2020人教版高中物理一轮复习(图片课件+练习+作业 (24)

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2020人教版高中物理一轮复习(图片课件+练习+作业 (11)

作业37 实验十测定金属的电阻率非选择题 1．现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测量圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度．螺旋测微器和游标卡尺的示数如图37－1甲和乙所示．图37－1(1)由图37－1甲读得圆柱体的直径为________mm ，长度为________cm.(2)若流经圆柱体的电流为I ，圆柱体两端之间的电压为U ，圆柱体的直径和长度分别用D 、L 表示，则用D 、L 、I 、U 表示的电阻率的关系式为ρ＝________．解析：(1)由题图甲读得圆柱体的直径D ＝1 mm ＋0.5 mm ＋34.5×0.01 mm ＝1.845 mm ，由题图乙读得长度L ＝42 mm ＋8×0.05 mm ＝42.40 mm ＝4.240 cm.(2)圆柱体的电阻R ＝U I ＝ρL π⎝ ⎛⎭⎪⎫D 22，得ρ＝πD 2U 4IL . 答案：(1)1.845 4.240 (2)πD 2U 4IL2．(2019年安徽皖南八校二联)有一个待测电阻R x的阻值约为7.5 Ω，现要精确测量该待测电阻的阻值．有下列器材供选用：A．电压表(0～3 V，内阻未知)B．电流表(0～3 A，内阻约为0.5 Ω)C．电流表(0～100 mA，内阻为4.0 Ω)D．定值电阻R0＝1.0 ΩE．滑动变阻器(10 Ω，2 A)F．滑动变阻器(1 kΩ，0.5 A)G．学生电源(直流4 V)，还有开关一个，导线若干(1)实验中所用电流表应选用________(填“B”或“C”)．(2)实验中所用滑动变阻器选用________(填“E”或“F”)．(3)实验时要求精确测量待测电阻R x的阻值，测量电压从零开始多取几组数据，请在虚线方框中画出满足实验要求的测量电路图．(4)某同学根据实验得到某组数据为电压表示数为1.60 V，电流表示数为40.0 mA，由此数据可得待测电阻R x＝________Ω.(结果保留两位有效数字)图37－2解析：(1)电路中可能出现的最大电流I m＝ER x＝47.5A≈0.53 A，可见电流表B 的量程过大，直接用电流表C 量程过小，故可用电流表C与定值电阻并联，此时改装成的电流表量程为I ＝I g ＋I g r g R 0＝⎝⎛⎭⎪⎫0.1＋0.1×41A ＝0.5 A ．(2)滑动变阻器要用分压电路，故选用阻值较小的E.(3)电路图如图37－2所示．(4)当电流表示数为40.0 mA 时，此时通过R x 的电流为I x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0.040＋0.040×41A ＝0.20 A ，两端电压U x ＝(1.60－0.040×4) V ＝1.44 V ，所以待测电阻R x ＝U x I x＝1.440.20Ω＝7.2 Ω. 答案：(1)C (2)E (3)见解析 (4)7.23．(2018年高考·天津卷)某同学用伏安法测定待测电阻R x 的阻值(约为10 k Ω)，除了R x ，开关S 、导线外，还有下列器材供选用：A ．电压表(量程0～1 V ，内阻约为10 kΩ)B ．电压表(量程0～10 V ，内阻约为100 kΩ)C ．电流表(0～1 mA ，内阻约为30 Ω)D ．电流表(0～0.6 A ，内阻约为0.05 Ω)E ．电源(电动势1.5 V ，额定电流0.5 A ，内阻不计)F ．电源(电动势12 V ，额定电流2 A ，内阻不计)G ．滑动变阻器R 0(阻值范围0～10 Ω，额定电流2 A)①为使测量尽量准确，电压表选用______，电流表选用________，电源选用________．(均填器材的字母代号)；②画出测量R x 阻值的实验电路图．③该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会________其真实值(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是__________________．解析：①因电阻较大(约10 kΩ)，所以选大电源F(12 V)，因此电压表选量程为10 V的B，通过电阻R x的电流小，所以选C(1 mA)；②电路采用分压式接法，电流表内接、图见图37－3因电流表的分压，所以使测量值偏大．答案：(3)①B C F②图37－3③大于电压表的读数大于待测电阻两端实际电压(其他正确表述也可)4．某同学要把一个量程为200 μA的直流电流计Ⓖ改装为量程为4 V的直流电压表．(1)他按如图37－4所示电路，用半偏法测定电流计Ⓖ的内电阻r g，其中电阻R0约为1 kΩ.为使r g的测量值尽量准确，在以下器材中，电源E应选用__________，电阻R1应选用________，电阻R2应选用________．(填器材前的字母)图37－4A．电源(电动势为1.5 V)B．电源(电动势为6 V)C．电阻箱(0～999.9 Ω)D．滑动变阻器(0～500 Ω)E．电位器(一种可变电阻，与滑动变阻器相当)(0～5.1 kΩ)F．电位器(0～51 kΩ)(2)该同学在开关断开的情况下，检查电路连接无误后，将R2的阻值调至最大．后续的实验操作步骤依次是：________，________，________，________，最后记录R1的阻值并整理好器材．(请按合理的实验顺序，填下列步骤前的字母)a．闭合S1b．闭合S2c．调节R2的阻值，使电流计指针偏转到满刻度d．调节R2的阻值，使电流计指针偏转到满刻度的一半e．调节R1的阻值，使电流计指针偏转到满刻度的一半f．调节R1的阻值，使电流计指针偏转到满刻度(3)如果所得的R1的阻值为300.0 Ω，则图中被测电流计Ⓖ的内阻r g的测量值为________Ω，该测量值________(填“略大于”“略小于”或“等于”)实际值．(4)给电流计Ⓖ________(填“串”或“并”)联一个阻值为________kΩ的电阻，就可以将该电流计Ⓖ改装为量程为4 V的电压表．解析：(1)利用半偏法测量电流计的内阻时，所选滑动变阻器的阻值必须大于电路所需的最小电阻，根据电路的路端电压等于电源电动势，电路中的最大电流为电流计的满偏电流，则最小阻值为60.2×10－3Ω＝30 kΩ或 1.50.2×10－3Ω＝7.5 kΩ，考虑到保护电路电阻R 0＝1 k Ω，则可知调节滑动变阻器使电流计满偏时滑动变阻器的阻值分别接近29 k Ω或6.5 k Ω，所以电路图中的滑动变阻器R 2不能选择D 和E ，只能选择F.电流计满偏时，滑动变阻器的阻值越大，实验的误差越小，所以电源应选择电动势为6 V 的B ，而且电位器F 的阻值也满足调节所需．R 1是用来测量电流计内阻的电阻箱，只能选C.(2)实验步骤为：第一步闭合S 2(b)，第二步调节R 2的阻值，使电流计满偏(c)，第三步闭合S 1(a)，第四步调节R 1的阻值，使电流计半偏(e)．第五步读出R 1的示数，此即为待测电流计的内阻．(3)R 1的示数即为待测电流计的内阻，为300.0 Ω.闭合S 1后，电路中的总电阻减小，当电流计半偏时，干路电流就大于电流计的满偏电流，流过电阻箱的电流就大于流过电流计的电流，所以电阻箱的阻值略小于被测电流计的内阻．(4)给电流计串联一个电阻可以改装成电压表，可得改装电压表的内阻为R V ＝U m I g ＝40.2×10－3Ω＝20 kΩ，则串联电阻的大小为20 k Ω－300.0 Ω＝19.7 kΩ.答案：(1)B C F (2)b c a e(3)300.0略小于(4)串19.75．(2018年高考·课标全国卷Ⅲ)一课外实验小组用如图37－5所示的电路测量某待测电阻R x的阻值，图中R0为标准定值电阻(R0＝20.0 Ω)；可视为理想电压表．S 1为单刀开关，S2为单刀双掷开关，E为电源，R为滑动变阻器．采用如下步骤完成实验：(1)按照实验原理电路图37－5，将图37－6中实物连线；图37－5图37－6(2)将滑动变阻器滑动端置于适当位置，闭合S1；(3)将开关S2掷于1端，改变滑动变阻器滑动端的位置，记下此时电压表的示数U 1；然后将S2掷于2端，记下此时电压表的示数U2；(4)待测电阻阻值的表达式R x＝________(用R0、U1、U2表示)；(5)重复步骤(3)，得到如下数据：(6)利用上述5次测量所得U 2U 1的平均值，求得R x ＝________Ω.(保留1位小数)解析：(1)根据电路图可得实物连接如图37－7；(4)根据实验过程以及电路图可知，R x 与R 0串联，当开关接1时，电压表测量R 0两端的电压，故电流为I ＝U 1R 0，而开关接2时，测量两电阻总的电压，则可知R x 两端的电压为U ＝U 2－U 1，由欧姆定律有R x ＝U I ＝U2－U 1U 1R 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫U 2U 1－1R 0 (6)U 2U 1的平均值为3.44＋3.43＋3.39＋3.40＋3.395＝3.41；则结合(4)中公式可知R x ＝U 2－U 1U 1R 0 ＝3.41U 1－U U 1R 0＝2.41R 0＝48.2 Ω. 答案：(1)图37－7(4)⎝ ⎛⎭⎪⎫U 2U 1－1R 0 (6)48.2 6．(2019年辽宁省庄河市月考)用以下器材测量待测电阻R x 的阻值：A ．待测电阻R x ：阻值约为200 Ω；B ．电源E ：电动势约为3.0 V ，内阻可忽略不计；C ．电流表A 1：量程为0～10 mA ，内电阻r 1＝20 Ω；D ．电流表A 2：量程为0～20 mA ，内电阻r 2≈8 Ω；E ．定值电阻R 0：阻值R 0＝80 Ω；F ．滑动变阻器R 1：最大阻值为10 Ω；G ．滑动变阻器R 2：最大阻值为200 Ω；H ．单刀开关S ，导线若干．(1)为了测量电阻R x ，现有甲、乙、丙三位同学设计了如图37－8所示的实验电路图，你认为正确的是________(选填“甲”“乙”或“丙”)．图37－8(2)滑动变阻器应该选________；在闭合开关前，滑动变阻器的滑片P 应置于________(选填“a ”或“b ”)端．(3)若某次测量中电流表A 1的示数为I 1，电流表A 2的示数为I 2，则R x 的表达式为R x ＝________．解析：(1)所给的三个电路图中，乙图可明确确定两支路的电流值和含有电流表的支路的电阻值，由此可确定待测阻值，故乙图正确．(2)因乙图为滑动变阻器的分压式接法，则用小阻值的变阻器，故应选R 1，闭合开关前要让测量电路电压由小变大，故滑片P 应置于b 端．(3)由并联电路特点：R x (I 2－I 1)＝(R 0＋r 1)I 1得R x ＝I 1（R 0＋r 1）I 2－I 1答案：(1)乙 (2)R 1 b (3)I 1（R 0＋r 1）I 2－I 1图37－97．某中学实验小组测量一种电阻丝的电阻率．首先用到的实验器材为：一段拉直并固定在米尺上的电阻丝(电阻丝两端为接线柱，电阻丝上夹上一个小金属夹，金属夹可在电阻丝上移动)、直流电源、电流表、定值电阻、开关、导线、螺旋测微器等．(1)利用螺旋测微器测电阻丝直径，其示数如图37－9所示，该电阻丝的直径为d ＝________mm.(2)请用笔画线作导线连接如图37－10所示实验器材．实验过程中，记录相应电阻丝接入电路中的长度L 和电流表的示数I ，通过改变金属夹位置进行多次测量，并作出1I －L 关系图线如图37－11所示．图37－10 图37－11(3)该实验小组发现，为了测定电阻丝的电阻率还需要知道直流电源的有关数据，找来电压表和滑动变阻器，为了尽可能减小实验误差，应选择图37－12________(填“甲”或“乙”)电路，然后按正确的电路测量，作出了U －I 图象，从图37－13中可得该直流电源电动势E ＝________V .图37－12 图37－13(4)请写出电阻丝的电阻率的表达式ρ＝________(用题中所给符号a 、b 、c 、d 、E 等表示)．解析：(1)由题图知电阻丝的直径为d ＝0.5 mm ＋0.01 mm ×13.3＝0.633 mm.(2)按如图所示实物连接如图37－14所示．图37－14(3)由1I ＝R ＋r E ＋ρES L 可知，测电阻率还需要知道电源的电动势E ，采用题图甲测得的电源电动势E 测<E 实，采用题图乙测得的电源电动势E 测＝E 实，因此选用题图乙，根据测得的数据作出U －I 图象，图线与纵轴的交点即为电源的电动势，即E ＝3 V .(4)由1I ＝R ＋r E ＋ρES L 并结合图象，有ρE ·π⎝ ⎛⎭⎪⎫d 22 ＝b －a c ，得ρ＝π（b －a ）d 2E 4c. 答案：(1)0.633(0.631～0.635均正确)(2)连线如图37－14所示 (3)乙 3(4)π（b －a ）d 2E 4c8．实验室购买了一捆标称长度为100m 的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度．该同学首先测得导线横截面积为1.0mm 2，查得铜的电阻率为1.7×10－8Ω·m ，再利用图37－15甲所示电路测出铜导线的电阻R x ，从而确定导线的实际长度．图37－15可供使用的器材有：电流表：量程0.6A ，内阻约0.2Ω；电压表：量程3V ，内阻约9k Ω；滑动变阻器R 1：最大阻值5Ω；滑动变阻器R 2：最大阻值20Ω；定值电阻：R 0＝3Ω；电源：电动势6V ，内阻可不计；开关、导线若干．回答下列问题：图37－16(1)实验中滑动变阻器应选________(填“R1”或“R2”)，闭合开关S 前应将滑片移至________端(填“a”或“b”)．(2)在图37－16中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接．(3)调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50A时，电压表示数如图37－15乙所示，读数为________V.(4)导线实际长度为________m(保留2位有效数字)．解析：(1)电压表量程3 V，故滑动变阻器两端电压大于3 V，而电流表的量程0.6 A，故变阻器的电阻大于3 V0.6 A＝5 Ω，所以应选R2；闭合开关时变阻器接入电路中有效值应最大，所以滑片应在a端．(2)根据电路图，实物图应如图37－17所示．图37－17(3)由图知，电压表示数为2.30 V(2.29 ～2.31 V均正确)(4)R x＝ρlS知，长度l＝R x Sρ＝1.6×1.0×10－61.7×10－8m＝94 m答案：(1)R2a(2)如图37－17所示(3)2.30 V(2.29～2.31 V均正确)(4)94(93～95均正确)。

2020人教版高中物理一轮复习(图片课件+练习+作业 (24)

解析：物体由静止开始下滑的过程其重力势能减少，动能增加，A 错误；物体在下滑过程中，斜面体做加速运动，其机械能增加，B 错误；物体沿斜面下滑时，既沿斜面向下运动，又随斜面向右运动，其合速度方向与弹力方向不垂直，弹力方向垂直于接触面，但与速度方向之间的夹角大于 90°，所以斜面对物体的作用力对物体做负功，C 错误；对物体与斜面体组成的系统，只有物体的重力和物体与斜面间的弹力做功，机械能守恒，D 正确．
解析：重力做负功，WG＝－mgh＝－1.0×104 J， ΔEp＝－WG＝1.0×104 J，C 项正确．答案：C
4．(2019 年合肥模拟)(多选)如图 5－3－1 所示，小车静止在光滑的水平导轨上，一个小球用细绳悬挂在车上无初速度释放，在小球下摆到最低点的过程中，下列说法正确的是( )
图 5－3－1 A．绳对小球的拉力不做功 B．小球克服绳的拉力做的功等于小球减少的机械能 C．小车和球组成的系统机械能守恒 D．小球减少的重力势能等于小球增加的动能解析：由于导轨光滑，没有热量产生，所以小车和球组成的系统机械能守恒，小球减少的重力势能转化为小球和车的动能，故 C 正确，D 错误．绳对小车拉力做正功，绳对小球拉力做负功，且小球克服绳的拉力做的功等于小球减少的机械能，故 A 错误，B 正确．答案：BC
答案：BC
题型 1 杆连物体系统机械能守恒如下图所示的两物体组成的系统，当释放后 A、B 在竖直平
问题面内绕过 O 点的轴转动，且 A、B 的角速度相等．简述
求解这类问题时，由于二者角速度相等，所以关键是根据
二者转动半径的关系寻找两物体的线速度的关系，根据两
方法突破
物体间的位移关系，寻找到系统重力势能的变化，最后根
答案：C

2020届高考物理人教版(天津专用)一轮复习24 机械能守恒定律

考点规范练24 机械能守恒定律一、单项选择题1.(2018·天津模拟)如图所示,一轻弹簧的左端固定,右端与一小球相连,小球处于光滑水平面上。

现对小球施加一个方向水平向右的恒力F ,使小球从静止开始运动,则小球在向右运动的整个过程中( )A.小球和弹簧组成的系统机械能守恒B.小球和弹簧组成的系统机械能逐渐增大C.小球的动能逐渐增大D.小球的机械能逐渐增大2.总质量约为3.8 t 的嫦娥三号探测器在距月面3 m 处关闭反推发动机,让其以自由落体方式降落在月球表面。

4条着陆腿触月信号显示,嫦娥三号完美着陆月球虹湾地区。

月球表面附近重力加速度约为1.6 m/s 2,4条着陆腿可视作完全相同的四个轻弹簧,在软着陆后,每个轻弹簧获得的弹性势能大约是( ) A.28 500 J B.4 560 J C.18 240 J D.9 120 J 3.(2018·河北廊坊质检)如图所示,重10 N 的滑块在倾角为30°的斜面上,从a 点由静止开始下滑,到b 点开始压缩轻弹簧,到c 点时达到最大速度,到d 点(图中未画出)开始弹回,返回b 点离开弹簧,恰能再回到a 点。

