[原创]2020届第一轮复习系列试题相互作用doc高中物理
2020届一轮复习人教版 库仑定律 学案
2 库仑定律[学科素养与目标要求]物理观念：1.知道点电荷的概念.2.理解库仑定律的内容、公式及适用条件.科学探究：经历探究实验过程，得出电荷间作用力与电荷量及电荷间距离的定性关系.科学思维：1.通过抽象概括建立点电荷这种理想化模型.2.进一步了解控制变量法在实验中的作用.3.会用库仑定律进行有关的计算.一、探究影响电荷间相互作用力的因素 1.实验现象：(如图1所示)图1(1)小球带电荷量一定时，距离带电物体越远，丝线偏离竖直方向的角度越小. (2)小球处于同一位置时，小球所带的电荷量越大，丝线偏离竖直方向的角度越大. 2.实验结论：电荷之间的作用力随着电荷量的增大而增大，随着距离的增大而减小. 二、库仑定律1.点电荷：当带电体间的距离比它们自身的大小大得多，以致带电体的形状、大小及电荷分布状况对它们之间的作用力的影响可以忽略时，带电体可以看做点电荷.2.库仑定律(1)内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上.(2)公式：F ＝k q 1q 2r 2，其中k ＝9.0×109N ·m 2/C 2，叫做静电力常量. (3)适用条件：①在真空中；②点电荷. 3.库仑的实验(1)库仑扭秤实验是通过悬丝扭转角度比较静电力F 大小的.实验结果发现静电力F 与距离r 的二次方成反比. (2)库仑在实验中为研究F 与q 的关系，采用的是用两个完全相同的金属小球接触，电荷量平分的方法，发现F 与q 1和q 2的乘积成正比.1.判断下列说法的正误.(1)探究电荷间的作用力与某一因素的关系时，必须采用控制变量法.(√) (2)只有电荷量很小的带电体才能看成点电荷.(×)(3)当两个带电体的大小远小于它们之间的距离时，可将这两个带电体看成点电荷.(√) (4)若点电荷q 1的电荷量大于q 2的电荷量，则q 1对q 2的静电力大于q 2对q 1的静电力.(×)2.真空中两个点电荷，它们之间的静电力为F ，如果将两个点电荷的距离增大为原来的4倍，电荷量都增大为原来的2倍.它们之间静电力的大小变为原来的________倍. 答案 14一、库仑定律的理解与应用 1.点电荷(1)点电荷是只有电荷量，没有大小、形状的理想化模型，类似于力学中的质点，实际中并不存在. (2)带电体能否看成点电荷视具体问题而定，不能单凭它的大小和形状下结论.如果带电体的大小比带电体间的距离小得多，则带电体的大小及形状就可以忽略，此时带电体就可以看成点电荷. 2.库仑定律(1)库仑定律只适用于真空中点电荷之间的相互作用，一般没有特殊说明的情况下，都可按真空来处理. (2)当r →0时，电荷不能再看成点电荷，库仑定律不再适用.(3)两个点电荷之间的库仑力遵守牛顿第三定律.不要认为电荷量大的电荷对电荷量小的电荷作用力大. (4)两个规则的带电球体相距比较近时，电荷的分布会发生改变，库仑定律不再适用. 例1 下列说法中正确的是( ) A.点电荷就是体积小的带电体B.带电荷量少的带电体一定可以视为点电荷C.大小和形状对作用力的影响可忽略的带电体可以视为点电荷D.根据库仑定律表达式F ＝k q 1q 2r 2，当两电荷之间的距离r →0时，两电荷之间的库仑力F →∞ 答案 C解析 点电荷不能理解为体积很小的带电体，也不能理解为电荷量很少的带电体.同一带电体，如要研究它与离它较近的电荷间的作用力时，就不能看成点电荷，而研究它与离它很远的电荷间的作用力时，就可以看做点电荷，带电体能否看成点电荷，要依具体情况而定，A 、B 错误，C 正确.两电荷距离r →0时，不能看做点电荷，库仑定律不再适用，D 错误. 例2 甲、乙两导体球，甲球带有4.8×10－16C 的正电荷，乙球带有3.2×10－16C 的负电荷，放在真空中相距为10cm 的地方，甲、乙两球的半径均远小于10cm.(结果保留三位有效数字) (1)试求两球之间的静电力，并说明是引力还是斥力？(2)如果两个导体球完全相同，接触后放回原处，两球之间的作用力如何？ (3)将两个体积不同的导体球相互接触后再放回原处，还能求出其作用力吗？ 答案 (1)1.38×10－19N 引力 (2)5.76×10－21N 斥力 (3)不能解析 (1)因为两球的半径都远小于10cm ，因此可以作为两个点电荷考虑.由库仑定律有F ＝k |q 1q 2|r 2＝9.0×109×4.8×10－16×3.2×10－160.12N ≈1.38×10－19N.两球带异种电荷，它们之间的作用力是引力.(2)如果两个导体球完全相同，则接触后电荷量先中和后平分，每个小球的带电荷量为q 1′＝q 2′＝4.8×10－16－3.2×10－162C ＝8×10－17C ，两个电荷之间的斥力为F 1＝kq 1′q 2′r2＝5.76×10－21N. (3)由于两球不同，分开后分配电荷的电荷量将不相等，因而无法知道电荷量的大小，也无法求出两球间的作用力.点拨：用公式计算库仑力大小时，不必将表示电荷q 1、q 2的带电性质的正、负号代入公式中，只将其电荷量的绝对值代入即可；力的方向再根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引加以判别. 二、库仑力的叠加1.对于三个或三个以上的点电荷，其中每一个点电荷所受的库仑力，等于其余所有点电荷单独对它作用产生的库仑力的矢量和.2.电荷间的单独作用符合库仑定律，求各库仑力的矢量和时应用平行四边形定则. 例3 如图2所示，分别在A 、B 两点放置点电荷Q 1＝＋2×10－14C 和Q 2＝－2×10－14C.在AB 的垂直平分线上有一点C ，且AB ＝AC ＝BC ＝6×10－2m.如果有一电子静止放在C 点处，则它所受的库仑力的大小和方向如何？图2答案 见解析解析 电子带负电荷，在C 点同时受A 、B 两点电荷的作用力F A 、F B ，如图所示.由库仑定律F ＝k q 1q 2r 2得 F A ＝k Q 1e r 2＝9.0×109×2×10－14×1.6×10－19(6×10－2)2N＝8.0×10－21N ，同理可得：F B ＝8.0×10－21N.由矢量的平行四边形定则和几何知识得静止放在C 点的电子受到的库仑力F ＝F A ＝F B ＝8.0×10－21N ，方向平行于AB 连线由B 指向A .针对训练 (2018·德州市期末)如图3所示，三个固定的带电小球a 、b 和c ，相互间的距离分别为ab ＝8cm 、ac ＝6cm 、bc ＝10cm ，小球c 所受库仑力合力的方向平行于ab 的连线斜向下.关于小球a 、b 的电性及所带电荷量比值的绝对值n ，下列说法正确的是( )图3A.同号电荷，n ＝925B.同号电荷，n ＝27125 C.异号电荷，n ＝925 D.异号电荷，n ＝27125答案 D解析 由题意知∠b ＝37°，∠a ＝90°，由小球c 所受库仑力合力的方向知a 、b 带异号电荷，小球a 、b 对小球c 的作用力如图所示.F a ＝kq a q c r ac 2①F b ＝kq b q c r bc 2②sin37°＝F aF b③由①②③得：n ＝q a q b＝27125，选项D 正确.1.(对点电荷的理解)(多选)下列说法中正确的是( ) A.点电荷是一种理想化模型，真正的点电荷是不存在的 B.点电荷就是体积和带电荷量都很小的带电体C.两带电荷量分别为Q 1、Q 2的球体间的作用力在任何情况下都可用公式F ＝k Q 1Q 2r 2计算D.一个带电体能否看成点电荷，不是看它的尺寸大小，而是看它的形状、大小及电荷分布对所研究问题的影响是否可以忽略不计 答案 AD解析 点电荷是一种理想化模型，实际中并不存在.一个带电体能否看成点电荷不是看其大小，而是应具体问题具体分析，是看它的形状、大小及电荷分布对所研究问题的影响能否忽略不计，A 、D 对. 2.(库仑定律的理解)(2018·南平市检测)关于库仑定律，下列说法正确的是( ) A.库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积最小的带电体B.根据F ＝k q 1q 2r 2，当两个带电体间的距离趋近于零时，库仑力将趋向无穷大C.带电荷量分别为Q 和3Q 的点电荷A 、B 相互作用时，B 受到的静电力是A 受到的静电力的3倍D.库仑定律的适用条件是：真空和静止点电荷 答案 D解析 如果带电体的形状、大小以及电荷分布对所研究问题的影响可以忽略不计，则可将它看做点电荷，故A 错误.两个带电体间的距离趋近于零时，带电体已经不能看成点电荷了，F ＝k q 1q 2r 2不再适用，故B 错误.根据牛顿第三定律得：B 受到的静电力和A 受到的静电力大小相等，故C 错误.库仑定律的适用条件是：真空和静止点电荷，故D 正确.3.(库仑定律的应用)真空中两个完全相同、带等量同种电荷的金属小球A 和B (可视为点电荷)，分别固定在两处，它们之间的静电力为F .用一个不带电的同样金属球C 先后与A 、B 球接触，然后移开球C ，此时A 、B 球间的静电力为( ) A.F 3B.F 4C.3F 8D.F 2 答案 C解析 假设金属小球A 、B 开始时带电荷量为Q ，A 、B 小球间距为r ，则小球A 、B 间库仑力F ＝k Q 2r 2，C 与A 球接触分开后：Q A ′＝12Q ，Q C ＝12Q ，然后C 球与B 球接触再分开，Q B ′＝Q C ′＝Q ＋Q 22＝34Q ，则A 、B 间库仑力F ′＝k Q A ′Q B ′r 2＝k 12Q ·34Q r 2＝38k Q 2r 2＝38F . 4.(库仑力的叠加)如图4所示，等边三角形ABC ，边长为L ，在顶点A 、B 处有等量同种点电荷Q A 、Q B ，Q A ＝Q B ＝＋Q ，求在顶点C 处带电荷量为Q C 的正点电荷所受的静电力.图4答案3k QQ CL 2，方向为与AB 连线垂直向上解析 正点电荷Q C 在C 点的受力情况如图所示，Q A 、Q B 对Q C 的作用力大小和方向都不因其他电荷的存在而改变，仍然遵循库仑定律.Q A 对Q C 的作用力：F A ＝k Q A Q CL 2，沿AC 的延长线方向.Q B 对Q C 的作用力：F B ＝k Q B Q CL 2，沿BC 的延长线方向.因为Q A ＝Q B ＝＋Q ，所以F A ＝F B ，则Q C 所受合力的大小：F ＝3F A ＝3k QQ CL 2，方向为与AB 连线垂直向上.。
《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档：测评手册答案
选择题必刷卷(一)1.D[解析] 4个半小时指的是一段时间,在时间轴上对应一段距离,故选项A错误;列车提速至350 km/h,此350 km/h指最大速度,为瞬时速度,故选项B错误;根据平均速度公式=可知,要知道任意一段时间内的平均速度,需要知道该段时间内的位移,由题无法知道这个位移,故选项C错误;当研究“复兴号”列车经过某一站牌的时间时,需要考虑其大小和形状,不能将其看作质点,故选项D正确.2.B[解析]刹车时做减速运动,减速的最大位移x=,则初速度v0==10 m/s,选项B正确.3.C[解析]由Δx=aT2可得在任意相邻的1 s时间内下落的距离之差Δh=g,在任意相邻的 1 s时间内平均速度之差Δv等于相邻两个 1 s的中间时刻的瞬时速度之差,则Δv=gt=g,选项C正确.4.C[解析]由x4-x2=2aT2,可得加速度a=4 m/s2,第2 s末的速度v1=at1=8 m/s,第2 s中间时刻的速度v2=at2=6 m/s,第2 s内的位移x2=v2t=6 m,物体在0~5 s内中间时刻的速度v3=at3=10 m/s,则0~5 s内的平均速度为10 m/s,选项C错误,选项A、B、D正确.5.D[解析]两段相等时间t内各自的位移分别为x和-x,则x=gt2,-x=gt·t-at2,解得a=3g,选项A错误;自由下落t时间时小球的速率为v'=gt,选项C错误;当加速度变为a后,减速至0过程的位移x'==,小球下落的最大高度h=x+x'==,选项D正确;返回到A点时的速度v=gt-at=-2gt=-at,选项B错误.6.D[解析]x-t图像只能表示直线运动,选项A错误;根据公式x=at2可知,甲、乙两物体都做匀变速直线运动,选项B错误;x-t图像的斜率的正负表示速度的方向,由图像可知,甲图像斜率为正,乙图像斜率为负,甲、乙两物体运动方向相反,选项C错误;根据公=1 式a=可知,相等时间内速度变化大小取决于加速度大小,由公式x=at2可知,a甲m/s,a乙=-m/s2,|a甲|>|a乙|,故第3 s内甲物体的速度变化比乙物体的速度变化大,选项D正确.7.B[解析]小球1在前2t时间内及小球2在前t时间内的速度—时间图像的斜率均为g,t时刻小球1的速度为0,小球2落入沙坑,速度大小v2=gt,故小球1的初速度大小v0=gt,方向向上,抛出点在沙坑正上方h=gt2处,小球1所到达的最高点在沙坑正上方H=2h=gt2处,设小球1落入沙坑时速度为v1,对小球1从最高点到落入沙坑过程,有=2gH,解得v1=gt,故B正确.8.C[解析]由于单位时间内通过任一横截面的水的体积相等,设Δt时间内通过水柱任一横截面的水的体积为V,V=vΔtS,开始时水流速度小,横截面积大,速度增大时,横截面积变小,所以水柱是上粗下细,A、B错误;高为H的水柱上端速度为v1=,下端速度为v2=,根据-=2gH,水的流量=S1S2,C正确,D错误.9.BD[解析]当人、车速度相等时,经历的时间t==s=6 