章末整合提升1．(多選)(2016·全國(guó)卷Ⅰ)甲、乙兩車在平直公路上同向行駛，其v-t圖象如圖所示．已知兩車在t＝3s時(shí)并排行駛，則()A．在t＝1s時(shí)，甲車在乙車后B．在t＝0時(shí)，甲車在乙車前7.5C．兩車另一次并排行駛的時(shí)刻是t＝2sD．甲、乙車兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為40命題意圖:本題考查速度—時(shí)間圖象、追及和相遇問題及相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)，意在考查考生對(duì)速度—時(shí)間圖象的理解和掌握能力．解析:根據(jù)題述，兩車在t＝3s時(shí)并排行駛，由圖線與橫軸所圍面積表示位移可知，在t＝1s時(shí)，甲車和乙車并排行駛，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；由題給圖象可知，在t＝1s時(shí)甲車速度為10m/s，乙車速度為15m/s，0～1s時(shí)間內(nèi)，甲車行駛位移為x1＝5m，乙車行駛位移為x2＝12.5m，所以在t＝0時(shí)，甲車在乙車前7.5m，選項(xiàng)B正確；從t＝1s到t＝3s，甲、乙兩車兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為x＝eq\f(1,2)(10＋30)×2m＝40m，選項(xiàng)答案:BD2．(2016·全國(guó)卷Ⅲ)一質(zhì)點(diǎn)做速度逐漸增大的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在時(shí)間間隔t內(nèi)位移為x，動(dòng)能變?yōu)樵瓉淼?倍．該質(zhì)點(diǎn)的加速度為()A.eq\f(x,t2) B.eq\f(3x,2t2)C.eq\f(4x,t2) D.eq\f(8x,t2)命題意圖:本題考查勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，意在考查考生對(duì)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的理解和應(yīng)用能力．解析:設(shè)質(zhì)點(diǎn)的初速度為v0，由末動(dòng)能為初動(dòng)能的9倍，得末速度為初速度的3倍，即v-t＝3v0，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，eq\f(x,t)＝eq\f(v0＋3v0,2)＝2v0，由加速度的定義可知質(zhì)點(diǎn)的加速度a＝eq\f(3v0－v0,t)＝eq\f(2v0,t)，由以上兩式可知，a＝eq\f(x,t2)，A項(xiàng)正確；B、C、D項(xiàng)錯(cuò)誤．答案:A3．(多選)(2013·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，直線a和曲線b分別是在平直公路上行駛的汽車a和b的位置—時(shí)間(x-t)圖線．由圖可知()A．在時(shí)刻t1，a車追上b車B．在時(shí)刻t2，a、b兩車運(yùn)動(dòng)方向相反C．在t1到t2這段時(shí)間內(nèi)，b車的速率先減少后增加D．在t1到t2這段時(shí)間內(nèi)，b車的速率一直比a車的大命題意圖:本題考查位移圖象、追及問題等知識(shí)點(diǎn)，通過交點(diǎn)知道誰追上誰，通過斜率知道速度如何變化．本題意在考查考生應(yīng)用相關(guān)知識(shí)定量分析物理問題，解決問題的能力．解析:由x-t圖線分析可知，t1時(shí)刻b車追上了a車，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；x-t圖線斜率的正負(fù)表示運(yùn)動(dòng)方向，t2時(shí)刻a車沿正方向運(yùn)動(dòng)，b車沿負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，B選項(xiàng)正確；x-t圖線斜率的大小表示速度大小，t1到t2這段時(shí)間內(nèi)曲線b斜率先減小后增加，C選項(xiàng)正確，D選項(xiàng)錯(cuò)誤．答案:BC4.(2014·全國(guó)卷Ⅱ)甲、乙兩汽車在一平直公路上同向行駛．在t＝0到t＝t1的時(shí)間內(nèi)，它們的v-t圖象如圖所示．在這段時(shí)間內(nèi)()A．汽車甲的平均速度比乙的大B．汽車乙的平均速度等于eq\f(v1＋v2,2)C．甲、乙兩汽車的位移相同D．汽車甲的加速度大小逐漸減小，汽車乙的加速度大小逐漸增大命題意圖:本題考查了勻變速運(yùn)動(dòng)中的追及和相遇問題，圖中斜率代表加速度，交點(diǎn)代表速度相等，距離產(chǎn)生最值，面積代表位移．解析:根據(jù)v-t圖象與時(shí)間軸所圍的面積表示位移，可以看出汽車甲的位移x甲大于汽車乙的位移x乙，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)v＝eq\f(x,t)得，汽車甲的平均速度大于汽車乙的平均速度，選項(xiàng)A正確；汽車乙的位移x乙小于初速度為v2、末速度為v1的勻減速直線運(yùn)動(dòng)的位移x，即汽車乙的平均速度小于eq\f(v1＋v2,2)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)v-t圖象的斜率反映了加速度的大小，因此汽車甲、乙的加速度大小都逐漸減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案:A5．