2015级大学物理上分作业一 (2)

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大学物理上学习指导作业参考答案分解

第一章质点运动学课后作业1、一质点沿x 轴运动，其加速度a 与位置坐标x 的关系为] a ＝2＋6 x 2 (SI)如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置处的速度．解：设质点在x 处的速度为v ，62d d d d d d 2x txx t a +=⋅==v v 2分 ()x x xd 62d 020⎰⎰+=v v v2分() 2 213 x x +=v 1分2、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式．解： =a d v /d t 4=t ， d v 4=t d t⎰⎰=vv 0d 4d tt tv 2=t 2 3分v d =x /d t 2=t 2 t tx tx x d 2d 02⎰⎰=x 2= t 3 /3+x 0 (SI) 2分3、一质点沿半径为R 的圆周运动．质点所经过的弧长与时间的关系为221ct bt S += 其中b 、c 是大于零的常量，求从0=t 开始到切向加速度与法向加速度大小相等时所经历的时间．解： ct b t S +==d /d v 1分c t a t ==d /d v 1分 ()R ct b a n /2+= 1分根据题意： a t = a n 1分即 ()R ct b c /2+=解得 cbc R t -= 1分4、如图所示，质点P 在水平面内沿一半径为R =2 m 的圆轨道转动．转动的角速度ω与时间t 的函数关系为2kt =ω (k 为常量)．已知s t 2=时，质点P 的速度值为32 m/s ．试求1=t s 时，质点P 的速度与加速度的大小．解：根据已知条件确定常量k()222/rad 4//s Rt t k ===v ω 1分24t =ω, 24Rt R ==ωvs t 1=时， v = 4Rt 2 = 8 m/s 1分 2s /168/m Rt dt d a t ===v 1分22s /32/m R a n ==v 1分()8.352/122=+=nt a a a m/s 2 1分5、一敞顶电梯以恒定速率v =10 m/s 上升．当电梯离地面h =10 m 时，一小孩竖直向上抛出一球．球相对于电梯初速率200=v m/s ．试问： (1) 从地面算起，球能达到的最大高度为多大？ (2) 抛出后经过多长时间再回到电梯上？解：(1) 球相对地面的初速度=+='v v v 030 m/s 1分抛出后上升高度 9.4522='=gh v m/s 1分离地面高度 H = (45.9+10) m =55.9 m 1分 (2) 球回到电梯上时电梯上升高度＝球上升高度2021)(gt t t -+=v v v 1分08.420==gt vs 1分6、在离水面高h 米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S 处，如图所示．当人以0υ(m ·1-s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．解：设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知222s h l +=将上式对时间t 求导，得tss t l l d d 2d d 2=题1-4图根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的，∴ t sv v t l v d d ,d d 0-==-=船绳即 θcos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=-=船或 sv s h s lv v 02/1220)(+==船将船v 再对t 求导，即得船的加速度320222022002)(d d d d d d sv h s v s l s v slv s v v s t sl t l st v a =+-=+-=-==船船第二章运动与力课后作业1、一人在平地上拉一个质量为M 的木箱匀速前进，如图. 木箱与地面间的摩擦系数μ＝0.6.设此人前进时，肩上绳的支撑点距地面高度为h ＝1.5 m ，不计箱高，问绳长l 为多长时最省力?解：设绳子与水平方向的夹角为θ，则l h /sin =θ．木箱受力如图所示，匀速前进时, 拉力为F , 有F cos θ－f ＝0 2分F sin θ＋N －Mg ＝0 f ＝μN得 θμθμs i n c o s +=MgF 2分令 0)s i n (c o s )c o s s i n (d d 2=++--=θμθθμθμθMg F ∴ 6.0tg ==μθ，637530'''︒=θ 2分且 0d d 22>θF ∴ l ＝h / sin θ＝2.92 m 时，最省力．2、一质量为60 kg 的人，站在质量为30 kg 的底板上，用绳和滑轮连接如图．设滑轮、绳的质量及轴处的摩擦可以忽略不计，绳子不可伸长．欲使人和底板能以1 m/s 2的加速度上升，人对绳子的拉力T 2多大？人对底板的压力多大? (取g ＝10 m/s 2)解：人受力如图(1) 图2分 a m g m N T 112=-+ 1分N底板受力如图(2) 图2分 a m g m N T T 2221=-'-+ 2分212T T = 1分 N N ='由以上四式可解得 a m m g m g m T )(421212+=--∴ 5.2474/))((212=++=a g m m T N 1分5.412)(21=-+=='T a g m N N N 1分3、一条轻绳跨过一轻滑轮(滑轮与轴间摩擦可忽略)，在绳的一端挂一质量为m 1的物体，在另一侧有一质量为m 2的环，求当环相对于绳以恒定的加速度a 2沿绳向下滑动时，物体和环相对地面的加速度各是多少？环与绳间的摩擦力多大？解：因绳子质量不计，所以环受到的摩擦力在数值上等于绳子张力T ．设m 2相对地面的加速度为2a '，取向上为正；m 1相对地面的加速度为a 1(即绳子的加速度)，取向下为正． 1分111a m T g m =- 2分222a m g m T '=- 2分 212a a a -=' 2分解得 2122211)(m m a m g m m a ++-= 1分21212)2(m m m m a g T +-= 1分2121212)(m m a m g m m a +--=' 1分4、一条质量分布均匀的绳子，质量为M 、长度为L ，一端拴在竖直转轴OO ′上，并以恒定角速度ω在水平面上旋转．设转动过程中绳子始终伸直不打弯，且忽略重力，求距转轴为r 处绳中的张力T ( r )．解：取距转轴为r 处，长为d r 的小段绳子，其质量为 ( M /L ) d r ． (取元，画元的受力图) 2分由于绳子作圆周运动，所以小段绳子有径向加速度，由牛顿定律得： T ( r )-T ( r + d r ) = ( M / L ) d r r ω2令 T ( r )－T (r + d r ) = - d T ( r )得 d T =－( M ω2 / L ) r d r 4分由于绳子的末端是自由端 T (L ) = 01分有r r L M T Lrr T d )/(d 2)(⎰⎰-=ω∴ )2/()()(222L r L M r T -=ω 3分O第三章动量与角动量课后作业1、如图，用传送带A 输送煤粉，料斗口在A 上方高h ＝0.5 m 处，煤粉自料斗口自由落在A 上．设料斗口连续卸煤的流量为q m ＝40 kg/s ，A 以v ＝2.0 m/s 的水平速度匀速向右移动．求装煤的过程中，煤粉对A 的作用力的大小和方向．（不计相对传送带静止的煤粉质重）解：煤粉自料斗口下落，接触传送带前具有竖直向下的速度gh 20=v 1分设煤粉与A 相互作用的∆t 时间内，落于传送带上的煤粉质量为t q m m ∆=∆ 1分设A 对煤粉的平均作用力为f，由动量定理写分量式：0-∆=∆v m t f x 1分)(00v m t f y ∆--=∆ 1分将 t q m m ∆=∆代入得 v m x q f =， 0v m y q f =∴14922=+=y x f f f N 2分f与x 轴正向夹角为α = arctg (f x / f y ) = 57.4° 1分由牛顿第三定律煤粉对A 的作用力f ′= f = 149 N ，方向与图中f相反．2分2、质量为1 kg 的物体，它与水平桌面间的摩擦系数μ = 0.2 ．现对物体施以F = 10t (SI)的力，（t 表示时刻），力的方向保持一定，如图所示．如t = 0时物体静止，则t = 3 s 时它的速度大小v 为多少?解：由题给条件可知物体与桌面间的正压力mg F N +︒=30sin 1分物体要有加速度必须 N F μ≥︒30cos 2分即 mg t μμ≥-)3(5， 0s 256.0t t =≥ 1分物体开始运动后，所受冲量为 ⎰-︒=tt t N F I 0d )30cos (μ)(96.1)(83.30202t t t t ---=t = 3 s, I = 28.8 N s 2分则此时物体的动量的大小为 I m =v速度的大小为 8.28==mIv m/s 2分3、一炮弹发射后在其运行轨道上的最高点h ＝19.6 m 处炸裂成质量相等的两块．其中一块在爆炸后1秒钟落到爆炸点正下方的地面上．设此处与发射点的距离S 1＝1000 m ，问另一块落地点与发射地点间的距离是多少？（空气阻力不计，g ＝9.8 m/s 2）解：因第一块爆炸后落在其正下方的地面上，说明它的速度方向是沿竖直方向的．利用 2t g t h '+'=211v ，式中t '为第一块在爆炸后落到地面的时间．可解得v 1＝14.7 m/s ，竖直向下．取y 轴正向向上, 有v 1y ＝－14.7 m/s 2分设炮弹到最高点时(v y ＝0)，经历的时间为t ，则有S 1 = v x t ① h=221gt ② 由①、②得 t =2 s , v x =500 m/s 2分以2v表示爆炸后第二块的速度，则爆炸时的动量守恒关系如图所示．x v v m m x =221③0==+y y m m m v v v 1y 22121 ④解出 v 2x =2v x =1000 m/s ， v 2y =-v 1y =14.7 m/s 3分再由斜抛公式 x 2= S 1 +v 2x t 2 ⑤y 2=h +v 2y t 2-22gt 21 ⑥落地时 y 2 =0，可得 t 2 =4 s , t 2＝－1 s （舍去）故 x 2＝5000 ｍ 3分Mmv4、质量为M ＝1.5 kg 的物体，用一根长为l ＝1.25 m 的细绳悬挂在天花板上．今有一质量为m ＝10 g 的子弹以v 0＝500 m/s 的水平速度射穿物体，刚穿出物体时子弹的速度大小v ＝30 m/s ，设穿透时间极短．求：(1) 子弹刚穿出时绳中张力的大小； (2) 子弹在穿透过程中所受的冲量．解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v '有 m v 0 = m v +M v 'v ' = m (v 0 - v )/M =3.13 m/s 2分 T =Mg+M v 2/l =26.5 N 2分(2) s N 7.40⋅-=-=∆v v m m t f (设0v方向为正方向) 2分负号表示冲量方向与0v方向相反． 2分第四章功和能课后作业1、一质量为m 的质点在Oxy 平面上运动，其位置矢量为j t b i t a rωωsin cos +=(SI) 式中a 、b 、ω是正值常量，且a ＞b ． (1)求质点在A 点(a ，0)时和B 点(0，b )时的动能；(2)求质点所受的合外力F 以及当质点从A 点运动到B 点的过程中F的分力x F 和y F分别作的功．解：(1)位矢 j t b i t a rωωs i n c o s += (SI)可写为 t a x ωc o s= ， t b y ωs i n = t a t x x ωωs i n d d -==v ， t b ty ωωc o s d dy -==v 在A 点(a ，0) ，1cos =t ω，0sin =t ωE KA =2222212121ωmb m m y x=+v v 2分在B 点(0，b ) ，0cos =t ω，1sin =t ωE KB =2222212121ωma m m y x=+v v 2分(2) j ma i ma F y x +==j t mb i t ma ωωωωsin cos 22-- 2分由A →B ⎰⎰-==02d c o s d a a x x x t a m x F W ωω=⎰=-022221d a ma x x m ωω 2分⎰⎰-==b b y y t b m y F W 020dy sin d ωω=⎰-=-b mb y y m 022221d ωω 2分2、劲度系数为k 的轻弹簧，一端固定，另一端与桌面上的质量为m 的小球B 相连接．用外力推动小球，将弹簧压缩一段距离L 后放开．假定小球所受的滑动摩擦力大小为F 且恒定不变，滑动摩擦系数与静摩擦系数可视为相等．试求L 必须满足什么条件时，才能使小球在放开后就开始运动，而且一旦停止下来就一直保持静止状态．解：取弹簧的自然长度处为坐标原点O ，建立如图所示的坐标系．在t =0时，静止于x ＝－L 的小球开始运动的条件是kL ＞F ① 2分小球运动到x 处静止的条件，由功能原理得222121)(kL kx x L F -=+- ② 2分由② 解出 kFL x 2-=使小球继续保持静止的条件为 F k FL k x k ≤-=2 ③ 2分所求L 应同时满足①、③式，故其范围为 k F <L kF3≤ 2分3、一链条总长为l ，质量为m ，放在桌面上，并使其部分下垂，下垂一段的长度为a ．设链条与桌面之间的滑动摩擦系数为μ．令链条由静止开始运动，则 (1)到链条刚离开桌面的过程中，摩擦力对链条作了多少功？al -a(2)链条刚离开桌面时的速率是多少？解：(1)建立如图坐标.