s,此时人的位移x1=vt=6×6 m=36 m,车的位移x2=at2=×1×62m=18 m,因为x1<x2+20 m,可知人不能追上公交车,速度相等时有最小距离,最小距离Δx=x2+20 m-x1=18 m+20 m-36 m=2 m,在整个过程中,人、车之间的距离先减小后增大,选项B、D正确.10.ACD[解析]由Δx=gT2可得,加速度g==,经过位置3的瞬时速度v3==,经过位置4的瞬时速度v4=v3+gT=,从位置1到4过程中的平均速度大小等于从位置2到3过程中的平均速度,即=,选项A、C、D正确.11.CD[解析]由b到a过程是初速度为零的匀加速直线运动,则t bc∶t ca=1∶(-1),而t bc+t ca=t,解得t bc=t,选项A错误,C正确;由于物块只受重力和支持力,故物块的加速度始终相同,均为a=g sin θ,方向沿斜面向下,选项B错误;由于c是位移中点,而不是时间中点,根据匀变速直线运动的规律可知,物块上滑通过c点时的速度大于整个上滑过程中平均速度的大小,选项D正确.12.ABD[解析]物体可能先向上做匀减速直线运动,后向下做匀加速直线运动,根据x=v0t+at2知,位移是时间的二次函数,图线是曲线,A是可能的;物体可能先向上做匀减速直线运动,后停在最高点,B、D是可能的;C图中物体返回时速度大于出发时速度,不符合物体的运动情况,违反了能量守恒定律,C不可能.13.BCD[解析]x-t图像的斜率表示速度,甲车先做匀速直线运动,后静止,A错误;乙车在0~10 s内位移大小为8 m,则平均速度大小为0.8 m/s,B正确;两图线交点表示相遇,C 正确;乙车的平均速度大小为0.8 m/s,P对应乙车的位移中点,若乙车做匀变速直线运动,则P点对应的瞬时速度大于0.8 m/s,D正确.14.AC[解析]由a-t图像可知,汽车在0~10 s内做匀加速运动,在10~40 s内做匀速运动,在40~50 s内做匀减速运动,在10 s末的速度最大,且最大速度v=a1t1=20 m/s,选项A正确;在50 s末的速度最小,最小速度v'=v-a2t3=10 m/s,且汽车在40~50 s内的速度方向和0~10 s内的速度方向相同,选项B、D错误;汽车在0~10 s内的位移x1=a1=100 m,在10~40 s内的位移x2=a1t1t2=2×10×30 m=600 m,在40~50 s内的位移x3=·t3=150 m,总位移x=x1+x2+x3=850 m,选项C正确.15.CD[解析]由图像可知,甲车先做匀速运动再做同向匀减速运动,选项A错误;在第20 s末,甲的加速度为a甲=-1 m/s2,乙的加速度a乙=m/s2,选项B错误;在前30 s内,甲的位移x甲=×20 m=400 m,乙的位移x乙=m=300 m,第30 s末,两车相距Δx=x甲-x乙-x0=50 m,选项C正确;在整个运动过程中,在30 s前,甲追上乙相遇一次,30 s后乙追上甲车又相遇一次,选项D正确.16.CD[解析]根据题意作出甲、乙赛跑定性的v-t图像,如图所示,由图像可知,刚起跑时甲处于领先,但在到达终点前有可能被乙超越,且甲一旦被超越就无法再追上乙,故A 错误,D正确.加速过程中甲、乙的初速度均为零,乙的末速度大,所以加速过程中乙的平均速度大,且乙的加速时间更长,所以乙加速过程的位移更大,故B错误,C正确.选择题必刷卷(二)1.B[解析]无人机正沿直线朝斜下方匀速运动,即所受合外力为零,只有B图受力可能为零,选项B正确.2.A[解析]设C与球心连线和竖直方向成θ角,对球受力分析如图所示,由平衡条件知,AB挡板对球的支持力F=mg tan θ,C端对小球的支持力F C=,当CD挡板的C端略向右偏过一些,θ增大,AB挡板的支持力F变大,C端的支持力F C变大,选项A正确.3.C[解析]对小球受力分析,受到重力、弹簧测力计的拉力、杆的弹力,如图所示,根据平衡条件得F x-T cos 37°=0,F y+T sin 37°=G,联立解得F x=80 N,F y=60 N,所以杆AB对球的作用力大小为F==N=100 N,故C正确.4.B[解析]设F与水平方向的夹角为θ,由平衡条件得F cos θ=μ(mg-F sin θ),解得F==,当θ=37°时,外力有最小值,为6 N,选项B正确.5.B[解析]设弹性绳的劲度系数为k,小球质量为m,未对小球施加水平力时,根据平衡条件得mg=kx1,弹性绳的长度为x=x0+x1=x0+;对小球施加水平力,使其缓慢移动至弹性绳与竖直方向成60°角处时,小球受重力mg、水平力F、弹力F1三个力,由平衡条件得F1==2mg,弹性绳的长度为x'=x0+,此过程中小球上升的高度为Δh=x-x'=x0,选项B正确.6.C[解析]货物在AB段所受的摩擦力为滑动摩擦力,且f1=μmg cos θ;在BC段所受的摩擦力为静摩擦力,且f2=mg sin θ;在CD段做匀速运动,不受摩擦力,选项C正确.7.B[解析]对b球受力分析,受到重力、垂直于斜面向上的支持力和细线的拉力,由于三力平衡时三个力中任意两个力的合力与第三个力等大、反向、共线,故细线拉力向右上方,A错误;对a、b两个球整体受力分析,受到总重力、垂直于斜面向上的支持力和上面细线的拉力,根据平衡条件判断出,上面的细线的拉力方向斜向右上方,C、D错误.8.AB[解析]物块1受到重力m1g、细线拉力T和斜面的支持力F N作用而处于平衡状态,物块2受到重力m2g、细线拉力T'(T'=T)、斜面的支持力F'N及摩擦力f(可能有)作用而处于平衡状态,则T=m1g sin 30°,当m1最大时,物块2受到的最大静摩擦力方向沿BC面向下,此时有T'=m2g sin 37°+μm2g cos 37°,即=2,当m1最小时,物块2受到的最大静摩擦力方向沿BC面向上,此时有T'=m2g sin 37°-μm2g cos 37°,即=,所以≤≤2,故A、B不可能.9.BC[解析]设木块质量为m,重物质量为M,对三个物体组成的整体,根据平衡条件,有2f=(M+2m)g,解得f=(M+2m)g,静摩擦力不变,选项C正确,D错误;将细线对O的拉力按照效果正交分解,如图甲所示,设两个杆夹角为θ,则有F1=F2=,再将杆对木块的推力F1按照效果分解,如图乙所示,根据几何关系得F x=F1sin ,故F x=·sin =,挡板间的距离稍微增大后,角θ变大,F x变大,故木块对挡板的压力变大,即F N变大,选项A错误,B正确.10.BCD[解析]沿斜槽方向,有mg sin θ=2μF N,垂直于斜槽方向,有mg cos θ=2F N cos,解得μ=tan θ,选项A错误;左边圆杆对滑块的支持力为F N=mg cos θ,选项B正确;由于圆柱体与斜槽两侧都有摩擦力且大小相等,所以,单侧摩擦力f=μF N=mg sin θ,选项C正确;若增大θ,则cos θ减小,圆杆对滑块的支持力将减小,选项D正确.11.AC[解析]对A,由平衡条件得F T cos θ=μF N1,F T sinθ+mg=F N1,联立解得F T=,选项A正确;对A、B整体,由平衡条件得F T cosθ+μF N2=F,F T sinθ+2mg=F N2,联立解得水平拉力F=,选项C正确.12.BC[解析]对球进行受力分析,如图甲所示,F N1=G tan θ,F N2=,当长方体物块向右运动时,θ增大,F N1、F N2均增大,故A错误.圆球对物块的压力在竖直方向的分力为F'N2cos θ=G,等于圆球重力,在拉动长方体物块向右运动的过程中,对物块受力分析,如图乙所示,物块与地面之间的压力F N=G1+F'N2cos θ=G1+G不变,滑动摩擦力f=μF N不变,故C正确.由于圆球对物块的压力在水平方向的分力F'N2sin θ逐渐增大,所以水平拉力F=f-F'N2sin θ逐渐减小,故B正确.由于物块与地面之间的压力不变,由牛顿第三定律可知,地面对物块的支持力不变,故D错误.13.AD[解析]设两绳的拉力的合力为F,如图甲所示,由平衡条件得F=mg tan 30°=mg,F3==mg,将F分解,如图乙所示,设AO所受的拉力大小F1,因为∠AOB=120°,根据几何知识知,绳AO所受的拉力F1=F=mg,而杆OC所受的压力大小F'3=F3=mg,选项A、D正确.14.AC[解析]对球受力分析如图所示,由平衡条件可得,风力大小F=mg tan θ,由题意知F ∝Sv,又S=πR2,则F=kπR2v(k为常数),有mg tan θ=kπR2v,当风速由3 m/s增大到3m/s 时,有=,可得tan θ=1,A正确;因球所受重力方向竖直向下,而风力方向水平向右,则细线与水平方向的夹角θ不可能等于90°,B错误;由mg tan θ=kπR2v可知,当v、m不变,而R增大时,θ增大,当v、R不变,而m增大时,θ减小,C正确,D错误.15.AD[解析]若增大m2的质量,因为m3的质量不变,细线的张力大小仍等于m3的重力,故张力不变,选项A正确;对斜劈和m1整体,地面对斜劈的摩擦力大小等于连接m1的细线的张力沿水平方向的分力,细线的张力不变,所以地面对斜劈的摩擦力也不变,选项B错误;若将悬点O上移,因细线的张力不变,m2的质量不变,则O2、O3间的细线与竖直方向的夹角不变,O2、O3间的细线和O3、m3间的细线夹角不变,这两根细线的合力沿角平分线方向,则O、O3间的细绳与竖直墙的夹角不变,选项C错误;细线的张力不变,则地面对斜劈的摩擦力不变,选项D正确.选择题必刷卷(三)1.C[解析]质量小,则惯性小,方程式赛车和强弩质量一定,其惯性一定,选项A、B错误;货运列车摘下或加挂一些车厢,它的惯性因质量变化而变化,选项C正确;摩托车转弯时,人和车的惯性不变,选项D错误.2.B[解析]对整体,有F=(m1+m2)a,则空间站的质量m2=-m1,选项B正确.3.C[解析]对物块,由牛顿第二定律得F=ma,0~t0时间内,拉力减小,加速度减小,物块做加速度减小的加速运动,在t0时刻速度达到最大,选项A错误;t0~2t0时间内,外力反向增大,加速度反向增大,做减速运动,根据力的对称性可知,在2t0时刻速度减为零,选项B、D错误,C正确.4.C[解析]设水对探测器的浮力大小为F,匀速下降时,由平衡条件得mg=F;为了使它匀减速下降,设应该抛掉压载铁质量为Δm,根据牛顿第二定律得F-(m-Δm)g=(m-Δm)a,其中a=,联立解得Δm=,选项C正确.5.B[解析]当F=2 N时,铁块和木板恰好一起相对地面滑动,则μ1(m+M)g=F,解得μ1=0.1;当水平力F=6 N时,铁块恰好相对木板滑动,则F-μ2mg=ma,μ2mg-μ1(m+M)g=Ma,解得μ2=0.4,选项B正确.6.C[解析]木板AB撤离前,木板对小球的作用力F N==mg,撤去AB瞬间,小球受到的合力与F N等大、反向,由牛顿第二定律得mg=ma,解得加速度a=g,方向垂直于木板向下,选项C正确.7.B[解析]剪断物体2下端细绳后,物体1下降,物体2上升,对整体,有(m1+m2+M)g-F N=m1a-m2a,且m1>m2,则系统处于失重状态,台秤的示数将变小,选项B正确.8.BC[解析]纸盒和行李箱一起向右加速时,具有向右的加速度,纸盒受到向右的静摩擦力,选项A错误;行李箱加速过程中与传送带间的滑动摩擦力为f=μ1F N=μ1(M+m)g,选项B正确;纸盒和行李箱一起向右匀速运动,合外力为零,所以行李箱对纸盒的摩擦力为零,行李箱与传送带间的摩擦力为零,选项C正确,D错误.9.AD[解析]对球受力分析,受到重力、弹簧的弹力F和细绳的拉力T,如图所示,根据平衡条件得F=T=,断开细绳瞬间,弹簧弹力和重力不变,由牛顿第二定律得=ma,则加速度a=,选项A正确,B错误;弹簧在C处与小球断开的瞬间,小球受重力和细绳的拉力,变为单摆,合力等于重力的切向分力,根据牛顿第二定律得mg sin θ=ma,解得a=g sin θ,选项C错误,D正确.10.CD[解析]与弹簧分离前,在水平方向上,刚开始有kx-μF N=ma x,加速度a x随x减小而减小,接着有μF N-kx=ma x,加速度a x随x减小而增大,选项A、B错误;在竖直方向上,有mg-F N=m·,解得F N=,当弹力和摩擦力相等时,速度最大,即μF N=kx,解得x=,选项C正确;物体脱离弹簧后相对电梯地板做匀减速运动,加速度a==,又有L=at2,相对电梯地板做匀减速运动的时间t=2,选项D正确.11.AC[解析]A与B间动摩擦因数μ2=0.1,则B物块的最大加速度为a B m=μ2g=1 m/s2;木板A向右滑动,则地面给A的滑动摩擦力向左,大小为f A=μ1·2mg,开始时B对A的摩擦力方向向左,则a A1==5 m/s2,后来B相对A向前滑动,则a A2==3 m/s2,选项A、C正确.12.BC[解析]对P、Q整体受力分析,受到重力、支持力和滑动摩擦力,根据牛顿第二定律得(m+M)g sin θ+μ2(m+M)g cos θ=(m+M)a,解得a=g(sin θ+μ2cos θ),对P物块受力分析,受到重力mg、支持力和Q对P沿斜面向下的静摩擦力,根据牛顿第二定律得mg