(2013·全國(guó)卷Ⅰ)水平桌面上有兩個(gè)玩具車A和B，兩者用一輕質(zhì)細(xì)橡皮筋相連，在橡皮筋上有一紅色標(biāo)記R.在初始時(shí)橡皮筋處于拉直狀態(tài)，A、B和R分別位于直角坐標(biāo)系中的(0，2l)、(0，－l)和(0，0)點(diǎn)．已知A從靜止開始沿y軸正向做加速度大小為a的勻加速運(yùn)動(dòng)；B平行于x軸朝x軸正向勻速運(yùn)動(dòng)．在兩車此后運(yùn)動(dòng)的過程中，標(biāo)記R在某時(shí)刻通過點(diǎn)(l，l)．假定橡皮筋的伸長(zhǎng)是均勻的，求B命題意圖:本題考查了勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律．本題的解題關(guān)鍵是橡皮筋的伸長(zhǎng)是均勻的，由三角形的相似對(duì)應(yīng)邊成比例，分別解出A、B的位置yA、xB，再由A、B各自的運(yùn)動(dòng)，列出方程yA＝2l＋eq\f(1,2)at2，①xB＝vBt，②就可求解vB＝eq\f(1,4)eq\r(6al).難度中等偏上，考生若是不能分析出橡皮筋的均勻伸長(zhǎng)的特定的比值關(guān)系，僅能得①②兩式的少部分分．解析:設(shè)B車的速度大小為v，如圖，標(biāo)記R在時(shí)刻t通過點(diǎn)R′(l，l)，此時(shí)A、B的位置分別為A′、B′.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，A′的縱坐標(biāo)yA′、B′的橫坐標(biāo)xB′分別為yA′＝2l＋eq\f(1,2)at2，xB′＝v-t，在開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，R到A和B的距離之比為2∶1，由于橡皮筋的伸長(zhǎng)是均勻的，在以后任一時(shí)刻R到A和B的距離之比都為2∶1.由幾何關(guān)系知eq\f(xR′,xB′)＝eq\f(yA′－l,yA′＋l)＝eq\f(2,3)，eq\f(xR′,xB′)＝eq\f(l,vt)＝eq\f(2,3)，聯(lián)立解得v＝eq\f(\r(6al),4).答案:eq\f(\r(6al),4)章末整合提升1．(多選)(2016·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，一光滑的輕滑輪用細(xì)繩OO′懸掛于O點(diǎn)；另一細(xì)繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物塊b.外力F向右上方拉b，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．若F方向不變，大小在一定范圍內(nèi)變化，物塊b仍始終保持靜止，則()A．繩OO′的張力也在一定范圍內(nèi)變化B．物塊b所受到的支持力也在一定范圍內(nèi)變化C．連接a和b的繩的張力也在一定范圍內(nèi)變化D．物塊b與桌面間的摩擦力也在一定范圍內(nèi)變化命題意圖:本題考查共點(diǎn)力平衡．同一根繩子的拉力大小處處相等，則物體a和b受到繩的拉力大小均等于物體a的重力．由于物體始終處于平衡狀態(tài)，利用正交分解可求解．解析:由題意，在F保持方向不變，大小發(fā)生變化的過程中，物體a、b均保持靜止，選a受力分析得，繩子拉力FT＝mag，所以物體a和b受到繩的拉力保持不變，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；a、b受到繩的拉力大小和方向均不變，所以O(shè)O′的張力不變，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)b進(jìn)行受力分析，并將各力沿水平方向和豎直方向分解，如圖所示．由受力平衡得:FTx＋Ff＝Fx，F(xiàn)y＋FN＋FTy＝mbg，F(xiàn)T和mbg始終不變，當(dāng)F大小在一定范圍內(nèi)變化時(shí)，支持力在一定范圍內(nèi)變化，B選項(xiàng)正確；摩擦力也在一定范圍內(nèi)發(fā)生變化，D選項(xiàng)正確；故答案選BD.答案:BD2.(多選)(2017·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點(diǎn)M拴一重物，用手拉住繩的另一端N.初始時(shí)，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α(α>eq\f(π,2))．現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變．在OM由豎直被拉到水平的過程中()A．MN上的張力逐漸增大B．MN上的張力先增大后減小C．OM上的張力逐漸增大D．OM上的張力先增大后減小命題意圖:本題屬于動(dòng)態(tài)平衡問題，可用圖解法解決本題，通過兩繩子的夾角不變，又知重力的大小和方向不會(huì)改變，把重力的大小作為弦長(zhǎng)，兩拉力的夾角變?yōu)閳A周角，根據(jù)圓的特性可作出圖．