某一时刻桌面上全链条长为y ,则摩擦力大小为g lymf μ= 1分摩擦力的功 ⎰⎰--==00d d a l a l f y gy lmy f W μ 2分=022a l y l mg -μ =2)(2a l lmg--μ 2分 (2)以链条为对象，应用质点的动能定理 ∑W ＝2022121v v m m-其中 ∑W = W P ＋W f ，v 0 = 0 1分W P =⎰la x P d =la l mg x x l mg la 2)(d 22-=⎰ 2分由上问知 la l mg W f 2)(2--=μ所以222221)(22)(v m a l l mg l a l mg =---μ得 []21222)()(a l a l lg ---=μv 2分4、一物体与斜面间的摩擦系数μ = 0.20，斜面固定，倾角α = 45°．现给予物体以初速率v 0 = 10 m/s ，使它沿斜面向上滑，如图所示．求：物体能够上升的最大高度h ；该物体达到最高点后，沿斜面返回到原出发点时的速率v ．解：(1)根据功能原理，有 m g h m fs -=2021v 2分 ααμαμsin cos sin mgh Nh fs ==mgh m mgh -==2021ctg v αμ 2分 )c t g 1(220αμ+=g h v =4.5 m 2分(2)根据功能原理有 fs m mgh =-221v 1分αμc t g 212m g h m g hm -=v 1分 []21)c t g 1(2αμ-=gh v =8.16 m/s 2分第五章刚体的转动课后作业1、一轻绳跨过两个质量均为m、半径均为r的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为m和2m的重物，如图所示．绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑．两个定滑轮的转动惯量均为221mr．将由两个定滑轮以及质量为m和2m 的重物组成的系统从静止释放，求两滑轮之间绳内的张力．解：受力分析如图所示．2分2mg－T1＝2ma1分T2－mg＝ma1分T1 r－T r＝β221mr1分T r－T2 r＝β221mr1分a＝rβ2分解上述5个联立方程得：T＝11mg / 82分2、一轻绳绕过一定滑轮，滑轮轴光滑，滑轮的半径为R,质量为M / 4，均匀分布在其边缘上．绳子的A端有一质量为M的人抓住了绳端，而在绳的另一端B系了一质量为21M的重物，如图．设人从静止开始相对于绳匀速向上爬时，绳与滑轮间无相对滑动，求B端重物上升的加速度？(已知滑轮对通过滑轮中心且垂直于轮面的轴的转动惯量J＝MR2 / 4 )解：受力分析如图所示．a设重物的对地加速度为a ，向上.则绳的A 端对地有加速度a 向下，人相对于绳虽为匀速向上，但相对于地其加速度仍为a 向下. 2分根据牛顿第二定律可得：对人： Mg －T 2＝Ma ① 2分对重物： T 1－21Mg ＝21Ma ② 2分根据转动定律，对滑轮有(T 2－T 1)R ＝J β＝MR 2β / 4 ③ 2分因绳与滑轮无相对滑动， a ＝βR ④ 1分 ①、②、③、④四式联立解得 a ＝2g / 7 1分3、一质量为m 的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，如图所示．轴水平且垂直于轮轴面，其半径为r ，整个装置架在光滑的固定轴承之上．当物体从静止释放后，在时间t 内下降了一段距离S ．试求整个轮轴的转动惯量(用m 、r 、t 和S 表示)．解：设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T ，则根据牛顿运动定律和转动定律得：mg T ＝ma ① 2分 T r ＝J β ② 2分由运动学关系有： a = r β ③ 2分由①、②、③式解得： J ＝m ( g －a ) r 2 / a ④ 又根据已知条件 v 0＝0∴ S ＝221at ， a ＝2S / t 2 ⑤ 2分将⑤式代入④式得：J ＝mr 2(Sgt 22－1) 2分Am 1 ,l1v2俯视图4、有一质量为m 1、长为l 的均匀细棒，静止平放在滑动摩擦系数为μ的水平桌面上，它可绕通过其端点O 且与桌面垂直的固定光滑轴转动．另有一水平运动的质量为m 2的小滑块，从侧面垂直于棒与棒的另一端A 相碰撞，设碰撞时间极短．已知小滑块在碰撞前后的速度分别为1v 和2v，如图所示．求碰撞后从细棒开始转动到停止转动的过程所需的时间.(已知棒绕O 点的转动惯量2131l m J =)解：对棒和滑块系统，在碰撞过程中，由于碰撞时间极短，所以棒所受的摩擦力矩<<滑块的冲力矩．故可认为合外力矩为零，因而系统的角动量守恒，即1分m 2v 1l ＝－m 2v 2l ＋ω2131l m ① 3分碰后棒在转动过程中所受的摩擦力矩为gl m x x l m g M l f 10121d μμ-=⋅-=⎰ ② 2分由角动量定理 ω210310l m dt M tf -=⎰ ③ 2分由①、②和③解得 gm m t 12122μv v += 2分第六章狭义相对论基础课后作业1、一体积为V 0，质量为m 0的立方体沿其一棱的方向相对于观察者A 以速度v 运动．求：观察者A 测得其密度是多少？解：设立方体的长、宽、高分别以x 0，y 0，z 0表示，观察者A 测得立方体的长、宽、高分别为 221cx x v -=，0y y =，0z z =．相应体积为 2201c V xyz V v -== 3分观察者Ａ测得立方体的质量 2201cm m v -=故相应密度为 V m /=ρ22022011/cV c m v v --=)1(2200c V m v -= 2分2、在O 参考系中，有一个静止的正方形，其面积为 100 cm 2．观测者O ＇以 0.8c 的匀速度沿正方形的对角线运动．求O ＇所测得的该图形的面积．解：令O 系中测得正方形边长为a ，沿对角线取x 轴正方向(如图)，则边长在坐标轴上投影的大小为a a x 221=，a a y 221=面积可表示为： x y a a S ⋅=2 2分在以速度v 相对于O 系沿x 正方向运动的O ＇系中2)/(1c a a x x v -=' =0.6×a 221 a a a y y 221==' 在O ＇系中测得的图形为菱形，其面积亦可表示为606.022=='⋅'='a a a S x y cm 2 3分x3、一艘宇宙飞船的船身固有长度为L 0 =90 m ，相对于地面以=v 0.8 c (c 为真空中光速)的匀速度在地面观测站的上空飞过．(1) 观测站测得飞船的船身通过观测站的时间间隔是多少？ (2) 宇航员测得船身通过观测站的时间间隔是多少？解：(1) 观测站测得飞船船身的长度为 =-=20)/(1c L L v 54 m则 ∆t 1 = L /v =2.25×10-7 s 3分 (2) 宇航员测得飞船船身的长度为L 0，则 ∆t 2 = L 0/v =3.75×10-7 s 2分4、半人马星座α星是距离太阳系最近的恒星，它距离地球S = 4.3×1016 m ．设有一宇宙飞船自地球飞到半人马星座α星，若宇宙飞船相对于地球的速度为v = 0.999 c ，按地球上的时钟计算要用多少年时间？如以飞船上的时钟计算，所需时间又为多少年？解：以地球上的时钟计算： 5.4≈=∆vSt 年 2分以飞船上的时钟计算： ≈-='∆∆221ct t v 0.20 年 3分5、在惯性系S 中，有两事件发生于同一地点，且第二事件比第一事件晚发生∆t =2s ；而在另一惯性系S ＇中，观测第二事件比第一事件晚发生∆t '=3s ．那么在S ＇系中发生两事件的地点之间的距离是多少？解：令S ＇系与S 系的相对速度为v ，有2)/(1c tt v -='∆∆， 22)/(1)/(c t t v -='∆∆则 2/12))/(1(t t c '-⋅=∆∆v ( = 2.24×108 m ·s -1 ) 4分那么，在S ＇系中测得两事件之间距离为： 2/122)(t t c t x ∆∆∆∆-'='⋅='v = 6.72×108 m 4分6、要使电子的速度从v 1 =1.2×108 m/s 增加到v 2 =2.4×108 m/s 必须对它作多少功？ (电子静止质量m e ＝9.11×10-31 kg)解：根据功能原理，要作的功 W = ∆E根据相对论能量公式 ∆E = m 2c 2- m 1c 22分根据相对论质量公式 2/12202])/(1/[c m m v -=2/12101])/(1/[c m m v -= 1分∴ )1111(22122220cc c m W v v ---=＝4.72×10-14 J ＝2.95×105 eV 2分第七章振动课后作业1、一个轻弹簧在60 N 的拉力作用下可伸长30 cm ．现将一物体悬挂在弹簧的下端并在它上面放一小物体，它们的总质量为 4 kg ．待其静止后再把物体向下拉10 cm ，然后释放．问：(1) 此小物体是停在振动物体上面还是离开它？(2) 如果使放在振动物体上的小物体与振动物体分离，则振幅A 需满足何条件？二者在何位置开始分离？解：(1) 小物体受力如图．设小物体随振动物体的加速度为a ，按牛顿第二定律有（取向下为正） ma N mg =- 1分)(a g m N -=当N = 0，即a = g 时，小物体开始脱离振动物体，已知 1分A = 10 cm ，N/m 3.060=k 有 50/==m k ω rad ·s -1 2分系统最大加速度为 52max ==A a ω m ·s -2 1分此值小于g ，故小物体不会离开． 1分(2) 如使a > g ，小物体能脱离振动物体，开始分离的位置由N = 0求得 x a g 2ω-== 2分 6.19/2-=-=ωg x cm 1分即在平衡位置上方19.6 cm 处开始分离，由g A a >=2max ω，可得2/ωg A >=19.6 cm ． 1分 2、一质点在x 轴上作简谐振动，选取该质点向右运动通过A 点时作为计时起点( t = 0 )，经过2秒后质点第一次经过B 点，再经过2秒后质点第二次经过B 点，若已知该质点在A 、B 两点具有相同的速率，且AB = 10 cm 求：(1) 质点的振动方程；(2) 质点在A 点处的速率．解： T = 8 s ， ν = (1/8) s -1， ω = 2πν = (π /4) s -1 3分(1) 以AB 的中点为坐标原点，x 轴指向右方． t = 0时， 5-=x cm φcos A = t = 2 s 时， 5=x cm φφωsin )2cos(A A -=+=由上二式解得 tg φ = 1 因为在A 点质点的速度大于零，所以φ = -3π/4或5π/4（如图） 2分 25c o s /==φx A cm 1分∴ 振动方程 )434c o s (10252π-π⨯=-t x (SI) 1分 (2) 速率 )434s i n (41025d d 2π-π⨯π-==-t t x v (SI) 2分当t = 0 时，质点在A 点 221093.3)43sin(10425d d --⨯=π-⨯π-==t x v m/s 1分3、一质量为m 的质点在力F = -π2x 的作用下沿x 轴运动．求其运动的周期．解：将F = -π2x 与F = -kx 比较，知质点作简谐振动，k = π2． 3分又 m m k π==ω 4分 m T 22=π=ω3分4、一物体同时参与两个同方向的简谐振动： )212c o s (04.01π+π=t x (SI), )2cos(03.02π+π=t x (SI)求此物体的振动方程．解：设合成运动（简谐振动）的振动方程为 )c o s(φω+=t A x 则 )c o s (2122122212φφ-++=A A A A A ① 2分以 A 1 = 4 cm ，A 2 = 3 cm ，π=π-π=-212112φφ代入①式，得5cm 3422=+=A cm 3分又 22112211c o s c o s s i n s i n a r c t g φφφφφA A A A ++= ②≈127°≈2.22 rad 3分 ∴ )22.22cos(05.0+π=t x (SI) 2分5、在竖直悬挂的轻弹簧下端系一质量为 100 g 的物体，当物体处于平衡状态时，再对物体加一拉力使弹簧伸长，然后从静止状态将物体释放．已知物体在32 s 内完成48次振动，振幅为5 cm ．(1) 上述的外加拉力是多大？(2) 当物体在平衡位置以下1 cm 处时，此振动系统的动能和势能各是多少？解一：(1) 取平衡位置为原点，向下为x 正方向．设物体在平衡位置时弹簧的伸长量为∆l ，则有l k mg ∆=, 加拉力F 后弹簧又伸长x 0，则0)(0=+-+∆x l k mg F解得 F = kx 0 2分由题意，t = 0时v 0 = 0；x = x则 0202)/(x x A =+=ωv 2分又由题给物体振动周期4832=T s, 可得角频率 Tπ=2ω, 2ωm k = ∴ 444.0)/4(22=π==A T m kA F N 1分(2) 平衡位置以下1 cm 处： )()/2(2222x A T -π=v 2分221007.121-⨯==v m E K J 2分2222)/4(2121x T m kx E p π== = 4.44×10-4 J 1分解二：(1) 从静止释放，显然拉长量等于振幅A （5 cm ），kA F = 2分2224νωπ==m m k ，ν = 1.5 Hz 2分 ∴ F = 0.444 N 1分(2) 总能量 221011.12121-⨯===FA kA E J 2分当x = 1 cm 时，x = A /5，E p 占总能量的1/25，E K 占24/25． 2分 ∴ 21007.1)25/24(-⨯==E E K J ， 41044.425/-⨯==E E p J 1分6、如图，有一水平弹簧振子，弹簧的劲度系数k = 24 N/m ，重物的质量m = 6 kg ，重物静止在平衡位置上．设以一水平恒力F = 10 N 向左作用于物体（不计摩擦），使之由平衡位置向左运动了0.05 m 时撤去力F ．当重物运动到左方最远位置时开始计时，求物体的运动方程．解：设物体的运动方程为 )c o s (φω+=t A x ．恒外力所做的功即为弹簧振子的能量： F ×0.05 = 0.5 J ． 