2017版高中物理《加练半小时》全国配套Word版文档第三章 微专题21
第三章 微专题23 “传送带”模型问题-2025年高中物理《加练半小时》新教材版
第三章运动和力的关系第三章运动和力的关系微专题23“传送带”模型问题1．传送带问题：关键在于对物体摩擦力性质(静摩擦力还是滑动摩擦力)、方向及运动过程的判断。
当物体与传送带不共速时，一定为滑动摩擦力；当物体与传送带共速时，要假设接触面光滑看相对运动趋势，然后判断之后的运动方向。
2.当物体速度与传送带速度相同时，要通过受力分析和状态分析判定以后能否一起运动，物体的摩擦力可能突变。
1.(2023·广东省深圳中学阶段测试)如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m 的煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。
初始时，传送带与煤块都是静止的。
现让传送带以恒定的加速度a 开始运行，当其速度达到v 后，便以此速度做匀速运行。
传送带速度达到v 时，煤块未与其共速，经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是(重力加速度为g )()A ．μ与a 之间一定满足关系μ>a gB ．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为v 2μg C ．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为v μgD ．黑色痕迹的长度为v 22μg答案C 解析根据牛顿第二定律得，煤块的加速度a ′＝μg ，要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度，即a >μg ，则μ<a g，故A 错误；煤块从开始运动到相对于传送带静止所需的时间为t ＝v a ′＝v μg，此过程煤块的位移为x 1＝v 22μg ，此过程传送带的位移为x 2＝v 22a ＋v (v μg －v a )＝v 2μg －v 22a ，煤块相对于传送带的位移即黑色痕迹的长度为Δx ＝x 2－x 1＝v 22μg －v 22a ，故C 正确，B 、D 错误。
2.如图所示，一绷紧的水平传送带以恒定的速率v ＝10m/s 运行，某时刻将一滑块轻轻地放在传送带的左端，已知传送带与滑块间的动摩擦因数为0.2，传送带的水平部分A 、B 间的距离足够长，将滑块刚放上去2s 时突然停电，传送带立即做加速度大小a ＝4m/s 2的匀减速运动至停止(重力加速度取g ＝10m/s 2)。
2017版高中物理《加练半小时》全国配套Word版文档第三章 微专题15
1．考点及要求：(1)牛顿运动定律(Ⅱ)；(2)牛顿运动定律的应用(Ⅱ).2.方法与技巧：作用力与反作用力的关系可总结为“三同、三异、三无关”．三同：同大小、同变化、同消失．三异：异体、异向、异效．三无关：与物体的种类无关、与物体的状态无关，与是否与其他物体相互作用无关．1．(对惯性的理解)(多选)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是() A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B．没有力的作用，物体只能处于静止状态C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动2．(对牛顿第一定律的研究)伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法．图1中a、b分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是()图1A．图a通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动B．图a中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易C．图b中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成D．图b的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持3．(对牛顿第三定律的理解)牛顿在总结C·雷恩、J·沃利斯和C·惠更斯等人的研究结果后，提出了著名的牛顿第三定律，阐述了作用力和反作用力的关系，从而与牛顿第一和第二定律形成了完整的牛顿力学体系．下列关于作用力和反作用力的说法正确的是()A．物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力B．物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡C．人推车前进，人对车的作用力大于车对人的作用力D．物体在地面上滑行，不论物体的速度多大，物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力始终大小相等4．(牛顿第三定律在受力分析中的应用)电视台体育频道讲解棋局节目中棋盘竖直放置，棋盘由磁石做成，棋子都可视为被磁石吸引的小磁体，若某棋子静止，则()A．棋盘面可选足够光滑的材料B．棋盘对棋子的作用力比棋子对棋盘的作用力大C．棋盘对棋子的作用力比棋子的重力大D．若棋盘对棋子的磁力越大，则对其摩擦力也越大5．一物体受绳子的拉力作用由静止开始前进，先做加速运动，然后改为匀速运动，再改做减速运动，则下列说法中正确的是()A．加速前进时，绳子拉物体的力大于物体拉绳子的力B．减速前进时，绳子拉物体的力小于物体拉绳子的力C．只有匀速前进时，绳子拉物体的力才与物体拉绳子的力大小相等D．不管物体如何前进，绳子拉物体的力与物体拉绳子的力大小总相等图26．伽利略利用如图2所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后运动至右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐减小的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.对比三次实验结果，可直接得到的结论是()A．如果斜面光滑，小球可以上升到比O′点更高的位置B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C．小球受到斜面的阻力越小，其上升的位置越高D．自由落体运动是匀变速直线运动7.一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的总质量为M，环的质量为m，如图3所示，已知环沿杆匀加速下滑时，杆对环的摩擦力大小为F f，则此时箱对地面的压力大小为多少？图3答案解析1．AD[物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫惯性，即物体抵抗运动状态变化的性质，则A项正确．没有力的作用，物体可能保持匀速直线运动状态或静止状态，则B 错．行星在圆周轨道上保持匀速率运动是由于受到改变运动状态的向心力作用，其运动状态是不断变化的，则C错．D项符合惯性定义，是正确的．]2．B[图a是先在倾角较小的斜面上进行实验，“冲淡”重力，使时间测量更容易，A项错误，B项正确；完全没有摩擦阻力的斜面并不存在，C项错；图b中实验通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持，D项错．]3．D[由牛顿第三定律可知，作用力和反作用力同时产生，同时消失，选项A错误；压力和支持力作用在两个不同的物体上，而平衡力是作用在同一个物体上，选项B错误；作用力与反作用力等大反向，故人对车的作用力等于车对人的作用力，选项C错误；物体对地面的摩擦力大小等于地面对物体的摩擦力，选项D正确．]4．C[根据竖直方向上二力平衡知：F f静＝G，则G应不超过最大静摩擦力，有F f静<F fm＝μF N，F N一定，要使棋子不滑下，应增大最大静摩擦力，为此应增大μ，棋盘面应选取较粗糙的材料，故A错误；棋盘对棋子的作用力与棋子对棋盘的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反．故B错误；棋盘对棋子的摩擦力与重力大小相等，棋盘对棋子的作用力是支持力与摩擦力的合力，所以比棋子的重力大，故C正确；棋盘对棋子的静摩擦力与棋子的重力平衡，棋盘对棋子的磁力增大，摩擦力大小不变，故D错误．]5．D[绳子拉物体的力与物体拉绳子的力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，与物体的运动状态和作用效果无关，加速前进、匀速前进或减速前进时，绳子拉物体的力都等于物体拉绳子的力，故A、B、C错误，D正确．]6．C[在此实验中，若斜面光滑，只有重力做功，机械能守恒，小球最高只能上升到O′位置，A项错误．此实验说明小球受到的阻力越小，机械能损失越少，上升的位置越高，但不能直接说明小球不受力时，它将一直保持匀速运动或静止状态，更不能直接说明自由落体运动是匀变速直线运动，所以C项正确，B、D两项错误．]7．F f＋Mg解析箱子在竖直方向上受力情况如图所示，其受重力Mg、地面对它的支持力F N及环对它的摩擦力F f′，由牛顿第三定律知F f′＝F f. 由于箱子处于平衡状态，可得：F N＝F f′＋Mg＝F f＋Mg.根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的弹力大小，则F N′＝F N＝F f＋Mg.。
2017版高中物理《加练半小时》全国配套Word版文档微题型80 波动图象与波的传播
微题型80 波动图象与波的传播训练目标 1.理解波的传播规律，会用波的公式进行有关计算.2.理解波的图象的物理意义，会根据波的传播方向判断质点振动方向或根据质点振动方向判断波的传播方向． 题组一 波的图象的理解和波的公式的应用1. (2014·唐山市摸底考试)如图1是一列简谐波在t ＝0时刻的波形图，介质中x ＝4 m 处质点沿y 轴方向做简谐运动的表达式为y ＝5sin 5πt cm.关于这列波，下列说法正确的是( )图1A ．波长为4 mB ．波速为10 m/sC ．波沿x 轴正方向传播D ．再经过半个周期的时间，x ＝4 m 处质点沿波的传播方向移动2 mE ．再经过34个周期的时间，x ＝4 m 处质点位于波谷 2．(2013·稽阳联谊学校高三4月联考) 将一弹性绳沿x 轴放置，左端位于坐标原点，用手握住绳的左端，当t ＝0时，使其开始沿y 轴做简谐振动，在t ＝0.75 s 时形成如图2所示的波形，M 点是位于x ＝10 cm 处的质点，N 点是位于x ＝50 cm 处的质点，则可知( )图2A ．绳波的传播速度为20 m/sB ．N 点开始振动的方向沿y 轴正方向C ．t ＝3 s 时N 点第一次沿y 轴正方向经过平衡位置D ．当N 点第一次到达波峰时，M 点经过的总路程为104 cm题组二 波的传播方向与质点振动方向的互判3. 图3为一列沿x 轴负方向传播的简谐横波，实线为t ＝0时刻的波形图，虚线为t ＝0.6 s 时的波形图，波的周期T >0.6 s ，则( )图3A．波的周期为2.4 sB．在t＝0.9 s时，P点沿y轴正方向运动C．经过0.4 s，P点经过的路程为4 mD．在t＝0.4 s时，Q点到达波峰位置4．(2013·贵州六校联考) 一列简谐横波在t＝0时刻的波形图如图4实线所示，从此刻起，经0.1 s波形图如图虚线所示，若波传播的速度为10 m/s，则()图4A．这列波沿x轴负方向传播B．这列波的周期为0.4 sC．t＝0时刻质点a沿y轴正方向运动D．从t＝0时刻开始，质点a经0.2 s通过的路程为0.4 mE．x＝2 m处的质点的位移表达式为y＝0.2sin(5πt＋π) (m)5．(2013·河南中原联考) 一列简谐横波沿x轴传播，周期为T，t＝0时刻的波形如图5所示．此时平衡位置位于x＝3 m 处的质点正在向上运动，若a、b两质点平衡位置的坐标分别为x a ＝2.5 m，x b＝5.5 m，则()图5A．当a质点处在波峰时，b质点恰在波谷B．t＝T/4时，a质点正在向y轴负方向运动C．t＝3T/4时，a质点正在向y轴负方向运动D．在某一时刻，a、b两质点的位移和速度可能都相同题组三波的图象与振动图象的综合应用6．(2014·四川·5)如图6所示，甲为t＝1 s时某横波的波形图像，乙为该波传播方向上某一质点的振动图像，距该质点Δx＝0.5 m处质点的振动图像可能是()图67．(2014·新课标Ⅰ·34(1))图7(a)为一列简谐横波在t ＝2 s 时的波形图，图(b)为媒质中平衡位置在x ＝1.5 m 处的质点的振动图像，P 是平衡位置为x ＝2 m 的质点．下列说法正确的是________．(填正确答案标号)图7A ．波速为0.5 m/sB ．波的传播方向向右C ．0～2 s 时间内，P 运动的路程为8 cmD ．0～2 s 时间内，P 向y 轴正方向运动E ．当t ＝7 s 时，P 恰好回到平衡位置答案1．ABE [由波形图可知这列波的波长为λ＝4 m ，由T ＝2πω可得T ＝0.4 s ，波速为v ＝λ/T ＝10 m/s.选项A 、B 正确．根据介质中x ＝4 m 处质点沿y 轴方向做简谐运动的表达式为y ＝5sin 5πt cm 可知波沿x 轴负方向传播，选项C 错误．质点在各自的平衡位置附近振动，不沿波的方向移动，D 错误．再经过34个周期的时间，x ＝4 m 处质点位于波谷，选项E 正确．]2．C [由题意可知T ＝1 s ，由图可知λ＝20 cm ，所以波速v ＝λ/T ＝20 cm/s ，选项A 错．由图可知t ＝0.75 s 时，x ＝15 cm 的质点刚开始振动，并且振动方向沿y 轴负方向，所以N 点开始振动的方向也应该沿y 轴负方向，选项B 错．t ＝0.75 s 时，x ＝5 cm 的质点第一次沿y 轴正方向经过平衡位置，这个振动形式传到N 点还要t 1＝(50－5) cm 20 cm/s＝2.25 s ，所以当t 2＝t ＋t 1＝3 s 时N 点第一次沿y 轴正方向经过平衡位置，选项C 正确．t ＝0.75 s 时，M 点已经经过的路程为8 cm ，N 点第一次到波峰还要经历t 3＝50 cm 20 cm/s＝2.5 s ，即2.5T ，M 点还要经过路程2.5×4×8＝80 cm ，所以M 点经过的总路程为88 cm ，选项D 错．]3．D [因为T >0.6 s 且波沿x 轴负方向传播，所以波一定传播了34λ，经过了34T ，所以周期为0.8 s ，A 错误；P 点在t ＝0时刻沿y 轴负方向运动，经过0.9 s ，即118T 后仍沿y 轴负方向运动，B 错误；经过0.4 s ，即半个周期，P 点经过的路程为2A ＝0.4 m ，C 错误；经过0.4 s ＝12T ，Q 点恰好到达波峰位置，D 正确．] 4．ABDE [从图中可以看出波长等于4 m ，由已知得波速等于10 m/s ，故周期T ＝0.4 s ；由题图结合题意可知波沿x 轴负方向传播；t ＝0时刻质点a 沿y 轴负方向运动；从t ＝0时刻开始，质点a 经0.2 s ，即半个周期通过的路程为0.4 m ；由y ＝A sin(ωt ＋φ)易得E 正确．]5．C [由题图可以看出波长为4 m ，t ＝0时刻x ＝3 m 处的质点向上振动，可知该波向左传播．将整个波形图向左平移1.5 m 时，a 质点到达波峰，此时b 质点正好在平衡位置，A 错；将图象整体向左平移1 m ，即波传播T /4时，a 质点的振动状态与t ＝0时刻平衡位置在3.5 m 处的质点振动状态一样，即处在平衡位置上方并向y 轴正方向运动，B 错；将图象整体向左平移3 m ，即波传播3T /4时，a 质点的振动状态与t ＝0时刻平衡位置在5.5 m 处的b 质点的振动状态一样，即处在平衡位置下方并向y 轴负方向运动，C 对；a 、b 质点相隔3 m ，即相差3T /4，不可能出现位移和速度都相同的情况，故D 错．]6．A [(法一)若波沿＋x 方向传播，则t ＝0时的波形图如图中虚线所示，则质点P 的振动图像为题中乙图所示．距P 点0.5 m 的质点的位移y >0，且向下运动，或y <0，且向上运动；若波沿－x 方向传播，则t ＝0时的波形图如图中虚线所示，则质点Q 的振动图像为题中乙图所示．距Q 点0.5 m 的质点的位移y <0，且向上运动，或y >0，且向下运动．所以选项A 正确．(法二)根据波形图像可得波长λ＝2 m ，根据振动图像可得周期T ＝2 s ．两质点之间的距离Δx＝0.5 m ＝14λ.根据振动和波动之间的关系，则另一质点相对该质点的振动延迟14T ，如图甲所示，或者提前14T ，如图乙所示．符合条件的只有选项A.]7．ACE [由题图(a)读出波长λ＝2 m ，由题图(b)读出周期T ＝4 s ，则v ＝λT＝0.5 m/s ，选项A 正确；题图(a)是t ＝2 s 时的波形图，题图(b)是x ＝1.5 m 处质点的振动图像，所以该质点在t ＝2 s 时向下振动，所以波向左传播，选项B 错误；在0～2 s 内质点P 由波峰向波谷振动，通过的路程s ＝2A ＝8 cm ，选项C 正确，选项D 错误；当t ＝7 s 时，P 点振动了74个周期，所以这时P 点位置与t ＝34T ＝3 s 时位置相同，即在平衡位置，所以选项E 正确．]。