sin θ+f=ma,解得f=μ2mg cos θ,根据牛顿第三定律知,P对Q的摩擦力方向平行于斜面向上,选项B、C正确.13.AD[解析]由图像可知,小物块上滑的最大位移为x=vt=×3×1.2 m=1.8 m,故A正确;小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小均为==m/s,其大小之比为1∶1,故B错误;由图像可知,减速运动的加速度大小为a2==m/s2=10 m/s2,在匀减速直线运动过程中,由牛顿第二定律知mg sin 30°+μmg cos 30°=ma2,解得μ=,故C错误;加速运动的加速度大小为a1==m/s2=m/s2,根据牛顿第二定律得F-mg sin 30°-μmg cos 30°=ma1,解得F=40 N,故D正确.14.BC[解析]若F1=3.6 N,F2=5 N,设A、B相对静止一起做匀加速运动,则加速度a==m/s2=m/s2,此时A、B之间的摩擦力f AB=F1-m B a=N>μ2(F2+m B g)=3 N,则此时两物块已经相对滑动,选项A错误;若F1=5.4 N,F2=20 N,假设A、B相对静止一起做匀加速运动,则加速度a==m/s2=m/s2,此时A、B之间的摩擦力f AB=F1-m B a=N<μ2(F2+m B g)=6 N,则此时两物块相对静止一起做匀加速运动,选项B正确;若F2=10 N,则A、B之间的最大静摩擦力f AB m=μ2(F2+m B g)=4 N,A与地面之间的最大=μ1(F2+m A g+m B g)=4 N,若F2<10 N,则f AB m<f A地m,无论F1多大,都不能使物静摩擦力f A地m块A运动起来,选项C正确;若F2>10 N,则f AB m>f A地m,当F1达到一定值时,可使物块A、B 发生相对运动,选项D错误.15.AB[解析]A、B静止时,有kx0=(2m+m)g sin θ,则k=;对B施加外力后,A、B一起做匀加速运动,当A、B分离时,对A,有kx-2mg sin θ=2ma,又x0-x=at2,v2=2a(x0-x),联立可求出t和v,选项A、B正确.当A、B分离时,弹簧弹力kx=2ma+2mg sin θ,选项C错误.当A、B分离后,A先做加速运动,后做减速运动,再反向做加速运动……选项D错误.非选择题必刷卷(一)1.(1)(2)C(3)BC[解析](1)根据位移与时间关系,有d=at2,解得a=.(2)根据题意,木板受到的滑动摩擦力为f=F0,对木板和矿泉水瓶(含水)组成的系统,根据牛顿第二定律得F1-f=(m+M)a,联立解得a=·F1-,其中m为矿泉水瓶(含水)的质量,M为木板的质量;根据图像的斜率可知,随着矿泉水瓶(含水)质量m的增大,a-F1图像的斜率逐渐减小,所以能表示实验结果的是C图.(3)木板受到的摩擦力与矿泉水瓶(含水)的质量无关,选项A错误;水与砝码相比能任意改变质量,所以它的优点是可以更方便地获取多组数据,选项B正确;水的多少可以任意变化,所以可以比较精确地测出木板所受摩擦力的大小,选项C正确;由于加速度越大需要水的质量越大,而水的质量越大时图像的斜率越小,实验的精确度会越小,选项D错误.2.(1)10 N(2)1 s[解析](1)设在拉力作用下金属块所受地面的支持力为F N,滑动摩擦力为f,根据平衡条件得F cos 37°=f,F sin 37°+F N=mg,又f=μF N,联立解得F=10 N.(2)撤去拉力F后,金属块受到滑动摩擦力f'=μmg,根据牛顿第二定律得,加速度大小为a'==μg=2 m/s2,撤去F后,金属块还能滑行的时间为t==1 s3.(1)2m/s(2)1.6 m(3)5∶8[解析](1)在AB段滑块受到重力、支持力、滑动摩擦力,设下滑阶段的加速度大小为a1,有mg sin θ-μmg cos θ=ma1解得a1=4 m/s2根据=2a1x ABx AB=解得v B=2m/s(2)设在BC段滑行的加速度大小为a2,有f=μmga2==2.5 m/s2根据=2a2x BC解得x BC=1.6 m(3)在B点时,有v B=a1t AB=a2t BC解得=4.(1)(2)18 m[解析](1)由v-t图像的斜率可得,0~2 s内小物块的加速度大小a==1 m/s2由牛顿第二定律得μmg cos 37°-mg sin 37°=ma解得μ=(2)0~8 s内只有前6 s内物块与传送带发生相对滑动,0~6 s内传送带匀速运动的位移为x带=4×6 m=24 m由v-t图像得,0~2 s内物块位移为x1=×2×2 m=2 m,方向沿传送带向下2~6 s内物块位移为x2=×4×4 m=8 m,方向沿传送带向上所以划痕的长度为Δx=x+x1-x2=24 m+2 m-8 m=18 m带5.(1)4 N(2)100 m(3)s[解析](1)上升过程,由牛顿第二定律得F-mg-f=ma上升高度h=at2解得f=4 N(2)下落过程,由牛顿第二定律得mg-f=ma1解得a1=8 m/s2由运动学公式得v2=2a1H解得H=100 m(3)恢复升力后向下减速过程,由牛顿第二定律得F-mg+f=ma2解得a2=10 m/s2设运动过程中的最大速度为v m,有H=+解得v m=m/s由运动学公式得v m=a1t1解得t1=s6.(1)0.5 s0.375 m0.875 m(2)0.625 m[解析](1)木板开始运动时,设小铁块和木板的加速度大小分别为a1和a2,则F-μ1m1g=m1a1μ1m1g+μ2(m1+m2)g=m2a2解得a1=3 m/s2,a2=7 m/s2木板向左做匀减速运动,有v0=a2t1,=2a2x2小铁块向右做匀加速运动,有v1=a1t1,x1=a1解得t1=0.5 s,v1=1.5 m/s,x1=0.375 m,x2=0.875 m(2)撤去F,因为μ1m1g>μ2(m1+m2)g,所以木板向右做初速度为零的匀加速直线运动,小铁块向右做初速度为v1的匀减速直线运动.设小铁块和木板的加速度大小分别为a3和a4,经过时间t2木板与小铁块速度均为v2,木板的位移大小为x3,则μ1m1g=m1a3μ1m1g-μ2(m1+m2)g=m2a4又v2=v1-a3t2,v2=a4t2,x3=a4解得a3=2 m/s2,a4=1 m/s2,t2=0.5 s,v2=0.5 m/s,x3=0.125 m木板与小铁块速度相同后,两者一起做匀减速运动直至速度为零,设加速度大小为a5,位移大小为x4,则μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a5=2a5x4解得x4=0.125 m木板在水平面上总共滑行的位移大小x=x2-(x3+x4)=0.625 m选择题必刷卷(四)1.C2.B[解析]B点与C点的线速度相等,由于r B≠r C,所以ωB≠ωC,故A错误;B点与C点的线速度相等,且B点的角速度与A点的角速度相等,所以v C=v A,故B正确,D错误;B点的角速度与A点的角速度相等,所以=,即v B=v A,故C错误.3.C[解析]如图所示,把小环水平运动的速度v正交分解,可知人拉细线的速度v1=v cos θ,随着θ增大v1逐渐减小,选项C正确.4.D[解析]两个小球同时抛出,又同时落在P点,说明运动时间相同,又知水平位移大小相等,由x=v0t知,初速度大小相等,小球1落在斜面上时,有tan θ==,小球2落在斜面上的速度与竖直方向的夹角正切值tan α==,故α≠θ,所以小球2没有垂直撞在斜面上,故A、B错误;小球1落在P点时速度与水平方向的夹角正切值tan β==2tan θ=<,则β<60°,则小球1落在P点时与斜面的夹角为β-θ<60°-30°=30°,所以小球1落在P点时与斜面的夹角小于30°,故C错误;根据tan β=2tan θ知,小球1落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角相同,相互平行,故D正确.5.C[解析]空间站里宇航员仍然受地球引力,选项A错误;宇航员在空间站里所受地球引力小于他在地面上所受引力,选项B错误;由于空间站绕地球做匀速圆周运动,宇航员处于完全“失重”状态,所以宇航员与“地面”B之间无弹力作用,选项C正确;若宇航员将手中小球无初速度释放,由于惯性小球仍具有空间站的速度,所以小球仍然沿原来的轨道做匀速圆周运动,而不会落到“地面”B上,选项D错误.6.D[解析]忽略自转,有=mg,该星球自转加快,角速度为ω,有=mg+mω2R,解得星球密度ρ==,选项D正确.7.A[解析]因为在垂直岸边的方向上从开始追到追上,快艇与走私船的位移与时间均相同,所以快艇在垂直岸边的方向上的平均速度等于走私船的速度,快艇在沿岸边的方向上的平均速度为v0,选项A正确,B错误.快艇的平均速度大小为v0,因为快艇的运动是曲线运动,路程大于a,平均速率应大于v0,选项C、D错误.8.C[解析]将排球水平击出后排球做平抛运动,排球刚好触网到达底线时,有=v0,+=v0,联立解得H=h,故选项C正确.9.BC[解析]设路面与水平面的夹角为θ,在“限速”下运动,有mg tan θ=m,即v=.在“限速”相同的情况下,圆弧半径r越大,则夹角θ越小;在半径r相同的情况下,夹角θ越大,则“限速”v越大,选项B、C正确.10.AB[解析]当周期为时,对赤道表面的质量为m的物体,有=m R,行星质量M=,选项A正确;当周期为T时,对赤道表面的质量为m的物体,有=m R+F N,物体对行星赤道表面的压力F'N=F N=,选项C错误;对同步卫星,有=m'r,则r=R,选项B正确;由=m″得,环绕该行星做匀速圆周运动的卫星的最大线速度v=,选项D错误.11.AD[解析]竖直上抛的小球在空中运动的时间t=,因此==,选项A正确,B错误;由G=mg得M=,因此==×=,选项C错误,D正确.12.BCD[解析]“墨子号”在轨道B上由P向Q运动的过程中,逐渐远离地心,速率越来越小,选项A错误;“墨子号”在A、C轨道上运行时,轨道半径不同,根据G=m可得v=,轨道半径越大,则线速度越小,选项B正确;“墨子号”在A、B两轨道上经过P点时,到地心的距离相等,受地球的引力相等,所以加速度相等,选项C正确;“墨子号”在轨道B上经过Q点比经过P点时到地心的距离要大些,受地球的引力要小些,选项D 正确.13.AC[解析]由题意有N=2π,其中T1=1年,解得该行星的公转周期为T2=年,A正确,B错误;由G=mr得,=,地球绕太阳公转时,有=,该行星绕太阳公转时,有=,解得R'=R,C正确,D错误.14.BC[解析]直线三星系统中甲星和丙星的线速度大小相等,方向相反,选项A错误;对直线三星系统,有G+G=M R,解得T=4πR,选项B正确;对三角形三星系统,有2G cos 30°=M·,联立解得L=R,选项C正确;三角形三星系统的线速度大小为v===··,选项D错误.非选择题必刷卷(二)1.(1)刻度尺(2)将小球放在槽的末端,看小球能否保持静止(3)D(4)0.59.75 [解析](1)实验中小球做平抛运动,根据平抛运动的规律可知,应测出下落高度和水平位移,故需要刻度尺.(2)在实验操作中检测斜槽末端是否水平的方法:将小球放在槽的末端,看小球能否保持静止.(3)钢球做平抛运动,有x=v0t,y=gt2,联立得y=x2,关系式中的a应等于,故D正确.(4)平抛运动的初速度为v0==0.5 m/s;由h2-h1=gT2,解得当地的重力加速度为g==9.75 m/s2.2.(1)1 s(2)13 m/s<v<14 m/s[解析](1)小球做平抛运动,设飞行时间为t,由h=gt2解得t=1 s(2)在t时间内小车前进的位移为x=v0t-at2=10 m要投入小车,小球最小的水平位移为x1=L-x=13 m最小速度为v1==13 m/s小球最大的水平位移为x2=L-x+L0=14 m最大速度为v2==14 m/s小球抛出时的速度范围是13 m/s<v<14 m/s3.(1)500 N(2)7.5 m/s(3)8.7 m[解析](1)向心力沿水平方向,由平行四边形定则得,拉力T==500 N(2)由牛顿第二定律得mg tan 37°=m其中R0=7.5 m解得v=7.5 m/s(3)由几何关系知,座椅离地高度h=1.8 m由平抛运动规律得x=vth=gt2解得x=4.5 m由勾股定理知,落地点与游艺机中心距离r'==8.7 m4.(1)(2)[解析](1)设在最高点和最低点时速度大小分别为v1、v2.在最高点时,有mg+F1=m在最低点时,有F2-mg=m从最高点到最低点过程中,只有重力做功,机械能守恒,有mg·2L=m-m ΔF=F2-F1联立解得ΔF=6mg所以g=(2)在星球表面,重力等于万有引力,有mg=G解得M==所以ρ==5.(1)1.5 N,方向竖直向下(2)1.6 m(3)0.8 J[解析](1)小球从A运动到B,有mgR=m在B点时,有F N-mg=解得v0=4 m/s,F N=1.5 N根据牛顿第三定律得,小球对轨道的压力大小F'N=F N=1.5 N,方向竖直向下.(2)在竖直方向上,有H-h=gt2在水平方向上,有x=v0t解得x=1.6 m(3)小球从B运动到球筐过程,由动能定理得mg(H-h)=E k-m由平抛运动规律得x=v B tH-h=gt2联立得E k=+mg(H-h)当H=h+x=1 m时,E k有最小值,其最小值为E km=mgx=0.8 J6.(1)5m/s(2)-21 000 J(3)1.849 s[解析](1)由牛顿第二定律得kmg=m解得v1=5m/s(2)由牛顿第二定律得kmg=m由动能定理得Pt-mgh+W=m-m解得W=-21 000 J(3)由几何关系知r2=+解得r=12.5 m由牛顿第二定律得kmg=m解得v=12.5 m/s因sin θ==0.8,故θ=53°则t=·=s=1.849 s选择题必刷卷(五)1.C[解析]小球做匀速圆周运动,由合力提供向心力,其方向始终沿杆指向O点,小球受重力和杆的作用力,所以杆的作用力不一定沿杆指向O点,选项A错误;小球做匀速圆周运动,合力做功为零,从最高点到最低点,重力做正功,所以杆一直做负功,选项B、D错误,C正确.2.C[解析]物块做圆周运动,刚好滑动时,有μmg=m,物块速度从0到v过程中,由动能定理知,转台对物块做的功W=mv2=,解得μ=0.25,选项C正确.3.C[解析]由题意可知,两次物体均做匀加速直线运动,根据x=t知,在同样的时间内,它们的位移之比为x1∶x2=1∶2,两次上升的高度之比为h1∶h2=(x1sin θ)∶(x2sin θ)=1∶2,根据克服重力做功W G=mgh得W G2=2W G1,根据克服摩擦力做功W f=fx得W f2=2W f1,由牛顿第二定律得F1-f-mg sin θ=ma,F2-f-mg sin θ=2ma,则F2<2F1,根据W F=Fx 可得W F2<4W F1,选项C正确.4.B[解析]小物块下滑的加速度a=g sin θ,根据=at2得t=,所以运动的时间不相等,选项A错误;据动能定理得mgh=mv2,所以从物块到达底端时的动能相等,选项。