2分当物体运动到左方最远位置时，弹簧的最大弹性势能为0.5 J ，即：5.0212=kA J ， ∴ A = 0.204 m ． 2分A 即振幅． 4/2==m k ω (rad/s)2ω = 2 rad/s ． 2分按题目所述时刻计时，初相为φ = π．∴ 物体运动方程为 2分)2c o s (204.0π+=t x (SI)． 2分第八章波动课后作业1、一平面简谐波沿x 轴正向传播，波的振幅A = 10 cm ，波的角频率ω = 7π rad/s.当t = 1.0 s 时，x = 10 cm 处的a 质点正通过其平衡位置向y 轴负方向运动，而x = 20 cm 处的b 质点正通过y = 5.0 cm 点向y 轴正方向运动．设该波波长λ >10 cm ，求该平面波的表达式．解：设平面简谐波的波长为λ，坐标原点处质点振动初相为φ，则该列平面简谐波的表达式可写成 )/27c o s(1.0φλ+π-π=x t y (SI) 2分 t = 1 s 时 0])/1.0(27c o s [1.0=+π-π=φλy因此时a 质点向y 轴负方向运动，故π=+π-π21)/1.0(27φλ ① 2分而此时，b 质点正通过y = 0.05 m 处向y 轴正方向运动，应有05.0])/2.0(27cos[1.0=+π-π=φλy且 π-=+π-π31)/2.0(27φλ ② 2分由①、②两式联立得 λ = 0.24 m 1分 3/17π-=φ 1分 ∴ 该平面简谐波的表达式为]31712.07cos[1.0π-π-π=x t y (SI) 2分或 ]3112.07cos[1.0π+π-π=x t y (SI)(m) -2、图示一平面简谐波在t = 0 时刻的波形图，求 (1) 该波的波动表达式； (2) P 处质点的振动方程．解：(1) O 处质点，t = 0 时0c o s 0==φA y ， 0sin 0>-=φωA v所以 π-=21φ 2分又 ==u T /λ (0.40/ 0.08) s= 5 s 2分故波动表达式为 ]2)4.05(2c o s [04.0π--π=x t y (SI) 4分 (2) P 处质点的振动方程为]2)4.02.05(2c o s [04.0π--π=t y P )234.0c o s (04.0π-π=t (SI) 2分3、沿x 轴负方向传播的平面简谐波在t = 2 s 时刻的波形曲线如图所示，设波速u = 0.5 m/s ．求：原点O 的振动方程．解：由图，λ = 2 m ，又 ∵u = 0.5 m/s ，∴ ν = 1 /4 Hz ， 3分T = 4 s ．题图中t = 2 s =T 21．t = 0时，波形比题图中的波形倒退λ21，见图． 2分此时O 点位移y 0 = 0（过平衡位置）且朝y 轴负方向运动，∴ π=21φ 2分∴ )2121c o s (5.0π+π=t y (SI) 3分4、一平面简谐波沿Ox 轴正方向传播，波的表达式为 )/(2cos λνx t A y -π=, 而另一平面简谐波沿Ox 轴负方向传播，波的表达式为 )/(2cos 2λνx t A y +π= 求：(1) x = λ /4 处介质质点的合振动方程； (2) x = λ /4 处介质质点的速度表达式．解：(1) x = λ /4处)212c o s (1π-π=t A y ν , )212cos(22π+π=t A y ν 2分 ∵ y 1，y 2反相 ∴ 合振动振幅 A A A A s =-=2 , 且合振动的初相φ 和y 2的初相一样为π21． 4分合振动方程 )212c o s (π+π=t A y ν 1分 (2) x = λ /4处质点的速度 )212s i n (2/d d π+ππ-== v t A t y νν)2c o s (2π+ππ=t A νν 3分5、设入射波的表达式为 )(2cos 1Ttx A y +π=λ，在x = 0处发生反射，反射点为一固定端．设反射时无能量损失，求(1) 反射波的表达式； (2) 合成的驻波的表达式； (3) 波腹和波节的位置．解：(1) 反射点是固定端，所以反射有相位突变π，且反射波振幅为A ，因此反射波的表达式为 ])//(2c o s [2π+-π=T t x A y λ 3分 (2) 驻波的表达式是 21y y y +=)21/2c o s ()21/2c o s (2π-ππ+π=T t x A λ 3分 (3) 波腹位置： π=π+πn x 21/2λ, 2分λ)21(21-=n x , n = 1, 2, 3, 4,…波节位置： π+π=π+π2121/2n x λ 2分λn x 21= , n = 1, 2, 3, 4,…6、如图所示，一平面简谐波沿x 轴正方向传播，BC 为波密媒质的反射面．波由P 点反射，OP = 3λ /4，DP = λ /6．在t = 0时，O 处质点的合振动是经过平衡位置向负方向运动．求D 点处入射波与反射波的合振动方程．（设入射波和反射波的振幅皆为A ，频率为ν．）解：选O 点为坐标原点，设入射波表达式为 ])/(2c o s [1φλν+-π=x t A y 2分则反射波的表达式是 ])(2c o s[2ππ++-+-=φλνxOP OP t A y 2分合成波表达式（驻波）为 )2c o s ()/2c o s (2φνλ+ππ=t x A y 2分在t = 0时，x = 0处的质点y 0 = 0， 0)/(0<∂∂t y ，故得 π=21φ 2分因此，D 点处的合成振动方程是)22c o s ()6/4/32c o s (2π+π-π=t A y νλλλt A νπ=2s i n 3 2分第九章温度和气体动理论课后作业1、黄绿光的波长是5000A (1A =10 -10 m)．理想气体在标准状态下，以黄绿光的波长为边长的立方体内有多少个分子?(玻尔兹曼常量k ＝1.38×10- 23J ·K -1)解：理想气体在标准状态下，分子数密度为n = p / (kT )＝2.69×1025 个/ m 3 3分以5000A 为边长的立方体内应有分子数为N = nV ＝3.36×106个． 2分2、已知某理想气体分子的方均根速率为 400 m ·s -1．当其压强为1 atm 时，求气体的密度．解： 223131v v ρ==nm p∴ 90.1/32==v p ρ kg/m 3 5分3、一瓶氢气和一瓶氧气温度相同．若氢气分子的平均平动动能为 w = 6.21×10-21 J ．试求：(1) 氧气分子的平均平动动能和方均根速率． (2) 氧气的温度．(阿伏伽德罗常量N A ＝6.022×1023 mol -1，玻尔兹曼常量k ＝1.38×10-23 J ·K -1)解：(1) ∵ T 相等, ∴氧气分子平均平动动能＝氢气分子平均平动动能w＝6.21×10-21 J ．且 ()()483/22/12/12==m w vm/s 3分(2) ()k w T 3/2=＝300 K ． 2分4、某理想气体的定压摩尔热容为29.1 J ·mol -1·K -1．求它在温度为273 K 时分子平均转动动能． (玻尔兹曼常量k ＝1.38×10-23 J ·K -1 )解： R R iR i C P +=+=222， ∴ ()5122=⎪⎭⎫⎝⎛-=-=R C R R C i P P ， 2分可见是双原子分子，只有两个转动自由度.211077.32/2-⨯===kT kT r ε J 3分5、一超声波源发射超声波的功率为10 W ．假设它工作10 s ，并且全部波动能量都被1 mol 氧气吸收而用于增加其内能，则氧气的温度升高了多少？ (氧气分子视为刚性分子，普适气体常量R ＝8.31 J ·mol -1·K -1 )解： A = Pt = T iR v ∆21， 2分∴ ∆T = 2Pt /(v iR )＝4.81 K ． 3分6、1 kg 某种理想气体，分子平动动能总和是1.86×106 J ，已知每个分子的质量是3.34×10-27 kg ，试求气体的温度．（玻尔兹曼常量 k ＝1.38×10-23 J ·K -1）解： N = M / m ＝0.30×1027 个 1分 ==N E w K / 6.2×10-21 J 1分kwT 32== 300 K 3分第十章热力学第一定律课后作业1、一定量的单原子分子理想气体，从初态A 出发，沿图示直线过程变到另一状态B ，又经过等容、等压两过程回到状态A ． (1) 求A →B ，B →C ，C →A 各过程中系统对外所作的功W ，内能的增量∆E 以及所吸收的热量Q ．(2) 整个循环过程中系统对外所作的总功以及从外界吸收的总热量(过程吸热的代数和)．3) 5解：(1) A →B ： ))((211A B A B V V p p W -+==200 J ．ΔE 1=ν C V (T B －T A )=3(p B V B －p A V A ) /2=750 JQ =W 1+ΔE 1＝950 J ． 3分B →C ： W 2 =0ΔE 2 =ν C V (T C －T B )=3( p C V C －p B V B ) /2 =－600 J ．Q 2 =W 2+ΔE 2＝－600 J ． 2分 C →A ： W 3 = p A (V A －V C )=－100 J ．150)(23)(3-=-=-=∆C C A A C A V V p V p T T C E ν J ．Q 3 =W 3+ΔE 3＝－250 J 3分 (2) W = W 1 +W 2 +W 3=100 J ． Q = Q 1 +Q 2 +Q 3 =100 J 2分2、1 mol 双原子分子理想气体从状态A (p 1,V 1)沿p -V 图所示直线变化到状态B (p 2,V 2)，试求：气体的内能增量．气体对外界所作的功．气体吸收的热量．此过程的摩尔热容．解：(1) )(25)(112212V p V p T T C E V -=-=∆ 2分(2) ))((211221V V p p W -+=， W 为梯形面积，根据相似三角形有p 1V 2= p 2V 1，则)(211122V p V p W -=． 3分 (3) Q =ΔE +W =3( p 2V 2－p 1V 1 )． 2分(4) 以上计算对于A →B 过程中任一微小状态变化均成立，故过程中ΔQ =3Δ(pV )．由状态方程得 Δ(pV ) =R ΔT ，故 ΔQ =3R ΔT ，摩尔热容 C =ΔQ /ΔT =3R ． 3分p p p12(摩尔热容C =T Q ∆∆/，其中Q ∆表示1 mol 物质在过程中升高温度T ∆时所吸收的热量．)3、一定量的理想气体，由状态a 经b 到达c ．(如图， abc 为一直线)求此过程中气体对外作的功；气体内能的增量；气体吸收的热量．(1 atm ＝1.013×105 Pa)解：(1) 气体对外作的功等于线段c a 下所围的面积W ＝(1/2)×(1+3)×1.013×105×2×10-3 J ＝405.2 J 3分(2) 由图看出 P a V a =P c V c ∴T a =T c 2分内能增量 0=∆E ． 2分(3) 由热力学第一定律得Q =E ∆ +W =405.2 J ． 3分4、如图所示，abcda 为1 mol 单原子分子理想气体的循环过程，求：p (×105 Pa)10-3 m 3)(1) 气体循环一次，在吸热过程中从外界共吸收的热量；(2) 气体循环一次对外做的净功；(3) 证明在abcd 四态, 气体的温度有T a T c =T b T d ．解：(1) 过程ab 与bc 为吸热过程，吸热总和为 Q 1=C V (T b －T a )+C p (T c －T b ))(25)(23b b c c a a b b V p V p V p V p -+-= =800 J 4分(2) 循环过程对外所作总功为图中矩形面积W = p b (V c －V b )－p d (V d －V a ) =100 J 2分(3) T a =p a V a /R ，T c = p c V c /R ， T b = p b V b /R ，T d = p d V d /R ，T a T c = (p a V a p c V c )/R 2=(12×104)/R 2T b T d = (p b V b p d V d )/R 2=(12×104)/R 2∴ T a T c =T b T d 4分5、一定量的理想气体经历如图所示的循环过程，A →B 和C →D 是等压过程，B→C 和D →A 是绝热过程．已知：T C ＝ 300 K ，T B ＝ 400 K ．试求：此循环的效率．(提示：循环效率的定义式η =1－Q 2 /Q 1，Q 1为循环中气体吸收的热量，Q 2为循环中气体放出的热量） A BC DO Vp解： 121Q Q -=η Q 1 = ν C p (T B －T A ) , Q 2 = ν C p (T C －T D ))/1()/1(12B A B C D C A B D C T T T T T T T T T T Q Q --=--= 4分根据绝热过程方程得到：γγγγ----=D D A A T p T p 11， γγγγ----=C C B B T p T p 11∵ p A = p B , p C = p D , ∴ T A / T B = T D / T C 4分故 %251112=-=-=BC T T Q Q η 2分6、一卡诺热机(可逆的)，当高温热源的温度为 127℃、低温热源温度为27℃时，其每次循环对外作净功8000 J ．今维持低温热源的温度不变，提高高温热源温度，使其每次循环对外作净功 10000 J ．若两个卡诺循环都工作在相同的两条绝热线之间，试求：(1) 第二个循环的热机效率；(2) 第二个循环的高温热源的温度．解：(1) 1211211T T T Q Q Q Q W -=-==η 2111T T T WQ -= 且 1212T T Q Q = ∴ Q 2 = T 2 Q 1 /T 1即 212122112T T T W T T T T T Q -=⋅-=＝24000 J 4分由于第二循环吸热 221Q W Q W Q +'='+'=' ( ∵ 22Q Q =') 3分 =''='1/Q W η29.4％ 1分 (2) ='-='η121T T 425 K 2分。