新步步高《加练半小时》2017年高考物理(全国通用)一轮微专题复习练第9章磁场章末滚动练9Word版含解析
一、单项选择题1．如图1所示，两根长为L、质量为m的导体棒a、b，a被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，b被水平固定在与a同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为s.当两棒中均通以电流为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止，则下列说法正确的是()图1A．b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度方向水平向右B．b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度大小为2mg ILC．若使b上移少许，a仍可能保持静止D．若使b下移少许，a仍可能保持静止2．如图2所示，质量为m、长度为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂在O、O′点，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.棒中通以某一方向的电流，平衡时两细线与竖直方向夹角均为θ，重力加速度为g.则()图2A．金属棒中的电流方向由N指向MB．金属棒MN所受安培力的方向垂直于OMNO′平面向上C．金属棒中的电流大小为mgBL tanθD．每条细线所受拉力大小为mg cosθ3．如图3所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第Ⅰ象限内，磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向里．一质量为m 、电荷量绝对值为q 、不计重力的粒子，以某速度从O 点沿着与y 轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A 点时，粒子速度沿x 轴正方向．下列判断正确的是( )图3A ．粒子带正电B ．运动过程中，粒子的速度不变C ．粒子由O 到A 经历的时间为t ＝πm 3qBD ．离开第Ⅰ象限时，粒子的速度方向与x 轴正方向的夹角为30° 二、多项选择题4．有关电荷所受电场力和洛沦兹力的说法中，正确的是( ) A ．电荷在磁场中一定受磁场力的作用 B ．电荷在电场中一定受电场力的作用C ．电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致D ．电荷若受磁场力，则受力方向与该处的磁场方向垂直5．为了测量某地地磁场的水平分量B x ，课外兴趣小组进行了如图4所示的实验：在横截面为长方形、只有上下表面A 、B 为金属板的导管中通以导电液体，将导管沿东西方向放置时，A 、B 两面出现电势差，测出相应的值就可以求出地磁场的水平分量．假如在某次实验中测得导电液体的流动速度为v 、导管横截面的宽为a 、高为b ，A 、B 面的电势差为U .则下列判断正确的是( )图4A ．B x ＝U v a B ．B x ＝Uv bC．A面的电势高于B面D．B面的电势高于A面6．空间有一磁感应强度为B的水平匀强磁场，质量为m、电荷量为q的质点以垂直于磁场方向的速度v0水平进入该磁场，在飞出磁场时高度下降了h.重力加速度为g.则下列说法正确的是()A．带电质点进入磁场时所受洛伦兹力可能向上B．带电质点进入磁场时所受洛伦兹力一定向下C．带电质点飞出磁场时速度的大小为v0D．带电质点飞出磁场时速度的大小为v20＋2gh三、非选择题7．如图5所示，有一直角三角形OAC，OC长为12cm，∠C＝30°，AC上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B1＝1T，OA左侧也存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B2未知，一质量为m＝8×10－10kg、电荷量q＝1×10－4C 的带正电粒子从C点以垂直于OC的速度v进入磁场，恰好经A点到达O点，不计粒子重力，求：图5(1)未知匀强磁场的磁感应强度B2的大小；(2)粒子在磁场中从C点经A点到达O点运动的总时间．8．如图6所示，两平行金属板E、F之间电压为U，两足够长的平行边界MN、PQ区域内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)，由E板中央处静止释放，经F板上的小孔射出后，垂直进入磁场，且进入磁场时与边界MN成60°角，最终粒子从边界MN离开磁场．求：图6(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径r；(2)两边界MN、PQ的最小距离d；(3)粒子在磁场中运动的时间t.9．如图7所示，在xOy平面的第Ⅱ象限内有半径为R的圆分别与x轴、y轴相切于P、Q两点，圆内存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场．在第Ⅰ象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度为E.一带正电的粒子(不计重力)以速率v0从P点射入磁场后恰好垂直y轴进入电场，最后从M(3R,0)点射出电场，出射方向与x轴正方向夹角为α，且满足α＝45°，求：图7(1)带电粒子的比荷；(2)磁场磁感应强度B的大小；(3)粒子从P点入射磁场到M点射出电场的时间．答案解析1．C[通电导体棒a处于通电导体棒b的磁场中，由右手螺旋定则可得通电导体棒a处于竖直向上的磁场中，故A错误；当导体棒a处于磁感应强度B的方向竖直向上的匀强磁场中，则受到水平向右的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，因夹角为45°，则B＝mg tan45°IL＝mgIL，故B错误；由题意可知，重力和水平向右的安培力的合力与支持力平衡，当减小b在a处的磁感应强度，则安培力减小，要使仍平衡，根据受力平衡条件，则可使b上移，即b对a的安培力斜向上，故C 正确；当b竖直向下移动，导体棒间的安培力减小，根据受力平衡条件，当a受到的安培力方向顺时针转动时，只有大小变大才能保持平衡，而安培力在减小，因此不能保持静止，故D错误．]2．C[平衡时两细线与竖直方向夹角均为θ，故金属棒受到安培力，根据左手定则，可判断金属棒中的电流方向由M指向N，故A错误；金属棒MN所受安培力的方向垂直于MN和磁场方向向右，故B错误；设每条细线所受拉力大小为F T，由受力分析可知，2F T sinθ＝BIL,2F T cosθ＝mg，得I＝mgBL tanθ，故C正确；由受力分析可知，2F T cosθ＝mg，得F T＝12·mgcosθ，故D错误．]3．C[根据左手定则及曲线运动的条件判断出此粒子带负电，故A错误；由于粒子速度的方向在改变，而速度是矢量，所以速度改变了，故B错误；由轨迹可知粒子由O运动到A时速度方向改变了60°，所以粒子轨迹对应的圆心角为θ＝60°，所以粒子运动的时间为t＝60°360°T＝πm3qB，故C正确；粒子沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，由几何的对称性可知，离开磁场时其方向与x轴夹角为60°，故D 错误．]4．BD[当电荷在磁场中静止或者速度方向与磁场方向平行时，电荷在磁场中将不受磁场力的作用，选项A错误；而电荷在电场中一定受电场力的作用，选项B正确；正电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致，选项C 错误；电荷若受磁场力，则由左手定则可知受力方向与该处的磁场方向垂直，选项D 正确．] 5．BC [导电液体流过磁场区域稳定时，电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡，则有qE ＝q U b ＝q v B x ；解得：B x ＝Uv b ，故A 错误，B 正确；地磁场的水平分量从南向北，根据左手定则，正电荷向A 板偏转，负电荷向B 板偏转，故A 面的电势高于B 面，故C 正确，D 错误．]6．AD [该题中由于不知道磁场的方向，所以不能判断出洛伦兹力的方向．带电质点进入磁场时所受洛伦兹力可能向上．故A 正确，B 错误；带电质点运动的过程中只有重力做功，由功能关系可知：12m v 2＝mgh ＋12m v 20，所以：v ＝v 20＋2gh .故C 错误，D 正确．] 7．(1)2T (2)8π×10－6s解析 (1)粒子在磁场B 1中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹如图，其圆心为O 1，设轨迹半径为r 1，则∠O 1AC ＝∠O 1CA ＝30°所以：∠AO 1O ＝2∠O 1CA ＝60°，粒子的偏转角是120° 由几何关系得：r 1＋r 1cos60°＝OC 所以：r 1＝23OC ＝23×12cm ＝8cm 由洛伦兹力提供向心力得：q v B 1＝m v 2r 1所以：v ＝qB 1r 1m ＝1.0×104m/s粒子在磁场B 2中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹如图，其圆心为O 2，设轨迹半径为r 2，则OA ＝2r 2·cos ∠OAO 1＝2r 2·cos30°＝3r 2所以：r 2＝33AO ＝33·OC ·tan30°＝13×12cm ＝4cm由洛伦兹力提供向心力得：q v B 2＝m v 2r 2，所以：B 2＝m vqr 2代入数据得：B 2＝2T(2)粒子在磁场B 1中运动的周期：T 1＝2πmqB 1由偏转角与偏转时间的关系得：t 1＝120°360°T 1＝2πm3qB 1粒子在磁场B 2中运动的周期：T 2＝2πm qB 2由图可知，粒子在磁场B 2中偏转的角度也为120° 所以：t 2＝13T 2＝2πm 3qB 2粒子在磁场中运动的总时间：t ＝t 1＋t 2 代入数据得：t ＝8π×10－6s 8．(1)1B2mU q (2)32B2mU q (3)4πm3qB解析 (1)设粒子离开电场时的速度为v ，由动能定理有： qU ＝12m v 2① 解得：v ＝2qU m ②粒子离开电场后，垂直进入磁场，由洛伦兹力提供向心力有： q v B ＝m v 2r ③ 联立②③解得：r ＝1B2mU q ④(2)最终粒子从边界MN 离开磁场，需满足： d ≥r ＋r sin30°⑤联立④⑤解得：d ≥32B 2mU q ⑥两边界MN 、PQ 的最小距离d 为32B2mU q(3)粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πrv ⑦ 联立③⑦解得：T ＝2πmqB ⑧粒子在磁场中运动的时间t ＝240°360°T ＝4πm3qB 9．(1)v 203RE (2)3E 0v 0 (3)2πR 3v 0＋8－32v 0R解析 (1)M 处，根据平抛运动规律： v y ＝v 0tan α qE ＝ma v y ＝at 3 3R ＝v 0t 3解得：qm ＝v 203RE(2)粒子运动轨迹如图，设O 1为磁场的圆心，O 2为粒子轨迹圆心，P ′为粒子射出磁场的位置，则：P ′O 2∥PO 1△O 1O 2P ≌△O 1O 2P ′粒子的轨道半径为：r ＝R ，Bq v 0＝m v 20r ，B ＝3E 0v 0(3)粒子从N 进入电场，ON ＝y ， 根据平抛运动规律：y ＝12at 23 qE ＝ma3R ＝v 0t 3 得：y ＝32R t 3＝3R v 0又y ＝R ＋R cos θ θ＝π3P 到P ′的时间为t 1， Bq v 0＝m (2πT )2r t 1＝π－θ2πT t 1＝2πm 3qB ＝2πR 3v 0P ′N ＝R －R sin θ t 2＝P ′N v 0＝2－32v 0RP 到M 的总时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2πR 3v 0＋8－32v 0R。
新步步高《加练半小时》2017年高考物理(全国通用)一轮微专题复习练第6章机械能微专题35动能定理的理解与