若bc=0.1 m,弹簧弹性势能的最大值为8 J,则下列说法正确的是( )A.轻弹簧的劲度系数是50 N/mB.从d 到b 滑块克服重力做功8 JC.滑块的动能最大值为8 JD.从d 点到c 点弹簧的弹力对滑块做功8 J 4.(2018·福建师大期末)将质量为m 的小球以速度v 0竖直向上抛出,小球上升的最大高度为h 。

若将质量分别为2m 、3m 、4m 、5m 的小球,分别以同样大小的速度v 0从半径均为R=12h 的竖直圆形光滑轨道的最低点水平向右射入轨道,轨道形状如图乙、丙、丁、戊所示。

则质量分别为2m 、3m 、4m 、5m 的小球中,能到达的最大高度仍为h 的是(小球大小和空气阻力均不计)( )A.质量为2m 的小球B.质量为3m 的小球C.质量为4m 的小球D.质量为5m 的小球 5.(2018·天津期末)如图所示,质量为m 、半径为r 的竖直光滑圆形轨道固定在质量为2m 的木板上,木板的左右两侧各有一竖直挡板固定在地面上,使木板不能左右运动。

人教版2020年高考物理一轮复习全册ppt课件

() A.P的加速度小于Q的加速度 B.斜劈A受到地面向左的摩擦力作用 C.斜劈A对地面的压力等于(M+2m)g D.斜劈A对地面的压力等于(M+2m)g+1/2(F1+F2) 图10-3
考点分阶突破
[答案] AC
[解析] 当 P 或 Q 匀速下滑时,由平衡条件,斜面对它们的作用力竖直向上,对 P、 Q 和 A,水平方向不受地面的摩擦力作用,竖直方向地面对斜劈 A 的支持力等于 (M+2m)g;现施加平行于斜劈侧面的恒力 F1、F2,斜面对 P、Q 的支持力和摩擦力不变,即 P 或 Q 对斜面的作用力竖直向下,斜劈 A 受力不变,选项 B、D 错误, 选项 C 正确;对施加平行于斜劈侧面的恒力 F1、F2 的 P 和 Q,加速度 a1=��1、 a2=��2,且 a1<a2,选项 A 正确.
图10-4
考点分阶突破
[答案] (1)0.4 (2)5 2 s [解析] (1)根据 v-t 图像可知,物体 A 的加速度 aA=ΔΔ��=2 m/s2 以 A 为研究对象,根据牛顿第二定律可得 F-μmAg=mAaA 代入数据得 μ=0.4.
考点分阶突破
(2)由图像知,木板 B 的长度 l=12×5×10 m=25 m
��-��
cos
��
=gsin
θ-μgcos
θ<a1,选项
B
正确.
考点分阶突破
变式1 (多选)如图10-2所示,一辆运送沙子的自卸卡车装满沙子.沙粒之间的动摩擦因数为μ1,沙子与车厢底部材料的动摩擦因数为μ2,车厢的倾角用θ表示(已知μ2>μ1),下列说法正确的是 ( ) A.要顺利地卸干净全部沙子应满足tan θ>μ2 B.要顺利地卸干净全部沙子应满足sin θ>μ2 C.只卸去部分沙子,车上还留下一部分沙子, 应满足μ2>tan θ>μ1 D.只卸去部分沙子,车上还留有一部分沙子,应满足μ图2>1μ01->2tan θ

高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案课后限时作业24

课后限时作业24 动量和动量定理时间：45分钟1.如果一物体在任意相等的时间内受到的冲量相等,则此物体的运动不可能是( A )A.匀速圆周运动B.自由落体运动C.平抛运动D.竖直上抛运动【试题解析】：如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同,由I ＝Ft 可知,物体受到的力是恒力,则物体可以做自由落体运动、平抛运动或竖直上抛运动；物体做匀速圆周运动,所受合外力方向不断变化,合力为变力,在任何相等时间内,合外力的冲量不相等,故不可能为匀速圆周运动,因此B 、C 、D 均可能,A 不可能,故A 符合题意.2.如图,两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下,到达斜面底端的过程中,两物体具有相同的物理量是( D )A.重力的冲量B.弹力的冲量C.到达底端时的动量D.以上几个量都不是【试题解析】：高度相同,则下滑的距离x ＝h sin θ,加速度a ＝g sin θ,根据x ＝12at 2得t ＝1sin θ 2h g ,由于倾角不同,则运动的时间不同,根据I＝mgt 知,重力的冲量不同,故A 错误；对于弹力,大小不等,方向不同,弹力的冲量不同,故B 错误；根据机械能守恒定律知,到达底端的速度大小相等,但是方向不同,所以到达底端的动量不同,故C 错误,D 正确.3.用豆粒模拟气体分子,可以模拟气体压强产生的原理.如图所示,从距秤盘80 cm 高度把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上,持续作用时间为1 s,豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半.若每个豆粒只与秤盘碰撞一次,且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内,碰撞力远大于豆粒受到的重力),已知1 000粒的豆粒的总质量为100 g,则在碰撞过程中秤盘受到压力大小约为( B )A.0.2 NB.0.6 NC.1.0 ND.1.6 N【试题解析】：本题考查了动量定理的应用,意在考查考生的分析和解决能力,豆粒下落过程做自由落体运动,落到秤盘上的速度为：v ＝2gh ＝4 m/s,根据题意反弹速度为2 m/s,对1 000粒豆粒受力分析,对豆粒碰撞秤盘的过程应用动量定理有Ft ＝m v 2－(－m v ),则F ＝0.1×2－0.1×(－4)1N ＝0.6 N,选项B 正确,选项A 、C 、D 错误. 4.(2017·天津高考)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮,是天津市的地标之一.摩天轮悬挂透明座舱,乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动.下列叙述正确的是( B )A.摩天轮转动过程中,乘客的机械能保持不变B.在最高点时,乘客重力大于座椅对他的支持力C.摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量为零D.摩天轮转动过程中,乘客重力的瞬时功率保持不变【试题解析】：机械能等于动能和重力势能之和,乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动,动能不变,重力势能时刻发生变化,则机械能在不断变化,故A 错误；在最高点对乘客受力分析,由牛顿第二定律可知：mg －F N ＝m v 2r ,座椅对乘客的支持力：F N ＝mg －m v 2r <mg ,故B 正确；乘客随座椅转动一周,动量变化量为零,由动量定理可知合力的冲量为零,但重力的冲量I ＝mg ·t ≠0,故C 错误；乘客重力的瞬时功率P ＝mg v cos θ,其中θ为线速度和竖直方向的夹角,摩天轮转动过程中,乘客的重力和线速度的大小不变,但θ在不断变化,所以乘客重力的瞬时功率在不断变化,故D 错误.5.一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上,从t ＝0时刻开始,受到如图所示的水平外力作用,下列说法正确的是( D )A.第1 s 末物体的速度为2 m/sB.第2 s 末外力做功的瞬时功率最大C.第1 s 内与第2 s 内质点动量增加量之比为12 D.第1 s 内与第2 s 内质点动能增加量之比为4 5【试题解析】：0～1 s 内,由牛顿第二定律可得质点的加速度为a 1＝F m ＝41m/s 2＝4 m/s 2,第1 s 末质点的速度为v 1＝a 1t 1＝4×1 m/s ＝4 m/s,故A 错误；1～2 s 内,由牛顿第二定律可得质点的加速度为a 2＝F m＝21m/s 2＝2 m/s 2,第1 s 末外力做功的瞬时功率为P 1＝F 1v 1＝4×4 W ＝16 W,第2 s 末质点的速度为v 2＝v 1＋a 2t 2＝(4＋2×1) m/s ＝6 m/s,第2 s 末外力做功的瞬时功率为P 2＝F 2v 2＝2×6 W ＝12 W,故B 错误；第 1 s 内与第2 s 内质点动量增加量之比为Δp 1Δp 2＝(m v 1－0)(m v 2－m v 1)＝(1×4)(1×6－1×4)＝21,故C 错误；第1 s 内与第2 s 内质点动能增加量之比为ΔE k1ΔE k2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12m v 21－0⎝ ⎛⎭⎪⎫12m v 22－12m v 21 ＝12×1×42(12×1×62－12×1×42)＝45,故D 正确.6.如图甲所示为杂技中的“顶竿”表演.水平地面上演员B用肩部顶住一根长直竹竿,另一演员A爬至竹竿顶端完成各种动作.某次顶竿表演结束后,演员A自竿顶由静止开始下落,滑到竿底时速度正好为零,然后屈腿跳到地面上,演员A、B质量均为50 kg,长竹竿质量为5 kg,A下滑的过程中速度随时间变化的图象如图乙所示.重力加速度g 取10 m/s2,下列判断正确的是(C)A.竹竿的总长度约为3 mB.0～6 s内,演员B对地面的压力大小始终为1 050 NC.0～6 s内,竹竿对演员B的压力的冲量大小为3 300 N·sD.演员A落地时向下屈腿,是为了缩短作用时间以减小地面的冲击力【试题解析】：竹竿的长度等于v-t图象中的面积,由图可知,x＝1 2×2×6 m＝6 m,故A错误；0～6 s内A加速度先向下,再向上,故人先失重再超重,故B对地面的压力一定是变化的,故B错误；由图可知,0～4 s内A向下加速,加速度为a1＝Δvt1＝24m/s2＝0.5 m/s2,则由牛顿第二定律得mg－F1＝ma1,解得F1＝(50×10－50×0.5) N＝475 N,4～6 s内A向下减速,加速度为a2＝Δvt2＝22m/s2＝1 m/s2,则由牛顿第二定律得F2－mg＝ma2,解得F2＝(50×10＋50×1) N＝550 N,设向下为正方向,则0～6 s内竹竿对演员B的压力的冲量大小为I＝m′g(t1＋t2)＋F1t1＋F2t2＝[5×10×(4＋2)＋475×4＋550×2] N·s＝3 300 N·s,故C正确；演员A落地时向下曲腿,是为了延长作用时间以减小地面的冲击力,故D错误.7.质量为0.5 kg的钢球从距地面5 m的位置自由落下,与地面相碰后竖直弹起到达距地面4.05 m的位置,整个过程所用的时间2 s,则钢球与地面碰撞时受到地面的平均作用力的大小为(g取10 m/s2)(D)A.5 NB.90 NC.95 ND.100 N【试题解析】：钢球从距地面5 m的位置落到地面所用时间t1＝2h1g＝1 s,与地面碰前瞬时的速率v1＝2gh1＝10 m/s,与地面碰后瞬间的速率v2＝2gh2＝9 m/s,上升至距地面 4.05 m所用时间t2＝2h2g＝0.9 s,钢球与地面碰撞的时间Δt＝t－t1－t2＝0.1 s,则(F－mg)·Δt＝m v2－(－m v1),解得F＝mg＋m(v2＋v1)Δt＝0.5×10 N＋0.5×(10＋9)0.1N＝100 N,选项D正确.8.在光滑的水平面上有一根轻质弹簧,弹簧一端固定在竖直墙面上,另一端紧靠(不相连)着一个物体,已知物体的质量m＝4 kg,如图所示.现用一水平力F作用在物体上,并向左压缩弹簧,F做功50 J后(弹簧始终处于弹性限度内),突然撤去外力F,物体从静止开始运动.则当撤去F后,弹簧弹力对物体的冲量为(C)A.5 N·sB.15 N·sC.20 N·sD.100 N·s【试题解析】：由于弹簧的弹力是变力,因此该力的冲量不能用公式I＝Ft直接求解,可以考虑运用动量定理(即外力的冲量等于物体动量的变化)间接求解.已知弹簧储存了50 J的弹性势能,可以利用机械能守恒定律求出物体离开弹簧时的速度,然后运用动量定理求冲量,所以有E p＝12m v2,I＝m v,解得弹簧弹力对物体的冲量I＝20 N·s,选项C正确.9.(多选)静止在光滑水平面上的物体受到水平拉力F的作用,拉力F随时间t变化的图象如图所示,则下列说法中正确的是(BCD)A.0～4 s内物体的位移为零B.0～4 s内拉力对物体做功为零C.4 s末物体的动量为零D.0～4 s内拉力对物体的冲量为零【试题解析】：由图象可知物体在0～4 s内先做匀加速运动后做匀减速运动,4 s末的速度为零,位移在0～4 s内一直增大,A错误；前2 s内拉力做正功,后2 s内拉力做负功,且两段时间内做功代数和为零,故B正确；4 s末的速度为零,故物体的动量为零,C正确；根据动量定理,0～4 s内物体的动量的变化量为零,所以拉力对物体的冲量为零,故D正确.10.(多选)如图所示,质量为m的小球从距离地面高度为H的A点由静止释放,落到地面上后又陷入泥潭中,由于受到阻力作用,到达距地面深度为h的B点时速度减为零.不计空气阻力,重力加速度为g,则关于小球下落的整个过程,下列说法中正确的有(AC)A.小球的机械能减少了mg(H＋h)B.小球克服阻力做的功为mghC.小球所受阻力的冲量大于m2gHD.小球动量的改变量等于所受阻力的冲量【试题解析】：小球在整个过程中,动能变化量为零,重力势能减小了mg(H＋h),则小球的机械能减小了mg(H＋h),故A正确；对小球下落的全过程运用动能定理,得mg(H＋h)－W f＝0,则小球克服阻力做的功W f＝mg(H＋h),故B错误；小球落到地面时的速度v＝2gH,对小球从开始进入泥潭到速度减为零的过程运用动量定理得I G－I F＝0－m2gH,则I F＝I G＋m2gH,可知阻力的冲量大于m2gH,故C正确；对全过程运用动量定理,可知动量的变化量等于重力冲量和阻力冲量的矢量和,故D错误.11.如图甲所示为某农庄灌溉工程的示意图.地面与水面的距离为H ,用水泵从水池抽水(抽水过程中H 保持不变),龙头离地面的高度为h ,水管横截面积为S ,水的密度为ρ,重力加速度为g ,不计空气阻力.(1)水从管口以一定的速度源源不断地沿水平方向喷出,水落地的位置到管口的水平距离为10h ,设管口横截面上各处水的速度都相同.①求每秒内从管口流出的水的质量m 0；②不计额外功的损失,求水泵输出的功率P .(2)在保证水管流量不变的前提下,在龙头后接一个如图乙所示的喷头,让水流竖直向下喷出,打在水平地面上不反弹,产生大小为F 的冲击力,由于水与地面作用时间很短,可忽略重力的影响,求水流落地前瞬间的速度大小v .【试题解析】：(1)①水从管口沿水平方向喷出,做平抛运动,设水喷出时的速度为v 0,做平抛运动所用的时间为t ,竖直方向上有h ＝12gt 2 水平方向上有10h ＝v 0t时间t 0内喷出的水的质量m ＝ρV ＝ρv 0t 0S每秒喷出的水的质量m 0＝m t 0联立解得m0＝ρS50gh.②时间t0内水泵输出的功W＝mg(H＋h)＋12m v2输出功率P＝W t0解得P＝ρSg50gh(H＋26h).(2)取与地面作用的一小块水Δm为研究对象,根据动量定理有F′·Δt＝Δm·v由牛顿第三定律得F′＝F由题意可知Δm＝m0·Δt解得v＝FρS50gh.答案：(1)①ρS50gh②ρSg50gh(H＋26h)(2)FρS50gh12.如图所示,若直升机总质量为m,直升机的旋翼桨盘面积(桨叶旋转形成的圆的面积)为S,已知空气密度为ρ,重力加速度为g.求此直升机悬停在空中时其内部发动机的功率.【试题解析】：直升机悬停时受到的升力F＝mg设螺旋桨作用于空气后空气的速度为v,在很短的时间Δt内,螺旋桨推动空气的质量Δm＝ρS vΔt对于质量为Δm的这部分空气,根据牛顿第三定律,F＝F′由动量定理得F′Δt＝Δm·v设发动机的功率为P ,由动能定理得P Δt ＝Δm 2v 2 联立解得P ＝mg 2 mg ρS . 答案：mg 2mg ρS。

2020届高考物理人教版一轮复习动量守恒定律及其应用PPT课件(86张)

B．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力始终不做功 C．全过程中，小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒 D．小球被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高 h 处
解析：D 在运动的全过程中，当小球与弹簧接触后，小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒，故 A 错误；在下滑过程中，两物体都有水平方向的位移，而相互作用力是垂直于槽面的，故作用力方向和位移方向不垂直，相互作用力均要做功，故 B 错误；全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故 C 错误；小球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于 m<M，则小球的
【强化训练】 1．(2018·吉林模拟)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为 M 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为 m(m<M)的小球从槽高 h 处开始自由下滑，下列说法正确的是( )
A．在以后的运动全过程中，小球和槽的水平方向动量始终保持某一确定值不变
代入数据解得 v＝2.4 m/s 【答案】 (1)20 N·s，水平向右 (2)2.4 m/s
【反思启迪】 (1)人和滑板 A、B 在相互作用的过程中，系统竖直方向的合力并不为零，但系统水平方向始终无外力作用，所以可用分方向的动量守恒定律求解．
(2)系统的动量是否守恒与系统和过程的选取密切相关，因此应用动量守恒解决问题时，一定要明确哪些物体组成的系统在哪个过程中动量是守恒的．
【解析】 (1)设球 b 的质量为 m2，细线长为 L，球 b 下落至最低点、但未与球 a 相碰时的速率为 v，由机械能守恒定律得 m2gL＝ 12m2v2①

2020人教版高中物理一轮复习(图片课件+练习+作业 (90)