2015届高考物理第一轮知能分级练习题46

第四章功和功率及能的转化与守恒第2讲动能动能定理A对点训练——练熟基础知识题组一对动能定理的理解1．(单选)关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是()．A．合外力为零，则合外力做功一定为零B．合外力做功为零，则合外力一定为零C．合外力做功越多，则动能一定越大D．动能不变，则物体合外力一定为零解析合外力为零，则物体可能静止，也可能做匀速直线运动，这两种情况合外力做功均为零，所以合外力做功一定为零，A对；合外力做功为零或动能不变，合外力不一定为零，如匀速圆周运动，故B、D错；合外力做功越多，动能变化越大，而不是动能越大，故C错．答案 A2．(多选)如图4－2－7所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离．在此过程中()．图4－2－7A．外力F做的功等于A和B动能的增量B．B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量C．A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和解析A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，即B对；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，C错；对B应用动能定理，W F－W f＝ΔE k B，即W F＝ΔE k B＋W f就是外力F 对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D对；由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错．答案BD3．(多选)如图4－2－8所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面向上加速移动．在移动的过程中，下列说法中正确的是()．图4－2－8A．F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和B．F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和C．木箱克服重力所做的功等于木箱增加的重力势能D．F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和解析木箱在上升过程中，由动能定理可知：W F－mgh－W f＝ΔE k，故有W F＝mgh＋W f＋ΔE k，由此可知A、B错误，D正确；木箱上升过程中，重力做负功，重力势能增加，木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能．答案 CD题组二利用动能定理求变力的功4．(单选)如图4－2－9所示，一质量为m 的质点在半径为R 的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A 点滑下，到达最低点B 时，它对容器的正压力为N.重力加速度为g ，则质点自A 滑到B 的过程中，摩擦力对其所做的功为( )．图4－2－9A.12R (N －3mg )B.12R (3mg －N)C.12R (N －mg )D.12R (N －2mg )解析质点到达最低点B 时，它对容器的正压力为N ，根据牛顿第二定律有N －mg ＝m v 2R ，根据动能定理，质点自A 滑到B 的过程中有f ＋mgR ＝12m v 2，故摩擦力对其所做的功f ＝12R N －32mgR ，故A 项正确．答案 A5．(单选)如图4－2－10所示，劲度系数为k 的弹簧下端悬挂一个质量为m 的重物，处于静止状态．手托重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，手对重物做的功为W 1.然后放手使重物从静止开始下落，重物下落过程中的最大速度为v ，不计空气阻力．重物从静止开始下落到速度最大的过程中，弹簧对重物做的功为W 2，则( )．图4－2－10A ．W 1>m 2g 2kB ．W 1<m 2g 2kC ．W 2＝12m v 2D ．W 2＝m 2g 2k －12m v 2解析设x 为弹簧伸长的长度，由胡克定律得：mg ＝kx .手托重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，重物的重力势能增加了mgx ＝m 2g 2k ，弹簧的弹力对重物做了功，所以手对重物做的功W 1<m 2g 2k ，选项B 正确；由动能定理知W 2＋m 2g 2k ＝12m v 2，则C 、D 错．答案 B6．(单选)如图4－2－11所示，质量为m 的物块与转台之间的最大静摩擦力为物块重力的k 倍，物块与转轴OO ′相距R ，物块随转台由静止开始转动，转速缓慢增大，当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到滑动前的这一过程中，转台的摩擦力对物块做的功最接近( )．图4－2－11A ．0B ．2πkmgRC ．2kmgR D.12kmgR解析在转速增加的过程中，转台对物块的摩擦力是不断变化的，当转速增加到一定值时，物块在转台上即将滑动，说明此时静摩擦力f 达到最大，其指向圆心的分量F1提供向心力，即F1＝m v 2R①由于转台缓慢加速，使物块加速的分力F2很小，因此可近似认为F1＝f ＝kmg②在这一过程中对物块由动能定理，有W f＝12m v2③由①②③知，转台对物块所做的功W1＝12kmgR.答案 D题组三动能定理的应用7．(2013·河北质检)(单选)如图4－2－12所示，分别将两个完全相同的等腰直角三角形木块的一直角边和斜边固定在水平地面上．现一小物块分别从木块顶点由静止开始下滑，若小物块与木块各边之间的动摩擦因数均相同，当小物块分别滑到木块底端时动能之比为()．图4－2－12A.2∶1 B．1∶ 2C．2∶1 D．1∶2解析设直角边长为L，根据动能定理分别有mgL－μmg cos 45°·2L＝E k1－0，mgL sin 45°－μmgL cos 45°＝E k2－0，得E k1∶E k2＝2∶1，只有选项A正确．答案 A8．(单选)质量均为m的两物块A、B以一定的初速度在水平面上只受摩擦力而滑动，如图4－2－13所示是它们滑动的最大位移s与初速度的平方v02的关系图象，已知v022＝2v012，下列描述中正确的是()．图4－2－13A．若A、B滑行的初速度相等，则到它们都停下来时滑动摩擦力对A做的功是对B做功的2倍B．若A、B滑行的初速度相等，则到它们都停下来时滑动摩擦力对A做的功是对B做功的1 2C．若A、B滑行的最大位移相等，则滑动摩擦力对它们做的功相等D．若A、B滑行的最大位移相等，则滑动摩擦力对B做的功是对A做功的2倍解析由于两物块质量均为m，若A、B滑行的初速度相等则初动能相等，由动能定理得－W f＝0－12m v02，即滑动摩擦力做的功相等，A、B错；若A、B滑行的最大位移相等，由题意可知v022＝2v012，B的初动能是A的初动能的2倍，滑动摩擦力对B做的功是对A做功的2倍，C错，D对．答案 D9．如图4－2－14所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆形轨道，外圆ABCD光滑，内圆的上半部分B′C′D′粗糙，下半部分B′A′D′光滑．一质量为m＝0.2 kg的小球从外轨道的最低点A处以初速度v0向右运动，小球的直径略小于两圆的间距，小球运动的轨道半径R＝0.2 m，取g＝10 m/s2.图4－2－14(1)若要使小球始终紧贴着外圆做完整的圆周运动，初速度v0至少为多少？(2)若v0＝3 m/s，经过一段时间后小球到达最高点，内轨道对小球的支持力F C＝2 N，则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少？(3)若v0＝3.1 m/s，经过足够长的时间后，小球经过最低点A时受到的支持力为多少？小球在整个运动过程中减少的机械能是多少？解析(1)设此情形下小球到达外轨道的最高点的最小速度为v C，则由牛顿第二定律可得mg＝m v C 2R由动能定理可知－2mgR＝12m v C 2－12m v02代入数据解得：v0＝10m/s.(2)设此时小球到达最高点的速度为v C′，克服摩擦力做的功为W，则由牛顿第二定律可得mg－F C＝m v C′2R由动能定理可知－2mgR－W＝12m v C′2－12m v02代入数据解得：W＝0.1 J(3)经足够长的时间后，小球在下半圆轨道内做往复运动．设小球经过最低点的速度为v A，受到的支持力为F A，则由动能定理可知mgR＝12m v A2根据牛顿第二定律可得F A－mg＝m v A 2R代入数据解得：F A＝3mg＝6 N设小球在整个运动过程中减少的机械能为ΔE，由功能关系有ΔE＝12m v02－mgR代入数据解得：ΔE＝0.561 J答案(1)10 m/s(2)0.1 J(3)0.561 JB深化训练——提高能力技巧10．(2013·辽宁五校协作体联考)(单选)将一小球从高处水平抛出，最初2 s 内小球动能E k 与时间t 的关系如图4－2－15所示，不计空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2.根据图象信息，不能确定的物理量是( )．图4－2－15A ．小球的质量B ．小球的初速度C ．最初2 s 内重力对小球做功的平均功率D ．小球抛出时的高度解析 2 s 末小球竖直分速度v y ＝gt 2＝10×2 m/s ＝20 m/s ，由图象知小球的初动能为5 J ，即12m v 02＝5 J ，2 s 末小球的动能为30 J ，即12m ()v 02＋v y 2＝30 J ，联立可求出小球的质量m 和初速度v 0；由P ＝mg ·0＋v y 2可求出最初2 s 内重力对小球做功的平均功率，由h 2＝12gt 22只能求出最初2 s 内小球下落高度，而无法确定小球抛出时的高度．答案 D11．(2013·湖北荆州一模)(多选)某科技创新小组设计制作出一种全自动升降机模型，用电动机通过钢丝绳拉着质量为m 的升降机由静止开始匀加速上升，当升降机的速度为v 1时，电动机的功率达到最大值P ，以后电动机保持该功率不变，直到升降机以最大速度v 2匀速上升为止．整个过程中忽略一切阻力和钢丝绳的质量，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )．A ．钢丝绳的最大拉力为P v 2B ．升降机的最大速度v 2＝P mgC ．钢丝绳的拉力对升降机所做的功等于升降机克服升降机重力所做的功D ．升降机速度由v 1增大至v 2的过程中，钢丝绳的拉力不断减小解析当升降机的速度为v 1前，钢丝绳的拉力最大且为P v 1，选项A 错误；当钢丝绳的拉力F ＝mg 时升降机的速度达到最大，v 2＝P F ＝P mg ，选项B正确；根据动能定理有W F －W G ＝12m v 22－12m v 12，由于v 2>v 1，所以W F ≠W G ，即选项C 错误；由P ＝F v 知，P 不变时F 随v 的增大而减小，选项D 正确．答案 BD12．(2013·山东省济宁市模拟，22)光滑水平面上，一个长木板与半径R 未知的半圆组成如图4－2－16所示的装置，装置质量M ＝5 kg.在装置的右端放一质量为m ＝1 kg 的小滑块(可视为质点)，小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.5，装置与小滑块一起以v 0＝10 m/s 的速度向左运动．现给装置加一个F ＝55 N 向右的水平推力，小滑块与长木板发生相对滑动，当小滑块滑至长木板左端A 时，装置速度恰好减速为0，此时撤去外力F 并将装置锁定．小滑块继续沿半圆形轨道运动，且恰好能通过轨道最高点B .滑块脱离半圆形轨道后又落回长木板．已知小滑块在通过半圆形轨道时克服摩擦力做功W f ＝2.5 J ．g 取10 m/s 2.求：图4－2－16(1)装置运动的时间和位移；(2)长木板的长度l ；(3)小滑块最后落回长木板上的落点离A 的距离．解析(1)对M：F－μmg＝Ma1解得：a1＝10 m/s2设装置运动的时间为t1，由v0－a1t1＝0解得：t1＝1 s装置向左运动的距离：s1＝v0t1－12a1t12＝5 m (2)对m：μmg＝ma2，解得a2＝5 m/s2设滑块到A点的速度为v1，则v1＝v0－a2t1解得：v1＝5 m/s小滑块向左运动的距离：s2＝v0t1－12a2t12＝7.5 m 则木板长为l＝s2－s1＝2.5 m(3)设滑块在B点的速度为v2，从A至B：－mg×2R－W f＝12m v22－12m v12在B点：mg＝m v22R联立解得：R＝0.4 m，v2＝2 m/s小滑块平抛运动时：2R＝12gt22落点离A的距离：s＝v2t2，解得：s＝0.8 m答案(1)1 s 5 m(2)2.5 m(3)0.8 m薄雾浓云愁永昼，瑞脑消金兽。

大学物理上课程作业及答案1.doc

大学物理上作业1单项选择题第1题A、8质每:和向，B在光滑水平臬而上.滑轮与绳的质®以及空气01力均不计，滑轮与其轴之间的呼擦也不汁.系统无初速地释放，则物体A下落的加速度足：(A) g.(B) g/2.^(0^/3. (D)4^/5.Aw答案：D第2题一根细绳跨过•-•光滑的定滑轮，一端挂一质S为M的物体，另一端被人用双手拉着，人的质呈: m=M / 2.若人相对丁•绳以加速度A0句上爬，则人相对丁•地而的加速度(以竖直向上为正)足：(A)(知。

+ g)/3. (B) - (3g-a0)>(C) 一(2。

: +g)/3. (D)a'w答案：A第3题惯性参考系是牛顿第一定排在《屮不能成立的参考系，以上说法:A、正确B、错误C、不确定D、无意义答案：B第4题下列说法哪一条正确？(A)加速度恒定不变时，物体运动方向也不变.(B)平均速率等于平均速度的大小.#(C )不管加速度如何，平均速率表达式总可以写成＞v = (vj + v:) 2 .一(D )运动物体速率不变时，速度可以变化.答案：D第5题下列说法屮，哪一个是正确的？(A)3质点在某时刻的瞬时速度是2^/5,说明它在此后Is内一定要经过路程＞(B )斜向上抛的物体，在最萵点处的速度最小,加速度最大＞(C )物体作曲线运动时，有可能在某时刻的法向加速度为零＞(D )物体加速度越大,则速度越大.答案：C判断题第6题作川在标准物体上的力的人小与标准物体所获得的加速度的人小成反比答案：错误第7题作用力反作用力总是M吋发卞、M吋变化、M吋消失，没冇先后因果的区別答案：错误第8题任何两个物体都相互吸引答案：正确第9题叱标系是固结在参考系上的•组冇刻度的射线、曲线或角度。

答案：||•:确第10题矢fig加指运动的合成与分解，发生在同-•参考系,相对性变换指相对运动,涉及不同参考系答案：正确填空题第11题四种基本力答案：万有引力、电磁力、强相互作川（强力）、弱相互作川（弱力）第12题若S为惯性参考系，则任何对于S作运动的参考系都足惯性参考系。

大学物理规范作业上册答案全

R1
r3
R 3R
(G
Mm r2
)dr
3R
Em A
R2 R1
G
Mm r3
r
dr
(G Mm )dr
3R
r2
GMm
3R
21
2.一链条长度为L,质量为m , 链条的一端放在桌面上，并桌用面手上拉要住做，功另A=一端有1/14悬m。在gL桌边，将链条全部拉到
32 解法1：将链条全部拉到桌面上做功的效果就是使悬在桌边链条的重力势能增加，
比， dv kv 2 ，式中k为正常数，求快艇在关闭发动机
dt
后行驶速度与行驶距离的关系。
解：作一个变量代换
a kv 2 dv dv dx v dv dt dx dt dx
得到： kv dv kdx dv
dx
v
积分得到： k x ln v v0
v0为初始速度
8
大学物理规范作业上册
02
17
24
2.质量为m的物体放在光滑的水平面上，物体的两边分别与劲度系数k1和k2的弹簧相连。若在右边弹簧的
末端施以拉力F,问(1)该拉力F非常缓慢地拉过距离l，F
做功多少？（2）瞬间拉到l便停止不动,F做的功又为多少？
解：（1）拉力作功只增加二弹簧的弹性势能。
k2l2 l1
k1l1 l2 l
当t=1秒时，其切向加速度的大小at = 4
；法
向解加：ar速度d2的vt 2大i4小i
an= 2
costj
2 cos tj
v
。 dr
dt
4ti sin tj
dt
根据曲线运动的加速度为
at
dv dt