1．考点及要求：(1)动能和动能定理(Ⅱ)；(2)重力做功与重力势能(Ⅱ).2.方法与技巧：(1)当包含几个运动性质不同的运动过程时，可以选择一个、几个或整个过程作为研究对象，然后应用动能定理分析；(2)要注意重力做功与路径无关；大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积．1.(应用动能定理求变力的功)如图1所示，质量为m 的物块与水平转台之间的动摩擦因数为μ，物块与转台转轴相距R ，物块随转台由静止开始转动．当转速缓慢增加到某值时，物块即将在转台上滑动．假设物块与水平转台之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．在这一过程中，摩擦力对物块做的功为( )图1A ．0B ．2πμmgRC ．2μmgR D.12μmgR2．(动能定理的简单应用)一辆质量为m 的汽车在平直公路上，以恒定功率P 行驶，经过时间t ，运动距离为x ，速度从v 1增加到v 2，已知所受阻力大小恒为f ，则下列表达式正确的是( )A ．x ＝v 1＋v 22tB ．P ＝f v 1C.P v 1－P v 2＝m (v 2－v 1)t D ．Pt －fx ＝12m v 22－12m v 213．(动能定理与图象的结合)质量为10kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图2所示．物体在x＝0处，速度为1m/s，不计一切摩擦，则物体运动到x＝16m处时，速度大小为()图2A．22m/s B．3 m/sC．4m/s D.17m/s4．(应用动能定理分析多过程问题)如图3所示，倾角θ＝37°的斜面与光滑圆弧BCD相切于B点，整个装置固定在竖直平面内．有一质量m＝2.0kg可视为质点的物体，从斜面上的A处由静止下滑，AB长L＝3.0m，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2、sin37°＝0.6、cos37°＝0.8.求：图3(1)物体第一次从A点到B点的过程克服摩擦力做的功；(2)物体第一次回到斜面的最高位置距A点的距离；(3)物体在斜面运动的总路程．5．(多选)如图4所示，在离地面高为H处以水平速度v0抛出一质量为m的小球，经时间t，小球离水平地面的高度变为h，此时小球的动能为E k，重力势能为E p(选水平地面为零势能参考面)．下列图象中大致能反映小球动能E k、势能E p变化规律的是()图46．世界男子网坛名将瑞士选手费德勒，在上海大师杯网球赛上发出一记S球，声呐测速仪测得其落地速度为v1，费德勒击球时球离地面的高度为h，击球瞬间球有竖直向下的速度v0，已知网球质量为m，不计空气阻力，则费德勒击球时对球做的功W为()A．mgh＋12m v2B.12m v21－12m v2＋mghC.12m v21－12m v2D.12m v21－12m v2－mgh7．质量为1kg的物体，放在动摩擦因数为0.2的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图5所示，重力加速度为10m/s2，则下列说法正确的是()图5A．x＝3m时速度大小为22m/sB．x＝9m时速度大小为42m/sC．OA段加速度大小为3m/s2D．AB段加速度大小为3m/s28．如图6所示，一个半径为R 的14圆周轨道，O 点为圆心，B 为轨道上的一点，OB 与水平方向的夹角为37°.轨道的左侧与一固定光滑平台相连，在平台上一轻质弹簧左端与竖直挡板相连，弹簧处于原长时右端在A 点．现用一质量为m 的小球(与弹簧不连接)压缩弹簧至P 点后释放．已知重力加速度为g ，不计空气阻力．图6(1)若小球恰能击中B 点，求刚释放小球时弹簧的弹性势能；(2)试通过计算判断小球落到轨道时速度能否与圆弧垂直；(3)改变释放点的位置，求小球落到轨道时动能的最小值．9．我国拥有航空母舰后，舰载机的起飞与降落等问题受到了广泛关注.2012年11月23日，舰载机歼—15首降“辽宁舰”获得成功，随后舰载机又通过滑跃式起飞成功．某兴趣小组通过查阅资料对舰载机滑跃起飞过程进行了如下的简化模拟：假设起飞时“航母”静止，飞机质量视为不变并可看成质点．“航母”起飞跑道由如图7所示的两段轨道组成(二者平滑连接，不计拐角处的长度)，其水平轨道长AB ＝L ，水平轨道与斜面轨道末端C 的高度差为h .一架歼—15飞机的总质量为m ，在C 端的起飞速度至少为v .若某次起飞训练中，歼—15从A 点由静止启动，飞机发动机的推力大小恒为0.6mg ，方向与速度方向相同，飞机受到空气和轨道平均阻力的合力大小恒为0.1mg .重力加速度为g .求：图7(1)飞机在水平轨道AB 上运动的时间；(2)在水平轨道末端B ，发动机的推力功率；(3)要保证飞机正常起飞，斜面轨道的长度满足的条件．(结果用m 、g 、L 、h 、v 表示)答案解析1．D [随着转速的缓慢增加，物块与水平转台之间的静摩擦力的大小和方向不断变化，即摩擦力对物块做的功属于变力的功．最大静摩擦力提供向心力μmg ＝m v 2R 解得v ＝μgR ①物块做加速圆周运动过程中，由动能定理可知W f ＝12m v 2②由①②两式解得W f ＝12μmgR ，故D 正确．]2．D [由牛顿第二定律可得：P v －f ＝ma ，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，匀变速直线运动的公式不成立，选项A 错误；因为牵引力是变力，且大于阻力f ，选项B 、C 错误；由动能定理可得：Pt －fx ＝12m v 22－12m v 21，选项D 正确．] 3．B [F －x 图象与坐标轴围成的面积表示力F 做的功，图形位于x 轴上方表示力做正功，位于x 轴下方表示力做负功，面积大小表示功的大小，所以物体运动到x＝16m 处时，力F 对物体做的总功W ＝40J ，由动能定理W ＝12m v 22－12m v 21，解得v 2＝3m/s ，B 正确．]4．(1)24J (2)2.4m (3)4.5m解析 (1)W f ＝μmgL cos θ＝24J(2)设最高位置距A 点的距离为x ，据动能定理有mgx sin θ－μmg (2L －x )cos θ＝0解得x ＝2.4m(3)根据动能定理有mgL sin θ－μmgs 总cos θ＝0解得s 总＝4.5m5．AD [由动能定理可知，mg (H －h )＝E k －E k0，即E k ＝E k0＋mgH －mgh ，E k －h图象为一次函数图象，B 项错；又E k ＝E k0＋12mg 2t 2，可知E k －t 图象为开口向上的抛物线，A 项正确；由重力势能定义式有：E p ＝mgh ，E p －h 为正比例函数，所以D 项正确；由平抛运动规律有：H －h ＝12gt 2，所以E p ＝mg (H －12gt 2)，所以E p －t图象不是直线，C 项错．]6．D [从发球直至球落地的整个过程中，由动能定理有W ＋mgh ＝12m v 21－12m v 20，解得W ＝12m v 21－12m v 20－mgh ，故选项D 正确．]7．C [对于前3m 过程，根据动能定理，有：W 1－μmgx ＝12m v 2A ，解得：v A ＝32m/s ，根据速度位移公式，有：2a 1x ＝v 2A ，解得：a 1＝3m/s 2，故A 错误，C 正确；对于前9m 过程，根据动能定理，有：W 2－μmgx ′＝12m v 2B ，解得：v B ＝32m/s ，故B错误；AB 段受力恒定，故加速度恒定，而初、末速度相等，故AB 段的加速度为零，故D 错误．]8．(1)415mgR (2)小球落到轨道时速度不能与圆弧垂直 (3)32mgR解析 (1)小球离开O 点做平抛运动，设初速度为v 0，由R cos37°＝v 0tR sin37°＝12gt 2解得v 0＝815gR由机械能守恒E p ＝12m v 20＝415mgR (2)设落点与O 点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动，有 R cos θ＝v 0tR sin θ＝12gt 2位移方向与圆弧垂直tan θ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0设速度方向与水平方向的夹角为αtan α＝v y v 0＝gt v 0＝2tan θ 所以小球不能垂直击中圆弧(3)设落点与O 点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动R cos θ＝v 0tR sin θ＝12gt 2由动能定理mgR sin θ＝E k －12m v 20解得E k ＝mgR (34sin θ＋14sin θ)当sin θ＝33时，E kmin ＝32mgR9．(1)2Lg (2)0.6mg gL (3)l ≥v 2g ＋2h －L解析 (1)设飞机在水平轨道的加速度为a ，运动时间为t ，发动机的推力为F ，阻力为f ，由牛顿第二定律得F －f ＝0.6mg －0.1mg ＝ma得a ＝0.5g而由位移公式有L ＝12at 2解得：t ＝2Lg(2)设飞机在B 端的速度为v ′，功率为P ，由速度公式v ′＝at ＝gL 解得：P ＝F v ′＝0.6mg gL(3)设飞机恰能在C 端起飞时，斜面轨道长为l 0，整个过程由动能定理有：(F －f )(L ＋l 0)－mgh ＝12m v 2解得：l 0＝v 2g ＋2h －L所以，斜面轨道长度满足的条件是l ≥v 2g ＋2h －L。
第三章 微专题18 超重、失重问题 瞬时问题-2025年高中物理《加练半小时》新教材版
第三章运动和力的关系第三章运动和力的关系微专题18超重、失重问题瞬时问题1．当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。
2.轻绳、轻杆和接触面的弹力能跟随外界条件发生突变；弹簧(或橡皮绳)的弹力不能突变，在外界条件发生变化的瞬间可认为是不变的。
1.(多选)如图所示，甲、乙两图中A 、B 两球质量相等，图甲中A 、B 两球用轻质杆相连，图乙中A 、B 两球用轻质弹簧相连，均用细绳悬挂在天花板下处于静止状态，则在两细绳烧断的瞬间()A ．图甲中轻杆的作用力为零B ．图甲中两球的加速度一定相等C ．图乙中两球的加速度一定相等D ．图甲中A 球的加速度是图乙中A 球加速度的一半答案ABD 解析设两球质量均为m ，细绳烧断的瞬间弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以细绳烧断瞬间，题图乙中B 球所受合力仍为零，加速度为零，A 球所受合力2mg ，加速度为2g 。
题图甲中，细绳烧断瞬间，A 、B 的加速度相同，设为a ，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得2mg ＝2ma ，得a ＝g ，设题图甲中轻杆的作用力为F T ，再以B 为研究对象，由牛顿第二定律得mg ＋F T ＝ma ，解得F T ＝0，即题图甲中轻杆的作用力一定为零，故A 、B 、D 正确，C 错误。
2.两个质量均为m 的小球A 、B 被细线连接放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上(斜面固定在地面上不动)，如图所示，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，关于A 、B 的加速度大小，下列说法正确的是(重力加速度为g )()A ．a A ＝0，aB ＝12g B ．a A ＝12g ，a B ＝0C．a A＝12g，a B＝12g D．a A＝g，a B＝g答案C解析细线被烧断前，分析整体受力可知弹簧的拉力为F＝2mg sinθ，细线被烧断瞬间，小球A受的合力沿斜面向下，大小为F A＝mg sinθ，由牛顿第二定律知，小球A的瞬时加速度为a A＝F Am＝12g，小球B受的合力沿斜面向上，大小为F B＝F－mg sinθ＝mg sinθ，小球B的瞬时加速度为a B＝F Bm＝12g，C正确，A、B、D错误。
2017版高中物理《加练半小时》全国配套Word版文档微专题83 光的干涉、衍射与偏振
微专题83光的干涉、衍射与偏振训练目标 1.理解光的双缝干涉与薄膜干涉现象，知道明、暗条纹的产生条件.2.理解光的衍射现象与偏振现象．题组一光的干涉、衍射、偏振现象的理解1．在杨氏双缝干涉实验中，如果()A．用白光作为光源，屏上将呈现黑白相间的条纹B．用红光作为光源，屏上将呈现红黑相间的条纹C．用红光照射一条狭缝，用紫光照射另一条狭缝，屏上将呈现彩色条纹D．用紫光作为光源，遮住其中一条狭缝，屏上将呈现间距不等的条纹2．下列说法正确的是()A．光纤通信的工作原理是全反射的原理，其具有容量大、抗干扰性强等优点B．自然光斜射到玻璃、水面、木质桌面时，反射光和折射光都是偏振光C．经过同一双缝所得干涉条纹，红光条纹宽度大于绿光条纹宽度D．紫外线比红外线更容易发生衍射现象3．对图1所示的图片、示意图或实验装置图，下列判断准确无误的是()图1A．甲图是小孔衍射的图样，也被称为“泊松亮斑”B．乙图是薄膜干涉的应用，用来检测平面的平整程度C．丙图是双缝干涉原理图，若P到S1、S2的路程差是半波长的偶数倍，则是亮条纹D．丁图是薄膜干涉现象的实验装置图，在附有肥皂膜的铁丝圈上，出现竖直干涉条纹4. 用如图2所示的实验装置观察光的薄膜干涉现象．图中左侧是撒有食盐的酒精灯火焰，右侧是竖立的附着一层肥皂薄膜的金属丝圈，关于该实验，下列说法正确的是()图2A．观察时应当在火焰的同侧面向薄膜观察火焰的像B．观察时应当在火焰的异侧透过薄膜观察火焰的像C．将金属丝圈在其所在的竖直平面内缓慢旋转90°，干涉条纹保持原形状不变D．将金属丝圈在其所在的竖直平面内缓慢旋转90°，干涉条纹将发生改变5. 某玻璃砖中有一个空气三棱柱，其截面如图3所示．现有一束很细的具有两种不同颜色的复色光P从AB边射向空气，经过二次折射后，有a、b两束光分别从AC边上R、Q两点射回玻璃中(R、Q点未画出，已知R点离A点近)．则()图3A．光束从AB界面射入空气后向BC边偏折B．在空气三棱柱中a光传播时间比b光的短C．当a、b两束光由玻璃射向空气中，a光临界角比b光临界角大D．用a、b两束光在相同条件下做双缝干涉实验，b光干涉条纹间距比a光大题组二双缝干涉明暗条纹的判定6．用a、b两束单色光分别照射同一双缝干涉装置，在离双缝恒定距离的屏上得到如图4所示的干涉图样，其中图甲是a光形成的，图乙是b光形成的．则关于a、b两束单色光，下述正确的是()图4A．a光的频率较高B．a光的波长较长C．a光光子的能量较大D．a光在水中传播的速度较大7. 在杨氏双缝干涉实验中，如果不用激光光源而用一般的单色光源，为了完成实验可在双缝前边加一单缝获得线光源，如图5所示．在用单色光做双缝干涉实验时，若单缝S从双缝S1、S2的中央对称轴位置处稍微向上移动，则()图5A．不再产生干涉条纹B．仍可产生干涉条纹，且中央亮条纹P的位置不变C．仍可产生干涉条纹，中央亮条纹P的位置向上移D．仍可产生干涉条纹，中央亮条纹P的位置略向下移8．(2014·全国大纲·17)在双缝干涉实验中，一钠灯发出的波长为589 nm的光，在距双缝1.00 m的屏上形成干涉图样．图样上相邻两明纹中心间距为0.350 cm，则双缝的间距为() A．2.06×10－7m B．2.06×10－4mC．1.68×10－4m D．1.68×10－3m答案1．BD[双缝干涉实验中，用白光作为光源，将得到彩色条纹，用红光作为光源将得到红、黑相间的条纹．用不同颜色的光分别照射两条狭缝，得不到干涉条纹．用单色光照一条狭缝，得到衍射条纹．]2．ABC[由光的基础知识知，选项A、B正确；红光的波长比绿光的波长长，根据双缝干涉条纹间距公式Δx＝ldλ可知，经过同一双缝所得干涉条纹，红光条纹宽度大于绿光条纹宽度，选项C正确；衍射现象的明显程度与缝的宽度(或障碍物的尺寸)和光的波长有关，缝越窄(或障碍物的尺寸越小)，波长越长，衍射现象越明显，与红外线相比，紫外线的波长更短，更不容易发生衍射现象，选项D错误．]3．BC[甲图是小孔衍射的图样，但不是“泊松亮斑”，故A错．丁图是薄膜干涉现象的实验装置图，但其干涉条纹应为水平的，故D错．]4．AC[形成薄膜干涉条纹是薄膜表面反射的光跟薄膜后表面反射的光叠加而形成的稳定干涉图样，所以A正确，B错误；将金属丝圈在其所在的竖直平面内旋转90°时，由于光源及距离没变，故干涉图样不变，C正确，D错误．]5．D[因为光束从AB界面射入空气时，光线是从光密介质射入光疏介质，所以折射角应该大于入射角，根据题意，作出光线从玻璃砖射入空气三棱柱时的折射光线如图所示，显然，折射光线向顶点A偏折，a光的折射角较大，根据折射定律，a光在玻璃中的折射率较大，即n a＞n b，选项A错误；根据关系式v ＝c/n和n a＞n b可知，单色光a在玻璃砖中的传播速度较小，又因为a光在空气三棱柱中的传播距离较长，所以在空气三棱柱中a光传播时间比b光的长，选项B错误；根据临界角公式sin C＝1/n以及n a＞n b可知，当a、b两束光由玻璃射向空气时，a光临界角比b光临界角小，选项C错误；a光的折射率较大，波长较小，再根据光的双缝干涉条纹间距公式Δx ＝ldλ可知，若用同一干涉装置做实验，则a光的干涉条纹间距较小，即b光干涉条纹间距比a光大，所以选项D正确．]6．BD[由双缝干涉条纹间距公式Δx＝ldλ可判断a光的波长长，再由c＝λν可知a光的频率小，则a光光子的能量ε＝hν小．a光的频率小，对同一介质的折射率小，光在其间传播的速度大，所以B、D正确．]7．D[实验中单缝S的作用是形成频率一定的线光源，双缝S1、S2的作用是形成相干光源，稍微向上移动S后，没有改变传到双缝的光的频率，由S1、S2射出的仍是相干光．由单缝S 射出的光到达屏幕上P点下方某点光程差为零，故中央亮条纹下移．]8．C[在双缝干涉实验中，相邻明条纹间距Δx、双缝间距d与双缝到屏的距离L间的关系为Δx＝Ldλ，则双缝间距d＝LλΔx＝1.00×589×10－90.350×10－2m≈1.68×10－4m.]。