作业17 抛体运动一、选择题 1．(2017年高考·课标全国卷Ⅰ)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)．速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是( )A ．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B ．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C ．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D ．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大解析：发球机从同一高度水平射出两个速度不同的乒乓球，根据平抛运动规律，竖直方向上，h ＝12gt 2，可知两球下落相同距离h 所用的时间是相同的，A 错误；由v 2y ＝2gh 可知，两球下落相同距离h 时在竖直方向上的速度v y 相同，B 错误；由平抛运动规律，水平方向上，x ＝v t ，可知速度较大的球通过同一水平距离所用的时间t 较少，C 正确；由于做平抛运动的球在竖直方向的运动为自由落体运动，两球在相同时间间隔内下降的距离相同，D 错误．答案：C图17－12．(2019年河北邯郸摸底)如图17－1所示，在同一竖直线上不同高度处同时平抛a 、b 两小球，两者的运动轨迹相交于P 点．以a 、b 两小球平抛的初速度分别为v 1、v 2，a 、b 两小球运动到P 点的时间分别为t 1、t 2.不计空气阻力，下列说法正确的是( )A ．t 1<t 2，v 1<v 2B ．t 1<t 2，v 1>v 2C ．t 1>t 2，v 1>v 2D ．t 1>t 2，v 1<v 2解析：a 球下落的高度比b 球下落的高度大，根据h ＝12gt 2，得t＝ 2h g ，可知t 1>t 2；在水平方向上，由v 0＝x t ，又知x 相等，则有v 1<v 2.故只有D正确．答案：D图17－23．(2019年淄博实验中学月考) 在斜面顶端的A 点以速度v 平抛一小球，经t 1时间落到斜面上B 点处，若在A 点将此小球以速度0.5v 水平抛出，经t 2时间落到斜面上的C 点处，以下判断正确的是( )A ．AB ∶AC ＝2∶1B ．AB ∶AC ＝4∶1 C ．t 1∶t 2＝4∶1D ．t 1∶t 2＝2∶1解析：平抛运动竖直方向上的位移和水平方向上的位移关系为tan θ＝y x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0，则t ＝2v 0tan θg ，可知运动的时间与初速度成正比，所以t 1∶t 2＝2∶1.竖直方向上下落的高度h ＝12gt 2，可得竖直方向上的位移之比为4∶1.斜面上的距离s ＝h sin θ，知AB ∶AC ＝4∶1.故选B. 答案：B4．(2019年衡水联考)如图17－3所示，从A 点由静止释放一弹性小球，一段时间后与固定斜面上B 点发生图17－3碰撞，碰后小球速度大小不变，方向变为水平方向，又经过相同的时间落于地面上C 点，已知地面上D 点位于B 点正下方，B 、D 间的距离为h ，则( )A ．A 、B 两点间的距离为h 2B ．A 、B 两点间的距离为h 4C ．C 、D 两点间的距离为2hD ．C 、D 两点间的距离为233h解析：AB 段小球自由下落，BC 段小球做平抛运动，两段时间相同，所以A 、B 两点间距离与B 、D 两点间距离相等，均为h ，故A 、B 错误；BC 段平抛初速度v ＝2gh ，持续的时间t ＝ 2hg ，所以C 、D 两点间距离x ＝v t ＝2h ，C 正确，D 错误．答案：C图17－45．(2019年黑龙江哈尔滨第一中学期中)如图17－4所示，斜面AC 与水平方向的夹角为α，在A 点正上方与C 等高处水平抛出一小球，其速度垂直落到斜面上D 点，则CD 与DA 的比值为( )A.1tan αB.12tan αC.1tan 2αD.12tan 2α 解析：设小球水平方向的速度为v 0，将D 点的速度进行分解，水平方向的速度等于平抛运动的初速度，通过角度关系求得竖直方向的末速度为v 2＝v 0tan α，设该过程用时为t ，则D 、A 间水平距离为x ＝v 0t ，故DA ＝xcos α＝v 0t cos α；C 、D 间竖直距离为h ＝v 2t 2，故CD ＝h sin α＝v 2t 2sin α，得CD DA ＝12tan 2α，故D 正确．答案：D6．如图17－5所示，网球运动员在左边底线正上方距地面高H 处，将网球以速度v 沿垂直球网的方向水平击出，球恰好不触网且最终落到右边底线上．球的运动可视作平抛运动，则( )图17－5A ．网球做变加速曲线运动B ．网球在网的两侧场地内运动时间相等C ．H 是网高的2倍D ．若用大于v 的速度沿垂直球网的方向将球水平击出，球将触网落地解析：网球做匀变速曲线运动，A 错误；球在水平方向做匀速直线运动，在网两侧场地内运动的水平位移相等，所以运动时间相等，B 正确；球在竖直方向做自由落体运动，在网两侧场地内下落的高度之比为1∶3，所以H 是网高的43倍，C 错误；若用大于v 的速度沿垂直球网的方向将球水平击出，球将出界，D 错误．答案：B7．(2019年贵州三校联考)如图17－6所示，在竖直面内有一个以AB 为水平直径的半圆，O 为圆心，D 为最低点．圆上有一点C ，且∠COD ＝60°.现在在A 点以速率v 1沿AB 方向抛出一小球，小球能击中D 点；若在C 点以某速率v 2沿BA 方向抛出小球也能击中D 点．重力加速度为g ，不计空气阻力．下列说法正确的是( )图17－6A ．圆的半径R ＝2v 21gB ．圆的半径R ＝4v 213gC ．速率v 2＝32v 1D ．速率v 2＝33v 1解析：从A 点抛出的小球做平抛运动，它运动到D 点时R ＝12gt 21，R ＝v 1t 1，故R ＝2v 21g ，选项A 正确，B 错误；从C 点抛出的小球R sin60°＝v 2t 2 ，R (1－cos60°)＝12gt 22，解得v 2＝62v 1，选项C 、D 错误．答案：A图17－78．(多选)如图17－7所示，在水平地面上的A 点以速度v 1跟地面成θ角射出一弹丸，恰好以速度v 2垂直穿入墙壁上的小孔B ，则下列说法正确的是( )A ．在B 点以跟v 2大小相等、方向相反的速度射出弹丸，它必定落在地面上的A 点B ．在B 点以跟v 1大小相等、跟v 2方向相反的速度射出弹丸，它必定落在地面上的A 点C ．在B 点以跟v 1大小相等、跟v 2方向相反的速度射出弹丸，它必定落在A 点的左侧D ．在B 点以跟v 1大小相等、跟v 2方向相反的速度射出弹丸，它必定落在A 点的右侧解析：由题意知B 点是弹丸斜抛运动的最高点，则v 2与v 1的水平分速度大小相等，所以在B 点以跟v 2大小相等、方向相反的速度把弹丸向左射出的水平距离与从A 点斜抛运动到B 点的水平距离相等，所以能落回到A 点，A 正确；若在B 点以跟v 1大小相等、跟v 2方向相反的速度水平射出，因为v 1＞v 2，平抛运动时间相等，所以会落到A 点的左侧，C 正确．答案：AC图17－89．(2019年山东潍坊模拟)(多选)从竖直墙的前方A 处，沿AO 方向水平发射三颗弹丸a 、b 、c ，在墙上留下的弹痕如图17－8所示，已知Oa ＝ab ＝bc ，则a 、b 、c 三颗弹丸( )A ．初速度之比是6∶3∶ 2B ．初速度之比是1∶2∶ 3C ．从射出至打到墙上过程速度增量之比是1∶2∶ 3D ．从射出至打到墙上过程速度增量之比是6∶3∶ 2解析：水平发射的弹丸做平抛运动，竖直方向上是自由落体运动，水平方向上是匀速直线运动．又因为竖直方向上Oa ＝ab ＝bc ，即Oa ∶Ob ∶Oc ＝1∶2∶3，由h ＝12gt 2可知：v a ∶v b ∶v c ＝1∶12∶13＝6∶3∶2，故选项A 正确，B 错误；由Δv ＝gt 可知：从射出至打到墙上过程速度增量之比是1∶2∶3，故C 正确，D 错误．答案：AC10．(多选)如图17－9所示，某人从高出水平地面h 的山坡上的P 点水平击出一个质量为m 的高尔夫球，球在飞行中持续受到恒定的水平风力的作用，球恰好竖直落入距击球点水平距离为L 的洞穴Q 中．则( )图17－9A ．球在飞行中做的是平抛运动B ．球飞行的时间为 2hgC ．球被击出时的初速度大小为L2hg D ．球在飞行中受到的水平风力大小为mgh L解析：由于高尔夫球受到水平方向的风力，故高尔夫球做的运动不是平抛运动，A 项错误；高尔夫球在竖直方向只受到重力的作用做自由落体运动，由h ＝12gt 2，解得t ＝ 2hg ，B 项正确；球恰好竖直落入，说明球在水平方向做匀减速直线运动，根据平均速度公式，有L ＝12v 0t ，解得v 0＝L 2gh ，C 项正确；由a ＝v 0t ，F ＝ma ，解得风力大小F＝mgLh，D项错误．答案：BC11．(2019年安徽合肥模拟)(多选)横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，如图17－10所示，它们的竖直边长都是底边长的一半，现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上，其落点分别是a、b、c，下列判断正确的是()图17－10A．落在a点的小球飞行时间最长B．落在c点的小球飞行过程速度变化最大C．落在c点的小球飞行过程速度变化最快D．无论小球抛出时速度多大，落到两个斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直解析：物体做平抛运动，运动的时间是由竖直方向上的位移决定的，由题图可知，距a点的高度最大，所以小球落在a点的运动时间最长，A正确；做平抛运动的小球水平方向的速度不变，只有竖直方向的速度在变化，由于落在a点的运动时间最长，所以落在a点的小球速度的变化最大，B错误；速度变化的快慢是由加速度决定的，三个小球都是做平抛运动，加速度都是重力加速度，所以速度变化的快慢是相同的，C错误；小球落在a点，速度不可能垂直斜面，而落在b 、c 点的小球，竖直速度是gt ，水平速度是v ，斜面的夹角的正切值是0.5，如果合速度垂直斜面，则v 0gt ＝tan θ，即v 0＝0.5gt ，竖直位移为0.5gt 2，水平位移为v t ＝(0.5gt )·t ＝0.5gt 2，即水平位移和竖直位移等大，由题意可知小球落在b 、c 点的水平位移必定大于竖直位移，D 正确．答案：AD图17－1112．(2019年河南洛阳统考)(多选)如图17－11所示，一个质量为0.4 kg 的小物块从高h ＝0.05 m 的坡面顶端由静止释放，滑到水平台上，滑行一段距离后，从边缘O 点水平飞出，击中平台右下侧挡板上的P 点．现以O 为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板的形状满足方程y ＝x 2－6(单位：m)，不计一切摩擦和空气阻力，g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．小物块从水平台上O 点飞出的速度大小为1 m/sB ．小物块从O 点运动到P 点的时间为1 sC ．小物块刚到P 点时速度方向与水平方向夹角的正切值等于5D ．小物块刚到P 点时速度的大小为10 m/s解析：设小物块从O 点抛出的速度为v 0，由mgh ＝12m v 20得v 0＝1m/s ，故A 正确；平抛的水平位移x ＝v 0t ，竖直位移y ＝－12gt 2，将x ，y 代入方程y ＝x 2－6，解得t ＝1 s ，故B 正确；P 点竖直分速度v y ＝gt＝10 m/s ，P 点速度与水平方向夹角正切tan α＝v y v 0＝10，故C 错误；P 点速度v ＝v 2y ＋v 20＝101m/s ，故D 错误．答案：AB二、非选择题13．(2019年河南南阳模拟)如图17－12所示为“快乐大冲关”节目中某个环节的示意图．参与游戏的选手会遇到一个人造山谷OAB ，OA 是高h ＝3 m 的竖直峭壁，AB 是以O 点为圆心的弧形坡，∠AOB ＝60°，B 点右侧是一段水平跑道．选手可以自O 点借助绳索降到A 点后再爬上跑道，但身体素质好的选手会选择自A 点直接跃上跑道．选手可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度取g ＝10 m/s 2.图17－12(1)若选手以速度v 0水平跳出后，能跳在水平跑道上，求v 0的最小值；(2)若选手以速度v 1＝4 m/s 水平跳出，求该选手在空中的运动时间．解析：(1)若选手以速度v 0水平跳出后，能跳在水平跑道上，则有h sin60°≤v 0th cos60°＝12gt 2解得v 0≥3102 m/s.(2)若选手以速度v 1＝4 m/s 水平跳出，因v 1<v 0，人将落在弧形坡上下降高度y ＝12gt 2水平前进距离x ＝v 1t且x 2＋y 2＝h 2联立解得t ＝0.6 s.答案：(1)3102 m/s (2)0.6 s14．(2019年重庆江北区联考)如图17－13所示，倾角为37°的斜面长l ＝1.9 m ，在斜面底端正上方的O 点将一小球以v 0＝3 m/s 的速度水平抛出，与此同时由静止释放斜面顶端的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面P 点处击中滑块．(小球和滑块均可视为质点，重力加速度g 取9.8 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：图17－13(1)抛出点O 离斜面底端的高度；(2)滑块与斜面间的动摩擦因数μ.解析：(1)设小球击中滑块时的速度为v ，竖直速度为v y ，如图17－14所示，由几何关系得v 0v y＝tan37°.图17－14设小球下落的时间为t ，竖直位移为y ，水平位移为x ，由运动学规律得v y ＝gt ，y ＝12gt 2，x ＝v 0t ，设抛出点到斜面底端的高度为h ，由几何关系得h ＝y ＋x tan37°，联立解得h ＝1.7 m.(2)设在时间t 内，滑块的位移为s ，由几何关系得s ＝l －x cos37°，设滑块的加速度为a ，由运动学公式得s ＝12at 2，对滑块，由牛顿第二定律得mg sin37°－μmg cos37°＝ma ，联立解得μ＝0.125.答案：(1)1.7 m (2)0.125。