大学物理上课程作业及答案1

大学物理上作业1单项选择题第1题 A、B质量相同，B在光滑水平桌面上．滑轮与绳的质量以及空气阻力均不计，滑轮与其轴之间的摩擦也不计．系统无初速地释放，则物体A下落的加速度是：答案：D第2题一根细绳跨过一光滑的定滑轮，一端挂一质量为M的物体，另一端被人用双手拉着，人的质量m＝M／2．若人相对于绳以加速度A0向上爬，则人相对于地面的加速度(以竖直向上为正)是：答案：A第3题惯性参考系是牛顿第一定律在其中不能成立的参考系，以上说法：A、正确B、错误C、不确定D、无意义答案：B第4题下列说法哪一条正确？答案：D第5题下列说法中，哪一个是正确的？答案：C判断题第6题作用在标准物体上的力的大小与标准物体所获得的加速度的大小成反比答案：错误第7题作用力反作用力总是同时发生、同时变化、同时消失, 没有先后因果的区别答案：错误第8题任何两个物体都相互吸引答案：正确第9题坐标系是固结在参考系上的一组有刻度的射线、曲线或角度。

答案：正确第10题矢量叠加指运动的合成与分解,发生在同一参考系,相对性变换指相对运动,涉及不同参考系。

答案：正确填空题第11题四种基本力___,___,___,___。

答案：万有引力、电磁力、强相互作用（强力）、弱相互作用（弱力）第12题若S为惯性参考系,则任何对于S作____运动的参考系都是惯性参考系。

答案：等速直线第13题质点理想模型是___。

答案：有质量且大小形状忽略第14题圆周运动是位矢的___始终不变的一般曲线运动。

答案：大小第15题某时刻质点的动量对时间的变化率等于该时刻作用在质点上所有外力的___。

答案：合力问答题第16题牛顿第一定律正确说明平衡状态是？答案：质点处于静止或匀速直线运动的状态。

第17题引力质量定义？答案：物体感受外物引力大小的度量是引力质量。

第18题什么是物理学？答案：物理学是研究物质的结构和相互作用以及它们的运动规律的科学。

第19题惯性定义？答案：惯性物体保持自己原有运动状态不变的性质叫惯性。

2015级大学物理上分作业一 (2)

第五次作业：光的干涉一选择题（答案填入下表）1. 如图1S 、2S 是两个相干光源，它们到P 点的距离分别为1r 和2r ，路径P S 1垂直穿过一块厚度为1t ，折射率为1n 的介质板，路径P S 2垂直穿过厚度为2t ，折射率为2n 的另一介质板，其余部分可看作真空，这两条路径的光程差等于 [答案填入上表] (A) )()(111222t n r t n r +-+；(B) ()[]()[]11122211t n r t n r -+--+； (C) )()(111222t n r t n r --- ； (D) 1122t n t n -。

2. 在杨氏双缝干涉实验装置中，用一很薄的云母（n =1.58）覆盖其中的一条狭缝，这时屏幕上的第七级明纹恰好移到屏幕中央原零级明纹的位置。

如果入射光的波长为550nm ，则这云母的厚度为[答案填入上表](A) 2.4⨯10-6m ； (B) 2.8⨯10-6m ； (C)7.6⨯10-6m ； (D) 6.6⨯10-6m 。

3．如图所示,平行单色光垂直照射到薄膜上,经上下两表面反射的两束光发生干涉,若薄膜的厚度为e ,并且321n n n ><,1λ为入射光在折射率为1n 的媒质中的波长,则两束反射光在相遇点的相位差为[答案填入上表](A))/(2112λπn e n ； (B) π+λπ)/(4121n e n ； (C) π+λπ)/(4112n e n ； (D) )/(4112λπn e n 。

4. 在双缝干涉实验中，屏幕E 上的P 点处是明条纹，若将缝S 2盖住，并在S 1、S 2连线的垂直平分面处放一反射镜M ，如图所示。

此时[答案填入上表](A) P 点处仍为明条纹； (B) P 点处仍为暗条纹；(C) 不能确定P 点处是明条纹还是暗条纹； (D) 无干涉条纹。

5. 用白光垂直入射到间距d为0.25mm的双缝上，距离缝1.0m处放置屏幕，二级干涉条纹中紫光和红光极大点的间距[答案填入上表] (A) 2.78mm；(B) 2.88mm；(C) 2.68mm；(D) 2.98mm。

15届大学物理上作业答案

15届,大学物理上,作业答案2015大学物理上作业答案第1章质点运动学一、选择题:1.D2.B3.C4.D5.B，6B，7A8A二、填空题1.，，，。

2.3.4.16rad,16rad/s,5.三计算题1解：轨迹方程，物体做的圆周运动，半径为3m（2）（m/s）(m/s2)（3）2．3．答案：解（1）由消去t得轨迹方程（2）位置矢量（3）t=1s和t=2s时位置矢量分别为(4)速度矢量（5）加速度矢量4.解(1)(2)5．第2章牛顿运动定律一选择题：1.C2.D3.C4.A5.B6.D二．填空题1.惯性系，非惯性系2.，，3.，，4.a=1.5m/s2,v=2.7m/s,a=1.5m/s2,,5.，3mg.三．计算题1．1、2.3.建立自然坐标，切向法向而分离变量积分得4．(1)(2)（3）x值最大，5.证明第3章动量守恒定律和能量守恒定律一、选择题1.B，2.C3.C，4C5.C，6.B，7.A，8A。

二、填空题1．外力和非保守内力不做功或做功的代数和为零，不受外力或外力的矢量和为零。

2．0.21cm，400J3.3.2m/s，25.6J。

4.。

、、5.a=1.5m/s2,v=2.7m/s,a=1.5m/s2,三、计算题1.(a)根据功能原理，有4.25(m)(b)根据功能原理有8.16(m/s)2.3.t=0时,t=2s时,t=1s时，，4.解：（1）已知势能零点位于坐标原点，则x处的势能（2）质点由x=2m运动到x=3m时，势能的增量为保守力做的功为可见，保守力做的功等于势能增量的负值，即5.解：利用题中条件可以得到力的表达式，然后根据功的定义求解，由可知物体运动速度,所以阻力为又由，将消去后可得所以阻力做功为6.解：（1）由位矢方程可知，质点在方向的运动方程分别为，消去，得轨迹方程，质点做轨迹为椭圆的曲线运动。

（2）质点所受作用力可见指点所受作用力指向坐标原点，是有心力.力的两个分量分别为，质点从点到点时，作功作功（3）考察质点从任意点运动到任意点，作的功+=+可见作功只与始末位置有关，与路径无关，是保守力。

2015级大学物理上分作业一 (2)

第五次作业：光的干涉一选择题（答案填入下表）题号 1 2 3 4 5 6 答案题号 7 8 9 10 答案1. 如图1S 、2S 是两个相干光源，它们到P 点的距离分别为1r 和2r ，路径P S 1垂直穿过一块厚度为1t ，折射率为1n 的介质板，路径P S 2垂直穿过厚度为2t ，折射率为2n 的另一介质板，其余部分可看作真空，这两条路径的光程差等于 [答案填入上表] (A) )()(111222t n r t n r +-+； (B) ()[]()[]11122211t n r t n r -+--+； (C) )()(111222t n r t n r --- ； (D) 1122t n t n -。

2. 在杨氏双缝干涉实验装置中，用一很薄的云母（n =1.58）覆盖其中的一条狭缝，这时屏幕上的第七级明纹恰好移到屏幕中央原零级明纹的位置。

如果入射光的波长为550nm ，则这云母的厚度为[答案填入上表](A) 2.4⨯10-6m ； (B) 2.8⨯10-6m ； (C)7.6⨯10-6m ； (D) 6.6⨯10-6m 。

4. 在双缝干涉实验中，屏幕E 上的P 点处是明条纹，若将缝S 2盖住，并在S 1、S 2连线的垂直平分面处放一反射镜M ，如图所示。

此时[答案填入上表](A) P 点处仍为明条纹； (B) P 点处仍为暗条纹；(C) 不能确定P 点处是明条纹还是暗条纹； (D) 无干涉条纹。

大学物理作业答案(上)

原子结构
通过分析原子光谱，可以推断出原子的能级结构和跃迁规律。
光谱分析
包括发射光谱和吸收光谱等类型。
原子光谱的类型
原子结构与光谱
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大学物理作业答案(上)
目录
力学部分热学部分电磁学部分光学部分量子物理部分
01
CHAPTER
力学部分
描述物体运动规律的基本定律。
牛顿运动定律包括第一定律（惯性定律）、第二定律（动量定律）和第三定律（作用与反作用定律）。这些定律描述了物体运动的基本规律，是经典力学的基础。
牛顿运动定律
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电流与磁场
楞次定律指出感应电流产生的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
感应电动势的大小与导体在磁场中的有效长度、切割速度以及磁感应强度成正比。
电磁感应是法拉第发现的物理现象，当导体在磁场中做切割磁感线运动时，会在导体中产生电动势。
当导体在磁场中做切割磁感线运动时，会在导体中产生电动势，这种现象称为电磁感应。
动量与角动量
描述物体运动时质量和速度乘积的物理量。
动量是描述物体运动状态的物理量，表示为物体的质量和速度的乘积。角动量则是描述旋转运动的物理量，表示为物体转动惯量和角速度的乘积。
描述两个质点间引力与质量的乘积成正比，与距离的二次方成反比的定律。
万有引力定律指出，任何两个质点都受到相互之间的引力作用，这个力与两个质点的质量的乘积成正比，与它们之间的距离的二次方成反比。这个定律解释了行星运动规律和地球重力等现象。
光的干涉
光在传播过程中遇到障碍物时，会绕过障碍物的边缘继续传播，这种现象称为光的衍射。
光的衍射原理

北航《大学物理(上)》在线作业一满分答案

北航《大学物理（上）》在线作业一一、单选题（共 15 道试题，共 60 分。

）1. 两个相同的容器装有氢气,以一细玻璃管相连通,管中用一滴水银作活塞,如图所示.当左边容器的温度为 0℃,而右边容器的温度为20℃时,水银滴刚好在管的中央.试问,当左边容器温度由 0℃增到 5℃,而右边容器温度由20℃增到30℃时,水银滴（）A. 水银滴向左边移动少许B. 水银滴向右边移动少许C. 水银滴移动不确定D. 水银滴不会移动-----------------选择：A2. 1 kg某种理想气体，分子平动动能总和是1.86×106 J，已知每个分子的质量是3.34×10-27 kg，气体的温度（）。

（玻尔兹曼常量 k＝1.38×10-23 J?K-1）A. 200 KB. 250 KC. 300 KD. 350 K-----------------选择：C3. 以氢(视为刚性分子的理想气体)为工作物质进行卡诺循环，如果在绝热膨胀时末态的压强p2是初态压强p1的一半，循环的效率（）A. 18％B. 19％C. 20％D. 21％-----------------选择：A4. 理想热源的温度为800K,如果效率为40%，则热源的温度约为[ ]K。

A. 480B. 484C. 961D. 589-----------------选择：A5. 关于波的衍射，下列说法中正确的是（）A. 所有波在一定条件下不能发生明显衍射B. 波长比障碍物或孔的宽度小得多，能发生明显的衍射C. 只有波长和障碍物或孔的宽度相当时才能发生明显的衍射D. 只有波长比障碍物或孔的宽度大得多时才能发生明显的衍射-----------------选择：A6. 将绳绕在一个具有水平光滑轴的飞轮边缘上，如果在绳端挂一质量为m的重物时，飞轮的角加速度为α，如果以2mg的拉力代替重物拉绳时，飞轮的角加速度将[ ]A. 小于αB. 大于α，小于2αC. 大于2αD. 等于2α-----------------选择：C7. 题面见图片A.B.C.D.-----------------选择：B8. 在简谐波传播过程中，沿传播方向相距1/2λ（λ为波长）的两点，其振动速度必定[ ]A. 大小相同，而方向相反B. 大小方向均相同C. 大小不同，方向相同D. 大小不同，而方向相反-----------------选择：A9. 题面见图片A.B.C.D.-----------------选择：B10. 在杨氏双缝实验中，为了使屏上相邻两明纹之间的间距能扩大一倍，可以采用的措施为[ ]A. 使入射光的频率加倍B. 屏与双缝的距离D减小为原来的 1/2C. 使双缝间距d减小为原来的 1/2D. 整个装置所在介质的折射率n加倍-----------------选择：C11. 题面见图片A.B.C.D.-----------------选择：C12. 下列说法中正确的是[ ]A. 在圆周运动中，加速度的方向一定指向圆心。

