉力先小于重力后大于重力，当小球经过Q点时，A物块处于最低点，此时A物块的加速度不为零，故A错误；小球经过Q点时水平方向受力平衡，在竖直方向仅受到重力作用，则加速度大小为g，故C正确；A和B组成的系统只有重力做功，所以系统机械能守恒，则有mBg·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(dtan θ＋\f(d,tan θ)))＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,sin θ)－\f(d,cs θ)))，解得mB＝eq \f(m,5)，故B正确，D错误。]
    6.B [滑到图示位置时，两球沿杆方向速度大小相同，则vacs 30°＝vbcs 45°，由图示位置到a滑到水平面上过程，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mveq \\al(2,a)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,b)＋mgL＝eq \f(1,2)(m＋m)v2，联立解得v＝eq \r(6gL)，故B正确。]
    7.A [小球下落到最低点时重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，此时弹性势能最大，有Epmax＝3mgx0，故A正确；根据选项A和弹簧弹性势能的表达式有3mgx0＝eq \f(1,2)kxeq \\al(2,0)，解得k＝eq \f(6mg,x0)，故C错误；当小球的重力等于弹簧弹力时，小球有最大速度，则有mg＝kx，再根据弹簧和小球组成的系统机械能守恒有mg(x＋2x0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,max)＋eq \f(1,2)kx2，解得最大速度为vmax＝eq \r(\f(25gx0,6))，故B错误；小球运动到最低点时有kx0－mg＝ma，解得a＝5g，故D错误。]
    8.CD [根据牛顿第二定律，可知滑块的加速度先减小后增大再减小，故A错误；滑块在C点的势能最小，由机械能守恒定律可知，滑块在C点的动能最大，则滑块在C点的速度最大，故B错误；由机械能守恒定律有eq \f(1,2)mv2＝mgL＋Ep，解得Ep＝eq \f(1,2)mv2－mgL，故C正确；滑块在A点时弹簧的形变量ΔxA＝Leq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,tan θ)－1))＝eq \f(1,3)L，滑块在B点时弹簧的形变量ΔxB＝L(1－cs θ)＝eq \f(1,5)L，则ΔxA>ΔxB，所以滑块在A点时弹簧的弹性势能大于在B点时的弹性势能，故D正确。]
    9.B [小物块从A点运动到B点的过程，由机械能守恒定律得mgh＝mg·2R＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，在B点由牛顿第二定律得mg＋FNB＝meq \f(veq \\al(2,B),R)，由牛顿第三定律知FNB＝FNB′＝eq \f(1,2)mg，解得h＝2.75R，故A错误；小物块从A点运动到M点的过程，由机械能守恒定律得mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,M)，M点由牛顿第二定律得FNM－mg＝meq \f(veq \\al(2,M),R)＝ma，解得FNM＝6.5 mg，aM＝eq \f(veq \\al(2,M),R)＝5.5g，故B正确；减小h，小物块在B点由牛顿第二定律有FNB1＋mg＝meq \f(veq \\al(2,B1),R)，在M点由牛顿第二定律有FNM1－mg＝meq \f(veq \\al(2,M1),R)，从B点运动到M点由机械能守恒定律有2mgR＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B1)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,M1)，又FB1′＝FNB1，FM1′＝FNM1，联立解得FM1′－FB1′＝6mg，压力差恒定不变，若小物块恰能做完整圆周运动，在最高点对轨道的压力为0，那么在最低点对轨道的压力为6mg，故C、D错误。]
    10.(1)30° (2)2geq \r(\f(m,5k))
    解析 (1)由题意可知，当A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面，A的加速度此时为零
    由牛顿第二定律得4mgsin α－2mg＝0
    则sin α＝eq \f(1,2)，α＝30°。
    (2)初始时系统静止且细线无拉力，弹簧处于压缩状态，设弹簧压缩量为Δx，对B，由平衡条件有kΔx＝mg
    C球恰好离开地面时，弹簧伸长量也为Δx，故弹簧弹性势能变化量为零
    A、B、C三小球和弹簧组成的系统机械能守恒
    有4mg·2Δx·sin α－mg·2Δx＝eq \f(1,2)(5m)veq \\al(2,m)
    联立解得vm＝2geq \r(\f(m,5k))。
    11.(1)2ωR (2)eq \r(（2mω2R）2＋（mg）2) (3)eq \f(M＋16m,2Mg)(ωR)2
    解析 (1)线速度v＝ωr，得v＝2ωR。
    (2)向心力F向＝2mω2R
    设F与水平方向的夹角为α，则
    Fcs α＝F向，Fsin α＝mg
    则F＝eq \r(（2mω2R）2＋（mg）2)。
    (3)落地时，重物的速度v′＝ωR，由机械能守恒定律得
    eq \f(1,2)Mv′2＋4×eq \f(1,2)mv2＝Mgh
    解得h＝eq \f(M＋16m,2Mg)(ωR)2。
    第4练 功能关系 能量守恒定律
    1.B [橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大，A错误；游客高度一直降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，B正确；下落阶段橡皮绳对游客做负功，游客机械能减少，转化为弹性势能，C错误；橡皮绳刚绷紧的一段时间内，弹力小于重力，合力向下，游客的速度继续增加，游客动能继续增加；当弹力大于重力后，合力向上，游客动能逐渐减小，D错误。]
    2.BD [航天员在上升过程中，根据题意，由平衡条件可得F浮＝mg，浮力向上，位移向上，浮力对其做正功，所做功为W浮＝mgh，因此机械能增加了mgh，故A错误，D正确；匀速上升过程动能不变，故B正确；上升h的过程，重力势能增加了mgh，故C错误。]
    3.BD [列车在冲上坡顶车站时，需要克服阻力做功，减小的动能一部分转化成了列车的重力势能，一部分克服了阻力做功，该过程中列车增加的重力势能与减小的动能之间的关系为ΔEp＝mgh<ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,初)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,末)，因此该过程列车的机械能减少，故A错误，B正确；则该过程节能坡的转化率为η＝eq \f(ΔEp,ΔEk)＝eq \f(mgh,\f(1,2)m（veq \\al(2,初)－veq \\al(2,末)）)×100%≈25%，故C错误，D正确。]
    4.BD [摩擦产生的热量等于滑块克服摩擦力做的功，则Q＝W3，故A错误；根据动能定理，合力做的功等于动能的变化量，即ΔEk＝W1＋W2－W3，故B正确；根据重力做功与重力势能变化的关系ΔEp＝－W2，故C错误；除重力外其他力做的功等于机械能的变化量，即ΔE＝W1－W3，故D正确。]
    5.BC [物体的机械能变化等于力F做的功，即E＝Fs，故图线的斜率表示F，又0～s1过程中斜率不变，而s1～s2过程中斜率减小，故0～s2过程中物体所受拉力先不变后减小，故A错误；s1～s2过程中，斜率变小，故拉力逐渐减小，则加速度先减小后反向增大，故B正确；由前面分析知，物体先向上匀加速，然后做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动，最终F＝0，物体做减速运动，则在0～s3过程中，物体的速度先增大后减小，即动能先增大后减小，故C正确；由于题图为物体的机械能E与位移s的关系，则根据题图0～s2过程中物体的机械能一直增大，s2～s3过程中物体机械能保持不变，故D错误。]
    6.D [根据能量守恒定律，有μmg·AB1＝Ep，μ(m0＋m)g·AB2＝Ep，联立解得m＝400 g，D正确。]
    7.A [全过程根据能量守恒定律有WF＝μmg·x＋Ep＋Ek，其中根据图像可得外力F做的功为图线与横轴围成的面积，所以有WF＝(5＋10)×0.2×eq \f(1,2) J＋10×0.2 J＝3.5 J，弹性势能Ep＝eq \f(1,2)kx2＝2.4 J，代入数据联立解得Ek＝0.7 J，故A正确。]
    8.AB [根据动能定理可得Ek－Ek0＝－mgssin θ－μmgscs θ，可得Ek＝Ek0－(mgsin θ＋μmgcs θ)s，可知Ek与位移s成线性关系，故A正确；滑块的重力势能为Ep＝mgs·sin θ，可知Ep与位移成正比，故B正确；滑块以速度v0冲上粗糙的斜面，加速度大小为a＝gsin θ＋μgcs θ，则有v＝v0－(gsin θ＋μgcs θ)t，滑块动能与时间的关系为Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)m[v0－(gsin θ＋μgcs θ)t]2，故C错误；上滑过程中，摩擦力对滑块做负功，滑块的机械能不断减小，故D错误。]
    9.B [对小物块由动能定理得F(s＋L)－f(s＋L)＝Ek物－0，整理有Ek物＝F(s＋L)－f(s＋L)，故A项错误；对小车由动能定理有fs＝Ek车－0，整理有Ek车＝fs，故B项正确；设水平面为零势能面，初始时物块和小车均静止，其机械能为0，经过水平外力作用后，小车和小物块的动能之和为Ek＝Ek车＋Ek物＝F(s＋L)－f(s＋L)＋fs＝F(s＋L)－fL，此时物块和小车的机械能等于其两者的动能之和，所以该过程机械能增加了F(s＋L)－fL，故C项错误；根据功能关系可知，摩擦产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积，即Q＝fL，故D项错误。]
    10.(1)6 J (2)停在BC上距离C端0.3 m处(或距离B端0.2 m处)
    解析 (1)在压缩弹簧过程中，物块速度最大时所受合力为零。设此时物块离D端的距离为x0，则有kx0＝mg
    解得x0＝0.1 m
    在C点，由牛顿第三定律知，物块受到上管壁向下的作用力
    FN′＝2.5mg，有FN′＋mg＝meq \f(veq \\al(2,C),r)
    解得vC＝eq \r(7) m/s
    物块从C点到速度最大时，由能量守恒定律有
    mg(r＋x0)＝Ep＋Ekm－eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
    解得Ekm＝6 J。
    (2)物块从A点运动到C点的过程中，由动能定理得
    mgh－μmgs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－0
    解得B、C间距离s＝0.5 m
    物块与弹簧作用后返回C处时动能不变，物块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中。
    设物块第一次与弹簧作用返回C处后，物块在BC上运动的总路程为s′，由能量守恒定律有μmgs′＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
    解得s′＝0.7 m
    故最终物块在BC上与C点的距离为
    s1＝0.5 m－(0.7 m－0.5 m)＝0.3 m
    或距离B端为s2＝0.7 m－0.5 m＝0.2 m处停下。
    11.(1)3 m/s (2)4.5 J (3)53° (4)eq \f(5,16)<μ解析 (1)根据平抛运动特点，可得h＝eq \f(1,2)gt2，s＝v0t
    解得v0＝3 m/s。
    (2)根据能量守恒定律有Ep＝Ek＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝4.5 J。
    (3)物块运动到B点时，竖直方向速度为vy，则有veq \\al(2,y)＝2gh
    解得vy＝4 m/s
    则有tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(4,3)
    可知θ＝53°。
    (4)B、C两点的高度差为hBC＝R－Rcs 53°＝0.4 m
    若小物体恰能与墙壁相碰，根据能量守恒定律有
    μ1mgL＝Ep＋mg(h＋hBC)
    解得μ1＝eq \f(33,40)
    若恰不从B飞出，根据能量守恒定律有2μ2mgL＝Ep＋mgh
    解得μ2＝eq \f(5,16)
    由mghBC<μ2mgl知则小物块从BC滑回不与墙壁发生二次碰撞
    综上可得eq \f(5,16)<μ专题强化练十 动力学和能量观点的综合应用
    1.D [根据动能定理，传送带对物块做的功等于物块动能的增加量，即eq \f(1,2)mv2，故A错误；根据动能定理，摩擦力对物块做功大小为eq \f(1,2)mv2，在物块匀加速运动的过程中，由于传送带的位移大于物块的位移，则传送带克服摩擦力做的功大于摩擦力对物块做的功，所以传送带克服摩擦力做的功大于eq \f(1,2)mv2，故B错误；电动机由于传送物块多消耗的能量等于物块动能增加量与摩擦产生的内能的和，故大于eq \f(1,2)mv2，故C错误；在传送物块过程产生的热量等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，即Q＝fΔs，设加速时间为t，物块的位移为s1＝eq \f(1,2)vt，传送带的位移为s2＝vt，根据动能定理fs1＝eq \f(1,2)mv2，故热量Q＝fΔs＝f(s2－s1)＝eq \f(1,2)mv2，故D正确。]
    2.C [由动能定理可知，传送带对小物块做的功为W＝eq \f(1,2)mv2，可知速度变为原来的2倍，则传送带对小物块做的功变为原来的4倍，故A错误；小物块运动到与传送带速度相等，所用的时间为t＝eq \f(v,a)，由于加速度相同，速度变为原来的2倍，则时间变为原来的2倍，传送带发生的位移为s＝vt，则位移变为原来的4倍，则小物块对传送带做的功变为原来的4倍，故B错误；小物块达到与传送带速度相等过程中的平均速度为eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(v,2)，由于速度变为原来的2倍，且摩擦力相同，根据P＝feq \(v,\s\up6(－))，可知传送带对小物块做功的平均功率变为原来的2倍，故C正确；小物块达到与传送带速度相等过程中的相对位移为Δs＝vt－eq \f(1,2)vt＝eq \f(1,2)vt，由于速度变为原来的2倍，时间也变为原来的2倍，则相对位移变为原来的4倍，由Q＝fΔs可知，因摩擦而产生的热量变为原来的4倍，故D错误。]
    3.D [开始时物块在传送带的作用下动能不断增大，根据动能定理有(μmgcs θ－mgsin θ)s＝Ek－0，在5 m后动能不变，可知物块与传送带相对静止，即v＝2.0 m/s，Ek＝eq \f(1,2)mv2＝2.0 J，联立解得μ＝0.8，A错误；由动能定理可知，整个过程中合外力对物块做的功等于动能的变化量，则有W合＝ΔEk＝eq \f(1,2)mv2＝2.0 J，B错误；由功能关系可知，整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量，即Wf＝eq \f(1,2)mv2＋mgLABsin θ＝62.0 J，C错误，D正确。]
    4.C [由能量转化和能量守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统内能，故W＝eq \f(1,2)mv2＋μmgs相，s相＝vt－eq \f(v,2)t，a＝μg，v＝at，联立以上各式可得W＝mv2，故选项C正确。]
    5.(1)2 s (2)90 J
    解析 (1)设长木板A运动的加速度大小为a1，A的下端滑到斜面底端经历时间为t，长木板A的长为L、物块B的质量为m，则斜面长为2L、长木板A的质量为2m，以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律可得
    2mgsin θ－μ1·3mgcs θ＋μ2mgcs θ＝2ma1
    由运动学公式可得L＝eq \f(1,2)a1t2
    联立解得t＝2 s。
    (2)设长木板A和物块B运动到斜面底端时速度分别为v1、v2，根据运动学公式可得L＝eq \f(1,2)v1t
    2L＝eq \f(1,2)v2t
    由能量守恒定律可得，因摩擦产生的总热量为
    Q＝mg·2Lsin θ＋2mgLsin θ－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,1)
    代入数据解得Q＝90 J。
    6.(1)8 m/s (2)7.2 s (3)64 J (4)12 m
    解析 (1)由动能定理得
    (mgsin 37°－μmgcs 37°)L＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－0
    解得v1＝8 m/s。
    (2)由牛顿第二定律得μmg＝ma1
    以向右为正方向，物块与传送带共速时，由速度公式得
    v＝－v1＋a1t1
    解得t1＝4.8 s
    匀速运动阶段的时间t2＝eq \f(\f(veq \\al(2,1),2a1)－\f(v2,2a1),v)＝2.4 s
    第1次在传送带上往返运动的时间t＝t1＋t2＝7.2 s。
    (3)物块从P点匀减速到0时运动的时间
    t3＝eq \f(v1,a1)＝eq \f(8,2.5) s＝3.2 s
    这段时间内传送带运动的位移s1＝vt3＝12.8 m
    传送带匀速运动，电动机增加的牵引力F＝μmg＝5 N
    电动机多做的功W＝Fs1＝64 J。
    (4)由分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，故物块最终停止在P点，则根据能量守恒定律有
    μmgs2cs 37°＝eq \f(1,2)mv2
    s总＝s2＋L
    联立可得s总＝12 m。
    7.(1)eq \f(1,3) (2)eq \f(11,3)mgR (3)(2eq \r(2)－1)mgR
    解析 (1)由几何关系得B、C间的高度差h＝eq \f(2,3)R
    小滑块从C点运动到A点的过程中，由动能定理得
    mgh－μmg·2R＝0，解得μ＝eq \f(1,3)。
    (2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有W弹＝Ep
    滑块从A到D过程由动能定理得
    Ep－mg·2R－μmg·2R＝eq \f(1,2)mv2－0
    滑块在D点，由重力提供向心力，有mg＝meq \f(v2,2R)
    联立解得Ep＝eq \f(11,3)mgR。
    (3)滑块通过D点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有x＝vt
    竖直方向有y＝eq \f(1,2)gt2
    由几何关系可知x2＋y2＝4R2
    可得滑块落到挡板上时的动能为Ek＝eq \f(1,2)m[v2＋(gt)2]
    联立解得Ek＝(2eq \r(2)－1)mgR。
    实验七 验证机械能守恒定律
    1.(1)0.97 m/s (2)0.48 J 0.47 J (3)C
    解析 (1)根据匀变速直线运动的推论得
    vB＝eq \f(sAC,2T)＝eq \f(（7.02－3.13）×10－2,2×0.02) m/s≈0.97 m/s。
    (2)从起点O到打下记数点B的过程中，重力势能减少量为
    ΔEp＝mgh＝1×9.8×0.048 6 J≈0.48 J
    动能的增加量为ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－0＝eq \f(1,2)×1×0.972 J≈0.47 J。
    (3)由于在重物下落的过程中，不可避免的要克服阻力做功，因此重力势能并没有全部转化为动能，故动能的增加量总是要小于重力势能的减少量，故C正确。
    2.(1)⑥4.0 ⑦0.081 2 0.080 0 (2)9.7
    解析 (1)⑥小钢球通过光电门的时间极短，可以用平均速度替代瞬时速度，则小钢球经过光电门时的速度为
    v＝eq \f(d,t)＝eq \f(10.0×10－3,2.50×10－3) m/s＝4.0 m/s；
    ⑦此过程中小钢球重力势能的减少量为
    ΔEp＝mgh＝10.0×10－3×9.8×82.90×10－2 J＝0.081 2 J
    小钢球动能的增加量为
    ΔEk＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×10.0×10－3×4.02 J＝0.080 0 J。
    (2)若机械能守恒则有eq \f(1,2)mv2＝mgh，即v2＝2gh，根据图像斜率有2g＝eq \f(29.1,1.5) m/s2，解得g＝9.7 m/s2。
    3.(2)1∶2 (3)不需要 (4)4.00 (5)2gL＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,tP)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,tQ)))eq \s\up12(2) (6)C
    解析 (2)由圆周运动规律可知vP∶vQ＝2∶1，又vP∶vQ＝eq \f(d,tP)∶eq \f(d,tQ)，解得tP∶tQ＝1∶2。
    (3)验证机械能守恒定律时，由于钢球P、Q的质量相等，则验证机械能守恒定律的表达式中质量可以约掉，所以不需要测量钢球的质量。
    (4)20分度游标卡尺的分度值为0.05 mm，由题图可知挡光片宽度为
    d＝4 mm＋0×0.05 mm＝4.00 mm。
    (5)若系统转动过程中满足机械能守恒，则有
    2mgL－mgL＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,tP)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,tQ)))eq \s\up12(2)
    即2gL＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,tP)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,tQ)))eq \s\up12(2)。
    (6)造成误差的主要原因可能是钢球半径对线速度计算的影响，故C正确。
    4.(1)3.60 (2)升高 (3)6mgs＝eq \f(1,2)(M＋6m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,t)))eq \s\up12(2)
    解析 (1)该游标卡尺游标尺为20分度，则其精度为0.05 mm，主尺读数为3 mm，游标尺读数为12×0.05 mm＝0.60 mm，则可得遮光条的宽度为d＝3 mm＋12×0.05 mm＝3.60 mm。
    (2)遮光条通过光电门2的时间小于通过光电门1的时间，说明滑块做加速运动，说明左端偏低，因此需要通过调节旋钮P使轨道左端升高一些。
    (3)根据题意，如果6mgs＝eq \f(1,2)(M＋6m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,t)))eq \s\up12(2)成立，机械能守恒定律可得到验证。
    5.(3)eq \f(md2,t2) eq \f(1,2)k0x2 (4)B
    解析 (3)物块组成的系统运动到O点时速度大小v＝eq \f(d,t)
    物块组成的系统增加的动能ΔEk＝eq \f(1,2)×2mv2＝eq \f(md2,t2)
    物块a从P点运动到O点过程中弹簧减少的弹性势能
    ΔEp＝eq \f(1,2)k0x2。
    (4)从物块a经过O点到物块a将弹簧再次压缩到最短过程，物块a与弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)k0L2，解得L＝eq \f(\r(2),2)x，故B正确，A、C错误。
    6.(1)－2 (2)－2.1 0.59 (3)C
    解析 (1)设初始位置时，细线与竖直方向夹角为θ，
    则细线拉力最小值为Tmin＝mgcs θ
    到最低点时细线拉力最大，则
    mgl(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mv2
    Tmax－mg＝meq \f(v2,l)
    联立可得Tmax＝3mg－2Tmin
    即若小钢球摆动过程中机械能守恒，则图乙中直线斜率的理论值为－2。
    (2)由图乙得直线的斜率为k＝－eq \f(1.77－1.35,0.20)＝－2.1
    纵截距为3mg＝1.77 N
    则小钢球的重力为mg＝0.59 N。
    (3)该实验系统误差的主要来源是小钢球摆动过程中有空气阻力，使得机械能减小，故C正确。
    第六章 动量守恒定律
    第1练 动量和动量定理
    1.AC [垒球被击打后，可能以与击打前等大的速度反向打出，所以球的动能可能不变，动量的大小可能不变，故A正确，B错误；根据牛顿第三定律可知，球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等，故C正确；球受到棒的冲量方向与棒对球的弹力方向相同，与球被击打前的速度方向相反，故D错误。]
    2.BD [根据F－μmg＝ma可得a＝eq \f(1,m)F－μg，因m甲＞m乙，故a甲＜a乙，则任意时刻甲的速度大小比乙的小，A错误；m甲＞m乙，又μ甲＝μ乙，则f甲＞f乙，故甲和乙组成的系统所受合外力向左，合外力的冲量方向向左，即甲的动量大小比乙的小，B、D正确，C错误。]
    3.D [根据动能定理可知W1＝eq \f(1,2)m(2v)2－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(3,2)mv2，W2＝eq \f(1,2)m(5v)2－eq \f(1,2)m(2v)2＝eq \f(21,2)mv2，可得W2＝7W1，由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故D正确。]
    4.CD [对轮船靠岸与码头碰撞的过程，轮船的初、末速度不会受轮胎影响，轮船的动量变化量相同，根据动量定理，轮船受到的冲量也相同，故A、B错误；轮胎可以起到缓冲作用，延长轮船与码头碰撞过程中的作用时间，从而减小轮船因碰撞受到的作用力，故C、D正确。]
    5.B [由对称性可知，杂技演员开始接幡时幡的速度为v＝g·eq \f(t,2)＝7.5 m/s，接幡过程中，设幡对手的平均作用力为F，取向下为正方向，由动量定理有(mg－F)·Δt＝0－mv，代入数据解得F＝500 N，故B正确。]
    6.AD [由题意知，运动员做自由落体运动的时间为t1＝eq \f(8,10) s＝0.8 s，在t1～t2时间内，网对运动员有作用力，根据动量定理得(mg＋eq \(F,\s\up6(－)))(t2－t1)＝mv2－mv1，其中v1＝8 m/s，v2＝－10 m/s，解得eq \(F,\s\up6(－))＝－1 950 N，即网对运动员的平均作用力大小为1 950 N，A正确；从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，运动员动量的变化量为0，B错误；弹力的冲量大小为I＝|eq \(F,\s\up6(－))|(t2－t1)＝1 560 N·s，C错误；运动员所受重力的冲量大小与弹力对运动员的冲量大小相等，即1 560 N·s，D正确。]
    7.B [1 s内撞击伞面的雨水的质量为m＝ρV＝ρSeq \f(h,t)＝0.08 kg，对1 s内撞击伞面的雨水，以向上为正方向，根据动量定理Ft＝0－(－mv)，解得平均撞击力F≈1.0 N，故B正确。]
    8.AC [设磁悬浮列车的速度为v，列车对空气的作用力为F，根据动量定理可得Ft＝ρvtSv－0，解得F＝ρSv2，当牵引力与阻力大小相等时，列车速度达到最大，则有P＝Fvmax，得vmax＝eq \r(3,\f(P,ρS))，A正确，B错误；列车以最大速度运行时，受到的空气阻力为f＝ρSveq \\al(2,max)＝eq \r(3,P2ρS)，C正确，D错误。]
    9.BD [由题意可知，以篮球弹回的方向为正方向，由动量定理可得I＝mkv0－
    (－mv0)＝(k＋1)mv0，故A错误，B正确；弹回后篮球做平抛运动，若篮球漏气，导致k减小，在v0不变的情况下，kv0减小，要使篮球中心经过篮框中心，即篮球弹回后水平位移不变，时间t要增大，应使碰撞点更高，故C错误，D正确。]
    10.AB [在t＝4 s时，加速度为a＝2 m/s2，则拉力F＝mg＋ma＝12 N，故A正确；根据Δv＝aΔt可知a－t图像中，图像与时间轴围成的面积表示速度的变化量，则在t＝4 s时，物体的速度v4＝eq \f(1,2)×(1＋2)×4 m/s＝6 m/s，在t＝4 s时，物体克服重力做功的功率为P＝mgv4＝60 W，故B正确；在0～4 s时间内，物体的动量变化量的大小为Δp＝mv＝6 kg·m/s，故C错误；在0～4 s时间内，根据动能定理得WF－mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,4)，整理得WF＝18 J＋mgh>18 J，故D错误。]
    11.AB [EF段方程y＝4t－26，根据y－t图像的切线斜率表示无人机的速度，可知EF段无人机的速度大小为v＝eq \f(Δy,Δt)＝4 m/s，故A正确；FM段无人机先向上做减速运动，后向下做加速运动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故B正确；根据MN段方程y＝－2t＋140，可知MN段无人机的速度为v′＝eq \f(Δy′,Δt′)＝－2 m/s，则有Δp＝mv′－mv＝2×(－2)kg·m/s－2×4 kg·m/s＝－12kg·m/s，可知FN段无人机和装载物总动量变化量大小为12 kg·m/s，故C错误；MN段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减少，无人机的机械能不守恒，故D错误。]
    12.(1)0.25 8 m/s (2)4 s eq \f(512,3) J
    解析 (1)根据题意可知，t＝2 s时，上滑速度最大，则滑块所受合外力为0，由题图可知此时F＝8 N
    由平衡条件有F＝mgsin θ＋μmgcs θ
    代入数据得μ＝0.25
    0～2 s由动量定理有IF2－mgtsin θ－μmgtcs θ＝mvm－0
    根据F－t图像与时间轴所围的面积表示冲量，结合题图可知，
    IF2＝eq \(F,\s\up6(－))t＝eq \f(16＋8,2)×2 N·s＝24 N·s
    联立解得vm＝8 m/s。
    (2)根据题意，若滑块到达最高点的时间大于等于4 s，设时间为t1，由动量定理有IF4－mgt1sin θ－μmgt1cs θ＝0
    其中IF4＝eq \(F,\s\up6(－))′t′＝eq \f(1,2)×4×16 N·s＝32 N·s
    解得t1＝4 s
    符合假设，则滑块4 s时末速度为v1＝0
    滑块到达最高点，对从最高点下滑过程有veq \\al(2,2)－veq \\al(2,1)＝2a2s
    由牛顿第二定律有a2＝gsin θ－μgcs θ
    解得最大位移s＝eq \f(64,3) m
    设拉力F做的功为W，上滑过程中，由动能定理有
    W－mgsin θ·s－μmgcs θ·s＝0
    解得W＝eq \f(512,3) J。
    第2练 动量守恒定律及其应用
    1.D [人、车和锤组成的系统水平方向动量守恒，小车只能左右往复运动，不能持续向右或向左运动，故A、C错误；人、车和锤组成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，机械能也不一定守恒，故B错误；人、车和锤组成的系统水平方向动量守恒，当锤子速度方向竖直向下时，锤子的水平速度为零，故人和车的速度也为零，故D正确。]
    2.A [小球沿滑块上滑的过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上不受外力，因而系统在水平方向上动量守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v(若速度不相同，必然相对运动，此时一定不是最高点)。由系统在水平方向上动量守恒得mv0＝(M＋m)v，所以v＝eq \f(mv0,M＋m)，A正确。]
    3.A [整个系统所受合外力为零，系统动量守恒，取水平向右为正方向，对系统，由动量守恒定律得m(v0＋2v0＋3v0＋4v0＋5v0)＝10mv共，解得v共＝eq \f(3,2)v0，故A正确。]
    4.A [A球与B球第一次碰撞过程，根据动量守恒定律得mv0＝－m·kv0＋4mvB，碰撞过程应遵循系统总动能不增加原则，有eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)≥eq \f(1,2)m(kv0)2＋eq \f(1,2)×4mveq \\al(2,B)，为了使A球能与B球再次发生碰撞，需要满足kv0>vB，联立解得eq \f(1,3)5.B [根据动能定理有－μmgs1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得物体甲第一次运动到O点的速度大小为v1＝8 m/s，A错误；物体甲向右从O点运动到B点所用的时间为t＝eq \f(s2,v1)＝0.5 s，B正确；碰后物体甲恰好能返回出发点A，根据动能定理有－μmgs1＝－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，物体甲与乙碰撞后，物体甲的速度大小为v2＝6 m/s，C错误；根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1＝m乙v乙－mv2，eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)m乙veq \\al(2,乙)，得m乙＝7 kg，D错误。]
    6.A [根据动量守恒定律，有m1v＝m2·eq \f(1,2)v－m1·eq \f(1,2)v，则两小球质量之比为m1∶m2＝1∶3，A正确，B错误；两小球动能变化量大小分别为ΔEk1＝eq \f(1,2)m1v2－eq \f(1,2)m1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(3,8)m1v2，ΔEk2＝eq \f(1,2)m2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,2)))eq \s\up12(2)－0＝eq \f(1,8)m2v2＝eq \f(3,8)m1v2，动能变化量之比为ΔEk1∶ΔEk2＝1∶1，C、D错误。]
    7.A [要想使天舟五号在与空间站同一轨道上对接，则需要使天舟五号加速，与此同时要想不脱离原轨道，根据F＝meq \f(v2,r)，知必须要增大向心力，即喷气时产生的推力有沿轨道向前的分量和指向地心的分量，而喷气产生的推力与喷气方向相反，故A正确。]
    8.D [设铁块竖直下降的位移为d，对木块与铁块组成的系统，系统外力为零，由动量守恒定律(人船模型)可得0＝mh－Md，池深H＝h＋d＋2a，解得H＝eq \f(M＋m,M)h＋2a，D正确。]
    9.C [爆炸过程中，系统内力远大于外力，A、B组成的系统动量守恒，爆炸前系统总动量为零，由动量守恒定律可知，爆炸后，两物体的动量大小相等，故A错误；设爆炸后任一物体的动量大小为p，物体的质量为m，则动能Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(p2,2m)，可知质量大的物体获得的初动能小，故B错误；取爆炸后物体A的速度方向为正方向，根据动量定理得－μmgt＝0－p，解得滑行时间t＝eq \f(p,μmg)，由于μ、p、g相等，则质量大的物体滑行时间短，故C正确；爆炸后，根据动能定理得－μmgs＝0－
    eq \f(1,2)mv2＝0－eq \f(p2,2m)，解得爆炸后物体滑行的距离s＝eq \f(p2,2μm2g)，由于μ、p、g相等，则质量大的物体滑行距离短，故D错误。]
    10.D [由于墙对篮球有向左的冲量，整个过程中运动员、滑板车及篮球的总动量不守恒，A错误；设抛出时篮球对地的速度为v，运动员抛球时对篮球的冲量为I1＝m(v－v0)，方向向右，接球时对篮球的冲量为I2＝mv，方向向右，所以运动员抛球与接球时对篮球的冲量方向相同、大小不同，B错误；设运动员抛球后速度变为v1，抛球过程，由动量守恒定律有(M＋m)v0＝Mv1＋mv，接球过程有Mv1－mv＝0，可得v＝eq \f(M＋m,2m)v0，由动量定理可知篮球撞墙过程有I＝mv－(－mv)＝2mv＝(M＋m)v0，C错误，D正确。]
    11.(1)1 s (2)100 J (3)240 J
    解析 (1)对整体，由牛顿第二定律有k×2mg＝2ma
    解得a＝2.5 m/s2
    逆向过程有L2＝eq \f(1,2)at2，解得t＝1 s。
    (2)嵌套后，对整体有0＝v2－at，v2＝2.5 m/s
    嵌套过程中有mv1＝2mv2，解得v1＝5 m/s
    在嵌套过程中损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,2)
    解得ΔE＝100 J。
    (3)对第一辆小车，由动能定理得W－kmgL1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－0
    解得W＝240 J。
    12.(1)eq \r(2gL) (2)eq \r(2gL) (3)eq \f(1,2)L
    解析 (1)小球A摆至最低点时速度最大，最大速度设为v1，由机械能守恒定律得mAgL＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,1)
    解得v1＝eq \r(2gL)。
    (2)小球A从最低点向右摆动的过程中，A、B系统水平方向动量守恒；当A最后回到最低点时，B的速度最大，设此时A、B的速度分别为vA、vB，由水平方向动量守恒得
    mAv1＝mAvA＋mBvB
    由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mAveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)
    解得vA＝0，vB＝eq \r(2gL)。
    (3)当小球A摆至最高点时，A、B共速，
    设为v，A、B系统水平方向动量守恒，得mAv1＝(mA＋mB)v
    由机械能守恒定律得mAgh＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)(mA＋mB)v2
    联立解得h＝eq \f(1,2)L。
    专题强化练十一 “滑块—弹簧”模型和“滑块—斜(曲)面”模型
    1.C [槽处于光滑水平面上，则小球在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向所受合外力为零，则水平方向上动量守恒，但竖直方向动量不守恒，选项A错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统机械能守恒，但小球的机械能减少，选项B错误；小球下滑到底端时由动量守恒定律可知mv1＝2mv2，解得v1＝2v2，被弹簧反弹后，小球的速度小于槽的速度，小球不能再次追上槽，因水平面光滑，则小球和槽都做速率不变的直线运动，选项C正确，D错误。]
    2.A [设P物体的初速度为v0，由已知可得eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝E，P与Q碰撞过程中，两物体速度相等时，弹簧压缩量最大，此时弹性势能最大，整个过程中，满足动量守恒mv0＝(m＋3m)v1，最大弹性势能Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)×(m＋3m)veq \\al(2,1)，解得Ep＝eq \f(3,8)mveq \\al(2,0)＝eq \f(3,4)E，故A正确。]
    3.C [当圆弧滑块固定时，有eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝mgR；当圆弧滑块不固定，取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒，有mv0＝(m＋M)v，根据机械能守恒定律有
    eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝mgeq \f(R,3)＋eq \f(1,2)(m＋M)v2，联立解得m∶M＝2∶1，故C正确。]
    4.A [对A、B系统，A、B速度相等时，弹簧被压缩到最短，根据动量守恒定律有mv0＝2mv1，代入数据，解得v1＝1 m/s，弹簧被压缩到最短时，B的速度为v1＝1 m/s，此时B与C发生完全非弹性碰撞，对B、C组成的系统，由动量守恒定律得mv1＝2mv2，代入数据解得v2＝0.5 m/s，只有B与C发生非弹性碰撞，有机械能损失，则整个系统损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,2)＝0.25 J，故A正确。]
    5.C [设滑块P的质量为2m，则小球Q的质量为m，弧形顶端与底端的竖直距离为h；P锁定时，Q下滑过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＝Ek1，P解除锁定，Q下滑过程中，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得mvQ－2mvP＝0，由机械能守恒定律得mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,Q)＋eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,P)，Q离开P时的动能Ek2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,Q)，联立解得eq \f(Ek1,Ek2)＝eq \f(3,2)，故C正确。]
    6.D [m1、m2组成的系统所受合外力为零，则系统的动量守恒，选项A错误；m1、m2及弹簧组成的系统机械能守恒，选项B错误；弹簧最长时，两球共速，则由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，此时弹簧弹性势能为Ep＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq \f(m1m2veq \\al(2,0),2（m1＋m2）)，选项C错误；当弹簧再次回到原长时m1的速度最大，则m2v0＝m1v1＋m2v2，eq \f(1,2)m2veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)，解得v1＝eq \f(2m2v0,m1＋m2)，选项D正确。]
    7.BCD [小球以初速度v0滑上圆弧轨道，小球与圆弧轨道产生相互作用，因此小球从滑上圆弧轨道到飞离圆弧轨道的过程中系统机械能守恒，且小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向动量守恒，所以小球离开C点时水平速度与圆弧轨道相同，另有竖直向上的分速度，所以小球离开C点后做斜抛运动，选项A错误，B正确；因为小球离开圆弧轨道做斜抛运动时水平速度与圆弧轨道相同，所以小球还能落到圆弧轨道上，最后相对圆弧轨道向左运动到水平面上，设小球从左侧离开圆弧轨道时其速度为v1，圆弧轨道的速度为v2，则有mv0＝mv1＋3mv2，eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,2)，联立解得，v1＝－eq \f(1,2)v0，v2＝eq \f(1,2)v0，即小球离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度方向向左，且此时圆弧轨道速度最大，选项C、D正确。]
    8.(1)2 kg (2)2.4 m/s
    解析 (1)以水平向左的方向为正方向，A、C碰撞过程中动量守恒，则有
    m3vC＝(m1＋m3)v共1
    代入v－t图像中的数据解得m3＝2 kg。
    (2)从B开始离开墙面到B速度最大的过程，相当于B与AC整体完成了一次弹性碰撞，以水平向右为正方向，则有
    (m1＋m3)v共1′＝(m1＋m3)v共2＋m2v2
    eq \f(1,2)(m1＋m3)v共1′2＝eq \f(1,2)(m1＋m3)veq \\al(2,共2)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)
    由v－t图像可得v共1′大小为2 m/s，方向水平向右
    解得B的最大速度为v2＝2.4 m/s。
    9.(1)eq \r(2gh) (2)eq \f(2,3)mgh (3)eq \f(1,18)h
    解析 (1)物块A运动到O点的过程，根据动能定理可知
    mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
    解得v1＝eq \r(2gh)。
    (2)当A、B发生碰撞时，根据动量守恒定律可知
    mv1＝(m＋2m)v2
    解得v2＝eq \f(1,3)eq \r(2gh)
    A、B碰撞过程中损失的机械能
    ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)(m＋2m)veq \\al(2,2)＝eq \f(2,3)mgh。
    (3)将A、B、C看成一个系统，则系统在水平方向动量守恒，当A、B到达最高点时三者在水平方向速度相同，根据动量守恒定律可知(m＋2m)v2＝(m＋2m＋3m)v3
    根据能量守恒定律可知
    eq \f(1,2)(m＋2m)veq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)(m＋2m＋3m)veq \\al(2,3)＋(m＋2m)gh′
    联立解得A和B沿C能上升的最大高度为h′＝eq \f(1,18)h。
    专题强化练十二 “子弹打木块”模型和 “滑块—木板”模型
    1.B [水平方向上，子弹所受合外力与木块受到的合外力为作用力与反作用力，它们大小相等、方向相反、作用时间t相等，根据I＝Ft，可知子弹对木块的冲量与木块对子弹的冲量大小相等、方向相反，故A错误，B正确；子弹与木块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可知，子弹动量变化量大小等于木块动量变化量大小，由于子弹与木块的质量不一定相同，子弹速度的减小量不一定等于木块速度的增加量，故C、D错误。]
    2.BC [设子弹质量为m，木头质量为M，由于最终都达到共同速度，根据动量守恒定律知mv0＝(m＋M)v，共同速度v相同，根据ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋M)v2＝Q，可知子弹与硬木或子弹与软木构成的系统机械能减小量相同，则两个系统产生的内能Q一样多，故A错误，B正确；根据功能关系有Q＝Ffd，可知产生的内能Q相同时，摩擦力Ff越小，子弹打入深度d越大，所以子弹在软木中打入深度较大，故C正确，D错误。]
    3.A [根据动量守恒可得mv0＝(M＋m)v，解得子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为v＝eq \f(mv0,M＋m)＝10 m/s，故A正确；根据动能定理可知，子弹对木块做的功为W＝eq \f(1,2)Mv2－0＝45 J，故B错误；根据能量守恒可知，子弹打入木块过程中产生的热量为Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2＝450 J，可知木块和子弹系统机械能不守恒，故C、D错误。]
    4.A [木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为v0；木板碰到挡板后，物块向右做匀减速运动，速度减至零后向左做匀加速运动，木板向左做匀减速运动，最终两者速度相同，设为v1。设木板的质量为M，物块的质量为m，取向左为正方向，则由动量守恒定律得Mv0－mv0＝(M＋m)v1，解得v1＝eq \f(M－m,M＋m)v05.D [击中沙袋前，细绳拉力F1＝5mg，弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出，此瞬间水平方向动量守恒，mv0＝(m＋5m)v，沙袋与弹丸受到细绳的拉力与重力的合力提供向心力，即F2－6mg＝eq \f(6mv2,L)，F2>F1，A错误；弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量与沙袋对弹丸的冲量等大反向，B错误；根据能量守恒定律得
    eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)×6mv2＋Q，解得Q＝eq \f(5,12)mveq \\al(2,0)，C错误；对沙袋与弹丸，从最低点到最高点，由机械能守恒定律有eq \f(1,2)×6mv2＝6mgh，解得h＝eq \f(veq \\al(2,0),72g)，D正确。]
    6.D [物块与小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒、物块相对小车滑动过程中克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，A错误；以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，系统产生的内能Q＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq \f(m1m2veq \\al(2,0),2（m1＋m2）)，则增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热不变，B错误；若v0＝2.5 m/s，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝1 m/s，对物块，由动量定理得－μm2gt＝m2v－m2v0，解得t＝0.3 s，C错误；要使物块恰好不从小车右端滑出，需物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0′＝(m1＋m2)v′，由能量守恒定律得eq \f(1,2)m2v0′2＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v′2＋μm2gL，解得v0′＝5 m/s，D正确。]
    7.(1)0.5 m/s2 2 m/s2 (2)4 s 2 m/s (3)20 m
    解析 (1)对小铁块B受力分析，由牛顿第二定律有μmg＝maB，即aB＝μg＝2 m/s2
    对木板A受力分析，由牛顿第二定律有
    μmg＝MaA，即aA＝eq \f(μmg,M)＝0.5 m/s2。
    (2)由于A、B组成的系统所受合外力为零，则A、B组成的系统动量守恒，有
    mv0＝(m＋M)v共
    代入数据解得v共＝2 m/s
    由于木板A做匀加速直线运动，则v共＝aAt
    代入数据解得t＝4 s。
    (3)设薄木板的长度为L，则对A、B整体由能量守恒定律有
    μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋M)veq \\al(2,共)
    代入数据解得L＝20 m。
    8.(1)3 m/s (2)0.3
    (3)1.8 m/s 与U型槽左边挡板的距离为0.4 m
    解析 (1)A与U形槽发生弹性碰撞，由动量守恒定律有
    mAv0＝mAvA＋MvC
    由题意知vA＝－eq \f(v0,2)
    解得vC＝3 m/s。
    (2)滑块A与U形槽碰撞后，B做匀加速直线运动，有
    μmBg＝mBaB
    sB＝eq \f(1,2)aBt2
    滑块A与U形槽碰撞后，U形槽做匀减速直线运动，有
    μmBg＝MaC
    sC＝vCt－eq \f(1,2)aCt2
    由题意知sC－sB＝eq \f(L,2)
    联立可得μ＝0.3。
    (3)设U形槽的最终速度为v，由动量守恒定律有
    MvC＝(M＋mB)v
    解得v＝1.8 m/s
    由功能关系有eq \f(1,2)Mveq \\al(2,C)＝eq \f(1,2)(M＋mB)v2＋μmBgs
    解得s＝0.9 m
    所以，滑块B最终的位置与U形槽左边挡板的距离为d＝0.4 m。
    专题强化练十三 力学三大观点的综合应用
    1.(1)eq \f(v2,2g) (2)mg＋meq \f(v2,L) (3)eq \f(1,4)mv2
    解析 (1)A从释放到与B碰撞前，根据动能定理得
    mgH＝eq \f(1,2)mv2
    解得H＝eq \f(v2,2g)。
    (2)碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得F－mg＝meq \f(v2,L)
    解得F＝mg＋meq \f(v2,L)。
    (3)A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得mv＝2mv1
    解得v1＝eq \f(1,2)v
    则碰撞过程中损失的机械能为
    ΔE＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)×2meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)v))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4)mv2。
    2.(1)eq \f(mA\r(2gH),mA＋mB) (2)2t 2(mA＋mB)gt＋2mAeq \r(2gH)
    解析 (1)设A和B碰前瞬间的速度大小为v0，和B碰后瞬间的速度大小为v，有
    mAgH＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,0)
    v0＝eq \r(2gH)
    由动量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v
    解得v＝eq \f(mA\r(2gH),mA＋mB)。
    (2)从碰后至返回到碰撞点的过程中，AB结合体做简谐运动。根据简谐运动的对称性，可得运动时间t总＝2t
    回到碰撞点时速度大小为vt＝v＝eq \f(mA\r(2gH),mA＋mB)
    方向竖直向上
    取向上为正方向，由动量定理得
    I－(mA＋mB)g·2t＝(mA＋mB)vt－[－(mA＋mB)v]
    解得I＝2(mA＋mB)gt＋2mAeq \r(2gH)。
    3.(1)4 m/s (2)4.5 N (3)2.1 J
    解析 (1)小物块下滑过程有Mgh＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)
    解得v0＝4 m/s。
    (2)碰撞过程有Mv0＝Mv1＋mv2
    之后小球做圆周运动到最高点，由机械能守恒定律有
    eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋L－\f(L,2)))
    由于小球恰好能完成竖直面内的圆周运动，在最高点有
    mg＝meq \f(veq \\al(2,3),L－\f(L,2))
    解得v1＝3 m/s，v2＝7 m/s
    刚碰撞完瞬间，对小球有T－mg＝meq \f(veq \\al(2,2),L)
    解得T＝4.5 N。
    (3)小物块向左运动至压缩弹簧至最短时，有
    eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)＝μMgs＋Epmax
    解得Epmax＝2.1 J。
    4.(1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
    解析 (1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即
    N1＝(m＋M)g＝8 N
    当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力f＝1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力f′＝1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N2＝Mg－f′＝5 N。
    (2)滑块开始向上运动到碰前瞬间，根据动能定理有
    －mgl－fl＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
    代入数据解得v1＝8 m/s。
    (3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有
    mv1＝(m＋M)v
    碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
    －(m＋M)gh＝0－eq \f(1,2)(m＋M)v2
    代入数据联立解得h＝0.2 m。
    实验八 验证动量守恒定律
    1.(1)14.48(14.46～14.49) (2)C
    (3)mA·OP＝mA·OM＋mB·ON
    解析 (1)A小球和B小球相撞后，B小球的速度增大，A小球的速度减小，碰撞前后都做平抛运动，高度相同，所以运动时间相同，所以速度大的水平位移就大，而碰后A的速度小于B的速度，所以碰撞后A球的落地点距离O点最近，所以碰撞后A球的水平射程应取14.48 cm。
    (2)只有当小球做平抛运动时才能用水平位移表示为水平速度，改变小球的质量比、升高固定点G的位置、升高桌面的高度，小球碰撞后仍然做平抛运动，可以用小球飞行的水平距离表示为水平速度，故A、B、D错误；使A、B两小球的直径之比改变为1∶3，小球的球心不在同一高度，碰撞后小球的速度不在水平方向，不能做平抛运动，不可以用小球飞行的水平距离表示为水平速度，故C正确。
    (3)碰撞前A球做平抛运动的水平位移为OP，碰撞后A球做平抛运动的水平位移为OM，碰撞后B球做平抛运动的水平位移为ON，设运动的时间为t，则碰撞前的动量为mAeq \f(OP,t)，碰撞后总动量为mAeq \f(OM,t)＋mBeq \f(ON,t)，若碰撞过程动量守恒，则有mA·eq \f(OP,t)＝mA·eq \f(OM,t)＋mB·eq \f(ON,t)，又平抛运动过程中下落高度相同，故下落时间相同，则有mA·OP＝mA·OM＋mB·ON。
    2.(4)N M eq \r(\f(1,y1))＝eq \r(\f(1,y2))＋eq \r(\f(1,y3))
    解析 (4)小球离开轨道后做平抛运动，设木板与抛出点之间的水平距离为x，由平抛运动规律得水平方向有x＝vt
    竖直方向有y＝eq \f(1,2)gt2
    解得v＝xeq \r(\f(g,2y))
    放小球B之前，小球A落在题图中的P点，设A的水平初速度为v0，小球A和B发生碰撞后，球A的落点在题图中的N点，设其水平初速度为v1，球B的落点是题图中的M点，设其水平初速度为v2
    小球碰撞的过程中若动量守恒，则
    m1v0＝m1v1＋m2v2
    若两球发生的是弹性碰撞，可得
    eq \f(1,2)m1veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)
    联立，可得v2＝v0＋v1
    即xeq \r(\f(g,2y1))＝xeq \r(\f(g,2y2))＋xeq \r(\f(g,2y3))
    则eq \r(\f(1,y1))＝eq \r(\f(1,y2))＋eq \r(\f(1,y3))。
    3.(1)m1eq \r(L1)＝m2eq \r(L2)
    (2)斜面的倾角θ eq \f(1,4)(m1L1＋m2L2)g·eq \f(cs2 θ,sin θ)
    解析 (1)根据题意，设两球飞出时的速度分别为v1、v2，若弹射过程动量守恒，则有m1v1＝m2v2，两球飞出后均做平抛运动，且均落在斜面上，有
    L1cs θ＝v1t，L1sin θ＝eq \f(1,2)gt2
    解得v1＝eq \r(\f(gL1,2))·eq \f(cs θ,\r(sin θ))
    同理可得v2＝eq \r(\f(gL2,2))·eq \f(cs θ,\r(sin θ))
    整理可得m1eq \r(L1)＝m2eq \r(L2)
    即满足m1eq \r(L1)＝m2eq \r(L2)
    则说明弹射过程中系统动量守恒。
    (2)根据题意可知，弹簧弹出两小球过程中，弹簧和两个小球组成的系统机械能守恒，有Ep＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)
    整理可得Ep＝eq \f(1,4)(m1L1＋m2L2)g·eq \f(cs2 θ,sin θ)
    可知还需测量斜面的倾角θ。
    4.(1)速度(或填速率、动能、动量均可) (2)C
    (3)2eq \r(s1)＝2eq \r(s2)＋eq \r(s3)
    解析 (1)根据实验原理可知，两次从同一位置弹射A，目的是确保A到达OO′线时具有相同的速度。
    (2)根据题意可知，将A从P沿PQ弹射，A做匀减速运动，设加速度大小为a，到达OO′时速度为v1，则有veq \\al(2,1)＝2as1，解得v1＝eq \r(2as1)，故C正确。
    (3)由上述分析可知，硬币的速度v∝eq \r(s)
    根据动量守恒定律有2mv1＝2mv2＋mv3
    整理可得2eq \r(s1)＝2eq \r(s2)＋eq \r(s3)
    若测量数据近似满足关系式2eq \r(s1)＝2eq \r(s2)＋eq \r(s3)，则说明硬币碰撞过程中动量守恒。
    5.(2)0.304 (6)0.31 (7)0.32 (8)eq \f(v1,v2)＝eq \f(m2－m1,2m1) 0.34
    解析 (2)用质量较小的滑块碰撞质量较大的静止滑块，碰后运动方向相反，故选0.304 kg的滑块作为A。
    (6)由于两段位移大小相等，即v1t＝v2t2
    根据表中的数据可得k2＝eq \f(v1,v2)＝eq \f(t2,t1)＝eq \f(0.21,0.67)＝0.31。
    (7)eq \f(v1,v2)的平均值为eq \(k,\s\up6(－))＝eq \f(0.31＋0.31＋0.33＋0.33＋0.33,5)＝0.32。
    (8)弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒，可得
    m1v0＝－m1v1＋m2v2
    eq \f(1,2)m1veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)
    联立解得eq \f(v1,v2)＝eq \f(m2－m1,2m1)
    代入数据可得eq \f(v1,v2)＝0.34。
    第七章 机械振动和机械波
    第1练 机械振动
    1.C [由题意可知T＝eq \f(60,30) s＝2 s，A＝eq \f(6,2) cm＝3 cm，A错误；频率T＝eq \f(1,f)，解得f＝0.5 Hz，B错误；小球完成一次全振动通过的路程为振幅的4倍，即s0＝4A＝12 cm，C正确；小球在3 s内通过的路程为s＝eq \f(t,T)×4A＝eq \f(3,2)×4×3 cm＝18 cm，D错误。]
    2.A [O点是平衡位置，根据简谐运动的特点可知，水位在O点时，鱼漂的速度最大，故A正确；鱼漂的N点到达水位处时，说明鱼漂向上运动，位移方向向上且最大，速度为零，故B错误；M点到达水位处时，鱼漂向下的位移最大，具有向上的加速度，故C错误；鱼漂上下做简谐运动，偏离平衡位置的最大位移叫振幅，M点或N点到达水位处时，位移最大，振幅等于OM的长度或者ON的长度，故D错误。]
    3.D [y－t图像上某点切线的斜率表示速度；1 s和3 s时刻，质点的速度大小相等，方向相反，故A错误；1 s到2 s时间内，质点做减速运动，加速度与速度方向相反，故B错误；振幅为A＝2 cm，周期为T＝4 s，ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,4) rad/s＝0.5π rad/s，t＝0时，y＝2 cm，则φ＝0.5 π，简谐运动的表达式为y＝Asin(ωt＋φ)＝2sin(0.5πt＋0.5π) cm，故C错误，D正确。]
    4.AC [由题图乙可知振幅为5 cm，则有OB＝OA＝5 cm，A正确；0～0.2 s内质点从B向O运动，即第0.2 s末质点的速度方向是O→A，B错误；第0.4 s末质点运动到A点处，则此时质点的加速度方向是A→O，C正确；第0.7 s末时质点位置在O与B之间，D错误。]
    5.C [由题图可知，单摆的周期T＝4t0，根据单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))，解得L＝eq \f(4gteq \\al(2,0),π2)，故A、B错误；摆球到最低点的动能Ek＝E0＝eq \f(1,2)mv2，向心加速度的最大值为a＝eq \f(v2,L)，解得a＝eq \f(π2E0,2mgteq \\al(2,0))，故C正确，D错误。]
    6.C [忽略空气阻力，秋千的回复力由重力沿圆弧切线方向的分力提供，A错误；在最低点，合力提供向心力有FN－mg＝meq \f(v2,L)，秋千对手机的支持力FN＝mg＋meq \f(v2,L)＞mg，故秋千对手机的支持力大于手机的重力，B错误；秋千的周期为从最大位移处到另外一最大位移处再回到最大位移处位置所用的时间，所以两次经过最低点，有两次向心加速度最大，根据垂直手机平面方向的a－t关系图，可知周期为T＝t3－t1，C正确；根据单摆周期公式T＝t3－t1＝2πeq \r(\f(L,g))，可知当地重力加速度g＝eq \f(4π2L,（t3－t1）2)，D错误。]
    7.BC [用手摩擦盆耳，溅起水花是因为“洗”发生了共振造成的，该种现象属于受迫振动，当其摩擦的频率等于“洗”的固有频率，使其达到共振时，溅起的水花最高，即手掌摩擦的越快溅起的水花不一定越高。盆中的嗡嗡声是“洗”振动时产生的声音，故B、C正确。]
    8.D [使用者用力大小影响的是振幅，与振动快慢没有关系，故A错误；增大手驱动的频率，飞力士棒振动的频率随之增大，但是振幅不一定越来越大，故B、C错误；双手驱动该飞力士棒每分钟振动270次，则驱动力的频率为f＝eq \f(270,60) Hz＝4.5 Hz，驱动力的频率与飞力士棒的固有频率相等，此时振幅最大，故D正确。]
    9.AD [当驱动力的频率等于单摆的固有频率时，发生共振现象，振幅达到最大，由题图知，驱动力的频率为0.5 Hz时，振幅最大，则此单摆的固有频率为0.5 Hz，固有周期为2 s，故A正确；根据单摆周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))，解得此单摆的摆长约为L＝eq \f(T2g,4π2)＝eq \f(22×10,4×10) m＝1 m，故B错误；若仅摆长增大，根据单摆周期公式，单摆的固有周期增大，固有频率减小，共振曲线的峰将向左移，故C错误，D正确。]
    10.C [t＝2×10－3 s时刻在波谷位置，则纸盆中心的速度为零，A错误；t＝3×
    10－3 s时刻纸盆中心在平衡位置，此时的加速度为零，B错误；在0～1×10－3 s之间纸盆中心的速度方向与加速度方向均向下，方向相同，C正确；因为ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,4×10－3) rad/s＝500π rad/s，则纸盆中心做简谐运动的方程为x＝1.5×
    10－4cs(500πt)m，D错误。]
    11.D [由图可知两单摆的周期之比为T甲∶T乙＝2∶3，由单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))可得g＝eq \f(4π2L,T2)，所以甲、乙两星球表面的重力加速度之比为eq \f(g甲,g乙)＝eq \f(9,4)，故A错误；由单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))可知，摆球周期与摆球质量无关，所以减小a摆的摆球质量，a摆的周期不可能与b摆相等，故B错误；两摆摆长相同，振幅不同，则两摆球摆动过程中上升的最大高度不同，由机械能守恒定律知Ek＝mgh＝eq \f(1,2)mv2，则v＝eq \r(2gh)，所以在最低点速率一定不同；由于摆球质量关系未知，所以在最低点的动能有可能相等，故C错误，D正确。]
    12.(1)eq \f(2F1＋F2,3m) (2)eq \f(（2F1＋F2）Teq \\al(2,0),3mπ2)
    解析 (1)小钢球由静止释放时，轻绳与竖直方向夹角为θ，释放瞬间轻绳拉力最小，故F1＝mgcs θ①
    小钢球由静止运动到最低点的过程，根据动能定理有
    mgl(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mv2②
    小钢球运动到最低点时轻绳拉力最大，则
    F2－mg＝meq \f(v2,l)③
    联立①②③可得g＝eq \f(2F1＋F2,3m)。④
    (2)由题图乙可得单摆的周期为T＝2T0⑤
    而T＝2πeq \r(\f(l,g))⑥
    联立④⑤⑥解得l＝eq \f(（2F1＋F2）Teq \\al(2,0),3mπ2)。
    实验九 用单摆测量重力加速度的大小
    1.(1)15.2 (2)100.0 (3)CD
    解析 (1)游标卡尺的主尺读数为15 mm，游标读数为2×0.1 mm＝0.2 mm，则小球的直径为d＝15 mm＋0.2 mm＝15.2 mm。
    (2)秒表的读数等于大盘读数加上小盘读数，则读数为
    90 s＋10.0 s＝100.0 s。
    (3)根据单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))，变形可得g＝eq \f(4π2L,T2)，先将单摆放在水平桌面上测出摆长l，后把单摆悬挂起来，测得的摆长偏小，则最终测得重力加速度偏小，故A错误；摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，则测量的摆长偏小，则最终测得的重力加速度偏小，故B错误；摆球不在同一竖直平面内运动，成为圆锥摆运动，实际摆长lcs θ变短，而测量摆长偏大，所测重力加速度偏大，故C正确；测周期时，当摆球通过最低点时启动秒表并数“1”，数到摆球第40次通过平衡位置时按下秒表，读出时间t，实际周期T＝eq \f(t,\f(40－1,2))＝eq \f(2t,39)，则测量周期偏小，重力加速度偏大，故D正确。
    2.(2)eq \f(2t,N－1) (3)g＝eq \f(4π2（l1－l2）,Teq \\al(2,1)－Teq \\al(2,2)) (4)B (5)无
    解析 (2)钥匙扣第1次通过最低点按下计时“开始”按钮，第N次通过最低点停止计时，记录手机上的时间为t，则单摆的周期为T＝eq \f(2t,N－1)。
    (3)设摆线末端与钥匙扣重心间的距离为r，根据单摆周期公式
    T＝2πeq \r(\f(L,g))
    可得T1＝2πeq \r(\f(l1＋r,g))，T2＝2πeq \r(\f(l2＋r,g))，联立可得重力加速度为g＝eq \f(4π2（l1－l2）,Teq \\al(2,1)－Teq \\al(2,2))。
    (4)根据T＝2πeq \r(\f(l＋r,g))，可得T2＝eq \f(4π2,g)l＋eq \f(4π2r,g)，故T2与l为一次函数关系，且与纵轴正半轴有截距，故B正确。
    (5)由(3)(4)数据处理分析可知，钥匙扣的形状不规则虽导致重心位置无法测量，但对重力加速度的测量无影响。
    3.(1)乙 (2)2t0 变大 变大
    解析 (1)游标卡尺应该用两外测量爪对齐的地方测量，正确的是题图乙。
    (2)一个周期内小球应该两次经过最低点，使光敏电阻的阻值发生变化，故周期为T＝t1＋2t0－t1＝2t0；摆球的直径变大后，摆长变长，根据T＝2πeq \r(\f(L,g))可知，周期变大；每次经过最低点时小球的挡光的时间变长，即Δt变大。
    4.(1)eq \f(2π2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2L0＋D)),T2) (2)2 (3)9.79
    解析 (1)周期公式为T＝2πeq \r(\f(L,g))，整理有g＝eq \f(4π2L,T2)，由题意可知L＝L0＋eq \f(D,2)，解得g＝eq \f(2π2（2L0＋D）,T2)。
    (2)摆球运动到最低点时，由重力和绳子的拉力的合力提供向心力，所以摆球运动到最低点时，绳子拉力最大，而一个周期内摆球有两次经过最低点，则此单摆的周期为T＝2 s。
    (3)小球速度为零，沿绳子方向合力为零，在最高点有F1＝mgcs θ，小球在最低点有F2－mg＝meq \f(v2,L)
    设绳子与竖直方向的最大夹角为θ，有mgL(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mv2，整理有F2＝mg(3－2cs θ)
    联立F1和F2解得
    g＝eq \f(2F1＋F2,3m)＝eq \f(2×0.963＋0.976,3×0.098 8) m/s2＝9.79 m/s2。
    5.(3)eq \f(t0,10) (5)线性的 (6)A (7)见解析
    解析 (3)0～t0内恰有10个完整周期的振动图像，故t0＝10T，解得T＝eq \f(t0,10)。
    (5)分析图表数据可以看出，在误差允许的范围内，T2∝m，即弹簧振子振动周期的平方与质量的关系是线性的。
    (6)质量的单位是kg，劲度系数的单位是N/m，故eq \r(\f(m,k))的单位为eq \r(\f(kg·m,N))＝eq \r(\f(N·s2,N))＝s，A正确；同理分析可知，B、C、D项的量纲都不对。
    (7)弹簧不是轻弹簧；手机内部有磁体，与钩码下的小磁铁会产生相互作用；空气阻力的影响等(写出一条即可)。
    第2练 机械波
    1.D [由于t＝0时波源从平衡位置开始振动，由振动方程可知，波源起振方向沿y轴正方向，且t＝T时波源恰好完成一次全振动，产生的机械波恰好传到x＝λ处，且x＝λ处的质点起振方向与波源相同，均为y轴正方向，故D正确。]
    2.D
    3.D [由题意可知v＝eq \f(x,t)＝eq \f(0.05,1) m/s＝0.05 m/s，由于不知波长，所以无法求出周期，故A错误；绳上各质点只会在各自平衡位置振动，并不会沿绳运动，故B错误；波在介质中的传播速度取决于介质，与波源频率无关，故C错误；由公式v＝λf得 λ＝eq \f(v,f)＝eq \f(0.05,10) m＝0.5 cm，故D正确。]
    4.C [根据同侧法可知，质点P在t＝0时刻沿y轴负方向振动，质点Q在t＝0时刻沿y轴正方向振动，故A错误；根据题意有eq \f(3,4)T＝2 s，解得T＝eq \f(8,3) s，该简谐横波的频率f＝eq \f(1,T)＝eq \f(3,8) Hz，故B错误；该简谐横波的传播速度v＝eq \f(λ,T)＝3 m/s，故C正确；质点P在t＝0时刻沿y轴负方向振动且位于波峰下方，则质点P在0～2 s即eq \f(3,4)T时间内通过的路程大于0.3 m，故D错误。]
    5.BC [由振动图像可知周期为T＝0.04 s，则波的频率为f＝eq \f(1,T)＝25 Hz，故A错误；由波形图可知波长为λ＝8 m，则波速为v＝eq \f(λ,T)＝200 m/s，故B正确；质点P在t＝0时沿y轴负方向振动，根据“同侧法”知波沿x轴负方向传播，故C正确；参与波的传播的质点只能沿y轴方向振动，而不会随着波水平迁移，故D错误。]
    6.AC [从题图乙可知，在t＝0时刻质点P的速度为正向最大值，即P正在平衡位置向y轴正方向振动，根据“同侧法”可知波沿x轴负方向传播，由题图甲可知波长λ＝6 m，又周期T＝1.2 s，则波速v＝eq \f(λ,T)＝5 m/s，故A正确；该波的振幅为A＝10 cm，质点P经过0.6 s恰好振动半个周期，运动的路程s＝2A＝20 cm，故B错误；质点P的振动方程为y＝Asin eq \f(2π,T)t，t＝0.5 s＝eq \f(5,12)T时，有y＝10×sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)×\f(5,12)T)) cm＝5 cm，故C正确；该波的频率为f＝eq \f(1,T)＝eq \f(5,6) Hz，根据多普勒效应可知，当测井仪运动时，接收到的频率可能大于或小于eq \f(5,6) Hz，故D错误。]
    7.A [根据振动图像平移可知，该波从A点传播至B点的时间Δt＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(3,4)))T(n＝0，1，2，3，…)，又由于v＝eq \f(x,Δt)＝eq \f(λ,T)，由题图乙可知，该波的周期T＝4 s，解得该波的波长λ＝eq \f(24,4n＋3) m(n＝0，1，2，3，…)，可知，当n＝0时，波长最大，且λmax＝8 m，故A正确。]
    8.C [在同种介质中，超声波的速度与次声波的速度一样，A错误；超声波的频率越高，波长越短，越不容易发生明显的衍射，B错误；高速公路上的测速仪发出的超声波波长大于所接收波的波长，说明发出的超声波的频率小于所接收波的频率，根据多普勒效应，接收到的频率变高，说明此时车正在靠近测速仪，C正确；用超声波测血液流速，超声波迎着血液流动方向发射，仪器接收到的反射回来的波的频率高于其发射的超声波的频率，D错误。]
    9.B [主动降噪耳机是根据波的干涉原理，抵消声波与噪声的振幅、频率相同，相位相反，叠加后才能相互抵消来实现降噪的，抵消声波与噪声的振幅相同，也为A，A错误；抵消声波与噪声的频率相同，由f＝eq \f(1,T)＝100 Hz，B正确；抵消声波与噪声的波速、频率相同，则波长也相同，为λ＝vT＝340×0.01 m＝3.4 m，C错误；抵消声波在耳膜中产生的振动与图中所示的振动反相，D错误。]
    10.ACD [由波的图像和振动图像可知，t＝2 s时质点向y轴负方向振动，波形图中的A点此时正向下振动，B质点向y轴正方向振动，题图(b)可能是质点A的振动图像，B错误，A正确；由振动图像可知，质点振动的周期为T＝4 s，若题图(b)是x＝2 m处质点的振动图像，则有(n＋eq \f(1,2))λ＝2 m(n＝0，1，2，3，…)，根据v＝eq \f(λ,T)，解得v＝eq \f(1,2n＋1) m/s(n＝0，1，2，3，…)，当n＝0时，波速为1 m/s，C正确；若题图(b)是x＝3 m处质点的振动图像，则有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,2)))λ＝3 m(n＝0，1，2，3，…)，解得v＝eq \f(3,4n＋2) m/s(n＝0，1，2，3，…)，当n＝1时，波速为0.5 m/s，D正确。]