2020届高考物理一轮复习新人教版【共24套168页】

本套资源目录2020届高考物理一轮复习稳中培优计算实验练习五新人教版2020届高考物理一轮复习稳中培优计算实验练习四新人教版2020届高考物理一轮复习稳中培优非选择练习一新人教版2020届高考物理一轮复习稳中培优非选择练习三新人教版2020届高考物理一轮复习稳中培优非选择练习二新人教版2020届高考物理一轮复习稳中培优非选择练习四新人教版2020届高考物理一轮复习计算题夯基练习一新人教版2020届高考物理一轮复习计算题夯基练习三新人教版2020届高考物理一轮复习计算题夯基练习二新人教版2020届高考物理一轮复习计算题夯基练习五新人教版2020届高考物理一轮复习计算题夯基练习四新人教版2020届高考物理一轮复习计算题夯基练习新人教版2020届高考物理一轮复习选择题固基优练一新人教版2020届高考物理一轮复习选择题固基优练三新人教版2020届高考物理一轮复习选择题固基优练二新人教版2020届高考物理一轮复习选择题固基优练六新人教版2020届高考物理一轮复习选择题固基优练四新人教版2020届高考物理一轮复习选择题固基优练新人教版2020届高考物理一轮复习选择题稳优提优优练一新人教版_ 2020届高考物理一轮复习选择题稳优提优优练三新人教版2020届高考物理一轮复习选择题稳优提优优练三新人教版12020届高考物理一轮复习选择题稳优提优优练二新人教版2020届高考物理一轮复习选择题稳优提优优练五新人教版2020届高考物理一轮复习选择题稳优提优优练四新人教版稳中培优计算、实验练习（五）1、合肥开往上海的动车组D3028是由动车和拖车编组而成只有动车提供动力．假定该列动车组由8节车厢组成，第1节和第5节车厢为动车，每节动车的额定功率均为P 0，每节车厢的总质量为m ，动车组运行过程中所受阻力为车重的k 倍．若动车组以额定功率从合肥南站启动，沿水平方向做直线运动，经时间t 0速度达到最大，重力加速度为g.求：(1)当动车组速度达到最大速度一半时的加速度和此时第6节车厢对第7节的拉力；(2)动车组从启动至速度刚达到最大的过程中所通过的路程．【参考答案】(1)kg 4kmg (2)8k 2mg 2P 0t 0－P 2032k 3m 2g 3 解析：(1)设动车组匀速运动的速度为v m ，动车组速度为最大速度一半时动车的牵引力为F ，有2P 0＝8kmgv m2P 0＝2F v m 2对动车组，由牛顿第二定律2F －8kmg ＝8maa ＝2F －8kmg 8m＝kg 对第7、8节车厢的整体有：F 67－2kmg ＝2ma解得：F 67＝4kmg(2)由动能定理得：2P 0t 0－8kmgx ＝12(8m)v 2m －0 x ＝P 0t 04kmg －P 2032k 3m 2g 3＝8k 2mg 2P 0t 0－P 2032k 3m 2g 3 2、如图所示，在xOy 坐标系的第二象限内有水平向右的匀强电场，第四象限内有竖直向上的匀强电场，两个电场的场强大小相等，第四象限内还有垂直于纸面的匀强磁场，让一个质量为m 、带电荷量为q 的粒子在第二象限内的P(－L ，L)点由静止释放，结果粒子沿直线运动到坐标原点并进入第四象限，粒子在第四象限内运动后从x 轴上的Q(L,0)点进入第一象限，重力加速度为g ，求：(1)粒子从P 点运动到坐标原点的时间；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向．【参考答案】(1) 2L g (2)垂直于纸面向里，2m 2gL qL解析：(1)粒子在第二象限内沿角平分线做直线运动，则电场力和重力的合力方向沿PO 方向，则粒子带正电．mg ＝qE ，2mg ＝ma.根据运动学公式可知，2L ＝12at 2. 联立解得t ＝2L g. (2)粒子在第二象限中做加速直线运动，根据动能定理可知，mgL ＋qEL ＝12mv 2－0. 解得，v ＝2gL ，方向与x 轴正方向成45°角．电场力与重力等大反向，洛伦兹力提供向心力，Bqv ＝m v 2R ，粒子在第四象限内做匀速圆周运动，轨迹如图所示：根据左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向里．根据几何关系可知，粒子做匀速圆周运动的半径R ＝22L. 解得，B ＝2m 2gL qL. 3、（实验）利用图1的装置探究“恒力做功与物体动能变化”的关系．小车的质量为M ，钩码的质量为m ，且不满足m ＜M.打点计时器的电源是频率为f 的交流电．(1)实验中，把长木板右端垫高，在不挂钩码且________的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响．(填选项前的字母)A ．计时器不打点B ．计时器打点(2)图2是正确操作后得到的一条纸带．纸带上各点是打出的计时点，其中O 点为打出的第一个点．小车发生的位移从纸带上计时点间的距离可以直接测出，利用下列测量值和题中已知条件能简单、准确完成实验的一项是________________________________________________________________________．(填选项前的字母)A ．OA 、AD 和EG 的长度B ．BD 、CF 和EG 的长度C ．OE 、DE 和EF 的长度D ．AC 、EG 和BF 的长度(3)若测得图2中OF ＝x 1，EG ＝x 2，则实验需要验证的关系式为________．(用已知和测得物理量的符号表示)【参考答案】(1)B (2)C (3)mgx 1＝12(M ＋m)⎝ ⎛⎭⎪⎫fx 222 解析：(1)打点计时器工作时，纸带受到摩擦力作用，平衡摩擦力时，需要通过打点计时器判断是否匀速，B 选项正确．(2)简单、准确地完成实验，需要选取的两点尽可能远，且方便测量，故测量OE 段的长度，计算合力做功，测量DE 和EF 的长度，计算E 点的瞬时速度，C 选项正确．(3)EG ＝x 2，根据匀变速直线运动的规律可知，中间时刻F 点的瞬时速度v F ＝EG 2T ＝fx 22. 系统增加的动能ΔE K ＝12(M ＋m)v 2F ，系统减少的重力势能ΔE P ＝mgx 1.实验验证系统机械能守恒的表达式为mgx 1＝12(M ＋m)⎝ ⎛⎭⎪⎫fx 222. 4、如图，是游乐场的一项娱乐设备．一环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由落下，落到一定位置时，制动系统启动．到地面时刚好停下．已知座舱开始下落的高度为H ＝75 m ，当落到离地面h ＝30 m 的位置时开始制动，座舱均匀减速．在一次娱乐中，某同学把质量m ＝6 kg 的书包放在自己的腿上．(g 取10 m/s 2)，不计座舱与柱子间的摩擦力及空气阻力．(1)当座舱落到离地面h 1＝60 m 和h 2＝20 m 的位置时，求书包对该同学腿部的压力各是多大；(2)若环形座舱的质量M ＝4×103 kg ，求制动过程中机器输出的平均功率．【参考答案】(1)零 150 N (2)1.5×106W解析：(1)分析题意可知，座舱在离地面h ＝30 m 的位置时开始制动，说明座舱离地面60 m 时，座舱做自由落体运动，处于完全失重状态，书包对该同学腿部的压力为零．座舱落到离地面20 m 高时，做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知，F 2－mg ＝ma.座舱下落45 m 时开始制动，此时速度为v.v 2＝2g(H －h)．座舱到地面时刚好停下，v 2＝2ah.联立解得，F ＝150 N.根据牛顿第三定律可知，该同学腿部受到的压力为150 N.(2)制动过程中，座舱所受的制动力为F 0，经历的时间为t ，根据运动学公式可知，t ＝v a. 根据牛顿第二定律，对座舱有，F 0－Mg ＝Ma.座舱克服制动力做功W ＝F 0h.机器输出的平均功率P ＝W t .联立解得，P ＝1.5×106W.5、如图所示，矩形区域abcdef 分为两个矩形区域，左侧区域充满匀强电场，方向竖直向上，右侧区域充满匀强磁场，方向垂直纸面向外，be 为其分界线，af ＝L ，ab ＝0.75L ，bc ＝L.一质量为m 、电荷量为e 的电子(重力不计)从a 点沿ab 方向以初速度v 0射入电场，从be 边的中点g 进入磁场．(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求匀强电场的电场强度E 的大小；(2)若要求电子从cd 边射出，求所加匀强磁场磁感应强度的最大值B m ；(3)调节磁感应强度的大小．求cd 边上有电子射出部分的长度．【参考答案】(1)16mv 209eL (2)3mv 0eL解析：(1)电子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解法则可知，竖直方向上，L 2＝12×eE mt 2. 水平方向上，0.75L ＝v 0t.联立解得，E ＝16mv 209eL. (2)电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，evB ＝m v 2r. 运动轨迹刚好与cd 边相切时，半径最小，此时磁感应强度最大，轨迹如图所示：速度方向与水平方向夹角的正切值tanθ＝0.5L 0.75L ×2＝43，则速度与be 边的夹角为37°. 电子进入磁场时的速度为v ＝v 0sin37°＝53v 0.根据几何关系可知，r 1＋r 1cos37°＝L.解得最大磁感应强度B m ＝3mv 0eL.稳中培优计算、实验练习（四）1、骏驰汽车赛车场有一段赛道可简化为这样：平直的赛道中间有一段拱形路面，其最高点P 与水平路面的高度差为1.25 m ，拱形路面前后赛道位于同一水平面上．以54 km/h 的初速进入直道的赛车，以90 kW 的恒定功率运动10 s 到达P 点，并恰好从P 点水平飞出后落到水平赛道上，其飞出的水平距离为10 m ．将赛车视为质点，不考虑赛车受到的空气阻力．已知赛车的质量为1.6×103 kg ，取g ＝10 m/s 2，求：(1)赛车到达P 点时速度的大小．(2)拱形路面顶点P 的曲率半径．(3)从进入直道到P 点的过程中汽车克服阻力做的功．【参考答案】(1)20 m/s (2)40 m (3)7.4×105 J解析：(1)赛车到达P 点后做平抛运动．水平方向上，x ＝v p t.竖直方向上，h ＝12gt 2. 联立解得，v p ＝20 m/s.(2)赛车运动到拱形路面顶点P 时，重力提供向心力．mg ＝m v P R. 解得曲率半径R ＝40 m.(3)从进入直道到P 点的过程中，汽车牵引力做功，重力做功，克服阻力做功．根据动能定理可知，Pt －mgh －W f ＝12mv 2P －0. 解得，W f ＝7.4×105 J.2、如图所示，两平行金属板AB 中间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场．A 板带正电荷，B 板带等量负电荷，电场强度为E ；磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B 1.平行金属板右侧有一挡板M ，中间有小孔O′，OO′是平行于两金属板的中心线．挡板右侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B 2.CD 为磁场B 2边界上的一绝缘板，它与M 板的夹角θ＝45°，O′C＝a ，现有大量质量均为m ，含有各种不同电荷量、不同速度的带电粒子(不计重力)，自O 点沿OO′方向进入电磁场区域，其中有些粒子沿直线OO′方向运动，并进入匀强磁场B 2中，求：(1)进入匀强磁场B 2的带电粒子的速度；(2)能击中绝缘板CD 的粒子中，所带电荷量的最大值；(3)绝缘板CD 上被带电粒子击中区域的长度．【参考答案】(1)EB 1(2)2＋1mEB 1B 2a(3)2a解析：(1)平行金属板间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，沿直线OO′运动的带电粒子，处于受力平衡状态，qvB 1＝qE.解得，v ＝EB 1.(2)带电粒子进入匀强磁场B 2后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力． qvB 2＝m v2r.电荷量最大的带电粒子，运动的轨迹半径最小，带正电，轨迹向下偏转，与CD 板相切，如图所示：根据几何关系可知，r 1＋2r 1＝a. 依题意解得，r 1＝a 1＋2，q ＝2＋1mEB 1B 2a.(3)带负电的粒子在磁场B 2中向上偏转，击中绝缘板CD 的临界情况是轨迹与CD 相切．根据几何关系可知，r 2＋a ＝2r 2. 解得，r 2＝a2－1.CD 板上被带电粒子击中区域的长度为x ＝r 2－r 1＝2a.3、（实验）一个喷漆桶能够向外喷射不同速度的油漆雾滴，某同学决定测量雾滴的喷射速度，他采用如图1所示的装置，一个直径为d ＝40 cm 的纸带环，安放在一个可以按照不同转速转动的固定转台上，纸带环上刻有一条狭缝A ，在狭缝A 的正对面画一条标志线，如图1所示．在转台开始转动达到稳定转速时，向侧面同样开有狭缝B 的固定纸盒中喷射油漆雾滴，当狭缝A 转至与狭缝B 正对平行时，雾滴便通过狭缝A 匀速运动打在纸带的内侧面留下痕迹(若此过程转台转过不到一圈)．将纸带从转台上取下来，展开平放，并与毫米刻度尺对齐，如图2所示．(1)设喷射到纸带上的油漆雾滴痕迹到标志线的距离为s ，则从图2可知，其中速度最大的雾滴到标志线的距离s ＝________cm.(2)如果转台转动的周期为T ，则这些雾滴喷射速度的计算表达式为v 0＝________________________________________________________________________(用字母表示)．(3)如果以纵坐标表示雾滴的速度v 0，横坐标表示雾滴距标志线距离的倒数1s ，画出v 0－1s图线，如图3所示，则可知转台转动的周期为T ＝________s. 【参考答案】(1)2.10 (2)πd2Ts(3)1.6解析：(1)雾滴运动一直径的长度，速度越大，运行的时间越短，转台转过的弧度越小，打在纸带上的点距离标志线的距离越小．速度最大的雾滴到标志线的距离s ＝2.10 cm.(2)如果转台转动的周期为T ，则雾滴运动的时间为t ＝s v ＝sTπd ，喷枪喷出雾滴的速度v 0＝d t ＝πd 2Ts.(3)由上式变形为，v 0＝πd 2Ts ＝πd 2T ·1s ，v 0－1s 图象中斜率k ＝πd 2T ＝0.7π7，解得，T ＝1.6 s.4、两小木块A 、B ，通过轻质弹簧连接，小木块B 处在固定于地面的光滑斜面底端的挡板上，小木块A 压缩弹簧处于平衡状态．现对木块A 施加一平行于斜面向上的恒力F 作用，小木块A 从静止开始沿斜面向上运动，如图所示．已知m A ＝m B ＝2 kg ，F ＝30 N ，斜面倾角θ＝37°，弹簧劲度系数k ＝4 N/cm.设斜面足够长，整个过程弹簧处于弹性限度内，重力加速度取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)从小木块A开始运动到小木块B刚开始运动的过程中，恒力F对小木块A做的功；(2)当小木块B的加速度a B＝1 m/s2时，小木块A的加速度的大小．【参考答案】(1)1.8 J (2)2 m/s2解析：(1)初态时，小木块A压缩弹簧，根据平衡条件可知，kx1＝m A gsinθ.末态时，小木块B拉伸弹簧，kx2＝m B gsinθ.弹簧的形变量x＝x1＋x2.恒力F对小木块A做功W＝F·x.联立解得，W＝1.8 J.(2)当小木块B的加速度a B＝1 m/s2时，弹簧的拉力大小为F1，小木块A的加速度的大小a A，根据牛顿第二定律可知，F－F1－m A gsinθ＝m A a A.F1－m B gsinθ＝m B a B.联立解得，a A＝2 m/s2.5、磁流体发电是一种新型发电方式，图甲和图乙是其工作原理示意图．图甲中的A、B 是电阻可忽略的导体电极，两个电极间的间距为d，这两个电极与负载电阻相连．假设等离子体(高温下电离的气体，含有大量的正负带电粒子)垂直于磁场进入两极板间的速度均为v0.整个发电装置处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向如图乙所示．(1)开关断开时，请推导该磁流体发电机的电动势E的大小；(2)开关闭合后，如果电阻R的两端被短接，此时回路电流为I，求磁流体发电机的等效内阻r.【参考答案】(1)Bdv 0 (2)Bdv 0I解析：(1)等离子体垂直于磁场射入两板之间，正、负离子受到洛伦兹力作用，正离子偏向A 极板，负离子偏向B 极板，两板之间形成从A 到B 的匀强电场．当粒子受的电场力与洛伦兹力相等时，q Ed ＝qv 0B ，粒子不再偏转，两极板间形成稳定的电势差即发电机的电动势，E ＝Bdv 0.(2)如果电阻R 的两端被短接，此时回路电流为I. 根据闭合电路欧姆定律，磁流体发电机的等效内阻 r ＝E I ＝Bdv 0I .稳中培优非选择练习（一）1、如图，两条长直相交汇成直角的摩托车水平赛道，宽均为6 m ，圆弧PQ 、MN 与赛道外边缘的两条直线相切，圆弧PQ 经过赛道内边缘两条直线的交点O 2，雨后路面比较湿滑，摩托车与赛道间的动摩擦因数为0.6，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，赛车手(可视为质点)在直道上做直线运动，弯道上做匀速圆周运动，重力加速度g ＝10 m/s 2，2＝1.4，7＝2.6.(1)若以最短时间从P 点运动到Q 点，应选A 路线还是B 路线？(不用说明理由) (2)沿着A 路线通过弯道MN 的最大速率不能超过多少？(3)以30 m/s 的速度在直线赛道上沿箭头方向匀速行驶，若要沿B 路线安全行驶，则进入P 点前至少多远开始刹车？【参考答案】(1)B 路线合理 (2)6 m/s (3)64.5 m解析：(1)赛车手沿A 、B 路线运动时，线速度大小相等，故路径短的用时较短，选B 路线合理．(2)赛车手以速度v 1沿着A 路线通过弯道MN 时，最大静摩擦力提供向心力． μmg＝m v 21r 1，解得，v 1＝6 m/s.(3)赛车手以速度v 2沿着B 路线通过弯道时，最大静摩擦力提供向心力，μmg＝m v 22r 2.根据几何关系可知，2(r 2－6)＝r 2.赛车手以初速度v 0＝30 m/s ，加速度μg，做匀减速直线运动到P 点，位移为x. 根据运动学公式可知，v 20－v 22＝2ax. 联立解得，x ＝64.5 m.2、如图所示，水平面AB 光滑，粗糙半圆轨道BC 竖直放置．圆弧半径为R ，AB 长度为4R.在AB 上方、直径BC 左侧存在水平向右、场强大小为E 的匀强电场．一带电量为＋q 、质量为m 的小球自A 点由静止释放，经过B 点后，沿半圆轨道运动到C 点．在C 点，小球对轨道的压力大小为mg ，已知E ＝mgq，水平面和半圆轨道均绝缘．求：(1)小球运动到B 点时的速度大小； (2)小球运动到C 点时的速度大小；(3)小球从B 点运动到C 点过程中克服阻力做的功．【参考答案】(1)8gR (2)2gR (3)mgR 解析：(1)小球运动到B 点的过程中，电场力做功．根据动能定理，qE·4R＝12mv 2B －0.其中E ＝mgq.联立解得，vB ＝8gR.(2)小球运动到C 点时，根据牛顿第二定律， 2mg ＝m vC 2R .解得，vC ＝2gR.(3)小球从B 运动到C 点的过程，根据动能定理，－W f －2mgR ＝12mvC 2－12mvB 2解得，W f ＝mgR.3、如图所示，让摆球从图中的C 位置由静止开始摆下，摆到最低点D 处，摆线刚好拉断，小球在粗糙的水平面上由D 点向右做匀减速运动滑向A 点，到达A 孔进入半径R ＝0.3 m 的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A 孔，已知摆线长为L ＝2.5 m ，θ＝60°，小球质量为m ＝1 kg ，小球可视为质点，D 点与小孔A 的水平距离s ＝2 m ，g 取10 m/s 2，试求：(1)摆线能承受的最大拉力为多大？(2)要使摆球能进入圆轨道并能通过圆轨道的最高点，求粗糙水平面摩擦因数μ的范围．【参考答案】 (1)20 N (2)μ≤0.25解析：(1)摆球由C 到D 运动过程做圆周运动，摆球的机械能守恒， mgL(1－cosθ)＝12mv 2D .摆球在D 点时，由牛顿第二定律可得， F m －mg ＝m v 2DL联立两式解得，F m ＝2mg ＝20 N.(2)小球刚好能通过圆轨道的最高点时，在最高点由牛顿第二定律可得， mg ＝m v 2R.小球从D 到圆轨道的最高点过程中，由动能定理得，－μmgs－2mgR ＝12mv 2－12mv 2D .解得，μ＝0.25.即要使摆球能进入圆轨道并能通过圆轨道的最高点，μ≤0.25.4、如图所示，空间内有场强大小为E 的匀强电场，竖直平行直线为匀强电场的电场线(方向未知)，现有一电荷量为q ，质量为m 的带负电的粒子，从O 点以某一初速度垂直电场方向进入电场，A 、B 为运动轨迹上的两点，不计粒子的重力及空气的阻力．(1)若OA 连线与电场线夹角为60°，OA ＝L ，求带电粒子从O 点到A 点的运动时间及进电场的初速度；(2)若粒子过B 点时速度方向与水平方向夹角为60°，求带电粒子从O 点到B 点过程中电场力所做的功．【参考答案】(1)mLqEv 0＝ 3qEL m (2)9qEL8解析：(1)带电粒子做曲线运动，受力指向轨迹的内侧，电场力方向向上，带电粒子带负电，电场强度方向竖直向下．水平方向的位移Lsin60°＝v 0t. 竖直方向的位移Lcos60°＝12·qE m t 2.联立解得，t ＝mLqE，v 0＝ 3qELm. (2)根据运动的合成与分解知识可知，粒子到达B 点的速度v ＝v 0cos60°＝2v 0.带电粒子从O 点到B 点过程中，根据动能定理可知， W ＝12mv 2－12mv 20. 联立解得电场力做功W ＝32mv 20＝9qEL8.5、为了测量某种材料制成的电阻丝的电阻R x ，提供的器材有： A ．电流表G ，内阻Rg ＝120 Ω，满偏电流Ig ＝6 mA B ．电压表V ，量程为6 V C ．螺旋测微器，毫米刻度尺 D ．电阻箱R 0(0～99.99 Ω) E ．滑动变阻器R(最大阻值为5 Ω)F ．电池组E(电动势为6 V ，内阻约为0.05 Ω)G ．一个开关S 和导线若干(1)用多用电表粗测电阻丝阻值，用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，应该换用________挡(选填“×1”或“×100”)，进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图甲所示；(2)电流表G 与电阻箱并联改装成量程为0.6 A 的电流表，则电阻箱的阻值应调为R 0＝________Ω；(结果保留3位有效数字)(3)为了用改装好的电流表测量电阻丝R x 的阻值，请根据提供的器材和实验需要，将图乙中电路图补画完整．(要求在较大范围内测量多组数据)(4)电路闭合后，调节滑动变阻器的滑片到合适位置，电压表V 的示数为U ，电流表G 的示数为I.请用已知量和测量的字母符号，写出计算电阻的表达式R x ＝________.【参考答案】(1)“×1” (2)1.21 Ω (3)见解析 (4)UR 0R 0＋R gI解析：(1)用多用电表粗测电阻丝阻值，用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，说明被测电阻阻值较小，说明选择的倍率较大，应选择“×1”倍率．(2)将电流表G 与电阻箱并联改装成量程为0.6 A 的电压表，根据电表改装原理可知，电阻箱的阻值应调为R 0＝I g R gI －I g≈1.21 Ω.(3)待测电阻阻值为15 Ω，电压表内阻很大，远大于被测电阻的阻值，电流表应采用外接法，滑动变阻器最大阻值为5 Ω，为测多组实验数据，采用分压接法，电路图如图所示：(4)根据欧姆定律， R x ＝U R I R ＝U R 0＋R g R 0I ＝UR 0R 0＋R gI.稳中培优非选择练习（三）1、为了方便研究物体与地球间的万有引力问题，通常将地球视为质量分布均匀的球体．已知地球质量M ＝6.0×1024kg ，地球半径R ＝6 400 km ，其自转周期T ＝24 h ，引力常量G ＝6.67×10－11N·m 2/kg 2.在赤道处地面有一质量为m 的物体A ，用W 0表示物体A 在赤道处地面上所受的重力，F 0表示其在赤道处地面上所受的万有引力．请求出F 0－W 0F 0的值(结果保留1位有效数字)，并以此为依据说明在处理万有引力和重力的关系时，为什么经常可以忽略地球自转的影响．【参考答案】见解析解析：物体A 在赤道处地面上所受的万有引力 F 0＝G Mm R2.物体A 在赤道处，随地球自转，根据牛顿第二定律可知，F 0－W 0＝m 4π2T 2R.解得物体A 此时所受重力W 0＝G Mm R 2－m 4π2T2R.联立解得，F 0－W 0F 0＝m 4π2T 2R G Mm R2，代入数据解得，F 0－W 0F 0＝3×10－3.由于地球自转对地球赤道面上静止的物体所受重力与所受地球引力大小差别的影响很小，所以通常情况下可以忽略地球自转造成的地球引力与重力大小的区别．2、如图所示，空间中存在一个矩形区域MNPQ ，PQ 的长度为MQ 长度的两倍，有一个带正电的带电粒子从M 点以某一初速度沿MN 射入，若矩形区域MNPQ 中加上竖直方向且场强大小为E 的匀强电场，则带电粒子将从P 点射出，若在矩形区域MNPQ 中加上垂直于纸面且磁感应强度大小为B 的匀强磁场，则带电粒子仍从P 点射出，不计带电粒子的重力，求：带电粒子的初速度的大小．【参考答案】4E5B解析：带电粒子在电场中做类平抛运动，设MQ 长度为L ，根据运动的合成与分解法则可知，竖直方向上，L ＝12×qE m t 2.水平方向上，2L ＝v 0t.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图所示：洛伦兹力提供向心力，qvB ＝m v 20r ，根据几何关系可知，(r －L)2＋(2L)2＝r 2.联立上述各式可知，v ＝4E5B.3、【实验】某同学用如图1所示的装置做“探究弹力与弹簧伸长的关系”的实验． (1)实验中，他在弹簧两端各系一细绳套，利用一个绳套将弹簧悬挂在铁架台上，另一端的绳套用来挂钩码．先测出不挂钩码时弹簧的长度，再将钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出相应的弹簧总长度L ，再算出弹簧伸长量x ，并将数据填在下面的表格中．实验过程中，弹簧始终在弹性限度内.1 2 3 4 5 6 钩码的重力G/N 0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 弹簧弹力F/N 0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 弹簧总长度L/cm 13.00 15.05 17.10 19.00 21.00 23.00 弹簧伸长量x/cm2.054.106.008.0010.00数据点，请把第4次测量的数据对应点用“＋”描绘出来，并作出F －x 图象．(2)①根据上述的实验过程，对实验数据进行分析可知，下列说法正确的是________(选填选项前的字母)．A．弹簧弹力大小与弹簧的总长度成正比B．弹簧弹力大小与弹簧伸长的长度成正比C．该弹簧的劲度系数约为25 N/mD．该弹簧的劲度系数约为2500 N/m②在匀变速直线运动的速度v随时间t变化关系图象中，图线与坐标轴围成的面积的物理意义表示位移．请类比思考，(1)问的F－x图象中图线与坐标轴围成的面积的物理意义．【参考答案】(1)见解析(2)①BC ②弹力做的功解析：(1)描点连线，如图所示：(2)①分析图象结合表格数据可知，弹簧弹力大小与弹簧伸长量成正比，A选项错误，B 选项正确；根据胡克定律可知，图象中斜率代表弹簧的劲度系数，劲度系数为25 N/m，C选项正确，D选项错误．②力与位移的乘积为功，利用微元法，在很短时间里弹力是恒定不变的，则F－x图象中图线与坐标轴围成的面积的物理意义是弹力做的功．4、某赤道平面内的卫星自西向东飞行绕地球做圆周运动，该卫星离地高度为h(h的高度小于地球同步卫星的高度)，赤道上某人通过观测，前后两次出现在人的正上方最小时间间隔为t，已知地球的自转周期为T0，地球的质量为M，引力常量为G，求：地球的半径．【参考答案】3GMt2T24π2t＋T02－h解析：卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，GMmR＋h2＝m⎝⎛⎭⎪⎫2πT2(R＋h)．分析题意可知，t时间内，卫星多转一圈运动到观察者的正上方．t T －tT0＝1.联立解得，R＝3GMt2T24π2t＋T02－h.5、一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，在家中做验证力的平行四边形定则的实验．(1)如图甲，在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶，记下水壶静止时电子秤的示数F；(2)如图乙，将三根细线L1、L2、L3的一端打结，另一端分别拴在电子秤的挂钩、墙钉A 和水壶杯带上．水平拉开细线L1，在白纸上记下结点O的位置、________和电子秤的示数F1；(3)如图丙，将另一颗墙钉B钉在与O同一水平位置上，并将L1拴在其上．手握电子秤沿着(2)中L2的方向拉开细线L，使三根细线的方向与(2)中________重合，记录电子秤的示数F2；(4)在白纸上按一定标度作出电子秤拉力F、F1、F2的图示，根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若________，则力的平行四边形定则得到验证．【参考答案】(2)三细线的方向(3)结点的位置(4)F′大小与F相等、方向相同解析：(2)研究合力与分力的关系需要记录分力的大小和方向，即在白纸上记下结点O 的位置的同时也要记录三细线的方向以及电子秤的示数F1.(3)应使结点O的位置和三根细线的方向与②中重合，记录电子秤的示数F2.(4)根据平行四边形定则作出合力，若F′大小与F相等、方向相同，则力的平行四边形定则得到验证．。