2015届高考物理第一轮知能分级练习题50

第五章曲线运动万有引力定律及其应用第3讲圆周运动A对点训练——练熟基础知识题组一匀速圆周运动的运动学问题1．(多选)在“天宫一号”的太空授课中，航天员王亚平做了一个有趣实验．在T 形支架上，用细绳拴着一颗明黄色的小钢球．设小球质量为m，细绳长度为L.王亚平用手指沿切线方向轻推小球，小球在拉力作用下做匀速圆周运动．测得小球运动的周期为T，由此可知()．A．小球运动的角速度ω＝T/(2π)B．小球运动的线速度v＝2πL/TC．小球运动的加速度a＝2π2L/T2D．细绳中的拉力为F＝4mπ2L/T2解析小球运动的角速度ω＝2π/T，选项A错误；线速度v＝ωL＝2πL/T，选项B正确；加速度a＝ω2L＝4π2L/T2，选项C错误；细绳中的拉力为F＝ma＝4mπ2L/T2，选项D正确．答案BD2．(单选)2013年6月20日上午10时，中国载人航天史上的首堂太空授课开讲．航天员做了一个有趣实验：T形支架上，用细绳拴着一颗明黄色的小钢球．航天员王亚平用手指沿切线方向轻推小球，可以看到小球在拉力作用下在某一平面内做圆周运动．从电视画面上可估算出细绳长度大约为32 cm，小球2 s 转动一圈．由此可知王亚平使小球沿垂直细绳方向获得的速度为()．A．0.1 m/s B．0.5 m/sC．1 m/s D．2 m/s解析在太空完全失重的环境下，小球在细绳的拉力作用下在某一平面内做匀速圆周运动．小球做匀速圆周运动的周长为s＝2πR＝2π×0.32 m＝2 m，由s＝v t可得小球做匀速圆周运动的速度为v＝s/T＝1 m/s，选项C正确．答案 C题组二匀速圆周运动的动力学问题3．(单选)如图5－3－10所示，是某课外研究小组设计的可以用来测量转盘转速的装置．该装置上方是一与转盘固定在一起有横向均匀刻度的标尺，带孔的小球穿在光滑细杆与一轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在转动轴上，小球可沿杆自由滑动并随转盘在水平面内转动．当转盘不转动时，指针指在O 处，当转盘转动的角速度为ω1时，指针指在A 处，当转盘转动的角速度为ω2时，指针指在B 处，设弹簧均没有超过弹性限度．则ω1与ω2的比值为( )．图5－3－10A.12B.12C.14D.13解析小球随转盘转动时由弹簧的弹力提供向心力．设标尺的最小分度的长度为x ，弹簧的劲度系数为k ，则有kx ＝m ·4x ·ω12，k ·3x ＝m ·6x ·ω22，故有ω1∶ω2＝1∶2，B 正确．答案 B4．(单选)如图5－3－11所示，倾角为30°的斜面连接水平面，在水平面上安装半径为R 的半圆竖直挡板，质量为m 的小球从斜面上高为R 2处静止释放，到达水平面时恰能贴着挡板内侧运动．不计小球体积，不计摩擦和机械能损失．则小球沿挡板运动时对挡板的压力是( )．图5－3－11A ．0.5mgB ．mgC ．1.5mgD ．2mg解析设小球运动至斜面最低点(即进入水平面上的半圆形挡板)时的速度为v ，由机械能守恒定律得mg R 2＝12m v 2，解得v ＝gR ；依题意可知，小球贴着挡板内侧做匀速圆周运动，所需要的向心力由挡板对它的弹力提供，设该弹力为N ，则N ＝m v 2R ，将v ＝gR 代入解得N ＝mg ；由牛顿第三定律可知，小球沿挡板运动时对挡板的压力大小等于N ，即mg ，故选项B 正确．答案 B5．(2013·江苏卷，2)(单选)如图5－3－12所示，“旋转秋千”中的两个座椅A 、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )．图5－3－12A ．A 的速度比B 的大B ．A 与B 的向心加速度大小相等C ．悬挂A 、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等D ．悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小解析 A 、B 绕竖直轴匀速转动的角速度相等，即ωA ＝ωB ，但r A <r B ，根据v＝ωr 得，A 的速度比B 的小，选项A 错误；根据a ＝ω2r 得，A 的向心加速度比B 的小，选项B 错误；A 、B 做圆周运动时的受力情况如图所示，根据F 向＝mω2r及tan θ＝F 向mg ＝ω2r g 知，悬挂A 的缆绳与竖直方向的夹角小，选项C 错误；由图知mg T ＝cos θ，即T ＝mg cos θ，所以悬挂A 的缆绳受到的拉力小，选项D 正确．答案 D题组三离心现象6．(单选)2013年7月24日晚8点42分左右，一列从西班牙首都马德里开往北部城市费罗尔的火车在途经圣地亚哥附近时发生脱轨．发生车祸的路段是一个急转弯，限速80公里，但当时的车速是190公里．通常火车通过弯道时，为保证绝对安全，要求内外轨道均不向车轮施加侧面压力．假设该火车在水平面内行驶，以80 km/h的速度拐弯，拐弯半径为1.5 km，车的质量为90 t，车可看成质点．那么当该车脱轨时车轮对轨道的压力约为()．A．2.96×104 N B．1.375×105 NC．1.67×105 N D．1.67×104 N解析正常行驶时内、外轨道均不向车轮施加侧面压力，这时的向心力F＝m v2R.车速是190公里所需向心力为F′＋F＝m v′2R，F′＝m v′2R－F＝137500 N.答案 B7．(2013·新课标全国卷Ⅱ，21)(多选)公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图5－3－13，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v c时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处()．图5－3－13A．路面外侧高内侧低B．车速只要低于v c，车辆便会向内侧滑动C．车速虽然高于v c，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D．当路面结冰时，与未结冰时相比，v c的值变小解析汽车转弯时，恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，说明公路外侧高一些，支持力的水平分力刚好提供向心力，此时汽车不受静摩擦力的作用，与路面是否结冰无关，故选项A正确；选项D错误．当v<v c时，支持力的水平分力大于所需向心力，汽车有向内侧滑动的趋势，摩擦力向外侧；当v >v c 时，支持力的水平分力小于所需向心力，汽车有向外侧滑动的趋势，在摩擦力大于最大静摩擦力前不会侧滑，故选项B 错误，选项C 正确．答案 AC题组四圆周运动的临界问题8．(2013·上海卷，6)(单选)秋千的吊绳有些磨损．在摆动过程中，吊绳最容易断裂的时候是秋千( )．A ．在下摆过程中B ．在上摆过程中C ．摆到最高点时D ．摆到最低点时解析当秋千摆到最低点时吊绳中拉力最大，吊绳最容易断裂，选项D 正确．答案 D9．(2013·北京西城区期末考试)(多选)如图5－3－14所示，半径为R 的光滑圆形轨道竖直固定放置，小球m 在圆形轨道内侧做圆周运动．对于半径R 不同的圆形轨道，小球m 通过轨道最高点时都恰好与轨道间没有相互作用力．下列说法中正确的有( )．图5－3－14A ．半径R 越大，小球通过轨道最高点时的速度越大B ．半径R 越大，小球通过轨道最高点时的速度越小C ．半径R 越大，小球通过轨道最低点时的角速度越大D ．半径R 越大，小球通过轨道最低点时的角速度越小解析在最高点时，由mg ＝m v 2R 可得v ＝gR ，所以半径R 越大，小球通过轨道最高点时的速度越大，A 正确；由机械能守恒可知12m v 2＋mg ×2R ＝12m v 02，所以v 0＝5gR ，由ω＝v R ＝5g R ，故半径R 越大，小球通过轨道最低点时的角速度越小，D 正确．答案 AD10．(单选)在光滑水平面上，有一转轴垂直于此平面，交点O 的上方h 处固定一细绳，绳的另一端连接一质量为m 的小球B ，绳长l >h ，小球可随转轴转动在光滑水平面上做匀速圆周运动，如图5－3－15所示．要使小球不离开水平面，转轴转速的最大值是( )．图5－3－15A.12π g h B ．πgh C.12π gl D.12πl g解析当小球即将离开水平面时，F N ＝0，对小球受力分析如图．由牛顿第二定律得：mg tan θ＝m (2πn m )2R ①R ＝h tan θ②联立①②得n m ＝12πg h 选项A 正确．答案 A11．(多选)如图5－3－16所示，长为L 的轻杆一端固定质量为m 的小球，另一端固定转轴O ，现使小球在竖直平面内做圆周运动．P 为圆周轨道的最高点．若小球通过圆周轨道最低点时的速度大小为92gL ，则以下判断正确的是( )．图5－3－16A ．小球不能到达P 点B ．小球到达P 点时的速度小于gLC ．小球能到达P 点，但在P 点不会受到轻杆的弹力D ．小球能到达P 点，且在P 点受到轻杆向上的弹力解析根据机械能守恒定律2mgL ＝12m v 2－12m v P 2，可求出小球在P 点的速度为12gL <gL ，故B 正确，A 错误．计算出向心力F ＝12mg ，故小球在P 点受到轻杆向上的弹力，故C 错误、D 正确．答案 BDB 深化训练——提高能力技巧12．(单选)如图5－3－17所示，两个用相同材料制成的靠摩擦转动的轮A 和B 水平放置，两轮半径R A ＝2R B .当主动轮A 匀速转动时，在A 轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在A 轮边缘上．若将小木块放在B 轮上，欲使木块相对B 轮也静止，则木块距B 轮转动轴的最大距离为( )．图5－3－17A.R B 4B.R B 3C.R B 2 D ．R B解析由题图可知，当主动轮A 匀速转动时，A 、B 两轮边缘上的线速度相同，由ω＝v R ，得ωA ωB ＝v /R A B ＝R B R A ＝12.由于小木块恰能在A 轮边缘静止，则由静摩擦力提供的向心力达最大值μmg ，故μmg ＝mωA 2R A ①设放在B 轮上能使木块相对静止的距B 轮转动轴的最大距离为r ，则向心力由最大静摩擦力提供，故μmg ＝mωB 2r ②因A 、B 材料相同，故木块与A 、B 间的动摩擦因数相同，①②式左边相等，故mωA 2R A ＝mωB 2r ，得r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ωA ωB 2R A ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122R A ＝R A 4＝R B 2.所以选项C 正确．答案 C13．(单选)如图5－3－18所示，有一固定的且内壁光滑的半球面，球心为O ，最低点为C ，在其内壁上有两个质量相同的小球(可视为质点)A 和B ，在两个高度不同的水平面内做匀速圆周运动，A 球的轨迹平面高于B 球的轨迹平面，A 、B 两球与O 点的连线与竖直线OC 间的夹角分别为α＝53°和β＝37°，以最低点C 所在的水平面为重力势能的参考平面，则(sin 37°＝35，cos 37°＝45)( )．图5－3－18A ．A 、B 两球所受支持力的大小之比为3∶4B ．A 、B 两球运动的周期之比为4∶3C ．A 、B 两球的动能之比为16∶9D ．A 、B 两球的机械能之比为112∶51解析由题意可知N ＝mg cos θ，所以N A N B＝cos 37°cos 53°＝43，A 选项错误；mg tan θ＝m 4π2T 2R sin θ，所以T A T B ＝ cos 53°cos 37°＝ 34，B 选项错误；E k ∝v 2，v ＝2πTR sin θ，所以E k A E k B ＝T B 2sin 253°T A 2sin 237°＝6427，C 选项错误；E p ＝mgR (1－cos θ)，所以E A E B＝E k A ＋E p A E k B ＋E p B ＝11251，D 选项正确．答案 D14．(2013·福建卷，20)如图5－3－19所示，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O 点，下端系一质量m ＝1.0 kg 的小球．现将小球拉到A 点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B 点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C 点．地面上的D 点与OB 在同一竖直线上，已知绳长L ＝1.0 m ，B 点离地高度H ＝1.0 m ，A 、B 两点的高度差h ＝0.5 m ，重力加速度g 取10 m/s 2，不计空气影响，求：图5－3－19(1)地面上DC 两点间的距离s ；(2)轻绳所受的最大拉力大小．解析 (1)小球从A 到B 过程机械能守恒，有mgh ＝12m v B 2①小球从B 到C 做平抛运动，在竖直方向上有H ＝12gt 2②在水平方向上有，s ＝v B t ③由①②③式解得s ≈1.41 m(2)小球下摆到达B 点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有F －mg ＝m v B 2L ④由①④式解得F ＝20 N根据牛顿第三定律F ′＝－F轻绳所受的最大拉力为20 N.答案 (1)1.41 m (2)20 N。