本題要求學(xué)生熟練掌握三角形定則和數(shù)學(xué)的平面幾何知識(shí)，是一道要求比較高的難題．解析:由題意畫出矢量三角形如下圖，α不變，則圖中θ角不變，形成下圖共圓形式，在圓中直徑的弦長(zhǎng)最大，則FMN逐漸增大，F(xiàn)OM先增大后減?。鸢?AD3．(2017·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，一物塊在水平拉力F的作用下沿水平桌面做勻速直線運(yùn)動(dòng)．若保持F的大小不變，而方向與水平面成60°角，物塊也恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)．物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為()A．2－eq\r(3)B.eq\f(\r(3),6)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(\r(3),2)命題意圖:本題考查滑塊摩擦力和共點(diǎn)力平衡問題．利用正交分解把F進(jìn)行分解，F(xiàn)的豎直分量與支持力的合力與重力平衡，水平分量與摩擦力相等．但注意此進(jìn)滑塊摩擦力Ff≠μmg.解析:當(dāng)拉力水平時(shí)，物體勻速速度，則拉力等于摩擦力，即F＝μmg；當(dāng)拉力傾斜時(shí)，物體受力分析如圖，由Ff＝μFN，F(xiàn)N＝mg－Fsinθ，可知摩擦力為Ff＝μ(mg－Fsinθ)，F(xiàn)f＝eq\f(1,2)F，代入數(shù)據(jù)為:eq\f(1,2)μmg＝μ(mg－eq\f(\r(3),2)F)，聯(lián)立可得μ＝eq\f(\r(3),3).答案:C4．(2017·全國(guó)卷Ⅲ)一根輕質(zhì)彈性繩的兩端分別固定在水平天花板上相距80cm的兩點(diǎn)上，彈性繩的原長(zhǎng)也為80cm.將一鉤碼掛在彈性繩的中點(diǎn)，平衡時(shí)彈性繩的總長(zhǎng)度為100cm；再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點(diǎn)，則彈性繩的總長(zhǎng)度變?yōu)?彈性繩的伸長(zhǎng)始終處于彈性限度內(nèi))()A．86cm B．92cmC．98cm D．104cm命題意圖:此題是物體的平衡問題，考查平行四邊形定則的應(yīng)用；在處理共點(diǎn)力平衡問題時(shí)，關(guān)鍵是對(duì)物體進(jìn)行受力分析，然后根據(jù)正交分解法將各個(gè)力分解成兩個(gè)方向上的力，然后列式求解，如果物體受到三力處于平衡狀態(tài)，且兩個(gè)力大小相等，則可根據(jù)矢量三角形法，將三個(gè)力移動(dòng)到一個(gè)三角形中，然后根據(jù)角度列式求解．前后兩次始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，即合外力為零，在改變繩長(zhǎng)的同時(shí)，繩與豎直方向的夾角跟著改變．解析:如圖所示:繩子原長(zhǎng)是80cm，伸長(zhǎng)為100cm，則AC段長(zhǎng)50cm，故∠ACD＝53°.由受力平衡2F1cos53°＝mg，當(dāng)彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點(diǎn)2F2＝mg.假設(shè)繩子的勁度系數(shù)為k，則繩子拉力F1＝k(50cm－40cm)，F(xiàn)2＝k(x－40cm)，解得x答案:B5．(2016·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，兩個(gè)輕環(huán)a和b套在位于豎直面內(nèi)的一段固定圓弧上；一細(xì)線穿過兩輕環(huán)，其兩端各系一質(zhì)量為m的小球．在a和b之間的細(xì)線上懸掛一小物塊．平衡時(shí)，a、b間的距離恰好等于圓弧的半徑．不計(jì)所有摩擦．小物塊的質(zhì)量為()A.eq\f(m,2)B.eq\f(\r(3),2)mC．mD．2m解析:設(shè)懸掛小物塊的點(diǎn)為O′，圓弧的圓心為O，由于ab＝R，所以三角形Oab為等邊三角形，根據(jù)幾何知識(shí)可得∠aO′b＝120°.而一條繩子的拉力相等，故FT＝mg，小物塊受到兩條繩子的拉力作用，兩力大小相等，夾角為120°，故受到的拉力的合力等于mg，所以小物塊的質(zhì)量為m，C正確．答案:C章末整合提升1．(多選)(2015·全國(guó)卷Ⅰ)如圖甲，一物塊在t＝0時(shí)刻滑上一固定斜面，其運(yùn)動(dòng)的v-t圖線如圖乙所示．若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出()圖甲圖乙A．斜面的傾角B．物塊的質(zhì)量C．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)D．物塊沿斜面向上滑行的最大高度命題意圖:本題考查牛頓第二定律、受力分析、速度圖象及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)，意在考查考生運(yùn)用相關(guān)知識(shí)分析解決實(shí)際問題的能力．難度中等偏難．