高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律微专题连接体问题加练半小时粤教版.docx
微专题24 连接体问题[方法点拨] 整体法、隔离法交替运用的原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”．1．(多选)(2018·四川泸州一检)如图1所示，物块A 、B 质量相等，在水平恒力F 作用下，在水平面上做匀加速直线运动，若水平面光滑，物块A 的加速度大小为a 1，物块A 、B 间的相互作用力大小为N 1；若水平面粗糙，且物块A 、B 与水平面间的动摩擦因数相同，物块B 的加速度大小为a 2，物块A 、B 间的相互作用力大小为N 2，则以下判断正确的是( )图1A ．a 1＝a 2B ．a 1>a 2C ．N 1＝N 2D ．N 1<F2.如图2所示，质量为M 的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端连接一个质量为m 的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起．当框架对地面压力为零瞬间，小球的加速度大小为( )图2A ．g B.M －mm g C ．0D.M ＋mmg 3．(多选)(2017·湖北武汉2月调考)一物块置于水平桌面上，一端系于物块的轻绳平行于桌面绕过光滑的轻质定滑轮，轻绳的另一端系一质量为M 的杆，杆自然下垂，杆上穿有质量为m (m <M )的小环，如图3所示．重力加速度大小为g .当小环以加速度a 沿杆加速下滑时，物块仍保持静止，则物块受到桌面的摩擦力可能为( )图3A ．MgB ．(M ＋m )gC ．(M ＋m )g －MaD ．(M ＋m )g －ma4．(2017·河北省五个一联盟二模)如图4所示，固定斜面CD 段光滑，DE 段粗糙，A 、B 两物体叠放在一起从C 点由静止下滑，下滑过程中A 、B 保持相对静止，则( )图4A ．在CD 段时，A 受三个力作用B ．在DE 段时，A 可能受二个力作用C ．在DE 段时，A 受到的摩擦力方向一定沿斜面向上D ．整个下滑过程中，A 、B 均处于失重状态5．(多选)(2017·广东顺德一模)如图5所示，有五个完全相同、质量均为m 的滑块(可视为质点)用长均为L 的轻杆依次相连接，最右侧的第1个滑块刚好位于水平面的O 点处，O 点左侧水平面光滑、O 点右侧水平面由长3L 的粗糙面和长L 的光滑面交替排列，且足够长，已知在水平恒力F 的作用下，第3个滑块刚好进入O 点右侧后，第4个滑块进入O 点右侧之前，滑块恰好做匀速直线运动，则可判断(重力加速度为g )( )图5A ．滑块与粗糙段间的动摩擦因数μ＝F 3mgB ．第4个滑块进入O 点后，滑块开始减速C ．第5个滑块刚进入O 点时的速度为2FL 5mD ．轻杆对滑块始终有弹力作用6．(多选)(2017·湖北孝感一模)如图6甲所示，一根粗绳AB ，其质量均匀分布，绳右端B 置于光滑水平桌面边沿，现拉动粗绳右端B ，使绳沿桌面边沿做加速运动，当B 端向下运动x 时，如图乙所示，距B 端x 处的张力T 与x 的关系满足T ＝5x －52x 2，一切摩擦不计，下列说法中正确的是(g ＝10m/s 2)( )图6A．可求得粗绳的总质量B．不可求得粗绳的总质量C．可求得粗绳的总长度D．可求得当x＝1m时粗绳的加速度大小7．(2017·湖南长郡中学一模)如图7所示，截面为直角三角形的斜面体固定在水平地面上，两斜面光滑，斜面倾角分别为60°和30°，一条不可伸长的轻绳跨过固定在斜面顶端的光滑轻定滑轮连接着两个小物体，物体B的质量为m，起始距地面的高度均为h，重力加速度为g.图7(1)若A的质量也为m，由静止同时释放两物体，求当A刚到地面时的速度大小；(2)若斜面体不固定，当斜面体在外力作用下以大小为a的加速度水平向右做匀变速直线运动时，要使A、B两物体相对斜面都不动，分析物体A的质量和加速度a的关系．答案精析1．BCD2．D [以框架为研究对象进行受力分析可知，当框架对地面压力为零时，其重力与弹簧对其弹力平衡，即F ＝Mg ，故可知弹簧处于压缩状态，再以小球为研究对象分析受力可知F ＋mg ＝ma ，联立可解得，小球的加速度大小为a ＝M ＋mm g ，故选项D 正确．]3．AD4．C [在CD 段，整体的加速度a ＝＋θmA ＋mB＝g sin θ，对A 受力分析，有：m A g sin θ＋f ＝m A a ，解得f ＝0，可知A 受重力和支持力两个力作用，故A 错误． 设B 与斜面DE 段间的动摩擦因数为μ，在DE 段，整体的加速度a ′＝＋θ－μ＋θmA ＋mB＝g sin θ－μg cos θ，对A 受力分析，有：m A g sin θ＋f ′＝m A a ′，解得f ′＝－μm A g cos θ，负号表示方向沿斜面向上．若匀速运动，A 受到的静摩擦力也是沿斜面向上，所以A 一定受三个力作用，故B 错误，C 正确．整体下滑的过程中，CD 段加速度沿斜面向下，A 、B 均处于失重状态．在DE 段，A 、B 可能做匀速直线运动，不处于失重状态，故D 错误．]5．AC [第3个滑块刚好进入O 点右侧后，第4个滑块进入O 点右侧之前，滑块恰好做匀速直线运动，则F －3μmg ＝0，解得μ＝F3mg，故A 正确；第4个滑块进入O 点后，第1个滑块滑出粗糙面，此时整体受到的摩擦力还是f ＝3μmg ＝F ，还是做匀速运动，故B 错误；第5个滑块刚进入O 点时，根据动能定理可知F ·4L －μmg ·3L －μmg ·3L －μmg ·2L －μmg ·L ＝12·5mv 2，解得v ＝2FL5m，故C 正确；在匀速阶段，轻杆对第5个滑块无弹力作用，故D 错误．] 6．ACD 7．见解析解析 (1)设A 刚到地面时的速度为v ，由A 和B 整体运动过程中机械能守恒得，mgh ＝mg sin30°·h sin60°＋12×2mv 2v ＝－33.(2)对两个物体分别进行受力分析，沿垂直斜面和平行斜面方向建立坐标系进行正交分解. 当斜面体向右做匀加速直线运动时，加速度方向水平向右：对A 物体，T －m A g sin60°＝m A a cos60° 对B 物体，mg sin30°－T ＝ma cos30° 解得m A ＝mg －3ma3g ＋a可知加速度的大小应满足0＜a ＜33g 加速度a 越大，A 物体的质量越小，A 物体质量应满足0＜m A ＜33m . 当斜面体向右做匀减速直线运动时，加速度方向水平向左： 对A 物体，m A g sin60°－T ＝m A a cos60° 对B 物体，T －mg sin30°＝ma cos30° 解得m A ＝mg ＋3ma3g －a可知加速度的大小满足0＜a ＜3g加速度a 越大，A 物体的质量越大，A 物体质量应满足m A ＞33m .。
2017版高中物理《加练半小时》全国配套Word版文档阶段循环练十二 机械振动与机械波 光
阶段循环练十二机械振动与机械波光训练目标 1.理解振动与波的概念，掌握振动图象与波的图象的应用.2.熟练应用折射定律和全反射规律分析光的传播问题．1．(2014·北京·17)一简谐机械横波沿x轴正方向传播，波长为λ，周期为T.t＝0时刻的波形如图1甲所示，a、b是波上的两个质点．图乙是波上某一质点的振动图像．下列说法正确的是()图1A．t＝0时质点a的速度比质点b的大B．t＝0时质点a的加速度比质点b的小C．图乙可以表示质点a的振动D．图乙可以表示质点b的振动2．(2014·全国大纲·18)两列振动方向相同、振幅分别为A1和A2的相干简谐横波相遇．下列说法正确的是()A．波峰与波谷相遇处质点的振幅为|A1－A2|B．波峰与波峰相遇处质点离开平衡位置的位移始终为A1＋A2C．波峰与波谷相遇处质点的位移总是小于波峰与波峰相遇处质点的位移D．波峰与波峰相遇处质点的振幅一定大于波峰与波谷相遇处质点的振幅3．(2014·山东·38(1))一列简谐横波沿直线传播．以波源O由平衡位置开始振动为计时零点，质点A的振动图像如图2所示，已知O、A的平衡位置相距0.9 m，以下判断正确的是________．(双选，填正确答案标号)图2a．波长为1.2 mb．波源起振方向沿y轴正方向c．波速大小为0.4 m/sd．质点A的动能在t＝4 s时最大4．(2013·哈尔滨质检)一列简谐横波沿直线由a向b传播，相距10.5 m的a、b两处的质点振动图象如图3中a、b所示，则()图3A．该波的振幅可能是20 cmB．该波的波长可能是8.4 mC．该波的波速可能是10.5 m/sD．该波由a传播到b可能历时7 s5．(2014·新课标Ⅱ·34(1))图4(a)为一列简谐横波在t＝0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1.0 m处的质点，Q是平衡位置在x＝4.0 m处的质点；图(b)为质点Q的振动图像．下列说法正确的是________．(填正确答案标号)图4A．在t＝0.10 s时，质点Q向y轴正方向运动B．在t＝0.25 s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同C．从t＝0.10 s到t＝0.25 s，该波沿x轴负方向传播了6 mD．从t＝0.10 s到t＝0.25 s，质点P通过的路程为30 cmE．质点Q简谐运动的表达式为y＝0.10 sin 10πt(国际单位制)6. 一弹簧振子做简谐运动，它所受的回复力F随时间t变化的图象为正弦曲线，如图5所示，下列说法正确的是()图5A．在t从0到2 s时间内，弹簧振子做加速运动B．在t1＝3 s和t2＝5 s时，弹簧振子的速度大小相等，方向相反C．在t2＝5 s和t3＝7 s时，弹簧振子的位移大小相等，方向相同D．在t从0到4 s时间内，t＝2 s时刻弹簧振子所受回复力做功的功率最大7．(2014·四川·3)如图6所示，口径较大、充满水的薄壁圆柱形浅玻璃缸底有一发光小球，则()图6A．小球必须位于缸底中心才能从侧面看到小球B．小球所发的光能从水面任何区域射出C．小球所发的光从水中进入空气后频率变大D．小球所发的光从水中进入空气后传播速度变大8．(2014·天津·8)一束由两种频率不同的单色光组成的复色光从空气射入玻璃三棱镜后，出射光分成a、b两束，如图7所示，则a、b两束光()图7A．垂直穿过同一块平板玻璃，a光所用的时间比b光长B．从同种介质射入真空发生全反射时，a光临界角比b光的小C．分别通过同一双缝干涉装置，b光形成的相邻亮条纹间距小D．若照射同一金属都能发生光电效应，b光照射时逸出的光电子最大初动能大9. 一玻璃砖横截面如图8所示，其中ABC为直角三角形(AC边未画出)，AB为直角边，∠ABC ＝45°；ADC为一圆弧，其圆心在BC边的中点．此玻璃的折射率为1.5.P为一贴近玻璃砖放置的、与AB垂直的光屏．若一束宽度与AB边长度相等的平行光从AB边垂直射入玻璃砖，则()图8A．从BC边折射出一束宽度与BC边长度相等的平行光B．屏上有一亮区，其宽度小于AB边的长度C．屏上有一亮区，其宽度等于AC边的长度D．当屏向远离玻璃砖的方向平行移动时，屏上亮区先逐渐变小然后逐渐变大10．如图9所示，一束由两种色光混合的复色光沿PO方向射向一上下表面平行的厚玻璃平面镜的上表面，得到三束反射光束Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，则()图6A．光束Ⅰ仍为复色光，光束Ⅱ、Ⅲ为单色光，且三束光一定相互平行B．增大α且α≤90°，光束Ⅱ、Ⅲ会远离光束ⅠC．在此玻璃中光束Ⅱ的折射率比光束Ⅲ的折射率大D．减小α且α＞0°，光束Ⅲ可能会从上表面消失11. 某时刻的波形图如图10所示，波沿x轴正方向传播，质点p的坐标x＝0.32 m，从此刻开始计时．图10(1)若每间隔最小时间0.4 s重复出现波形图，求波速；(2)若p点经0.4 s第一次到达正向最大位移处，求波速；(3)若p点经0.4 s到达平衡位置，求波速．12. 如图11所示为边长l＝30 2 cm的等边玻璃三棱镜，某单色光束射到界面AB中点上，入射角为i1＝45°，玻璃对单色光的折射率为n＝ 2.不考虑光在界面AC上的反射，求：图11(1)从界面AC出射的光线与入射到界面AB上的光线的夹角θ，即偏折角；(2)单色光在玻璃中传播的时间．(光速c＝3×108 m/s)13. 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12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边上极靠近A点处以60°的入射角入射，求：该光线从射入透明体到第一次射出透明体时所经历的时间(已知真空中的光速为c，计算结果用R、n、c表示)．图1214．如图13所示是一种折射率n ＝1.5的棱镜，现有一束光线沿MN 的方向射到棱镜的AB 界面上，入射角的正弦值为sin i ＝0.75.光速c ＝3×108 m/s ，求：图13(1)光在棱镜中传播的速率；(2)通过计算说明此束光线射出棱镜后的方向并画出光路图(不考虑返回到AB 面上的光线)．答案1．D [图甲为波的图像，图乙为振动图像．t ＝0时刻，a 质点在波峰位置，速度为零，加速度最大；b 质点在平衡位置，加速度为零，速度最大，故选项A 、B 错；在波的图像中，根据同侧法由传播方向可以判断出质点的振动方向，所以t ＝0时刻，b 点在平衡位置且向下振动，故选项C 错，D 对．]2．AD [A.波峰与波谷相遇时，振幅相消，故实际振幅为|A 1－A 2|，故选项A 正确；B.波峰与波峰相遇处，质点的振幅最大，合振幅为A 1＋A 2，但此处质点仍处于振动状态中，其位移随时间按正弦规律变化，故选项B 错误；C.振动减弱点和加强点的位移随时间按正弦规律变化，选项C 错误；D.波峰与波峰相遇时振动加强，波峰与波谷相遇时振动减弱，加强点的振幅大于减弱点的振幅，故选项D 正确．]3．ab4．D [由题图可知，此波的振幅为10 cm ，周期为4 s ，A 错误；a 质点在t ＝2 s 时处于波峰位置，而b 质点在t ＝2 s 时处于平衡位置且向下运动，再经3 s ，b 质点才振动到波峰，则a 比b 超前Δt ＝(nT ＋3) s ＝(4n ＋3) s(n ＝0,1,2…)，由v ＝Δx Δt ＝10.54n ＋3m /s(n ＝0,1,2，…)知，当n ＝0时，v ＝3.5 m/s ，对应波长为14 m ；当n ＝1时，v ＝1.5 m /s ，对应波长为6 m ，可知B 、C 错误；当n ＝1时，Δt ＝7 s ，D 正确．]