2020届湖北荆门市龙泉中学高三物理第一轮复习《机械能守恒定律》基础知识练习题(带解析)
龙泉中学高三年级2020年高三物理第一轮复习《机械能守恒定律》基础知识练习题一、单项选择题( )1．如图所示，轻弹簧一端与不可伸长的轻绳OC 、DC 连接于C (两绳另一端固定)，弹簧另一端拴接一质量为m 的小球，地面上竖直固定一内壁光滑的14开缝圆弧管道AB ，A 点位于O 点正下方且与C 点等高，管道圆心与C 点重合．现将小球置于管道内A 点由静止释放，已知轻绳DC 水平，当小球沿圆弧管道运动到B 点时恰好对管道壁无弹力，则小球从A 运动到B 的过程中A ．弹簧一直处于自然长度B ．小球的机械能逐渐减小C ．轻绳OC 的拉力先增大后减小D ．轻绳DC 的拉力先增大后减小( )2．如图为特种兵训练项目示意图，一根绳的两端分别固定在两座山的A 、B 处，A 、B 两点水平距离为20 m ，竖直距离为3 m ，A 、B 间绳长为25 m ．质量为60 kg 的士兵抓住套在绳子上的光滑圆环从高处A 滑到低处B .以A 点所在水平面为零重力势能参考平面，不计空气阻力，g ＝10 m/s 2.士兵在滑行过程中重力势能的最小值约为(绳子处于拉直状态且形变量很小可忽略)A ．－1 800 JB ．－3 600 JC ．－5 400 JD ．－6 300 J( )3．如图所示，在倾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1 kg 和2 kg 的可视为质点的小球A 和B ，两球之间用一根长L ＝0.2 m 的轻杆相连，小球B 距水平面的高度h ＝0.1 m ．两球由静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g 取10 m/s 2.则下列说法中正确的是A ．整个下滑过程中A 球机械能守恒B ．整个下滑过程中B 球机械能守恒C ．整个下滑过程中A 球机械能的增加量为23J D ．整个下滑过程中B 球机械能的增加量为23J ( )4．如图所示，有一条长为L ＝2 m 的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(g 取10 m/s 2)A ．2.5 m/s B.522 m/s C. 5 m/s D.352m/s ( )5．如图所示，不可伸长的轻绳跨过光滑小定滑轮，一端连接质量为2m 的小球(视为质点)，另一端连接质量为m 的物块，小球套在光滑的水平杆上．开始时轻绳与杆的夹角为θ，现将小球从图示位置由静止释放，小球到达竖直虚线位置时的速度大小为v ，此时物块尚未落地．重力加速度大小为g .下列说法正确的是A ．小球到达虚线位置之前，向右先做加速运动后做减速运动B ．小球到达虚线位置之前，轻绳的拉力始终小于mgC ．小球到达虚线位置时，其所受重力做功的功率为mgvD ．定滑轮与杆间的距离为v 2sin θg 1－sin θ( )6．如图所示，A 、B 两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A 放在固定的光滑斜面上，B 、C 两小球在竖直方向上通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连，C 球放在水平地面上．现用手控制住A ，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A 的质量为4m ，B 、C 的质量均为m ，重力加速度为g ，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A 后，A 沿斜面下滑至速度最大时C 恰好离开地面．下列说法正确的是A ．斜面倾角α＝60°B．A获得的最大速度为2g m 5kC．C刚离开地面时，B的加速度最大D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒( )7．如图所示，在粗糙的水平面上，质量相等的两个物体A、B间用一轻质弹簧相连组成系统，且该系统在水平拉力F作用下以相同加速度保持间距不变一起做匀加速直线运动，当它们的总动能为2E k时撤去水平力F，最后系统停止运动．不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从撤去拉力F到系统停止运动的过程中A．外力对物体A所做总功的绝对值等于2E kB．物体A克服摩擦阻力做的功等于E kC．系统克服摩擦阻力做的功可能等于系统的总动能2E kD．系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减少量( )8．如图所示，一个质量为m的小球以初速度v0竖直向上抛出，运动中始终受到恒定的水平风力F＝2mg的作用，不计其他阻力．从抛出到在竖直方向到达最高点，小球在这一过程中机械能的增量为A.12mv02 B．mv02 C.32mv02 D．2mv02二、多项选择题( )9．如图所示，斜面体置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，下列说法正确的是A．物体的重力势能减少，动能增加B．斜面体的机械能不变C．斜面体对物体的弹力垂直于接触面，不对物体做功D．物体和斜面体组成的系统机械能守恒( )10．如图甲所示，固定斜面的倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以初速度v0沿斜面向上做匀减速运动，经过一段时间后又沿斜面下滑回到底端，整个过程小物块的v －t图象如图乙所示．下列判断正确的是A ．物块与斜面间的动摩擦因数μ＝33B ．上滑过程的加速度大小是下滑过程的2倍C ．物块沿斜面上滑的过程中机械能减少316mv 02 D ．物块沿斜面下滑的过程中动能增加14mv 02 ( )11．如图所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升．摩擦及空气阻力均不计．则A ．升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能B ．升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能C ．升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能D ．升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功大于升降机和人增加的机械能( )12．如图所示，竖直平面内有一半径为R 的固定14圆轨道与水平轨道相切于最低点B .一质量为m 的小物块P (可视为质点)从A 处由静止滑下，经过最低点B 后沿水平轨道运动，到C 处停下，B 、C 两点间的距离为R ，物块P 与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ.现用力F 将物块P 沿下滑的路径从C 处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A ，拉力F 的方向始终与物块P 的运动方向一致，物块P 从B 处经圆弧轨道到达A 处过程中，克服摩擦力做的功为μmgR ，下列说法正确的是A ．物块P 在下滑过程中，运动到B 处时速度最大B ．物块P 从A 滑到C 的过程中克服摩擦力做的功等于2μmgRC ．拉力F 做的功小于2mgRD ．拉力F 做的功为mgR (1＋2μ)( )13．某课外活动小组为探究能量转换关系，设计了如图所示的实验．质量为m 的物块B 静放在水平面上，劲度系数为k 的竖直轻质弹簧固定在B 上，弹簧上端装有特制锁扣，当物体与其接触，即被锁住．每次实验让物块A 从弹簧正上方的恰当位置由静止释放，都使物块B 刚好离开地面．整个过程无机械能损失．实验表明，物块A 质量M 不同，释放点距弹簧上端的高度H 就不同．当物块A 的质量为m 时，释放点高度H ＝h ，重力加速度为g .则下列说法中正确的是A ．物块A 下落过程中速度最大时，物块B 对地面的压力最大B ．物块A 下落到最低点时，物块B 对地面的压力最大C ．当A 的质量M ＝2m 时，释放点高度H ＝h 2D ．当A 的质量M ＝2m 时，释放点高度H ＝12(h ＋mg k) ( )14．一质量为m 的小球以初动能E k0从地面竖直向上拋出，已知上升过程中受到阻力F f 作用，如图所示，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系(以地面为零势能面，h 0表示上升的最大高度，图上坐标数据中的k 为常数且满足0<k <1)，则由图可知，下列结论正确的是A ．①、②分别表示的是动能、重力势能随上升高度变化的图象B ．上升过程中阻力大小恒定且F f ＝kmg C ．上升高度h ＝k ＋1k ＋2h 0时，重力势能和动能相等 D ．上升高度h ＝h 02时，动能与重力势能之差为k 2mgh 0 ( )15．如图所示，滑块P 、Q 静止在粗糙水平面上(P 、Q 与水平面间的动摩擦因数相同)，一根水平轻弹簧一端与滑块Q 相连，另一端固定在墙上，弹簧处于原长．现使滑块P 以初速度v 0向右运动，与滑块Q 发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后两滑块一起向右压缩弹簧至最短，然后在弹簧弹力作用下两滑块向左运动，两滑块分离后，最终都静止在水平面上．已知滑块P 、Q 的质量分别为2m 和m ，下列说法中正确的是A ．两滑块发生碰撞的过程中，其动量守恒，机械能不守恒B ．两滑块分离时，弹簧一定处于原长C ．滑块P 最终一定停在出发点右侧的某一位置D ．整个过程中，两滑块克服摩擦力做功的和小于mv 02( )16．如图，固定在地面的斜面倾角为30°，物块B 固定在木箱A 上，一起从a 点由静止开始下滑，到b 点接触轻弹簧，又压缩至最低点c ，此时将B 迅速拿走，然后木箱A 又恰好被轻弹簧弹回到a 点．已知A 质量为m ，B 质量为3m ，a 、c 间距为L ，重力加速度为g .下列说法正确的是A ．在A 上滑的过程中，与弹簧分离时A 的速度最大B ．弹簧被压缩至最低点c 时，其弹性势能为0.8mgLC ．在木箱A 从斜面顶端a 下滑至再次回到a 点的过程中，因摩擦产生的热量为1.5mgLD ．若物块B 没有被拿走，AB 能够上升的最高位置距离a 点为L 4( )17．如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O 上，另一端与套在粗糙固定直杆A 处质量为m 的小球(可视为质点)相连．A 点距水平面的高度为h ，直杆与水平面的夹角为30°，OA ＝OC ，B 为AC 的中点，OB 等于弹簧原长．小球从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度为v ，并恰能停在C 处．已知重力加速度为g ，则下列说法正确的是A ．小球通过B 点时的加速度为g 2B ．小球通过AB 段与BC 段摩擦力做功相等C ．弹簧具有的最大弹性势能为12mv 2 D ．小球从A 到C 过程中，产生的内能为mgh( )18．如图所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮．质量分别为M 、m (M ＞m )的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中A ．两滑块组成的系统机械能守恒B ．重力对M 做的功等于M 动能的增加量C ．轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加量D ．两滑块组成的系统损失的机械能等于M 克服摩擦力做的功( )19．如图所示，质量M ＝1 kg 的重物B 和质量m ＝0.3 kg 的小圆环A 用细绳跨过一光滑滑轮轴连接，A 端绳与轮连接，B 端绳与轴相连接，不计轮轴的质量，轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为2∶1.重物B 放置在倾角为30°固定在水平地面的斜面上，轻绳平行于斜面，B 与斜面间的动摩擦因数μ＝33，圆环A 套在竖直固定的光滑直杆上，滑轮轴中心与直杆的距离为L ＝4 m ．现将圆环A 从与滑轮轴上表面等高处a 静止释放，当下降H ＝3 m 到达b 位置时，圆环的速度达到最大值，已知直杆和斜面足够长，不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2.下列判断正确的是A ．圆环A 到达b 位置时，A 、B 组成的系统机械能减少了2.5 JB ．圆环A 速度最大时，环A 与重物B 的速度之比为5∶3C ．圆环A 能下降的最大距离为H m ＝7.5 mD ．圆环A 下降过程，作用在重物B 上的拉力始终大于10 N( )20．如图所示，一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)左端固定在A 点，弹性绳自然长度等于AB ，跨过由轻杆OB 固定的定滑轮连接一个质量为m 的小球，小球穿过竖直固定的杆．初始时ABC 在一条水平线上，小球从C 点由静止释放滑到E 点时速度恰好为零．已知C 、E 两点间距离为h ，D 为CE 的中点，小球在C 点时弹性绳的拉力为mg 2，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内．下列说法正确的是A ．小球在D 点时速度最大B ．若在E 点给小球一个向上的速度v ，小球恰好能回到C 点，则v ＝ghC ．小球在CD 阶段损失的机械能等于小球在DE 阶段损失的机械能D ．若仅把小球质量变为2m ，则小球到达E 点时的速度大小v ＝2gh参考答案1．D 【解析】当小球沿圆弧管道运动到B 点时恰好对管道壁无弹力，则小球在B 点由弹簧的拉力和重力的合力提供向心力，即弹簧处于伸长状态，从A 到B 的过程弹簧的形变量不变，故小球的机械能不变，故A 、B 错误；设OC 与OA 的夹角为θ，CA 与水平方向夹角为α，C 点受力平衡，则在竖直方向上有：F OC cos θ＝F AC sin α，水平方向上有：F CD ＝F AC cos α＋F OC sinθ，从A 到B 的过程中，θ和弹簧的弹力F 弹不变，α不断增大，故F OC ＝F 弹sin αcos θ不断增大，F CD ＝F 弹cos θ(cos αcos θ＋sin αsin θ)＝F 弹cos θcos(θ－α)，当θ＝α时DC 的拉力最大，故轻绳DC 的拉力先增大后减小，故D 正确．2．C 【解析】设平衡时绳子与竖直方向的夹角为θ，A 、B 两点水平距离为x ，竖直距离为h ，绳长为l ，此时特种兵受重力和两个拉力而平衡，故：l 左sin θ＋l 右sin θ＝x ，l ＝l 左＋l 右，sin θ＝x l ＝2025＝0.8，所以θ＝53°，A 、B 两点的竖直距离为h ＝3 m ，故l 右cos θ－l 左cos θ＝3 m ，而l 左＋l 右＝25 m ，联立解得：l 右cos θ＝9 m ．故以A 点所在水平面为参考平面，特种兵在滑行过程中重力势能最小值约为：E p ＝－mgl 右cos θ＝－60×10×9 J＝－5 400 J ．故本题选C.3．D 【解析】在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，但在B 球沿水平面滑行，而A 沿斜面滑行时，杆的弹力对A 、B 球做功，所以A 、B 球各自机械能不守恒，故A 、B 错误；根据系统机械能守恒得：m A g (h ＋L sin θ)＋m B gh ＝12(m A ＋m B )v 2，解得：v ＝23 6 m/s ，系统下滑的整个过程中B 球机械能的增加量为12m B v 2－m B gh ＝23J ，故D 正确；A 球的机械能减少量为23J ，C 错误．4．B 【解析】设链条的质量为2m ，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为E ＝E p ＋E k ＝－12×2mg ×L 4sin θ－12×2mg ×L 4＋0＝－14mgL (1＋sin θ) 链条全部滑出后，动能为E k ′＝12×2mv 2 重力势能为E p ′＝－2mg L 2由机械能守恒可得E ＝E k ′＋E p ′即－14mgL (1＋sin θ)＝mv 2－mgL 解得v ＝12gL 3－sin θ＝12×10×2×3－0.5 m/s ＝522m/s 故B 正确，A 、C 、D 错误．5．D 【解析】小球到达虚线位置之前，只有轻绳对小球做功且一直做正功，根据动能定理可知，小球的速度一直增大，故选项A 错误；轻绳与杆的夹角为α时物块和小球的速度大小分别为v 1和v 2，则有v 1＝v 2cos α，当小球运动到虚线位置时α＝90°，故v 1＝0，可见在小球运动到虚线位置的过程中，物块向下先做加速运动后做减速运动，即先失重后超重，轻绳的拉力先小于mg 后大于mg ，故选项B 错误；小球到达虚线位置时，其所受重力的方向与速度方向垂直，重力做功的功率为零，故选项C 错误；设定滑轮与杆的距离为h ，则对小球和物块，由机械能守恒定律有：mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫h sin θ－h ＝12×2mv 2，解得h ＝v 2sin θg 1－sin θ，故选项D 正确． 6．B 【解析】C 刚离开地面时，对C 有kx 2＝mg ，此时B 有最大速度，即a B ＝a C ＝0，则对B 有F T －kx 2－mg ＝0，对A 有4mg sin α－F T ＝0，联立解得sin α＝12，α＝30°，故A 错误；初始系统静止，且线上无拉力，对B 有kx 1＝mg ，可知x 1＝x 2＝mg k ，则从释放A 至C 刚离开地面时，弹性势能变化量为零，由机械能守恒定律得4mg (x 1＋x 2)sin α＝mg (x 1＋x 2)＋12(4m ＋m )v B m 2，联立解得v B m ＝2g m 5k ，所以A 获得的最大速度为2g m 5k，故B 正确；对B 球进行受力分析可知，刚释放A 时，B 所受合力最大，此时B 具有最大加速度，故C 错误；从释放A 到C 刚离开地面的过程中，A 、B 、C 及弹簧组成的系统机械能守恒，故D 错误．7．D 【解析】当它们的总动能为2E k 时，物体A 动能为E k ，撤去水平力F ，最后系统停止运动，外力对物体A 所做总功的绝对值等于E k ，选项A 、B 错误；由于二者之间有弹簧，弹簧具有弹性势能，根据功能关系，系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减少量，选项D 正确，C 错误．8．D 【解析】从抛出到在竖直方向到达最高点过程中有：t ＝v 0g ；在水平方向上有：a ＝F m＝2g ；s ＝12at 2＝v 02g ；根据能量转化可知：ΔE ＝W F ＝Fs ＝2mg ·v 02g＝2mv 02，由此可知，A 、B 、C 错误，D 正确．9．AD 【解析】物体下滑过程中重力势能减少，动能增加，A 正确；地面光滑，斜面体会向右运动，动能增加，机械能增加，B 错误；斜面体对物体的弹力垂直于接触面，与物体的位移并不垂直，弹力对物体做负功，C 错误；物体与斜面体组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，D 正确．10．BD 【解析】根据题意可知，上滑过程，根据牛顿第二定律：mg sin θ＋μmg cos θ＝m v 0t 0，同理，下滑过程：mg sin θ－μmg cos θ＝m 0.5v 0t 0，联立解得：μ＝39，A 错误；上滑加速度：a ＝v 0t 0，下滑加速度：a ′＝0.5v 0t 0，a ＝2a ′，B 正确；因mg sin θ＋μmg cos θ＝m v 0t 0，mg sin θ－μmg cos θ＝m 0.5v 0t 0，可得：F f ＝μmg cos θ＝mv 04t 0，上滑过程中，机械能减少量等于摩擦力做功：ΔE ＝W f ＝F f x ＝F f ·v 0t 02＝18mv 02，下滑过程中根据动能定理得：E k －0＝(mg sin θ－F f )x ，解得：E k ＝14mv 02，C 错误，D 正确．11．BC 【解析】根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，所以升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功和人的重力做功之和等于人增加的动能，A 错误；除重力外，其他力对人做的功等于人增加的机械能，B 正确；升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人克服重力做的功(此过程中动能不变)，即增加的机械能，C 正确；升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功等于升降机和人增加的机械能，D 错误．12．CD 【解析】当重力沿圆轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时速度最大，此位置在A 、B 之间，故A 错误；将物块P 缓慢地从B 拉到A ，克服摩擦力做的功为μmgR ，而物块P 从A 滑到B 的过程中，物块P 做圆周运动，根据向心力知识可知物块P 所受的支持力比缓慢运动时要大，则滑动摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功W f 大于μmgR ，因此物块P 从A 滑到C 的过程中克服摩擦力做的功大于2μmgR ，故B 错误；由动能定理得，从C 到A 的过程中有W F －mgR －μmgR －μmgR ＝0－0，则拉力F 做的功为W F ＝mgR (1＋2μ)，故D 正确；从A 到C 的过程中，根据动能定理得mgR －W f －μmgR ＝0，因为W f >μmgR ，则mgR >μmgR ＋μmgR ，因此W F <2mgR ，故C 正确．13．BD 【解析】物块A 下落过程中到达最低点时，弹簧的压缩量最大，此时物块B 对地面的压力最大，选项A 错误，B 正确；当物块B 刚好离开地面时k Δx ＝mg ；由功能关系可知：mgh ＝mg Δx ＋E p ；当A 的质量M ＝2m 时，2mgH ＝2mg Δx ＋E p ；解得H ＝12(h ＋mg k)，故选项C 错误，D 正确．14．BCD 【解析】根据动能定理可知上升高度越大，动能越小，重力势能越大，故①、②分别表示重力势能、动能随上升高度变化的图线，A 错；由题图可知，重力势能、动能随着高度的变化成线性关系，故合力恒定，受到的阻力大小恒定，由功能关系可知从抛出到最高点的过程中机械能的减少量等于阻力做功的大小，故F f h 0＝E k0－E k0k ＋1，根据动能定理可知E k0＝(mg ＋F f )h 0，解得F f ＝kmg ，B 对；设h 高度时重力势能和动能相等，图线①的函数方程为E k ＝E k0－(mg ＋F f )h ，图线②的函数方程为E p ＝E k0k ＋1h 0h ，令E k ＝E p ，及E k0＝(mg ＋F f )h 0和F f ＝kmg ，联立解得h ＝k ＋1k ＋2h 0，C 对；同理可得D 对． 15．ABD 【解析】两滑块碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒；两者碰撞后一起运动，发生的是非弹性碰撞，碰撞过程机械能有损失，则机械能不守恒，故A 正确；当P 、Q 间弹力为零时两滑块分离，分离前瞬间它们的加速度相等，由牛顿第二定律，对P ：a ＝2μmg2m＝μg ，对Q ：μmg －F 弹＝ma ，解得：F 弹＝0，故两滑块分离时，弹簧一定处于原长，故B 正确；两滑块碰撞后在运动过程中要克服摩擦力做功，机械能减小，当P 回到两球碰撞位置时的速度大小一定小于碰撞前P 的速度大小，但P 停止时的位置不一定在其出发点的右侧，也可能在出发点的左侧，因为P 有初速度，若初速度较大，则可能停在出发点的左侧，故C 错误；由于两滑块分离后Q 继续向左做减速运动，当Q 停止时弹簧处于伸长状态，在整个过程中，P 的机械能转化为弹簧的弹性势能与内能，由能量守恒定律可知：W f ＋E p ＝12·2mv 02＝mv 02，则W f ＝mv 02－E p ，则两滑块克服摩擦力做功之和小于mv 20，故D 正确．