    11.(1)0.8 s (2)－0.5 cm
    解析 (1)因波速v＝20 cm/s，波长大于20 cm，所以周期T>1 s
    又由t＝0时刻后每隔0.6 s
    A、B两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同，可知该波周期T＝1.2 s
    该波波长λ＝vT＝24 cm
    故A、B的平衡位置相距eq \f(2,3)λ
    从t1时刻开始，质点B最少要经过eq \f(2,3)T＝0.8 s位于波峰。
    (2)在t1时刻(t1>0)，质点A位于波峰，A、B平衡位置相距eq \f(2,3)λ，可知质点B偏离平衡位置的位移
    yB＝ycseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2π×\f(2,3)))＝－0.5 cm。
    12.(1)沿x轴负方向 10 m/s (2)0.525 s
    解析 (1)由题图可知，波长λ＝3 m，振幅A＝0.1 m
    由t＝0.2 s时刻到t1＝0.4 s时刻的时间内，
    0.2 m故eq \f(1,2)T<ΔtΔt时间内波传播的距离为Δx
    则eq \f(1,2)λ<Δx<λ，即eq \f(3,2) m<Δx<3 m
    根据图像可知，若波沿x轴正方向传播，则
    Δx1＝(nλ＋1) m(n＝0，1，2，3，…)，n无解
    若波沿x轴负方向传播，则
    Δx2＝(nλ＋2) m(n＝0，1，2，3，…)，n＝0符合
    由上述可知，这列波一定沿x轴负方向传播且
    Δx2＝2 m
    又Δt＝t1－t＝0.2 s，由Δx＝v·Δt
    得v＝10 m/s。
    (2)根据实线图像可知，P质点第二次出现波谷时，波向负方向传播了Δx＝3.25 m
    由Δx＝v·Δt，得Δt＝0.325 s
    故P质点第二次出现波谷的时刻为0.525 s。
    第八章 静电场
    第1练 电场力的性质
    1.C [设AB＝BC＝l，根据库仑定律得F1＝eq \f(5kQq,l2)－eq \f(kQq,（2l）2)＝eq \f(19kQq,4l2)，将两带电金属小球接触后，两小球所带电荷量均为－2Q，根据库仑定律得F2＝eq \f(2kQq,l2)＋eq \f(2kQq,（2l）2)＝eq \f(5kQq,2l2)，所以eq \f(F1,F2)＝eq \f(19,10)，故C正确。]
    2.D [电荷D对电荷A的静电力大小F1＝keq \f(q2,（\r(2)a）2)，电荷B和电荷C对电荷A的静电力大小F2＝F3＝keq \f(q2,a2)，根据力的合成法则可知，电荷A所受的静电力大小F＝eq \r(Feq \\al(2,1)＋（\r(2)F2）2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kq2,2a2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2)kq2,a2)))\s\up12(2))＝eq \f(3kq2,2a2)，故D正确。]
    3.D [三个带电小球两两之间存在库仑力，且库仑力的方向一定沿两小球的连线方向，假设C球带负电，对C球进行受力分析，可知匀强电场对C球的电场力方向水平向左，要使C球受力平衡，则A球带正电，B球带负电，故A、B错误；A球带正电，则匀强电场对A球的电场力方向水平向右，要使A球受力平衡，则B、C两球须均带负电且两者电荷量相等，对B球进行受力分析，可得keq \f(qAqB,l2)cs 60°＝keq \f(qCqB,l2)，可得qA＝2qC，因此有qA∶qB∶qC＝2∶1∶1，故C错误，D正确。]
    4.A [由点电荷电场强度公式可知，D处点电荷在O点产生的电场强度为E1＝eq \f(kq,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))\s\up12(2))＝eq \f(4kq,a2)，由电场强度的叠加原理可知，A处点电荷和C处点电荷在O点产生的电场的电场强度大小相等，方向相反，可知，在C处放置的点电荷与A处的点电荷相同，即Q＝＋q，两个正点电荷在B点的合电场强度为E1＝2×eq \f(kq,a2)sin 30°＝eq \f(kq,a2)，方向沿DB方向，D点处点电荷在B点产生的电场强度为E2＝eq \f(kq,a2)，方向沿BD方向，则B点的电场强度为EB＝E1－E2＝0，故A正确。]
    5.D [图中A点的电场强度为0，表明薄板带负电，且薄板在A点的电场强度大小为EA＝keq \f(q,（3d）2)＝eq \f(kq,9d2)，根据对称性，薄板在B点的电场强度大小与薄板在A点的相等，方向相反，图中B点的电场强度大小为EB＝keq \f(q,（3d）2)＋keq \f(q,d2)＝eq \f(10kq,9d2)，故D正确。]
    6.B [当P点的电荷量为－q时，根据电场的对称性，可得在O点的电场强度为0；当P点的电荷变为＋q时，可由－q和＋2q两个电荷等效替代，故O点电场可以看作均匀带电圆环－q和P点的＋2q产生的两个电场的叠加，故O点的电场强度为E＝0＋keq \f(2q,R2)，电场方向为＋2q在O点的电场方向，即方向沿半径背离P点，故B正确，A、C、D错误。]
    7.B [根据等量同种正点电荷周围电场线的特点可知中垂线上O点的电势最高，故A错误；电子从A点由静止释放做加速运动，经过O点后做减速运动，所以电子经过O点时的速度最大，故B正确；O点的电场强度为0，电子经过O点时受到的合力为零，加速度为零，故C错误；根据电场线特点可知A、B两点的电场强度大小相等，方向相反，故D错误。]
    8.D [电场线的疏密表示电场强度的大小，根据题图可知，P点电场强度大小等于Q点电场强度大小，但是两点电场强度的方向不同，则电场强度不相同，故A错误；M点的电场线较N点密集，可知M点的电场强度大于N点的电场强度，故B错误；根据电场线的方向可知，右边的小球带负电，但是带电荷量小于左边球的带电荷量，故右边的小球带电荷量为－q，故C错误；依据点电荷的电场强度公式E＝keq \f(Q,r2)及叠加原则，则两点电荷连线的中点处的电场强度大小为E合＝keq \f(2q,r2)＋keq \f(q,r2)＝3keq \f(q,r2)，故D正确。]
    9.BD [图中电场线起源于A，终止于B，由电场线分布的特征可知两粒子带异种电荷，且A带正电，B带负电，故A错误；由于题图中电场线分布不具有对称性，则两点电荷带电荷量的绝对值不等，故B正确；由于电场线分布的密集程度表示电场的强弱，所以b点的电场强度比a点的电场强度大，故C错误；根据qE＝ma，可知粒子在a点加速度比在b点加速度小，故D正确。]
    10.AC [由小球的受力分析可知，小球所受电场力的方向与场强的方向相同，故小球带正电，A正确；小球受轻绳拉力为F＝eq \f(mg,cs 37°)＝eq \f(0.1×10,0.8) N＝1.25 N，B错误；小球所受的电场力为F电＝qE＝mgtan 37°，则小球电荷量为q＝eq \f(mgtan 37°,E)＝2.5×10－4 C，C正确；将小球拉至最低点由静止释放，小球回到绳与竖直方向的夹角θ＝37°时，由动能定理可知－mgl(1－cs 37°)＋qElsin 37°＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(5) m/s，D错误。]
    11.C [由题意可知，a点电场强度应为以a所在球面为球体边缘的内部电荷产生，设球体的总电荷量为Q，则以a所在球面为球体边缘的内部球体带电荷量为q＝eq \f(Q,\f(4,3)πR3)·eq \f(4,3)πr3＝eq \f(r3,R3)Q，故a点的电场强度大小为Ea＝keq \f(q,r2)，同理b点的电场强度大小为Eb＝keq \f(Q,（2r）2)，解得eq \f(Ea,Eb)＝eq \f(4r3,R3)，选项C正确。]
    12.C [小球受力情况如图所示，由几何关系可知φ＝30°，则两带电体的相互作用力FC＝mg，丝线的拉力T＝2mgcs θ＝eq \r(3)mg，选项A、B错误；根据库仑定律有FC＝keq \f(Qq,（2Lcs φ）2)，解得Q＝eq \f(3mgL2,kq)，选项C正确；由于漏电，电荷量Q减小时，FC减小，小球将下移，故图中h变大，根据相似三角形有eq \f(T′,L)＝eq \f(mg,h)，故丝线的拉力T′减小，选项D错误。]
    13.(1)q 3个点电荷均带正电 (2)eq \f(3－\r(3),3)q
    解析 (1)题中已知M点的电场强度竖直向下，可知A、B处点电荷在M点产生的电场强度等大反向，C处点电荷带正电，又M为AB边的中点，结合点电荷的电场强度公式E＝eq \f(kq,r2)可知A、B处两点电荷的电荷量大小相等，电性相同，即B点处点电荷的电荷量的绝对值为q。C处点电荷在N点产生的电场强度方向为N→B，假设A、B两点处点电荷均带负电，则三个点电荷在N处产生的合电场强度方向不可能竖直向上，所以A、B两点处点电荷均带正电，即3个点电荷均带正电。
    (2)设C点处点电荷的电荷量为qC，等边三角形的边长为2L，则AN＝eq \r(3)L，对三个点电荷在N处产生的电场强度分析，如图所示，其中EBC是B、C处点电荷在N处产生的合电场强度，EAN是A处点电荷在N处产生的电场强度，EN为N点处的合电场强度。
    根据几何关系得eq \f(EAN,EBC)＝tan 30°
    故eq \f(kq,（\r(3)L）2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kq,L2)－\f(kqC,L2)))tan 30°
    解得qC＝eq \f(3－\r(3),3)q。
    第2练 电场能的性质
    1.BC [C点电场强度垂直于该点所在的等势面，方向向左，故A错误；等差等势面的疏密程度表示电场强度的大小，所以A、B、C、D、E五个点中，C点的电场强度大小最大，故B正确；正电荷在电势高处电势能大，故C正确；电子从E点移到A点，电场力做负功，故D错误。]
    2.D [匀强电场的等势线应是一簇平行线，由题图可知避雷针附近的电场不是匀强电场，故A错误；等差等势面越密集电场强度越大，所以A点的电场强度比B点大，故B错误；乌云带负电，则电场线终止于乌云，根据沿电场线方向电势降低可知a、b、c、d等势面中a的电势最高，故C错误；有一带负电的雨点从乌云中下落，雨点所受电场力方向与速度方向夹角小于90°，电场力做正功，故D正确。]
    3.D [沿电场线方向电势降低，由题图可知，a、b、c、d各点的电势不相等，故A错误；电场线越密电场强度越大，则d点的电场强度大于a点的电场强度，故B错误；将一点电荷由a点移到c点，由于不知道电性，故无法判断电势能变化，故C错误；由题图可知，bd间的电势差小于bc间的电势差，根据W＝qU可知，将一正点电荷由b点移到d点电场力做的功小于由b点移到c点电场力做的功，故D正确。]
    4.A [将电荷从A点移到B点，电场力做功为WAB＝qUAB，代入数据解得UAB＝－2 V，故A正确；把该电荷从B点移到C点，电场力做功为WBC＝qUBC，代入数据解得UBC＝4 V，若规定A点电势为0，而UAB＝－2 V＝φA－φB＝0－φB＝－φB，可得φB＝2 V，又UBC＝4 V＝φB－φC＝2 V－φC，解得φC＝－2 V，故B错误；因为该电场为匀强电场，且AB＝AC，则可知BC中点处的电势等于A点处的电势，而沿着电场线的方向电势降低，则可知电场线的方向为B到C，而匀强电场中，电场线的方向和电场强度的方向一致，则可知电场强度的方向为B指向C，故C、D错误。]
    5.D [在匀强电场中，平行且相等的两线段电势差相等，可得φB－φA＝φC－φD，代入数据可得φD＝0，故A、B错误；如图所示，将CD分为8等分，则每一等分对应1 cm，所以F点的电势为9 V，连接AF，过D点作AF的垂线DG，由几何关系可得DG＝eq \f(AD·DF,AF)，解得DG＝3.6 cm，所以电场强度的大小为E＝eq \f(UDG,DG)，解得E＝250 V/m，又因为D点的电势为0，且D点距正极板的距离为20 cm，由对称性可知，两极板间的距离为40 cm，所以两极板间的电势差为U＝Ed＝100 V，故D正确，C错误。]
    6.B [过O点和Q点作电场的等势面，如图。由图可知，O、Q两点的电势不相等，故A错误；将一正电荷由M点移到Q点，电场力对电荷做正功，电荷的电势能减少，故B正确；MO与ON相等，但由于电场不是匀强电场，且MO间的平均电场强度大于ON间的平均电场强度，由U＝Ed可得，MO间的电势差大于ON间的电势差，故C错误；在Q点放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿Q点电场线的切线方向斜向上，故D错误。]
    7.CD [由题图可知M点靠近带负电的极杆，P点靠近带正电的极杆，又电势沿电场强度方向降低，则P点的电势比M点的电势高，A错误；等势面的疏密程度反映电场强度的大小，由题图(b)可知M点处的等势面密，则M点的电场强度大，B错误；由对称性可知两带正电的极杆在M点产生的电场强度方向沿z轴正方向，两带负电的极杆在M点产生的电场强度方向也沿z轴正方向，则由电场强度的叠加可知M点的电场强度方向沿z轴的正方向，C正确；由对称性可知x轴上的电场强度为零，则带电粒子沿x轴运动时始终不受电场力的作用，所以电场力不做功，电势能保持不变，D正确。]
    8.B [沿着电场线方向电势逐渐降低，电场线分布如图，曲线运动中合力方向指向弯曲方向，故带电粒子受力大致方向为向上，受力方向与电场方向相反，故粒子带负电，A错误；等势线间距越小(越密集)，电场强度越大，故EB>EA，故粒子在A点受到的电场力与在B点受到的电场力满足FB>FA，故B正确；粒子带负电，A点电势高于B点，粒子从A点运动到B点，电场力做负功，电势能增大，故粒子在A点的电势能小于粒子在B点的电势能，故C错误；由于粒子初速度大小及方向题中未给出，粒子可能从A运动到B，电场力做负功，也可能从B运动到A，电场力做正功，故D错误。]
    9.AC [两次经过同一等势面的动能相等，因为是匀强电场，所以经过相邻等势面克服电场力做功相同，动能变化相同，即Eka－Ekb＝Ekb－Ekc，解得Ekb＝6 eV，所以经过b等势面时的动能是6 eV，故A正确；假设质子能够到达等势面d，则质子在等势面d的动能为零，但质子做匀变速曲线运动，质子在等势面d的速度不可能为零，质子不能到达等势面d，故B错误；根据题意，由a到c过程电场力做负功，质子带正电，所以匀强电场场强的方向水平向左，故C正确；根据Ep＝qφ可知，质子在c等势面的电势能为0，所以质子运动过程中的总能量E＝Ekc＋0＝3 eV，根据能量守恒定律可知E＝Eka＋Epa，解得Epa＝－6 eV，由Epa＝qφa可得a所在的等势面电势φa＝－6 V，故D错误。]
    10.C [根据点电荷形成的电场可知，a、b、c三点距离点电荷的距离相等，可知电势相同，但a、b、c三点又同时处在匀强电场中，而沿着电场线的方向电势降低，根据电势叠加原理可知φa>φb>φc，因此将点电荷＋q从球面上b点移到c点，电场力做正功，A、D错误；根据电场强度的叠加原理可知，b、d两点的电场强度大小相同，方向不同，B错误；bedf平面与电场线垂直，若只有匀强电场，则可知平面bedf为等势面，又d、e两点又位于点电荷所在的球面上，若只有该点电荷，则可知d、e两点所在的球面为等势面，所以在该复合电场中，d、e两点电势仍然相等，因此将点电荷＋q从球面上d点移到e点，电场力做功为零，C正确。]
    11.BC [根据电场强度叠加原理可知，M、N两点电场强度的大小相等，方向不同，A错误；M、N两点在A、B的电场中位于同一等势面上，且比O点电势要高，同时M、N两点在C的电场中也是位于同一等势面上，也比O点电势要高，所以M、N两点位于同一等势面上，电势相等，B正确；由于M、N点电势均高于O点电势，根据Ep＝qφ可知，负电荷在M、N点的电势能均小于在O点的电势能，C正确，D错误。]
    12.(1)200 V/m 方向水平向右 (2)－4.8×10－18 J
    (3)－20 V －1.6×10－18 J
    解析 (1)电子从a移到c电场力做负功，所以电场强度方向水平向右
    Wac＝－eE·ac·sin 30°
    将ac＝20 cm＝0.2 m代入解得E＝200 V/m。
    (2)电子从b移到c电场力做负功，有
    Wbc＝Wba＋Wac
    Wba＝－eE·ab
    将ab＝5 cm＝0.05 m代入解得Wbc＝－4.8×10－18 J。
    (3)根据Uac＝φa－φc＝E·ac·sin 30°
    解得φc＝－20 V
    同理可得b点的电势φb＝10 V
    电子在b点的电势能为Epb＝－φbe
    联立代入数据解得Epb＝－1.6×10－18 J。
    专题强化练十四 电场中的功能关系及图像问题
    1.C [粒子在竖直方向做匀减速直线运动，则有veq \\al(2,0)＝2gh，电场力做正功，重力做负功，使粒子的动能由eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)变为2mveq \\al(2,0)，则根据动能定理，有qU－mgh＝2mveq \\al(2,0)－
    eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得A、B两点电势差应为U＝eq \f(2mveq \\al(2,0),q)，故C正确。]
    2.CD [根据动能定理W合＝WG＋Wf＋WF＝ΔEk，则合力做功为W合＝ΔEk＝10 J，故B错误；重力做正功WG＝20 J，摩擦力做负功Wf＝－5 J，故电场力做功WF＝－5 J，即电场力做功－5 J，电势能增加5 J，故A错误，D正确；除重力外电场力与摩擦力做的总功为－10 J，机械能减少10 J，故C正确。]
    3.AD [以相同的速率落到水平地面上，A球水平位移大于B球水平位移，只有A小球带正电，B小球带负电，落地时A球的水平速度大于B球水平速度，A球的竖直速度小于B球的竖直速度一种可能，A正确；在运动过程中，A球加速度小于g，B球加速度大于g，两小球的加速度大小不相等，B错误；因为有电场力做功，两小球的机械能不守恒，C错误；落地前瞬间，两小球的机械能和电势能之和相等，从抛出点到地面，只有电场力和重力对小球做功，两小球的机械能和电势能之和不变，所以两小球抛出的瞬间，两小球的机械能和电势能之和相等，D正确。]
    4.BC [不加电场时根据动能定理得mghab＝5Ek0－Ek0＝4Ek0，解得hab＝eq \f(4Ek0,mg)，故A错误，B正确；加电场时，根据动能定理得mghab＋qUac＝13Ek0－Ek0，解得Uac＝eq \f(8Ek0,q)，故C正确，D错误。]
    5.B [由v－t图像可知，带正电粒子从A点到B点运动过程中，加速度逐渐减小。根据牛顿第二定律F＝ma可知电场力F逐渐减小。结合F＝qE可知，从A点到B电场强度逐渐减小，即EA>EB，选项A错误，B正确；由v－t图像可知，带正电粒子从A点到B点一直做加速运动，说明电场力方向从A指向B，所以场强方向从A指向B，又由沿电场线方向电势降低，可知φA>φB，选项C、D错误。]
    6.AD [粒子做加速运动，电场力做正功，根据动能定理可得W＝qφ0＝Ek－0，又ΔEp＝－W＝－qφ0，可知粒子的电势能减小了qφ0，粒子离开电场时的动能为qφ0，故A正确，B错误；φ－x图像的斜率表示电场强度，所以粒子在电场中做匀加速直线运动，有x0＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qφ0,mx0)，联立解得t＝x0eq \r(\f(2m,qφ0))，故C错误；根据动能定理有qφ0＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2qφ0,m))，故D正确。]
    7.BD [带正电的粒子(不计重力)从O点静止释放，仅在电场力的作用下，带电粒子沿x轴运动，则电场力方向沿x轴正方向，电场线方向沿x轴正方向。沿电场线方向电势降低，A错误；电场力做正功，动能增加，电势能减小，C错误；由Ek－x图像斜率大小代表电场力大小，斜率正负代表电场力方向，由图可知，场强先减小后增大，方向一直为正方向，电场力F＝qE，先减小后增大，一直为正方向，与题中电场强度沿x轴变化一致，B正确；由能量守恒定律有E0＝Ek＋Ep，动能与电势能之和E0不变，D正确。]
    8.D [电子所受的电场力的方向与电场强度方向相反，指向圆心，所以电子向圆心运动，电场强度逐渐增大，根据F＝eE，电场力逐渐增大，图线向上，B错误；电子的加速度a＝eq \f(eE,m)，电子向圆心加速运动，电场强度增大，电子的加速度增大，速度图线的斜率增大，A错误；根据Ep＝eEx，电子向圆心运动，电场力做正功，电势能减小，电场强度增大，电势能图线的斜率增大，C错误；根据φ＝eq \f(Ep,e)，Ep＝eEx，解得φ＝Ex，电子向圆心运动，逆电场线运动电势升高；电子向圆心运动，电场强度增大，电势图线的斜率增大，D正确。]
    9.BC [φ－x图像的斜率绝对值表示电场强度的大小，斜率的正负表示电场强度的方向，a、c两点电势相等，但电场强度大小和方向均不同，故A错误；图中d点图像斜率为零，表明该点的合电场强度为零，而d点到两点电荷q1、q2的距离之比为2∶1，根据点电荷电场强度公式E＝eq \f(kq,r2)可得，q1、q2电荷量之比为4∶1，故B正确；a、c两点电势相等，电势差为零，负电荷从a点移到c点，静电力做功为零，故C正确；c、d间电场强度方向向左，负电荷从c点移到d点，静电力做正功，电势能减小，故D错误。]
    10.(1)60° 4 m/s (2)0.32 m
    解析 (1)平行板间的电场强度E＝eq \f(U,d)＝2.0×104 V/m
    对小球受力分析，可知电场力与重力的合力水平向右，由力的合成矢量三角形的几何关系可得cs θ＝eq \f(mg,qE)
    代入数据解得cs θ＝eq \f(1,2)，故θ＝60°
    小球从A运动到B，由动能定理可得qU＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
    解得vB＝4 m/s。
    (2)小球刚好到达最高点C点，有mg＝meq \f(veq \\al(2,C),R)
    小球从B运动到C，由机械能守恒定律可得
    mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
    解得R＝0.32 m。
    11.(1)10.8mg (2)1.2R (3)15R
    解析 (1)由几何关系知，轨道AB与水平面的夹角为37°，小物块从A点第一次到C点的过程，由动能定理知
    (qE＋mg)(Lsin 37°＋R－Rcs 37°)－μ(qE＋mg)·Lcs 37°
    ＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C1)－0
    在C点由牛顿第二定律知FN－qE－mg＝meq \f(veq \\al(2,C1),R)
    联立解得FN＝10.8mg
    由牛顿第三定律知此时小物块对轨道的压力大小为10.8mg。
    (2)小物块从A第一次到D的过程，由动能定理知
    (qE＋mg)(Lsin 37°－Rcs 37°)－μ(qE＋mg)·Lcs 37°＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D1)－0
    小物块第一次到达D点后以速度vD1逆着电场线方向做匀减速直线运动
    由动能定理知－(qE＋mg)smax＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,D1)
    联立解得smax＝1.2R。
    (3)分析可知小物块到达B点的速度为零后，小物块就在圆弧轨道上做往复圆周运动
    由功能关系知(qE＋mg)Lsin 37°＝μ(qE＋mg)dcs 37°
    解得d＝15R。
    第3练 实验十 观察电容器的充、放电现象 电容器的动态分析
    1.A [开关接1时，平行板电容器充电，上极板与电源正极相连而带正电，A正确，B错误；开关接2时，平行板电容器放电，放电结束后上、下极板均不带电，C、D错误。]
    2.BC [S接1时，电容器充电，板间场强E增大，故A错误；S接2时，电容器放电，带电荷量Q减少，板间电压U减小，板间场强E减小，故B正确；在I－t图中，由q＝It可知，图线与横轴所围的面积表示放电的电荷量，故C正确；由于充电后电容器的电压是8 V，放电的电荷量等于图线与横轴所围的面积，根据C＝eq \f(Q,U)可能估算出电容的大小，故D错误。]
    3.D [电容器所带的电荷量为Q＝CU＝25×10－6×8×103 C＝0.2 C，由电流的定义式I＝eq \f(Q,t)，可得电容器放电过程中平均电流为eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(Q,t)＝eq \f(0.2,2×10－3) A＝100 A，电容器放电过程中若电压不变，则有平均功率为eq \(P,\s\up6(－))＝Ueq \(I,\s\up6(－))＝8×103×100 W＝800 000 W＝800 kW，因电容器放电过程中电压在逐渐减小，因此在电容器放电过程中平均功率小于800 kW，A错误；该电容器的充电电压至8 kV，此电压应不高于电容器的额定电压，而电容器的击穿电压要大于额定电压，即电容器的击穿电压大于8 kV，B错误；电容器的电容与电容器所带的电荷量无关，因此电容器放电过程中电容不变，C错误；电容器放电过程中平均电流为100 A，因此电容器放电过程中电流最大值一定大于100 A，D正确。]
    4.D [带电油滴恰好静止时，有mg＝qE，将电容器下极板稍向下移动，由E＝eq \f(U,d)，可知当d变大时，两板间场强减小，带电油滴受到的电场力小于重力，可知油滴向下做匀加速直线运动。故D正确。]
    5.C [膜片与极板距离d减小，根据电容决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)，可知膜片与极板间的电容增大，膜片与极板间的电压不变，由C＝eq \f(Q,U)可知极板所带电量增大，A、B错误；根据电场强度公式E＝eq \f(U,d)，可知膜片与极板间的电场强度增大，C正确；极板所带电量增大，电源给极板充电，充电电流向下通过电阻R，D错误。]
    6.D [根据题意，两极板在竖直平面内转过一个相同的小角度θ，两极板间的距离d减小，根据电容的决定式和定义式C＝eq \f(εrS,4πkd)，C＝eq \f(Q,U)由此可知，d减小，C增大，故A错误；根据公式E＝eq \f(U,d)＝eq \f(\f(Q,C),d)＝eq \f(4πkQ,εrS)可知，两板间电场强度不变，故B错误；由图可知，P与B板间的距离减小，由于电容器内部电场强度不变，所以P与B板间的电势差减小，B板接地，其电势为零，所以P点电势降低，故C错误，D正确。]
    7.BC [静止时，N板不动，电容器的电容不变，则电容器电荷量不变，则电流表示数为零，电容器M极板因为与电源正极相连，所以其带正电，故A错误；由静止突然向前加速时，N板向后运动，则板间距变大，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，电容器的电容减小，电容器带电荷量减小，则电容器放电，则电流由b向a流过电流表，故B、C正确；保持向前匀减速运动时，加速度恒定不变，则N板的位置在某位置不动，电容器电荷量不变，电路中无电流，则电阻R发热功率为零，故D错误。]
    8.D [开关S接1时电源给电容器充电后上极板带正电，开关S接2时，电容器放电，电流由极板正极流过电阻R到负极板，而电子的移动方向与电流方向相反，则电子由a向b通过电阻R，故A错误；电容器放电过程中电流逐渐减小，根据欧姆定律可知电阻R两端电压逐渐减小，故B错误；由q＝It可知，I－t图像中曲线与横轴围成的面积即电容器充电结束时所带电荷量，若R增大，总电荷量q不变，则对电流阻碍作用增大，即电流减小，故放电时间会变长，故C错误；
    I－t图像中格数割补后约为1.3格，则电荷量约为q≈2×10－3×2×1.3 C≈5.2×
    10－3 C，故D正确。]
    9.B [由图可得，电容器内电场向下，油滴受力平衡带负电，A错误；电容器的电容决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)，上极板向上移动，d增加，C减小，B正确；上极板向左平移，由电容器电势差不变，板间距不变可得，电容器内电场强度不变，油滴受力仍平衡，C错误；断开开关S，电容器所带电荷量不变，由C＝eq \f(εrS,4πkd)＝eq \f(Q,Ed)得E＝eq \f(4πkQ,εrS)，与间距d无关，P点到下极板距离d′不变UP＝Ed′，故P点电势不变，D错误。]
    10.A [材料温度升高，材料膨胀，电容器两板间距减小，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)，电容增大。由于电容器两板间电势差不变，根据C＝eq \f(Q,U)，极板所带电荷量增大，A正确；滑动变阻器滑片向下滑动，阻值减小，根据E＝U＋eq \f(E,R＋r)r，可知检测仪的工作电压降低，B错误；材料温度降低，同理A选项，极板所带电荷量减小，则灵敏电流计的电流方向为从b到a，C错误；断开开关，电容器放电，则灵敏电流计上有从b到a的短暂电流，D错误。]
    11.(1)正极 (2)C (3)R2 电荷量
    解析 (1)在使用多用电表时，应保证电流从红表笔流入，黑表笔流出，即“红进黑出”，因此红表笔应该与电池的正极接触。
    (2)S与“1”端相接时，小灯泡不发光，电容器充电；S与“2”端相接时，电容器放电，且放电电流逐渐变小，直至为0，故C正确，A、B错误。
    (3)开始充电时实线中的电流较虚线的小，说明电路中的电阻较大，对应电阻箱阻值为R2；根据电流的定义式I＝eq \f(q,t)可知q＝It，则I－t图像中曲线与坐标轴围成的面积为电荷量。
    第4练 带电粒子在电场中的运动
    1.A [设A、B两金属薄板之间的电势差为U1，B、C两金属薄板之间的电势差为U2，金属薄板之间的间距为d，电场强度为E，第一次由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理qU1－qU2＝0，qU2＝qEd，将C板向右平移到P′点，BC之间的电场强度不变，电势差增大，所以电子还是运动到P点速度减小为零然后返回。故A正确。]
    2.C [粒子做匀速运动，受力平衡，则电场强度大小E＝eq \f(F,q)，故A、B错误，C正确；粒子做匀速直线运动的条件是粒子受力平衡，即由N运动到M，带电粒子受到的电场力不变，则F也保持不变，故D错误。]
    3.D [粒子从射入到运动至速度为零，由动能定理得－qExmax＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，最大深度xmax＝eq \f(mveq \\al(2,0),2qE)，由v0＝at，a＝eq \f(qE,m)可得t＝eq \f(mv0,qE)，由对称性可得粒子在电场中运动的最长时间为tmax＝2t＝eq \f(2mv0,qE)，故D正确。]
    4.AD [由带电粒子的运动轨迹可得，带电粒子带正电，故A正确；带电粒子在竖直方向的速度不变，设带电粒子在B点的速度大小为v，有v0cs 30°＝vcs 60°，解得v＝eq \r(3)v0，故B错误；带电粒子的电势能减少量为ΔEp＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝mveq \\al(2,0)，故C错误；B点的电势为零，带电粒子在B点的电势能也为零，在A点的电势能为mveq \\al(2,0)，故D正确。]
    5.BD [因为水平方向粒子的速度v0保持不变，当t＝0时入射，在t＝eq \f(1,2)T时竖直方向速度达到最大，当t＝T时速度恰好减小为0，因此离开电场时偏离中线的距离最大，故A、C错误；无论哪个时刻入射的粒子，在一个时间T内，正向电压和反向电压的时间是相同的，所以在竖直方向上电场力的冲量为零，所以离开电场时的速度方向都是水平的，离开电场时的速度大小都相等，故B、D正确。]
    6.C [断开开关，极板上的电压不变，两板间电场强度不变，故质子的运动轨迹不变，A错误；根据x＝v0t，a＝eq \f(qU,md)，y＝eq \f(1,2)at2，可得y＝eq \f(qUx2,2mdveq \\al(2,0))，从下板边缘射出时，竖直位移y不变，水平位移x变为原来的两倍，故可采取的措施是初速度变为2v0，或板间电压变为eq \f(U,4)，或上板上移使板间距变为4d，B、D错误，C正确。]
    7.CD [离子推进器可将静电加速层中的电能转化为机械能，A错误；根据动能定理有qU＝eq \f(1,2)mv2，离子由静电加速层喷出时的速度大小为v＝eq \r(\f(2qU,m))，B错误；若n表示单位时间内由静电加速层喷出的离子数，根据电流的定义有I＝nq，单位时间内，由静电加速层喷出的离子数为n＝eq \f(I,q)，C正确；Δt时间内喷出离子的动量为Δp＝nΔtmv，根据动量定理有FΔt＝Δp，则F＝nmv＝Ieq \r(\f(2mU,q))，D正确。]
    8.D [由题图可知，带电粒子的轨迹向上弯曲，则粒子受到的静电力方向竖直向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电，故A错误；粒子从P点运动到Q点，电场力做正功，为W＝qU，则粒子的电势能减少了qU，P点的电势为零，可知带电粒子在Q点的电势能为－qU，故B错误；Q点速度的反向延长线过水平位移的中点，则y＝eq \f(\f(d,2),tan 30°)＝eq \f(\r(3),2)d，电场强度大小为E＝eq \f(U,y)＝eq \f(2\r(3)U,3d)，C错误，故D正确。]
    9.C [粒子在两板之间的运动时间均为T，设偏转电场电压不为零时，粒子在偏转电场中的加速度为a，若粒子在t＝nT(n＝0，1，2，…)时刻进入偏转电场，则竖直方向上先加速后匀速，然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最大，ymax＝
    eq \f(1,2)a(eq \f(T,2))2＋a·eq \f(T,2)·eq \f(T,2)＝eq \f(3,8)aT2；若粒子在t＝nT＋eq \f(T,2)(n＝0，1，2，…)时刻进入偏转电场，则竖直方向上先静止后加速，然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最小，ymin＝0＋eq \f(1,2)a(eq \f(T,2))2＝eq \f(1,8)aT2，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3∶1，故C项正确。]
    10.(1)eq \f(2d2mveq \\al(2,0),qL2) (2)eq \f(d2kRv0,qL)
    解析 (1)只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集板右侧，颗粒就能够全部收集，有L＝v0t
    d＝eq \f(1,2)at2
    qE＝ma
    E＝eq \f(U1,d)
    解得U1＝eq \f(2d2mveq \\al(2,0),qL2)。
    (2)颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度F电＝f
    即eq \f(qU2,d)＝kRv
    eq \f(d,v)＝eq \f(L,v0)
    解得U2＝eq \f(d2kRv0,qL)。
    11.(1)2eq \r(\f(eU,m)) (2)eq \f(3,4)
    解析 (1)氧离子进入加速电场，根据动能定理有2eU＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
    解得v0＝2eq \r(\f(eU,m))。
    (2)氧离子在偏转电场中做类平抛运动，偏转电场场强为E＝eq \f(U,d)
    根据牛顿第二定律有2eE＝ma
    解得a＝eq \f(2eU,md)
    若氧离子能够射出偏转电场，根据运动学公式得
    t＝eq \f(d,v0)，y＝eq \f(1,2)at2
    联立解得y＝eq \f(d,4)
    因此，距上板eq \f(d,4)的氧离子恰好能够离开偏转电场，能够离开偏转电场的氧离子占能够进入偏转电场氧离子的比例为
    k＝eq \f(d－y,d)＝eq \f(3,4)。
    专题强化练十五 带电粒子在电场中运动的综合问题
    1.CD [小球运动到P点时的动能最大，即重力和电场力的合力沿着OP方向，对小球受力分析有eq \f(qE,mg)＝tan 37°，解得E＝eq \f(3mg,4q)，故B错误；假设小球能够沿圆环运动到C点，根据动能定理有qER－mgR＝Ek－0，分析上式可知Ek<0，即假设不成立，故A错误；P、B两点间的电势差UPB＝E·eq \f(2,5)R＝eq \f(3mgR,10q)，故C正确；小球从A点运动到B点，根据动能定理有qE·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，此时小球的向心加速度大小a向＝eq \f(veq \\al(2,B),R)＝3g，故D正确。]
    2.AB [从O到P的运动过程，小球在水平方向上做匀速运动，则运动时间为t＝eq \f(L,v0)，选项A正确；小球在竖直方向做匀加速运动，则L＝eq \f(vy,2)t，即vy＝2v0，到达P点时速度为vP＝eq \r(veq \\al(2,0)＋veq \\al(2,y))＝eq \r(5)v0，动能Ek＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,P)＝eq \f(5,2)mveq \\al(2,0)，选项B正确；到达P点时速度偏向角正切值为tan θ＝eq \f(vy,v0)＝2，选项C错误；由动能定理有mgL－FL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,P)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，所受电场力大小为F＝mg－eq \f(2mveq \\al(2,0),L)，选项D错误。]
    3.C [带正电小滑块从A点由静止开始沿斜面下滑，受到重力和电荷Q的库仑力作用，从A点运动到B点的过程，由动能定理可知mgLsin θ＋qUAB＝0，解得A、B两点间的电势差UAB＝－eq \f(mgLsin θ,q)，C正确。]
    4.BCD [由题意可知，带电小球从开始下落到C的过程中，电场力做负功，重力做正功，由于二者做功的大小关系不确定，故小球有可能不能从B点离开轨道，故A错误；若重力和电场力大小相等，则小球在AC部分做匀速圆周运动，加速度大小不变，故B正确；若小球能沿圆弧返回从A点离开，全过程电场力做功为零，小球上升的高度一定等于H，故C正确；若qE≤mg，小球沿圆弧从A到C做加速或匀速率运动，故小球到达C点的速度不可能为零；若qE>mg，小球沿圆弧运动到C点的最小速度为v，则有qE－mg＝eq \f(mv2,R)，故小球能到达C点的速度也不可能为零，故D正确。]
    5.C [电场力对系统做功，机械能不守恒，选项A错误；A运动到最低点时，B的速度为0，选项B错误；A运动到最低点时，B的速度为零，根据系统机械能守恒得mgL＋qEL＝eq \f(1,2)mv2解得v＝eq \r(2gL＋\f(2qEL,m))，选项C正确；假设无电场，则系统机械能守恒，当A机械能最小时，B的机械能最大，即B的动能最大，速度最大，加速度为零，因电场力并不影响A的机械能，所以有电场和无电场时A机械能最小时在杆上的位置相同，但是有电场时，A机械能最小时B还受水平向右的电场力，所以加速度不为零，选项D错误。]
    6.(1)0.1 kg (2)2 m/s (3)0.05 J
    解析 (1)圆环从F点运动到D点的过程，由动能定理有
    MgR＋qER＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,D)
    在D点，由牛顿第二定律有FN－qE＝Meq \f(veq \\al(2,D),R)
    解得M＝0.1 kg。
    (2)圆环从F点运动到C点，电场力做功为0，仅有重力做功，有Mg×2R＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,C)
    解得vC＝2 m/s。
    (3)圆环与滑块Q碰撞，由于两者质量相等，碰撞后交换速度，故碰撞后圆环的速度为0，滑块Q的速度大小为2 m/s
    滑块Q在BC段运动的过程中，根据动能定理有
    －μMgL＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,C)
    解得vB＝eq \r(2)m/s
    滑块Q和滑块P碰撞时有MvB＝(M＋m)v
    Ep＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(M＋m))v2
    解得Ep＝0.05 J。
    7.(1)eq \f(mg,q) (2)eq \r(\f(2L,g)) (3)v≤eq \r(2gR)或v≥eq \r(5gR)
    解析 (1)加上竖直方向的匀强电场，小球恰好做匀速圆周运动，则有qE＝mg
    解得场强大小为E＝eq \f(mg,q)。
    (2)小球在筒内运动时未脱离内壁，小球在水平方向匀加速，则有qE＝ma
    解得a＝g
    由运动学公式可得L＝eq \f(1,2)at2
    解得t＝eq \r(\f(2L,g))。
    (3)小球在筒内运动时未脱离内壁，若小球未通过圆心等高点，则有eq \f(1,2)mv2≤mgR
    解得v≤eq \r(2gR)
    若小球通过最高点，则有mg＋FN＝meq \f(v′2,R)，FN≥0
    由动能定理可得－2mgR＝eq \f(1,2)mv′2－eq \f(1,2)mv2
    联立解得v≥eq \r(5gR)
    则小球的初速度的范围为v≤eq \r(2gR)或v≥eq \r(5gR)。
    8.(1)8∶1 (2)a带负电荷 b带正电荷 4∶1
    解析 (1)根据题述有f＝kvr
    设油滴a的质量为m1，油滴a以速率v0向下匀速运动时，由平衡条件有
    m1g＝kv0r1，m1＝eq \f(4,3)πreq \\al(3,1)ρ
    设油滴b的质量为m2，油滴b以速率eq \f(v0,4)向下匀速运动时，由平衡条件有
    m2g＝k·eq \f(v0,4)r2，m2＝eq \f(4,3)πreq \\al(3,2)ρ
    联立解得r1∶r2＝2∶1，m1∶m2＝8∶1。
    (2)当在两板间加恒定电压(上板为正)时，这两个油滴很快以eq \f(v0,2)的速率竖直向下匀速运动，则油滴a速率减小，说明油滴a受到向上的电场力，油滴a带负电荷，油滴b速率增大，说明油滴b受到向下的电场力，则油滴b带正电荷。
    当两个油滴均以速率eq \f(v0,2)竖直向下匀速运动时，
    由f＝kvr可知所受阻力之比为eq \f(f1,f2)＝eq \f(r1,r2)＝2
    油滴b以速率eq \f(v0,4)竖直向下匀速运动时，所受阻力为f＝m2g，结合f＝kvr可知油滴b以速率eq \f(v0,2)竖直向下匀速运动时，所受阻力为f2＝2f＝2m2g
    油滴a以速率eq \f(v0,2)竖直向下匀速运动，所受阻力为
    f1＝2f2＝4m2g
    设油滴a所带电荷量的绝对值为q1，由平衡条件有
    m1g＝q1E＋f1
    设油滴b所带电荷量的绝对值为q2，由平衡条件有
    m2g＋q2E＝f2
    联立解得q1∶q2＝4∶1。
    第九章 电路及其应用
    第1练 电流 电阻 电功 电功率
    1.A [电荷的定向移动形成电流，正电荷定向移动的方向即为电流的方向，故均匀带负电的长直橡胶棒沿轴线方向做速度大小为v的匀速直线运动，形成等效电流，电流的方向与v反向，电流方向向左。设橡胶棒的长度为l，根据电流的定义得I＝eq \f(Q,t)，根据题意得Q＝lq，l＝vt，解得 I＝qv，故A正确。]
    2.B [电子的电荷量e＝1.6×10－19 C，流过a的电流为I＝eq \f(q,t)＝eq \f(5×1018×1.6×10－19,5) A＝0.16 A，故A错误；因金属导线a、b串联，所以流过导线b的电流也是0.16 A，故B正确；因金属导线a、b串联，所以相同时间内通过的电荷量相等，即5 s内有5×1018个自由电子通过导线b的横截面，故C错误；根据电流微观表达式I＝neSv，可得v＝eq \f(I,neS)，自由电子在导线a和b中移动的速率之比为eq \f(va,vb)＝eq \f(Sb,Sa)＝eq \f(2,1)，故D错误。]
    3.C [由电流的定义式q＝It＝6.4×104×0.5 C＝3.2×104 C，这次雷电转移电子的个数为n＝eq \f(q,e)＝eq \f(3.2×104,1.6×10－19)个＝2×1023个，故C正确。]
    4.A [设小正方形边长l，则大正方形边长nl，厚度d，根据R＝ρeq \f(l,S)可得eq \f(R1,R2)＝eq \f(ρ\f(l,ld),ρ\f(nl,nld))＝eq \f(1,1)，故A正确。]
    5.BC [根据题述，雷暴每秒钟给地球充电的电荷量约为1.8×103 C，由Q＝It，可得该大气层的平均漏电电流约为1.8×103 A，故B正确；由欧姆定律得R＝eq \f(U,I)，则该大气层的等效电阻约为R＝eq \f(1×103,6) Ω，故A错误；由电阻定律R＝eq \f(ρh,S)，解得该大气层的平均电阻率约为ρ＝1.7×1012 Ω·m，故C正确，D错误。]
    6.B [B点时导体电阻为RB＝eq \f(UB,IB)＝eq \f(6,0.15) Ω＝40 Ω，故A错误，B正确；A点时导体电阻为RA＝eq \f(UA,IA)＝eq \f(3,0.1) Ω＝30 Ω，工作状态从A变化到B时，导体的电阻因温度的影响改变ΔR＝RB－RA＝10 Ω，故C、D错误。]
    7.AD [扫地机器人正常工作时的电流是I＝eq \f(P,U)＝eq \f(30,15)A＝2 A，故A正确；扫地机器人是非纯电阻用电器，无法计算扫地机器人的电阻，故B错误；题中mA·h是电量的单位，故C错误；扫地机器人充满电后能正常工作的时间t＝eq \f(Q,I)＝
    eq \f(2 000×10－3,2)h＝1 h，故D正确。]
    8.D [根据PL＝eq \f(U2,RL)，解得灯泡两端电压U＝8 V，则通过电源的电流I＝eq \f(E－U,r)＝eq \f(12－8,2) A＝2 A，故A错误；流过电动机M的电流为IM＝I－eq \f(U,RL)＝1.5 A，故B错误；电动机M输出的机械功率为P出＝UIM－Ieq \\al(2,M)RM＝7.5 W，故C错误；电源的总功率为P＝EI＝12×2 W＝24 W，故D正确。]
    9.A [导线环每一等份的电阻为eq \f(1,4)R，则当A、C点接入电路中时总电阻R1＝eq \f(1,4)R；当A、B点接入电路中时总电阻R2＝eq \f(\f(1,4)R×\f(3,4)R,\f(1,4)R＋\f(3,4)R)＝eq \f(3,16)R；由功率公式P＝eq \f(U2,R)得到P2∶P1＝R1∶R2＝4∶3，又P1＝P，得到P2＝eq \f(4,3)P，故A正确。]
    10.C [伏安特性曲线的斜率表示电阻的倒数，由图像可知a、b的斜率之比为3∶1，因此a、b的电阻之比为R1∶R2＝1∶3，A错误；设a的电阻率为ρ，长度为l，横截面积为S，则R1＝ρeq \f(l,S)，把a拉长到原来的3倍后，因体积不变，其横截面积变为原来的eq \f(1,3)，由电阻定律得R1′＝ρeq \f(3l,\f(1,3)S)＝9ρeq \f(l,S)＝9R1＝3R2，B错误；由P＝I2R可知，将a与b串联后接于电源上，它们消耗的功率之比P1∶P2＝R1∶R2＝1∶3，C正确；由I＝eq \f(U,R)可知，将a与b并联后接于电源上，通过它们的电流之比I1∶I2＝R2∶R1＝3∶1，D错误。]
    11.CD [吊扇启动过程消耗的电能等于扇叶和空气的动能增加量与产生的热量之和，A错误；正常工作时的电流I＝eq \f(P,U)＝eq \f(55,220) A＝0.25 A，电机的发热功率P热＝I2R＝31 W，B错误；正常工作时电机的输出功率为P出＝P－P热＝55 W－31 W＝
    24 W，C正确；对空气，由动量定理得FΔt＝mv，其中m＝ρQΔt，代入数据解得F≈3.4 N，由牛顿第三定律可知，空气对吊扇向上的作用力为F′＝F＝3.4 N，所以正常工作时天花板对吊杆的拉力约为F拉＝m′g－F′＝5.0×10 N－3.4 N＝46.6 N，故D正确。]
    12.(1)0.6 W (2)6 J (3)5 Ω
    解析 (1)电动机的输入功率为P入＝UI＝3×0.2 W＝0.6 W。
    (2)物体被匀速提升的速度v＝eq \f(x,t)＝eq \f(3,30) m/s＝0.1 m/s
    电动机提升物体的机械功率P机＝Fv＝Gv＝0.4 W
    根据能量关系有P入＝P机＋PQ
    产生的热功率PQ＝0.2 W
    电动机线圈在30 s内产生的热量Q＝PQt＝0.2×30 J＝6 J。
    (3)由焦耳定律得Q＝I2Rt
    电动机线圈电阻R＝5 Ω。
    第2练 电路 闭合电路的欧姆定律
    1.C [电阻R1、R2、R3消耗的电功率一样大，R2、R3并联则U2＝U3，由P＝eq \f(U2,R)＝UI，可知R2∶R3＝1∶1，I2＝I3，R2、R3并联后与R1串联，则I1＝I2＋I3，可知I1＝2I2，对R1、R2，由P＝I2R，可知R1∶R2＝Ieq \\al(2,2)∶Ieq \\al(2,1)＝1∶4，可得R1∶R2∶R3＝1∶4∶4，故C正确。]
    2.A [开关S断开时，把理想电表从电路中去掉，简化的电路如图甲所示，电路的总电阻为R1＋R2＝14 Ω，开关S闭合时，把理想电表从电路中去掉，简化后的电路如图乙所示，R1与R3并联，之后再与R2串联，电路的总电阻为eq \f(R1R3,R1＋R3)＋R2＝9 Ω，选项A正确。]
    3.A [当滑动变阻器的滑片P向a端滑动时，R3接入电路的电阻增大，外电路总电阻R总增大，总电流I减小，路端电压为U＝E－Ir，可知U增大，即电压表示数增大；总电流I减小，R1两端的电压减小，R2两端的电压U2增大，流过R2的电流I2增大，则流过R3的电流I3减小，电流表示数减小，故A正确。]
    4.C [当滑动变阻器滑片P向左移动时，其接入电路电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律知总电流减小，路端电压增大，故电流表示数变小，电压表示数变大，小电珠L变暗，故A、B错误；电容器的电压U＝E－I(RL＋r)，总电流减小，其他量不变，则U增大，由Q＝CU，可知电容器C上电荷量Q增加，故C正确； 电源的总功率为P＝EI，电路总电流减小，可知电源的总功率变小，故D错误。]
    5.A [若R1短路，则只有R3连入电路，电路总电阻减小，所以电路总电流I增大，大于R1短路前该支路的电流，即电流表示数增大，根据U＝IR3可得，R3两端的电压增大，即电压表示数增大，故A正确；若R2短路，则电流表和R1中没有电流通过，电流表示数为零，故B错误；若R3短路，则电压表示数为零，故C错误；若R1断路，则电流表示数为零，故D错误。]
    6.AB [由电阻箱所消耗功率P与电阻箱读数R变化的曲线可知，电阻箱所消耗功率P最大为45 W，所以电源最大输出功率Pmax＝45 W，故A正确；电源输出功率最大的条件可知，电源输出功率最大时，外电路电阻等于电源内阻，所以电源内阻r一定等于5 Ω，故B正确；由Pmax＝eq \f(E2,4r)，可得E＝30 V，故C错误；电阻箱所消耗功率P最大时，电源效率为50%，故D错误。]
    7.D [由电路结构可知，L1和L2与滑动变阻器串联，L3与滑动变阻器并联，当滑动变阻器R的滑片向右滑动时，电阻变大，根据“串反并同”可知，小灯泡L1和L2电流变小，L1和L2变暗；L3电流变大，L3变亮，故A错误，D正确；滑动变阻器的滑片向右滑动时，接入电阻增大，干路电流减小，根据P＝I2r可知，电源内阻损耗功率减小，B错误；根据η＝eq \f(I2R外,I2（R外＋r）)＝eq \f(1,1＋\f(r,R外))，可知，滑动变阻器的滑片向右滑动时，接入电阻增大，外电阻增大，电源效率增大，C错误。]
    8.D [根据图像得R1＝eq \f(4,1) Ω＝4 Ω，R2＝eq \f(4,2) Ω＝2 Ω，电阻R1、R2的阻值之比为2∶1，A错误；该电源的电动势为6 V，内阻为r＝eq \f(6,3) Ω＝2 Ω ，B错误；只将R1与该电源组成闭合电路时，电源的输出功率为P1＝4×1 W＝4 W，C错误；只将R2与该电源组成闭合电路时，内、外电路消耗的电功率分别为P内＝I2r，P外＝I2R2，解得P内∶P外＝1∶1，D正确。]
    9.A [由电路图可知，S闭合后，当温度升高时，电阻R2增大，则总电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律可知总电流I减小，由于U＝E－Ir，则U增大，即电灯泡两端电压U增大，即灯泡L变亮，由于IL＝eq \f(U,RL)，可知IL 增大，则流过R1和R2的电流I′减小，由于UR1＝I′R1，可知UR1减小，由UR2＝U－UR1可知UR2增大，则电容器C两端电压增大，由Q＝CUR2，可知电容器C的电荷量增大，故A正确，B错误；根据E＝eq \f(U,d)可知电容器C两板间的电场强度增大，故C错误；由上述可知，流过R1的电流I′ 减小，根据P＝I′2R1，可知R1消耗的功率减小，故D错误。]
    10.BD [滑动变阻器滑片P向右移动一段距离，滑动变阻器接入电路的阻值变小，则电路的总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流变大，通过灯泡的电流变大，灯泡的功率变大，灯泡L变亮，故A错误；当外电路的总电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大。由于灯泡L的电阻等于电源的内阻r，滑片P向右移动时，外电路的总电阻逐渐减小到接近电源的内阻，电源的输出功率变大，故B正确；根据闭合电路欧姆定律可得U＝E－Ir，可得eq \f(ΔU,ΔI)＝r，可知eq \f(ΔU,ΔI)不变，故C错误；电路的总电流I变大，则内电压变大，外电压变小，又灯泡两端电压变大，所以电容器上的电压变小，根据Q＝CU，可知电容器C上电荷量减小，故D正确。]
    11.A [由图可知当R1的阻值最大时，对应电压和电流分别为2 V、0.1 A，则R1的最大阻值为R1＝eq \f(U,I)＝eq \f(2,0.1) Ω＝20 Ω，故A正确；根据闭合电路欧姆定律有E＝U＋I(R2＋r)，根据数学方法可知图像的纵轴截距为2.5，斜率的绝对值为|k|＝eq \f(2－1,0.3－0.1)＝5，则电源电动势为E＝2.5 V，R2＋r＝5 Ω，所以电源内阻和R2的阻值都小于5 Ω，故B、C、D错误。]
    12.(1)4 V 1 Ω (2)6×10－5 C 0
    解析 (1)根据闭合电路欧姆定律，得S断开时
    E＝I1(R2＋R3)＋I1r，P1＝EI1
    S闭合时E＝I2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(R1R2,R1＋R2)＋R3))＋I2r，P2＝EI2得
    E＝4 V，r＝1 Ω，I1＝0.5 A。
    (2)根据C＝eq \f(Q,U)得，S断开时
    Q1＝CUR2＝20×10－6×0.5×6 C＝6×10－5 C
    S闭合时，电容器两端的电势差为零，则Q2＝0。
    实验十一 长度的测量及其测量工具的选用
    1.11.4 42.40 10.32
    解析 图(a)中，游标卡尺的读数为L＝11 mm＋4×0.1 mm＝11.4 mm。图(b)中，游标卡尺的读数为L＝42 mm＋8×0.05 mm＝42.40 mm。图(c)中，游标卡尺的读数为L＝10 mm＋16×0.02 mm＝10.32 mm。
    (2.319～2.321均可) 13.870(13.869～13.871均可)
    解析 螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以题图甲读数为2.0 mm＋32.0×0.01 mm＝2.320 mm，题图乙的读数为13.5 mm＋37.0×0.01 mm＝
    13.870 mm。
    3.(1)0.02 0.36 0.1 1.80 (2)0.1 2.10 0.5 10.5
    解析 (1)当电流表使用0～0.6 A量程时，刻度盘上的每一小格代表0.02 A，表针所指位置的示数为0.36 A；当电流表使用0～3 A量程时，每一小格代表0.1 A，表针所指位置的示数为1.80 A。
    (2)当电压表使用0～3 V量程时，每一小格代表0.1 V，表针所指位置的示数为
    2.10 V；当电压表使用0～15 V量程时，每一小格代表0.5 V，表针所指位置的示数为10.5 V。
    0.900 2.13 0.16
    解析 游标卡尺的精度为0.02 mm，主尺示数为10 mm，游标尺示数为26×
    0.02 mm＝0.52 mm，故示数为10 mm＋0.52 mm＝10.52 mm；螺旋测微器精度为0.01 mm，螺旋测微器的读数为0.5 mm＋40.0×0.01 mm＝0.900 mm；接3 V量程时分度值为0.1 V，读数为2.13 V；接0.6 A量程时分度值为0.02 A，读数为0.16 A。
    5.(1)D (2)①1 ②10
    解析 (1)根据eq \r(RVRA)＝5eq \r(15) Ω>5 Ω，可知电流表应采用外接法，即实验中采用图甲电路图，由于电压表的分流作用，使得测量的电流值偏大，则根据R＝eq \f(U,I)，可知测得电阻比真实值小，故D正确。
    (2)①当开关S接A端时，R1和R2串联接入电路，和电流表并联，则有IAm＝Ig＋eq \f(IgRg,R1＋R2)＝0.25 mA＋eq \f(0.25×1 200,40＋360) mA＝1 mA，该电流表的量程为0～1 mA。
    ②当开关S接B端时，R2和电流表串联，再与R1并联，则有IBm＝Ig＋eq \f(Ig（Rg＋R2）,R1)＝0.25 mA＋eq \f(0.25×（1 200＋360）,40) mA＝10 mA，该电流表的量程为0～10 mA。
    实验十二 测量金属丝的电阻率
    1.(1)2.095 15.150 (2)①A1 R3 串联 ②见解析图 ③1.45 Ω
    ④3.15×10－5(3.10×10－5～3.20×10－5均可)
    解析 (1)先用螺旋测微器测得金属丝直径为
    2 mm＋9.5×0.01 mm＝2.095 mm
    游标卡尺测得其长度为15.1 cm＋10×0.05 mm＝15.150 cm。
    (2)①若想通过将电流表改装成量程为3 V的电压表来测量电压，则应选择已知内阻的电流表A1，与定值电阻串联，要串联的定值电阻的阻值为R＝eq \f(U,Ig)－RA1＝eq \f(3,0.6) Ω－1 Ω＝4 Ω，即定值电阻选择R3。
    ②电路图如图所示。
    ③根据欧姆定律及并联电路特点，有I1(R3＋RA1)＝(I2－I1)Rx，将R3＝4 Ω，RA1＝
    1 Ω，代入整理得I2＝(1＋eq \f(5,Rx))I1
    由图像可知k＝1＋eq \f(5,Rx)＝eq \f(2,0.45)＝eq \f(40,9)
    可得待测金属丝电阻Rx＝1.45 Ω。
    ④根据Rx＝ρeq \f(L,S)＝eq \f(4ρL,πd2)
    可得金属丝电阻率
    ρ＝eq \f(πd2Rx,4L)＝eq \f(3×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2.092×10－3))\s\up12(2)×1.45,4×0.151 5) Ω·m
    ＝3.15×10－5 Ω·m。
    2.(1)C 0.627 (2)见解析图 (3)eq \f(Rπd2,4ρ)
    解析 (1)金属丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋动微调旋钮C；读数为d＝0.5 mm＋12.7×0.01 mm＝0.627 mm。
    (2)完整实物图如图所示
    (3)由电阻定律有R＝ρeq \f(L,S)，又S＝π·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,2)))eq \s\up12(2)
    解得L＝eq \f(Rπd2,4ρ)。
    3.(2)eq \f(U2－U1,R0) eq \f(U1R0,U2－U1) (5)0.150 (6)5.0
    解析 (2)由于电压表内阻非常大，故K接2时电压表两端电压与K接1时金属丝和R0两端电压之和相等，即U2＝U1＋IR0，故流过金属丝的电流I＝eq \f(U2－U1,R0)，由电阻的定义式可知金属丝的电阻r＝eq \f(U1,I)＝eq \f(U1R0,U2－U1)。
    (5)由题图(b)可知螺旋测微器的固定刻度读数为0 mm，可动刻度读数为
    15.0×0.01 mm＝0.150 mm，故该读数为d＝0.150 mm。
    (6)金属丝的横截面积S＝eq \f(1,4)πd2，由电阻定律有r＝ρeq \f(L,S)，将相关数据代入解得ρ＝5.0×10－7 Ω·m。
    4.(1)见解析图所示 (2)位置3 5.015 (3)eq \f(RVUbc,a（IRV－U）)－eq \f(R0bc,a)
    解析 (1)若滑动变阻器采用限流式接法，电流表示数变化范围过小，所以采用分压式接法，若电压表直接并联在A、B两接线柱上，电压表示数过小，故需并联在A、B和定值电阻两端，由于电流表内阻未知，为减小系统误差需采用电流表外接法，如图所示。
    (2)因测量溶液深度，故需使用游标卡尺的深度尺，选位置3进行测量，由图丙可知，卡尺的精确度为0.05 mm，根据卡尺的读数规则，其读数为50 mm＋3×
    0.05 mm＝50.15 mm＝5.015 cm，故溶液深度为5.015 cm。
    (3)设溶液的电阻为R，溶液与定值电阻的总电阻为Rx，由欧姆定律可知eq \f(U,I)＝eq \f(RVRx,RV＋Rx)，由电阻定律可知R＝Rx－R0＝ρeq \f(a,bc)，联立解得ρ＝eq \f(RVUbc,a（IRV－U）)－eq \f(R0bc,a)。
    5.(1)0.6 0.6 左 (2)乙 (3)2.3(2.1～2.5) 0.26(0.24～0.28)
    解析 (1)实验中滑动变阻器采用分压式接法，电流表中的电流从零开始变化，则图中的导线a端应与“0.6”接线柱连接，电压表测电阻两端的电压，且金属丝的电阻较小，电流表外接误差较小，故b端应与“0.6”接线柱连接。为了保护电表，开关闭合前，题图中滑动变阻器滑片应置于左端。
    (2)作U－I图像可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度，减少实验的误差，则乙同学通过U－I图像求电阻的方法更合理。
    (3)由图像可知I－eq \f(1,L)图像斜率k＝eq \f(7.4－5.8,3.1－2.4) A·m≈2.3 mA·m
    方法一：由并联电压相同可知Igrg＝(I－Ig)ρeq \f(L,S)，解得I＝Ig＋eq \f(IgrgS,ρ)·eq \f(1,L)，则eq \f(IgrgS,ρ)＝k＝2.3 mA·m，若要把该满偏电流为300 μA的表头G改装成量程为9 mA的电流表，则并联的电阻R′＝ρeq \f(L′,S)＝eq \f(Igrg,I′－Ig)，解得L′≈0.26 m；
    方法二：延长图线可知，当I＝9.0 mA时，eq \f(1,L′)＝3.8 m－1，即L′≈0.26 m。
    实验十三 测量电源的电动势和内阻
    1.(1)B 1.20 (2)1.50 1.04
    解析 (1)根据利用电压表和电流表测量干电池电动势和内阻的实验原理，可知导线a应该连接到B接线柱上，测外电路的总电压；根据电压表读数规则可知，电压表示数为1.20 V。
    (2)将坐标系上的点用直线拟合，使尽可能多的点分布在直线上，不在直线上的点均匀分布在直线两侧，离直线较远的点舍去，如图所示，则干电池的伏安特性曲线的纵截距等于电池的电动势，E＝1.50 V；斜率的绝对值等于干电池的内阻，
    r＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1.0－1.5,0.48)))＝1.04 Ω。
    2.(1)偏大 (2)①eq \f(U0,I0)－R0 ②a eq \f(a,b)－eq \f(U0,I0)
    解析 (1)图甲方案测出的内阻等于电源内阻与电流表内阻之和，故电流表分压导致电源内阻测量值偏大。
    (2)①根据欧姆定律U0＝I0(RA＋R0)
    解得RA＝eq \f(U0,I0)－R0
    ②根据闭合电路欧姆定律得E＝U＋I(R0＋RA＋r)
    整理得U＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(U0,I0)＋r))I＋E
    则E＝a，eq \f(a,b)＝eq \f(U0,I0)＋r
    得r＝eq \f(a,b)－eq \f(U0,I0)。
    3.(1)①最上端 2.00 ②G E (2)4.20 1.90
    解析 (1)①电压表支路与R1上端电阻并联，接通电路前要保证其分压为零，故滑动变阻器滑片应移至最上端；电压表示数为3 V且保持R1接入电路的阻值不变时，电压表和R2电压之和可认为始终等于3.0 V。当电压表的示数为2.00 V时，说明电阻R2两端电压为1.00 V，由串联电路分压原理可知，此时R2的电阻为电压表内阻的一半，电压表的量程被扩大为1.5倍，即为0～4.5 V。②滑动变阻器阻值过大，不方便调节，滑动变阻器G取最大值接入电路，也会超过额定电流，故选择滑动变阻器G；由实验步骤可知电压表要扩大量程为0～4.5 V，则串联的电阻箱R2的阻值应能调节为电压表内阻的一半，即电阻箱能调节到2 000 Ω，故选电阻箱E。
    (2)根据闭合电路欧姆定律可得E＝eq \f(3,2)U＋I(r＋rA)
    则有U＝eq \f(2,3)E－eq \f(10r＋2,3)I
    根据图像斜率和截距有eq \f(2,3)E＝2.80 V
    eq \f(2r＋0.4,3)＝eq \f(2.80－2.24,0.4) Ω
    解得E＝4.20 V，r＝1.90 Ω。
    4.(1)7.5 (2)eq \f(1,ER0)R＋eq \f(1,E)＋eq \f(r,ER0) (3)1.40 2.40
    解析 (1)电压表量程是1 V，定值电阻R0阻值为20 Ω，则有流经R0的电流最大值是Imax＝eq \f(Umax,R0)＝eq \f(1,20) A＝0.05 A
    电阻箱电阻R的最小值是
    Rmin＝eq \f(E－Umax,Imax)－r＝eq \f(1.5－1,0.05) Ω－2.5 Ω＝7.5 Ω。
    (2)由闭合电路欧姆定律可得U＝E－I(R＋r)
    又有I＝eq \f(U,R0)
    联立解得eq \f(1,U)＝eq \f(1,ER0)R＋eq \f(1,E)＋eq \f(r,ER0)。
    (3)由eq \f(1,U)－R图像的斜率k＝eq \f(7,196)＝eq \f(1,ER0)
    解得E＝1.40 V
    纵轴截距b＝eq \f(1,E)＋eq \f(r,ER0)＝0.8，解得r＝2.40 Ω。
    5.(1)B (2)③4.2(4.1～4.3) 5.3(5.2～5.6) (3)大于
    解析 (1)用伏安法的外接法和内接法分别测待测电阻的电压和电流，电压表示数有明显变化，而电流表示数没有明显变化，说明电流表的分压比较明显，故用外接法可以减小系统误差，即电压表的另一端应接B点。
    (2)③由电阻定律知接入电路的电阻值Rx＝eq \f(R总,L总)L＝20L
    由闭合电路的欧姆定律可知E＝I(R0＋Rx＋r)
    联立可得eq \f(1,I)＝eq \f(R0＋r,E)＋eq \f(20,E)·L
    则eq \f(1,I)－L图像的纵截距和斜率为eq \f(R0＋r,E)＝2.0
    eq \f(20,E)＝eq \f(4.4－2.0,0.5)＝eq \f(24,5)
    解得E＝eq \f(25,6) V≈4.2 V
    r＝eq \f(16,3) Ω≈5.3 Ω。
    (3)考虑电流表的内阻RA，由闭合电路欧姆定律，有
    E＝I(R0＋Rx＋r＋RA)
    可得eq \f(1,I)＝eq \f(R0＋r＋RA,E)＋eq \f(20,E)·L
    故在利用纵截距解电源内阻时多了电流表的内阻，则测量值大于真实值。
    实验十四 用多用电表测量电学中的物理量
    1.(1)并联 75 (2)红 1 000
    解析 (1)增大电流表的量程时，连接的电阻起分流作用，所以需要并联一个电阻；根据并联电路的特点可得IgRg＝(I－Ig)R0，解得R0＝75 Ω。
    (2)由题图甲可知，电流由M回到电源负极，根据“红进黑出”可知，M为红表笔；根据电源及电流表量程可知，欧姆表内阻为R欧＝eq \f(E,I)＝1 500 Ω，结合中值电阻刻度可知，该欧姆表倍率为×100，所以待测电阻阻值为1 000 Ω。
    2.(1)A (2)直流电压 (3)15 (4)b
    解析 (1)多用表使用前应机械调零，应调整A。
    (2)可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，将一表笔接a，另一表笔短暂接b，同时观察指针偏转的情况，判断接点间是否存在电源。
    (3)挡位为“×1”挡，根据图丙示数可知r＝15×1 Ω＝15 Ω。
    (4)二极管正向导通电阻很小，反向电阻无穷大，再根据多用电表欧姆挡内部结构可知，电流从红表笔流入，黑表笔流出，可知二极管的正极与b点相连，负极与c点相连。
    3.(1)eq \f(E,r＋Rg＋R0＋Rx) (2)BC (3)×100 欧姆 1 900
    解析 (1)根据闭合电路欧姆定律E＝I(Rg＋R0＋Rx＋r)，故
    I＝eq \f(E,r＋Rg＋R0＋Rx)。
    (2)指针在表盘中间位置时的误差较小，故A错误；欧姆调零是当Rx＝0时，调节R0使电路中的电流达到满偏电流，故B正确；根据I＝eq \f(E,r＋Rg＋R0＋Rx)，Rx越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏，故C正确；当Rx的阻值为题图乙中的R2时，Rx大于中值电阻，指针位于表盘中央位置的左侧，故D错误。
    (3)指针偏转角度过小，说明选择的挡位较小，应该换×100倍率的挡位，换挡后应重新进行欧姆调零。如题图丙所示，测量结果为Rx＝19×100 Ω＝1 900 Ω。
    4.(1)20.5 (2)6.0 (3)①红 ②500 ③5 等于
    解析 (1)测量电路的电压时，选用直流50 V量程，指针位置如图中a所示，读数时要读中间的刻度盘，最小刻度为1 V，则该电路两端电压为20.5 V。
    (2)测量电路的电流时，选择开关处在电流“10 mA”挡，指针位置如图中b所示，读数时要读中间的刻度盘，最小刻度为0.2 mA，被测电流的值为6.0 mA。
    (3)①电流从欧姆表的红表笔流入，从毫安表的“－”接线柱流出，所以毫安表的“－”接线柱要与欧姆表的红表笔相连；
    ②设欧姆表表头G的量程为Ig，由题意可得eq \f(4,5)Ig＝400 mA，解得欧姆表表头G的量程为Ig＝500 mA；
    ③设回路中除电阻箱之外的总电阻为r，根据闭合电路欧姆定律有E＝I(R＋r)，整理得R＝eq \f(E,I)－r
    可知R－eq \f(1,I)图像的斜率等于电源的电动势，则有
    E＝k＝eq \f(12,2.4) V＝5 V
    根据实验原理可知并未引入由于电表内阻而产生的系统误差，可知在不考虑实验偶然误差的情况下，电源电动势的测量值等于真实值。
    5.(1)①a.S c.T 0刻线 ②ADC (2)①10 000 ×1 k ②0.03 ③无影响 ④短脚
    解析 (1)①a.旋动部件S，进行机械调零，使指针对准电流的“0”刻线。
    c.将插入“＋”“－”插孔的表笔短接，旋动部件T，进行欧姆调零，使指针对准电阻的0刻线。
    ②将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，可知待测电阻阻值较大，应将K旋转到电阻挡“×1 k”的位置，将两表笔短接，重新进行欧姆调零，将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接进行测量；则进行操作的步骤顺序为ADC。
    (2)①改装后欧姆表进行欧姆调零时，有Ig＝eq \f(E,R欧)
    解得欧姆表内阻为R欧＝10 000 Ω
    该表盘的正中央对应的电流为满偏电流的一半时，有
    eq \f(1,2)Ig＝eq \f(E,R欧＋Rx)
    解得待测电阻阻值为Rx＝10 000 Ω
    若该表盘正中央刻线标记数字为10 Ω，则有
    Rx＝10 000 Ω＝1 000×10 Ω
    可知改装得到的应是该欧姆表的×1 k挡。
    ②若通过改变欧姆表内部电源的电动势来更换挡位，则要得到“×10”挡，则欧姆内阻变为R欧′＝eq \f(10,1 000)×10 000 Ω＝100 Ω
    需将电源电动势调整至为
    E′＝IgR欧′＝300×10－6×100 V＝0.03 V。
    ③此欧姆表使用一段时间后，电源内阻明显增大，电动势不变，但仍可进行欧姆调零。由于欧姆调零后，电动势不变，欧姆内阻也不变，所以此时用欧姆表测电阻，将对测量值无影响。
    ④现利用欧姆表测量发光二极管电阻，发现二极管可以发光，可知此时电流正向流经发光二极管，由于欧姆表黑表笔连接电源正极，则红表笔连接二极管的短脚。
    专题强化练十六 测量电阻的其他几种方法
    1.(1)左端 (2)1.00×10－3 1.82×103(1.79×103～1.86×103均对)
    (3)偏大
    解析 (1)为保护电路，闭合开关前，将滑动变阻器滑片置于左端。
    (2)当电压表V1示数为3 V时，通过电阻Rx的电流大小为
    I＝eq \f(U1,r1)＝1.00×10－3 A
    根据实验电路图，有Rx＝eq \f(U2－U1,\f(U1,r1))
    变形得U2＝eq \f(Rx＋r1,r1)U1
    根据U2－U1图像可得斜率k＝eq \f(4.82－1.61,3.00－1.00)＝1.605
    则有1.605＝eq \f(Rx＋r1,r1)
    代入r1＝3.0 kΩ
    解得Rx≈1.82×103 Ω。
    (3)若电压表V1实际电阻小于3.0 kΩ，则计算出的通过电阻Rx的电流比真实值小，故电阻Rx的测量值与真实值相比偏大。
    2.(1)见解析图 (2)2R (3)R1 E1 (4)大于
    解析 (1)由于滑动变阻器的滑片移至最右端时，电压表示数为零，可知，控制电路中滑动变阻器采用分压式接法，则电路如图所示。
    (2)闭合开关S1和S2，调节滑动变阻器的滑片位置，使电压表的指针指到满刻度，表明此时控制电路输出电压为电压表的满偏电压UV，断开S2，保持S1闭合，滑动变阻器位置不变，调整电阻箱的阻值，调至电压表指针指到满刻度的三分之二，由于测量电路的电阻远远大于滑动变阻器的电阻，可以近似认为控制电路输出电压不变，仍然为电压表的满偏电压UV，则有eq \f(\f(2,3)UV,RV)＝eq \f(\f(1,3)UV,R)，解得RV＝2R。
    (3)根据上述分析，开关S2闭合断开前后，近似认为控制电路输出电压不变，即电阻箱的接入对并联电阻的影响可以忽略，则需要满足RV≫R滑动，滑动变阻器选择总阻值小一些的，即滑动变阻器选择R1；由于待测电压表量程为0 ～1 V，为了确保电表安全，电源选择电动势为1.5 V的，即电源选择E1。
    (4)根据上述可知，实验时，近似认为控制电路输出电压不变，即电阻箱的接入对并联电阻的影响可以忽略，但实际上，电阻箱接入后，并联部分电阻增大，则控制电路输出电压增大，即电阻箱两端实际电压大于电压表满偏电压的三分之一，而测量时按照电压表满偏电压的三分之一处理，即eq \f(\f(2,3)UV,RV)＝eq \f(\f(1,3)UV,R)
    则测出的电压表内阻R测和电压表真实内阻R真的大小关系为R测大于R真。
    3.(1)错误 (2)见解析图 (3)2.9 等于 (4)C
    解析 (1)当电阻箱电阻调到最大时，闭合开关S1时，电压表两端电压为U＝eq \f(ERm,r＋R0＋Rm)＝eq \f(4.5×99.9,1.5＋3.5＋99.9) V≈4.29 V
    超过了电压表的量程，则该操作错误。
    (2)作出U－R图像如图。
    (3)电压表示数为1.60 V，利用(2)中测绘的U－R图像可得Rx＝2.9 Ω，该方法为等效替代法，则电压表内阻对Rx的测量无影响，则Rx测量值等于真实值。
    (4)设虚线框内电路两端接的电阻阻值为R′，则两端电压U＝eq \f(ER′,r＋R0＋R′)＝eq \f(E,\f(r＋R0,R′)＋1)，则R′与U是非线性关系，将电压表刻度改为电阻刻度时，刻度分布不均匀，结合U－R图像可知，当电阻较大，电阻变化相等时，电压变化越小，即电阻的刻度为右密左疏；当电压表满偏时，即3 V＝eq \f(4.5R′,1.5 Ω＋3.5 Ω＋R′)，解得R′＝10 Ω，故C正确。
    4.(1)见解析图 (2)最右端 eq \f(U2,U1)R0 (3)eq \f(R0,Rx) 18
    解析 (1)完整的电路连线图如图所示。
    (2)为了电路安全，防止电流过大，闭合开关前，将滑片置于最右端位置；
    由串联电路的电流相等，再结合欧姆定律可得eq \f(U1,R0)＝eq \f(U2,Rx)
    整理可得待测电阻Rx＝eq \f(U2,U1)R0。
    (3)由Rx＝eq \f(U2,U1)R0，可得U1＝eq \f(R0,Rx)U2
    则U1－U2图像的斜率k＝eq \f(R0,Rx)
    结合k＝eq \f(2.4,2.7)，R0＝16 Ω
    解得Rx＝18 Ω。
    5.(1)见解析图 (2)R2 (3)左 (4)I1
    解析 (1)连线如图。
    (2)甲同学采用了分压电路及等效替代法测电阻，采用分压电路时滑动变阻器的阻值小于并联部分的电阻，便于实验调节，故选择R2。
    (3)分压电路为保护并联部分电阻，应使并联部分电压从0开始，滑动头应处于左端。
    (4)由于实验采用了等效替代法，必须满足两次实验的效果相同，即两次电流表的示数相同，即为I1。
    第十章 磁 场
    第1练 磁场及其对电流的作用
    1.CD [当导线与磁场垂直时，B＝eq \f(F,IL)即为磁场中某点的磁感应强度，故A错误；通电导线在某处不受磁场力，说明此处可能无磁场，也可能是导线与磁感线平行，故B错误；磁感应强度B＝eq \f(F,IL)只是定义式，B的大小取决于场源及磁场中的位置，由本身性质决定，与F、I、L以及通电导线在磁场中的方向无关，故C正确；磁场和电场一样，都是客观存在的，故D正确。]
    2.C [由电流方向及安培定则可知，大、小圆弧在圆心O处产生的磁场方向相反，分别垂直纸面向里、垂直纸面向外，由题意可知，小圆弧产生的磁场的磁感应强度大于大圆弧产生的，圆心处磁感应强度的方向为垂直纸面向外；题中大、小圆弧均为四分之一圆弧，圆心处磁感应强度的大小为B＝eq \f(kI,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,r小)－\f(1,r大)))，故C正确。]
    3.B [根据安培定则可知，两根导线在M处产生的磁感应强度大小均为B，方向相反，叠加后磁感应强度大小为0；竖直方向的导线和水平方向的导线在N处产生的磁感应强度大小均为B，方向相同，叠加后磁感应强度大小为2B，B正确。]
    4.A [S闭合后，ab棒与其余各棒并联，设电源电动势为E，则两支路的电流大小均为I＝eq \f(E,5R)，ab棒受到安培力的大小为Fab＝IlB，其余各棒在磁场中的等效长度也为l，受到的安培力大小为F其＝IlB，线框受到的安培力大小F＝Fab＋F其＝2IlB，若仅将ab棒移走，则余下线框受到的安培力大小F′＝F其＝IlB＝eq \f(F,2)，故A正确。]
    5.AC [用特殊位置法，取导线逆时针转过90°的特殊位置来分析，如图a所示，