5．BCE [由y －t 图像可知，t ＝0.10 s 时质点Q 沿y 轴负方向运动，选项A 错误；由y －t图像可知，波的振动周期T ＝0.2 s ，由y －x 图像可知λ＝8 m ，故波速v ＝λT＝40 m/s ，根据振动与波动的关系知波沿x 轴负方向传播，则波在0.10 s 到0.25 s 内传播的距离Δx ＝v Δt ＝6 m ，选项C 正确；在t ＝0.25 s 时其波形图如图所示，此时质点P 的位移沿y 轴负方向，而回复力、加速度方向沿y 轴正方向，选项B 正确；Δt ＝0.15 s ＝34T ，质点P 在其中的12T 内路程为20 cm ，在剩下的14T 内包含了质点P 通过最大位移的位置，故其路程小于10 cm ，因此在Δt ＝0.15 s 内质点P 通过的路程小于30 cm ，选项D 错误；由y －t 图像可知质点Q 做简谐运动的表达式为y ＝0.10sin 2π0.2t (m)＝0.10sin 10πt (m)，选项E 正确．]6．C [在t 从0到2 s 时间内，弹簧振子所受的回复力增大，说明位移在增大，弹簧振子做减速运动，A 错误；从题图中可以看出，在t 1＝3 s 和t 2＝5 s 时，弹簧振子所受的回复力大小相等，可知弹簧振子的速度大小相等，在这段时间内弹簧振子是从负向最大位移向正向最大位移运动，速度方向相同，B 错误；从题图中可以看出，在t 2＝5 s 和t 3＝7 s 时，回复力大小相等，方向相同，则有弹簧振子的位移大小相等，方向相同，C 正确；从题图中可以看出，t ＝2 s 时刻弹簧振子所受的回复力最大，弹簧振子的速度为零，则回复力做功的功率为零，D 错误．]7．D [发光小球沿水平方向发出的光，均能射出玻璃缸，不发生全反射，选项A 错误；小球发出的光射到水面上时，当入射角大于等于临界角时，会发生全反射，选项B 错误；光的频率由光源决定，光由一种介质进入另一种介质时，光的频率不变，选项C 错误；根据n ＝c v ，光在水中的传播速度较小，选项D 正确．]8．AB [A.由折射定律可知n a >n b ，由v ＝c n知v a <v b ，故A 正确．B ．由sinC ＝1n 可知，a 光的临界角比b 光的小，B 正确． C ．因n a >n b ，故λa <λb ，由Δx ＝L dλ知b 光形成的相邻亮条纹间距大，C 错误． D ．因为n a >n b ，则νa >νb ，由爱因斯坦光电效应方程E km ＝hν－W 0可知，a 光照射时逸出的光电子最大初动能大，D 错误．]9．BD [宽为AB 的平行光进入到玻璃中直接射到BC 面，入射角为45°>临界角C (sin C ＝11.5)，所以在BC 面上发生全反射，仍然以宽度大小为AB 长度的竖直向下的平行光射到AC 圆弧面上．根据几何关系可得到在屏上的亮区宽度小于AB 的长度，B 、D 正确．]10．AC [由玻璃对不同色光的折射率不同并结合光的全反射分析求解．Ⅰ为直接反射的光，为复色光，Ⅱ、Ⅲ两束是经玻璃的下表面反射和再次进入空气折射形成的，如图所示，由光路图知光束Ⅱ在玻璃中的偏折程度比光束Ⅲ的偏折程度大，光束Ⅱ的折射率比光束Ⅲ的大，光束Ⅱ、Ⅲ为单色光，由光路可逆可知，三束光彼此平行，A 、C 正确；当α＝90°时，反射光与入射光重合，因此当α增大时，Ⅱ、Ⅲ光束靠近光束Ⅰ，B 错误；由于光路可逆，因此只要光能从上表面射进，则一定能以原角度从上表面射入空气，不会发生全反射，D 错误．]11．(1)2 m /s (2)0.3 m/s(3)(0.8＋n ) m/s(n ＝0,1,2,3，…)解析 (1)依题意，周期T ＝0.4 s故波速v 1＝λT ＝0.80.4m /s ＝2 m/s (2)波向右传播距离Δx 1＝0.32 m －0.2 m ＝0.12 mp 点恰好第一次到达正向最大位移处，波速v 2＝Δx 1Δt＝0.3 m/s (3)波向右传播距离Δx 2＝0.32 m 时，p 点恰好第一次到达平衡位置，由周期性得波传播的距离：Δx ＝(0.32＋λ2n )m(n ＝0,1,2,3，…) 所以v 3＝Δx Δt ＝0.32＋0.82n 0.4m /s ＝(0.8＋n ) m/s(n ＝0,1,2,3，…)12．(1)30° (2)10－9 s解析 (1)如图所示，入射光线射到界面AB 上，其折射光线射到界面AC 上，再次折射到空气中，设在界面AB 上的折射角为r 1，在界面AC 上的入射角为i 2.由折射定律得n ＝sin i 1sin r 1故r 1＝30°由几何关系可知i 2＝30°由折射定律得n ＝sin r 2sin i 2，故r 2＝45° θ＝i 1－r 1＋r 2－i 2＝30°(2)由几何关系可知，光在玻璃中的折射光线与底边BC 平行，其长度为BC 边长的一半．光在玻璃中的传播速度为v ＝c n则光在玻璃中传播的时间t ＝0.5l v ＝0.5ln c＝10－9 s 13.3nR c解析 光路图如图所示，由n ＝sin 60°sin ∠1得∠1＝30°由几何关系得∠3＝60°设临界角为C ，sin C ＝1n ＝33sin C <sin ∠3，C <∠3，光线发生全反射由几何关系知，光在透明体内运动的路程s ＝3R由n ＝c v 、t ＝s v 得t ＝3nR c14．见解析解析 (1)由n ＝c v 得v ＝c n＝2×108 m/s. (2)设光线进入棱镜后的折射角为γ，由sin i sin γ＝n ，得sin γ＝sin i n＝0.5，γ＝30°，光线射到BC 界面时的入射角i 1＝90°－45°＝45°由于sin 45°>1n，所以光线在BC 边发生全反射，光线沿DE 方向射出棱镜后的方向与AC 边垂直，光路图如图所示．。
新步步高《加练半小时》2017年高考物理(全国通用)一轮微专题复习练第3章牛顿运动定律微专题22动力学中的
1．考点及要求：(1)滑动摩擦力和静摩擦力(Ⅱ)；(2)匀变速直线运动的公式(Ⅱ)；(3)牛顿运动定律(Ⅱ).2.方法与技巧：(1)首先判定摩擦力突变点，给运动分段．物体所受摩擦力，其大小和方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻．v物与v传相同的时刻是运动分段的关键点，也是解题的突破口；(2)在倾斜传送带上往往需要比较mg sinθ与f的大小与方向；(3)考虑传送带长度——判定临界之前是否滑出；物体与传送带共速以后物体是否一定与传送带保持相对静止做匀速运动．1．(水平传送带问题)(多选)如图1甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)．已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取10m/s2.关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是()图1A．μ＝0.4 B．μ＝0.2C．t＝4.5s D．t＝3s2．(倾斜传送带问题)如图2所示，绷紧的传送带，始终以2m/s的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角θ＝30°.现把质量为10kg的工件轻轻地放在传送带底端P处，由传送带传送至顶端Q处．已知P、Q之间的距离为4m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝32，取g＝10m/s2.图2(1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动；(2)求工件从P点运动到Q点所用的时间．3．(多选)如图3甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t＝0时，将质量m＝1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v－t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s2.则()图3A．传送带的速率v0＝10m/sB．传送带的倾角θ＝30°C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D．0～2.0s摩擦力对物体做功W f＝－24J4.如图4所示，有一水平放置的足够长的传送带输送机以v＝5m/s的速率沿顺时针方向运行．有一物块以v0＝10 m/s的初速度从传送带输送机的右端沿传送带水平向左滑动．若物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，并取g＝10m/s2，求物块从滑上传送带到离开传送带所用的时间．图4答案解析1．BC [由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为a ＝Δv Δt ＝2.0m/s 2，由牛顿第二定律得f ＝Ma ＝μMg ，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A 错误，B 正确；在v －t 图象中，图线与t 轴所围面积表示物块的位移，则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后匀速运动回到传送带左端时，物块的位移为0，由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5 s ，C 正确，D 错误．]2．(1)见解析 (2)2.4s解析 (1)对工件进行受力分析，由牛顿第二定律得：μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，代入数值得：a ＝2.5m/s 2.则其速度达到传送带速度时发生的位移为s 1＝v 22a ＝222×2.5m ＝0.8m<4m. 工件匀速运动的位移s 2＝s －s 1＝4m －0.8m ＝3.2m.可见工件先匀加速运动0.8m ，然后匀速运动3.2m.(2)匀加速时，由s 1＝v 2t 1得t 1＝0.8s ，匀速时t 2＝s 2v ＝3.22s ＝1.6s ，所以工件从P 点运动到Q 点所用的时间为t ＝t 1＋t 2＝2.4s.3．ACD [当物体的速度超过传送带的速度后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据v －t 图象可得，传送带的速率为v 0＝10 m/s ，选项A 正确；1.0s 之前的加速度a 1＝10m/s 2,1.0 s 之后的加速度a 2＝2 m/s 2，结合牛顿第二定律，g sin θ＋μg cos θ＝a 1，g sin θ－μg cos θ＝a 2，解得sin θ＝0.6，θ＝37°，μ＝0.5，选项B 错误，选项C 正确；摩擦力大小f ＝μmg cos θ＝4N ，在0～1.0s 内，摩擦力对物体做正功，在1.0～2.0s 内，摩擦力对物体做负功，0～1.0s 内物体的位移为5m,1.0～2.0s 内物体的位移是11m ，摩擦力做的功为－4×(11－5) J ＝－24J ，选项D 正确．]4．4.5s解析 物块滑上传送带时，受到向右的滑动摩擦力，向左做匀减速运动，由牛顿第二定律得：μmg ＝ma ，加速度：a ＝μg ＝0.5×10m/s 2＝5 m/s 2，由匀变速运动的速度位移公式可得，物块速度变为零时的位移： s ＝v 202a ＝1022×5m ＝10m ， 物块向左运动的时间t 左＝v 0a ＝105s ＝2s ；物块速度变为零后，反向向右做初速度为零的匀加速直线运动， 加速度a ＝5m/s 2，物块速度等于传送带速度v ＝5 m/s 时，物块的位移s 1＝v 22a ＝522×5m ＝2.5m<s ＝10m ，t 1＝v a ＝55s ＝1s ， 然后物块与传送带一起向右做匀速直线运动，物块做匀速直线运动的时间：t 2＝s －s 1v ＝10－2.55s ＝1.5s ， 物块从滑上传送带到离开传送带所用的时间：t ＝t 左＋t 1＋t 2＝4.5s。
(加练半小时)2018年高考物理(广东专用)一轮微专题复习第3章_牛顿运动定律_微专题17_有答案
[方法点拨](1)要理解图象斜率和截距的物理意义;(2)要把图象和运动情景结合起来分析问题.1．(由受力求v－t图象)以相同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线(斜线)和实线描述两物体运动的速率—时间图象可能正确的是()2．(由F－t图象求运动)(多选)质量m＝2 kg、初速度v0＝8 m/s的物体沿着粗糙的水平面向右运动，物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还要受一个如图1所示的随时间变化的水平拉力F的作用，水平向右为拉力的正方向．则以下结论正确的是(取g＝10 m/s2)()图1A．0～1 s内，物体的加速度大小为2 m/s2B．1～2 s内，物体的加速度大小为2 m/s2C．0～1 s内，物体的位移为7 mD．0～2 s内，物体的总位移为11 m3．(由受力求运动)如图2甲所示，一质量m＝1 kg的物块静置在倾角θ＝37°的斜面上．从t＝0时刻开始对物块施加一沿斜面方向的拉力F，取沿斜面向上为正方向，F随时间t变化的关系如图乙所示．已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.8，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列图象中正确反映物块的速度v随时间t变化规律的是()图24．水平地面上某平板车正在做直线运动，t＝0时将质量为m的物块无初速度地放在平板车上，控制车的运动使车的v－t图象如图3所示．已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.4，平板车足够长，g取10 m/s2，则物块运动的v－t图象为()图35．(多选)如图4甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B.保持A的质量不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线，如图乙所示．设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取9.8 m/s2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是()图4A．若θ已知，可求出A的质量B．若θ未知，可求出图乙中a1的值C．若θ已知，可求出图乙中a2的值D．若θ已知，可求出图乙中m0的值6．游乐场有一种滑雪游戏，其理想简化图如图5甲所示，滑道由倾角为θ＝30°的斜坡和水平滑道组成．小孩在距地面h＝10 m处由静止开始从斜坡滑下，到达底端时恰滑上水平滑道上放置的长为l＝3 m的木板(忽略木板厚度)，此后小孩和木板运动的v－t图象如图乙所示．已知斜坡滑道与水平滑道为圆滑过渡，速度由斜坡方向转为水平方向时大小不变，不计小孩在运动过程中受到的空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.求：图5 (1)小孩与斜坡间的动摩擦因数；(2)小孩脱离木板时的速率．答案精析1．