16．BC 【解析】在A 上滑的过程中，与弹簧分离是弹簧恢复原长的时候，之前A 已经开始减速，故分离时A 的速度不是最大，故A 错误；设弹簧上端在最低点c 时，其弹性势能为E p ，在A 、B 一起下滑的过程中，由功能关系有 4mgL sin θ＝μ·4mgL cos θ＋E p ，将物块B 拿走后木箱A 从c 点到a 点的过程，由功能关系可得 E p ＝mgL sin θ＋μmgL cos θ，联立解得 E p ＝0.8mgL ，故B 正确；由分析可得，木箱A 从斜面顶端a 下滑至再次回到a 点的过程中，摩擦生热Q ＝5μmgL cos θ＝5(E p －mgL sin θ)＝1.5mgL ；若AB 一起能返回的距离大于弹簧原长，则有E p ＝4mgL ′sin θ＋μ·4mgL ′cos θ，解得L ′＝L 4，但不知道L ′与弹簧原长的关系，故无法确定，故C 正确，D 错误．17．BCD 【解析】因在B 点时弹簧处于原长，则到达B 点时的加速度为a ＝g sin 30°－μg cos30°<12g ，选项A 错误；因AB 段与BC 段关于B 点对称，则在两段上弹力的平均值相等，则摩擦力平均值相等，摩擦力做功相等，选项B 正确；设小球从A 运动到B 的过程克服摩擦力做功为W f ，弹簧具有的最大弹性势能为E p ，根据能量守恒定律，对于小球从A 到B 的过程有：mg ·12h ＋E p ＝12mv 2＋W f ，从A 到C 的过程有：mgh ＝2W f ，联立解得：W f ＝12mgh ，E p ＝12mv 2.即弹簧具有的最大弹性势能为12mv 2，A 到C 过程中，产生的内能为2W f ＝mgh ，选项C 、D 正确．18．CD 【解析】由于斜面ab 粗糙，故两滑块组成的系统机械能不守恒，故A 错误；由动能定理可知，重力、拉力、摩擦力对M 做的总功等于M 动能的增加量，故B 错误；除重力、弹力以外的力做功，将导致机械能变化，则轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加量，故C 正确；摩擦力做负功，故造成机械能损失，故D 正确．19．AC 【解析】由题可知圆环A 到达b 位置时，重物B 沿斜面的运动的位移为：x ＝H 2＋L 2－L2＝0.5 m ，A 、B 组成的系统的机械能减少了：ΔE ＝μMg cos 30°·x ＝2.5 J ，故选项A 正确；轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为2∶1，圆环A 速度最大时，环A与重物B 的速度之比为：35v A ∶v B ＝R ∶r ＝2∶1，则v A ∶v B ＝10∶3，故选项B 错误；圆环A 能下降的最大距离为H m ，重物B 沿斜面运动的位移为：x B ＝H m 2＋L 2－L2，根据能量守恒可知：mgH m ＝Mgx B sin 30°＋μMg cos 30°·x B ，解得圆环A 能下降的最大距离为H m ＝7.5 m ，故选项C 正确；圆环A 先向下做加速运动，后做减速运动，所以重物B 也是先加速后减速，而重物B 受到的重力、支持力和摩擦力都保持不变，绳子对B 的拉力：F T －Mg sin 30°－μMg cos 30°＝Ma ，即：F T －10 N ＝Ma ，所以绳子对B 的拉力先大于10 N 后小于10 N ，故选项D 错误．20．AB 【解析】当小球运动到某点P 时，小球受到如图所示的四个力的作用，其中F T ＝kx BP ，把F T 正交分解，由力的三角形与几何三角形BCP 相似可知，F T 的水平分量F T x 恒定，F T 的竖直分量F T y 与CP 的距离x CP 成线性关系，均匀增加，即杆对小球的弹力F N 、滑动摩擦力F f 均保持恒定；小球在竖直固定的杆CE 段的中点D 点时速度最大，A 对；小球在DE 段所受弹力更大、力与位移之间的夹角更小，故小球损失的机械能更多，C 错；再由动能定理可知，B 对，D 错．。
2020届高考物理一轮复习检测：第十一章_磁场_第3讲_带电粒子在复合场中的运动(含答案)
第3讲带电粒子在复合场中的运动基础巩固1.地面附近水平虚线MN的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场,电场强度为E,磁感应强度为B,如图所示。
一带电微粒自距MN为h的高处由静止下落,从P点进入场区,沿半圆圆弧POQ运动,经圆弧的最低点O从Q点射出。
重力加速度为g,忽略空气阻力的影响。
下列说法中错误的是( )A.微粒进入场区后受到的电场力的方向一定竖直向上B.微粒进入场区后做圆周运动,半径为C.从P点运动到Q点的过程中,微粒的电势能先增大后减小D.从P点运动到O点的过程中,微粒的电势能与重力势能之和越来越小2.(2016北京西城期末,16)(多选)如图所示,两个半径相同的半圆形光滑轨道置于竖直平面内,左右两端点等高,分别处于沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中。
两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放。
M、N为轨道的最低点。
则下列分析正确的是( )A.两个小球到达轨道最低点的速度< v NB.两个小球第一次经过轨道最低点时对轨道的压力> F NC.小球第一次到达M点的时间小于小球第一次到达N点的时间D.磁场中小球能到达轨道另一端最高处,电场中小球不能到达轨道另一端最高处3.(多选)在如图所示的空间直角坐标系所在的区域内,同时存在匀强电场E和匀强磁场B。
已知从坐标原点O沿x轴正方向射入的质子,穿过此区域时未发生偏转,则可以判断此区域中E和B的方向可能是( )A.E和B都沿y轴的负方向B.E和B都沿x轴的正方向C.E沿y轴正方向,B沿z轴负方向D.E沿z轴正方向,B沿y轴负方向4.显像管原理的示意图如图所示,当没有磁场时,电子束将打在荧光屏正中的O点,安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场,使电子束发生偏转。
设垂直纸面向里的磁场方向为正方向,若使电子打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点,下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是( )5.(2017北京海淀一模,22,16分)如图所示,分界线MN左侧存在平行于纸面水平向右的有界匀强电场,右侧存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场。
2020届高考物理一轮复习专题13 电磁感应综合问题名校试题汇编(学生版)
专题13 电磁感应综合问题名校试题汇编一、选择题1.(多选)(2019·湖北省武汉市调研)如图甲所示，在足够长的光滑的固定斜面上放置着金属线框，垂直于斜面方向的匀强磁场的磁感应强度B 随时间的变化规律如图乙所示(规定垂直斜面向上为正方向).t ＝0时刻将线框由静止释放，在线框下滑的过程中，下列说法正确的是( )A.线框中产生大小、方向周期性变化的电流B.MN 边受到的安培力先减小后增大C.线框做匀加速直线运动D.线框中产生的焦耳热等于其机械能的损失2.(多选)(2019·福建省厦门市质检)如图所示，在倾角为θ的光滑固定斜面上，存在着磁感应强度大小为B 的匀强磁场，磁场方向垂直斜面向上，磁场的宽度为2L .一边长为L 的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab 边刚越过GH 进入磁场瞬间和刚越过MN 穿出磁场瞬间速度刚好相等.从ab 边刚越过GH 处开始计时，规定沿斜面向上为安培力的正方向，则线框运动的速率v 与线框所受安培力F 随时间变化的图线中，可能正确的是( )3.(2018·全国卷Ⅱ·18)如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l ，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下.一边长为32l 的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动.线框中感应电流i 随时间t 变化的正确图线可能是( )4.(多选)(2019·方向垂直纸面向外，一正方形金属线框质量为m，电阻为R，边长为L，从虚线处进入磁场时开始计时，在外力作用下，线框由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场，规定顺时针方向为感应电流I的正方向，外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过导线横截面的电荷量为q，选项中P－t图象和q－t图象均为抛物线，则这些量随时间变化的图象正确的是()5.(多选)(2018·广西北海市一模)如图甲所示，导体框架abcd放置于水平面内，ab平行于cd，导体棒MN与两导轨垂直并与导轨接触良好，整个装置放置于垂直于框架平面的磁场中，磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示，MN始终保持静止.规定竖直向上为磁场正方向，沿导体棒由M到N为感应电流的正方向，水平向右为导体棒所受安培力F的正方向，水平向左为导体棒所受摩擦力F f的正方向，下列图象中正确的是()6. (多选)(2019·安徽省黄山市质检)如图甲所示，闭合矩形导线框abcd 固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示.规定垂直纸面向外为磁场的正方向，顺时针为线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向.关于线框中的感应电流i 与ad 边所受的安培力F 随时间t 变化的图象，下列选项中正确的是( )7.(多选)(2018·安徽省安庆市二模)如图甲所示，光滑平行金属导轨MN 、PQ 所在平面与水平面成θ角，M 、P 两端接一电阻R ，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中.t ＝0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F ，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，金属棒电阻为r ，导轨电阻忽略不计.已知通过电阻R 的感应电流I 随时间t 变化的关系如图乙所示.下列关于棒的运动速度v 、外力F 、流过R的电荷量q 以及闭合回路中磁通量的变化率ΔΦΔt随时间变化的图象正确的是( )8.(多选)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L ，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d ，磁感应强度为B .质量为m 的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等.金属杆在导轨间的电阻为R ，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g .金属杆( )A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C.穿过两磁场产生的总热量为4mgdD.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于m 2gR 22B 4L 4 9.(多选)(2018·广西防城港市3月模拟)如图所示，等边闭合三角形线框，开始时底边与匀强磁场的边界平行且重合，磁场的宽度大于三角形的高度，线框由静止释放，穿过该磁场区域，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A.线框进磁场过程中感应电流为顺时针方向B.线框底边刚进入和刚穿出磁场时线圈的加速度大小可能相同C.线框出磁场的过程，可能做先减速后加速的直线运动D.线框进出磁场过程，通过线框横截面的电荷量不同10.(2018·陕西省咸阳市第二次模拟)如图甲所示，匝数n ＝2的金属线圈(电阻不计)围成的面积为20 cm 2，线圈与R ＝2 Ω的电阻连接，置于竖直向上、均匀分布的磁场中，磁场与线圈平面垂直，磁感应强度为B ，B －t 关系如图乙所示，规定感应电流i 从a 经过R 到b 的方向为正方向，忽略线圈的自感影响，则下列i －t 关系图正确的是( )二、非选择题1.如图甲所示，间距L＝0.5 m的两根光滑平行长直金属导轨倾斜放置，导轨平面倾角θ＝30°.