2020届高考物理(人教版)一轮复习直线运动课件(17张)

(1)A车追上B车前,两车的最大距离; (2)甲、乙两站之间的距离。【分析】匀加速追匀速,二车同速时间距最大。
重点知识导图考题应对策略关键能力分解典型问题举例
【解析及答案】(1)当A、B两车同速时间距最大。设A车加速到 v0时的时间为t1,有
at1=v0 A 车运动的位移为 xA1=12 ��12 B车运动的位移为xB1=v0t1 两车的最大距离为Δx=xB1-xA1 解得 Δx=��2��0��2。
第一讲直线运动考题应试策略
重点知识导图考题应对策略关键能力分解典型问题举例
重点知识导图考题应对策略关键能力分解典型问题举例
本专题可以分为匀变速直线运动规律和图象两大块,熟练掌握五个运动学规律(速度规律、位移规律、平均速度规律、速度平方差规律、逆向思维规律)是求解问题的关键。对于匀减速直线运动, 一定要注意“刹车陷阱”,而解决这一问题关键是要分清是属于“先减速,终停止”还是“先减速,终返回”。在解图象物理问题时,应注意:(1)数和形的结合;(2)与实际运动情景相结合;(3)学会识图、辨图、用图、作图;(4)正确理解图象中的截距、斜率、拐点、交点、面积等的物理意义。
重点知识导图考题应对策略关键能力分解典型问题举例
一、解决匀变速直线运动的常用方法
1.一般公式法
一般公式法指速度公式、位移公式及推论三式。它们均是矢量
式,使用时要注意方向性。
2.平均速度法
定义式��
=
��对任何性质的运动都适用,而��
=
��
2
=
12(v0+v)只适用
于匀变速直线运动。

2020人教版高中物理一轮复习(图片课件+练习+作业 (98)

作业25实验五探究动能定理非选择题图25－11．(2019年河南十所名校测试)某实验小组用如图25－1所示装置“探究功与物体速度变化的关系”．(1)为平衡小车运动过程中受到的阻力，应该采用下面所述方法中的________(填入选项前的字母代号)．A．逐步调节木板的倾斜程度，让小车能够自由下滑B．逐步调节木板的倾斜程度，让小车在橡皮筋作用下开始运动C．逐步调节木板的倾斜程度，给小车一初速度，让拖着纸带的小车匀速下滑D．逐步调节木板的倾斜程度，让其拖着纸带自由下滑(2)如图25－2所示是该实验小组在实验过程中打出的一条纸带，已知打点计时器连接的电源的频率为50 Hz，则橡皮筋恢复原长时小车的速度为________m/s(结果保留三位有效数字)．图25－2解析：(1)为了平衡摩擦力的影响，在实验中可将木板垫高，使小车所受重力的分力与摩擦力平衡，则小车匀速运动，此时小车后面纸带上的点分布均匀，故C 正确．(2)由图可知，A 点为2.2 cm ，B 点为4.7 cm ，C 点为7.5 cm ，D 点为10.3 cm ，E 点为13.1 cm ，橡皮筋恢复原长时小车匀速运动，由纸带可知匀速运动时两点之间的位移为x ＝(13.1－10.3) cm ＝(10.3－7.5) cm ＝(7.5－4.7) cm ＝2.8 cm ＝0.028 m ，速度是v ＝x t ＝0.028 m 0.02 s ＝1.40 m/s.答案：(1)C (2)1.40(1.39～1.41均正确)2．(2019年广东深圳模拟)某同学用如图25－3甲所示装置来探究“动能定理”，得到一条如图25－3乙所示的纸带，O 点为第一个点，并在纸带清晰段依次标记了A 、B 、C 三个点，用毫米刻度尺测得各点到O 点的距离如图25－3乙所示，重物质量m ＝1.00 kg.图25－3(1)电火花打点计时器应选择的电源是________．A ．4～6 V 、50 Hz 交流电源B ．220 V 、50 Hz 交流电源(2)从O 点到B 点，重物的重力做功W G ＝________J ，动能的增加量ΔE k ＝________J ．(取g ＝10 m/s 2，以上计算结果均保留三位有效数解析：(1)电火花打点计时器使用220 V 、50 Hz 的交流电．(2)W G ＝mgx OB ＝1×10×0.777 6 J ≈7.76 J ，v B ＝x AC 2T ＝（85.76－70.18）×10－2m 2×0.02 s＝3.895 m/s ， ΔE k ＝12m v 2＝12×1.00×3.8952 J ≈7.59 J.答案：(1)B (2)7.78 7.593．某学习小组利用如图25－4所示的装置验证动能定理．图25－4(1)将气垫导轨调至水平，安装好实验器材，从图中读出两光电门中心之间的距离x ＝________cm.(2)测量挡光条的宽度d ，记录挡光条通过光电门1和2所用的时间Δt 1和Δt 2，并从拉力传感器中读出滑块受到的拉力F ，为了完成实验，还需要直接测量的一个物理量是__________________．(3)该实验________(填“是”或“否”)需要满足砝码盘和砝码的总质量远小于滑块、挡光条和拉力传感器的总质量．解析：(1)两光电门中心之间的距离x ＝70.30 cm －20.30 cm ＝50.00(2)由于该实验验证的是动能定理，故还需要知道滑块、挡光条和拉力传感器的总质量．(3)由于拉力可以通过拉力传感器的读数直接得到，故不需要满足砝码盘和砝码的总质量远小于滑块、挡光条和拉力传感器的总质量．答案：(1)50.00(2)滑块、挡光条和拉力传感器的总质量M(3)否4．(2019下四川资阳模拟)某兴趣小组准备探究“合外力做功和物体速度变化的关系”，实验前组员们提出了以下几种猜想：①W∝v；②W∝v2；③W∝v.为了验证猜想，他们设计了如图25－5甲所示的实验装置．图25－5PQ为一块倾斜放置的木板，在Q处固定一个速度传感器(用来测量物体每次通过Q点的速度)．在刚开始实验时，小刚同学提出“不需要测出物体质量，只要测出物体初始位置到速度传感器的距离L和读出速度传感器的读数v就行了”，大家经过讨论采纳了小刚的建议．(1)请你说明小刚建议的理由：__________________________________．(2)让物体分别从不同高度无初速释放，测出物体初始位置到速度传感器的距离L1、L2、L3、L4、…，读出物体每次通过Q点的速度v1、v 2、v 3、v 4、…，并绘制了如图25－5乙所示的L －v 图象．若为了更直观地看出L 和v 的变化关系，他们下一步应该作出________．A ．L －v 2图象B ．L －v 图象C ．L －1v 图象 B ．L －1v图象 (3)实验中，木板与物体间摩擦力________(填“会”或“不会”)影响探究的结果．解析：(1)若只有重力做功，则mgL sin θ＝12m v 2，等号的两边都有m ，可以约掉，故不需要测出物体的质量．若是重力和摩擦力做功，则m (g sin θ－μg cos θ)L ＝12m v 2，等号的两边都有m ，可以约掉，故不需要测出物体的质量．(2)采用表格方法记录数据，合理绘制的L －v 图象是曲线，不能得出结论W ∝v 2.为了更直观地看出L 和v 的变化关系，应该绘制L －v 2图象．故选A.(3)重力和摩擦力的总功W 也与距离L 成正比，因此不会影响探究的结果．答案：(1)根据动能定理列出方程式，可以约去质量m (2)A (3)不会5．为了“探究动能改变与合外力做功”的关系，某同学设计了如下实验方案：第一步：把带有定滑轮的木板有滑轮的一端垫起，把质量为M 的滑块通过细绳与质量为m 的带夹重锤跨过定滑轮相连，重锤后连一穿过打点计时器的纸带，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板向下匀速运动，如图25－6甲所示．第二步：保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使纸带穿过打点计时器，然后接通电源，释放滑块，使之从静止开始向下加速运动，打出纸带，如图25－6乙所示．打出的纸带如图25－6丙所示．图25－6请回答下列问题：(1)已知O、A、B、C、D、E、F相邻计数点间的时间间隔为Δt，根据纸带求滑块运动的速度，打点计时器打B点时滑块运动的速度v B ＝________．(2)已知重锤质量为m，当地的重力加速度为g，要测出某一过程合外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块________(写出物理名称及符号，只写一个物理量)，合外力对滑块做功的表达式W合＝________．(3)算出滑块运动OA、OB、OC、OD、OE段合外力对滑块所做的功W以及在A、B、C、D、E各点的速度v，以v2为纵轴、W为横轴建立直角坐标系，描点作出v 2－W 图象，可知该图象是一条______，根据图象还可求得______．解析：(1)由打出的纸带可知B 点的速度为v B ＝x 3－x 12Δt；(2)由做功定义式可知还需要知道滑块下滑的位移x ，由动能定理可知W 合＝ΔE k ，即mgx ＝ΔE k ；(3)v 2－W 图象应该为一条过原点的直线，根据ΔE k ＝12M v 2可求得M 的值．答案：(1)x 3－x 12Δt(2)下滑的位移x mgx (3)过原点的直线滑块的质量M6．某同学为探究“合力做功与物体动能改变的关系”设计了如下实验，他的操作步骤如下：(1)按图25－7连接实验装置，其中小车质量M ＝0.20 kg ，钩码总质量m ＝0.05 kg.图25－7(2)释放小车，然后接通打点计时器的电源(电源频率为f ＝50 Hz)，打出一条纸带．(3)他在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条，如图25－8所示．把打下的第一点记作0，然后依次取若干个计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，用厘米刻度尺测得各计数点到0点距离分别为d1＝0.041 m，d2＝0.055 m，d3＝0.167 m，d4＝0.256 m，d5＝0.360 m，d6＝0.480 m，…，他把钩码重力(当地重力加速度g＝10 m/s2)作为小车所受合力，算出打下0点到打下第5点合力做功W＝__________J(结果保留三位有效数字)，用正确的公式E k＝__________(用相关数据前字母列式)把打下第5点时小车的动能作为小车动能的改变量，算得E k＝0.125 J.图25－8(4)此次实验探究的结果，他没能得到“合力对物体做的功等于物体动能的增量”，且误差很大．通过反思，他认为产生很大误差的原因如下，其中正确的是()A．钩码质量太大，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多B．没有平衡摩擦力，使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多C．释放小车和接通电源的次序有误，使得动能增量的测量值比真实值偏小D．没有使用最小刻度为毫米的刻度尺测距离也是产生此误差的重要原因解析：(3)若用钩码的重力作为小车受的合力，则F合＝mg＝0.5 N，从0点到打第5点时水平位移x＝d5＝0.360 m，所以W＝F合x＝0.5×0.360 J＝0.180 J.打第5点时小车动能E k ＝12M v 25，v 5＝d 6－d 42Δt，式中Δt 为5个时间间隔，即Δt ＝5f ，故E k ＝Mf 2200(d 6－d 4)2.(4)从该同学的实验操作情况来看，造成很大误差的主要原因是把钩码的重力当成了小车的合力，实验前没有平衡摩擦力，故A 、B 正确；C 、D 两个选项中提到的问题不能对实验结果造成重大影响，故C 、D 错误．答案：(3)0.180 Mf 2200(d 6－d 4)2 (4)AB图25－97．(2017年高考·北京卷)如图25－9所示，用质量为m 的重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况．利用该装置可以完成“探究动能定理”的实验．(1)打点计时器使用的电源是____(选填选项前的字母)．A ．直流电源B ．交流电源(2)实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力．正确操作方法是________(选填选项前的字母)．A ．把长木板右端垫高B ．改变小车的质量在不挂重物且________(选填选项前的字母)的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响．A．计时器不打点B．计时器打点(3)接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，将打下的第一个点标为O.在纸带上依次有A、B、C……若干个计数点，已知相邻计数点间的时间间隔为T.测得A、B、C……各点到O点的距离为x1、x2、x3……，如图25－10所示．图25－10实验中，重物质量远小于小车质量，可认为小车所受的拉力大小为mg，从打O点到打B点的过程中，拉力对小车做的功W＝________，打B点时小车的速度v＝________．(4)以v2为纵坐标，W为横坐标，利用实验数据作出如图25－11所示的v2－W图象。