D [根据速度—时间图象的斜率表示加速度，速率—时间图象的斜率也表示加速度．忽略空气阻力的竖直上抛运动，其上升过程和下降过程对称．所受空气阻力与物体速率成正比的竖直上抛运动，上升阶段重力和空气阻力方向相同，开始上升时合外力最大，随着上升高度的增加，合外力逐渐减小，加速度逐渐减小，上升到最高点时，加速度减小到g ；下落阶段重力和空气阻力方向相反，随着下落高度的增加，物体速率增加，所受空气阻力增加，合外力减小，加速度减小，所以描述两物体运动的速率—时间图象可能正确的是选项D.]2．BD [由题图可知，在0～1 s 内力F 为6 N ，方向向左，由牛顿第二定律可得F ＋μmg ＝ma ，解得加速度大小a ＝4 m/s 2.在1～2 s 内力F 为6 N ，方向向右，由牛顿第二定律可得F －μmg ＝ma 1，解得加速度大小a 1＝2 m/s 2，所以选项A 错误，B 正确；由运动学规律可知0～1 s 内位移为s 1＝v 0t 1－12at 21＝6 m ，选项C 错误；同理可计算0～2 s 内的位移为11 m ，选项D 正确．]3．C [由mg sin θ＝6 N ，f ＝μmg cos θ＝6.4 N ，初始时物块静止在斜面上，此时静摩擦力方向沿斜面向上；0～1 s 时间内物块静止；1～2 s 时间内物块开始沿斜面向上做加速度增大的加速运动，摩擦力方向沿斜面向下，t ＝2 s 时物块加速度大小为12.4 m/s 2；t ＝2 s 后F ＝－0.4 N ，物块的加速度大小为12.8 m/s 2，物块沿斜面向上做匀减速直线运动，直到静止，由于物块减速时的加速度大小大于加速时的加速度大小，故物块减速到零的时间小于1 s ，C 正确．]4．A [当平板车做匀速运动时，物块无初速度放在车上，受滑动摩擦力做初速度为零、加速度为a ＝μg ＝4 m/s 2的匀加速直线运动；经过t ＝v a＝2 s 物块与车速度相等，之后与车相对静止做匀速直线运动.4 s 时平板车开始做减速运动，由v －t 图象知减速过程中平板车的加速度大小为2 m/s 2，小于物块与平板车相对滑动时的加速度4 m/s 2，故4 s 后物块仍与平板车相对静止，一起以大小为2 m/s 2的加速度做匀减速直线运动．故A 正确，B 、C 、D 错误．]5．BC [由题中图象可知，若m ＝0，物块A 受重力、支持力作用，由牛顿第二定律可知，A 的加速度方向沿斜面向下，a 2＝－g sin θ，C 项正确；若m ＝m 0，A 的加速度为零，由平衡条件可知，m 0g ＝m A g sin θ，必须知道A 的质量m A 和θ的值，m 0才可求，D 项错；若B 的质量无限大，所受拉力远小于它所受重力，B 的加速度趋近于g ，所以A 的最大加速度为a 1＝g ，B 项正确；对以上状态的分析中，均无法计算出A 的质量，A 项错．]6．(1)36(2)8 m/s 解析 (1)对小孩在斜坡上的运动过程，由题图乙可知，小孩滑到斜坡底端时的速度v ＝10 m/s由牛顿第二定律，知mg sin θ－μmg cos θ＝ma又v 2＝2a h sin θ联立解得：μ＝36(2)方法一 小孩在t ＝0.5 s 时脱离木板，木板在0～0.5 s 内的位移s 木＝1.5 m 由图可得：s 木＋l ＝s 人设小孩滑离木板的速度为v 人，由平均速度公式s 人＝12(v ＋v 人)t 可得：v 人＝8 m/s方法二 由题图乙知：(v 人－v 木)＋v 2t ＝l 代入数据得：v 人＝8 m/s.。
2017版高中物理《加练半小时》全国配套Word版文档微题型79 简谐运动与振动图象分析
第十二章机械振动与机械波光微题型79简谐运动与振动图象分析训练目标 1.理解简谐振动的概念，会分析振动过程中各物理量的变化.2.理解单摆的概念，会利用单摆的周期公式进行有关计算.3.会用图象描述简谐运动，理解图象的意义．题组一简谐运动的理解1．若物体做简谐运动，下列说法中正确的是()A．若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值B．物体通过平衡位置时，所受合力一定为零C．物体每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同D．物体的位移增大时，动能增加，势能减少2．(2014·浙江·17)一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪较大，游船上下浮动．可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20 cm，周期为3.0 s．当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐．地面与甲板的高度差不超过10 cm时，游客能舒服地登船．在一个周期内，游客能舒服地登船的时间是()A．0.5 s B．0.75 sC．1.0 s D．1.5 s题组二简谐运动的振动图象3．一个质点做简谐运动的图象如图1所示，下列说法正确的是()图1A．质点振动的频率为4 HzB．在10 s内质点经过的路程是20 cmC．在5 s末，质点的速度为零，加速度最大D．t＝1.5 s和t＝4.5 s两时刻，质点的位移大小相等，都是 2 cm4．(2013·北京市海淀区质检)图2是一弹簧振子在水平面内作简谐运动的x—t图象，则下列说法正确的是()图2A ．t 1时刻和t 2时刻具有相同的动能和速度B ．t 2到1.0 s 时间内加速度变小，速度减小C ．弹簧振子的振动方程是x ＝0.10sin πt (m)D ．t 2数值等于3倍的t 1数值题组三 单摆周期公式的应用5. (2013·日照市一模)如图3所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图象，则下列说法中正确的是( )图3A ．甲、乙两摆的振幅之比为2∶1B ．t ＝2 s 时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为零C ．甲、乙两摆的摆长之比为4∶1D ．甲、乙两摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等6．如图4所示，长度为l 的轻绳上端固定在O 点，下端系一小球(小球可看做质点)．在O点正下方，距O 点3l 4处的P 点固定一颗小钉子．现将小球拉到点A 处，轻绳被拉直，然后由静止释放小球．点B 是小球运动的最低位置，点C (图中未标出)是小球能够到达的左方最高位置．已知点A 与点B 之间的高度差为h ，h ≪l .A 、B 、P 、O 在同一竖直平面内．当地的重力加速度为g ，不计空气阻力．下列说法正确的是( )图4A ．点C 与点B 的高度差小于hB ．点C 与点B 的高度差等于hC ．小球摆动的周期等于3π2l g D ．小球摆动的周期等于3π4 l g7．(2013·上海市浦东新区4月高考预测)如图5所示，两段光滑圆弧轨道半径分别为R 1和R 2，圆心分别为O 1和O 2，所对应的圆心角均小于5°，在最低点O 平滑连接．M 点和N 点分别位于O 点左右两侧，距离MO 小于NO .现分别将位于M 点和N 点的两个小球A 和B (均可视为质点)同时由静止释放．关于两小球第一次相遇点的位置，下列判断正确的是( )图5A ．恰好在O 点B ．一定在O 点的左侧C ．一定在O 点的右侧D ．条件不足，无法确定答案1．C [如图所示，图线中a 、b 两处，物体处于同一位置，位移为负值，加速度一定相同，但速度方向分别为负、正，选项A 错误，C 正确；物体的位移增大时，动能减少，势能增加，选项D 错误；单摆的摆球通过最低点时，回复力为零，但合力不为零，选项B 错误．]2．C [由振动周期T ＝3.0 s 、ω＝2πT、A ＝20 cm 知，游船做简谐运动的振动方程x ＝A sin ωt ＝20sin 2π3t (cm)．在一个周期内，当x ＝10 cm 时，解得t 1＝0.25 s ，t 2＝1.25 s ．游客能舒服登船的时间Δt ＝t 2－t 1＝1.0 s ，选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．]3．BCD [由图象可知，质点振动的周期为4 s ，故频率为0.25 Hz ，A 错误；在10 s 内质点振动了2.5个周期，经过的路程是10A ＝20 cm ，B 正确；在5 s 末，质点处于正向最大位移处，速度为零，加速度最大，C 正确；由图象可得振动方程是x ＝2sin (2π4t ) cm ，将t ＝1.5 s 和t ＝4.5 s 代入振动方程得x ＝ 2 cm ，D 正确．]4．C [t 1时刻和t 2时刻具有相同的动能，但是速度大小相等、方向相反，选项A 错误．t 2到1.0 s 时间内加速度变小，速度增大，选项B 错误．弹簧振子的振动方程是x ＝0.10sin πt (m)，选项C 正确．t 2数值等于5倍的t 1数值，选项D 错误．]5．AB [由题图知甲、乙两摆的振幅分别为2 cm 、1 cm ，故选项A 正确；t ＝2 s 时，甲摆在平衡位置处，乙摆在振动的最大位移处，故选项B 正确；由单摆的周期公式，推出甲、乙两摆的摆长之比为1∶4，故选项C 错误；因摆球摆动的最大偏角未知且甲、乙两摆的摆长之比为1∶4，故选项D 错误．]6．BC [由机械能守恒定律可知，点C 与点B 的高度差等于h ，选项A 错误，B 正确；由单摆的周期公式可知，小球摆动的周期等于πl g ＋π14l g ＝3π2l g，选项C 正确，D 错误．] 7．C [两段光滑圆弧轨道所对应的圆心角均小于5°，两个小球的运动均可以等效为单摆的简谐运动．由于R 1<R 2，根据单摆周期公式，小球A 的周期小于小球B 的周期，现分别将位于M 点和N 点的两个小球A 和B (均可视为质点)同时由静止释放，两小球第一次相遇点的位置一定在O 点的右侧，选项C 正确．]。
2017版高中物理《加练半小时》全国配套Word版文档微专题81 实验：用单摆测定重力加速度
微专题81 实验：用单摆测定重力加速度训练目标 1.理解用单摆测定重力加速度的实验原理.2.会用图象法处理数据，会分析误差的来源．1．一组同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，用正确的操作方法测定了6组摆长l 和周期T 的对应值．为了求出当地的重力加速度g,4位同学提出了4种不同的处理方法： A ．从测定的6组对应值中任意选取1组，用公式g ＝4π2lT2求出g 作为测量值B ．先分别求出6个l 值的平均值l 和6个T 值的平均值T ，再用公式g ＝4π2lT 2求出g 作为测量值C ．先分别用6组l 、T 的对应值，用公式g ＝4π2lT 2求出6个对应的g 值，再求这6个值的平均值作为测量值 D ．在坐标纸上作出T 2－l图象，从图中计算出图线的斜率k ，根据g ＝4π2k求出g 作为测量值你认为以上4种方法中，错误的是________(填代号即可)，其余正确方法中，偶然误差最小的是________(填代号即可)．2．(1)某同学在探究影响单摆周期的因素时有如下操作，请判断是否恰当(填“是”或“否”)． ①把单摆从平衡位置拉开约5°释放________． ②在摆球经过最低点时启动秒表计时________． ③用秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期________．(2)该同学改进测量方法后，得到的部分测量数据见下表，用螺旋测微器测量其中一个摆球直径的示数如图1所示，该球的直径为________mm.根据表中数据可以初步判断单摆周期随________的增大而增大．图13.A．测摆长：用米尺测量摆线长度L.B．测周期：将摆球拉起，然后放开，在摆球通过最低点时，按下秒表开始计时，将此时作为第一次，接着一直数到摆球第60次通过最低点时，按秒表停止计时，得到时间t，算出单摆的周期T＝t/60.C．将所得的L和T代入单摆的周期公式，得出g，将它作为实验的最后结果写入实验报告．指出上面步骤中遗漏或出错的地方，写出该步骤的字母，并更正(如有遗漏标为D、E、F……)．________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________4．在“探究单摆的周期与摆长的关系”的实验中，为防止摆球在摆动过程中形成“圆锥摆”，实验中采用了如图2甲所示的双线摆．测出摆线长度为L，线与水平横杆的夹角为θ，摆球半径为r.若测出摆动的周期为T，则此地的重力加速度为________；某同学用10分度的游标卡尺测量摆球的直径时，读数如图乙所示，则摆球的半径r为________mm(结果保留两位有效数字)．图25．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g＝4π2T2l.只要测量出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2－l图象，就可求出当地的重力加速度，理论上T2－l图象是一条过坐标原点的直线．某同学在实验中，用一个直径为d的带孔实心钢球作为摆球，多次改变悬点到摆球顶部的距离l0，分别测出摆球做简谐运动的周期T后，作出T2－l图象，如图3所示．图3(1)造成图象不过坐标原点的原因可能是________．A．将l0记为摆长lB．摆球的振幅过小C．将(l0＋d)计为摆长lD．摆球质量过大(2)由图象求出重力加速度g＝________ m/s2.(取π2＝9.87)6．(2013·北京市西城区二模)某同学用单摆测定当地的重力加速度g.(1)如图4所示，用游标卡尺测摆球直径．摆球直径d＝________ mm.图4(2)实验操作步骤如下：A．取一根细线，下端系住一个金属小球，上端固定在铁架台上；B．用米尺(最小刻度为1 mm)测得摆线长l；C．在摆线偏离竖直方向较小夹角的位置由静止释放小球；D．用秒表记录小球完成n次全振动的总时间t，得到周期T＝tn；E．改变摆线长，重复B、C、D的操作．该同学采用两种方法处理实验数据．第一种方法：根据每一组T和l，利用g＝4π2lT2求出多组g值，然后计算g值的平均值，求得当地的重力加速度g.第二种方法：根据每一组T2和l，在图5中描点、连线，根据图线的斜率求出当地的重力加速度g.图5a ．如果实验中测量摆线长l 和单摆周期T 的偶然误差都比较小，那么，第一种方法求出的重力加速度________当地的重力加速度(选填“大于”、“等于”或“小于”)；b ．根据该同学在图中描出的点，请在图中描绘出T 2－l 图线；c ．该同学从图5中求出图线斜率k ，则重力加速度g 与斜率k 的关系式为g ＝______；代入数据求得g ＝______ m/s 2(结果保留3位有效数字)．答案1．B D2．(1)①是 ②是 ③否 (2)20.685(20.683～20.687) 摆长 3．见解析解析 A ：单摆周期公式T ＝2πlg中的l 指摆线长加摆球半径，即悬点到球心间的距离，l ＝L ＋d 2.B ：从摆球摆到平衡位置时计时，题中的60次并非全振动次数．在这段时间t 内，全振动的次数N ＝t 59/2＝2t59.C ：将一次测量结果代入公式，求得的值误差较大，应多次测量求g 的平均值，将其作为实验的最后结果．D ：将摆球拉起的最大摆角应不超过5°. 4.4π2(L sin θ＋r )T 28.0解析 单摆的摆长为l ＝L sin θ＋r ，由周期公式T ＝2πlg，此地的重力加速度为g ＝4π2(L sin θ＋r )T 2.由题图乙知摆球的半径r ＝12×16.0 mm ＝8.0 mm.5．(1)A (2)9.87解析 (1)摆长l 应该是悬点到小球重心的距离，即(l 0＋d2)；根据该同学作出的T 2－l 图象，当l 等于零时，周期不为零，说明实际摆长较长，即造成图象不过坐标原点的原因应该是摆长测小了，所以可能是将l 0记为摆长l . (2)由图象的斜率k ＝4.0 s 21 m ＝4 s 2/m 可得，g ＝4π2k＝9.87 m/s 2.6．(1)16.50 (2)a.小于 b ．T 2－l 图线如图所示 c.4π2k9.73(9.68～9.78)。