    根据左手定则判断安培力方向向下，故导线在逆时针转动的同时向下运动，A正确，B错误；由右手定则根据电流方向可判断出左侧为S极，右侧为N极，如图b所示，所以导体圆环将靠近磁铁，C正确，D错误。]
    6.C [根据安培定则，Q产生的磁场的方向垂直于纸面向外，P产生的磁场方向水平向右，将Q等效于S极在里、N极在外的小磁针，P等效于左侧S极、右侧N极的小磁针，根据同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引的特点，P将逆时针转动，Q顺时针转动；转动后P、Q两环相互靠近处的电流的方向相同，所以两圆环相互吸引，Q、P间细线拉力减小，故C正确，A、B、D错误。]
    7.D [当导线静止在题图(a)右侧位置时，对导线受力分析如图所示，可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，A错误；由于与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有sin θ＝eq \f(ILB,mg)，FT＝ mgcs θ，则sin θ与电流I成正比，当I增大时θ增大，cs θ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，B、C错误，D正确。]
    8.C [磁场方向竖直向上时，对导体棒受力分析如图甲所示，支持力和安培力的合力方向竖直向上，大小等于重力大小，有ILB1＝mgtan α，解得B1＝eq \f(mgtan α,I1L)，故A、B错误；磁场方向垂直斜面向上时，对导体棒受力分析如图乙所示，支持力和安培力的合力方向竖直向上，大小等于重力大小，有ILB2＝mgsin α，得B2＝eq \f(mgsin α,IL)，故C正确，D错误。]
    9.B [导体棒a、b所受安培力沿各自所处导轨平面向上，由左手定则可知，左侧磁场垂直左侧导轨所在平面向下，右侧磁场垂直右侧导轨所在平面向上，A错误；由力的平衡条件可得，导体棒a、b所受安培力分别为Fa＝mgsin 37°、Fb＝mgsin 53°，则Fa∶Fb＝3∶4，C错误；导体棒a、b的电阻之比为1∶2，则通过导体棒a、b的电流之比为2∶1，又B＝eq \f(F,IL)，解得eq \f(B1,B2)＝eq \f(3,8)，B正确；导体棒a、b对导轨的压力大小分别为FNa＝mgcs 37°、FNb＝mgcs 53°，解得FNa∶FNb＝4∶3，D错误。]
    10.C [根据对称性可知A点和B点的磁感应强度大小相等，方向不同，关于O点对称，故A错误；根据题意可知a、c对导线b的安培力大小为F，f、d对导线b的安培力大小为eq \f(\r(3),3)F，e对导线b的安培力大小为eq \f(F,2)，根据矢量的合成可得b导线所受安培力Fb＝2Fsin 30°＋2×eq \f(\r(3)F,3)sin 60°＋eq \f(F,2)＝eq \f(5F,2)，故B错误；根据安培定则，a、d两条导线在O点的磁感应强度等大反向，b、e两条导线在O点的磁感应强度等大反向，a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向与c导线在O点的磁感应强度方向相同，垂直于ed向下，故C正确，D错误。]
    11.D [由闭合电路欧姆定律可得I＝eq \f(E,R＋r＋R0)＝eq \f(10,0.9＋0.1＋4) A＝2 A，ab受到的安培力大小为F安＝IlB＝2×0.5×5 N＝5 N，方向垂直于磁场斜向左上，故B错误；若导体棒ab恰好有水平向左的运动趋势时，导体棒所受静摩擦力水平向右，则由共点力平衡条件可得mg＝F安cs α＋FN，F安sin α＝Ffmax＋G1，Ffmax＝μFN，联立解得G1＝0.5 N，若导体棒ab恰好有水平向右的运动趋势时，导体棒所受静摩擦力水平向左，则由共点力平衡条件可得mg＝F安cs α＋FN，F安sin α＋Ffmax＝G2，Ffmax＝μFN，联立解得G2＝7.5 N，所以重物重力G的取值范围为0.5 N≤G≤7.5 N，故A、C错误，D正确。]
    12.(1)kI2L (2)1∶4 (3)eq \r(\f(10kI2Ls,m))
    解析 (1)由题意可知第一级区域中磁感应强度大小为B1＝kI
    金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小为
    F1＝ILB1＝kI2L。
    (2)根据牛顿第二定律可知，金属棒经过第一级区域的加速度大小为a1＝eq \f(F1,m)＝eq \f(kI2L,m)
    第二级区域中磁感应强度大小为B2＝2kI
    金属棒经过第二级区域时受到安培力的大小为
    F2＝2ILB2＝4kI2L
    金属棒经过第二级区域的加速度大小为a2＝eq \f(F2,m)＝eq \f(4kI2L,m)
    则金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比为
    a1∶a2＝1∶4。
    (3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后，根据动能定理可得
    F1s＋F2s＝eq \f(1,2)mv2－0
    解得金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小为
    v＝eq \r(\f(10kI2Ls,m))。
    第2练 磁场对运动电荷的作用
    1.A [要使荧光屏上的亮线向上偏转，即使电子受到向上的洛伦兹力，据左手定则可知，射线管处的磁场应沿y轴负方向，结合通电直导线产生的磁场特点可知，在射线管正下方放置的通电直导线的电流方向应沿x轴正方向，故A正确。]
    2.B [根据题意，由安培定则可知，b、d两通电直导线在O点产生的磁场相互抵消，a、c两通电直导线在O点产生的磁场方向均向左，所以四根通电直导线在O点产生的合磁场方向向左，由左手定则可判断带正电粒子所受洛伦兹力的方向向下，B正确。]
    3.BD [离子在磁场中运动时，由于洛伦兹力方向总是与速度方向垂直，可知磁场对其一定不做功，故A错误，B正确；因洛伦兹力不做功，则离子从磁场右侧区域运动到左侧区域，速度大小不变，C错误；离子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq \f(v2,R)，解得R＝eq \f(mv,qB)，离子由磁场的左侧区域向右侧区域运动时，磁感应强度变大，可知离子运动半径减小，故D正确。]
    4.C [由左手定则可知a带正电，b、c带负电，由图可知Rb>Ra>Rc，由粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,R)＝ma，解得R＝eq \f(mv,qB)，a＝eq \f(qvB,m)，若三个粒子比荷相同，则粒子c在磁场中的运动速度最小，加速度最小，故A、B错误；若三个粒子入射的速度相同，则粒子c的比荷最大，粒子c在磁场中的加速度最大，故C正确；若三个粒子入射的动量相同，则粒子c的带电荷量最大，故D错误。]
    5.BC [根据题图及左手定则可知，M粒子带正电，N粒子带负电，故A错误；设OP之间的距离为L，画出粒子轨迹如图所示，由几何关系可得RN＝eq \f(L,2cs θ)，RM＝eq \f(L,2sin θ)，解得RM∶RN＝eq \r(3)∶3；由洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力有qvB＝meq \f(v2,R)，又vM＝vN，解得qM∶qN＝eq \r(3)∶1；由几何关系可知，M、N两粒子转过的圆心角α分别为2θ和π－2θ，又由粒子做圆周运动的周期T＝eq \f(2πr,v)，在第一象限从O点到P点运动的时间t＝eq \f(α,2π)T，两式联立解得tM∶tN＝2∶eq \r(3)，故B、C正确，D错误。]
    6.D [根据题意可知，粒子沿ab边界方向射入磁场从ac边射出磁场时转过的圆心角最大，粒子在磁场中的运动时间最长，粒子速度最大时运动轨迹与bc相切，粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可得∠a＝60°，∠b＝90°，bc＝L，则ab＝eq \f(\r(3),3)L，因为四边形abdO是正方形，所以粒子做圆周运动的半径r＝eq \f(\r(3),3)L，粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvmB＝3meq \f(veq \\al(2,m),r)，解得vm＝eq \f(\r(3)qBL,9m)，从ac边出射的粒子在磁场中运动的时间为t＝eq \f(1,3)T＝eq \f(2πm,qB)，其中速度最大的粒子入射点与出射点的间距为d＝eq \r(3)r＝L，与ac边的最大距离为dm＝r－rsin 30°＝eq \f(\r(3)L,6)，故D正确。]
    7.D [作出带电粒子运动轨迹如图所示，根据几何关系可知，到达Q点的粒子在磁场中转过的角度为120°，到达P点的粒子在磁场中转过的角度为60°，而粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)，比荷相同且在同一磁场中做圆周运动，因此周期相同，则可得tP＝eq \f(1,6)T＝eq \f(πm,3qB)，tQ＝eq \f(T,3)＝eq \f(2πm,3qB)，可得tP∶tQ＝1∶2，故A、B错误；设圆形磁场的半径为R，根据几何关系可得eq \f(R,rP)＝tan 30°，eq \f(rQ,R)＝tan 30°，解得rP∶rQ＝3∶1，而根据v＝eq \f(2πr,T)，可得vP∶vQ＝3∶1，故C错误，D正确。]
    8.C [由图可知，粒子所受洛伦兹力垂直速度方向向下，根据左手定则可知粒子带负电，故A错误；如图所示，根据几何关系可得粒子做圆周运动的半径r＝eq \f(L,cs 30°)＝eq \f(2\r(3),3)L，根据洛伦兹力提供向心力qvB＝meq \f(v2,r)，联立解得粒子的比荷eq \f(q,m)＝eq \f(\r(3)v,2BL)，故B错误；由几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动转过的圆心角为60°，粒子在磁场中的运动时间t＝eq \f(2πr,v)×eq \f(60°,360)＝eq \f(2\r(3)πL,9v)，故C正确；粒子的速度减小，粒子在磁场中做圆周运动的半径减小，粒子可能从CD边射出，故D错误。]
    9.B [粒子a向上偏转，由左手定则可判断，粒子a带正电，而粒子b向下偏转，则粒子b带负电，故A错误；由几何关系可知，磁场宽度d＝Rasin 60°＝Rbsin 30°，解得Ra∶Rb＝1∶eq \r(3)，故B正确；由qvB＝meq \f(v2,R)，可得v＝eq \f(qBR,m)，比荷相同，磁场相同，则va∶vb＝Ra∶Rb＝1∶eq \r(3)，故C错误；粒子运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)，则Ta＝Tb，a运动的时间ta＝eq \f(60°,360°)Ta＝eq \f(1,6)Ta＝eq \f(1,6)T，b运动的时间tb＝eq \f(30°,360°)Tb＝eq \f(1,12)Tb＝eq \f(1,12)T，有ta∶tb＝2∶1，故D错误。]
    10.C [根据题意可知粒子做圆周运动的轨迹如图所示，由图可知a粒子运动轨迹所对的圆心角为θa＝90°。对b粒子根据几何知识有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R2－\f(\r(3),3)L))eq \s\up12(2)＋L2＝Req \\al(2,2)，得b粒子的轨道半径R2＝eq \f(2\r(3),3)L，sin θb＝eq \f(L,\f(2\r(3),3)L)＝eq \f(\r(3),2)，所以b粒子运动轨迹所对的圆心角为θb＝60°，根据T＝eq \f(2πm,qB)，t＝eq \f(θ,360°)T，所以eq \f(tb,ta)＝eq \f(θb,θa)＝eq \f(2,3)，b粒子在磁场中运动的时间为tb＝eq \f(2,3)ta＝eq \f(2,3)t，故C正确。]
    11.(1)见解析 (2)1.6×108 m/s (3)6.5×10－10 s
    解析 (1)电子以垂直磁场方向的速度在磁场中做匀速圆周运动，电子质量较小，重力可忽略，洛伦兹力提供向心力，根据左手定则可判断电子在C点所受磁场力的方向垂直于速度方向斜向下方。
    (2)电子在洛伦兹力作用下在磁场中做匀速圆周运动，且速度方向与CD连线夹角θ＝30°，根据几何知识可知圆弧CD所对的圆心角α为60°，即∠DOC＝60°，则△CDO为等边三角形，则轨道半径R＝l①
    由牛顿第二定律有evB＝eq \f(mv2,R)②
    联立①②解得v＝eq \f(eBl,m)＝1.6×108 m/s。③
    (3)电子在磁场中做圆周运动的周期T＝eq \f(2πR,v)④
    设电子从C点到D点所用时间为t，则有
    t＝eq \f(α,2π)T⑤
    联立④⑤解得t≈6.5×10－10 s。
    专题强化练十七 带电粒子在匀强磁场中的多解和临界问题
    1.BC [设粒子带正电，根据左手定则可判断粒子刚进入板间时所受洛伦兹力向上，由于粒子不计重力，粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(mv,qB)，
    由题意知粒子在偏转以后打在板上，若粒子恰好未打在板上，与极板平行从左端射出，由几何关系知半径r1＝eq \f(d,4)，速度v1＝eq \f(qBd,4m)；若粒子恰好从极板右端飞出，由几何关系知半径r2与d之间关系为req \\al(2,2)＝d2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(r2－\f(d,2)))eq \s\up12(2)，解得r2＝eq \f(5,4)d，速度v2＝eq \f(5qBd,4m)，粒子要打在极板上，则初速度v0应满足的条件为eq \f(qBd,4m)2.A [若粒子恰好从A点射出磁场，则轨道半径为r1＝eq \f(L,2)，由qv1B＝meq \f(v12,r1)可得v1＝eq \f(qBr1,m)＝eq \f(qBL,2m)；若粒子恰好从B点射出磁场，则轨道半径为r2＝L，由qv2B＝meq \f(v22,r2)可得v2＝eq \f(qBL,m)。为使粒子不能经过正方形的AB边，粒子的速度vv2＝eq \f(qBL,m)，故A正确。]
    3.BC [能够从ab边射出的电子，半径最小为从b点射出，如图甲所示，由几何关系可知r1＝eq \f(L,cs 30°)＝eq \f(2\r(3),3)L，半径最大为从a点射出，如图乙所示，由几何关系可知r2＝eq \r(3)L，由牛顿第二定律有qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(v,kB)，则有eq \f(2\r(3),3)L≤eq \f(v,kB)≤eq \r(3)L，为使粒子从ab边射出磁场区域，粒子的速度范围为eq \f(2\r(3)kBL,3)≤v≤eq \r(3)kBL，故B、C正确，A、D错误。]