解析:由運(yùn)動(dòng)的v-t圖線可求出物塊向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，對(duì)上升時(shí)和返回時(shí)分析受力，運(yùn)用牛頓第二定律可分別列出方程，聯(lián)立兩個(gè)方程可解得斜面傾角和物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，選項(xiàng)A、C正確；根據(jù)運(yùn)動(dòng)的vt圖線與橫軸所圍面積表示位移可求出物塊向上滑行的最大高度，選項(xiàng)D正確．答案:ACD2．(多選)(2015·全國(guó)卷Ⅱ)在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車廂．當(dāng)機(jī)車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時(shí)，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當(dāng)機(jī)車在西邊拉著車廂以大小為eq\f(2,3)a的加速度向西行駛時(shí)，P和Q間的拉力大小仍為F.不計(jì)車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質(zhì)量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為()A．8 B．10C．15 D．18命題意圖:本題借助連接體問題考查了牛頓第二定律和隔離法，意在考查考生的邏輯推理能力．解析:設(shè)每節(jié)車廂的質(zhì)量為m，這列車廂的節(jié)數(shù)為n，東邊車廂的節(jié)數(shù)為x，西邊車廂的節(jié)數(shù)為n－x.當(dāng)機(jī)車在東邊拉車廂時(shí)，對(duì)西邊車廂受力分析，由牛頓第二定律可得F＝(n－x)ma；當(dāng)機(jī)車在西邊拉車廂時(shí)，對(duì)東邊車廂受力分析，由牛頓第二定律可得F＝eq\f(2,3)max，聯(lián)立可得n＝eq\f(5,3)x，x為3的倍數(shù)，則n為5的倍數(shù)，選項(xiàng)B、C正確，選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤．答案:BC3．(2017·全國(guó)卷Ⅱ)為提高冰球運(yùn)動(dòng)員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線相距s0和s1(s1<s0)處分別放置一個(gè)擋板和一面小旗，如圖所示．訓(xùn)練時(shí)，讓運(yùn)動(dòng)員和冰球都位于起跑線上，教練員將冰球以速度v0擊出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板；冰球被擊出的同時(shí)，運(yùn)動(dòng)員垂直于起跑線從靜止出發(fā)滑向小旗．訓(xùn)練要求當(dāng)冰球到達(dá)擋板時(shí)，運(yùn)動(dòng)員至少到達(dá)小旗處．假定運(yùn)動(dòng)員在滑行過程中做勻加速運(yùn)動(dòng)，冰球到達(dá)擋板時(shí)的速度為v1.重力加速度大小為g.求:(1)冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員的最小加速度．命題意圖:本題考查運(yùn)動(dòng)學(xué)公式與動(dòng)能定理的應(yīng)用．解析:(1)設(shè)冰球的質(zhì)量為m，冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，由動(dòng)能定理得－μmgs0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，①解得μ＝eq\f(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1),2gs0).②(2)冰球到達(dá)擋板時(shí)，滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員中，剛好到達(dá)小旗處的運(yùn)動(dòng)員的加速度最?。O(shè)這種情況下，冰球和運(yùn)動(dòng)員的加速度大小分別為a1和a2，所用的時(shí)間為t.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)＝2a1s0③v0－v1＝a1t④s1＝eq\f(1,2)a2t2⑤聯(lián)立③④⑤式得a2＝eq\f(s1（v1＋v0）2,2seq\o\al(2,0)).答案:(1)eq\f(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1),2gs0)(2)eq\f(s1（v1＋v0）2,2seq\o\al(2,0))4．(2017·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，兩個(gè)滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA＝1kg和mB＝5kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；木板的質(zhì)量為m＝4kg，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.1.