第三章 微专题24 “滑块-木板”模型问题-2025年高中物理《加练半小时》新教材版
第三章运动和力的关系第三章运动和力的关系微专题24“滑块－木板”模型问题1．滑块—木板同速后能否一起运动的判断：先假设能一起运动，对整体分析求出共同加速度a 共。
再分析仅靠摩擦力带动的物体，此物体的最大加速度a m ＝F fm m。
若a m ≥a 共，则两物体以后一起运动，若a m <a 共，则两物体以后相对滑动。
2.滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移之差等于板长；若相向运动，位移大小之和等于板长。
1.如图所示，在光滑的水平地面上静止地叠放着两个物体A 、B ，A 、B 之间的动摩擦因数为0.2，A 质量为2kg ，B 质量为1kg ，从t ＝0时刻起，A 受到一向右的水平拉力F 的作用，F 随时间的变化规律为F ＝(6＋2t )N 。
t ＝5s 时撤去外力，运动过程中A 一直未从B 上滑落，最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g 取10m/s 2)，则()A ．t ＝2s 时，A 、B 发生相对滑动B ．t ＝3s 时，B 的速度大小为8m/sC ．撤去拉力瞬间，A 的速度大小为19m/sD ．撤去拉力后，再经过1s ，A 、B 速度相等答案C 解析当A 、B 之间的摩擦力恰好达到最大静摩擦力时，A 、B 之间刚好出现相对滑动，对B 物体，根据牛顿第二定律有μm A g ＝m B a ，此时的加速度为a ＝4m/s 2，对A 、B 整体，根据牛顿第二定律有F ＝(m A ＋m B )a ＝12N ＝(6＋2t )N ，所以t ＝3s ，故A 错误；0～3s 内A 、B 一起运动，t ＝0时A 、B 的加速度为a 0＝F 0m A ＋m B ＝2m/s 2，则t ＝3s 时，B 的速度为v 3＝a t ＝a 0＋a 2t 1＝9m/s ，故B 错误；5s 时A 物体的加速度为a 2＝F －μm A g m A ＝16－0.2×202m/s 2＝6m/s 2，则5s 时A 物体的速度为v A ＝v 3＋a A t 2＝9m/s ＋4＋62×2m/s ＝19m/s ，故C 正确；撤去拉力时，B 的速度v B ＝v 3＋μm A g m Bt 2＝9m/s ＋8m/s ＝17m/s ，设经过t 3时间两物体速度相等则有v A －μm A g m A t 3＝v B ＋μm A g m B t 3，解得t 3＝13s ，故D 错误。
(加练半小时)2018年高考物理(广东专用)一轮微专题复习第3章_牛顿运动定律_微专题18_有答案
[方法点拨](1)控制变量法．(2)图象法．1．用图1甲所示装置“探究小车加速度与力、质量的关系”．请思考并完成相关内容：图1(1)实验时，为平衡摩擦力，以下操作正确的是________．A．连着砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车被轻推后沿木板匀速运动B．取下砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车被轻推后沿木板匀速运动C．取下砂桶，适当调整木板右端的高度，直到小车缓慢沿木板做直线运动(2)图乙是实验中得到的一条纸带，已知相邻计数点间还有四个点未画出，打点计时器所用电源频率为50 Hz，由此可求出小车的加速度a＝________ m/s2(计算结果保留三位有效数字)．(3)一组同学在保持木板水平时，研究小车质量一定的情况下加速度a与合外力F的关系，得到如图丙中①所示的a－F图线．则小车运动时受到的摩擦力f＝______ N，小车质量M＝________ kg.若该小组正确完成了步骤(1)，得到的a－F图线应该是图丙中的________(填“②”“③”或“④”)．2．某探究性学习小组利用如图2所示装置探究光滑斜面上物体的加速度与物体质量及斜面倾角的关系．(1)下列实验方法，可以采用________．A．等效法B．控制变量法C．放大法D．累积法(2)实验中，通过向小车放入钩码来改变小车质量，只要测出小车从长为L的斜面顶端滑至底端的时间t，就可以由公式a＝________________求出加速度．图2(3)实验中通过改变方木块垫放位置来调整长木板的倾角，由于没有量角器，因此通过测量出长木板顶端到水平面的高度h ，求出倾角α的正弦值sin α＝hL .某同学记录了高度和加速度的对应值，并在坐标纸上建立适当的坐标系后描点作图如图3，请根据他所作的图线求出当地的重力加速度g ＝________ m/s 2.图33．为了探究加速度与力的关系，某同学设计了如图4所示的实验装置，一端带有定滑轮的长木板水平放置，长木板上安装两个相距为d 的光电门；放在长木板上的滑块通过绕过定滑轮的细线与力传感器相连，力传感器下挂一重物．拉滑块的细线的拉力大小F 等于力传感器的示数．让滑块从光电门1处由静止释放，运动一段时间t 后，经过光电门2.改变重物质量，重复以上操作，得到下表中的5组数据．(取g ＝10 m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)图4(1)若测得两光电门之间距离d ＝0.5 m a ＝________m/s 2. (2)依据表中数据在图5中画出a －F 图象．图5(3)根据图象可得滑块的质量m＝________kg，滑块和长木板间的动摩擦因数μ＝________.4．某同学利用“验证牛顿第二定律”的实验器材，测量滑块和长木板之间的动摩擦因数．如图6所示，带滑轮的长木板水平放置，力传感器固定在墙上，轻绳分别跨过固定在滑块上和固定在长木板末端的滑轮，一端与力传感器连接，另一端竖直悬挂一砂桶，砂桶距地面足够远．调节两滑轮的位置使轻绳与长木板平行，不计轻绳与各滑轮之间的摩擦．图6(1)实验时，一定要进行的操作是______(填选项前的字母)．A．将长木板右端垫高以平衡摩擦力B．使砂和砂桶的总质量远小于滑块质量C．将打点计时器接交流电源D．用天平测砂和砂桶的总质量(2)实验时，记录力传感器的示数F,用天平测出滑块质量m,由纸带上的点求出加速度a.根据这些数据,可以得出滑块和长木板间的动摩擦因数的表达式μ＝________.(重力加速度为g)5．如图7甲所示，一端带有定滑轮的长木板放置在水平桌面上，靠近长木板的左端固定有一光电门，右端放置一带有挡光片的小车，小车和挡光片的总质量为M，细线绕过定滑轮，一端与小车相连，另一端挂有6个钩码，已知每个钩码的质量为m，且M＝4m.图7(1)用游标卡尺测出小车上的挡光片的宽度，读数如图乙所示，则挡光片宽度d＝________ cm.(2)实验时为了消除摩擦力的影响，可以把木板右端适当垫高，调节木板的倾斜度，直到使小车在________(填“受”或“不受”)细线的拉力时能沿木板做________直线运动．(3)将小车从木板右端由静止释放，小车上的挡光片通过光电门的时间为t1，则小车通过光电门的速度为______(用题给字母表示)．(4)开始实验时，细线另一端挂有6个钩码，由静止释放小车后细线上的拉力为F1，接着每次实验时将1个钩码移放到小车上，当细线挂有3个钩码时细线上的拉力为F2，则F1________2F2(填“大于”“等于”或“小于”)．(5)若每次移动钩码后都从同一位置释放小车，设挡光片(宽度为d，且d≪L)与光电门的距离为L,细线所挂钩码的个数为n，测出每次挡光片通过光电门的时间为t,测出多组数据,并绘出n－1t2图象如图8所示,已知图线斜率为k,则当地重力加速度为_______(用题给字母表示)．图86．为测量一铅块的质量，某同学设计了图9a所示的实验．将铅块和钩码用跨过定滑轮的细绳连接，在质量为200 g的钩码下端拴上穿过打点计时器的纸带，闭合电源释放铅块，铅块下降,打点计时器在纸带上打下一系列的点.图b为纸带的一部分,其中A、B、C、D为四个连续的点，已知打点计时器接在频率为50 Hz的交流电源上,当地的重力加速度g＝9.75 m/s2，不计滑轮的质量及摩擦，回答下列问题：(计算结果保留三位有效数字)图9(1)计时点D对应刻度尺的刻度值为________ cm；(2)铅块的加速度大小为________ m/s2；(3)可求得铅块的质量为________ kg.7．某实验小组在“探究加速度与物体受力的关系”实验中，设计出如下的实验方案，其实验装置如图10所示．已知小车质量M＝214.6 g，砝码盘质量m0＝8.0 g，打点计时器所使用的交流电频率f＝50 Hz.其实验步骤是：图10A．按图中所示安装好实验装置；B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动；C．取下细绳和砝码盘，记下砝码盘中砝码的质量m；D．将小车置于打点计时器旁,先接通电源,再放开小车,打出一条纸带,由纸带求得小车的加速度a；E．重新挂上细绳和砝码盘，改变砝码盘中砝码的质量，重复B～D步骤，求得小车在不同合外力F作用下的加速度．回答下列问题：(1)按上述方案做实验，是否要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？________(填“是”或“否”)．(2)实验中打出的其中一条纸带如图11所示，由该纸带可求得小车的加速度a＝________m/s2.图11(3)某同学将有关测量数据填入他所设计的表格中，如下表：线与横轴的交点可求出的物理量是_______，其大小为________.图12答案精析1．(1)B (2)1.60 (3)0.10 0.20 ②解析 (1)在平衡摩擦力时，应使小车所受重力沿木板斜面方向的分力等于小车所受摩擦力，所以应该取下砂桶，轻推小车后，小车能匀速下滑，B 项正确．(2)将所得纸带分为等时的两大段，由逐差公式Δs ＝aT 2可知，小车的加速度为： a ＝(10.60＋12.22＋13.81)－(5.79＋7.41＋9.02)9×0.12cm/s 2＝1.60 m/s 2. (3)木板水平时，由牛顿第二定律F －f ＝Ma 得a ＝1M F －fM ，结合图象可知，a ＝0时，f ＝F ＝0.10 N ；当F ＝0时，fM＝0.50 m/s 2，所以M ＝0.20 kg.无论是否平衡摩擦力，a －F 图线的斜率都等于小车质量的倒数，故正确完成实验步骤(1)所得到的实验图线应过原点且与图线①平行，所以应是图线②. 2．(1)B (2)2Lt2 (3)9.6解析 (1)要探究光滑斜面上物体的加速度与物体质量及斜面倾角的关系，由于有两个变量，可采用控制变量法，B 正确．(2)小车在光滑斜面上做初速度为零的匀加速运动，由L ＝12at 2可得a ＝2Lt 2.(3)小车在光滑斜面上运动时，其加速度a ＝g sin α，a －sin α图象的斜率表示重力加速度，得g ＝9.6 m/s 2. 3．(1)4.0 (2)见解析图 (3)0.25 0.2解析 (1)根据运动学公式d ＝12at 2得，a ＝2d t 2＝2×0.50.25 m/s 2＝4.0 m/s 2.(2)如图所示(3)根据F －μmg ＝ma 得a ＝Fm －μg ，所以滑块运动的加速度a 和所受拉力F 的关系图象的斜率等于滑块质量的倒数．由图象得加速度a 和所受拉力F 的关系图象的斜率k ＝4，所以滑块的质量m ＝0.25 kg. 由图象得，当F ＝0.5 N 时，滑块刚要开始滑动，所以滑块与轨道间的最大静摩擦力等于0.5 N. 而最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即μmg ＝0.5 N ，解得μ＝0.2.4．(1)C (2)2F －mamg解析 (1)由于采用了力传感器，可直接读出轻绳的拉力，不需要使砂和砂桶的总质量远小于滑块质量，也不需要测量砂和砂桶的总质量，选项B 、D 错误；由于是测量滑块与长木板之间的动摩擦因数，所以不需要将长木板右端垫高以平衡摩擦力，选项A 错误；打点计时器必须接交流电源才能使用，选项C 正确．(2)由于滑块上有动滑轮，滑块所受拉力为2F .对滑块，由牛顿第二定律，2F －μmg ＝ma ，解得：μ＝2F －mamg .5．(1)0.520 (2)不受 匀速 (3)d t 1 (4)小于 (5)5d 2kL解析 (1)游标卡尺的主尺读数为5 mm ，游标尺读数为0.05×4 mm ＝0.20 mm ，则最终读数为5.20 mm ＝0.520 cm.(2)当小车不受细线的拉力时，重力沿木板向下的分力若与摩擦力平衡，小车做匀速直线运动．(3)极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小，则小车通过光电门的速度为dt 1.(4)当细线挂有6个钩码时，对小车和钩码整体分析，a 1＝6mgM ＋6m ＝0.6g ，对小车分析，根据牛顿第二定律得F 1＝Ma 1＝4m ×0.6g ＝2.4mg ，当细线挂有3个钩码时，对整体分析，a 2＝3mg10m ＝0.3g ，对小车分析，根据牛顿第二定律得F 2＝7ma 2＝2.1mg ，可知F 1＜2F 2.(5)小车通过光电门的速度v ＝d t ，根据v 2＝2aL ，得d 2t 2＝2aL ，因为a ＝nmg 10m ＝ng 10，代入解得n ＝5d 2gLt 2，图线的斜率k＝5d 2gL ，解得g ＝5d 2kL. 6．(1)7.60 (2)5.00 (3)0.621解析 (1)根据刻度尺读数规则，毫米刻度尺需要估读到0.1 mm ，计时点D 对应刻度尺的刻度值为7.60 cm.(2)由Δs ＝aT 2可得铅块的加速度大小a ＝ΔsT 2＝5.00 m/s 2.(3)以铅块和钩码整体为研究对象，由牛顿运动定律得Mg－mg ＝(M ＋m )a ，解得铅块的质量M ＝0.621 kg.7．(1)否 (2)0.88 (3)在计算小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力(只要涉及“未考虑砝码盘质量的因素”就算正确) 砝码盘的重力 0.08 N解析 (1)取下细绳和砝码盘后，小车加速运动时所受的合外力即为砝码和砝码盘的总重力，而实验中的研究对象是小车，因此，实验中不必使砝码及砝码盘的质量远小于小车的质量． (2)a ＝8.64＋7.75－6.87－6.004×0.12×10－2 m/s 2＝0.88 m/s 2 (3)实验中本应有(m 0＋m )g ＝Ma ，由于实验中未计入砝码盘的质量m 0，测得的图象与真实图象相比沿F 轴左移m 0g ，图象将不过原点．由图象及上述分析可知，m 0g ＝0.08 N.。
第三章 微专题25 实验：探究加速度与力、质量的关系-2025年高中物理《加练半小时》新教材版
第三章运动和力的关系第三章运动和力的关系微专题25实验：探究加速度与力、质量的关系1．研究a 、F 、M 三个量的关系：控制变量法。
2.研究a 与M 的关系：化曲为直的方法，常作a －1M图像。
3.把重物重力看成小车所受合力需满足的两个条件：(1)补偿阻力；(2)重物质量m ≪小车质量M 。
1．某同学用如图甲所示的实验装置来“探究a 与F 、m 之间的定量关系”。