2015届高考物理第一轮知能分级练习题23

第2讲磁场对运动电荷的作用A对点训练——练熟基础知识题组一洛伦兹力的特点及应用1．(2013·安徽卷，15)(单选)图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图8－2－15所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()．图8－2－15A．向上B．向下C．向左D．向右解析由安培定则分别判断出四根通电导线在O点产生的磁感应强度的方向，再由磁场的叠加原理得出O点的合磁场方向向左，最后由左手定则可判断带电粒子所受的洛伦兹力方向向下，故选项B正确．答案 B2．(多选)如图8－2－16所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电．现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则()．图8－2－16A ．经过最高点时，三个小球的速度相等B ．经过最高点时，甲球的速度最小C ．甲球的释放位置比乙球的高D ．运动过程中三个小球的机械能均保持不变解析设磁感应强度为B ，圆形轨道半径为r ，三个小球质量均为m ，它们恰好通过最高点时的速度分别为v 甲、v 乙和v 丙，则mg ＋B v q 甲＝m v 2甲r ，mg －B v q 乙＝m v 2乙r ，mg ＝m v 2丙r ，显然，v 甲>v 丙>v 乙，选项A 、B 错误；三个小球在运动过程中，只有重力做功，即它们的机械能守恒，选项D 正确；甲球在最高点处的动能最大，因为势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项C 正确．答案 CD3．(多选)如图8－2－17所示为一个质量为m 、带电荷量为＋q 的圆环，可在水平放置的粗糙细杆上自由滑动，细杆处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，圆环以初速度v 0向右运动直至处于平衡状态，则圆环克服摩擦力做的功可能为( )．图8－2－17A ．0B.12m v 20C.m 3g 22q 2B 2 D.12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 20－m 2g 2q 2B 2 解析若圆环所受洛伦兹力等于重力，圆环与粗糙细杆压力为零，摩擦力为零，圆环克服摩擦力做的功为零，选项A 正确；若圆环所受洛伦兹力不等于重力，圆环与粗糙细杆压力不为零，摩擦力不为零，圆环以初速度v0向右做减速运动．若开始圆环所受洛伦兹力小于重力，则一直减速到零，圆环克服摩擦力做的功为12m v 2，选项B正确；若开始圆环所受洛伦兹力大于重力，则减速到洛伦兹力等于重力达到稳定，稳定速度v＝mgqB，由动能定理可得圆环克服摩擦力做的功为W＝12m v 2－12m v2＝12m⎝⎛⎭⎪⎫v20－m2g2q2B2，选项D正确、C错误．答案ABD题组二带电粒子在匀强磁场中的运动4．(单选)如图8－2－18所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场(磁场足够大)，一对正、负电子分别以相同速度沿与x轴成30°角的方向从原点垂直磁场射入，则负电子与正电子在磁场中运动时间之比为(不计正、负电子间的相互作用力) ()．图8－2－18A．1∶3B．2∶1C.3∶1D．1∶2解析由题图和左手定则可知负电子向下偏转，在磁场中运动的轨迹对应圆心角为60°，正电子向上偏转，在磁场中运动的轨迹对应圆心角为120°.因为带电粒子在磁场中运动时间t＝α360°T，正、负电子的运动周期又相等，所以负电子与正电子在磁场中运动的时间之比为1∶2.答案 D5．(2013·广东卷，21)(多选)如图8－2－19，两个初速度大小相同的同种离子a和b ，从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P 上．不计重力，下列说法正确的有 ( )．图8－2－19A ．a 、b 均带正电B ．a 在磁场中飞行的时间比b 的短C ．a 在磁场中飞行的路程比b 的短D ．a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近解析带电离子打到屏P 上，说明带电离子向下偏转，根据左手定则，a 、b 两离子均带正电，选项A 正确；a 、b 两离子垂直进入磁场的初速度大小相同，电荷量、质量相等，由r ＝m v qB 知半径相同．b 在磁场中运动了半个圆周，a 的运动大于半个圆周，故a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近，飞行的路程比b 长，选项C 错误，选项D 正确；根据t θ＝T 2π知，a 在磁场中飞行的时间比b 的长，选项B 错误．答案 AD6．(单选)如图8－2－20所示圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率，沿着相同的方向，对准圆心O 射入匀强磁场，又都从该磁场中射出，这些粒子在磁场中的运动时间有的较长，有的较短，若带电粒子在磁场中只受磁场力的作用，则在磁场中运动时间越长的带电粒子 ( )．图8－2－20A ．速率一定越小B ．速率一定越大C ．在磁场中通过的路程越长D ．在磁场中的周期一定越大解析根据公式T ＝2πm Bq 可知，粒子的比荷相同，它们进入匀强磁场后做匀速圆周运动的周期相同，选项D 错误；如图所示，设这些粒子在磁场中的运动圆弧所对应的圆心角为θ，则运动时间t ＝θ360°T ，在磁场中运动时间越长的带电粒子，圆心角越大，运动半径越小，根据r ＝m v Bq 可知，速率一定越小，选项A 正确，B 错误；当圆心角趋近180°时，粒子在磁场中通过的路程趋近于0，所以选项C 错误．答案 A题组三带电粒子在磁场中运动的实际应用7．(多选)回旋加速器的原理如图8－2－21所示，它由两个铜质D 形盒D 1、D 2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是 ( )．图8－2－21A．离子从电场中获得能量B．离子从磁场中获得能量C．只增大空隙距离可增加离子从回旋加速器中获得的动能D．只增大D形盒的半径可增加离子从回旋加速器中获得的动能解析回旋加速器通过电场对离子做功获得能量，A正确；洛伦兹力对离子不做功，B错误；电场对离子做功与电势差成正比，增大空隙距离不能增加电场力对离子做功，C错误；增大D形盒的半径可以使离子加速次数增加，从而增加从回旋加速器中获得的动能，故D正确．答案AD8．(单选)质谱仪是测带电粒子质量和分析同位素的一种仪器，如图8－2－22所示．它的工作原理是带电粒子(不计重力)经同一电场加速后，垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，然后利用相关规律计算出带电粒子质量．图中虚线为某粒子运动轨迹，由图可知()．图8－2－22A．此粒子带负电B．下极板S2比上极板S1电势高C．若只增大加速电压U，则半径r变大D．若只增大入射粒子的质量，则半径r变小解析粒子从S3小孔进入磁场中，速度方向向下，粒子向左偏转，由左手定则可知粒子带正电．带正电的粒子在S1和S2两板间加速，则要求场强的方向向下，那么S1板的电势高于S2板的电势，故A、B错误．粒子在电场中加速，由动能定理有12m v 2＝qU，在磁场中偏转，则有r＝m vqB，联立两式解得r＝2UmqB2，由此式可以看出只增大U或只增大m时，粒子的轨道半径都变大，故C正确，D错误．答案 C9．(多选)如图8－2－23甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒．在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连．带电粒子在磁场中运动的动能E k随时间t的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是()．图8－2－23A．在E k－t图中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1B．高频电源的变化周期应该等于t n－t n－1C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大D．要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径解析带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度大小无关，因此，在E k －t 图中应有t 4－t 3＝t 3－t 2＝t 2－t 1，选项A 正确；带电粒子在回旋加速器中每运行一周加速两次，高频电源的变化周期应该等于2(t n －t n －1)，选项B 错；由r ＝m v /qB ＝2mE k /qB 可知，粒子获得的最大动能决定于D 形盒的半径，当轨道半径与D 形盒半径相等时就不能继续加速，故选项C 错D 对．答案 AD题组四带电粒子在磁场中运动的极值和临界问题10．(多选)在xOy 平面上以O 为圆心、半径为r 的圆形区域内，存在磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy 平面．一个质量为m 、电荷量为q 的带电粒子，从原点O 以初速度v 沿y 轴正方向开始运动，经时间t 后经过x 轴上的P 点，此时速度与x 轴正方向成θ角，如图8－2－24所示．不计重力的影响，则下列关系一定成立的是 ( )．图8－2－24A ．若r <2m v qB ，则0°<θ<90°B ．若r ≥2m v qB ，则t ≥πm qBC ．若t ＝πm qB ，则r ＝2m v qBD ．若r ＝2m v qB ，则t ＝πm qB解析带电粒子在磁场中从O点沿y轴正方向开始运动，圆心一定在垂直于速度的方向上，即在x轴上，轨道半径R＝m vqB.当r≥2m vqB时，P点在磁场内，粒子不能射出磁场区，所以垂直于x轴过P点，θ最大且为90°，运动时间为半个周期，即t＝πmqB ；当r<2m vqB时，粒子在到达P点之前射出圆形磁场区，速度偏转角φ在大于0°、小于180°范围内，如图所示，能过x轴的粒子的速度偏转角φ>90°，所以过x轴时0°<θ<90°，A对、B错；同理，若t＝πmqB，则r≥2m vqB，若r＝2m vqB，则t等于πmqB，C错、D对．答案AD11．如图8－2－25所示，在直角坐标系xOy的第一、四象限区域内存在两个有界的匀强磁场；垂直纸面向外的匀强磁场I、垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，O、M、P、Q为磁场边界和x轴的交点，OM＝MP＝L.在第三象限存在沿y轴正向的匀强电场．一质量为m带电荷量为＋q的带电粒子从电场中坐标为(－2L，－L)的点以速度v0沿＋x方向射出，恰好经过原点O处射入磁场Ⅰ又从M点射出磁场Ⅰ(粒子的重力忽略不计)．图8－2－25(1)求第三象限匀强电场场强E的大小；(2)求磁场Ⅰ的磁感应强度B的大小；(3)如果带电粒子能再次回到原点O ，问磁场Ⅱ的宽度至少为多少？粒子两次经过原点O 的时间间隔为多少？解析 (1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动沿初速度方向：2L ＝v 0t垂直初速度方向：L ＝12qE m t 2联立解得E ＝m v 202qL(2)设到原点时带电粒子的竖直分速度为v yv y ＝qE m t ＝qE m 2L v 0＝v 0 v ＝2v 0，方向与x 轴正向成45°角粒子进入磁场Ⅰ做匀速圆周运动，由几何知识可得：R 1＝22L由洛伦兹力充当向心力得：Bq v ＝m v 2R 1可解得：B ＝m v qR 1＝2m v 0qL (3)运动轨迹如图，在磁场Ⅱ做匀速圆周运动的半径：R 2＝2L磁场Ⅱ的宽度d ≥R 2＋L ＝(2＋1)L运动时间：t 1＝π222L 2v 0＝πL4v 0， t 2＝2L 2v 0＝L v 0，t 3＝3π22L 2v 0＝3πL2v 0t 总＝2(t 1＋t 2)＋t 3＝(2＋2π)Lv 0答案 (1)m v 202qL (2)2m v 0qL (3)d ≥(2＋1)L (2＋2π)Lv 0B深化训练——提高能力技巧12．(2013·浙江卷，20)(多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图8－2－26所示．已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3 ()．图8－2－26A．在电场中的加速度之比为1∶1B．在磁场中运动的半径之比为3∶1C．在磁场中转过的角度之比为1∶2D．离开电场区域时的动能之比为1∶3解析磷离子P＋与P3＋电荷量之比q1∶q2＝1∶3，质量相等，在电场中加速度a＝qEm，由此可知，a1∶a2＝1∶3，选项A错误；离子进入磁场中做圆周运动的半径r＝m vqB ，又qU＝12m v2，故有r＝1B2mUq，即r1∶r2＝3∶1，选项B正确；设离子P3＋在磁场中偏角为α，则sin α＝dr2，sin θ＝dr1(d为磁场宽度)，故有sin θ∶sin α＝1∶3，已知θ＝30°，故α＝60°，选项C正确；全过程中只有电场力做功，W＝qU，故离开电场区域时的动能之比即为电场力做功之比，所以E k1∶E k2＝W1∶W2＝1∶3，选项D正确．答案 BCD13．(2013·海南卷，14)如图8－2－27，纸面内有E 、F 、G 三点，∠GEF ＝30°，∠EFG ＝135°，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．先使带有电荷量为q (q >0)的点电荷a 在纸面内垂直于EF 从F 点射出，其轨迹经过G 点；再使带有同样电荷量的点电荷b 在纸面内与EF 成一定角度从E 点射出，其轨迹也经过G 点，两点电荷从射出到经过G 点所用的时间相同，且经过G 点时的速度方向也相同．已知点电荷a 的质量为m ，轨道半径为R ，不计重力，求：图8－2－27(1) 点电荷a 从射出到经过G 点所用的时间；(2)点电荷b 的速度大小．解析 (1)设点电荷a 的速度大小为v ，由牛顿第二定律得q v B ＝m v 2R ①由①式得v ＝qBR m ②设点电荷a 做圆周运动的周期为T ，有T ＝2πm qB ③如图，O 和O 1分别是a 和b 的圆轨道的圆心．设a 在磁场中偏转的角度为θ，由几何关系得θ＝90°④故a从开始运动到经过G点所用的时间t为t＝πm2qB⑤(2)设点电荷b的速度大小为v1，轨道半径为R1，b在磁场中偏转的角度为θ1，依题意有t＝R1θ1v1＝Rθv⑥由⑥式得v1＝R1θ1Rθv⑦由于两轨道在G点相切，所以过G点的半径OG和O1G在同一直线上．由几何关系和题给条件得θ1＝60°⑧R1＝2R⑨联立②④⑦⑧⑨式，解得v1＝4qBR3m⑩答案(1)πm2qB(2)4qBR3m薄雾浓云愁永昼，瑞脑消金兽。