某時(shí)刻A、B兩滑塊開始相向滑動(dòng)，初速度大小均為v0＝3m/s.A、B相遇時(shí)，A與木板恰好相對(duì)靜止．設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2(1)B與木板相對(duì)靜止時(shí)，木板的速度；(2)A、B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離．命題意圖:本題通過滑塊—木板模型考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律等相關(guān)知識(shí)點(diǎn)．解析:(1)滑塊A和B在木板上滑動(dòng)時(shí)，木板也在地面上滑動(dòng)．設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分別為Ff1、Ff2和Ff3，A和B相對(duì)于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對(duì)于地面的加速度大小為a1，在物塊B與木板達(dá)到共同速度前有Ff1＝μ1mAg，①Ff2＝μ1mBg，②Ff3＝μ2(m＋mA＋mB)g，③由牛頓第二定律得Ff1＝mAaA，④Ff2＝mBaB，⑤Ff2－Ff1－Ff3＝ma1，⑥設(shè)在t1時(shí)刻，B與木板達(dá)到共同速度，其大小為v1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v1＝v0－aBt1，⑦v1＝a1t1，⑧聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得v1＝1m/s.(2)在t1時(shí)間間隔內(nèi)，B相對(duì)于地面移動(dòng)的距離為sB＝v0t1－eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,1)，⑩設(shè)在B與木板達(dá)到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2，對(duì)于B與木板組成的體系，由牛頓第二定律有Ff1＋Ff3＝(mB＋m)a2，?由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B與木板達(dá)到共同速度時(shí)，A的速度大小也為v1，但運(yùn)動(dòng)方向與木板相反．由題意知，A和B相遇時(shí)，A與木板的速度相同，設(shè)其大小為v2，設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用的時(shí)間為t2，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式對(duì)木板有:v2＝v1－a2t2，?對(duì)A有:v2＝－v1＋aAt2，?在t2時(shí)間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對(duì)地面移動(dòng)的距離為s1＝v1t2－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，?在(t1＋t2)時(shí)間間隔內(nèi)，A相對(duì)地面移動(dòng)的距離為sA＝v0(t1＋t2)－eq\f(1,2)aA(t1＋t2)2，?A和B相遇時(shí)，A與木板的速度也恰好相同，因此A和B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離為s0＝sA＋s1＋sB，?聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得s0＝1.9m(也可用如圖所示的速度—時(shí)間圖線求解)．答案:(1)1m/s(2)5．(2015·全國(guó)卷Ⅰ)一長(zhǎng)木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5m，如圖甲所示．t＝0時(shí)刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動(dòng)，直至t＝1s時(shí)木板與墻壁碰撞(碰撞時(shí)間極短)．碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運(yùn)動(dòng)過程中小物塊始終未離開木板．已知碰撞后1s時(shí)間內(nèi)小物塊的vt圖線如圖乙所示．木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2.圖甲圖乙(1)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2；(2)木板的最小長(zhǎng)度；(3)木板右端離墻壁的最終距離．命題意圖:本題主要考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律、板塊模型、速度圖象、勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，意在考查考生運(yùn)用力學(xué)知識(shí)解決實(shí)際問題的能力．解析:(1)規(guī)定向右為正方向．木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M.