2020人教版高中物理一轮复习(图片课件+练习+作业 (6)

作业32电容器带电粒子在电场中的运动一、选择题1．如图32－1所示，从F处由静止释放一个电子，电子向B板方向运动，设电源电动势为U(V)，下列对电子运动的描述中错误的是()图32－1A．电子到达B板时的动能是U(eV)B．电子从B板到达C板的过程中，动能的变化量为零C．电子到达D板时动能是3U(eV)D．电子在A板和D板之间做往复运动解析：由题图可知，电子在A、B板间做加速运动，电场力做的正功为U(eV)；电子在B、C板间做匀速运动，动能变化量为零；电子在C、D板间做减速运动，电场力做的功为－U(eV)，电子在D板处速度为零，故电子在A板和D板之间做往复运动，选C.答案：C图32－22．(2019年哈尔滨六中模拟)如图32－2所示，a、b为两个固定的带正电荷量为q的点电荷，相距为L，通过其连线中点O作此线段的垂直平分面，在此平面上有一个以O为圆心，半径为32L的圆周，其上有一个质量为m，带电荷量为－q的点电荷c做匀速圆周运动，则c的速率为()A．q 3kmL B．q3k2mL C．qkmL D．q2kmL解析：负点电荷c受到的静电力充当向心力，连接a、b、c三点，cO为ab的垂直平分线，ac＝L，所以∠acO＝30°，故三角形abc为等边三角形，故根据矢量合成法则，可得a、b对c的静电力为F＝2k q2L2cos30°＝3kq2L2，根据F＝mv2R，联立解得v＝q3k2mL，故B正确．答案：B3．(2019年吉林辽源五中模拟)如图32－3所示，D为一理想二极管(正向电阻为0，反向电阻无穷大)，平行金属板M、N水平放置，两板之间有一带电微粒以速度v0沿图示方向做直线运动，当微粒运动到P点时，将M板迅速向上平移一小段距离，则此后微粒的运动情况是()图32－3A．沿轨迹①运动B．沿轨迹②运动C．沿轨迹③运动D．沿轨迹④运动解析：当微粒运动到P 点时，迅速将M 板上移一小段距离，由于二极管反向电阻无穷大，两极板上电量不变，由电容的决定式C ＝εr S4πkd ，定义式C ＝Q U 得MN 两板间电压升高，由E ＝U d ＝4πkQ εr S，知电场强度不变，粒子受到的电场力不变，微粒的运动方向不变，仍沿轨迹②做直线运动，故B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B4．(2019年商丘高三模拟)如图32－4，一带电粒子从小孔A 以一定的初速度射入平行板P 和Q 之间的真空区域，经偏转后打在Q 板上如图所示的位置．在其他条件不变的情况下要使该粒子能从Q 板上的小孔B 射出，下列操作中可能实现的是(不计粒子重力)( )图32－4A ．保持开关S 闭合，适当上移P 极板B ．保持开关S 闭合，适当左移P 极板C ．先断开开关S ，再适当上移P 极板D ．先断开开关S ，再适当左移P 极板图32－5解析：如图32－5，粒子在板间做类斜抛运动，将速度分解为水平方向v x 和竖直方向v y .竖直方向：v y ＝v 0sin θ，加速度a ＝Eq m ，E 为场强，设t 为粒子上升到最高点所用时间，则t ＝v y a ＝m v 0sin θEq .水平方向位移x ＝v x ·2t ＝2v 0t cos θ.保持开关S 闭合，电容器两板间电压U 不变，适当上移P 极板，两极板间的距离变大，根据E ＝U d 知场强变小，竖直方向运动时间变长，水平方向的位移x ＝2v 0t cos θ变大，该粒子可能从Q 板的B 孔射出，A 正确；若左移P 极板，不影响场强，仍落在原处，B 错误；断开开关S ，则电容器电荷量Q 不变，适当上移P 极板，由E ＝4πkQ εr S知场强E 不变，则粒子仍落到原处，C 错误；断开开关S ，若左移P 极板，由E ＝4πkQ εr S知S 变小E 变大，则粒子加速度a 变大，上升到最高点所用时间t 变小，则水平方向位移x 变小，不能到达B 孔，D 错误．答案：A5．(2019年湖北宜昌模拟)如图32－6所示，一个带电粒子从粒子源飘入(初速度很小，可忽略不计)电压为U 1的加速电场，经加速后从小孔S 沿平行金属板A 、B 的中线射入，A 、B 板长为L ，相距为d ，电压为U 2.则带电粒子能从A 、B 板间飞出应该满足的条件是( )图32－6A.U 2U 1<2d L B.U 2U 1<d L C.U 2U 1<2d 2L 2 D.U 2U 1<d 2L 2 解析：根据qU 1＝12m v 2，再根据t ＝L v 和y ＝12at 2＝12·qU 2md ·⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 2，由题意知，y <12d ，解得U 2U 1<2d 2L 2，故C 正确．答案：C图32－76．(2019年长春十一中月考)M 、N 为两块水平放置的平行金属板，距平行板右端L 处有竖直屏，平行板板长、板间距均为L ，板间电压恒定．一带电粒子(重力不计)以平行于板的初速度v 0沿两板中线进入电场，粒子在屏上的落点距O 点的距离为L 2，当左端入口处均匀分布的大量上述粒子均以平行于板的初速度v 0从MN 板左端各位置进入电场(忽略粒子间作用力)，下列结论正确的是( )A ．有16的粒子能到达屏上B ．有23的粒子能到达屏上C ．有56的粒子能到达屏上D ．有12的粒子能到达屏上解析：带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，从电场中飞出后做匀速直线运动，设带电粒子在匀强电场中的偏转位移为y ，根据类平抛运动规律得：物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点．根据几何关系得y L 2＝L 2L ＋L 2，则y ＝L 6.若带电粒子恰好打在屏上，粒子应该从金属板的边缘离开电场，则粒子的入射点应当偏离中心线的距离为L 6，由于粒子是均匀分布的，所以只有56的粒子能到达屏上，选项C 正确，选项A 、B 、D 均错误．答案：C图32－87．(2019年云南曲靖联考)(多选)如图32－8所示电路中，A 、B 为两块竖直放置的金属板，G 是一只静电计，开关S 合上后，静电计指针张开一个角度，下述哪些做法可使指针张角增大( )A ．使A 、B 两板靠近一些B．使A、B两板正对面积错开一些C．断开S后，使B板向右平移拉开一些D．断开S后，使A、B两板正对面积错开一些解析：图中静电计的金属杆接A板，外壳和B板均接地，静电计显示的是A、B两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高．当合上S后，A、B两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压不变，静电计指针张角不变；当断开S后，板间距离增大，正对面积减小，都将使电容器的电容变小，而电容器电荷量不变，由U＝Q C可知，板间电压U增大，从而使静电计指针张角增大．综上所述，选项C、D正确．答案：CD图32－98．(2019年大庆实验中学月考)(多选)在如图32－9所示的竖直向下的匀强电场中，用绝缘细线拴住的带电小球在竖直平面内绕悬点O 做圆周运动，下列说法正确的是()A．带电小球通过最低点时，细线拉力有可能最小B．带电小球一定做变速圆周运动C．带电小球通过最高点时，细线拉力一定最小D．带电小球不一定做匀速圆周运动解析：当小球所受重力与电场力合力为零时，绳子的拉力提供向心力，合外力做功为零，小球做匀速圆周运动，当重力和电场力的合力不为零时，则小球做变速圆周运动，B错，D正确；当小球做匀速圆周运动时，细线的拉力提供向心力，在圆周上任何一点细线的拉力大小都相等，如果小球做变速圆周运动，小球带正电时，在最高点细线拉力最小，如果小球带负电，若电场力大于重力，在最高点，小球的拉力最大，C错，A正确．答案：AD9．(多选)如图32－10所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止．现撤去F，使小球沿竖直方向运动，在小球由静止释放到刚离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时的速度为v，不计空气阻力，则上述过程中()图32－10A．小球的重力势能增加－W1B．小球的电势能减少W2C．小球的机械能增加W1＋12m v2D．小球与弹簧组成的系统机械能守恒解析：根据重力做功与重力势能变化的关系，可知W 1＝－ΔE p G ，所以重力势能增加量ΔE p G ＝－W 1，A 项正确；根据电场力做功与电势能的变化关系可知，电势能减少量ΔE p E ＝W 2，B 项正确；由题可知，小球动能增加量为12m v 2，重力势能增加量为－W 1，故机械能增加量为－W 1＋12m v 2，C 项错；整个过程中，电场力对小球做功，故系统机械能不守恒，D 项错．答案：AB10．(多选)如图32－11甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大．当两板间加上如图32－11乙所示的交变电压后，在下图中，反映电子速度v 、位移x 和加速度a 三个物理量随时间t 的变化规律可能正确的是( )图32－11解析：在平行金属板之间加上如题图乙所示的交变电压时，电子在平行金属板间所受的电场力大小不变，F ＝U 0e d ，由牛顿第二定律F＝ma 可知，电子的加速度大小不变，电子在第一个T 4内向B 板做匀加速直线运动，在第二个T 4内向B 板做匀减速直线运动，在第三个T 4内反向做匀加速直线运动，在第四个T 4内向A 板做匀减速直线运动，所以a－t 图象应如图D 所示，v －t 图象应如图A 所示，A 、D 正确，C 错误；又因匀变速直线运动位移x ＝v 0t ＋12at 2，所以x －t 图象应是曲线，B 错误．答案：AD11．(2019年河南郑州二测)(多选)如图32－12所示，一水平放置的平行板电容器，下板A 固定，上板B 与竖直悬挂的绝缘弹簧连接，A 、B 间有一固定的带正电荷的液滴P ，电容器带电荷量为Q 1，若让电容器充电或放电，使之带电荷量为Q 2，则下列说法正确的是()图32－12A ．若Q 2>Q 1，则弹簧的长度增加B ．若Q 2>Q 1，则电容器的电容减少C ．若Q 2>Q 1，则带电液滴P 的电势能增加D ．若Q 2<Q 1，则带电液滴P 的电势能增加解析：两板间的场强E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εr S 4πkd·d ＝4πkQ εr S ，故板上带电荷量越多，板间电场强度越大，板间的电场力也越大，所以弹簧的长度增加，故A 正确；由于两板相互吸引使B 板下移，所以电容器电容增大，故B 错误；若让电容器充电使之所带电荷量为Q 2，且Q 2>Q 1，P 到下板的距离不变但板间电场强度增大，所以带电液滴P 所在处电势升高，带电液滴P 的电势能增大，故C 正确；同理若让电容器放电使之带电荷量为Q 2，且Q 2<Q 1，则带电液滴P 的电势能减少，故D 错误．答案：AC12．(2019年河北石家庄二中联考)(多选)在绝缘水平桌面(桌面足够大)上方存在平行于桌面的电场，其电场强度E 随时间t 的变化关系如图32－13甲所示，小物块带电荷量为q ＝＋1×10－4 C ，将其放在该水平桌面上并由静止释放，小物块的速度v 与时间t 的关系如图32－13乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图32－13A ．小物块在4 s 内的位移为6 mB ．小物块的质量为2 kgC ．小物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.2D ．小物块在4 s 内电势能减少了18 J解析：小物块在4 s 内的位移为x ＝12×2×(2＋4) m ＝6 m ，故A正确；由题图乙可知，前2 s 内小物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有qE 1－μmg ＝ma ，由题图乙知加速度为a ＝1 m/s 2，2 s 后小物块做匀速运动，由平衡条件有qE 2＝μmg ，联立解得q (E 1－E 2)＝ma ，由题图甲可得E 1＝3×104 N/C ，E 2＝2×104 N/C ，代入数据解得m ＝1 kg ，由qE 2＝μmg 可得μ＝0.2，故B 错误，C 正确；小物块在前2 s的位移s 1＝12×2×2 m ＝2 m ，小物块在2～4 s 内的位移s 2＝v t 2＝4 m ，电场力做的正功W ＝qE 1s 1＋qE 2s 2＝1×10－4×3×104×2 J ＋1×10－4×2×104×4 J ＝14 J ，则电势能减少了14 J ，故D 错误．答案：AC二、非选择题13．(2019年河南洛阳名校联考)在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A 点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图32－14所示．小球运动的轨迹上A 、B 两点在同一水平线上，M 为轨迹的最高点．小球抛出时的动能为8.0 J ，在M 点的动能为6.0 J ，不计空气的阻力．求：图32－14(1)小球水平位移x 1与x 2的比值；(2)小球落到B 点时的动能E k B ；(3)小球从A 点运动到B 点的过程中最小动能E kmin .解析：(1)如图32－15所示，带电小球在水平方向上受电场力的作用做初速度为零的匀加速运动，竖直方向上只受重力作用做竖直上抛运动，故从A 到M 和M 到B 的时间相等，则x 1∶x 2＝1∶3.(2)小球从A 到M ，水平方向上电场力做功W 电＝6 J ，则由能量守恒可知，小球运动到B 点时的动能为E k B ＝E k0＋4W 电＝32 J.(3)由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F ，重力为G ，则有：图32－15⎩⎪⎨⎪⎧F ·x 1＝6 J G ·h ＝8 J ⇒⎩⎪⎨⎪⎧12·F 2m t 2＝6 J 12·G 2m t 2＝8 J⇒F G ＝32 由图可知，tan θ＝F G ＝32⇒sin θ＝37则小球从A 运动到B 的过程中速度最小时速度一定与等效重力G ′垂直，故E kmin ＝12m (v 0sin θ)2＝247 J.答案：(1)1∶3 (2)32 J (3)247 J14．(2019年山东下学期高考预测)如图32－16所示，一足够长的斜面倾角为θ＝37°，斜面所在的空间存在水平向右的匀强电场(未画出)．现将一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球(可视为质点)以初速度v 0从斜面底端的A 点竖直向上抛出，当小球落在斜面上的B 点时速度方向恰好水平．已知重力加速度大小为g ，sin37°＝35，cos37°＝45，求：图32－16(1)该匀强电场的电场强度E 的大小；(2)从A 点运动到B 点的过程中，小球和斜面的最远距离d . 解析：(1)设小球到B 点时竖直上升的高度为h ，则有h ＝v 202g小球到达B 点时，所用的时间为t ＝v 0g小球到达B 点时的水平位移为x ＝12·qE m ·t 2由几何关系可知tan θ＝h x ＝34联立解得E ＝4mg 3q .(2)将小球的初速度v 0沿平行于斜面方向和垂直于斜面方向进行分解，由几何关系可知，小球在垂直于斜面方向上的分速度v 1＝v 0cosθ＝45v 0将小球受到的重力和电场力沿平行于斜面和垂直于斜面方向进行分解，设小球在垂直于斜面方向上的加速度大小为a ，则有qE sin θ＋mg cos θ＝ma ，解得a ＝85g ，由运动学规律可得d ＝v 212a ，代入数据解得d ＝v 205g .答案：(1)4mg3q(2)v 205g。