导轨底端接有阻值R＝0.8 Ω的电阻，导轨间有Ⅰ、Ⅱ两个矩形区域，其长边都与导轨垂直，两区域的宽度均为d2＝0.4 m，两区域间的距离d1＝0.4 m，Ⅰ区域内有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B0＝1 T，Ⅱ区域内的磁感应强度B随时间t变化如图乙所示，规定垂直于导轨平面向上的磁感应强度方向为正方向.t＝0时刻，把导体棒MN无初速度地放在区域Ⅰ下边界上.已知导体棒的质量m ＝0.1 kg，导体棒始终与导轨垂直并接触良好，且导体棒在磁场边界时都认为处于磁场中，导体棒和导轨电阻不计，取重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)0.1 s内导体棒MN所受的安培力大小；(2)t＝0.5 s时回路中的电动势和流过导体棒MN的电流方向；(3)0.5 s时导体棒MN的加速度大小.2.(2018·吉林省吉林市第二次调研)如图甲所示，一边长L＝2.5 m、质量m＝0.5 kg的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置处在方向竖直向上、磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界MN重合.在水平力F作用下由静止开始向左运动，经过5 s线框被拉出磁场.测得金属线框中的电流随时间变化的图象如图乙所示，在金属线框被拉出的过程中，(1)求通过线框的电荷量及线框的总电阻；(2)分析线框运动性质并写出水平力F随时间变化的表达式；(3)已知在这5 s内力F做功1.92 J，那么在此过程中，线框产生的焦耳热是多少.3.(2018·福建省南平市适应性检测)如图所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上，导轨间距L＝0.2 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑轨道.仅在水平导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1.0 T.一根质量m＝0.2 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒ab 垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F 作用下从静止开始运动，当金属棒通过位移x ＝9 m 时离开磁场，在离开磁场前已达到最大速度.当金属棒离开磁场时撤去外力F ，接着金属棒沿弯曲轨道上升到最大高度h ＝0.8 m 处.已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，导轨电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触，取g ＝10 m/s 2.求：(1)金属棒运动的最大速率v ；(2)金属棒在磁场中速度为v 2时的加速度大小； (3)金属棒在磁场区域运动过程中，电阻R 上产生的焦耳热.4.(2018·山东省泰安市上学期期末)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连.两细金属棒ab (仅标出a 端)和cd (仅标出c 端)长度均为L 、质量分别为2m 和m ；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca ，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，两定滑轮间的距离也为L .左斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于斜面向上.已知斜面及两根柔软轻导线足够长.回路总电阻为R ，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g .使两金属棒水平，从静止开始下滑.求：(1)金属棒运动的最大速度v m 的大小；(2)当金属棒运动的速度为v m 2时，其加速度大小是多少？ 5..(2018·天津市实验中学模拟)如图所示，固定光滑金属导轨间距为L ，导轨电阻不计，上端a 、b 间接有阻值为R 的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B 、 方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.质量为m 、电阻为r 的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上.初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿导轨向上的初速度v 0.整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触.已知弹簧的劲度系数为k ，弹簧的中心轴线与导轨平行.(1)求初始时刻通过电阻R 的电流I 的大小和方向；(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v ，求此时导体棒的加速度大小a .6.(2018·广东省惠州市模拟)如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ＝37°角放置，在斜面上虚线aa ′和bb ′与斜面底边平行，在aa ′、bb ′围成的区域中有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B ＝1 T ；现有一质量为m ＝10 g 、总电阻R ＝1 Ω、边长d ＝0.1 m 的正方形金属线圈MNQP ，让PQ 边与斜面底边平行，从斜面上端由静止释放，线圈刚好匀速穿过整个磁场区域.已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)线圈进入磁场区域时的速度大小；(2)线圈释放时，PQ边到bb′的距离；(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热.7.(2018·四川省凉山州三模)如图所示，光滑平行足够长的金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨范围内存在磁场，其磁感应强度大小为B，方向竖直向下，导轨一端连接阻值为R的电阻.在导轨上垂直导轨放一长度等于导轨间距L、质量为m的金属棒，其电阻为r.金属棒与金属导轨接触良好.金属棒在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，经过时间t后开始匀速运动，金属导轨的电阻不计.求：(1)金属棒匀速运动时回路中电流大小；(2)金属棒匀速运动的速度大小以及在时间t内通过回路的电荷量.(3)若在时间t内金属棒移动的位移为x，求电阻R上产生的热量.8. (2018·山东省青岛市模拟)如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r＝0.5 m的竖直半圆，两导轨间距离l＝0.3 m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B＝1 T的匀强磁场中，两导轨电阻不计.有两根长度均为l的金属棒ab、cd，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg，电阻分别为R1＝0.1 Ω、R2＝0.2 Ω.现让ab棒以v0＝10 m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP′，cd 棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g＝10 m/s2，求：(1)ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0；(2)cd棒刚进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1；(3)cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W.9.(2019·山东省淄博市质检)如图所示，一个质量为m、电阻不计、足够长的光滑U形金属框架MNQP，位于光滑绝缘水平桌面上，平行导轨MN和PQ相距为L.空间存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.另有质量也为m的金属棒CD，垂直于MN放置在导轨上，并用一根与CD棒垂直的绝缘细线系在定点A.已知细线能承受的最大拉力为F T0，CD棒接入导轨间的有效电阻为R .现从t ＝0时刻开始对U 形框架施加水平向右的拉力，使其从静止开始做加速度为a 的匀加速直线运动.(1)求从框架开始运动到细线断裂所需的时间t 0及细线断裂时框架的瞬时速度v 0大小；(2)若在细线断裂时，立即撤去拉力，求此后过程中回路产生的总焦耳热Q .10.如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计.质量分别为m 和12m 的金属棒b 和c 静止放在水平导轨上，b 、c 两棒均与导轨垂直.图中de 虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场.质量为m 的绝缘棒a 垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h .已知绝缘棒a 滑到水平导轨上与金属棒b 发生弹性正碰，金属棒b 进入磁场后始终未与金属棒c 发生碰撞.重力加速度为g .求：(1)绝缘棒a 与金属棒b 发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小；(2)金属棒b 进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小；(3)两金属棒b 、c 上最终产生的总焦耳热.11.(2018·湖南省长沙四县三月模拟)足够长的平行金属轨道M 、N ，相距L ＝0.5 m ，且水平放置；M 、N 左端与半径R ＝0.4 m 的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b 和c 可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量m b ＝m c ＝0.1 kg ，接入电路的有效电阻R b ＝R c ＝1 Ω，轨道的电阻不计.平行水平金属轨道M 、N 处于磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图所示，若使b 棒以初速度v 0＝10 m/s 开始向左运动，运动过程中b 、c 不相撞，g 取10 m/s 2，求：(1)c 棒的最大速度；(2)c 棒达最大速度时，此棒产生的焦耳热；(3)若c 棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c 到达轨道最高点时对轨道的压力的大小.。
2020年高考物理一轮复习专题7.6 静电场精品测试卷(原卷版)
第7章静电场单元测试【满分：100分时间：90分钟】一、选择题(本大题共20小题，每小题3分，共60分)1．（安徽省宣城市2019届高三第二次模拟）如图，光滑绝缘圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60°角，bc连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态。
下列说法正确的是（）A．a、b、c小球带同种电荷B．a、b小球带异种电荷C．a、b小球电量之比为36D．a、b小球电量之比为32．（河北衡水中学2019届高三调研）如图所示，三角形abc的三个顶点各自固定一个点电荷，A处点电荷受力如图所示，则B处点电荷受力可能是（）A．F1B．F2C．F3D．F43．（四川达州市普通高中2019届第二次诊断性测试）如图所示，两个带电小球A、B分别处在光滑绝缘的斜面和水平面上，且在同一竖直平面内。
用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止。