(1)实验时，必须先平衡小车与木板之间的摩擦力，该同学是这样操作的：如图乙，将小车静止地放在水平长木板上，并连着已穿过打点计时器的纸带，调整木板右端的高度，接通电源，用手轻推一下小车，让打点计时器在纸带上打出一系列________的点，说明小车已补偿阻力。
(2)如果该同学先如(1)中的操作，补偿阻力。
设沙和沙桶的重力为F ，在小车质量M 保持不变的情况下，不断往桶里加沙，沙和沙桶的质量最终达到13M ，测小车加速度a ，作出的a －F 图像正确的是________。
(3)若打点计时器实际工作频率是48Hz ，而该同学不知情，则该同学算出来的加速度________真实值(填“大于”“等于”或“小于”)。
答案(1)点迹均匀(2)C (3)大于解析(1)若小车做匀速直线运动，此时打点计时器在纸带上打出一系列点迹均匀的点。
(2)如果这位同学先如(1)中的操作，已经补偿阻力，则刚开始a －F 的图像是一条过原点的直线。
不断往桶里加沙，沙和沙桶的质量最终达到13M，不能满足沙和沙桶的质量远小于小车的质量，此时图像向下弯曲，故C正确，A、B、D错误。
(3)因为交流电的实际频率为48Hz，则代入计算的周期150s比实际的周期148s要小，由于a＝ΔxT2，则加速度的测量值偏大。
2．某小组利用气垫导轨装置探究加速度与力、质量之间的关系，如图所示，将一质量为M(包括遮光条的质量)的滑块放在气垫导轨上，在滑块上面放上六个质量均为m的砝码，接通电源让气垫导轨正常工作，调整导轨高度，让滑块与砝码能做匀速直线运动，然后依次将滑块上的砝码移至托盘上并通过轻绳拉住滑块运动，托盘质量可以忽略。
2017版高中物理《加练半小时》全国配套Word版文档微题型82 光的折射与全反射
微题型82 光的折射与全反射训练目标 1.掌握折射率和折射定律，并会进行有关计算.2.掌握全反射的条件，会判断能否发生全反射现象．题组一 折射定律的理解与应用1．如图1所示，玻璃棱镜的截面为等腰三角形，顶角a 为30°，一束光线垂直于ab 面射入棱镜，又从ac 面射出．出射光线与入射光线之间的夹角为30°，则此棱镜材料的折射率是( )图1A.32B.233C.33D.32．(2014·北京·20)以往，已知材料的折射率都为正值(n >0)．现已有针对某些电磁波设计制作的人工材料，其折射率可以为负值(n <0)，称为负折射率材料，位于空气中的这类材料，入射角i 与折射角r 依然满足sin isin r ＝n ，但是折射线与入射线位于法线的同一侧(此时折射角取负值)．现空气中有一上下表面平行的负折射率材料，一束电磁波从其上表面射入，下表面射出．若该材料对此电磁波的折射率n ＝－1，正确反映电磁波穿过该材料的传播路径的示意图是( )3．(2013·天星调研)两束平行的细激光束，垂直于半圆柱玻璃的平面射到半圆柱玻璃上，如图2所示．已知光线1沿直线穿过玻璃，它的入射点是O ；光线2的入射点为A ，穿过玻璃后两条光线交于P 点．已知玻璃截面的圆半径为R ，OA ＝R2，OP ＝3R ，光在真空中的传播速度为c .据此可知( )图2A ．光线2在圆弧面的入射角为45°B ．玻璃材料的折射率为3C ．光线1在玻璃中传播速度为c 2D ．光线1在玻璃中传播时间为3R 2c题组二 全反射现象的分析和光路问题4．(2014·重庆·11(1))打磨某剖面如图3所示的宝石时，必须将OP 、OQ 边与轴线的夹角θ切磨在θ1<θ<θ2的范围内，才能使从MN 边垂直入射的光线，在OP 边和OQ 边都发生全反射(仅考虑如图所示的光线第一次射到OP 边并反射到OQ 边后射向MN 边的情况)，则下列判断正确的是( )图3A ．若θ>θ2，光线一定在OP 边发生全反射B ．若θ>θ2，光线会从OQ 边射出C ．若θ<θ1，光线会从OP 边射出D ．若θ<θ1，光线会在OP 边发生全反射5．如图4所示，空气中有一折射率为2的玻璃柱体，其横截面是圆心角为90°、半径为R 的扇形OAB .一束平行光平行于横截面，以45°入射角照射到OA 上，OB 不透光．若只考虑首次入射到圆弧AB 上的光，则AB 上有光透出部分的弧长为( )图4A.16πRB.14πRC.13πRD.512πR6．(2014·新课标Ⅰ·34(2))一个半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为R 的半圆，AB 为半圆的直径，O 为圆心，如图5所示，玻璃的折射率为n ＝ 2.图5(ⅰ)一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入射光束在AB 上的最大宽度为多少？ (ⅱ)一细束光线在O 点左侧与O 相距32R 处垂直于AB 从下方入射，求此光线从玻璃砖射出点的位置．7．(2014·山东·38(2))如图6所示，三角形ABC 为某透明介质的横截面，O 为BC 边的中点，位于截面所在平面内的一束光线自O 以角i 入射，第一次到达AB 边恰好发生全反射．已知θ＝15°，BC 边长为2L ，该介质的折射率为2，求：图6(ⅰ)入射角i ；(ⅱ)从入射到发生第一次全反射所用的时间(设光在真空中的速度为c ，可能用到：sin 75°＝6＋24或tan 15°＝2－3)． 答案1．D [过ac 面作出法线，如图所示，结合几何知识可知θ2＝30°，θ1＝60°，所以n ＝sin 60°sin 30°＝ 3.]2．B [由题意知，折射线和入射线位于法线的同一侧，n ＝－1，由折射定律可知，入射角等于折射角，所以选项B 正确．]3．B [作出光路图如图所示，设光线2沿直线进入玻璃，在半圆面上的入射点为B ，入射角设为θ1，折射角设为θ2，由sin θ1＝OAOB ＝12得θ1＝30°，选项A 错误；OP ＝3R ，由几何关系知BP ＝R ，则折射角θ2＝60°，由折射定律得玻璃的折射率为n ＝sin θ2sin θ1＝sin 60°sin 30°＝3，选项B 正确，由n ＝c v 解得光线1在玻璃中的传播速度为c 3，传播时间为t ＝R v ＝3R c ，选项C 、D 错误．]4.D [题图中，要使光线可在OP 边发生全反射，图中光线在OP 边上的入射角应大于90°－θ2.从OP 边上反射到OQ 边的光线，入射角应大于90°－(180°－3θ1)＝3θ1－90°可使光线在OQ 边上发生全反射．若θ>θ2，光线不能在OP 边上发生全反射；若θ<θ1，光线不能在OQ 边上发生全反射，综上所述，选项D 正确．]5．B [设其中一条光线射到OA 面上时，经折射至AB 上D 点时刚好有光透出，即图中∠EDO 为临界角，则可能有光透出的弧为DB .由折射率的定义n ＝sin 45°sin θ＝2，所以θ＝30°，而sin ∠EDO ＝1n ＝12，所以∠EDO ＝45°.在△DEO 中，∠DEO ＝θ＋90°＝30°＋90°＝120°，所以∠AOD ＝180°－∠EDO －∠DEO ＝15°，故∠DOB ＝75°＝512π.又因为射到O 点的光线发生折射后的折射光线如图所示，其中CB 部分无光线射出．综合以上两因素，AB 上有光线透出的部分即DC 部分，设其对应圆心角为α，则α＝∠DOB －β＝75°－30°＝45°.所以DC 长度为π4R ，故选项B 正确．]6．见解析解析 (ⅰ)在O 点左侧，设从E 点射入的光线进入玻璃砖后在上表面的入射角恰好等于全反射的临界角θ，则OE 区域的入射光线经上表面折射后都能从玻璃砖射出，如图．由全反射条件有 sin θ＝1n①由几何关系有 OE ＝R sin θ②由对称性可知，若光线都能从上表面射出，光束的宽度最大为 l ＝2OE ③联立①②③式，代入已知数据得 l ＝2R ④(ⅱ)设光线在距O 点32R 的C 点射入后，在上表面的入射角为α，由几何关系及①式和已知条件得 α＝60°>θ⑤光线在玻璃砖内会发生三次全反射，最后由G 点射出，如图，由反射定律和几何关系得 OG ＝OC ＝32R ⑥ 射到G 点的光有一部分被反射，沿原路返回到达C 点射出． 7．(ⅰ)45° (ⅱ)(6＋2)L2c解析 (ⅰ)根据全反射规律可知，光线在AB 面上P 点的入射角等于临界角C ，由折射定律得 sin C ＝1n ①代入数据得 C ＝45°②设光线在BC 面上的折射角为r ，由几何关系得 r ＝30°③ 由折射定律得 n ＝sin i sin r④ 联立③④式，代入数据得i ＝45°⑤(ⅱ)在△OPB 中，根据正弦定理得 OPsin 75°＝L sin 45°⑥ 设所用时间为t ，光线在介质中的速度为v ，得 OP ＝v t ⑦ v ＝c n⑧ 联立⑥⑦⑧式，代入数据得 t ＝6＋22c L。
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1．考点及要求：(1)受力分析(Ⅱ)；(2)牛顿运动定律(Ⅱ).2.方法与技巧：整体法、隔离法交替运用的原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”．
1．(物块的叠体问题)如图1所示，在光滑水平面上，一个小物块放在静止的小车上，物块和小车间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2.现用水平恒力F拉动小车，关于物块的加速度a m和小车的加速度a M的大小，下列选项可能正确的是()
图1
A．a m＝2 m/s2，a M＝1 m/s2
B．a m＝1 m/s2，a M＝2 m/s2
C．a m＝2 m/s2，a M＝4 m/s2
D．a m＝3 m/s2，a M＝5 m/s2
2.(绳牵连的连接体问题)如图2所示，质量均为m的小物块A、B，在水平恒力F的作用下沿倾角为37°固定的光滑斜面加速向上运动．A、B之间用与斜面平行的形变可忽略不计的轻绳相连，此时轻绳张力为F T＝0.8mg.已知sin 37°＝0.6，下列说法错误的是()
图2
A．小物块A的加速度大小为0.2g
B．F的大小为2mg
C．撤掉F的瞬间，小物块A的加速度方向仍不变
D．撤掉F的瞬间，绳子上的拉力为0
3.(绳、杆及弹簧牵连的连接体问题)(多选)如图3所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间由一轻质细线连接，B、C间由一轻杆相连．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是()
图3
A．A球的加速度沿斜面向上，大小为g sin θ
B．C球的受力情况未变，加速度为0
C．B、C两球的加速度均沿斜面向下，大小均为g sin θ
D．B、C之间杆的弹力大小为0
4．(多选)如图4所示，物块A、B质量相等，在恒力F作用下，在水平面上做匀加速直线运动，若水平面光滑，物块A的加速度大小为a1，物块A、B间的相互作用力大小为F N1；若
水平面粗糙，且物块A、B与水平面间的动摩擦因数相同，物块B的加速度大小为a2，物块A、B间的相互作用力大小为F N2，则以下判断正确的是()
图4
A．a1＝a2B．a1>a2
C．F N1＝F N2D．F N1<F
5.如图5所示，一质量为M的斜面体静止在水平面上，物体B受沿斜面向上力F作用沿斜面匀速上滑，A、B之间动摩擦因数为μ，μ<tan θ，且质量均为m，则()
图5
A．A、B保持相对静止
B．地面对斜面体的摩擦力等于mg(sin θ－μcos θ)cos θ＋F cos θ
C．地面受到的压力等于(M＋2m)g
D．B与斜面间动摩擦因数为F－mg sin θ2mg cos θ
6.如图6，在光滑的倾角为θ的固定斜面上放一个劈形的物体A，质量为M，其上表面水平．物体B质量为m，B放在A的上面，先用手固定住A.
图6
(1)若A的上表面粗糙，放手后，A、B相对静止一起沿斜面下滑，求B对A的压力大小；
(2)若A的上表面光滑，求放手后的瞬间，B对A的压力大小．
答案解析
1．C
[若物块与小车保持相对静止一起运动，设加速度为a，对系统受力分析，由牛顿第二定律可得：F＝(M＋m)a，隔离小物块受力分析，二者间的摩擦力F f为静摩擦力，且F f≤μmg，由牛顿第二定律可得：F f＝ma，联立可得：a m＝a M＝a≤μg＝2 m/s2.若物块与小车间发生了相对运动，二者间的摩擦力F f为滑动摩擦力，且a m<a M，隔离小物块受力分析，如图所示，由牛顿第二定律可得：F f＝μmg＝ma m，可得：a m＝2 m/s2，选项C正确，选项A、B、D错误．] 2．C[以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得F T－mg sin 37°＝ma，解得a＝0.2g，小物块A、B的加速度均为0.2g，选项A正确；以A、B整体为研究对象：F cos 37°－2mg sin 37°＝2ma，解得F＝2mg，选项B正确；撤掉F的瞬间，绳子上的拉力立刻消失，小物块A的加速度方向变为向下，选项C错误，D正确．故选C.]
3．CD[
据题意，细线未烧断前对A 、B 、C 及细线轻杆组成的系统受力分析，受力如图．有F ＝G sin θ＝3mg sin θ；细线烧断瞬间，弹簧弹力保持原值不变，则对A 球有：F －G A sin θ＝ma ，故A 球此时加速度为a ＝2g sin θ，方向沿斜面向上，A 选项错误；细线烧断后B 、C 及轻杆整体只受到重力和支持力，则加速度a ＝g sin θ，方向沿斜面向下，所以B 、C 之间没有相互作用力，故C 、D 选项正确，B 选项错误．]
4．BCD [水平面光滑时，对整体由牛顿第二定律有：F ＝(m A ＋m B )a 1，可得：a 1＝F m A ＋m B
＝F 2m ；对B 受力分析，由牛顿第二定律可得：F N1＝m B a 1＝F 2
.水平面粗糙时，对整体由牛顿第二定律有：F －F f ＝(m A ＋m B )a 2，可得a 2＝F －F f
m A ＋m B
＝F －F f 2m <a 1；对B 受力分析：F N2＝m B a 2＋F f 2＝F 2
.所以选项A 错误，选项B 、C 、D 正确．] 5．B [由于μ<tan θ，由受力分析可知，A 沿斜面向下匀加速下滑，加速度a A ＝g sin θ－μg cos θ，故A 错误；由受力分析可知A 沿斜面向下匀加速下滑，加速度a A ＝g sin θ－μg cos θ，将A 、B 及斜面体视为整体，受力分析可知地面对斜面体的摩擦力等于m (g sin θ－μg cos θ)cos θ＋F cos θ，地面受到的压力为(M ＋2m )g －F sin θ－m (g sin θ－μg cos θ)sin θ，故B 正确，C 错误；B 与斜面体的正压力F N ′＝2mg cos θ，对B 受力分析，根据共点力平衡有：F ＝mg sin θ＋μmg cos
θ＋F f ′，则动摩擦因数μ′＝F f ′F N ′＝F －mg sin θ－μmg cos θ2mg cos θ，故D 错误．]
6．(1)mg cos2θ(2)mMg cos2θ
M＋m sin2θ
解析(1)A、B相对静止一起沿斜面下滑，加速度a＝g sin θ
B的加速度的竖直分量a y＝g sin2θ
则mg－F N＝ma y
F N＝mg－mg sin2θ＝mg cos2θ，所以B对A的压力大小等于mg cos2θ
(2)因为A、B下滑时，A与B的加速度并不相同．A的加速度沿斜面向下，B的加速度竖直向下，A的加速度的竖直分量与B的加速度相等．即有a B＝a Ay＝a A sin θ
对A、B分别运用牛顿第二定律，有(Mg＋F N B)sin θ＝Ma A，mg－F N B＝ma B＝ma A sin θ
所以F N B＝mMg cos2θ
M＋m sin2θ。