    甲 乙
    4.C [由题可知，电子在匀强磁场中只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，设轨迹半径为r，由牛顿第二定律得evB＝meq \f(v2,r)，可得B＝eq \f(mv,er)，则速度一定时，电子的轨迹半径越大，对应的磁感应强度越小，由于电子被限制在实线圆内运动，当电子的运动轨迹与实线圆相切时，电子的轨迹半径最大，轨迹如图所示。由几何关系可得△O1O2M为直角三角形，则有req \\al(2,max)＝(3a－rmax)2－a2，解得rmax＝eq \f(4,3)a，则磁感应强度最小为Bmin＝eq \f(3mv,4ae)，故C正确。]
    5.AC [粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可知d＝eq \f(r,sin 30°)＋r，α＝120°，粒子运动半径r＝eq \f(d,3)，粒子从点O到P的时间为t＝eq \f(120°,360°)×eq \f(2πr,v)＋eq \f(r,vtan 30°)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2π＋3\r(3)))d,9v)，A正确，B错误；磁场区域的直径等于粒子圆周运动的弦长时，半径最小，有Rmin＝eq \f(\r(3)r,2)＝eq \f(\r(3)d,6)，C正确，D错误。]
    6.AC [根据题意作出沿y轴正方向发射的带电粒子在磁场中做圆周运动的运动轨迹如图甲所示，圆心为O′，根据几何关系r＋rcs 60°＝a，可知粒子做圆周运动的半径为r＝eq \f(2,3)a，故A正确；由qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),r)，eq \f(q,m)＝eq \f(v0,Br)＝eq \f(3v0,2Ba)，故B错误；在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图乙所示，由几何知识得该粒子做圆周运动的圆心角为eq \f(4π,3)，在磁场中的运动时间t＝eq \f(θr,v0)＝eq \f(\f(4π,3)×\f(2a,3),v0)＝eq \f(8πa,9v0)，故C正确；结合甲、乙两图可知，能从右边界射出的粒子的速度方向与y轴正方向的夹角等概率的分布在0°～60°范围内，占总粒子数的eq \f(2,3)，故D错误。]
    7.(1)12 m/s (2)0.26 s (3)B′≥0.30 T
    解析 (1)作出负离子在匀强磁场中的运动轨迹如图甲所示，设粒子做圆周运动的轨道半径为r1
    甲
    由几何关系得cs 60°＝eq \f(d,r1)①
    由洛伦兹力提供向心力得
    qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),r1)②
    联立①②解得r1＝6.0 m，v0＝12 m/s。③
    (2)由几何关系得，负离子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为30°，设负离子在磁场中做圆周运动的周期为T，则
    T＝eq \f(2πr1,v0)④
    负离子在磁场中运动的时间为t＝eq \f(30°,360°)T⑤
    联立③④⑤解得t＝0.26 s。⑥
    (3)若负离子恰好不能从边界N射出磁场，作出负离子在磁场中的运动轨迹如图乙所示，设负离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r2，磁感应强度为B′
    乙
    由几何关系得r2＋r2cs 60°≤d⑦
    由洛伦兹力提供向心力得
    qv0B′＝meq \f(veq \\al(2,0),r2)⑧
    联立③⑦⑧解得B′≥0.30 T。
    8.(1)eq \f(qBL,4m) (2)33.3% (3)eq \f(πm,3qB)
    解析 (1)离子刚好从C点沿AC方向射出，作出该离子的运动轨迹如图甲所示
    由几何关系有
    R＝eq \f(1,2)×eq \f(L,2)＝eq \f(L,4)①
    离子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
    qvB＝meq \f(v2,R)②
    联立①②解得v＝eq \f(qBL,4m)。③
    (2)设离子入射速度方向与SB边夹角为α时，离子轨迹恰好与AB边相切，作出轨迹图如图乙所示
    轨迹图中O为轨迹的圆心，OD与OS为半径，由几何关系有
    eq \f(Rcs α＋\f(R,cs 30°),\f(L,2)＋Rsin α)＝tan 30°④
    联立①④解得α＝60°⑤
    即在离子入射速度与SB夹角小于等于60°时离子能够从AB边射出，由于离子是均匀地向三角形内的各个方向发射，则从AB边射出的离子占全部离子的占比为η＝eq \f(60°,180°)×100%≈33.3%。⑥
    (3)当入射点与出射点连线垂直于AB边时，弦长最小，对应轨迹历时最短，作出轨迹如图丙所示
    轨迹图中O′为轨迹的圆心，O′S与O′J为半径，由几何关系有
    xSJ＝eq \f(L,2)·sin 30°＝R⑦
    即△O′JS为等边三角形，即轨迹对应的圆心角为
    α′＝60°
    圆周运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)⑧
    最短时间tmin＝eq \f(60°,360°)·T⑨
    解得tmin＝eq \f(πm,3qB)。
    专题强化练十八 动态圆
    1.ACD [粒子在磁场中偏转，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,R)，粒子在磁场中运动的轨道半径为R＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(10－7×5×103,2×10－3×0.25) m＝1 m，作出粒子在磁场中的运动轨迹图，如图所示。由图可知，能从AC边射出的粒子长度为eq \(DE,\s\up6(－))＝eq \r(2)R－R＝(eq \r(2)－1)m，故A正确；粒子不可能到达C点，故B错误；由图可知，在AB边界上有粒子射出的长度为BF＝R＝1 m，故C正确；磁场中运动时间最长粒子运动半个圆周，轨迹与AB、AC相切，由图可知从底边距B点(eq \r(2)－1)m处入射，故D正确。]
    2.A [若让沿x轴正方向射出的离子的轨迹圆绕O点缓慢转动(如图所示)，不难得出离y轴最远为|x|＝2r＝eq \f(2mv,qB)，离x轴最远为y＝2r＝eq \f(2mv,qB)，所以A项正确。]
    3.ABD [若粒子射入磁场时速度v＝eq \f(qBl,m)，则由qvB＝eq \f(mv2,r)可得r＝l，由几何关系可知，粒子一定从CD边上距C点为l的位置离开磁场，A项正确；因为r＝eq \f(mv,qB)，所以v＝eq \f(qBr,m)，因此，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，速度就越大，由几何关系可知，当粒子在磁场中的运动轨迹与三角形的AD边相切时，粒子的速度是从CD边射出的最大速度，此时粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝(eq \r(2)＋1)l，故其最大速度v＝eq \f(（\r(2)＋1）qBl,m)，B项正确，C项错误；粒子在磁场中的运动周期T＝eq \f(2πm,qB)，故当粒子从三角形的AC边射出时，粒子在磁场中运动的时间最长，此时粒子做圆周运动的圆心角为180°，故最长时间t＝eq \f(πm,qB)，D项正确。]
    4.AC [初速度沿y轴正向的粒子经过磁场后，粒子的速度方向沿x轴的正方向，则粒子的轨道半径r＝R，由qvB＝eq \f(mv2,r)，可得粒子轨道半径都为R；结合题意和几何关系可知，平面一、二象限射入的粒子从磁场射出时，速度一定沿x轴正方向，经过A点的粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，根据几何关系有R＋Rsin(α－90°)＝eq \f(3,2)R，解得α＝120°，故A正确，B错误；该粒子在磁场中的运动时间为t＝eq \f(120°,360°)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(2πm,3qB)，故C正确，D错误。]
    5.C [由分析可知，粒子束上边缘进入速率为v1＝3v的离子到达吞噬板上边缘时，半径最小，磁感应强度最大，根据qv1B1＝eq \f(mveq \\al(2,1),R1)，由几何关系得R1＝eq \f(d,2)，可得B1＝eq \f(6mv,qd)；粒子束下边缘进入速率为v2＝5v的离子到达吞噬板下边缘时，半径最大，磁感应强度最小，此时qv2B2＝meq \f(veq \\al(2,2),R2)，R2＝d，得B2＝eq \f(5mv,qd)，所以磁感应强度大小的取值范围为eq \f(5mv,qd)6.(1)eq \f(πa,3v0)或eq \f(5πa,3v0) (2)eq \f(2,3)
    解析 (1)由题意可知，沿x轴正方向出射的离子，经半圆到达N点，由此可得r＝a，可知通过M点的离子有两个出射方向，如图甲，一个轨迹转过的圆心角为60°，即t1＝eq \f(1,6)T，另一个轨迹转过的圆心角为300°，即t2＝eq \f(5,6)T，离子做匀速圆周运动，周期T＝eq \f(2πr,v0)，即T＝eq \f(2πa,v0)，解得t1＝eq \f(πa,3v0)，t2＝eq \f(5πa,3v0)。
    (2)如图乙所示，由动态圆分析结果可知，能打到收集板上的离子分布在速度方向与x轴正方向成60°角的范围内，因为放射源均匀打出离子，因此打到收集板上的离子数占辐射总数的比例为eq \f(120°,180°)＝eq \f(2,3)。
    7.(1)eq \f(mv0,eB) (2)eq \f(π＋2,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(mv0,eB)))eq \s\up12(2)
    解析 (1)如图所示，初速度沿x轴正方向的电子，沿弧OB运动到P点，为荧光屏上光斑的最高点，初速度沿y轴正方向的电子，沿弧OC运动到Q点，为荧光屏上光斑的最低点，电子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
    ev0B＝meq \f(veq \\al(2,0),R)
    解得R＝eq \f(mv0,eB)
    光斑长度PQ＝R＝eq \f(mv0,eB)。
    (2)所加磁场的最小面积是以O′为圆心、R为半径的圆的一部分，如图中阴影部分所示，其面积大小
    S＝eq \f(3,4)πR2＋R2－eq \f(1,4)πR2＝eq \f(π＋2,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(mv0,eB)))eq \s\up12(2)。
    8.(1)eq \f(143πm,90qB) (2)eq \f(qBl,4m)≤v0解析 (1)粒子从ab边离开磁场时，在磁场中运动的时间最长，如图甲所示，
    有qv0B＝eq \f(mveq \\al(2,0),R)，又T＝eq \f(2πR,v0)，解得T＝eq \f(2πm,qB)
    又由几何关系得θ＝74°，则粒子在磁场中运动的最长时间
    t＝eq \f(360°－74°,360°)T＝eq \f(143πm,90qB)。
    (2)当粒子轨迹与ad边相切时，如图乙所示，设此时初速度为v01，轨道半径为R1，
    由几何关系可得R1＋R1sin 37°＝0.4l
    又qv01B＝eq \f(mveq \\al(2,01),R1)，解得v01＝eq \f(qBl,4m)
    当粒子运动轨迹与cd边相切时，如图丙所示，
    设此时初速度为v02，轨道半径为R2
    由几何关系可得R2＋R2cs 37°＝l
    又qv02B＝eq \f(mveq \\al(2,02),R2)，解得v02＝eq \f(5qBl,9m)
    综上可得eq \f(qBl,4m)≤v0专题强化练十九 洛伦兹力与现代科技
    1.AD [粒子在静电分析器内沿中心线偏转，说明粒子带正电荷，极板M比极板N的电势高，选项A正确；由qU＝eq \f(1,2)mv2，qE＝eq \f(mv2,R)，可得U＝eq \f(ER,2)，选项B错误；在磁场中，由牛顿第二定律得qvB＝meq \f(v2,r)，即r＝eq \f(mv,qB)，PQ＝2r＝eq \f(2mv,qB)＝2eq \r(\f(ERm,qB2))，所以只有比荷相同的粒子才能打在胶片上的同一点，选项C错误，D正确。]
    2.D [根据qU＝eq \f(1,2)mv2，可得v＝eq \r(\f(2qU,m))，则比荷越大的粒子进入磁场时的速度越大，在加速电场中的加速时间t＝eq \f(v,a)，其中a＝eq \f(qU,md)，有t＝deq \r(\f(2m,qU))，则比荷越大，加速时间越短，选项A、B错误；根据T＝eq \f(2πm,qB)可知，比荷越大的粒子在磁场中的运动周期越短，则运动时间越短，选项C错误；根据r＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2Um,q))知，比荷越大的粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径越小，选项D正确。]
    3.AC [粒子在磁场中做匀速圆周运动，由qvB＝meq \f(v2,r)，可得r＝eq \f(mv,qB)，粒子运动周期T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)，故周期与粒子速度无关，每运动半周被加速一次，可知t3－t2＝t2－t1＝t1，A正确；粒子被加速一次，动能增加qU，被加速n次后的动能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,n)＝nqU，可得vn＝eq \r(\f(2nqU,m))，故速度之比v1∶v2∶v3＝1∶eq \r(2)∶eq \r(3)，B错误；由B的分析可得eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝qU，eq \f(1,2)mveq \\al(2,n)＝nqU，联立解得n＝eq \f(veq \\al(2,n),veq \\al(2,1))，故粒子在电场中的加速次数为eq \f(veq \\al(2,n),veq \\al(2,1))，C正确；由A的分析可得r＝eq \f(mv,qB)，由B的分析可知v3－v2≠v2－v1，故r3－r2≠r2－r1，即同一D形盒中粒子的相邻轨迹半径之差会改变，D错误。]
    4.B [根据题述，质子(eq \\al(1,1)H)以速度v0自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，可知质子所受的静电力和洛伦兹力平衡，即eE＝ev0B。因此满足速度v＝eq \f(E,B)＝v0的粒子才能够做匀速直线运动，所以选项B正确。]
    5.AC [根据左手定则可知，正离子向a侧偏转，则a侧电势比c侧电势高，A正确；根据平衡关系可知qvB＝qeq \f(U,D)可得U＝BDv，可知显示仪器的示数与污水中离子浓度无关，B错误；若污水从右侧流入测量管，则磁场力使得正离子偏向c侧，则c侧电势高，显示器显示为负值，再将磁场反向，磁场力使得正离子偏向a侧，则显示为正值，C正确；污水流量Q＝Sv＝eq \f(1,4)πD2·eq \f(U,BD)＝eq \f(πDU,4B)，则污水流量Q与U成正比，与D有关，与L无关，D错误。]
    6.AC [由左手定则可知，海水中正、负离子受洛伦兹力的方向分别指向M板和N板，则M板带正电，N板带负电，发电机对航标灯提供电流方向是M→L→N，故A正确；在M、N两板间形成稳定的电场后，其中的正、负离子受电场力和洛伦兹力作用而平衡，在两板间形成稳定电压，则有eq \f(qU,d)＝qvB，解得“海流发电机”产生感应电动势的大小为E＝U＝Bdv，故B错误；海水的电阻为r＝ρeq \f(l,S)＝ρeq \f(d,ab)，由闭合电路欧姆定律可得，通过航标灯的电流为I＝eq \f(U,R＋r)＝eq \f(Bvdab,abR＋ρd)，故C正确；“海流发电机”发电的总功率为P＝IE＝eq \f(B2v2d2ab,abR＋ρd)，故D错误。]
    7.D [电流方向向左，若载流子带负电，则向右运动，根据左手定则，负电荷受洛伦兹力向表面M聚集，表面M电势低，说明载流子带正电，A错误；霍尔电压由灵敏度、电流和磁感应强度共同决定，B错误；由平衡条件qvB＝qeq \f(UH,b)，又I＝nqbhv，n为单位体积内自由电荷的个数，可知UH＝bvB＝eq \f(1,nqh)BI＝kHBI，即kH＝eq \f(1,nqh)，霍尔元件的灵敏度与元件的宽度b无关，与元件的高度h有关，元件的高度h越小，霍尔元件的灵敏度越高，C错误，D正确。]
    8.B [带电粒子只有经过AC板间时才被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，故B正确；粒子在A、C间加速，电场的方向不需要改变，故D错误；根据qvB＝eq \f(mv2,r)和nqU＝eq \f(1,2)mv2(n为加速次数)，联立解得r＝eq \f(\r(2nmqU),qB)，可知P1P2＝2(r2－r1)＝2(eq \r(2)－1)eq \f(\r(2mqU),qB)，P2P3＝2(r3－r2)＝2(eq \r(3)－eq \r(2))eq \f(\r(2mqU),qB)，所以P1P2≠P2P3，故C错误；当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r＝eq \f(mv,qB)知加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关，故A错误。]
    9.B [由左手定则可知Q板带正电，P板带负电，所以金属棒ab中的电流方向为从a到b，对金属棒受力分析可知，金属棒受到的安培力方向沿导轨平面向上，由左手定则可知导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，由受力平衡可知ILB2＝mgsin θ，而I＝eq \f(U,R)，对等离子体受力分析有qeq \f(U,d)＝qvB1，解得v＝eq \f(mgRsin θ,B1B2Ld)。故B正确，A、C、D错误。]
    10.C [由题图知电流方向从右向左，则霍尔元件中电子从左向右定向移动，根据左手定则可知在洛伦兹力的作用下电子向与b端相连的面偏转，b端电势较低，故B错误；稳定后，定向移动的电子受到的电场力与洛伦兹力大小相等，即evB＝eeq \f(U,d)，由电流微观表达式I＝neSv，联立可得U＝Bdv＝Bdeq \f(I,neS)＝Bdeq \f(E,RneS)＝Bdeq \f(E,ρ\f(l,S)neS)＝eq \f(BdE,ρnle)，则a、b两端电势差U与磁感应强度B、元件的前后距离d、单位体积内电子数目n等因素有关，与题中元件的厚度无关，故A、D错误；由于赤道附近的地磁场平行于地面，若要测量赤道附近地磁场，工作面应该处于竖直状态，故C正确。]
    11.(1)B1eq \r(\f(2qU,m)) eq \f(2U,R) (2)eq \f(4,3R)eq \r(\f(2mU,q)) (3)eq \f(53πR,120)eq \r(\f(m,2qU))
    解析 (1)粒子在电场中加速，由动能定理得
    qU＝eq \f(1,2)mv2
    粒子通过速度选择器时，有qE1＝qvB1
    粒子通过静电分析器时，有qE2＝meq \f(v2,R)
    联立解得E1＝B1eq \r(\f(2qU,m))，E2＝eq \f(2U,R)。
    (2)粒子在环形磁场中的运动轨迹如图所示
    设轨迹半径为r，由几何关系，得
    R2＋r2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(R,2)＋r))2
    由牛顿第二定律，得qvB2＝meq \f(v2,r)
    联立解得B2＝eq \f(4,3R)eq \r(\f(2mU,q))。
    (3)粒子在环形磁场中运动周期为T＝eq \f(2πm,qB2)
    由几何有关系得sin eq \f(α,2)＝eq \f(R,\f(R,2)＋r)＝0.8
    解得α＝106°
    粒子在环形磁场中的运动时间t＝eq \f(106°,360°)T
    联立解得t＝eq \f(53πR,120)eq \r(\f(m,2qU))。
    专题强化练二十 带电粒子在组合场中的运动
    1.C [由左手定则可判断出粒子带正电，故A错误；画出粒子的运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝meq \f(v2,R)，可得R＝eq \f(mv,qB)＝0.2 m，则d＝2R＝0.4 m，故B错误；圆周运动周期为T＝eq \f(2πm,qB)≈3.93×10－7 s，带电粒子从小孔1运动到小孔4所需时间等于1.5T，即约为5.89×10－7 s，故C正确；如图所示，带电粒子在PQ板右侧匀强磁场中运动的时间等于T，约为3.93×10－7 s，故D错误。]
    2.A [由题意知当质子垂直Oyz平面进入磁场后先在MN左侧运动，刚进入时根据左手定则可知受到沿y轴正方向的洛伦兹力，做匀速圆周运动，即质子会向y轴正方向偏移，y轴坐标增大，在MN右侧磁场方向反向，由对称性可知，A可能正确，B错误；质子的运动轨迹在Ozx平面的投影为一条平行于x轴的直线，故C、D错误。]
    3.AB [根据题意可知，粒子从A点进入磁场时，受到方向向右的洛伦兹力的作用，根据左手定则可知，圆形区域内磁场方向垂直纸面向外，故A正确；根据题意可知，粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示。根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为R，粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为eq \f(π,2)，根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),R)，可得eq \f(q,m)＝eq \f(v0,BR)，故B正确；根据题意可知，粒子从B点进入电场之后，先向右做匀减速运动，再向左做匀加速运动，再次到达B点时，速度的大小仍为v0，再次进入磁场，运动轨迹如图乙所示。则粒子在磁场中的运动时间为t磁＝eq \f(T,2)＝eq \f(πR,v0)，故C错误；粒子在电场中，根据牛顿第二定律有qE＝ma，解得a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(Ev0,BR)，根据v0＝at结合对称性可得，粒子在电场中运动的总时间为t电＝eq \f(2v0,a)＝eq \f(2BR,E)，故D错误。]