现将B 球水平向左移动一小段距离，发现A球随之沿斜面向上移动少许，两球在虚线位置重新平衡．与移动前相比，下列说法正确的是A ．斜面对A 的弹力增大B ．水平面对B 的弹力不变C ．推力F 变小D ．两球之间的距离变小4．（辽宁省大连市八中2019年高考模拟）如图所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体A 带正电，另一带正电的物体B 沿着以A 为圆心的圆弧由P 到Q 缓慢地从A 的正上方经过，若此过程中A 始终保持静止，A 、B 两物体可视为质点且只考虑它们之间有库仑力的作用，则下列说法正确的是（ ）A ．物体A 受到地面的支持力先增大后减小B ．物体A 受到地面的支持力保持不变C ．物体A 受到地面的摩擦力先增大后减小D ．库仑力对物体B 先做正功后做负功5．（天津市九校2019届高三联考）如图所示，电荷均匀分布在半球面上，它在这半球的中心O 处电场强度大小等于E 0，两个平面通过同一条直径，夹角为a ，从半球中分出一部分球面，则所分出的这部分球面上（在“小瓣”上）的电荷在O 处的电场强度大小为( )A ．0sin E E a =B ．0cos E E a =C ．0sin 2a E E =D ．0cos 2a E E = 6．（四川省绵阳中学2019届高三模拟）如图所示，边长为L 的正六边形ABCDEF 的5条边上分别放置5根长度也为L 的相同绝缘细棒。
2020届高三物理一轮复习二模三模试题汇编：专题11 带电粒子在电磁场中的运动(含解析)
带电粒子在电磁场中运动一．计算题1. （2019全国考试大纲调研卷3）如图所示，在两块水平金属极板间加有电压U构成偏转电场，一束比荷为带正电的粒子流（重力不计），以速度v o=104m/s沿水平方向从金属极板正中间射入两板。
粒子经电场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场区域，O为圆心，区域直径AB长度为L=1m，AB与水平方向成45°角。
区域内有按如图所示规律作周期性变化的磁场，已知B0=0. 5T，磁场方向以垂直于纸面向外为正。
粒子经偏转电场后，恰好从下极板边缘O点与水平方向成45°斜向下射入磁场。
求：（1）两金属极板间的电压U是多大？（2）若T o=0．5s，求t=0s时刻射人磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t和离开磁场的位置。
（3）要使所有带电粒子通过O点后的运动过程中不再从AB两点间越过，求出磁场的变化周期B o，T o应满足的条件。
【参考答案】（1）100V（2），射出点在AB间离O点（3）【名师解析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，从O点射出使速度代入数据得U=100V（2）粒子在磁场中经过半周从OB中穿出，粒子在磁场中运动时间射出点在AB间离O点2.（2019江苏高邮市第二学期质检）如图所示，半径为r的圆形匀强磁场区域Ⅰ与x轴相切于坐标系的原点O，磁感应强度为B0，方向垂直于纸面向外．磁场区域Ⅰ右侧有一长方体加速管，加速管底面宽度为2r，轴线与x轴平行且过磁场区域Ⅰ的圆心，左侧的电势比右侧高．在加速管出口下侧距离2r处放置一宽度为2r的荧光屏．加速管右侧存在方向垂直于纸面向外磁感应强度也为B0的匀强磁场区域Ⅱ．在O点处有一个粒子源，能沿纸面向y>0的各个方向均匀地发射大量质量为m、带电荷量为q且速率相同的粒子，其中沿y 轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿轴线进入长方形加速管并打在荧光屏的中心位置．（不计粒子重力及其相互作用）（1）求粒子刚进入加速管时的速度大小v0；（2）求加速电压U；（3）若保持加速电压U 不变，磁场Ⅱ的磁感应强度B =0.9 B 0，求荧光屏上有粒子到达的范围？（2）粒子在磁场区域Ⅱ的轨道半径为22R r =22v Bqv m R =又B = B 02v v =（2分）由动能定理得（3分）（3）粒子经磁场区域Ⅰ后，其速度方向均与x 轴平行；经证明可知： OO 1CO 2是菱形，所以CO 2和y 轴平行，v 和x 轴平行．磁场Ⅱ的磁感应强度B2减小10%，即，（2分）荧光屏上方没有粒子到达的长度为（2分）即荧光屏上有粒子到达的范围是：距上端处到下端，总长度（2分）3.(14分)（2019广东广州天河区二模）如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。
2020届高考物理一轮复习人教版力学计算题课时作业含答案
2020届一轮复习人教版力学计算题课时作业1.(受力分析)(2018·福建厦门第一次质检)如图所示,一个质量为m的滑块置于倾角为30°的固定粗糙斜面上,一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点,另一端系在滑块上的Q点,直线PQ与斜面垂直,滑块保持静止。
则()A.弹簧可能处于原长状态B.斜面对滑块的摩擦力大小可能为零C.斜面对滑块的支持力大小可能为零PQ与斜面垂直,滑块保持静止,滑块一定受摩擦力和支持力,弹簧的弹力可能为零,故A正确,BCD错2.(2015·山东卷)如图,滑块A置于水平地面上,滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直),此时A恰好不滑动,B刚好不下滑。
已知A与B间的动摩擦因数为μ1,A与地面间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
A与B的质量之比为()B. C. D.A,F=μ2(m A+m B)g;对滑块B:m B g=μ1F,以上两式联立得:,故B项正确。
3.(物体的平衡)(2018·山东济宁一模)如图所示,质量均为m的两个小球A、B(可视为质点)固定在轻杆的两端,将其放入光滑的半球形碗中,杆的长度等于碗的半径,当杆与两球组成的系统处于平衡状态时,杆对小球A的作用力大小为()B.mgC.mgD.2mgA球为研究对象,受到重力、支持力、杆的弹力,根据平衡条件得杆对小球A的作用力大小为mg,A正确。
4.(受力分析)如图所示,A、B、C三物块叠放并处于静止状态,水平地面光滑,其他接触面粗糙,以下受力分析正确的是()A.A与墙面间存在压力B.A与墙面间存在静摩擦力C.A物块共受3个力作用5个力作用,水平方向上地面光滑,地面对C没有摩擦力,根据平衡条件得,墙对A 没有压力,因而也没有摩擦力。
故A、B错误;A受到重力、B的支持力和摩擦力三个力作用。
所以C正确;先对AB整体研究:水平方向上墙对A没有压力,则由平衡条件分析可以知道,C对B没有摩擦力。
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[原创]2020届第一轮复习系列试题相互作用doc高中物理
图2-1
图2-2
[原创]2020届第一轮复习系列试题相互作用doc 高中
物理
时量：60分钟 总分值：100分
班不 姓名 座号 分数
一．此题共8小题，每题6分，共48分．在每题给出的四个选项
中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对
的得6分，选不全的得3分，有选错或不选的得0分．
1、有三个力，一个是12N ，一个是5N ，一个是8N ，那么对这
三个力的合力的讲法正确的选项是( )
A ．合力的最小值是1N
B ．合力的最小值是0
C ．合力不可能是20N
D ．合力不可能是30N
2、一个物体受三个共点力作用，这三个力大小相等，互成
120°．那么以下讲法正确的选项是〔 〕
A ．物体所受合力一定为零
B ．物体一定做匀速直线运动
C ．物体所受合力可能不为零
D ．物体可能做匀变速曲线运动
3、图2-1是一种测定风力的仪器的原理图，质量为m
的金属球，固定在一细长的轻金属丝下端，能绕悬挂点O
在竖直平面内转动，无风时金属丝自然下垂，有风时金属
丝将偏离竖直方向一定角度θ，角θ的大小与风力大小有
关，以下关于风力F 与θ的关系式正确的选项是
〔 〕
A.F=mg sin θ B ．F=mg tan θ
C ．F=mg cos θ
D ．mg/cos θ
4、在机场和海港，常用输送带运送旅客和行
李、物资．如图2-2所示，a 为水平输送带，b 为
倾斜输送带．当行李箱随输送带一起匀速运动时，
以下几种判定中正确的选项是〔 〕 A ．a 、b 两种情形中的行李
箱都受到两个力作用
B ．a 、b 两种情形中的行李箱都受到三个力作用
C ．情形a 中的行李箱受到两个力作用，情形b 中的行李箱受到
三个力作用
D ．情形a 中的行李箱受到三个力作用，情形b 中的行李箱受到
四个力作用
图2-5
5、如图2-3所示，A 、B 两物体用细绳相连跨过光滑的轻质小滑
轮悬挂起来，B 物体放在水平地面上，A 、B 两物体均静止．现将B 物
体稍向左移一点，A 、B 两物体仍静止，那么现在与原先相比〔 〕
A ．绳子拉力变大
B ．地面对物体B 的支持力变大
C ．地面对物体B 的摩擦力变大
D ．物体B 受到的合力变大
6、用一根长1m 的轻质细绳将一副质量为1kg 的画框对称悬挂在
墙壁上，绳能承担的最大张力为
10N ，为使绳不断裂，画框上两个挂钉的间距最大为〔g 取
210m/s 〕〔 〕
A ．3m 2
B ．2m 2
C ．1m 2
D ．3m 7．如图2-5所示，物体质量为m ，靠在粗糙的竖直墙
上，物体与墙间的动摩擦因数为μ．要使物体沿墙匀速滑动，那么外力
F 的大小可能 是〔 〕
A ．θsin mg
B ．θθμsin cos -mg
C ．sin cos mg θμθ-
D ．sin cos mg
θμθ+ 8.如下图，轻弹簧下端固定在水平面上。一个小球从弹簧正
上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定
程度〔一直在弹性限度内〕后停止下落。在小球下落的这一全过程中，
以下讲法中正确的选项是〔 〕
A.小球刚接触弹簧瞬时速度最大
B.从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上
C .从小球接触弹簧到到达最低点，小球的速度先增大后减小
D.从小球接触弹簧到到达最低点，小球的加速度先减小后增大
二．填空题〔此题共2小题，每空对空5分，共20分．把答案填
在相应的横线上或按题目要求做答〕
9．轻绳的两端A 、B 固定在天花板上，绳能承担的最大拉力为
120N ．现用挂钩将一重物挂在绳子上，结果挂钩停在C 点，如图
图2-3 3753
A C B
图
图
2-9 图2-1-8图2-1-9
2-11所示．轻绳的两端与竖直方向的夹角分不为37°和
53°．sin37°=0.6；cos37°=0.8，那么此重物的最大重力为 。
10．某同学用如下图2-1-8的装置做探究弹力和弹簧伸长关系的
实验．他先测出不挂砝码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，然后在弹
簧下端挂上砝码，并逐个增加砝码，测出指针所纸的标尺刻度，所得
数据列表如下：〔重力加速度g =9.8m/s 2〕
〔1〕依照所测数据，在图2-1-9
的坐标纸上作出弹簧指针所指的
标尺刻度x 与砝码质量m 的关系曲
线．
〔2〕依照所测得的数据和关
系曲线能够判定，在______N 范畴
内弹力大小与弹簧伸长关系满足
胡克定律．这种规格弹簧的劲度系
数为______N/m ． 三．此题共3个小题， 共27分．解承诺写出
必要的文字讲明、
方程式和重要演算步骤．只写最后答案的不能得分．有数值运算
的题，答案中必须明确写出数值和单位．
11．〔11分〕如图2-9所示，一轻质三角形框架B 处悬挂一定滑
轮〔质量可忽略不计〕．一体重为500N 的人通过跨定滑轮的轻绳匀
速提起一重为300N 的物体．
〔1〕现在人对地面的压力是多大？
〔2〕斜杆BC ，横杆AB 所受的力是多大？
12、(10分)如下图，在倾角为α=300的固定斜面上，放一定质量
的物体，用F 1=22N的力平行于斜面向上推时，物体恰好能沿斜面向
上
做匀速运动，用F2=2N的力平行于斜面向下推时，物体也恰
好能沿斜面向下匀速运动，试求物体的质量与斜面间动摩擦
因数的大小。
13、(11分)质量为10kg的物块在F=200N与斜面平行的力作用
下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面向上运动，斜面固定不动
θ。力F作用2s
且足够长，斜面与水平地面的夹角
=
37
后撤去，物体在斜面上连续上滑了3s后，速度减为零。
g取10m/s2，不计空气阻力，求：
sin=
=
37
cos
,8.0
37
,6.0
物体沿斜面向上运动的最大位移s。
参考答案
一、选择题
1、BD
2、A
3、B
4、C
5、BC
6、A 6．C 7．CD 8．CD
二、填空题
9． 150N 10．〔1〕略〔2〕0~4.9N〔3〕25.0N/m
三、运算题
11．【解析】〔1〕先以人为研究对象，人受重力G、地面对
人的支持力F N、绳子的拉力F T三个力作用．由平稳条件可得：
F
N
+F T=G，而对物体有F T=G物=300N，由上述方程得F
N=200N．由
牛顿第三定律可知人对地面的压力F N'=200N．
〔2〕以B点为研究对象，其受力情形如下图．将绳子的拉力
F分解为两个力：一个分力是对AB杆的拉力F
AB
、一个分力
是对BC杆的压力F BC．对滑轮有：F=2F T =600N，由题意及受
力分解图可知：
3
200
30
tan=
=F
F
AB N 3
400
30
cos
=
=
F
F
BC
N
12、m=2Kg μ=0.68
13、60m