2015届高考物理第一轮知能分级练习题69

选修3-4机械振动机械波光电磁波相对论简介第3讲光电磁波相对论简介A对点训练——练熟基础知识题组一光的折射、全反射1．(2013·四川理综，3)(单选)光射到两种不同介质的分界面，分析其后的传播情形可知()．A．折射现象的出现说明光是纵波B．光总会分为反射光和折射光C．折射光与入射光的传播方向总是不同的D．发生折射是因为光在不同介质中的传播速度不同解析折射是横波、纵波共有的现象，光是一种电磁波，而电磁波是横波，A错误；当光从光密介质射向光疏介质而且入射角不小于临界角时，就只有反射光而无折射光，B错误；当入射角等于0°时折射光与入射光传播方向相同，C错误；由惠更斯原理对折射的解释可知D正确．答案 D2．(2013·福建理综，14)(单选)一束由红、紫两色光组成的复色光，从空气斜射向玻璃三棱镜．下面四幅图中能正确表示该复色光经三棱镜折射分离成两束单色光的是()．解析光线通过玻璃三棱镜后应向底边偏折，可知C、D错误．光的频率越大，折射率越大，向底边偏折程度越大，光线在进入与射出两处都会发生不同程度的偏折，所以A错误、B正确．答案 B3．(单选)雨后太阳光入射到水滴中发生色散而形成彩虹．设水滴是球形的，图3－9中的圆代表水滴过球心的截面，入射光线在过此截面的平面内，a、b、c、d代表四条不同颜色的出射光线，则它们可能依次是()．图3－9A．紫光、黄光、蓝光和红光B．紫光、蓝光、黄光和红光C．红光、蓝光、黄光和紫光D．红光、黄光、蓝光和紫光解析由可见光的折射率知，红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七种色光的折射率依次增大，由题图知a→d折射率依次减小，故A、C、D错，B对．答案 B4．(2013·浙江理综，16)(单选)与通常观察到的月全食不同，小虎同学在2012年12月10日晚观看月全食时，看到整个月亮是暗红的．小虎画了月全食的示意图，并提出了如下猜想，其中最为合理的是()．图3－10A．地球上有人用红色激光照射月球B．太阳照射到地球的红光反射到月球C．太阳光中的红光经地球大气层折射到月球D．太阳光中的红光在月球表面形成干涉条纹解析月全食是月亮、地球、太阳三者在同一直线且地球在中间时，地球将太阳光挡住而形成的，看到月亮是暗红的，原因是太阳的红光经地球大气层的折射到了月球表面，选项C正确．答案 C5．[2013·重庆理综，11(2)]利用半圆柱形玻璃，可减小激光光束的发散程度．在如图3－11所示的光路中，A为激光的出射点，O为半圆柱形玻璃横截面的圆心，AO 过半圆顶点．若某条从A 点发出的与AO 成α角的光线，以入射角i 入射到半圆弧上，出射光线平行于AO ，求此玻璃的折射率．图3－11解析如图所示延长入射光线AB 交半圆形玻璃砖直边于D ，∠OBD ＝i ，∠CBD ＝α，所以折射角∠OBC ＝i －α，故n ＝sin i sin (i －α). 答案折射率n ＝sin i sin (i －α)6．如图3－12所示，上下表面平行的玻璃砖折射率为n ＝2，下表面镶有银反射面，一束单色光与界面的成θ＝45°角射到玻璃表面上，结果在玻璃砖右边竖直光屏上出现相距h ＝2.0 cm 的光点A 和B (图中未画出A 、B )．图3－12(1)请在图中画出光路示意图．(2)求玻璃砖的厚度d .解析 (1)光路图如图所示．(2)设第一次折射时折射角为γ.则有：n ＝sin (90°－θ)sin γ，解得：γ＝30°设第二次折射时折射角为α，则有：sin γsin α＝1n ，解得：α＝45°，由几何关系得：h ＝2d tan γ，d ＝h 2tan γ＝22tan 30°＝ 3 cm.答案(1)见解析(2) 3 cm题组二光的干涉、衍射和偏振7．(多选)以下说法中正确的是()．A．无影灯利用了光的衍射原理B．摄像机镜头前加一个偏振片可以减少反射光的强度C．光的偏振现象说明光是一种纵波D．观测到遥远星系上的元素发出的光的波长变长，这说明该星系正在远离我们E．在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光变为红光，则条纹间距变宽解析无影灯利用的是光的直线传播原理，选项A错误；摄像机镜头前加一个偏振片可以减少反射光的强度，选项B正确；光的偏振现象说明光是一种横波，选项C错误；由多普勒效应知选项D正确；在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光变为红光，由于红光波长大于绿光，由条纹间隔公式可知，条纹间距变宽，选项E正确．答案BDE8．(多选)用如图所示的实验装置观察光的薄膜干涉现象．图3－13a是点燃的酒精灯(在灯芯上洒些盐)，图b是竖立的附着一层肥皂液薄膜的金属丝圈．关于这个实验的下列说法正确的是()．图3－13A．将金属丝圈在其所在的竖直平面内缓慢旋转，将观察到干涉条纹同方向旋转B．将该实验装置移到绕地球做匀速圆周运动的“天宫一号”中做实验，将观察不到干涉条纹C．将该实验装置移到月球上做实验，仍可观察到干涉条纹D．增大酒精灯与肥皂液薄膜间的距离，则干涉条纹间距要增大解析金属丝圈的转动，改变不了肥皂液薄膜上薄下厚的形状，由干涉原理可知干涉条纹不会随金属丝圈在该竖直平面内转动，A选项错误；将该实验装置移到“天宫一号”中做实验，因为肥皂液薄膜处于完全失重状态，不存在上薄下厚的形状，所以观察不到干涉条纹，B选项正确；将该实验装置移到月球上做实验，肥皂液薄膜存在上薄下厚的形状，只是由薄到厚变化得较缓慢，因此仍可观察到干涉条纹，C选项正确；增大酒精灯与肥皂液薄膜间的距离，但不能改变肥皂液薄膜的厚度变化情况，因此干涉条纹的间距不变，即D选项错误．答案BC9．如图3－14所示，A、B两幅图是由单色光分别入射到圆孔而形成的图样，其中图A是光的________(填“干涉”或“衍射”)图样．由此可以判断出图A所对应的圆孔的孔径________(填“大于”或“小于”)图B所对应的圆孔的孔径．图3－14解析A中出现明暗相间的条纹，B中出现圆形亮斑．只有障碍物或孔的尺寸比光波波长小或跟波长相差不多时，才能发生明显的衍射现象．图A是光的衍射图样，由于光波波长很短，约在10－7 m数量级上，所以图A对应的圆孔的孔径比图B所对应的圆孔的孔径小．图B的形成可以用光的直线传播解释．答案衍射小于题组三电磁波、相对论10．(单选)关于电磁波，下列说法正确的是()．A．雷达是用X光来测定物体位置的设备B．使电磁波随各种信号而改变的技术叫做解调C．用红外线照射时，大额钞票上用荧光物质印刷的文字会发出可见光D．均匀变化的电场可以产生恒定的磁场解析雷达是利用微波来定位的，A项错误；使电磁波随各种信号而改变的技术叫做调制，B项错误；钞票是利用紫外线的荧光作用，C项错误；均匀变化的电场可以产生恒定的磁场，D项正确．答案 D11．(2013·浙江理综，14)(单选)关于生活中遇到的各种波，下列说法正确的是()．A．电磁波可以传递信息，声波不能传递信息B．手机在通话时涉及的波既有电磁波又有声波C．太阳光中的可见光和医院“B超”中的超声波传播速度相同D．遥控器发出的红外线波长和医院“CT”中的X射线波长相同解析电磁波、声波都能够传递信息，A项错误；手机通话时将人的声音转化为电信号并通过电磁波传递，B正确；医院“B超”的超声波属于声波，传播速度远小于光速，C错误；红外线与X射线相比频率低，波长长，D 错误．答案 B12．(单选)如图3－15所示，强强乘坐速度为0.9 c(c为光速)的宇宙飞船追赶正前方的壮壮，壮壮的飞行速度为0.5c，强强向壮壮发出一束光进行联络，则壮壮观测到该光束的传播速度为________(填写选项前的字母)．图3－15A．0.4c B．0.5cC．0.9c D．1.0c解析根据光速不变原理可知：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，故D 正确．答案 DB 深化训练——提高能力技巧13．(2013·天津理综，8)(多选)固定的半圆形玻璃砖的横截面如图3－16，O 点为圆心，OO ′为直径MN 的垂线．足够大的光屏PQ 紧靠玻璃砖右侧且垂直于MN .由A 、B 两种单色光组成的一束光沿半径方向射向O 点，入射光线与OO ′夹角θ较小时，光屏NQ 区域出现两个光斑，逐渐增大θ角，当θ＝α时，光屏NQ 区域A 光的光斑消失，继续增大θ角，当θ＝β时，光屏NQ 区域B 光的光斑消失，则( )．图3－16A ．玻璃砖对A 光的折射率比对B 光的大B ．A 光在玻璃砖中传播速度比B 光的大C ．α<θ<β时，光屏上只有1个光斑D ．β<θ<π2时，光屏上只有1个光斑解析因A 光先消失，说明A 光先发生全反射，所以玻璃对A 光的折射率大于B 光，A 项正确．由v ＝c n 可知折射率越大则速度v 越小，B 项错误．当α<θ<β时，A 光发生全反射，只有反射光斑与B 光的折射光斑，共2个，C项错误．当β<θ<π2时，A 、B 光均发生全反射，光屏上只剩下1个反射光斑，D 项正确．答案 AD14．(2013·衡阳联考)一底面半径为R 的半圆柱形透明体的折射率为n ＝3，横截面如图3－17所示，O 表示半圆柱形截面的圆心．一束极窄的光线在横截面内从AOB 边上的A 点以60°的入射角入射，求该光线从进入透明体到第一次从B 点离开透明体时，共经历的时间(已知真空中的光速为c ，sin 35°＝33；计算结果用R 、n 、c 表示)．图3－17解析设此透明体的临界角为C ，依题意sin C ＝1n ，所以C ＝35°当入射角为60°时，由n ＝sin 60°sin γ，解得折射角：γ＝30°，即此时光线折射后射到圆弧上的C 点，在C点的入射角为60°，大于临界角，会发生全反射，往后光线水平反射至圆弧上的D 点并在D 点发生全反射，再反射至B 点，从B 点第一次射出．在透明体内的路径为：s ＝3R ，光在透明体内的速度v ＝c n ，经历的时间t ＝s v ＝3nR c .答案 3nRc15．[2013·课标Ⅱ，34(2)]如图3－18，三棱镜的横截面为直角三角形ABC ，∠A ＝30°，∠B ＝60°.一束平行于AC 边的光线自AB 边的P 点射入三棱镜，在AC 边发生反射后从BC 边的M 点射出．若光线在P 点的入射角和在M 点的折射角相等，图3－18(1)求三棱镜的折射率；(2)在三棱镜的AC边是否有光线透出？写出分析过程．(不考虑多次反射) 解析(1)光路图如图所示，图中N点为光线在AC边发生反射的入射点．设光线在P点的入射角为i、折射角为γ，在M点的入射角为γ′、折射角依题意也为i，有i＝60°①由折射定律有sin i＝n sin γ②n sin γ′＝sin i③由②③式得γ＝γ′④OO′为过M点的法线，∠C为直角，OO′∥AC由几何关系有∠MNC＝γ′⑤由反射定律可知∠PNA＝∠MNC⑥联立④⑤⑥式得∠PNA＝γ⑦由几何关系得γ＝30°⑧联立①②⑧式得n＝3⑨(2)设在N点的入射角为i″，由几何关系得i″＝60°⑩此三棱镜的全反射临界角满足n sin θC＝1⑪由⑨⑩⑪式得i″＞θC⑫此光线在N点发生全反射，三棱镜的AC边没有光线透出．答案(1)3(2)没有光线透出分析过程见解析。

2015届高考物理第一轮知能分级练习题52

第六章静电场第1讲电荷守恒定律库仑定律A对点训练——练熟基础知识题组一物体带电的实质和电荷守恒定律的应用1．(多选)关于电现象，下列说法中正确的是()．A．感应起电是利用静电感应，使电荷从物体的一部分转移到物体的另一部分的过程B．带电现象的本质是电子的转移，中性物体得到多余电子就一定带负电，失去电子就一定带正电C．摩擦起电是普遍存在的现象，相互摩擦的两个物体总是同时带等量异种电荷D．当一种电荷出现时，必然有等量异种电荷出现，当一种电荷消失时，必然有等量异种电荷同时消失解析感应起电是电荷从物体的一部分转移到另一部分，而摩擦起电是电荷从一个物体转移到另一个物体，但相互摩擦的两个物体总是带等量异种电荷，故A正确，C错误；由电荷守恒定律可知D正确；中性物体得到多余电子带负电，失去电子带正电，B正确．答案ABD2．(多选)两个相同的金属小球所带电荷量不同，小球间相距一定距离时有相互作用的库仑力．如果将它们相互接触一下，再放到原来的位置，则两金属小球之间库仑力的变化情况是()．A．如果相互接触前库仑力是引力，则相互接触后库仑力仍是引力B．如果相互接触前库仑力是引力，则相互接触后库仑力是斥力C．如果相互接触前库仑力是斥力，则相互接触后库仑力一定增大D．如果相互接触前库仑力是斥力，则相互接触后库仑力一定减小解析因两小球所带电荷量不同，如果相互接触前库仑力是引力，则两小球带异种电荷，相互接触后将变成同种等量电荷，库仑力是斥力，选项A错误，B正确；如果相互接触前库仑力是斥力，则两小球带同种电荷，相互接触后，电荷重新分配，两小球带等量的电荷，两小球所带电荷量的乘积最大，则相互接触后库仑力一定增大，选项C正确，D错误．答案BC题组二库仑定律的理解及应用3．(单选)用控制变量法，可以研究影响电荷间相互作用力的因素．如图6－1－11所示，O是一个带电的物体，若把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，可以比较小球在不同位置所受带电物体的作用力的大小，这个力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度θ显示出来．若物体O 的电荷量用Q表示，小球的电荷量用q表示，物体与小球间距离用d表示，物体和小球之间的作用力大小用F表示．则以下对该实验现象的判断正确的是()．图6－1－11A．保持Q、q不变，增大d，则θ变大，说明F与d有关B．保持Q、q不变，减小d，则θ变大，说明F与d成反比C．保持Q、d不变，减小q，则θ变小，说明F与q有关D．保持q、d不变，减小Q，则θ变小，说明F与Q成正比解析本题考查库仑定律。