    4.AD [粒子在电场中加速，设加速的位移为x，则根据动能定理有qEx＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2qEx,m))，粒子在磁场中运动时，其轨迹如图所示。a粒子运动轨迹的圆心为O，b粒子运动轨迹的圆心为O′，根据几何知识可知，r2·sin 30°＋r1＝r2，则r1∶r2＝1∶2，根据洛伦兹力提供向心力，有r＝eq \f(mv,qB)，联立可得eq \f(m1,q1)∶eq \f(m2,q2)＝1∶4，v1∶v2＝2∶1，故A正确，B错误；粒子在磁场中运动的周期T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)，粒子在磁场中运动的时间t＝eq \f(θ,2π)T，则两粒子的运动时间之比t1∶t2＝3∶8，故C错误，D正确。]
    5.(1)eq \f(1,2) (2)eq \f(4πm,eB)
    解析 (1)电子在磁场中的运动轨迹如图所示。
    设电子在匀强磁场Ⅰ、Ⅱ中做匀速圆周运动的半径分别为R1、R2，电子在磁场中做匀速圆周运动有
    evB＝eq \f(mv2,R1)①
    evλB＝eq \f(mv2,R2)②
    由于最终能回到O点，由几何关系，可得
    R2＝2R1③
    联立①②③，解得λ＝eq \f(1,2) 。
    (2)电子在磁场Ⅰ中的运动周期T1＝eq \f(2πm,eB)
    电子在磁场Ⅱ中的运动周期T2＝eq \f(2πm,eλB)＝eq \f(4πm,eB)
    设电子经过三段轨迹的时间分别为t1、t2、t3，由几何关系可得
    O到N的圆心角为60°，则t1＝eq \f(1,6)T1
    N到M的圆心角为300°，则t2＝eq \f(5,6)T2
    M到O的圆心角为60°，则t3＝eq \f(1,6)T1
    电子从射入磁场到第一次回到O点所用的时间为t＝t1＋t2＋t3
    联立以上式子，解得t＝eq \f(4πm,eB)。
    6.(1)eq \f(mv0,2qd) (2)eq \f(（\r(2)－1）mveq \\al(2,0),qd) (3)eq \f(（4\r(2)＋4＋7π）d,2v0)
    解析 (1)若磁场方向垂直坐标平面向外，则粒子第一次经过x轴进入电场和第二次经过x轴的位置均在Q点，说明粒子到达Q点时的速度方向与电场强度方向相反，则由几何关系有
    OP＝eq \r(2)d＝rcs 45°
    解得r＝2d
    根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),r)
    联立可得B＝eq \f(mv0,2qd)。
    (2)若磁场方向垂直坐标平面向里，则粒子第二次经过x轴的位置也在Q点，轨迹如图甲，则MO＝OQ＝r＋rcs 45°＝(2＋eq \r(2))d，MQ＝2MO
    则根据类平抛规律有MQ·sin 45°＝v0t
    MQ·cs 45°＝eq \f(1,2)eq \f(qE,m)t2
    解得E＝eq \f(（\r(2)－1）mveq \\al(2,0),qd)。
    (3)磁场方向垂直向外时，运动轨迹如图乙所示，则粒子第一次在磁场中运动的时间t1＝eq \f(225°,360°)·eq \f(2πr,v0)＝eq \f(5πd,2v0)
    粒子进入电场后先做减速运动，速度减小到0用时设为t2，后反向加速，仍用时间t2第二次回到x轴，则
    v0＝eq \f(qE,m)t2
    解得t2＝eq \f(（\r(2)＋1）d,v0)
    粒子再次进入磁场做圆周运动，再次到达x轴时所用时间
    t3＝eq \f(90°,360°)·eq \f(2πr,v0)＝eq \f(πd,v0)
    则粒子从P点射出到第三次经过x轴所用的时间
    t总＝t1＋2t2＋t3＝eq \f(2（\r(2)＋1）d,v0)＋eq \f(7πd,2v0)＝eq \f(（4\r(2)＋4＋7π）d,2v0)。
    7.(1)eq \f(mveq \\al(2,0),2qh) (2)eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)－1))mv0,2qh)解析 (1)如图所示，粒子从A点至C点做类平抛运动，垂直电场方向有2h＝v0t1
    平行电场方向有h＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)
    根据牛顿第二定律有qE＝ma
    联立解得E＝eq \f(mveq \\al(2,0),2qh)。
    (2)粒子在C点速度的竖直分量
    vCy＝at1＝v0
    故粒子在C点的速度为vC＝eq \r(veq \\al(2,0)＋veq \\al(2,Cy))＝eq \r(2)v0
    方向为斜向右下方与HK夹角为45°，当粒子恰好不从MN边界出射时，粒子轨迹如图轨迹①所示，
    设此种情况下，粒子在磁场中轨道半径为r1，由几何知识得
    r1＋r1sin 45°＝2h
    解得r1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\r(2)))h
    粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有
    qvCB1＝meq \f(veq \\al(2,C),r1)
    解得B1＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)＋1))mv0,2qh)
    当粒子恰好不从PQ边界出射，粒子轨迹如图轨迹②所示，由几何知识得
    r2－r2sin 45°＝2h
    解得r2＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\r(2)))h
    粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvCB2＝meq \f(veq \\al(2,C),r2)
    解得B2＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)－1))mv0,2qh)
    所以Ⅱ区域内匀强磁场的磁感应强度大小范围为
    eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)－1))mv0,2qh)专题强化练二十一 带电粒子在叠加场和交变电磁场中的运动
    1.BC [由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，N点的电势高于P点的电势，故B正确；洛伦兹力总是和速度方向垂直，电子从M到N，洛伦兹力不做功，故C正确；M点和P点在同一等势面上，从M点到P点电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点所受电场力相等，即所受合力相等，故D错误。]
    2.C [若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向左的静电力qE和垂直OA斜向右下方的洛伦兹力qvB，微粒不能做直线运动，由此可知微粒带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的静电力qE和垂直OA斜向左上方的洛伦兹力qvB，又因为微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒做匀速直线运动，故A、B错误；由平衡条件得qvBcs θ＝mg，qvBsin θ＝qE，解得磁场的磁感应强度大小B＝eq \f(mg,qvcs θ)，电场的电场强度大小E＝eq \f(mgtan θ,q)，故C正确，D错误。]
    3.B [在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，在坐标原点O静止的带正电粒子在静电力作用下会向y轴正方向运动，磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出开始一段较短时间内，向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，带电粒子向x轴负方向偏转，A、C错误；运动的过程中静电力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，x轴为匀强电场的等势面，从开始运动至带电粒子再次运动到x轴时，静电力做功为0，洛伦兹力不做功，带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后在静电力作用下再次进入第二象限重复向左偏转，B正确，D错误。]
    4.A [带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示
    ]
    5.C [由洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),r)，解得r＝0.4 m，圆周运动的周期为T＝eq \f(2πr,v0)＝8π×10－5 s，则粒子每次圆周运动持续三分之一周期，对应的圆心角为120°；位移大小2rsin 60°＝eq \f(2,5)eq \r(3) m，位移方向与y轴负方向成60°角，沿y轴负方向的位移为eq \f(\r(3),5) m，则正电荷射入磁场后到x轴的轨迹如图；正电荷第一次运动到x轴应为A点，运动时间为t＝eq \f(540°,360°)T＝1.2π×10－4 s，故C正确。]
    6.(1)eq \f(mgd（R1＋R2）,qR2) (2)eq \f(mv,2dq) (3)eq \f(mg,2q)
    解析 (1)小球在极板间做匀速圆周运动，则静电力与重力平衡，可得qE＝mg
    阻值为R2的定值电阻两端的电压U2＝Ed
    根据欧姆定律得U2＝eq \f(E0,R1＋R2)R2
    联立解得E0＝eq \f(mgd（R1＋R2）,qR2)。
    (2)小球在电容器中做匀速圆周运动的轨迹如图所示
    设小球做圆周运动的半径为r，根据几何关系有
    (r－d)2＋(eq \r(3)d)2＝r2，解得r＝2d
    根据qvB＝meq \f(v2,r)，解得B＝eq \f(mv,2dq)。
    (3)由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水平方向夹角为60°，要使小球做直线运动，当小球所受静电力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，静电力最小，电场强度最小，可得qE′＝mgcs 60°，解得E′＝eq \f(mg,2q)。
    7.(1)eq \f(Emπ2,2qBeq \\al(2,0)) (2)eq \f(πmE,qBeq \\al(2,0))
    解析 (1)设粒子第一次在电场中做匀加速运动的时间为t0，P点到O点的距离为x，有x＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)
    又qE＝ma，粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
    qv0B＝eq \f(mveq \\al(2,0),R)
    T＝eq \f(2πR,v0)
    由题意知t0＝eq \f(T,2)＝eq \f(πm,qB0)
    联立解得x＝eq \f(Emπ2,2qBeq \\al(2,0))。
    (2)如图所示，设粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为R1和R2
    R1＝eq \f(mv0,qB0)，R2＝eq \f(3mv0,2qB0)，又由动能定理得qEx＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，粒子每经一个周期沿y轴向下移动Δy，Δy＝2R2－2R1＝eq \f(πmE,qBeq \\al(2,0))。
    8.(1)eq \f(mg,q) (2)eq \f(m,q)eq \r(\f(g,l)) (3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)＋1))eq \r(\f(l,g))
    解析 (1)微粒到达A(l，l)之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲，可知
    qE＝mg，得E＝eq \f(mg,q)。