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作业30 电场力的性质一、选择题 1．由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为q 1和q 2，其间距离为r 时，它们之间相互作用力的大小为F ＝k q 1q 2r 2，式中k 为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示， k 的单位应为( )A ．kg ·A 2·m 3B ．kg·A －2·m 3·s －4C ．kg ·m 2·C －2 D.N ·m 2·A －2解析：由库仑定律知k ＝Fr 2q 1q 2，式中都取国际单位时k 的单位为N ·m 2C 2，由I ＝q t 知，1 C 2＝1 A 2·s 2，又因1 N ＝1kg ·m s 2，整理可得k 的单位应为kg ·m s 2·m 2A 2·s 2，即kg ·A －2·m 3·s －4，故B 正确．答案：B图30－12．(2019年郑州模拟)如图30－1所示，半径相同的两个金属球A 、B 带有相等的电荷量，相隔一定距离，两球之间相互吸引力的大小是F .今让第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A 、B 两球接触后移开．这时，A 、B 两球之间的相互作用力的大小是( )A.F 8B.F 4C.3F 8D.3F 4解析：A 、B 两球互相吸引，说明它们必带异种电荷，设它们带的电荷量分别为＋q 、－q .当第三个不带电的C 球与A 球接触后，A 、C两球带电荷量平分，每个球带电荷量为q 1＝＋q 2，当再把C 球与B 球接触后，两球的电荷先中和再平分，每球带电荷量q 2＝－q 4.由库仑定律F ＝k q 1q 2r 2知，当移开C 球后，A 、B 两球之间的相互作用力的大小变为F ′＝F 8，A 项正确．答案：A图30－23．如图30－2所示，Q 带负电荷，导体P 在a 处接地，下列说法中正确的是( )A ．导体P 的a 端不带电荷，b 端带负电荷B ．导体P 的a 端带正电荷，b 端不带电C ．导体P 的a 端带正电荷，b 端带负电荷，且正、负电荷的电荷量相等D ．导体P 的a 端带正电荷，b 端带负电荷，正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量解析：导体接地，它与大地组成一个导体，相对于负电荷Q，a 端离Q较近．根据“近异远同”“两端等量”的规律，导体a端带正电，b端感应出来的负电荷被导到大地上，所以不带电，大地作为远端带有等量的负电荷．故B正确，A、C、D错误．答案：B图30－34．(2019年山西五校四联)两点电荷Q1、Q2产生的电场的电场线如图30－3所示．根据电场线的分布情况，下列判断正确的是() A．Q1的电荷量小于Q2的电荷量B．Q1的电荷量大于Q2的电荷量C．Q1、Q2一定均为正电荷D．Q1、Q2一定均为负电荷解析：由电场线的分布情况可知，Q1的电荷量小于Q2的电荷量，A项正确，B项错误．因为电场线没有标出方向，不能断定电荷的正负，故C、D项错误．答案：A5．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图30－4所示，在半球面AB上均匀分布着正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M 、N 两点，OM ＝ON ＝2R .已知M 点的场强大小为E ，则N 点的场强大小为( )图30－4A.kq 4R 2B.kq 2R 2－EC.kq 4R 2－ED.kq 4R 2＋E 解析：假设将带电荷量为2q 的球面放在O 处，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．则在M 、N 点所产生的电场为E ＝2kq（2R ）2＝kq 2R 2，由题知当半球面如题图所示在M 点产生的场强为E ，则N 点的场强为E ′＝kq 2R 2－E ，B 正确．答案：B图30－56．如图30－5所示，一个均匀的带电圆环，带电荷量为＋Q ，半径为R ，放在绝缘水平桌面上．圆心为O 点，过O 点作一竖直线，在此线上取一点A ，使A 到O 点的距离为R ，在A 点放一检验电荷＋q ，则＋q 在A 点所受的电场力为( )A.kQq R 2，方向向上B.2kQq 4R 2，方向向上C.kQq 4R 2，方向水平向左 D ．不能确定解析：先把带电圆环分成若干个小部分，每一部分可视为点电荷，各点电荷对检验电荷的库仑力在水平方向上相互抵消，竖直向上方向上电场力大小为kqQ cos45°（2R ）2＝2kQq 4R 2，故选B. 答案：B图30－67．(多选)如图30－6所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电荷量分别为－q 、Q 、－q 、Q .四个小球构成一个菱形，－q 、－q 的连线与－q 、Q 的连线之间的夹角为α.若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是( )A ．cos 3α＝q 8QB ．cos 3α＝q 2Q 2C ．sin 3α＝Q 8qD ．sin 3α＝Q 2q 2 解析：设菱形边长为a ，则两个Q 之间距离为2a sin α，两个－q 之间距离为2a cos α.选取－q 作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2k Qq a 2cos α＝k q 2（2a cos α）2，解得cos 3α＝q 8Q ，选项A 正确，B 错误．选取Q 作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2k Qq a 2sin α＝kQ2（2a sinα）2，解得sin3α＝Q8q，选项C正确，D错误．答案：AC图30－78．(多选)如图30－7所示，有一带电物体处在一个斜向上的匀强电场E中，由静止开始沿天花板向左做匀速直线运动，下列说法正确的是()A．物体一定带正电B．物体一定带负电C．物体不一定受弹力的作用D．物体一定受弹力的作用解析：若物体带负电荷，则受电场力向右下方，重力向下，则物体必然斜向下运动，不符合题意，A项正确，B项错误；若物体带正电，则受力分析如图30－8所示，因物体做匀速直线运动，则合力必为零，一定受到摩擦力，必然受到弹力作用，C项错误，D项正确．图30－8答案：AD图30－99．(2019年佛山市大联考)(多选)如图30－9所示，A 、B 两球所带电荷量均为2×10－5 C ，质量均为0.72 kg ，其中A 球带正电荷，B 球带负电荷，A 球通过绝缘细线吊在天花板上，B 球一端固定绝缘棒，现将B 球放在某一位置，能使绝缘细线伸直，A 球静止且与竖直方向的夹角为30°，g 取10 m/s 2，则B 球距离A 球的距离可能为( )A ．0.5 mB ．0.8 mC ．1.2 mD ．2.5 m解析：对A 受力分析，受重力mg 、绳的拉力F T 、B 对A 的吸引力F ，由分析知，A 平衡时，F 的最小值为F ＝mg sin30°＝kq 2r 2，解得r ＝1 m ，所以两球的距离d ≤1 m ，A 、B 正确．答案：AB10．(2019年安徽八校联考)(多选)如图30－10所示，一绝缘细线Oa 下端系一轻质带正电的小球a (重力不计)，地面上固定一光滑的绝缘14圆弧管道AB ，圆心与小球a 位置重合．一质量为m 、带负电的小球b 由A 点静止释放．小球a 由于受到绝缘细线的拉力而静止，其中细线O ′a 水平，Oa 悬线与竖直方向的夹角为θ.当小球b 沿圆弧管道运动到小球a 正下方B 点时对管道壁恰好无压力，在此过程中(a 、b 两球均可视为点电荷)( )图30－10A ．b 球所受的库仑力大小为3mgB ．b 球的机械能逐渐减小C ．水平细线的拉力先增大后减小D ．悬线Oa 的拉力先增大后减小解析：电场力对b 球不做功，故b 球的机械能守恒，由机械能守恒定律可得12m v 2B ＝mgR ，则小球运动到B 点的速度v B ＝2gR ；小球对管道无压力，则F 库－mg ＝m v 2B R ，解得F 库＝3mg ，A 正确，B 错误；设小球b 在某位置时和a 点连线与竖直方向的夹角为α，悬线Oa 的拉力为F T1，悬线O ′a 的拉力为F T2，则对小球a ，可得F T2＝F T1sin θ＋F sin α，F T1cos θ＝F cos α，当小球b 从A 点向B 点运动时，α角一直减小，可知F T1一直增大，D 错误；F T2＝F cos αtan θ＋F sin α＝Fcos θsin(θ＋α)，则当α从90°减小到0时，F T2先增大后减小，C 正确．答案：AC图30－1111．(多选)如图30－11所示，整个空间存在水平向左的匀强电场，一长为L 的绝缘轻质细硬杆一端固定在O 点、另一端固定一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球P ，杆可绕O 点在竖直平面内无摩擦转动，电场的电场强度大小为E ＝3mg 3q .先把杆拉至水平位置，然后将杆无初速度释放，重力加速度为g ，不计空气阻力，则( )A ．小球到最低点时速度最大B ．小球从开始至最低点过程中动能一直增大C ．小球对杆的最大拉力大小为833mgD ．小球可绕O 点做完整的圆周运动解析：如图30－12所示，小球受到的重力和电场力分别为mg 和qE ＝33mg ，此二力的合力大小为F ＝233mg ，方向为与竖直方向成30°角，可知杆从水平位置转到与合力F 沿杆的方向相同时，合力F 与小球速度的方向夹角一直小于90°，F 一直做正功图30－12，故小球转到与合力F 沿杆的方向相同时小球速度最大，且从开始至最低点过程中动能一直增大，A 错误，B 正确；设小球的最大速度为v ，从释放到小球达到最大速度的过程，应用动能定理有：Eq (L＋L sin30°)＋mgL cos30°＝12m v 2－0，设小球速度最大时，杆对小球的拉力为F m，对小球应用向心力公式有：F m－F＝m v2L，解得F m＝833mg，由牛顿第三定律知C正确；根据等效性可知杆转过240°角时速度减小为0，未到达圆周的等效最高点，小球不能做完整的圆周运动，D错误．答案：BC12．(多选)P、Q两电荷的电场线分布如图30－13所示，a、b、c、d为电场中的四点，c、d关于PQ连线的中垂线对称．一个离子从a 运动到b(不计重力)，轨迹如图所示，则下列判断正确的是()图30－13A．P带正电B．c、d两点的电场强度相同C．离子在运动过程中受到P的吸引力D．离子从a到b，电场力做正功解析：由电场线的方向可知P带正电，Q带负电，A正确；c、d 两点场强大小相同，但方向不同，B错误；离子所受电场力的方向应该指向曲线的凹侧，故可以判断出离子在运动过程中受到P电荷的吸引力，C正确；离子从a到b，电场力的方向和离子速度方向的夹角大于90°，电场力做负功，D错误．答案：AC二、非选择题13．(2017年高考·北京卷)如图30－14所示，长l ＝1 m 的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球所带电荷量q ＝1.0×10－6 C ，匀强电场的场强E ＝3.0×103 N/C ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图30－14(1)小球所受电场力F 的大小；(2)小球的质量m ；(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v 的大小．解析：(1)F ＝qE ＝3.0×10－3 N.(2)由平衡条件得qE mg ＝tan37°，得m ＝4.0×10－4 kg.(3)由动能定理得mgl (1－cos37°)＝12m v 2，得v ＝2gl （1－cos37°）＝2.0 m/s.答案：(1)3.0×10－3 N (2)4.0×10－4 kg(3)2.0 m/s图30－1514．如图30－15所示，一根长L＝1.5 m的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在电场强度E＝1.0×105 N/C、与水平方向成θ＝30°角的倾斜向上的匀强电场中．杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q＝＋4.5×10－6C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q＝＋1.0×10－6 C，质量m＝1.0×10－2 kg.现将小球B从杆的上端N由静止释放，小球B开始运动．(静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，取g＝10 m/s2)问：(1)小球B开始运动时的加速度为多大？(2)小球B的速度最大时，距M端的高度h1为多少？图30－16解析：(1)开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，如图30－16所示沿杆方向运动，由牛顿第二定律得mg －kQq L 2－qE sin θ＝ma解得a ＝g －kQq L 2m －QE sin θm代入数据得a ＝3.2 m/s 2.(2)小球B 速度最大时合力为零，即 kQq h 21＋qE sin θ＝mg ，解得h 1＝ kQqmg －qE sin θ代入数据解得h 1＝0.9 m. 答案：(1)3.2 m/s 2 (2)0.9 m。

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【典例 3】 (2018 年高考· 课标全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害．若一个 50 g 的鸡蛋从一居民楼的 25 层坠下，与地面的撞击时间约为 2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( ) A. 10 N B. 102 N C. 103 N D. 104 N 【解析】设每层楼高约为 3 m，则下落高度约为 h＝3×25 m＝75 m 1 2 由 mgh＝ mv 及(F－mg)t＝mv 知 2 mv 鸡蛋对地面的冲击力 F＝＋mg≈103 N. t 【答案】 C
图 6－1－3 A．拉力 F 对物体的冲量大小为零 B．拉力 F 对物体的冲量大小为 Ft C．拉力 F 对物体的冲量大小是 Ftcosθ D．合力对物体的冲量大小为零
【解析】物体静止时，合外力为零，合外力的冲量为零，D 正确；拉力是恒力，其冲量为力与时间的乘积，B 正确，A、C 错误．【答案】 BD
图 6－1－2 ③用动量定理求解． 3．冲量和功的区别 (1)冲量和功都是过程量．冲量表示力对时间的积累作用，功表示力对位移的积累作用． (2)冲量是矢量，功是标量． (3)力作用的冲量不为零时，力做的功可能为零；力做的功不为零时，力作用的冲量一定不为零．
【典例 1】 (多选)恒力 F 作用在质量为 m 的物体上，如图 6－1－3 所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间 t，下列说法正确的是( )
变式训练 1 如图 6－1－4 所示，竖直面内有一个固定圆环，MN 是它在竖直方向上的直径．两根光滑滑轨 MP、QN 的端点都在圆周上，MP>QN.将两个完全相同的小滑块 a、 b 分别从 M、Q 点无初速度释放，在它们各自沿 MP、QN 运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是( )
图 6－1－4 A．合力对两滑块的冲量大小相同 B．重力对 a 滑块的冲量较大 C．弹力对 a 滑块的冲量较小 D．两滑块的动量变化大小相同