    甲 乙
    (2)由平衡条件得qvB＝eq \r(2)mg
    电场方向变化后，微粒所受重力与静电力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙所示
    qvB＝meq \f(v2,r)
    由几何知识可得r＝eq \r(2)l
    联立解得v＝eq \r(2gl)，B＝eq \f(m,q)eq \r(\f(g,l))。
    (3)微粒做匀速直线运动的时间t1＝eq \f(\r(2)l,v)＝eq \r(\f(l,g))
    微粒做匀速圆周运动的时间t2＝eq \f(\f(3,4)π×\r(2)l,v)＝eq \f(3π,4)eq \r(\f(l,g))
    微粒在复合场中的运动时间t＝t1＋t2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)＋1))eq \r(\f(l,g))。
    第十一章 电磁感应
    第1练 实验十五 探究影响感应电流方向的因素 电磁感应现象 楞次定律
    A组
    1.B [当他将滑动变阻器的滑片P向左加速滑动时，变阻器的电阻变大，通过线圈A的电流变小，则线圈A产生的磁场变小，故当线圈B中的磁通量变小时，电流表指针向右偏转。当线圈A向上移动时，线圈B中磁通量减小，电流表指针向右偏转，故A错误；当线圈A中的铁芯向上拔出或断开开关时，线圈B中的磁通量均减小，电流表指针均向右偏转，故B正确；P向左或向右匀速滑动时，线圈A中电流均变化，线圈B中磁通量变化，有感应电流产生，电流表指针发生偏转，故C错误；虽然线圈A、线圈B的绕线方向未知，但可以根据使电流表指针向右偏的条件得出其他情况下出现的现象，故D错误。]
    2.(1)见解析图 (2)C (3)AB
    解析 (1)为安全检测灵敏电流表指针偏转方向与电流流向的关系，应将电源和电流表连接，考虑到电流表的内阻很小，接入大电阻保护电表，几个元件串联连接，完整的实验电路如图。
    (2)因灵敏电流表的内阻很小，直接接电源容易满偏，则接入定值电阻的作用主要是为了减小电路中的电流，保护灵敏电流表，故C正确。
    (3)判断感应电流的方向时，用楞次定律需要知道线圈流过电流时原磁场的方向，则需要先确定线圈的绕法，故A正确；实验中将条形磁体的磁极快速插入或快速拔出，磁通量的变化率更大，产生的感应电流更大，指针的偏转幅度更大，产生的现象将更加明显，故B正确，C错误；将N极向下插入线圈或将S极向下插入线圈，磁通量都增大，但两种方式的原磁场方向相反，由楞次定律可知感应电流方向相反，电流表的偏转方向相反，故D错误。
    3.(1)滑动变阻器和灵敏电流表 (2)机械 电 磁场 电
    (3)ABD
    解析 (1)某同学选择了电源、开关和带铁芯的原、副线圈，还需选择的器材有：滑动变阻器和灵敏电流表。
    (2)从能量转化的角度来看，闭合电路的部分导体切割磁感线而产生感应电流的过程中机械能转化为电能；若闭合电路中的感应电流是因磁感应强度发生变化而产生的，则是磁场能转化为电能。
    (3)甲图中N极插入螺线管时，向下的磁通量增加，根据楞次定律可知，电流表的电流从“＋”接线柱流入，则指针偏转方向向右，选项A正确；乙图中感应电流从“－”接线柱流入电流表，根据右手螺旋定则可知螺线管内部的磁场方向向下，选项B正确；丙图中感应电流从“＋”接线柱流入电流表，则根据右手螺旋定则可知螺线管内部的磁场方向向上，则图中条形磁体向上运动，选项C错误；丁图中感应电流从“＋”接线柱流入电流表，条形磁体向上运动，则螺线管中感应电流的磁场向下，则螺线管的绕线方向从上往下看为顺时针方向，选项D正确。
    4.(1)BCD (2)①向左偏 ②向左偏
    解析 (1)要想使电流表指针发生偏转，即螺线管B与电流表构成的闭合电路产生感应电流，则螺线管B的磁通量发生变化。闭合开关，螺线管A和螺线管B相对静止向上运动，螺线管B的磁通量不变，故不产生感应电流，故A错误；闭合开关，螺线管B不动，螺线管A相当于电磁铁，插入或拔出螺线管B，螺线管B磁通量发生变化，产生感应电流，故B正确；闭合开关，螺线管A、B不动，移动滑动变阻器的滑片螺线管A的电流发生变化，产生的磁场变化，螺线管B的磁通量发生变化，产生感应电流，故C正确；螺线管A、B和滑动变阻器的滑片不动，闭合或断开开关瞬间螺线管A的电流发生变化，产生的磁场变化，螺线管B的磁通量发生变化，产生感应电流，故D正确。
    (2)①将条形磁体N极朝下拔出螺线管B，磁通量变化与插入的变化相反，产生的感应电流方向相反，观察到电流表的指针向左偏。
    ②将条形磁体S极朝下插入螺线管B，穿过螺线管B的磁场方向与N极朝下插入的磁场方向相反，产生的感应电流的方向相反，观察到电流表的指针向左偏。
    B组
    1.D [在A、B、C三种情况下，穿过线圈a的磁通量始终为零，因此不产生感应电流，故A、B、C错误；选项D中，当线圈绕垂直于MN的直径转动时，穿过线圈的磁通量发生变化，会产生感应电流，故D正确。]
    2.D [穿过线圈①②③的磁通量始终为零，则在电流I均匀增大的过程中，线圈①②③中无感应电流产生，A、B、C错误；在电流I均匀增大的过程中，产生的垂直纸面向里的磁场穿过线圈④的磁通量增加，根据楞次定律可知，正视线圈④中产生逆时针方向的电流，D正确。]
    3.C [虽然线框被导线分成面积相等的两部分但离导线越远，磁场越弱，导线通入由M到N的电流，且电流逐渐增大时，通过导线框的磁通量不为零且逐渐增大，会产生感应电流，A、B错误；根据MN中电流的方向，结合楞次定律和安培定则可判断线框abc中感应电流方向为abca，C正确，D错误。]
    4.C [开始阶段直导线中电流向右减小，磁场方向垂直纸面向里，穿过线框的磁通量减小，由楞次定律可知，线框中感应电流为顺时针方向；后一阶段直导线中电流向左增加，磁场方向垂直纸面向外，穿过线框的磁通量增加，由楞次定律可知，线框中感应电流为顺时针方向，故C正确。]
    5.B [带正电粒子从直径上方掠过金属圆环表面时，穿过金属圆环的净磁感线为垂直纸面向里，净磁通量先增后减，环中产生感应电流，金属环先有收缩后有扩张趋势，故A、C错误，B正确；环中产生感应电流后周围会有磁场，且在环内磁场方向垂直于环所在的平面，正电荷从左往右运动时会受到洛伦兹力，所以粒子与金属环有相互作用，故D错误。]
    6.C [圆环从P摆向Q的过程中，由于磁场在竖直方向均匀分布，在水平方向非均匀分布，导致圆环中磁通量变化，从而产生感应电流，产生焦耳热，则在整个运动过程中圆环的机械能会减少，因此Q不可能与P在同一高度，故A错误；根据楞次定律，圆环在向下摆的过程中，穿过圆环垂直向里的磁通量在增加，当向上摆的过程中，穿过圆环垂直向里的磁通量在减少，则感应电流方向先逆时针后顺时针，故B错误，C正确；安培力一直阻碍圆环与磁场的相对运动，一直做负功，故D错误。]
    7.A [当条形磁体水平向右移动时，金属圆环内的磁通量减小，因此圆环面积有扩大的趋势，同时将跟随磁体向右运动，从而“阻碍”磁通量的减小，故金属圆环受安培力向右上方，则桌面对圆环的支持力小于其自身重力，故A正确，B、C、D错误。]
    8.AD [根据安培定则可知，输电线圈电流产生的磁场方向向上，且正在增大，根据楞次定律可知，受电线圈中感应电流由上向下看为顺时针方向，通过电阻的电流方向由c到d，故A正确，B错误；受电线圈与输电线圈电流方向相反，相互排斥，故C错误，D正确。]
    9.A [由安培定则可知，螺线管中磁场方向向上，金属棒ab、cd所在处的磁感线方向均向下，当滑动变阻器的滑片向左滑动时，螺线管中电流增大，因此磁场变强，穿过回路的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流方向为a→c→d→b→a，由左手定则知，ab棒所受安培力方向向左，cd棒所受安培力方向向右，所以ab棒向左运动，cd棒向右运动，故A正确。]
    10.AD [L收缩还是扩张取决于螺线管中产生感应电流的变化情况，t1～t2时间内磁通量的变化率增大，感应电流变大，abcd线框内磁通量变大，L有收缩的趋势，A正确；t2～t3时间内磁通量的变化率为常数，产生的感应电流恒定不变，abcd线框内磁感应强度不变，L没有感应电流，也就没有扩张趋势，B、C错误；根据楞次定律可知，t3～t4时间内由于螺线管内磁通量变化引起的感应电流在线框中为dcba方向并减小，L线圈中原磁场的方向垂直于纸面向里且磁感应强度大小减小，根据楞次定律得L中的感应电流方向为顺时针方向，D正确。]
    11.B [由固定线圈的绕线方向和电流方向可以判断出线圈的左端是N极，当闭合开关S瞬间，磁场增大，穿过左侧导线环的磁通量在增大，根据楞次定律可知，导线环中产生与原磁场方向相反的感应磁场，再由右手定则可以判断出左侧导线环中产生从左侧看顺时针方向的感应电流，选项A错误；由于电阻率ρ铜<ρ铝，则铜环的电阻要小一些，在感应电压相同的情况下，产生的感应电流大一些，故安培力也会大一些，选项B正确；当电池正负极调换后，固定线圈左端变成了S极，根据楞次定律可知，闭合开关，磁场增大，会产生排斥力，所以导线环也可以向左弹射，选项C错误；同理，若将铜环放在线圈右侧，铜环与线圈间也会产生排斥力，所以铜环将向右运动，选项D错误。]
    第2练 法拉第电磁感应定律 自感和涡流
    1.D [根据感应电流产生的条件，若在线圈A中输入恒定电流，则线圈A中只产生恒定的磁场，线圈B中的磁通量不发生变化，则线圈B中不会产生感应电动势，故A错误；若线圈A中输入随时间均匀变化的电流，则会使线圈A产生随时间均匀变化的磁场，根据法拉第电磁感应定律E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝常数，则线圈B中会产生恒定不变的感应电动势，故B错误；若线圈A中电流恒定不变，无论多大，产生的磁场是恒定的，则线圈B中没有磁通量变化，不会产生感应电动势，故C错误；线圈A中电流变化越快，则线圈A中电流产生的磁场变化就越快，根据法拉第电磁感应定律E＝neq \f(ΔΦ,Δt)，可知线圈B中感应电动势也会越大，故D正确。]
    2.A [根据法拉第电磁感应定律有eq \(E,\s\up6(－))＝Neq \f(ΔΦ,Δt)＝NBcs θeq \f(S,t)＝eq \f(NBScs θ,t)，故A正确。]
    3.A [由图乙可得E＝eq \f(ΔB,Δt)·S＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(L2,2)＝0.5 V，则I＝eq \f(E,R)＝1 A，t＝1 s时B＝4 T，AB边受到的安培力大小为F＝ILB＝2 N，故A正确。]
    4.BD [根据法拉第电磁感应定律得E＝neq \f(ΔB,Δt)S＝1 500×eq \f(4,2)×0.002 V＝6 V，根据闭合电路欧姆定律得电流为I＝eq \f(E,R1＋R2＋r)＝0.2 A，螺线管两端的电压为U＝I(R1＋R2)＝5.7 V，故A、C错误；由楞次定律可知，通过电阻R2电流方向自左向右，故B正确；螺线管产生的感应磁场使螺线管被压缩，长度比无电流时短，故D正确。]
    5.A [由题图可看出OA导体棒转动切割磁感线，则根据右手定则可知φO>φA。其中导体棒AC段不在磁场中，不切割磁感线，电流为0，则φC＝φA，A正确，B、C错误；根据以上分析可知φO－φA>0，φA－φC＝0，则φO－φA>φA－φC，D错误。]
    6.A [根据右手定则可知，回路中感应电流的方向为逆时针方向，故C正确；根据左手定则可知，回路中ab边电流的方向为a→b，磁场的方向向外，所以安培力的方向向左；同理，cd边电流的方向为c→d，磁场的方向向里，所受安培力方向向左，即ab边与cd边所受安培力方向相同，故A错误；ab边切割磁感线产生的电动势b端为等效电源的正极，cd边切割磁感线产生的电动势c端为等效电源的负极，故回路中感应电动势为E＝2BLv0，故B正确；此时回路中有一半面积磁场垂直纸面向外，一半面积磁场垂直纸面向内，因此穿过回路的磁通量为零，故D正确。]
    7.AC [根据题意可知，此装置是利用电磁感应现象制成的，故A正确；根据右手定则可以判断，通过灯泡的电流方向由右向左，故B错误；重物下降越快，感应电动势越大，圆盘阻尼作用越大，故C正确；重物减小的重力势能转化为装置的动能和灯泡消耗的电能，故D错误。]
    8.BD [突然断开开关，由于螺线管的自感现象，线圈产生自感电动势，使得电流I1(向右)不能突变，而是逐渐变为0，L1逐渐熄灭，由于二极管的单向导电性，L2马上熄灭，由于I1>I3，所以L3闪亮后熄灭，故A错误，B正确；穿过线圈内的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈和螺线管间将有引力作用，线圈向右摆动，且有扩张趋势，线圈中的感应电流方向为逆时针方向(从左向右看)，故C错误，D正确。]
    9.C [当开关S断开后，自感元件与灯泡形成回路，自感元件阻碍自身电流变化，自感元件产生的感应电流仍沿着原来方向，大小从i2开始不断减小，灯泡的电流反向，大小与自感元件电流相等，故C正确，A、B、D错误。]
    10.A
    eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(玻璃管绝缘→只有线圈阻碍，作用小→v较大，I较大，对应题图（c）,铝管导电→铝管和线圈阻碍，作用大→v较小，I较小，对应题图（b）))A正确；
    eq \a\vs4\al(利用F安＝ILB,定性分析)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(I变化，F安变化，加速度a变化，B、C错误；,铝管中强磁体所受阻力大，用时更长，D错误。))
    11.BD [金属杆AC每经过O1P一次电流方向改变一次，则转一圈电流的方向改变2次，故A错误；金属杆产生的感应电动势E＝2B(2r－r)ω·eq \f(2r＋r,2)＝12 V，电路总电阻R＝eq \f(24,2) Ω＝12 Ω，流过金属杆AC的电流大小始终为I＝eq \f(E,R)＝1 A，故B正确；金属圆环的发热功率为P＝eq \f(E2,R)＝12 W，故C错误；金属杆AC转一圈克服安培力做的功等于产生的焦耳热W＝Q＝I2RT＝12×12×eq \f(2π,2) J＝37.68 J，故D正确。]
    12.(1)eq \f(kl2,2) (2)eq \f(2mgR,k2l3)
    解析 (1)根据法拉第电磁感应定律有E＝neq \f(ΔΦ,Δt)
    又n＝1，eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)·S＝kS，S＝eq \f(l2,2)
    解得E＝eq \f(kl2,2)。
    (2)根据闭合电路欧姆定律可知线框中的感应电流为
    I＝eq \f(E,R)
    线框受到的安培力为FA＝IlB
    又B＝kt(k＞0)
    联立可得线框受到的安培力为FA＝eq \f(k2l3t,2R)
    当线框开始向上运动时，有eq \f(k2l3t0,2R)＝mg
    解得t0＝eq \f(2mgR,k2l3)。
    13.(1)0.024 V (2)1.08×10－4 J (3)由N到M 0.006 C
    解析 (1)在0～0.1 s内，由乙图可得
    eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(0.02,0.1) T/s＝0.2 T/s
    由法拉第电磁感应定律有E＝Neq \f(ΔΦ,Δt)＝Neq \f(ΔB,Δt)S
    解得E＝0.024 V。
    (2)根据闭合电路欧姆定律有I＝eq \f(E,R＋r)＝0.06 A
    再由焦耳定律得Q＝I2Rt
    解得Q＝1.08×10－4 J。
    (3)根据楞次定律可以判断，0.1～0.4 s流过R的电流方向由N到M
    根据q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt
    又eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R＋r)，eq \(E,\s\up6(－))＝Neq \f(ΔΦ,Δt)
    可得q＝Neq \f(ΔΦ,R＋r)＝Neq \f(ΔBS,R＋r)
    由乙图可知，0.1～0.4 s内磁感应强度变化大小ΔB＝0.02 T
    解得q＝0.006 C。
    专题强化练二十二 电磁感应中的电路及图像问题
    1.A [由右手定则可知，通过MN的电流方向为N→M，电路闭合，流过电阻R的电流方向由b到d，B、D错误；导体杆切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv，导体杆为等效电源，其电阻为等效电源内阻，由闭合电路欧姆定律可知，U＝IR＝eq \f(E,2R)·R＝eq \f(1,2)BLv，A正确，C错误。]
    2.B [a、b间的电势差等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的eq \f(1,3)，故a、b两点间电势差为U＝eq \f(1,3)E，选项B正确。]
    3.BC [在0～4 s时间内，原磁场增大，则穿过螺线管的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应磁场方向向右，由安培定则可知，R中的电流方向从b流向a，故A错误；由题图乙可知，t＝3 s时磁感应强度为B＝3.5 T，则此时穿过螺线管的磁通量为Φ＝BS＝3.5×0.02 Wb＝0.07 Wb，故B正确；在4～6 s时间内，感应电动势为E＝neq \f(ΔB·S,Δt)＝eq \f(1 000×4×0.02,2) V＝40 V，则通过R的电流大小为I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(40,4＋1) A＝8 A，故C正确；在4～6 s时间内，根据楞次定律可知，R中的电流从a流向b，则R两端电压为Uab＝IR＝8×4 V＝32 V，故D错误。]
    4.A [根据法拉第电磁感应定律得eq \(E,\s\up6(－))＝neq \f(ΔΦ,Δt)，又有eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R)，q＝eq \(I,\s\up6(－))·Δt，解得q＝neq \f(ΔΦ,R)，又因为ΔΦ＝Φ2－Φ1，Φ2＝BL2sin 30°，Φ1＝－BL2cs 30°，解得q＝eq \f(（\r(3)＋1）nBL2,2R)，故A正确。]
    5.C [根据楞次定律和安培定则可以判断两次将导体框拉出磁场的过程中产生的感应电流方向均为逆时针方向，选项A错误；设导体框的边长为L，以速度v拉导体框时，|Uad|＝eq \f(1,4)BLv，当以3v拉出时，|Uad|＝eq \f(3,4)BL·3v＝eq \f(9,4)BLv，因此两次拉出的过程中，ad边两端的电势差大小之比为1∶9，选项B错误；导体框移出磁场过程产生的焦耳热Q＝eq \f(E2,R)t＝eq \f(（BLv出）2,R)·eq \f(L,v出)＝eq \f(B2L3,R)v出，故两次移出过程产生的焦耳热之比为Q1∶Q2＝1∶3，选项C正确；导体框移出磁场过程通过导体框截面的电荷量q＝It＝eq \f(E,R)t＝eq \f(ΔΦ,R)，故两次移出过程通过导体框截面的电荷量之比为q1∶q2＝1∶1，选项D错误。]
    6.AD [在0～eq \f(T,4)时间内磁场方向垂直纸面向里且减小，由楞次定律可判断，产生的感应电流方向为顺时针方向，与规定的正方向相同，大小I＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(S,R)恒定，cd边受到的安培力方向向右，为负，大小F＝ILB均匀减小；在eq \f(T,4)～eq \f(T,2)时间内，磁场方向垂直纸面向外且增强，产生的感应电流方向为顺时针方向，为正，大小恒定，cd边受到的安培力方向向左，为正，大小均匀增加；在eq \f(T,2)～eq \f(3T,4)时间内，磁场方向垂直纸面向外且减小，产生的感应电流方向为逆时针方向，为负，大小恒定，cd边受到的安培力方向向右，为负，大小均匀减小；在eq \f(3T,4)～T时间内，磁场方向垂直纸面向里且增强，产生的感应电流方向为逆时针方向，为负，大小恒定，cd边受到的安培力方向向左，为正，大小均匀增加，综上分析，选项A、D正确。]
    7.BCD [设dc边的电阻是r，ab边的电阻是2r，由于下落高度不确定，dc边进入磁场后，线框可能做匀速直线运动、加速度减小的加速直线运动或加速度减小的减速直线运动。dc边进入磁场时电动势为E＝BLv，ab两点之间的电势差为Uab＝eq \f(E,3r)·2r，dc边出磁场后，线框做匀速运动，a、b两点之间的电势差为Uab＝eq \f(E,3r)·r，故A错误，B、C、D正确。]
    8.C [线圈在水平外力作用下向右匀加速穿过该磁场，在0～L的过程中F－F安＝ma，F安＝eq \f(B2L2v,R)，2ax＝v2，解得F＝ma＋eq \f(B2L2\r(2ax),R)，A、B错误；线圈中的感应电流为I＝eq \f(BLv,R)＝eq \f(BL\r(2ax),R)，0～L和2L～3L对应的图像应为同一曲线的两段，D错误；线圈中的功率P＝eq \f(U2,R)＝eq \f(（BLv）2,R)＝eq \f(B2L2·2ax,R)，C正确。]
    9.C [由题意知，三根金属辐条始终有一根在磁场中切割磁感线，切割磁感线的金属辐条相当于内阻为r的电源，另外两根金属辐条和定值电阻R0并联，辐条进出磁场前后电流的大小、方向均改变，故A错误；电路的总电阻R＝eq \f(4r,3)，圆环匀速转动时感应电动势E＝BLeq \f(ωL,2)＝eq \f(BL2ω,2)，所以定值电阻R0两端的电压U＝eq \f(E,R)·eq \f(r,3)＝eq \f(BL2ω,8)，通过定值电阻R0的电流I＝eq \f(U,r)＝eq \f(BL2ω,8r)，故B错误，C正确；圆环转动一周，定值电阻R0产生的热量Q＝I2rT＝eq \f(πB2L4ω,32r)，故D错误。]
    10.CD [由题意可知0～t0磁场方向垂直纸面向里，线圈中的磁通量逐渐减小，t0～2t0磁场方向垂直纸面向外，线圈中的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知线圈中的感应电流方向始终为顺时针方向，故A错误；t0时刻安培力的方向会发生改变，故B错误；根据法拉第电磁感应定律可得线圈中感应电动势的大小为E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(πr2,2)·eq \f(B0,t0)，根据闭合电路欧姆定律可得，线圈中电流大小为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(nπr2B0,2t0R)，t＝0时刻，线圈受到的安培力大小为F＝nILB0＝eq \f(n2πr3Beq \\al(2,0),t0R)，故C正确；0～eq \f(3,2)t0通过导线某横截面的电荷量为q＝I·eq \f(3,2)t0＝eq \f(3nπr2B0,4R)，故D正确。]
    11.(1)eq \f(nπB0req \\al(2,2),3Rt0) 从b到a (2)eq \f(nπB0req \\al(2,2)t1,3Rt0) (3)eq \f(2nπCB0req \\al(2,2),3t0)
    解析 (1)由B－t图像可知，磁感应强度的变化率为eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(B0,t0)
    根据法拉第电磁感应定律，可知感应电动势为
    E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝nπreq \\al(2,2)eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(nπB0req \\al(2,2),t0)
    根据闭合电路欧姆定律，可知感应电流为I1＝eq \f(E,3R)
    联立解得I1＝eq \f(nπB0req \\al(2,2),3Rt0)
    根据楞次定律可知通过R1的电流方向为从b到a。
    (2)通过R1的电荷量q＝I1t1
    解得q＝eq \f(nπB0req \\al(2,2)t1,3Rt0)。
    (3)电容器两板间电压为U＝I1R1＝eq \f(2nB0πreq \\al(2,2),3t0)
    则电容器所带的电荷量为Q＝CU＝eq \f(2nπCB0req \\al(2,2),3t0)。
    专题强化练二十三 电磁感应中的动力学和能量问题
    1.A [ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，由F＝ILB＝eq \f(B2L2v,R)＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，最终停止运动，故A正确，B、C、D错误。]
    2.D [当金属棒在磁场中向下运动时，根据右手定则可判断通过电阻R的电流方向为b→a，A错误；由于无法确定金属棒刚进入磁场时安培力的大小与重力大小的关系，故无法确定金属棒的运动情况，B错误；金属棒进入磁场时，产生的感应电动势E＝BLv，产生的感应电流是I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(BLv,R＋r)，金属棒所受的安培力大小F＝ILB＝eq \f(B2L2v,R＋r)，C错误；金属棒以稳定的速度下滑时，F＝ILB＝mg，可得I＝eq \f(mg,BL)，电阻R的热功率为P＝I2R＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(mg,BL)))eq \s\up12(2)R，D正确。]
    3.C [对金属棒，根据牛顿第二定律，有mgsin α－ILB＝ma，根据闭合电路欧姆定律，有I＝eq \f(BLv,2R)，由此可知，金属棒先向下做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动，故A错误；释放的瞬间金属棒所受安培力为零，所以加速度大小为a＝gsin α，故B错误；当金属棒的加速度为零时，此时速度最大，有mgsin α＝ImLB＝eq \f(B2L2vm,2R)，解得vm＝eq \f(2mgRsin α,B2L2)，故C正确；金属棒下滑过程中通过定值电阻R的电荷量为q＝eq \(I,\s\up6(－))·Δt，又有eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),2R)＝eq \f(ΔΦ,Δt·2R)＝eq \f(BLx,Δt·2R)，所以q＝eq \f(BLx,2R)，由此可知，下滑相等距离的时间内通过定值电阻R的电荷量相等，故D错误。]
    4.BD [由图乙知ab进磁场前的加速度为a＝eq \f(Δv,Δt)＝5 m/s2，由mgsin 37°－f＝ma，解得f＝0.1 N，A错误；ab进磁场后做匀速运动，有mgsin 37°＝f＋ILB，回路中电流I＝eq \f(BLv,R＋r)，解得B＝2 T，B正确；金属棒在磁场中下滑0.1 s过程中电阻R中电流I＝eq \f(BLv,R＋r)＝0.25 A，C错误；金属棒在磁场中下滑0.1 s过程中电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝1.875×10－2 J，D正确。]
    5.D [由题图乙可知，在0～t1时间内，导线框自由落体，t1～t2时间内导线框切割磁感线进入磁场，做加速度减小的减速运动，电流减小，则安培力在减小，A错误；在t1～t2时间段内，导线框切割磁感线，距离为l，完全进入后又做加速运动直到落地，所以磁场高度d为t1～t3时间内的位移，B错误；安培力做负功，所以重力势能减少量等于动能增加量和安培力做功的和，C错误；t1～t2时间内，F安>mg，克服安培力做的功大于重力做功，所以在下降过程中导线框产生的焦耳热大于mgL，D正确。]
    6.BD [金属棒下滑到底端时速度向右，磁场方向竖直向上，根据右手定则可知流过定值电阻的电流方向是Q→N，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，通过金属棒的电荷量为q＝eq \f(E,2R)·Δt＝eq \f(ΔΦ,Δt·2R)·Δt＝eq \f(BLd,2R)，故B正确；根据动能定理有mgh－μmgd－W安＝0，则克服安培力所做的功为W安＝mgh－μmgd，电路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，所以金属棒产生的焦耳热为QR＝eq \f(1,2)(mgh－μmgd)，选项C错误，D正确。]
    7.(1)b端 5 N (2)1.47 J
    解析 (1)由右手定则可判断感应电流由a流向b，b相当于电源的正极，故b端电势高
    当金属棒匀速运动时，由平衡条件得
    F＝mgsin 37°＋F安
    其中F安＝ILB＝eq \f(B2L2v,R＋r)
    由乙图可知v＝1.0 m/s
    联立解得F＝5 N。
    (2)从金属棒开始运动到稳定状态，由功能关系可得
    (F－mgsin 37°)s＝Q＋eq \f(1,2)mv2
    两电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属棒上产生的焦耳热为Qr＝eq \f(r,R＋r)Q
    联立解得Qr＝1.47 J。
    8.(1)0.75 (2)3.6×10－2 J
    解析 (1)已知t＝0时，导线框恰好静止在斜面上，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力，则有mgsin θ＝μmgcs θ
    解得动摩擦因数μ的大小为μ＝0.75。
    (2)设导线框经t时间恰好滑动，此时磁场的磁感应强度为B，则有B＝eq \f(ΔB,Δt)t
    当导线框受到的摩擦力方向向下且为最大静摩擦力时，导线框恰好滑动，此时有
    ILB＝mgsin θ＋μmgcs θ
    导线框中感应电流为I＝eq \f(E,R)
    感应电动势为E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)S＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(L2,2)
    由题图(b)可知eq \f(ΔB,Δt)＝0.1 T/s
    由焦耳定律可得Q＝I2Rt
    联立以上各式并代入数据解得Q＝3.6×10－2 J。
    9.(1)eq \r(4,\f(gm2R2,2L0Leq \\al(4,1))) (2)eq \f(1,2)mg(2L2＋L1)
    解析 (1)导线框匀速进入磁场时，受力平衡，受力情况如图所示。根据平衡条件有
    FT＝F安＋mgsin θ
    其中F安＝IL1B
    I＝eq \f(E,R)
    E＝BL1v
    导线框与木块通过细线相连，线框匀速进入磁场时，木块匀速下降，根据平衡条件有FT＝mg
    对导线框和木块构成的系统，进入磁场前二者一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
    mg－mgsin θ＝2ma
    根据运动学方程可得进入磁场时速度v＝eq \r(2aL0)
    联立以上各式求解可得B＝eq \r(4,\f(gm2R2,2L0Leq \\al(4,1)))。
    (2)线框恰好匀速进入和离开匀强磁场，导线框通过匀强磁场过程中，线框和木块组成的系统减少的重力势能转化为电路中产生的焦耳热，根据能量守恒定律得
    Q＝mg(2L2＋L1)－mg(2L2＋L1)sin θ
    所以导线框通过匀强磁场过程中线框中产生的焦耳热
    Q＝eq \f(1,2)mg(2L2＋L1)。
    专题强化练二十四 动量观点在电磁感应中的应用
    1.B [通过线圈横截面的电荷量q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R)Δt＝eq \f(ΔΦ,R)，由于线圈进入和穿出磁场过程，线圈磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过线圈横截面的电荷量q相等，由动量定理得，线圈进入磁场过程－Beq \(I,\s\up6(－))1at1＝mv－mv0，线圈离开磁场过程－Beq \(I,\s\up6(－))2at2＝0－mv，由于q＝eq \(I,\s\up6(－))t，则－Baq＝mv－mv0，Baq＝mv，解得v＝eq \f(v0,2)，故B正确。]
    2.BD [根据q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BΔS,R)可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1＝2q2，故A错误，B正确；线圈从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理－Beq \(I,\s\up6(－))1LΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理－Beq \(I,\s\up6(－))2LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，联立解得v＝eq \f(1,3)v0＝1.5 m/s，故C错误，D正确。]
    3.AD [设磁场的磁感应强度大小为B，由题意知I＝eq \f(BLv0,2R)，解得B＝eq \f(2IR,Lv0)，A正确；金属棒穿出磁场时的速度大小为eq \f(1,2)v0，根据动量定理有Beq \(I,\s\up6(－))Lt＝BqL＝mv0－eq \f(1,2)mv0，解得q＝eq \f(mveq \\al(2,0),4IR)，B错误；根据能量守恒定律可知金属棒中产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)mveq \\al(2,0)－\f(1,2)m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)v0))2))＝eq \f(3,16)mveq \\al(2,0)，C错误；根据q＝eq \(I,\s\up6(－))t＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),2R)t＝eq \f(\f(ΔΦ,t),2R)·t＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(BLs,2R)，得到MN与PQ间的距离为s＝eq \f(mveq \\al(3,0),4I2R)，D正确。]
    4.CD [ab棒进入磁场后受到向左的安培力，做减速运动，所以安培力减小，则ab棒先做加速度减小的减速运动，cd棒与ab棒串联，所以先做加速度减小的加速运动，最后它们以相同的速度做匀速运动，故A、B错误；ab棒刚进入磁场的速度就是它下滑到圆弧轨道底端的速度，根据动能定理有mgr－eq \f(1,2)mgr＝eq \f(1,2)mv2，可得速度为v＝eq \r(gr)，则感应电动势为E＝Bdv，两金属棒串联，故两棒中的瞬时电流为I＝eq \f(Bd\r(gr),2R)，两棒共速时由动量守恒定律有mv＝2mv′，得最终速度大小为v′＝eq \f(\r(gr),2)，故C、D正确。]
    5.CD [由于两棒组成的系统动量守恒，取向右方向为正方向，由动量守恒定律可得m·3v0－mv0＝mv1＋mv2，所以当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2v0，故A错误；当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2v0，则有E＝BL·2v0 ，I＝eq \f(E,2r) ，F＝ILB，联立解得F＝eq \f(B2L2v0,r)，由牛顿第二定律可得，另一根棒的加速度大小为a＝eq \f(F,m)＝eq \f(B2L2v0,mr)，故B错误；从初始时刻到其中某根棒的速度为零过程中，两根导体棒上产生的焦耳热为Q总＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋eq \f(1,2)m(3v0)2－eq \f(1,2)m(2v0)2＝3mveq \\al(2,0)，则导体棒ab产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)Q总＝eq \f(3,2)mveq \\al(2,0)，故C正确；cd棒的收尾速度为两根导体棒具有的共同速度，则有m·3v0－mv0＝2mv共，解得v共＝v0，故D正确。]
    6.C [金属框以初速度v0向右运动时，导体棒MN还没开始运动，此时金属框bc边切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则知，回路中的感应电流的方向为c→b→M→N→c，A错误；金属框bc边中的电流方向沿c→b，导体棒MN中的电流方向沿M→N，根据左手定则可知，导体棒与金属框所受安培力大小相等，方向相反，把框和棒MN视作一个系统，遵循动量守恒定律，则有2mv0＝3mv，解得其共同速度v＝eq \f(2v0,3)，方向沿导轨向右，B错误；以棒MN为研究对象，由动量定理得Beq \(I,\s\up6(－))LΔt＝mv－0，即BLq＝m·eq \f(2v0,3)－0，即整个过程中通过导体棒的电荷量为q＝eq \f(2mv0,3BL)，C正确；根据能量守恒定律，整个运动过程中产生的总热量Q＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)×3mv2＝eq \f(1,3)mveq \\al(2,0)，D错误。]
    7.CD [由法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律得E＝B·2Lv0，I＝eq \f(E,2R)，由牛顿第二定律得2ILB＝ma，联立解得a＝eq \f(2B2L2v0,mR)，故A错误；最终回路中的电流为0，有2BLvM＝BLvN，对金属棒M和N分别应用动量定理得－2BILΔt＝mvM－mv0，BILΔt＝mvN，联立解得vM＝eq \f(v0,5)，vN＝eq \f(2v0,5)，故B错误，C正确；又q＝IΔt，联立解得q＝eq \f(2mv0,5BL)，故D正确。]
    8.(1)eq \f(B2L2\r(2gh),2mR) (2)eq \f(1,4)mgh
    解析 (1)当金属棒a刚进入磁场时速度最大，产生的感应电动势最大，回路中感应电流最大，金属棒b所受安培力最大，加速度最大。设金属棒a刚进入磁场时的速度大小为v1，根据机械能守恒定律有mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
    解得v1＝eq \r(2gh)
    此时金属棒a产生的感应电动势大小为
    E＝BLv1＝BLeq \r(2gh)
    根据闭合电路欧姆定律可得此时回路中的感应电流大小为
    I＝eq \f(E,2R)＝eq \f(BL\r(2gh),2R)
    此时金属棒b所受安培力大小为
    F＝ILB＝eq \f(B2L2\r(2gh),2R)
    根据牛顿第二定律可得金属棒b的最大加速度为
    a＝eq \f(F,m)＝eq \f(B2L2\r(2gh),2mR)。
    (2)金属棒a和b组成的系统动量守恒，易知二者最终将以共同速度运动，设此速度大小为v2，
    根据动量守恒定律有mv1＝2mv2
    解得v2＝eq \f(v1,2)＝eq \f(1,2)eq \r(2gh)
    两金属棒电阻相同，通过的电流大小相等，所以产生的总焦耳热相同，根据能量守恒定律，有2Q＝mgh－eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,2)
    解得Q＝eq \f(1,4)mgh。
    第十二章 交变电流 电磁振荡与电磁波 传感器
    第1练 交变电流的产生和描述
    1.AD [由图甲可知此时线圈位于中性面的垂面位置，线圈的电动势最大，故A正确；感应电动势有效值为E＝eq \f(Em,\r(2))＝6 V，发电机线圈的电阻r＝1 Ω，外接灯泡的电阻R＝5 Ω，根据闭合电路欧姆定律可知U＝eq \f(R,R＋r)E＝5 V，理想电压表的示数为5 V，故B错误；根据图乙可知周期T＝0.02 s，线圈转动的角速度ω＝eq \f(2π,T)＝
    100π rad/s，故C错误；线圈转动产生电动势的表达式e＝Emsin ωt＝
    6eq \r(2)sin (100πt) V，故D正确。]
    2.A [图A中线圈从垂直中性面开始转动，产生交变电流的图像是余弦线，A正确；图B中线圈转动时仍产生不间断的正弦交流电，B错误；图C中线圈处于辐射状的磁场中，线圈的两边所处位置的磁场大小不变，则产生恒定不变的感应电流，C错误；图D中线圈转动时仍产生正弦交流电，D错误。]
    3.A [转动线圈产生的感应电动势与形状和转轴位置无关，根据Em＝BSω，ω＝2πn知，四个线框产生的最大感应电动势分别为E1＝BL2·2πn，E2＝BL2·2π·2n＝BL2·4πn，E3＝B·0.5L·2L·2π·2n＝BL2·4πn，E4＝Bπeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4L,2π)))eq \s\up12(2)·2π·2n＝BL2·16n，则有E14.B [设该电流的有效值为I，由I2RT＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(I0,\r(2))))eq \s\up12(2)R·eq \f(T,2)＋(2I0)2R·eq \f(T,4)，解得I＝eq \f(\r(5),2)I0，故B正确。]
    5.D [二极管具有单向导电性，使得半个周期内R通路，另外半个周期内R断路，在通路的半个周期内，交流电压的有效值为20 V，有eq \f(U2,R)T＝eq \f(（20 V）2,R)·eq \f(T,2)，解得U＝10eq \r(2) V≈14.1 V，故D正确。]
    6.AD [已知交变电流的周期为T＝6.28×10－2 s，角速度为ω＝eq \f(2π,T)＝100 rad/s，最大感应电动势为Em＝nBSω＝200 V，电压的有效值为U＝eq \f(Em,\r(2))＝100eq \r(2) V。选项A、B中，交变电压的有效值由U＝eq \f(Um,\r(2))可得，UA＝100eq \r(2) V，UB＝100 V；选项C、D中，设等效电压为U，电阻R在相同时间内产生的热量相同，则有eq \f(U2,R)T＝eq \f(Ueq \\al(2,1),R)·eq \f(2,3)T＋eq \f(Ueq \\al(2,2),R)·eq \f(1,3)T，得UC＝200 V，UD＝100eq \r(2) V，所以与已知交变电压的有效值相同的是A和D，故A、D正确。]
    7.A [这只电源交变电压的峰值Um＝10eq \r(2) V，则有效值U有＝eq \f(10\r(2),\r(2)) V＝10 V，所以这只电源可以使“10 V 2 W”的灯泡正常发光，故A正确；ω＝100π rad/s，则T＝eq \f(2π,ω)＝0.02 s，故B错误；在t＝0.01 s时，经过半个周期，电压为零，故C错误；当电容器的耐压值小于峰值时，电容器被击穿，10 V小于10eq \r(2) V，则
    “10 V 2 μF”的电容器不能接在这只电源上，故D错误。]
    8.BC [中性面的特点是与磁场方向垂直，穿过线框平面的磁通量最大，磁通量变化率最小，则eq \f(T,2)时刻线框在中性面位置，A错误；电动势最大值为Em＝ωBS＝ωΦm＝eq \f(2π,T)Φm，对正弦交变电流，E有＝eq \f(Em,\r(2))＝eq \f(\r(2)πΦm,T)，B正确；由功能关系知，线框转一周外力做的功等于线框中产生的焦耳热，W＝eq \f(Eeq \\al(2,有),R)T＝eq \f(2π2Φeq \\al(2,m),RT)，C正确；由法拉第电磁感应定律知，eq \(E,\s\up6(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(Φm,\f(T,4))＝eq \f(4Φm,T)，D错误。]
    9.CD [由乙图可知，感应电动势有效值为E有＝4 V，此时小灯泡恰好正常发光，由串联分压可得U额＝eq \f(RE有,R＋r)＝3.2 V，故A错误；线圈中电流有效值为I有＝I额＝eq \f(U额,R)＝0.4 A，故B错误；发电机输出功率为P出＝U额I额＝1.28 W，故C正确；由乙图可得周期为0.4 s，一周期内线圈产生的焦耳热为Q＝Ieq \\al(2,有)rT＝0.128 J，故D正确。]
    10.(1)i＝eq \f(nBl1l2ω,R)cs ωt (2)eq \f(n2B2ω2leq \\al(2,1)leq \\al(2,2),2R) (3)eq \f(nBl1l2,R)
    解析 (1)从线圈经过图示位置开始计时，线圈内的电流随时间变化的函数关系式为
    i＝Imcs ωt，其中Im＝eq \f(Em,R)＝eq \f(nBl1l2ω,R)
    所以i＝eq \f(nBl1l2ω,R)cs ωt。
    (2)线圈转动过程中电流的有效值
    I＝eq \f(Im,\r(2))＝eq \f(nBl1l2ω,\r(2)R)
    线圈电阻的发热功率为P＝I2R＝eq \f(n2B2ω2leq \\al(2,1)leq \\al(2,2),2R)。
    (3)线圈从此位置转过四分之一周期的过程中，平均感应电动势eq \(E,\s\up6(－))＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(Bl1l2,Δt)
    平均感应电流eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R)＝eq \f(nBl1l2,RΔt)
    通过线圈导线某截面的电荷量q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt＝eq \f(nBl1l2,R)。
    11.(1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(BLvm,R＋r)))eq \s\up12(2)eq \f(πR,ω) (2)eq \f(πB2L2veq \\al(2,m),ω（R＋r）)
    解析 (1)由导体棒切割磁感线产生感应电动势有E＝BLv，得e＝BLvmsin ωt
    回路中产生正弦式交变电流，其有效值为E有效＝eq \f(BLvm,\r(2))
    在0～eq \f(2π,ω)时间内，电阻R上产生的热量
    Q＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(E有效,R＋r)))eq \s\up12(2)R·eq \f(2π,ω)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(BLvm,R＋r)))eq \s\up12(2)eq \f(πR,ω)。
    (2)由功能关系得外力F所做的功
    W＝eq \f(R＋r,R)Q＝eq \f(πB2L2veq \\al(2,m),ω（R＋r）)。
    第2练 变压器 电能的输送
    1.C [由电压瞬时值的表达式可知，原线圈的电压有效值为220 V，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可得，副线圈两端的电压U2＝eq \f(n2,n1)U1＝110 V，所以电压表读数为110 V，故A错误； 副线圈电流I2＝eq \f(U2,R)＝2 A，由n1I1＝n2I2可得I1＝eq \f(n2,n1)I2＝1 A，则电流表的读数为1 A，故B错误；副线圈的输出功率为P＝I2U2＝220 W，故C正确；变压器不改变交变电流的频率，即副线圈输出的交变电流的频率等于原线圈的交流电的频率，即f＝eq \f(100π,2π) Hz＝50 Hz，故D错误。]
    2.B [假设是一个理想变压器，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可得副线圈两端的电压为3.8 V，实际测得小灯泡两端电压为2.5 V，说明这个变压器不是理想变压器。如果仅增加原线圈匝数n1，副线圈两端电压会变小，小灯泡不能正常发光，故A错误；如果仅增加副线圈匝数n2，副线圈两端电压会变大，小灯泡有可能正常发光，故B正确；将原、副线圈匝数都增为原来的两倍，如果是理想变压器的话，小灯泡两端的电压为3.8 V，而实际上电压肯定会比3.8 V小，所以小灯泡不能正常发光，故C错误；将两个3.8 V小灯泡并联使用，不会使副线圈两端电压升高，故D错误。]
    3.A [原线圈电压U1＝eq \f(220\r(2),\r(2)) V＝220 V，灯泡正常发光，流过灯泡的电流I＝eq \f(36,24) A＝1.5 A，R＝eq \f(R1R2,R1＋R2)＝6 Ω，U并＝IR＝9 V，副线圈电压U2＝U并＋UL＝33 V，理想变压器原、副线圈的匝数比为eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(20,3)，故A正确。]
    4.D [通过R2的电流为I时，根据理想变压器规律有eq \f(I1,I)＝eq \f(n2,n1)＝eq \f(1,k)，解得原线圈中的电流I1＝eq \f(1,k)I，正弦交变电源AB端的输出电功率P＝Ieq \\al(2,1)R＋I2R＝eq \f(k2＋1,k2)I2R，故D正确。]
    5.BC [滑片位置不动，当S闭合时，电阻变小，原线圈电压及匝数比不变，副线圈电压不变，电压表读数不变，故A错误；副线圈电压不变，电阻变小，输出功率变大，输入功率变大，根据P1＝U1I1知电流表读数变大，故B正确；副线圈电流变大，等效电阻两端的电压增大，并联部分的电压减小，为了使灯泡L正常发光，必须增大电压，滑片应向上滑动，故C正确；电吹风除了内阻的热功率外可能还有输出机械功率，即UI＝W＋I2R，可知电吹风UI>I2R，I6.BD [电阻R变大，则副线圈总电流减小，通过指示灯L的电流减小，指示灯L亮度减小，故A错误；开关S2断开，则副线圈输出功率减小，副线圈总电流减小，电阻R两端电压减小，则指示灯L两端电压增大，指示灯L亮度增加，故B正确；输入电压U变小，则副线圈输出电压U2减小，副线圈总电流减小，通过指示灯L的电流减小，指示灯L亮度减小，故C错误；关闭了电视机，则副线圈输出功率减小，副线圈总电流减小，电阻R两端电压减小，则指示灯L两端电压增大，指示灯L亮度增加，故D正确。]
    7.BD [滑片P不动时照射R的光变强，光敏电阻R的阻值减小，流过光敏电阻的电流变大，流经灯泡的电流不变，灯泡L的亮度不变，副线圈中总电流变大，原线圈电流变大，则电流表示数变大，故A错误，B正确；照射R的光强度不变时，滑片P向下滑动，副线圈的匝数减小，两端电压减小，两支路电流均减小，灯泡L变暗，副线圈中的总电流减小，则电流表示数减小，故C错误，D正确。]
    8.D [根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(I线,I1)＝eq \f(n1,n2)，又U1I线，根据eq \f(U3,U4)＝eq \f(I4,I线)＝eq \f(n3,n4)，又U3>U4，则n3>n4，I线9.B [在输电总功率不变的情况下，输电电压由150 kV高压输电升级为1 350 kV，输电电压变为原来的9倍，由电功率公式P＝UI，可知输电电流变为原来的eq \f(1,9)，在输电线不变的情况下，由U＝IR可知输电线上损失的电压变为原先的eq \f(1,9)，故A错误；由电功率公式P＝I2R可知，输电线上损失的功率变为原来的eq \f(1,81)，故B正确；如果损失的功率不变，由电功率公式P＝I2R，可知输电线的电阻变为原来的81倍，由电阻定律R＝ρeq \f(l,S)可知，相同材料、传输到相同地方所需导线横截面积是原先的eq \f(1,81)，相同材料、粗细的输电线传输距离是原先的81倍，故C、D错误。]
    10.C [由于该变压器磁芯是铁棒，会出现漏磁，不满足理想变压器的电压规律，原线圈输入电压有效值为U1＝eq \f(U1m,\r(2))＝10 V，若为理想变压器，则副线圈输出电压为U2＝eq \f(n2,n1)U1＝20 V，但由于铁棒磁芯出现漏磁，所以电压表读数会小于20 V，故A、B错误；滑动变阻器滑片向上滑动，则副线圈中的电阻增大，输入电压不变，输出电压不变，电压表示数不变，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈的输出电流减小，根据P＝UI可得输出功率变小，则电路输入功率变小，故C正确；变压器不改变交变电流的周期，根据图乙知交流电的周期T＝0.02 s，则副线圈交流电的周期为0.02 s，故D错误。]
    11.B [根据理想变压器规律知线圈M和线圈N的功率比为1∶1，U1I1＝U2I2，可得线圈M中电流为I1＝eq \f(U2I2,U1)＝eq \f(5×2,220) A＝eq \f(1,22) A，A、D错误；由正弦式交变电流规律知线圈N中电压最大值为U2m＝eq \r(2)U2＝5eq \r(2) V，B正确；线圈M和线圈N的匝数比为eq \f(nM,nN)＝eq \f(UM,UN)＝eq \f(220,5)＝eq \f(44,1)，C错误。]
    12.CD [交流电源在发射端线圈中产生交变电流，交变电流产生变化的磁场，才能产生感应电流，为电动汽车充电，而直流电源不能为电动汽车充电，A错误；变压器不改变交变电流的频率，频率均为f＝eq \f(ω,2π)＝eq \f(100π,2π) Hz＝50 Hz，B错误；根据正弦式交流电中有效值和峰值的关系可知，原线圈的电压有效值U1＝eq \f(Um,\r(2))＝eq \f(220\r(2),\r(2)) V＝220 V，根据变压器的工作原理有eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)＝eq \f(1,2)，解得接收线圈两端电压的有效值U2＝440 V，峰值为440eq \r(2) V，因为理想变压器原、副线圈的功率相等，则I2＝eq \f(P1,U2)＝eq \f(13 200,440) A＝30 A，C、D正确。]
    13.B [设原线圈两端电压为U1，由eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，eq \f(U1,U3)＝eq \f(n1,n3)得，R2两端电压U2＝eq \f(n2,n1)U1＝eq \f(2U1,3)，R3两端电压U3＝eq \f(n3,n1)U1＝eq \f(U1,3)，设R3中的电流为I，则R2中的电流为2I，由功率关系得I·eq \f(U1,3)＋2I·eq \f(2U1,3)＝I1U1，解得I1＝eq \f(5,3)I，所以R1消耗的功率P1＝Ieq \\al(2,1)R＝eq \f(25,9)I2R＝eq \f(25,9)P，故B正确。]
    实验十六 探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
    1.(1)D (2)有效 (3)B
    解析 (1)实验中选取电源为低压交流电源，故A错误；即使电源为低压电源，通电时也不可以用手接触裸露的导线和接线柱，故B错误；连接好线路后要检查电路正确连接才可以通电，故C错误；为了保护交流电压表，测电压时先用最大量程挡试测，故D正确。
    (2)交流电压表测量的是交流电压的有效值。
    (3)若为理想变压器，则有eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，解得U2＝eq \f(n2,n1)U1＝eq \f(200,400)×8.00 V＝4.00 V，由于实际中变压器有铜损和铁损，变压器副线圈处所测量的电压会小于理论值。故选B。
    2.(1)交流 (2)400 190 (3)多一些
    解析 (1)需要选用低压交流电源。
    (2)根据变压器原理有eq \f(nA,nC)＝eq \f(UA,UC)
    解得nA＝eq \f(UA,UC)nC＝400匝
    同理有eq \f(nB,nC)＝eq \f(UB,UC)
    解得nB＝eq \f(UB,UC)nC＝190匝。
    (3)根据eq \f(nA,nC)＝eq \f(UA,UC)，可知C的匝数越多，C的电压示数越大，测量更准确，故线圈C的匝数应该多一些。
    3.(1)AC (2)B
    解析 (1)该实验要用低压交流电源和交流电表，所以不需要干电池和滑动变阻器。故选A、C。
    (2)已知N1＝400匝和N2＝800匝，表格中每组数据都可以看出电压之比eq \f(U1,U2)4.(1)BD 低压交流电源 (2)C (3)B (4)原
    解析 (1)变压器的原理是互感现象，是原线圈磁场的变化在副线圈中产生感应电流，所以不需要外界的磁场，故不用条形磁铁；如果原线圈中通的是直流电源，则副线圈中不会有感应电流产生，故不用直流电源，需要用到低压交流电源，本实验中还需补充的器材是低压交流电源。
    (2)该变压器为理想变压器，根据理想变压器的规律可知eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)＝eq \f(8,4)，U1＝eq \f(8,4)×4 V＝8 V，故C正确。
    (3)根据理想变压器的规律eq \f(U2,U1)＝eq \f(n2,n1)，可知U2＝eq \f(n2,n1)U1＝eq \f(1,8)×8 V＝1 V，但是此处铁芯没有闭合，故所测得的电压应小于1 V，故选B。
    (4)理想变压器的输入功率等于输出功率，因为是降压变压器，所以副线圈的电压小于原线圈的电压，而功率又相等，所以副线圈的电流大于原线圈的电流，为了减少功率损失，根据电阻定律可知副线圈应用较粗的铜导线绕制，故应将较细的线圈作为原线圈。
    第3练 电磁振荡与电磁波
    1.A
    2.A [断开开关S，L、C组成闭合振荡电路，t＝0时，能量全在线圈L中，磁场能开始向电场能转化，由题意知eq \f(3,4)T＝0.03 s，则T＝0.04 s，当t2＝0.13 s＝3T＋eq \f(1,4)T时，电容器充电完毕，此时电容器中电场能最大，电路中电流为零，故A正确，B、C、D错误。]
    3.B [LC振荡电路的周期T＝2πeq \r(LC)，其电容器上的带电荷量从最大值变化到零的最短时间t＝eq \f(T,4)，故t＝eq \f(π,2)eq \r(LC)，故B正确。]
    4.B [均匀变化的电(磁)场产生恒定的磁(电)场，恒定的磁(电)场不会产生电(磁)场，也就不会产生电磁波，A错误；变化的电场和磁场相互激发，且相互垂直，形成的电磁波的传播方向与电场和磁场均垂直，B正确；电磁波可以通过电缆、光缆传输，C错误；电磁振荡停止后，电磁波可以在空间继续传播，直到能量消耗完为止，D错误。]
    5.A [调制是把要发射的信号“加”到高频振荡电流上去，频率越高，传播信息能力越强，A正确；电磁波在空气中的传播速度接近光速且恒定不变，B错误；由v＝λf知波长与波速和传播频率有关，C错误；由T＝eq \f(1,f)知，周期与频率有关，D错误。]
    6.D [从电磁波谱的顺序可知毫米波的频率比可见光低，故A错误；毫米波的波长远小于车的大小，所以遇到前车时不会发生明显衍射现象，故B错误；电磁波在空中传播的速度不会变化，故C错误；系统判断有可能发生碰撞时会发出蜂鸣并显示警示信号，说明前车的金属尾板遇到毫米波时一定会产生极其微弱的感应电流，故D正确。]
    7.D [有温度的物体都会发射红外线，A错误；紫外线的频率比可见光高，B错误；X射线、γ射线频率较高，波动性较弱，粒子性较强，较易发生光电效应，C错误；手机通信使用的是无线电波，其波长较长，更容易观察到衍射现象，D正确。]
    8.D [依题意，在LC振荡电路中，由于回路磁场能在减小，说明线圈L正在对电容器C进行充电，把储存的磁场能转化为电容器极板间的电场能，由于回路中电流为顺时针方向，则此时M极板带正电，且所带电荷量逐渐增大，结合题图可知对应这段时间为t3～t4，故D正确。]
    9.C [当电容器C充满电后，电容器上极板带正电，电容器中的电场强度最大，电场能最大，然后开始放电，电荷释放完瞬间，LC振荡电路电流最大，电场能转化为磁场能；接着自感线圈对电容器反向充电，电流逐渐减弱，磁场能转化为电场能，此时电容器下极板带正电；随后电容器开始反向放电，然后自感线圈对电容器充电，最后电容器上极板带正电，一个完整的电磁振荡周期结束。根据以上分析T＝0.04 s，选项A错误；电流最大时磁场能最大，电场能最小，选项B错误；t＝1.01 s＝25eq \f(1,4)T，即从题目初始状态开始，经过1.01 s，电荷释放完，电流最大，自感线圈中磁场能最大，选项C正确；在1.01 s时，线路中的电流是逆时针方向，选项D错误。]
    10.BD [均匀变化的电场周围产生稳定的磁场，均匀变化的磁场周围产生稳定的电场，故A错误；根据麦克斯韦理论，电磁场是周期性变化的电场和磁场交替产生而形成的不可分离的统一体，故B正确；在电磁波谱中，无线电波的波长最长，最容易发生衍射现象的是无线电波，故C错误；反射、折射、干涉和衍射是波的特性，机械波和电磁波它们都可发生反射、折射、干涉和衍射现象，故D正确。]
    11.D [当开关断开时，灰尘静止，则有qE＝mg，此时电场能最大，极板间电场强度最大，若开关闭合，电场能减小，极板间电场强度减小，则灰尘会向下极板运动，振荡回路磁场和电场周期性改变，根据对称性可知当电场方向和初始状态相反且电场能最大时，静电力方向竖直向下，和重力方向相同，此时灰尘的加速度为2g，所以灰尘的加速度不可能向上，灰尘的加速度大于等于0，且一直向下，所以灰尘不会在两极板间做往复运动，故A、B、C错误；当磁场能最大时，电场能为0，极板间电场强度为0，灰尘只受重力，加速度一定为g，故D正确。]
    12.D [t1时刻电流最大，磁场能最大，电容器间的电场强度为最小值，故A错误；t1～t2时间内，电流减小，电容器处于充电过程，故B错误；当车辆靠近地感线圈时，线圈自感系数变大，根据T＝2πeq \r(LC)可知，周期增大，频率减小，故C错误；从题图乙波形可知频率越来越大，汽车正远离地感线圈，故D正确。]
    13.B [由周期公式可得T＝2π×10－4 s，A错误；经过t＝eq \f(π,2)×10－4 s，即eq \f(T,4)，放电完毕，电场能最小，电流最大，磁场能最大，B正确；经过t＝eq \f(3π,2)×10－4 s，即eq \f(3T,4)，
    电流最大，但变化最慢，故自感电动势最小，C错误；以顺时针方向为正方向，可画出电流随时间的变化图像，如图所示，故在eq \f(T,4)～eq \f(3T,4)时间内，电流先顺时针减小再逆时针增大，即电流方向发生变化，D错误。]
    实验十七 利用传感器制作简单的自动控制装置
    1.A [由电流表的变化判断半导体的电阻的变化，温度升高时，电路中总电流增大，由闭合电路欧姆定律可知，总电阻减小，则温度升高，热敏电阻阻值减小，半导体材料导电性能变好，故A正确。]
    2.C [日光充足时，电磁继电器把衔铁吸下，根据闭合电路欧姆定律，控制电路中电阻变小，电流变大，衔铁被吸下，则当日光充足时光敏电阻R阻值减小，故A错误；电动势增大，电阻不变情况下，电流增大，电磁继电器把衔铁吸下，减少了路灯照明时间，故B错误；增大保护电阻R0，电流减小，延长了照明时间，故C正确；LED灯的盏数不影响控制电路，考虑蓄电池容量一定，可能减少照明时间，故D错误。]
    3.(1)减小 (2)C 偏转 不偏转 (3)56.3 减小
    解析 (1)由题图可以得到热敏电阻的阻值随温度的升高而减小。
    (2)合上开关S，应用多用电表的直流电压挡去排查电路故障，故应将选择开关旋至C。
    若只有继电器线圈断路，则应发现表笔接入继电器线圈两端时，多用电表电压接近电源电动势，多用电表的指针偏转；若只有继电器线圈断路，表笔接入热敏电阻两端时，由于继电器线圈断路，回路中没有电流，热敏电阻两端电压为零，多用电表的指针不偏转。
    (3)如果设置报警温度为55 ℃，由图像可知该温度对应的热敏电阻阻值为Rt＝32 Ω
    根据闭合电路欧姆定律可得I＝eq \f(E,Rt＋R继＋R)
    可得至少应将变阻箱的电阻R调节到
    R＝eq \f(E,I)－Rt－R继＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,40.2×10－3)－32－61))Ω≈56.3 Ω
    想要让热敏电阻在高温报警中更加“敏感”(即温度不是太高就报警)，说明报警时热敏电阻的阻值比原来大，故为了使电流达到电磁继电器正常吸合时的电流，需要减小变阻箱的电阻。
    4.(1)20 (2)减小 (3)图见解析 (4)0.4
    解析 (1)由多用电表欧姆挡的读数规则可知，励磁线圈的电阻约为r＝20 Ω。
    (2)从图乙中可以看出，光敏电阻的阻值随照度的增大而逐渐减小。
    (3)自动控制电路图如图所示。
    (4)当控制电路中的电流为0.05 A时，控制电路的总电阻为
    R＝eq \f(E1,I)＝eq \f(6.0,0.05) Ω＝120 Ω
    因定值电阻R0＝60 Ω，励磁线圈的电阻r＝20 Ω，故此时光敏电阻的阻值应为R1＝R－R0－r＝40 Ω
    由图乙可知此时的照度约为0.4 lx。
    5.(1)eq \f(I1（r1＋R1）,I2－I1) (2)减小 (3)150 50
    解析 (1)Rx的测量值为Rx＝eq \f(I1（r1＋R1）,I2－I1)。
    (2)由题图可知，随压力F的增大，压敏电阻Rx的阻值减小。
    (3)由题图乙得Rx＝250－eq \f(250－50,100)F＝250－2F
    根据欧姆定律得E＝U＋eq \f(U,R)Rx＝U＋eq \f(U,R)(250－2F)
    当F＝100 N时，Rx＝50 Ω，此时电压表电压为3 V，定值电阻的阻值为R＝150 Ω
    将U＝2 V代入得F＝50 N。
    第十三章 光 学
    第1练 光的折射 全反射
    1.A [光由光疏介质射入光密介质时，折射角小于入射角，由题意知，地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大，折射光线越来越靠近法线，则太阳光应向下弯曲，故A正确，B、C、D错误。]
    2.C [玻璃对单色光b的折射率较小，光路图如图所示，光在介质中的传播速度v＝eq \f(c,n)，所以a光束在玻璃砖中传播速度比b光的小，故A错误；根据光路的可逆性可知，下表面的出射角等于上表面的入射角，即两束光在下表面的出射角相等，即从玻璃砖下表面射出后，两束光仍然平行，故B错误；由于a光的折射率大，偏折程度大，从下表面射出后沿水平方向侧移的距离大，故两束光从下表面射出后，两束光之间的距离一定增大，故C正确，D错误。]
    3.B [画出光路图如图所示，设折射角为i，根据折射定律n＝eq \f(sin i,sin θ)，则得sin i＝nsin θ＝eq \f(\r(3),2)，解得i＝60°，根据几何关系，两个光斑之间的距离为L＝eq \f(R,tan θ)＋eq \f(R,tan i)＝20eq \r(3) cm，故B正确。]
    4.A [当转过角α时，可以知道光线在PQ界面上的入射角为α，恰好没有任何光线从PQ边射出，可以知道临界角为α，因为紫光的折射率最大，根据sin iC＝eq \f(1,n)可知，紫光的临界角最小，最先消失的是紫光，现在都没有光射出，说明临界角最大的红光也没有射出，所以红光的临界角为α，故A项正确，B、C、D项错误。]
    5.BC [如图所示，当α＝41°时，恰好全反射，临界角iC＝θ2＝49°，则n＝eq \f(1,sin 49°)，故A错误，B正确；当α＝60°时，θ2＝30°，由n＝eq \f(sin θ1,sin θ2)知θ1>30°，β<60°，故C正确，D错误。]
    6.AD [光线在内芯和包层的界面上发生全反射，可知光从光密介质进入光疏介质，则内芯的折射率大于包层的折射率，故A正确，B错误；不同频率的可见光在界面上发生全反射，可知经过的路程相同，根据v＝eq \f(c,n)，光在介质中传播的速度不同，则传播的时间不同，故C错误；根据sin iC＝eq \f(1,n)知，折射率越大，临界角越小，红光的折射率小，则临界角大，若红光恰能发生全反射，则紫光一定能在分界面上发生全反射，故D正确。]
    7.A [如图所示，由几何关系可知，光线射出时的折射角γ为2θ，折射率n＝eq \f(sin 2θ,sin θ)＝2cs θ，故A正确；光在“水晶球”中传播的距离l＝dcs θ，时间t＝eq \f(l,v)＝eq \f(nl,c)＝eq \f(2dcs2θ,c)，故B错误；由于光是从光疏介质进入光密介质，所以一定不会在球内发生全反射，故C错误；当换用入射光的波长较短时，则光的频率较大，光的折射率较大，由v＝eq \f(c,n)可知光在“水晶球”中的传播速度变小，故D错误。]
    8.A [光在AC边上恰好发生全反射，有sin 60°＝eq \f(1,n)，所以三棱镜的折射率n＝eq \f(2\r(3),3)，故A正确；如图所示，光在BC边上的入射角等于30°，因此不发生全反射，故B错误；减小入射光频率，折射率也减小，临界角增大，则光在AC边上入射角小于临界角，不会发生全反射，故C错误；增大入射光频率，折射率也增大，光的速度减小，光在三棱镜中传播路程不变，则光的传播时间变长，故D错误。]
    9.A [根据题意可知，当蝌蚪反射的光在荷叶边缘发生全反射时，则在水面之上看不到蝌蚪，如图所示，由于sin iC＝eq \f(1,n)＝eq \f(3,4)，则有tan iC＝eq \f(3,\r(42－32))＝eq \f(3\r(7),7)，则有OE＝R－htan iC＝0.05 m，由对称性可知S1S2＝2OE＝0.1 m，则在水面之上看不到小蝌蚪的时间为t＝eq \f(S1S2,v)＝2 s，故A正确。]
    10.eq \f(3－\r(3),3)l
    解析 光束由M点射入后发生折射，经BC边反射后经过A点，作出M点关于BC的对称点M′，连接M′A交BC于D，光路图如图所示。
    由几何关系可知入射角i＝45°
    设折射角为r，由折射定律可知
    n＝eq \f(sin i,sin r)
    解得r＝30°
    设AM间的距离为d，由几何关系可知
    ∠ABD＝∠DBM′＝45°，∠AM′M＝15°，
    则∠BAD＝30°
    在Rt△ABM′中，BM′＝ABtan∠BAD＝eq \f(\r(3),3)l
    又BM＝BM′＝eq \f(\r(3),3)l
    则d＝l－eq \f(\r(3),3)l＝eq \f(3－\r(3),3)l。
    11.(1)eq \r(3) (2)eq \f(6R,c)
    解析 (1)根据对称性和光路可逆性作出光路图如图所示，
    i′＝60°，γ＝γ′＝θ＝30°
    根据n＝eq \f(sin i,sin γ)，解得n＝eq \r(3)。
    (2)由几何关系得
    CB＝BD＝2Rcs γ＝eq \r(3)R
    光在玻璃球中的传播速度v＝eq \f(c,n)
    光在玻璃球中的传播时间t＝eq \f(CB＋BD,v)＝eq \f(6R,c)。
    第2练 光的波动性 相对论
    1.B [用复色光投射时同样能看到条纹，A错误；在双缝干涉实验中，明暗相间的条纹是两列光在屏上叠加形成的干涉条纹，B正确；由条纹间距公式Δx＝eq \f(L,d)λ知，把光屏前移或后移，改变了L，从而改变了条纹间距，但还可能看到明暗相间条纹，C错误；因为λ蓝 <λ红，由条纹间距公式Δx＝eq \f(L,d)λ知，蓝光干涉条纹的间距比红光的小，D错误。]
    2.B [根据乙图和丙图可知，丙图的条纹间距比乙图的条纹间距大，根据条纹间距公式Δx＝eq \f(L,d)λ可知，条纹间距变大，可能是改用了波长较长的光，也有可能是增大了双缝到光屏的距离L，也有可能减小了双缝间的距离d，故B正确。]
    3.AC [根据光的干涉特点可知，入射光的波长越长，相邻干涉条纹的间距越大，即乙图观察到的条数越少，故A正确；发生薄膜干涉时，相邻明条纹间的空气层的厚度差为eq \f(λ,2)，M、N之间垫块的高度越高，空气层的夹角越大，所以相邻明条纹之间的距离变小，干涉条纹的条数越多，故B错误；薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相等，明条纹右偏说明P点所对应待检测物的表面相对Q点所对应待检测物的表面是凸起的，故C正确，D错误。]
    4.C [平面镜的反射光相当于从S的像点发出的光，所以该装置类似于双缝干涉装置，能在光屏上观察到与镜面平行的干涉条纹，不是光的衍射现象，A、B错误；将光屏沿水平方向远离线光源S，即L增大，则屏上的两个相邻条纹间的距离增大，C正确；若将线光源S沿竖直方向靠近平面镜平移，相当于减小了两束干涉光的间距d，则屏上的两个相邻条纹间的距离增大，D错误。]
    5.A [波长为λ的光在玻璃片中的传播速度v＝eq \f(c,n)，通过玻璃片厚度为10λ的距离，光传播的时间差Δt＝eq \f(10λn,c)－eq \f(10λ,c)＝eq \f(5λ,c)，选项A正确。]
    6.B [泊松亮斑是光通过不透明的小圆盘发生衍射时形成的，A错误；光学镜头上的增透膜利用了光的干涉原理，B正确；白光通过三棱镜呈现彩色图样是光的色散现象，C错误；在镜头前加装一个偏振片，以消除反射光的透射，D错误。]
    7.C [只有光的偏振现象能说明光的传播方向与振动方向垂直，即能说明光是横波，其他的现象均不能说明光是横波，如A项的全反射现象，说明光由光密介质进入光疏介质发生的现象，B项的干涉现象和D项的衍射现象说明光具有波动性，故C正确，A、B、D错误。]
    8.B [双缝干涉条纹是等间距的，而单缝衍射条纹除中央亮条纹最宽、最亮之外，两侧条纹亮度、宽度都逐渐减小，因此1、3为双缝干涉条纹，2、4为单缝衍射条纹。相邻亮条纹间距Δx＝eq \f(L,d)λ，红光波长比蓝光波长长，则红光干涉条纹间距大于蓝光干涉条纹间距，即1、3分别对应红光和蓝光。而在单缝衍射中，当单缝宽度一定时，波长越长，衍射越明显，即中央条纹越宽越亮，黄光波长比紫光波长长，即2、4分别对应紫光和黄光。综上所述，1、2、3、4四个图中亮条纹的颜色依次是：红、紫、蓝、黄，B正确。]
    9.AD [第一次折射时，入射角相同，a光的折射角较小，根据n＝eq \f(sin i,sin γ)可知，a光的折射率较大，根据sin iC＝eq \f(1,n)可知，水滴对a光的临界角小于对b光的临界角，故A正确；因为a光的折射率较大，所以a光频率较大，波长较短，故B错误；a光的折射率较大，根据v＝eq \f(c,n)可知，在水滴中a光的传播速度小于b光的传播速度，故C错误；由Δx＝eq \f(L,d)λ知通过同一双缝干涉装置，双缝干涉条纹间距与波长成正比，a光波长较短，条纹间距较小，故D正确。]
    10.C [因为玻璃砖对b光的偏折程度大于对a光的偏折程度，所以玻璃砖对b光的折射率大于对a光的折射率，所以b光频率高，光子能量大，故A错误；根据sin iC＝eq \f(1,n)可知，b光临界角小，现将入射光绕O点逆时针转动，增加光从玻璃砖射向空气的入射角，则b光先消失，故B错误；b光频率高，波长短，根据Δx＝eq \f(L,d)λ可知，分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距，故C正确；根据v＝eq \f(c,n)，可知在半圆形玻璃砖中，b光的速度小，路程相同，则b光传播时间较长，故D错误。]
    11.B [图甲中，根据几何关系可知上表面的折射角等于下表面的入射角，根据光路的可逆性，无论怎么增大入射角i，下表面的入射角不会达到临界角，光线都不会在a界面发生全反射，故A错误；图乙中，根据双缝干涉相邻条纹间距公式Δx＝eq \f(L,d)λ，可知只减小屏到挡板间距离L，两相邻亮条纹间距离Δx将减小，故B正确；图丙是针尖在灯光下发生的现象，这种现象反映了光的衍射现象，故C错误；只有横波才能产生偏振现象，所以光的偏振现象表明光是一种横波，故D错误。]
    12.(1)eq \r(2) (2)1×10－9 s (3)2.5 mm
    解析 (1)由几何关系知，光线在AC面发生全反射的入射角为45°，可知临界角iC≤45°时，折射率有最小值，由sin iC＝eq \f(1,n)得n≥eq \r(2)，即最小折射率为eq \r(2)。
    (2)由几何关系可知，光线在玻璃砖中传播距离s＝eq \f(\r(2),2)LAC，光线在玻璃砖中的传播速度v＝eq \f(c,n)
    传播时间t＝eq \f(s,v)
    代入数据解得最短时间t＝1×10－9 s。
    (3)由λ＝eq \f(c,f)，Δx＝eq \f(L,d)λ
    联立代入数据解得Δx＝2.5 mm。
    实验十八 测量玻璃的折射率
    1.(1)C (2)大 (3)1.5 (4)偏大
    解析 (1)手拿光学元器件时切忌用手触摸“工作面”，以防脏污甚至腐蚀光学面造成永久的损坏，故A错误；为减少测量误差，入射角应适当大一些，即P1、P2的连线与法线NN′的夹角应尽量大些，故B错误；为了减小作图误差，将出射光线确定得更准确些，P3和P4的距离应适当取大些，故C正确；测折射率时，只要操作正确，与玻璃砖形状无关，故玻璃的两个光学面aa′、bb′不平行，对玻璃折射率的测定结果没有影响，故D错误。
    (2)为了减小误差，应选用宽度大的玻璃砖来测量，宽度越大，出射光线的侧位移越大，折射角的测量越准确，故为了减小误差应选用宽度大的玻璃砖来测量。
    (3)根据折射率定义公式有n＝eq \f(sin θ1,sin θ2)
    代入数据可得玻璃砖的折射率为n＝eq \f(0.6,0.4)＝1.5。
    (4)在实验过程中，画出界面a后，不小心将玻璃砖向上平移了一些，导致界面a′画到图中虚线位置，而在作光路图时界面a仍为开始所画的，实际光线如图中的O′Q所示，而作图光线如OQ所示，导致折射角偏小，所测得的折射率偏大。
    2.(1)①30.1 (2)n＝eq \f(\r(d2＋4h2),d) (3)1.41
    解析 (1)①根据游标卡尺的读数规律，该读数为
    30 mm＋0.1×1 mm＝30.1 mm。
    (2)由于从液面上方的各个方向都恰好看不到大头针，表明恰好发生全反射，根据几何关系有
    sin iC＝eq \f(\f(d,2),\r(h2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,2)))2))
    根据临界角与折射率的关系有sin iC＝eq \f(1,n)
    解得n＝eq \f(\r(d2＋4h2),d)。
    (3)根据上述，代入给定数值有
    n＝eq \f(\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(30.1×10－3))2＋4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1.50×10－2))\s\up4(2)),30.1×10－3)≈1.41。
    3.(1)见解析图 (2)eq \r(2) (3)能
    解析 (1)光路图如图所示
    (2)由图中几何关系可得OP＝eq \r(PA2＋OA2)＝20 cm
    则有sin γ＝eq \f(PA,OP)＝eq \f(1,2)
    解得γ＝30°
    根据折射定律可知，玻璃砖的折射率为
    n＝eq \f(sin i,sin γ)＝eq \f(sin 45°,sin 30°)＝eq \r(2)。
    (3)由图可知，光束在O点的入射角为θ＝90°－γ＝60°
    设光束在O点发生全反射的临界角为iC，则有
    sin iC＝eq \f(1,n)＝eq \f(\r(2),2)
    可得iC＝45°<θ＝60°
    光线能在O点发生全反射。
    4.(1)BD (2)丙 eq \f(DE,FG)
    解析 (1)根据题意可知，然后应插上大头针P3，使P3挡住P1、P2的像，再插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像，从而确定出射光线，故正确的操作步骤为B、D。
    (2)根据题意，过P3、P4作一条直线与AC边相交于H，并以入射点O为圆心作一个圆，与入射光线相交于D，与OH连线的延长线相交于G，过O点作法线，过D点作法线的垂线交于E，过G点作法线的垂线交于F，如图所示。
    由图可知sin α＝eq \f(DE,DO)，sin β＝eq \f(FG,OG)，DO＝OG，根据几何关系可得，折射率为n＝eq \f(sin α,sin β)＝eq \f(DE,FG)。
    可见，仅通过测量ED、FG的长度便可正确计算出折射率，故选丙图。
    5.(1)见解析图 (2)eq \f(l1\r(（l1－l3）2＋leq \\al(2,2)),（l1－l3）\r(leq \\al(2,1)＋leq \\al(2,2))) (3)变小
    解析 (1)光线穿过平行玻璃砖的出射光线和入射光线平行，过S1作BS2的平行线，交ad于C点，连接OC，光路图如图所示。
    (2)根据几何关系可知，入射角的正弦值sin i＝eq \f(l1,\r(leq \\al(2,1)＋leq \\al(2,2)))，折射角的正弦值sin γ＝eq \f(l1－l3,\r(（l1－l3）2＋leq \\al(2,2)))，根据折射定律
    n＝eq \f(sin i,sin γ)＝eq \f(l1\r(（l1－l3）2＋leq \\al(2,2)),（l1－l3）\r(leq \\al(2,1)＋leq \\al(2,2)))。
    (3)若玻璃砖的宽度变小，ad边与两条光线的交点距离变小，即BC变小，则S1S2间的距离也会变小。
    6.(1)B (2)A (3)激光在MP界面上发生了全反射 能
    解析 (1)应该先插光路后面的针，否则光被挡住，后面的针无法确定位置，故正确的插针顺序应是P4、P3、P2、P1，故B正确。
    (2)在MP界面上，由几何关系知光的入射角为i＝30°，折射角为γ＝60°，则玻璃的折射率为n＝eq \f(sin γ,sin i)＝eq \f(sin 60°,sin 30°)＝eq \r(3)，故A正确。
    (3)入射光线与MN平行，在MP一侧没有找到出射光线，说明光线在MP上发生了全反射，根据几何关系可以求出光线在MN面上的入射角，由插针得出折射角，从而由折射率公式计算出折射率。
    实验十九 用双缝干涉实验测量光的波长
    1.(1)15.5 (2)eq \f(（xB－xA）d,6L) (3)变窄
    解析 (1)由图可知游标卡尺主尺刻度为15 mm，而游标尺为10分度值，精度为0.1 mm，游标尺第5格与主尺刻度对齐，可知游标尺读数为5×0.1 mm＝0.5 mm，分划板在图中B位置时游标卡尺读数xB＝15 mm＋0.5 mm＝15.5 mm。
    (2)由条纹间距公式Δx＝eq \f(L,d)λ，结合图示两分划板的位置可知，该单色光的波长为
    λ＝eq \f(（xB－xA）d,6L)。
    (3)光的频率与波长之间的关系为λ＝eq \f(c,ν)，可见频率越高，波长越短，而由Δx＝eq \f(L,d)λ可知，若用频率更高的单色光照射，同时增大双缝间的距离d的情况下，条纹间距将变窄。
    2.(1)1.420 (2)eq \f(d\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－x1)),4L) (3)4.7×10－7 (4)A
    解析 (1)螺旋测微器读数为x1＝2 mm＋19.0×0.01 mm＝2.190 mm，x2＝7.5 mm＋36.8×0.01 mm＝7.868 mm，则相邻亮纹的间距Δx＝eq \f(x2－x1,4)＝1.420 mm。
    (2)根据干涉条纹公式Δx＝eq \f(L,d)λ可得λ＝eq \f(d,L)Δx＝eq \f(d（x2－x1）,4L)。
    (3)代入数据可得
    λ＝eq \f(0.20×10－3×1.420×10－3,600×10－3) m＝4.7×10－7 m。
    (4)根据Δx＝eq \f(L,d)λ可知，实验时单缝偏离光轴，向右微微移动，因双缝间距、双缝到光屏的距离、波长都不变，所以条纹间距不变，由于主光轴变的倾斜，可以观察到O点处的干涉条纹向左移动，故A正确。
    3.(1)0.35 eq \f(dx,5L) 4.8×10－7 (2)D
    解析 (1)图丙中游标卡尺的最小分度值为0.05 mm，主尺示数为0，游标尺的第7刻度线与主尺刻度线对齐，则示数为0＋7×0.05 mm＝0.35 mm；A、B条纹间的距离为5倍相邻亮(暗)条纹间的距离，故Δx＝eq \f(x,5)；根据相邻亮(暗)条纹间的间距公式有Δx＝eq \f(L,d)λ，解得λ＝eq \f(dx,5L)，代入数据可得λ＝4.8×10－7 m。
    (2)该同学对实验装置调节后，在像屏上仍能观察到清晰的条纹，且条纹数目有所增加，可知相邻条纹间的宽度减小，由公式Δx＝eq \f(L,d)λ可知，该调节可能是更换波长更短的光做实验，即将红色滤光片换成绿色滤光片，其他选项的调节都达不到该实验效果，故D正确。
    4.(1)平行 (2)远离 (3)1.61 (4)大于
    解析 (1)实验前，应调节光具座上放置的各光学元件，并使各元件的中心位于遮光筒的轴线上，并保证单缝和双缝平行。
    (2)若从目镜中看到干涉条纹太密，要想减少从目镜中观察到的条纹个数，则需要使条纹间距变大，根据Δx＝eq \f(L,d)λ可知，需将毛玻璃屏向远离双缝的方向移动。
    (3)图乙所示的手轮的读数为x2＝14.5 mm＋3.0×0.01 mm＝14.530 mm，相邻两亮条纹的间距Δx＝eq \f(x2－x1,9)≈1.61 mm。
    (4)根据Δx＝eq \f(L,d)λ可得λ＝eq \f(Δxd,L)，如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，所测得的条纹间距偏大，则光的波长测量值大于实际值。
    5.(5)10.50 2.10 (6)0.10
    解析 (5)用刻度尺测出a、b两点间的距离为10.50 cm，两相邻暗纹中心之间的距离为Δx＝eq \f(10.50,5) cm＝2.10 cm。
    (6)刀片的厚度为Δx＝eq \f(L,d)λ，解得d＝0.10 mm。
    第十四章 热 学
    第1练 分子动理论 内能
    1.ACD [由于μ＝ρV，则NA＝eq \f(μ,m0)＝eq \f(ρV,m0)，变形得m0＝eq \f(μ,NA)，故A、D正确；由于水蒸气中水分子之间有空隙，所以NAV0＜V，则水蒸气的密度为ρ＝eq \f(μ,V)＜eq \f(μ,NAV0)，故B错误，C正确。]
    2.CD [1 kg铜所含的原子数为N＝eq \f(1,M)NA，故A错误；1 m3铜所含的原子数为N＝nNA＝eq \f(ρNA,M)，故B错误；1个铜原子的质量m＝eq \f(M,NA)(kg)，故C正确；1个铜原子的体积为V＝eq \f(M,ρNA)(m3)，又V＝eq \f(4,3)π·(eq \f(d,2))3，联立解得d＝eq \r(3,\f(6M,πρNA))(m)，故D正确。]
    3.B [设空气的摩尔质量为M，在海底和岸上的密度分别为ρ海和ρ岸，一次吸入空气的体积为V，在海底和在岸上分别吸入的空气分子个数为n海和n岸，则有n海＝eq \f(ρ海VNA,M)，n岸＝eq \f(ρ岸VNA,M)，多吸入的空气分子个数为Δn＝n海－n岸，代入数据得Δn＝3×1022个，故B正确。]
    4.A [因为一切物质的分子都在不停地做无规则运动，所以使用免洗洗手液时，手部很快就干爽了，这是扩散现象，故A正确；在房间内喷洒乙醇消毒液后，会闻到淡淡的酒味，这是酒精分子扩散运动的结果，证明了酒精分子在不停地做无规则运动，不属于布朗运动，故B、C错误；洗手液中的酒精由液体变为同温度的气体的过程中，温度不变，分子平均动能不变，但是分子之间的距离变大，故D错误。]
    5.CD [布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的运动，间接反映了液体分子永不停息地做无规则运动，A错误，C正确；悬浮微粒越小，布朗运动越显著，这是由于悬浮微粒周围的液体分子对悬浮微粒撞击的不平衡引起的，不能说明分子的运动与悬浮微粒的大小有关，B错误；温度越高，布朗运动越激烈，说明温度越高，分子运动越激烈，D正确。]
    6.B [碎玻璃不能拼在一起，是由于分子间距离太大，分子间的作用力几乎为零，故A错误；扩散现象是分子热运动直接形成的，而布朗运动是分子无规则运动对微粒的碰撞不平衡造成的，不是分子本身的热运动，故B正确；墨水中的小炭粒所做的不停地无规则运动，是墨水分子的无规则运动对悬浮在液体中的固体颗粒的碰撞不平衡形成的，不是固体分子本身的无规则运动，故C错误；物体的内能跟物体的质量、温度、状态和物质的种类等多种因素有关，因此内能大的物体温度不一定高，温度高的物体内能不一定大，故D错误。]
    7.ACD [在r>r0阶段，两分子间的分子力为引力，两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近，分子力做正功，分子动能增大，分子势能减小，故A正确；在r8.BD [由图像可知，乙分子从Q点沿x轴向P点运动的过程中，分子势能一直减小，动能一直增大，在P点速度最大，是受力平衡位置，加速度为零，故A、C错误，B正确；在只有分子力做功的情况下，分子势能和动能之和不变，乙分子从Q点到M点，分子势能先减小后增大，则分子动能先增加后减小，故D正确。]
    9.AC [温度相同则它们的分子平均动能相同，又因为1 g水和1 g水蒸气的分子数相同，因而它们的分子总动能相同，A正确，B错误；当100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气时，要吸收热量，内能增加，由于分子的总动能相同，所以分子的势能总和变大，C正确，D错误。]
    10.BD [乙分子在P点(x＝x2)时，分子势能最小，可知该点分子力为零，加速度为零，即加速度最小，故A错误；乙分子在P点时分子势能为－E0，两分子所具有的总能量为零，则其动能为E0，故B正确；乙分子在P点时，分子势能最小，分子力为零，处于平衡状态，故C错误；当x11.AD [大气压强由大气层空气的重力产生，即mg＝p0S＝p0·4πR2，则地球大气层空气分子总数为N＝eq \f(m,M)NA＝eq \f(4πR2p0NA,Mg)，A正确，B错误；大气层中空气的体积为V＝4πR2h，则空气分子之间的平均距离为d＝eq \r(3,\f(V,N))＝eq \r(3,\f(Mgh,p0NA))，C错误，D正确。]
    12.(1)5×10－26 kg (2)2×1024 (3)3×10－9 m
    解析 (1)一个氮气分子的质量m＝eq \f(M,NA)
    解得m≈5×10－26 kg。
    (2)设气囊内氮气的物质的量为n，则有n＝eq \f(ρV,M)，N＝nNA
    解得N≈2×1024(个)。
    (3)气体分子间距较大，可以认为每个分子占据一个边长为r的立方体，则有
    r3＝eq \f(V,N)
    解得r≈3×10－9 m。
    实验二十 用油膜法估测油酸分子的大小
    1.(1)A (3)7.5×10－10
    解析 (1)“将油酸分子看成球形”采用的方法是理想模型法，故选A。
    (3)一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积
    V＝eq \f(1.2×10－6×0.2%,400) m3＝6×10－12 m3
    分子直径d＝eq \f(V,S)＝eq \f(6×10－12,8.0×10－3) m＝7.5×10－10 m。
    2.(1)DACB (2)6.3×10－10 (3)大于
    解析 (1)实验操作的合理顺序是DACB。
    (2)一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为V0＝2.5×10－11 m3，测量并计算出油膜的面积为S＝4.0×10－2 m2，则油酸分子的直径为
    d＝eq \f(V0,S)＝eq \f(2.5×10－11,4.0×10－2) m＝6.3×10－10 m。
    (3)该同学做实验时，水面上痱子粉撒得太多，使得油膜没有充分展开，则油酸溶液在水面上形成的油膜面积偏小，由d＝eq \f(V0,S)可知，这种情况会导致分子直径d的测量结果大于真实值。
    3.(1)D (2)①偏大 ②偏小 (3)7×10－10
    解析 (1)测量一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积时，至少要测量50滴到100滴油酸酒精溶液的体积，然后计算一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，选项A错误；测量一滴油酸酒精溶液在水面形成的面积时，使用爽身粉才能看出油膜的轮廓，在水中加入红墨水后混合均匀不能看出油膜的轮廓，选项B错误；实验时只是把油酸分子看作是球形的理想模型，实际的油酸分子不是球形的，因此通过计算得到只是将油酸分子看成是球形时的油酸分子直径，选项C错误；计算油酸分子的大小时，认为水面油酸为单分子层且认为分子间紧密排布，选项D正确。
    (2)①若实验过程中发现，撒入的爽身粉过多，导致油酸分子未形成单分子层，则油膜面积的测量值偏小，根据d＝eq \f(V,S)则计算得到的油酸分子直径将偏大；
    ②若实验中使用的油酸酒精溶液是经久置的，在溶液中的油酸浓度会偏大，实际计算时仍按原来的浓度计算，则计算得到的油酸分子直径将偏小。
    (3)一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积为
    V＝eq \f(1,5 000)×eq \f(1,80) mL＝2.5×10－6 mL
    油膜的面积为S＝140×0.5×0.5 cm2＝35 cm2
    分子直径d＝eq \f(V,S)＝eq \f(2.5×10－6×10－6,35×10－4) m＝7×10－10 m。
    4.(1)bcad (2)①1.3×102 ②8.0×10－12 m3 ③6.1×10－10 (3)B
    解析 (1)用“用油膜法估测分子的大小”的实验步骤为：配制油酸酒精溶液→测定一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积→准备浅水盘→形成油膜→描绘油膜边缘→测量油膜面积→计算分子直径。因此操作先后顺序排列应是bcad。
    (2)①图中油膜中大约有132个小方格，则油酸膜的面积为
    S＝132×12 cm2＝132 cm2≈1.3×102 cm2。
    ②每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为
    V0＝eq \f(0.6,1 000)×eq \f(1×10－6,75) m3＝8.0×10－12 m3
    ③油酸分子的直径为d＝eq \f(V0,S)＝eq \f(8×10－12,132×10－4) m≈6.1×10－10 m。
    (3)1 kg油酸所含有分子数为n＝eq \f(1,M)NA＝eq \f(NA,M)，故A错误；1 m3油酸所含分子数为n＝eq \f(1,\f(M,ρ))NA＝eq \f(ρNA,M)，故B正确；1个油酸分子的质量为m0＝eq \f(M,NA)，故C错误；设油酸分子的直径为d，则有eq \f(4,3)π(eq \f(d,2))3＝eq \f(M,ρNA)，解得d＝eq \r(3,\f(6M,πρNA))，故D错误。
    5.(1)256 8×10－10 (2)9.4×10－10
    解析 (1)数油膜的正方形格数，大于半格的算一格，小于半格的舍去，得到油膜的面积S＝64×2×2 cm2＝256 cm2。溶液浓度为eq \f(0.25,250)＝eq \f(1,1 000)，每滴溶液体积为eq \f(1,100) mL，2滴溶液中所含油酸体积为V＝2×10－5 cm3，油膜厚度即油酸分子的直径是d＝eq \f(V,S)≈8×10－10 m。
    (2)直径为1.43×10－8 m的圆周周长为l＝πd≈4.5×10－8 m，可以估算出铁原子的直径约为d′＝eq \f(4.5×10－8,48) m≈9.4×10－10 m。
    第2练 气体、液体和固体
    1.AD [晶体和非晶体的区别就是有无固定熔点，因此可以利用有无固定熔点来判断物质是晶体还是非晶体，故A正确；晶体在熔化时要吸热，是分子势能增加，而晶体在熔化过程中温度不变，分子动能不变，故B错误；多晶体表现为各向同性，故C错误；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质和单晶体相似，具有各向异性，故D正确。]
    2.D [单晶体的各向异性是针对某些物理性质而言的，并不是所有的物理性质都表现为各向异性，故A错误；固体原子(或者分子、离子)是在平衡位置附近振动，故B错误；如果要保存地下的水分，就要破坏土壤里的毛细管，这时就要用铲子把土壤铲松，故C错误；一种液体是否浸润某种固体，与这两种物质的性质都有关系，故D正确。]
    3.A [根据题图可知，液体与玻璃的附着层沿固体表面收缩，则该液体对玻璃是不浸润的，故A正确；玻璃管与其他液体有可能浸润，管中液面会上升，故B错误；不浸润液体中，减小管的直径，管中液面会进一步下降，故C错误；在不浸润现象中，液体和玻璃间的相互作用比液体分子间的相互作用弱，故D错误。]
    4.A [夜间气温低，分子的平均动能更小，但不是所有分子的运动速率都更小，故A正确，C错误；由于汽车轮胎内的气体压强变低，轮胎会略微被压瘪，则单位体积内分子的个数更多，分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更小，B、D错误。]
    5.B [以A管中的水银为研究对象，则有pS＋ρghScs θ＝p0S，B管内压强为p＝p0－ρghcs θ，可知p6.C [设人的肺活量为V，将空腔中的气体和人肺部的气体一起研究，初状态p1＝p0，V1＝V0＋V；末状态V2＝V0，根据压强关系有p2＝p0＋ρgh；根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2，联立解得V＝eq \f(ρgh,p0)V0，故C正确。]
    7.C [取表内封闭气体为研究对象，初状态的压强为p1＝1.0×105 Pa，温度为T1＝(273＋27)K＝300 K，末状态的温度为T2＝[273＋(－23)]K＝250 K，根据查理定律有eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)，解得p2＝eq \f(5,6)×105 Pa，所以此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为Δp＝p2－p′＝eq \f(5,6)×105 Pa－4.0×104 Pa≈4.3×104 Pa，故C正确。]
    8.B [曲线Ⅰ为等温变化， a、b两点的温度相同，A错误；根据理想气体的气态方程，a到c为等压变化，即有eq \f(Ta,Tc)＝eq \f(Va,Vc)＝eq \f(1,2)，B正确；由图像可知pa＝pc，又eq \f(pd,pc)＝eq \f(Vc,Vd)＝eq \f(2,3)，故eq \f(pa,pd)＝eq \f(3,2)，C错误；由图像可知pa＝pc，又eq \f(pa,pd)＝eq \f(3,2)，eq \f(pa,pb)＝3，故eq \f(pd,pb)＝2，D错误。]
    9.B [因为bc的延长线通过原点，所以bc是等容线，即气体体积在bc过程中保持不变，B正确；ab是等温线，压强减小则体积增大，A错误；cd是等压线，温度降低则体积减小，C错误；连接aO交cd于e，则ae是等容线，即Va＝Ve，因为Vd10.(1)33 cm (2)72.5 ℃
    解析 (1)设细玻璃管的横截面积为S，开始时管内封闭端气体压强为p1＝p0＋ρgh
    旋转后封闭端气体压强为p2＝p0－2ρghsin θ
    由玻意耳定律有p1LS＝p2(L＋h)S
    代入数据解得L＝33 cm。
    (2)开始时封闭端气体温度T1＝273＋t0
    加热后气体的温度为T2＝273＋t
    由理想气体状态方程得eq \f(p1LS,T1)＝eq \f(p0（L＋h）S,T2)
    代入数据解得t＝72.5 ℃。
    11.(1)2 kg (2)3.3×105 Pa(或eq \f(10,3)×105 Pa)
    解析 (1)设当热力学温度T1＝300 K时，封闭气体的压强为p1，根据物体的平衡条件有
    p1S＝mg＋p0S
    设当热力学温度T2＝600 K时，封闭气体的压强为p2，根据物体的平衡条件有
    p2S＝(M＋m)g＋p0S
    根据查理定律有eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)
    解得M＝2 kg。
    (2)设当活塞刚到达卡环处时，封闭气体的热力学温度为T0，根据盖－吕萨克定律有eq \f(HS,T0)＝eq \f(hS,T2)
    解得T0＝720 K
    因为T3>T0，所以此后封闭气体的体积不变，根据查理定律有eq \f(p,T3)＝eq \f(p2,T0)
    由(1)可得p2＝eq \f(8,3)×105 Pa
    解得p＝3.3×105 Pa。
    12.pB＝54.36 cmHg pA＝74.36 cmHg
    解析 B管在上方时，设B管中气体的压强为pB，长度lB＝10 cm，则A管中气体的压强为pA＝pB＋20 cmHg，长度lA＝10 cm
    倒置后，A管在上方，设A管中气体的压强为pA′，A管内空气柱长度lA′＝11 cm
    已知A管的内径是B管的2倍，则水银柱长度为
    h＝9 cm＋14 cm＝23 cm
    则B管中气体压强为pB′＝pA′＋23 cmHg
    B管内空气柱长度lB′＝40 cm－11 cm－23 cm＝6 cm
    对A管中气体，由玻意耳定律有
    pAlA＝pA′lA′
    对B管中气体，由玻意耳定律有
    pBlB＝pB′lB′
    联立解得pB＝54.36 cmHg
    pA＝pB＋20 cmHg＝74.36 cmHg。
    专题强化练二十五 应用气体实验定律解决两类模型问题
    1.(1)70 cmHg (2)eq \f(160,3) m/s2
    解析 (1)设U形管横截面积为S，水银密度为ρ，静止时右侧气体的压强为大气压p0
    对底部液柱由平衡条件有p0S＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p1＋ρgh))S
    大气压强p0可表示为p0＝ρgh0
    其中h0＝75 cm
    解得p1＝70 cmHg。
    (2)设底部液柱质量为m，向左加速稳定时左边气体压强为p2，右边气体压强为p3
    两边液面相平，故左边气体长度从L1＝L－h＝5 cm变为
    L2＝L－eq \f(h,2)＝7.5 cm
    右边气体长度从L＝10 cm变为L3＝L－eq \f(h,2)＝7.5 cm
    对左边气体由玻意耳定律得p1L1S＝p2L2S
    对右边气体由玻意耳定律得p0LS＝p3L3S
    对底部液柱由牛顿第二定律有p3S－p2S＝ma
    其中m＝ρLS
    解得a＝eq \f(160,3) m/s2。
    2.(1)90 cmHg 80 cmHg (2)450 K 15 cm
    解析 (1)如题图所示，A、B两部分气体的压强为
    pA1＝p0＋ph1＝76 cmHg＋14 cmHg＝90 cmHg
    pB1＝pA1－ph2＝90 cmHg－10 cmHg＝80 cmHg。
    (2)开始气体温度为T1＝300 K，B气柱长度为LB1＝h3＝15 cm，升温后气体温度为T2，A、B两部分管内最低水银面相平，可求
    B气体压强为pB2＝pA1＝90 cmHg
    B气柱长度变为LB2＝h3＋eq \f(h2,2)＝20 cm
    对B气体，根据理想气体状态方程有eq \f(pB1LB1S,T1)＝eq \f(pB2LB2S,T2)
    代入数据解得T2＝450 K
    升温过程A部分气体做等压变化，根据盖－吕萨克定律有
    eq \f(h2S,T1)＝eq \f(LAS,T2)
    代入数据解得LA＝15 cm。
    3.(1)eq \f(2V,3S) (2)eq \f(1,2)p0S
    解析 (1)设后来两部分气体的压强为p，活塞A移动的距离为x，则汽缸Ⅰ内的气体体积变为V1＝2(V－xS)
    汽缸Ⅱ内的气体体积变为V2＝V＋xS
    由玻意耳定律：对Ⅰ内的气体p0V＝pV1
    对Ⅱ内的气体1.25p0·2V＝pV2
    联立解得x＝eq \f(2V,3S)，p＝eq \f(3,2)p0。
    (2)根据共点力的平衡条件F＋p0S＝pS
    解得F＝eq \f(1,2)p0S。
    4.(1)eq \f(5,6)L eq \f(1,3)L (2)eq \f(3,2)T0
    解析 (1)汽缸缓慢转到竖直位置时，汽缸Ⅱ内气体压强
    p2＝p0＋eq \f(2mg,S)＝3p0
    体积V2＝(L－x2)S
    此过程中气体发生等温变化，由玻意耳定律有2p0LS＝p2V2
    解得x2＝eq \f(1,3)L
    汽缸Ⅰ内气体压强p1＝p0＋eq \f(mg,S)＝2p0
    体积V1＝(L＋x2－x1)S
    由玻意耳定律有p0LS＝p1V1
    解得x1＝eq \f(5,6)L。
    (2)对汽缸Ⅱ内气体加热，使B活塞恰好回到初始位置过程，气体做等压变化，由盖－吕萨克定律有eq \f(V2,T0)＝eq \f(LS,T)
    解得T＝eq \f(3,2)T0。
    实验二十一 探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系
    1.B [本题探究的是一定质量的气体的等温变化的规律，若快速地压缩气体或者快速地使气体膨胀，气体的温度会升高或者降低，应该缓慢向下压或者向上拉柱塞，让气体有足够的时间交换热量从而使气体的温度不变，故B正确，A错误；C、D选项中气体的质量发生变化，不符合题意，故C、D错误。]
    2.(1)充分的热交换，保持封闭气体的温度不变 (2)eq \f(1,V)
    (3)Δp＝eq \f(k,V)－p0 大气压强p0
    解析 (1)每次气体的状态调整后，都要等一会儿再记录数据，这是为了充分的热交换，保持封闭气体的温度不变。
    (2)封闭气体的压强p＝p0＋Δp，根据pV＝C得(p0＋Δp)V＝C，变形得Δp＝
    C·eq \f(1,V)－p0，则以Δp为y轴，作出的函数图线为直线，则x轴是eq \f(1,V)。
    (3)据题知C＝k，整理得Δp＝k·eq \f(1,V)－p0，可知图像纵轴截距的绝对值的物理含义是大气压强p0。
    3.(1)质量 (2)AC (3)< (4)② 见解析
    解析 (1)在本实验操作的过程中，需要保持不变的量是气体的温度和质量。
    (2)在柱塞上涂抹润滑油可以提高装置的气密性，选项A正确；实验时应缓慢推拉柱塞等稳定后再读数，以避免气体温度发生变化，选项B错误；推拉柱塞及读取数据时不要用手握住注射器下端，以避免改变气体的温度，选项C正确；实验不必测量柱塞的横截面积，以气柱的长度值代替气体的体积值即可，选项D错误。
    (3)因T2对应的图像的pV值较大，可知温度较高，即这两次实验气体的温度大小关系为T1(4)根据eq \f(pV,T)＝C，可知p＝CTeq \f(1,V)，若漏气，则C减小，即图像的斜率减小，则图像为②。
    4.(1)C (2)双曲线 BD (3)Va＋Vb
    解析 (1)为避免温度发生变化，不能用手握住注射器，故A错误；实验中气体体积不是通过数据采集器获得的，故B错误；为保证封闭气体的气密性，应在柱塞与注射器壁间涂上润滑油，故C正确；为避免温度发生变化，实验过程中不能以较快的速度推拉活塞，故D错误。
    (2)根据玻意耳定律pV＝C，可知p－V图线理论上是一条双曲线；根据p(V＋V0)＝C，可得p＝eq \f(C,V＋V0)(3)根据玻意耳定律有p(V＋Va－V石)＝C
    变形可得V＝eq \f(1,p)C＋V石－Va
    根据图像可知石头的体积为V石＝Va＋Vb。
    5.(1)CD (2)防止封闭气体温度发生改变 (3)5 (4)①
    解析 (1)该实验过程中控制气体的温度不变，即运用了控制变量法，故A错误；实验时注射器如何放置对实验结果没有影响，故B错误；实验中要探究的是压强与体积之间的比例关系，所以不需要测量气体的体积，注射器内部的横截面积没有必要测量，故C正确；注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可，便于等量的改变体积，可以不标注单位，故D正确。
    (2)如果活塞推拉的过快，气体的温度将产生显著的变化，实验误差将增大。
    (3)由实验数据可知气柱长度与气柱压强的乘积基本恒定，前四组数据符合的很好，乘积在11.9～12.0之间，第5组数据的乘积较大，为15.2，说明第5组数据记录错误。
    (4)气体压强与气体的温度有关，一定质量的气体，在相同体积下，温度越高，压强越大，故图线①是在温度稍高的乙实验室中测量获得的。
    第3练 热力学定律与能量守恒定律
    1.A [外界对气体做功W＝200 J，气体向外界放热，则Q＝－100 J，根据热力学第一定律知，气体内能的增量ΔU＝W＋Q＝200 J－100 J＝100 J，即内能增加100 J。对于一定质量的理想气体，内能增加，温度必然升高，故A正确。]
    2.C [充气气球用绳子拴着一块石头在湖水中缓慢下沉，越往下水温越低，则内能减少，A错误；根据气球内气体压强等于湖水中的压强，可知压强逐渐增大，根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C知，气球体积减小，对外界做负功，B错误；气球下降时，气球内气体内能减小，外界对气球做正功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知减少的内能小于放出的热量，C正确，D错误。]
    3.B [打开阀门，水不断喷出，封闭气体的体积增大，气体对外界做功，B正确；由于罐内气体温度始终保持不变，由玻意耳定律知，气体的压强减小，A错误；温度不变，气体分子的平均动能不变，内能不变，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知气体吸热，C、D错误。]
    4.AD [根据热力学第二定律可知，不可能从单一热源吸热，使之完全变成功，而不产生其他影响，故A正确；在外界干预下，热量可以由低温物体传递给高温物体，故B错误；第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，故C错误；利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的，故D正确。]
    5.CD [内能可以转化成机械能，如热机，故A错误；内能转化成机械能的过程满足热力学第一定律，也可以说符合能量守恒定律，故B错误；根据热力学第二定律可知，不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化，故C、D正确。]
    6.C [A→C的过程中，由热力学第一定律有ΔUAC＝QAC＋WAC，由于A、C处于同一条等温线上，所以TA＝TC，气体在A状态的内能等于在C状态的内能，即ΔUAC＝0，由气体体积增大知WAC<0，因此可得QAC>0，QAC＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(WAC))，此过程中气体吸收的热量等于对外做的功，故A错误，C正确；根据A→C的过程中等温线的变化可知，气体温度先升高后降低，则气体分子的平均动能先增大后减小，故B错误；A→B→C过程，有ΔUABC＝QABC＋WABC，ΔUABC＝0，QABC＝|WABC|，由p－V图像与横轴所围的面积表示气体对外做的功可知|WABC|>|WAC|，得到QABC>QAC，故D错误。]
    7.D [根据理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝C，可知V－T图像斜率越大，压强p越小，由图像可知，OA等压线斜率大于OC等压线斜率，所以A状态的压强小于C状态的压强，故A错误；状态B到状态C过程中，温度不变，理想气体内能不变，体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热，故B错误；理想气体不计分子势能，状态C到状态D过程中，温度升高，气体内能增大，分子动能增大，故C错误；
    将V－T图像转化为p－V图像，如图所示。通过p－V图像可知整个循环过程气体对外做功大于外界对气体做功，初末状态温度相同，内能相同，所以该过程中气体从外界吸热，故D正确。]
    8.BC [对处于平衡状态的活塞进行受力分析，受到大气压力、重力和气体向上压力，则有mg＋p0S－p1S＝0，解得p1＝eq \f(mg,S)＋p0，故A错误；活塞缓慢上升过程中气体压强不变，根据盖－吕萨克定律有eq \f(LS,T0)＝eq \f(2LS,T)，解得T＝2T0，故B正确；气体对外做功W＝－p1SL＝－mgL－p0SL，根据热力学第一定律ΔU＝Q－mgL－p0SL，故C正确，D错误。]
    9.D [从状态a到状态b，气体体积不变，由查理定律可得eq \f(pa,Ta)＝eq \f(pb,Tb)，又pb＝p0，得pa＝2p0，A错误；从状态b到状态c，气体温度不变，由玻意耳定律可得pbVb＝pcVc，解得Vb＝4Vc，B错误；从状态a到状态b，气体体积不变，气体对外界不做功，C错误；从状态c到状态a，温度升高，内能增大，体积增大，对外做功，所以吸收热量，D正确。]
    10.(1)eq \f(V0,2) (2)Q＋eq \f(1,2)kT0
    解析 (1)充入气体的体积为V1，根据理想气体状态方程有
    eq \f(p0V0,T0)＋eq \f(2p0V1,T0)＝eq \f(3p0V0,1.5T0)
    解得V1＝eq \f(V0,2)。
    (2)由于充气过程中气体向外放出Q的热量，根据热力学第一定律有
    ΔU＝W＋(－Q)
    根据气体内能U与温度的关系表达式有
    ΔU＝k·1.5T0－kT0＝eq \f(1,2)kT0
    解得W＝Q＋eq \f(1,2)kT0。
    11.(1)435 K (2)250 J
    解析 (1)已知p1＝0.8×105 Pa，T1＝290 K
    当活塞刚要离开卡槽时，根据受力分析则有
    p2S＝p0S＋Mg
    解得p2＝1.2×105 Pa
    气体加热至活塞刚要离开卡槽，气体经历等容变化，根据查理定律有eq \f(p1,T1)＝eq \f(p2,T2)
    联立解得活塞刚要离开卡槽时，气体的热力学温度T2＝435 K。
    (2)活塞离开卡槽上升过程中，是等压变化，故气体对外做功，则有
    W＝－p2Sh＝－120 J
    由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q
    代入数据解得此过程中气体内能的变化量
    ΔU＝250 J。
    第十五章 近代物理
    第1练 光电效应 波粒二象性
    1.A [电影实现声音与影像同步，主要应用了光电效应中发生时间极短的规律，光停止照射，光电效应立即停止，依据该原理实现声音与影像同步，故A正确。]
    2.A [根据光电效应规律可知，光电子的最大初动能Ek＝eq \f(hc,λ)－W，故A正确；金属的逸出功为W，则截止频率为νc＝eq \f(W,h)，故B错误；若用波长为eq \f(λ,2)的单色光照射该金属，则光电子的最大初动能Ek′＝eq \f(2hc,λ)－W＞2(eq \f(hc,λ)－W)＝2Ek，故C错误；若用波长为2λ的单色光照射该金属，光子的能量减小，根据光电效应发生的条件可知，不一定能发生光电效应，故D错误。]
    3.BC [由爱因斯坦光电效应方程得，Ek＝hν－W0，由动能定理得Ek＝eU，若用a、b单色光照射同种金属时，逸出功W0相同。当νa＞νb时，一定有Eka＞Ekb，Ua＞Ub，故选项A错误，B正确；若Ua＜Ub，则一定有Eka＜Ekb，故选项C正确；因逸出功相同，有W0＝ hνa－ Eka＝ hνb－ Ekb，故选项D错误。]
    4.B [电路所加电压为正向电压，如果电流达到饱和电流，增加电压，电流也不会增大，故A错误；只增加该单色光的强度，相同时间内逸出的光电子数增多，电流增大，故B正确；金属的逸出功只与阴极材料有关，与入射光无关，故C错误；改用波长大于λ0的单色光照射，虽然光子能量变小，但也有可能发生光电效应，可能有光电流，故D错误。]
    5.ABD [题图a中，先让锌板带负电，再用紫外线灯照射锌板，由于光电效应激发电子，锌板电荷量减少，所以验电器的张角会变小，等锌板电荷量为零时，验电器就无法张开，如果紫外线灯继续照射锌板，就会使锌板带正电，验电器的张角又增大，故A正确；由题图b可知，电压相同时，光照越强，饱和光电流越大，说明饱和光电流与光的强度有关，故B正确；根据光电效应方程Ek＝hν－W0和动能定理－eUc＝0－Ek，联立解得Uc＝eq \f(hν,e)－eq \f(W0,e)，可知Uc－ν图像的斜率为eq \f(h,e)，故C错误；由Ek＝hν－W0知，Ek－ν图线的纵轴截距为－W0＝－E，可知E等于该金属的逸出功，故D正确。]
    6.AB [根据eUc＝Ek＝hν－W0，得Uc＝eq \f(h,e)ν－eq \f(W0,e)，由图像可知，钠的逸出功小于钙的逸出功，故A正确；图中直线的斜率为eq \f(h,e)，故B正确；在得到这两条直线时，入射光的强度不必相同，故C错误；由图像可知，若这两种金属产生的光电子具有相同的最大初动能，则照射到钠的光频率较低，故D错误。]
    7.D [光子能量ε＝hν＝heq \f(c,λ)，根据题意可得PSt＝Neq \f(hc,λ)，解得N＝eq \f(PStλ,hc)，故D正确。]
    8.A [中子的动量p1＝eq \f(h,λ1)，氘核的动量p2＝eq \f(h,λ2)，同向正碰后形成的氚核的动量p3＝p2＋p1，所以氚核的德布罗意波波长λ3＝eq \f(h,p3)＝eq \f(λ1λ2,λ1＋λ2)，A正确。]
    9.AC [由波的知识可知λ＝cT＝eq \f(c,ν)，则光的频率为ν＝eq \f(c,λ)，A正确；由光子说可知，光子能量E＝hν＝heq \f(c,λ)，光子动量p＝eq \f(h,λ)，B错误，C正确；时间t内激光器发射的光子的总能量为Pt，即n·heq \f(c,λ)＝Pt，则n＝eq \f(Ptλ,hc)，D错误。]
    10.C [根据公式eU＝hν－W0＝heq \f(c,λ)－W0，因为U1＞U2，所以λ1<λ2，光子动量p＝eq \f(h,λ)，故p1>p2，光子最大初动能Ek＝eU，故Ek1>Ek2，故A、B错误；根据光电效应方程得hν1＝eU1＋W0，hν2＝eU2＋W0，解得h＝eq \f(e（U1－U2）,ν1－ν2)， W0＝eq \f(e（ν2U1－ν1U2）,ν1－ν2)，故C正确，D错误。]
    11.B [由题图可知，当最大初动能等于零时，入射光的频率等于金属的截止频率，则有νc＝1.0×1015 Hz，可知钛的逸出功W0＝hνc＝6.63×10－34×1.0×1015 J＝6.63×10－19 J，A错误，B正确；逸出功由金属本身的性质决定，与入射光频率无关，C错误；由题图可知，光电子的最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不是正比关系，D错误。]
    12.(1)eq \f(h,λ) heq \f(c,λ) (2)eq \f(4πR2Nhc,λS)
    解析 (1)根据德布罗意波长公式，可得每个光子的动量为
    p＝eq \f(h,λ)
    每个光子的频率为ν＝eq \f(c,λ)
    每个光子的能量为E＝hν
    故每个光子的能量为E＝heq \f(c,λ)。
    (2)卫星离太阳中心的距离为R，离太阳中心距离为R的球面的表面积为S球＝4πR2
    单位面积上的功率为P0＝eq \f(NE,S)
    太阳辐射硬X射线的总功率P＝S球P0
    联立解得P＝eq \f(4πR2NE,S)＝eq \f(4πR2Nhc,λS)。
    第2练 原子与原子核
    1.A [卢瑟福根据α粒子散射实验，提出了原子核式结构模型，A正确；卢瑟福提出了原子核式结构模型的假设，从而否定了汤姆孙原子模型的正确性，B错误；电子质量太小，对α粒子的运动影响不大，α粒子发生大角度偏转是受原子核的斥力影响，C错误；绝大多数α粒子穿过金箔后，几乎仍沿原方向前进，D错误。]
    2.A [要使处于n＝20的氢原子吸收一个光子后恰好失去一个电子变成氢离子，则需要吸收光子的能量为E＝0－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－13.6,202))) eV＝0.034 eV，结合题图可知被吸收的光子是红外线波段的光子，故A正确。]
    3.C [由跃迁理论可知，跃迁发射的光子能量等于发生跃迁的两能级的能量差，即ΔE＝hν，解得ν＝eq \f(ΔE,h)＝eq \f(10－5×1.60×10－19,6.63×10－34) Hz≈2.4×109 Hz，故跃迁发射的光子频率数量级为109 Hz，C正确。]
    4.D [由能级图得从n＝2能级向基态跃迁时，发出的光子能量为ΔE1＝E2－E1＝10.2 eV，不在可见光的能量范围内，故A错误；从高能级向n＝2能级跃迁时，辐射出的光子最大能量为ΔEmax＝E∞－E2＝3.4 eV>3.14 eV，因此从高能级向n＝2能级跃迁时发出的光有部分为非可见光，故B错误；根据能级图知，基态的氢原子吸收能量为11 eV的光子无法处于任何一个定态能级，故C错误；从高能级向n＝3能级跃迁时，辐射出的光子能量最大为ΔEmax′＝E∞－E3＝1.51 eV<1.64 eV，可知从高能级向n＝3能级跃迁时发出的光频率小于红光频率，则发出的光的波长均大于红光波长，故D正确。]
    5.D [根据核反应方程满足质量数和电荷数守恒可知，Y是α粒子(eq \\al(4,2)He)，三种射线的穿透能力是γ射线最强，α射线最弱；三种射线的电离能力是α射线最强，γ射线最弱，故D正确。]
    6.A [衰变过程满足质量数守恒和电荷数守恒，则有238＝206＋4m＋n×0，92＝82＋2m－n，联立解得m＝8，n＝6，故A正确。]
    7.A [根据电荷数和质量数守恒知，核反应方程为eq \\al(235, 92)U＋eq \\al(1,0)n→eq \\al(144, 56)Ba＋eq \\al(89,36)Kr＋(3eq \\al(1,0)n)，故A符合题意；核反应方程为eq \\al(238, 92)U→eq \\al(234, 90)Th＋(eq \\al(4,2)He)，故B不符合题意；核反应方程为eq \\al(14, 7)N＋eq \\al(4,2)He→eq \\al(17, 8)O＋(eq \\al(1,1)H)，故C不符合题意；核反应方程为eq \\al(14, 6)C→eq \\al(14, 7)N＋(eq \\al( 0,－1)e)，故D不符合题意。]
    8.D [铀核裂变的一个重要核反应方程是eq \\al(235, 92)U＋eq \\al(1,0)n→eq \\al(144, 56)Ba＋eq \\al(89,36)Kr＋3eq \\al(1,0)n，故A错误；由图可知eq \\al(235, 92)U核的平均结合能小于eq \\al(144, 56)Ba核的平均结合能，故B错误；因为核子结合成原子核时，存在质量亏损，释放核能，所以三个中子和三个质子结合成eq \\al(6,3)Li核时释放能量，由题图可知Li核的平均结合能5 MeV，所以其释放的核能约为E＝6×5 MeV＝30 MeV，故C错误；由题图可知，eq \\al(4,2)He核的平均结合能大于eq \\al(6,3)Li核的平均结合能，平均结合能越大，平均核子质量越小，所以eq \\al(4,2)He核的平均核子质量小于eq \\al(6,3)Li核的平均核子质量，故D正确。]
    9.C [由核反应过程中质量数守恒和电荷数守恒可知，X的质量数为Z＝1＋6－4＝3，电荷数为A＝0＋3－2＝1，所以X是eq \\al(3,1)H核，A错误；γ光子的动量p＝eq \f(h,λ)，又光子频率与波长的关系为c＝λν，所以p＝eq \f(hν,c)，B错误；核反应过程中释放的核能ΔE＝4E2＋3E3－6E1，C正确；由质能方程可知核反应过程中质量亏损Δm＝eq \f(ΔE,c2)＝eq \f(4E2＋3E3－6E1,c2)，D错误。]
    10.C [由于核反应遵循质量数守恒、电荷数守恒，则X应为234，A错误；α射线的穿透能力比γ射线的穿透能力弱，B错误；比结合能越大，原子核越稳定，则eq \\al(234, 92)U的比结合能比eq \\al(238, 94)Pu的比结合能大，C正确；放射性元素的半衰期与物理状态以及化学状态均无关，D错误。]
    11.AC [图丙中的图线b所表示的光的遏止电压较大，则光电子最大初动能较大，所对应的光子能量较大，原子跃迁对应的能级差较大，即对应于从n＝4到n＝1的跃迁，则光子能量为(－0.85 eV)－(－13.6 eV)＝12.75 eV，故A正确，B错误；处于第4能级的氢原子至少要吸收0.85 eV的能量才能电离，则处于第4能级的氢原子可以吸收一个能量为0.95 eV的光子并电离，故C正确；用图丙中的图线a所表示的光照射阴极K时，遏止电压小于图线b表示的光子的遏止电压，可知a表示的光照射阴极K时，光电子的最大初动能比用图线b所表示的光照射时更小，故D错误。]
    12.ABC [根据A、B两粒子的运动轨迹，可知其所受电场力均与电场方向相同，A、B两粒子均带正电，eq \\al(14, 6)C原子核发生的是α衰变，故A、B正确；根据A、B两粒子的运动轨迹，该核反应方程为eq \\al(14, 6)C→eq \\al(10, 4)Be＋eq \\al(4,2)He，衰变过程，由动量守恒定律，有mAvA－mBvB＝0，可知质量越大，速度越小，eq \\al(10, 4)Be的初速度小于eq \\al(4,2)He的初速度，粒子在磁场中做类平抛运动，则有x＝vt，y＝eq \f(1,2)eq \f(qE,m)t2，解得y＝eq \f(qEx2,2mv2)，可知当两粒子竖直方向的位移相等时，eq \\al(10, 4)Be粒子的水平位移较小，A粒子为eq \\al(10, 4)Be，故C正确；衰变过程，由动量守恒定律，有mAvA－mBvB＝0，可得衰变后瞬间A、B粒子速度比为vA∶vB＝2∶5，故D错误。]
    相关试卷