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作业1描述运动的基本概念一、选择题1．(多选)从水平匀速飞行的直升机上向外自由释放一个物体，不计空气阻力，在物体下落过程中，下列说法正确的是() A．从直升机上看，物体做自由落体运动B．从直升机上看，物体始终在直升机的后方C．从地面上看，物体做平抛运动D．从地面上看，物体做自由落体运动解析：选择不同的参考系观察同一运动，结果往往不同．答案：AC2．对于体育比赛的论述，下列说法正确的是()A．运动员跑完800 m比赛，指的是路程大小为800 mB．运动员铅球成绩为4.50 m，指的是位移大小为4.50 mC．某场篮球比赛打了两个加时赛，共需10 min，指的是时刻D．足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该硬币可以看作质点解析：运动员跑完800 m比赛，指的是路程大小为800 m，选项A正确；运动员铅球成绩为4.50 m，指的是抛出点到落地点水平距离的大小，选项B错误；某场篮球比赛打了两个加时赛，共需10 min，指的是时间，选项C错误；足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该硬币的大小不能忽略，不可以看作质点，选项D错误．答案：A3．(多选)湖中O处有一观察站，一小船从O处出发一直向东行驶4 km，又向北直线行驶3 km，则下列说法中正确的是() A．相对于O处的观察员，小船运动的路程为7 kmB．相对于小船，O处的观察员始终处于静止状态C．相对于O处的观察员，小船最终位于东偏北37°方向5 km处D．相对于湖岸上的另一观察员，小船不可能是静止的解析：在O处的观察员看来，小船最终离自己的距离为32＋42km＝5 km，方向为东偏北θ角，满足sinθ＝35，即θ＝37°，运动的路程为7 km，选项A、C正确；由运动的相对性可知B错误；若湖岸上的观察员运行速度大小、方向均与小船一样，则小船相对其而言是静止的，选项D错误．答案：AC4．为了纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利70周年，铭记历史，警示未来，2015年9月3日在北京举行隆重的阅兵式，关于此次阅兵式下列说法中错误的是()A．上午10点整纪念大会开始，10点整是时刻B．受阅方队沿直线通过检阅台的一段时间内的位移大小与路程相等C．计算洲际导弹车通过天安门广场(远大于导弹车的长度)的时间时，洲际导弹车不能看作质点D．阅兵预演空中梯队通过天安门上空时，以编队中某一飞机为参考系，其他飞机是静止的解析：10点整是时刻，故A正确；受阅方队沿直线通过检阅台的一段时间内的位移大小与路程相等，故B正确；计算洲际导弹车通过天安门广场(远大于导弹车的长度)的时间时，洲际导弹车能看作质点，故C错误；阅兵预演空中梯队通过天安门上空时，以编队中某一飞机为参考系，其他飞机是静止的，故D正确．本题选错误的，故选C.答案：C5．(2019年湖北枣阳七中月考)在近地空中某一位置有A、B两个小球，先让A球自由下落1 s后再让B球自由下落，则在A球落地前，相关说法正确的是()A．A球比B球的速度变化快B．若以B球为参照物，A球将以大约10 m/s的速度匀速下降C．两球会在空中相碰D．A球下落1 s后至落地前，两球始终相对静止解析：因为两球都做自由落体运动，加速度都为重力加速度，所以两球的速度变化一样快，选项A错误；当B球开始下落时，由运动学公式可得A球的速度约为v＝gt＝10 m/s，又两球加速度相等，所以以B球为参照物，A球将以大约10 m/s的速度匀速下降，选项B正确，D错误；因为以B球为参照物，A球将以大约10 m/s的速度匀速下降，所以两球都在空中时的间距越来越大，不会相碰，选项C错误．故选B.答案：B6．(多选)一小球在水平桌面上做减速直线运动，用照相机对着小球每隔0.1 s 拍照一次，得到一幅频闪照片，用刻度尺量得照片上小球各位置如图1－1所示，已知照片与实物的比例为1∶10，则 ( )图1－1A ．图中对应的小球在通过8 cm 距离内的平均速度是2 m/sB ．图中对应的小球在通过8 cm 距离内的平均速度是1.6 m/sC ．图中对应的小球通过6 cm 处的瞬时速度是2.5 m/sD ．图中对应的小球通过6 cm 处的瞬时速度是2 m/s解析：照相机每隔0.1 s 拍照一次，所以图中0～8 cm 所用的时间t ＝0.4 s ；照片与实物的比例为1∶10，所以图中8 cm 对应的实际位移x ＝80 cm ＝0.8 m ．则小球在通过图中8 cm 距离内的平均速度v －＝x t ＝0.80.4m/s ＝2 m/s ，A 正确，B 错误；图中对应小球通过6 cm 处的瞬时速度可用图中3.5 cm 到7.5 cm 这一段的平均速度近似表示．图中3.5 cm 到7.5 cm 这一段对应的实际位移x ′＝40 cm ＝0.4 m ，所用的时间t ′＝0.2 s ，所以图中6 cm 处的瞬时速度v ′＝0.40.2m/s ＝2 m/s ，C 错误，D 正确．答案：AD7．(2019年河北唐山统考)伽利略是第一个提出并研究加速度概念的科学家，哲学家罗素给予了极高的评价：“加速度的基本重要性，也许是伽利略所有发现中最具有永久价值和最有效果的一个发现．”下列关于加速度的说法正确的是()A．加速度恒定的运动，速度大小恒定B．加速度恒定的运动，速度的方向恒定不变C．速度为零，加速度可能不为零D．速度变化率很大，加速度可能很小解析：加速度恒定的运动是匀变速运动，速度均匀变化，速度大小变化，速度方向也可能变化，例如平抛运动是匀变速曲线运动，速度的大小和方向都变化，选项A、B错误．速度为零，加速度可能不为零，例如竖直上抛运动中质点到达最高点时，速度为零，加速度为g，选项C正确．加速度等于速度变化率，所以速度变化率很大，加速度一定很大，选项D错误．答案：C8．(多选)根据给出的速度和加速度的正负，对下列运动性质的判断正确的是()A．v0>0，a<0，物体做加速运动B．v0<0，a<0，物体做减速运动C．v0<0，a>0，物体做减速运动D．v0>0，a>0，物体做加速运动解析：当速度方向和加速度方向相同时，物体做加速运动；当速度方向和加速度方向相反时，物体做减速运动．速度和加速度的正方向是任意规定的，不能只根据加速度的正负来判断物体是做加速运动还是减速运动，选项C、D正确．答案：CD9．(多选)如图1－2甲所示，火箭发射时，速度能在10 s 内由0增加到100 m/s ；如图1－2乙所示，汽车以108 km/h 的速度行驶，急刹车时能在2.5 s 内停下来，下列说法中正确的是 ( )图1－2A ．10 s 内火箭的速度改变量为10 m/sB ．2.5 s 内汽车的速度改变量为－30 m/sC ．火箭的速度变化比汽车的快D ．火箭的加速度比汽车的加速度小解析：因火箭发射时，速度在10 s 内由0增加到100 m/s ，故10 s 内火箭的速度改变量为100 m/s ，选项A 错误；汽车以108 km/h ＝30 m/s 的速度行驶，急刹车时能在2.5 s 内停下来，则2.5 s 内汽车的速度改变量为0－30 m/s ＝－30 m/s ，选项B 正确；火箭的加速度为a 1＝Δv Δt＝10010 m/s 2＝10 m/s 2；汽车的加速度为a 2＝Δv Δt＝－302.5 m/s 2＝－12 m/s 2，故火箭的速度变化比汽车的慢，火箭的加速度比汽车的加速度小，选项C 错误，D 正确．答案：BD10．甲、乙两个物体沿同一直线向同一方向运动时，取物体的初速度方向为正，甲的加速度恒为2 m/s 2，乙的加速度恒为－3 m/s 2，则下列说法中正确的是( )A ．两物体都做加速直线运动，乙的速度变化快B ．甲做加速直线运动，它的速度变化快C ．乙做减速直线运动，它的速度变化快D ．甲的加速度比乙的加速度大解析：判断物体的速度增加或减小，要看加速度与速度的方向关系．二者同向，物体加速，反向则减速．加速度的大小与物体的速度及速度变化量无必然联系．故选C.答案：C11．(2019年河南洛阳模拟)物体由静止开始做匀加速直线运动，加速8 s 后，立即做匀减速直线运动，再经过4 s 停下．关于该物体的运动情况，下列说法正确的是( )A ．加速、减速过程中的加速度大小之比为2∶1B ．加速、减速过程中的平均速度大小之比为 2∶1C ．加速、减速过程中的位移大小之比为2∶1D ．加速、减速过程中速度的变化率大小之比为2∶1解析：设加速后物体最大速度为v ，则加速运动的加速度大小a 1＝ΔvΔt 1＝v 8 s ，减速运动的加速度大小a 2＝Δv Δt 2＝v 4 s ，则加速、减速过程中的加速度大小之比为a 1∶a 2＝1∶2，选项A 错误．对于匀变速直线运动，平均速度等于初速度与末速度的平均值，则题述加速运动和减速运动的速度平均值相等，所以加速、减速过程中的平均速度大小之比为1∶1，选项B 错误．两个阶段运动的时间之比为8 s ∶4 s ＝2∶1，根据位移等于平均速度乘以时间可知，加速、减速过程中的位移大小之比为2∶1，选项C 正确．由于加速度等于速度的变化率，所以加速、减速过程中速度的变化率大小之比为1∶2，选项D 错误．答案：C12．(2019年伊春质检)一个质点做变速直线运动，以v 1＝10 m/s的平均速度完成前13路程，以v 2＝30 m/s 的平均速度完成剩下23的路程，则全过程的平均速度为( )A ．20 m/sB ．18 m/sC ．23.3 m/sD ．40 m/s解析：设全程长为x ，则前13路程所需的时间t 1＝13x 10，后23路程所需的时间t 2＝23x 30.所以全程的平均速度v －＝x t 1＋t 2＝x 13x 10＋23x 30m/s ＝18 m/s ，故B 正确．答案：B13．某人爬山，从山脚爬上山顶，然后又从原路返回到山脚，上山的平均速度为v 1，下山的平均速度为v 2，则往返的平均速度的大小和平均速率是( )A.v 1＋v 22，v 1＋v 22B.v 1－v 22，v 1－v 22 C ．0，v 1－v 2v 1＋v 2 D ．0，2v 1v 2v 1＋v 2解析：平均速度是位移与时间的比值，由于此人爬山往返一次，位移Δx ＝0，平均速度v －＝Δx Δt ＝0Δt＝0；平均速率是路程与时间的比值，由于此人往返一次，路程为山脚到山顶距离的2倍，平均速率为x 1＋x 2t 1＋t 2＝2x x v 1＋x v 2＝2v 1v 2v 1＋v 2，所以D 项正确．答案：D二、非选择题14．(2019年德州月考)有些国家的交通管理部门为了交通安全，特别制定了死亡加速度为500 g (g ＝10 m/s 2)，以醒世人，意思是如果行车加速度超过此值，将有生命危险，那么大的加速度，一般情况下车辆是达不到的，但如果发生交通事故时，将会达到这一数值．试问：(1)若一辆以72 km/h 的速度行驶的货车与一辆以54 km/h 的速度行驶的摩托车相向而行发生碰撞，碰撞时间为2.1×10－3 s ，摩托车驾驶员是否有生命危险？(2)为了防止碰撞，两车的驾驶员同时紧急刹车，货车、摩托车急刹车后到完全静止所需时间分别为4 s 、3 s ，货车的加速度与摩托车的加速度之比为多少？解析：(1)两车碰撞过程中，由于货车的质量比摩托车的质量大很多，故摩托车与货车相碰时间内，可认为货车的速度几乎不变，摩托车的速度反向，大小与货车的速度相同．取摩托车的初速度方向为正方向，摩托车的速度变化量约为Δv ＝Δv 2－v 1＝－72 km/h －54 km/h ＝－20 m/s －15 m/s ＝－35 m/s两车相碰撞时摩托车的加速度为a ＝Δv Δt ＝－352.1×10－3m/s 2≈－16 667 m/s 2，负号表示与选取的正方向相反，由于16 667 m/s 2>500 g ，因此摩托车驾驶员有生命危险．(2)设货车、摩托车的加速度大小分别为a 1、a 2，根据加速度定义得a 1＝Δv 1Δt 1，a 2＝Δv 2Δt 2所以a 1∶a 2＝Δv 1Δt 1∶Δv 2Δt 2＝204∶153＝1∶1. 答案：(1)摩托车驾驶员有生命危险 (2)1∶111。

2020届高考物理一轮复习人教版牛顿运动定律的综合应用PPT课件(共33张)

解
由 v-t 图象可知,物块沿斜面向上滑行时的加速度大小 a=��0,根据牛顿第二定
��1
析律得 mgsin θ+μmgcos θ=ma,即 gsin θ+μgcos θ=��0。同理向下滑行时
��1
gsin θ -μgcos θ =��1,两式联立解得 sin θ =��0+��1,μ= ��0-��1 ,可见能计算出斜
物体离开手的瞬间,手的加速度大于重力加速度,D项正确。
考点巧讲
第三单元牛顿运动定律
变式1
如图所示,某发射系统内有一木箱,木箱内有一竖直放置的轻质弹簧,弹簧上方有一物块,木箱内上表面和下表面都装有压力传
感器。木箱静止时,上表面压力传感器的示数为12.0 N,下表面
压力传感器的示数为20.0 N。当系统竖直向上发射时,上表面压力传感器示数变为下表面压力传感器示数的一半,重力加速
2.失重
(1)定义:物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象。 (2)失重的特点:物体具有竖直向下的加速度。
3.完全失重
(1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)为零的状态。
(2)完全失重的特点:加速度a=g,方向竖直向下。
知识清单
第三单元牛顿运动定律
基础过关
考点巧讲
第三单元牛顿运动定律
例3 在倾角为30°的光滑斜面上,有一个箱子,箱内有一个斜面,在斜面上放置一个重为60 N的球,如图甲所示,当箱子在斜面上下滑时,球对箱子后壁和箱
内斜面的压力大小分别是( C )。(g=10m/s2,sin53°=0.8,cos 53°=0.6)

2020人教版高中物理一轮复习(图片课件+练习+作业 (62)

1．如图4－10所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个闭合线圈Ⅰ、Ⅱ分别用同种导线绕制而成，其中Ⅰ为边长为L 的正方形，Ⅱ是长为2L 、宽为L 的矩形，将两个线圈同时从图示位置由静止释放．线圈下边进入磁场时，Ⅰ立即做了一段时间的匀速运动，已知两线圈在整个下落过程中，下边始终平行于磁场上边界，不计空气阻力，则( )图4－10A ．下边进入磁场时，Ⅱ也立即做匀速运动B ．从下边进入磁场开始的一段时间内，线圈Ⅱ做加速度不断减小的加速运动C ．从下边进入磁场开始的一段时间内，线圈Ⅱ做加速度不断减小的减速运动D ．线圈Ⅱ先到达地面解析：线圈Ⅱ的电阻是Ⅰ的32倍，线圈Ⅱ进入磁场时产生的感应电动势是Ⅰ的2倍，即R Ⅱ＝32R Ⅰ，E Ⅱ＝2E Ⅰ，由I ＝E R 得，I Ⅱ＝43I Ⅰ；由F安＝BIL，FⅡ＝BIⅡ·2L，FⅠ＝BIⅠ·L，则FⅡ＝83FⅠ，但GⅡ＝32GⅠ，由于Ⅰ进入磁场做匀速运动，即FⅠ＝GⅠ，则FⅡ>GⅡ，所以Ⅱ进入磁场立即做加速度不断减小的减速运动，A、B错误，C正确；因线圈Ⅰ、Ⅱ进入磁场时速度相同，但此后Ⅰ匀速，Ⅱ减速，故Ⅱ后到达地面，D错误．答案：C2．(2019年湖北重点中学联考)如图4－11所示，足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，两导轨的平面与水平方向的夹角为θ.在导轨的最上端M、P之间接有电阻R，不计其他电阻．导体棒ab 从导轨的最底端冲上导轨，当没有磁场时，ab棒上升的最大高度为H；若存在垂直导轨平面的匀强磁场时，ab棒上升的最大高度为h.在两次运动过程中ab棒都与导轨保持垂直，且初速度都相等．则下列说法正确的是()图4－11A．两次上升的最大高度有H<hB．有磁场时ab棒所受合力的功大于无磁场时合力的功C．有磁场时，电阻R产生的焦耳热为12m v2D．有磁场时，ab棒上升过程的最小加速度为g sinθ解析：没加磁场时，机械能守恒，动能全部转化为重力势能．加有磁场时，动能的一部分转化为重力势能，还有一部分转化为整个回路的内能，则加有磁场时的重力势能小于没加磁场时的重力势能，即h <H ，故A 错误；由动能定理知，合力的功等于导体棒动能的变化量，有、无磁场时，棒的初速度相等，末速度都为零，则知ab 棒所受合力的功相等，故B 错误；设电阻R 产生的焦耳热为Q ，根据能量守恒知有12m v 20＝Q ＋mgh ，则Q <12m v 20，故C 错误；有磁场时，导体棒上升时受重力、支持力、沿斜面向下的安培力，当上升到最高点时，安培力为零，所以ab 上升过程的最小加速度为g sin θ，故D 正确．答案：D3．(多选)水平固定放置的足够长的U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab ，开始时，ab 棒以水平初速度v 0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程 ( )图4－12A ．安培力对ab 棒所做的功不相等B ．电流所做的功相等C ．产生的总内能相等D ．通过ab 棒的电荷量相等解析：导轨光滑时，只有安培力做功，安培力做功等于动能变化量，导轨粗糙时，安培力与摩擦力做功之和等于动能的变化量，所以两种情况中动能变化量相等，故A正确、B错误．两种情况中金属棒的动能最终全部转化为内能，C正确．通过ab棒的电荷量Q＝ΔΦR＝BΔSR，光滑时比粗糙时ab棒运动的路程长，故ΔS大，通过的电荷量Q多，故D错误．答案：AC4．(2019年济南针对训练)(多选)如图4－13所示的竖直平面内，水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有大小相等，方向垂直竖直面向里的匀强磁场，其宽度均为d，Ⅰ和Ⅱ之间有一宽度为h的无磁场区域，h>d.一质量为m、边长为d的正方形线框由距区域Ⅰ上边界某一高度处静止释放，在穿过两磁场区域的过程中，通过线框的电流及其变化情况相同．重力加速度为g，空气阻力忽略不计．则下列说法正确的是()图4－13A．线框进入区域Ⅰ时与离开区域Ⅰ时的电流方向相同B．线框进入区域Ⅱ时与离开区域Ⅱ时所受安培力的方向相同C．线框有可能匀速通过磁场区域ⅠD．线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ产生的总热量为Q＝2mg(d＋h)解析：由楞次定律可知，线框进入区域Ⅰ时感应电流为逆时针方向，而离开区域Ⅰ时的电流方向为顺时针方向，故选项A错误；由楞次定律可知，线框进入区域Ⅱ时与离开区域Ⅱ时所受安培力的方向相同，均向上，选项B正确；因穿过两磁场区域的过程中，通过线框的电流及其变化情况相同，则可知线框进入区域Ⅰ时一定是做减速运动，选项C错误；线框离开磁场区域Ⅰ的速度应等于离开磁场区域Ⅱ的速度，则在此过程中，线圈的机械能的减小量等于线框通过区域Ⅱ产生的电能，即Q2＝mg(d＋h)，则线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ产生的总热量为Q＝2Q2＝2mg(d＋h)，选项D正确．答案：BD5．(多选)如图4－14所示，质量为3m的重物与一质量为m的线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知线框的横边边长为L，水平方向匀强磁场的磁感应强度为B，磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h.初始时刻，磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h，将重物从静止开始释放，线框上边缘刚进磁场时，恰好做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计．则下列说法中正确的是()图4－14A ．线框进入磁场时的速度为2ghB ．线框的电阻为B 2L 22mg 2ghC ．线框通过磁场的过程中产生的热量Q ＝2mghD ．线框通过磁场的过程中产生的热量Q ＝4mgh解析：从初始时刻到线框上边缘刚进入磁场，由机械能守恒定律得3mg ×2h ＝mg ×2h ＋4m v 22，解得线框刚进入磁场时的速度v ＝2gh ，故A 对；线框上边缘刚进磁场时，恰好做匀速直线运动，故受合力为零，3mg ＝BIL ＋mg ，I ＝BL v R ，解得线框的电阻R ＝B 2L 22mg 2gh ，故B 对；线框匀速通过磁场的距离为2h ，产生的热量等于系统重力势能的减少量，即Q ＝3mg ×2h －mg ×2h ＝4mgh ，故C 错，D 对．答案：ABD6．两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L .导轨上面垂直放置两根导体棒ab 和cd ，构成矩形回路，如图4－15所示．两根导体棒的质量皆为m ，电阻均为R ，回路中其余部分的电阻可不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B .设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行．开始时，棒cd 静止，棒ab 有指向棒cd 的初速度v 0.若两导体棒在运动中始终不接触，则：图4－15(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？(2)当ab 棒的速度变为初速度的34时，cd 棒的加速度是多少？解析：(1)两棒速度相同时产生的焦耳热最多．从开始到两棒达到相同速度v 的过程中，两棒的总动量守恒，有m v 0＝2m v根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热Q ＝12m v 20－12(2m )v 2＝14m v 20.(2)设ab 棒的速度变为34v 0时，cd 棒的速度为v ′，则由动量守恒定律可知m v 0＝34m v 0＋m v ′解得v ′＝14v 0，回路中的电动势E ＝34BL v 0－14BL v 0＝12BL v 0此时cd 棒所受的安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v 04R .由牛顿第二定律可得，cd 棒的加速度a ＝F m ＝B 2L 2v 04mR .14m v 20(2)B2L2v04mR答案：(1)。

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