    2022高考物理一轮复习课时专练 课时跟踪检测(二十二)　电场力的性质： 这是一份2022高考物理一轮复习课时专练 课时跟踪检测(二十二)　电场力的性质，共7页。

    2022高考物理一轮复习课时专练 课时跟踪检测(十五)　功和功率： 这是一份2022高考物理一轮复习课时专练 课时跟踪检测(十五)　功和功率，共7页。

    2022高考物理一轮复习课时专练 课时跟踪检测(十一)　抛体运动： 这是一份2022高考物理一轮复习课时专练 课时跟踪检测(十一)　抛体运动，共7页。

    相关试卷 更多
    2022高考物理一轮复习课时专练 课时跟踪检测(十九)　动量　动量定理

    2022高考物理一轮复习课时专练 课时跟踪检测(十九)　动量　动量定理
    2022高考物理一轮复习课时专练 课时跟踪检测(五)　力的合成与分解

    2022高考物理一轮复习课时专练 课时跟踪检测(五)　力的合成与分解
    2022高考物理一轮复习课时专练 课时跟踪检测(十二)　圆周运动

    2022高考物理一轮复习课时专练 课时跟踪检测(十二)　圆周运动
    2022高考物理一轮复习课时专练 课时跟踪检测(四十) 分子动理论　内能

    2022高考物理一轮复习课时专练 课时跟踪检测(四十) 分子动理论　内能
    • 精品推荐
    • 所属专辑
    重难点 易错 考点专练 专项练习 总复习
    更多精品资料
    2025年高考物理二轮复习全套课件+讲义（教师+学生）+跟踪练习 [共82份]
    浏览整套专辑 (共82份)

    免费资料下载额度不足，请先充值

    每充值一元即可获得5份免费资料下载额度

    前往充值

    今日免费资料下载份数已用完，请明天再来。

    充值学贝或者加入云校通，全网资料任意下。

    前往充值 加入云校通
    提示

    您所在的“深圳市第一中学”云校通为试用账号，试用账号每位老师每日最多可下载 10 份资料 (今日还可下载 0 份)，请取消部分资料后重试或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深深圳市第一中学”云校通为试用账号，试用账号每位老师每日最多可下载10份资料，您的当日额度已用完，请明天再来，或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深圳市第一中学”云校通余额已不足，请提醒校管理员续费或选择从个人账户扣费下载。

    重新选择
    明天再来
    个人账户下载
    下载确认
    您当前为教习网VIP用户，下载已享8.5折优惠
    您当前为云校通用户，下载免费
    下载需要：
    本次下载：免费
    账户余额：0 学贝
    首次下载后60天内可免费重复下载
    立即下载
    即将下载：资料
    资料售价：学贝 账户剩余：学贝
    选择教习网的4大理由
    • 更专业
      地区版本全覆盖, 同步最新教材, 公开课⾸选；1200+名校合作, 5600+⼀线名师供稿
    • 更丰富
      涵盖课件/教案/试卷/素材等各种教学资源；900万+优选资源 ⽇更新5000+
    • 更便捷
      课件/教案/试卷配套, 打包下载；手机/电脑随时随地浏览；⽆⽔印, 下载即可⽤
    • 真低价
      超⾼性价⽐, 让优质资源普惠更多师⽣
    VIP权益介绍
    开票申请 联系客服
    • 充值学贝下载 本单免费 90%的用户选择
    • 扫码直接下载
    省
    元开通VIP，立享充值加送10%学贝及全站85折下载
    其它套餐
    选择VIP套餐
    会员权益介绍
    VIP立享充值加送10%学贝及全站资源85折下载等8大VIP特权
      您当前为VIP用户，已享全站下载85折优惠，充值学贝可获10%赠送
        充值到账1学贝=0.1元
        0学贝
        本次充值学贝
        0学贝
        VIP充值赠送
        送0学贝
        下载消耗
        0学贝
        资料原价
        100学贝
        VIP下载优惠
        省0学贝
        省0学贝
        下载后剩余学贝永久有效
        0学贝
        • 微信
        • 支付宝
        支付：¥
        省
        元开通VIP，立享充值加送10%学贝及全站85折下载
        其它套餐
        选择VIP套餐
        会员权益介绍
        VIP立享充值加送10%学贝及全站资源85折下载等8大VIP特权
          您当前为VIP用户，已享全站下载85折优惠，充值学贝可获10%赠送
          扫码支付0元直接下载
          • 微信
          • 支付宝
          微信扫码支付
          充值学贝下载，立省60% 充值学贝下载，本次下载免费
            下载成功

            按 Ctrl + Shift + J 查看文件保存位置

            若下载不成功，可重新下载，或查看 资料下载帮助

            本资源来自成套资源

            更多精品资料

            正在打包资料，请稍候…

            预计需要约10秒钟，请勿关闭页面

            服务器繁忙，打包失败

            请联系右侧的在线客服解决

            单次下载文件已超2GB，请分批下载

            请单份下载或分批下载

            支付后60天内可免费重复下载

            我知道了
            正在提交订单

            欢迎来到教习网

            • 900万优选资源，让备课更轻松
            • 600万优选试题，支持自由组卷
            • 高质量可编辑，日均更新2000+
            • 百万教师选择，专业更值得信赖
            微信扫码注册
            qrcode
            二维码已过期
            刷新

            微信扫码，快速注册

            还可免费领教师专享福利「樊登读书VIP」

            手机号注册
            手机号码

            手机号格式错误

            手机验证码 获取验证码

            手机验证码已经成功发送，5分钟内有效

            设置密码

            6-20个字符，数字、字母或符号

            注册即视为同意教习网「注册协议」及「隐私条款」
            QQ注册
            手机号注册
            微信注册

            注册成功

            下载确认

            下载需要：0 张下载券

            账户可用：0 张下载券

            立即下载
            账户可用下载券不足，请取消部分资料或者使用学贝继续下载 学贝支付

            如何免费获得下载券？

            加入教习网教师福利群，群内会不定期免费赠送下载券及各种教学资源， 立即入群

            即将下载

            2025年高考物理一轮复习课时跟踪练答案解析
            该资料来自成套资源，打包下载更省心 该专辑正在参与特惠活动，低至4折起
            [共10份]
            浏览全套
              立即下载（共1份）
              返回
              顶部
              Baidu
              map