由牛頓第二定律有－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1，①由題圖乙可知，木板與墻壁碰撞前瞬間的速度v1＝4m/s，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v1＝v0＋a1t1，②x0＝v0t1＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，③式中，t1＝1s，x0＝4.5m是木板碰撞前的位移，v0聯(lián)立①②③式和題給條件得μ1＝0.1，④在木板與墻壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做勻變速運(yùn)動(dòng)，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運(yùn)動(dòng)．設(shè)小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有－μ2mg＝ma2，⑤由題圖乙可得a2＝eq\f(v2－v1,t2－t1)，⑥式中，t2＝2s，v2＝0，聯(lián)立⑤⑥式和題給條件得μ2＝0.4.⑦(2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過時(shí)間Δt，木板和小物塊剛好具有共同速度v3.由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3，⑧v3＝－v1＋a3Δt，⑨v3＝v1＋a2Δt，⑩碰撞后至木板和小物塊剛好達(dá)到共同速度的過程中，木板運(yùn)動(dòng)的位移為x1＝eq\f(－v1＋v3,2)Δt，?小物塊運(yùn)動(dòng)的位移為x2＝eq\f(v1＋v3,2)Δt，?小物塊相對(duì)木板運(yùn)動(dòng)的位移為Δx＝x2－x1，?聯(lián)立⑥⑧⑨⑩???式，并代入數(shù)值得Δx＝6.0m．因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長(zhǎng)度應(yīng)為6.0m(3)在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運(yùn)動(dòng)直至停止，設(shè)加速度為a4，此過程中小物塊和木板運(yùn)動(dòng)的位移為x3.由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4，?0－veq\o\al(2,3)＝2a4x3，?碰后木板運(yùn)動(dòng)的位移為x＝x1＋x3，?聯(lián)立⑥⑧⑨⑩????式，并代入數(shù)值得x＝－6.5m木板右端離墻壁的最終距離為6.5m答案:(1)0.10.4(2)6.0m(3)6.5章末整合提升eq\a\vs4\al(萬有引力與航天)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(開普勒行星運(yùn)動(dòng)定律,萬有引力定律\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(內(nèi)容,公式：F＝G\f(m1m2,r2))),定律的應(yīng)用\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(G\f(Mm,r2)＝m\f(v2,r)＝mrω2＝m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))\s\up12(2)r＝ma,計(jì)算天體的質(zhì)量和密度,人造地球衛(wèi)星\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(人造地球衛(wèi)星的環(huán)繞速度,地球同步衛(wèi)星))))))1．(2017·全國(guó)卷Ⅰ)發(fā)球機(jī)從同一高度向正前方依次水平射出兩個(gè)速度不同的乒乓球(忽略空氣的影響)．速度較大的球越過球網(wǎng)，速度較小的球沒有越過球網(wǎng)．其原因是()A．速度較小的球下降相同距離所用的時(shí)間較多B．速度較小的球在下降相同距離時(shí)在豎直方向上的速度較大C．速度較大的球通過同一水平距離所用的時(shí)間較少D．速度較大的球在相同時(shí)間間隔內(nèi)下降的距離較大命題意圖:本題考查平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)．解析:發(fā)球機(jī)從同一高度水平射出兩個(gè)速度不同的乒乓球，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，豎直方向上，h＝eq\f(1,2)gt2，可知兩球下落相同距離h所用的時(shí)間是相同的，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由veq\o\al(2,y)＝2gh可知，兩球下落相同距離h時(shí)在豎方向上的速度vy相同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，水平方向上，x＝vt，可知速度較大的球通過同一水平距離所用的時(shí)間t較少，選項(xiàng)C正確；由于做平拋運(yùn)動(dòng)的球在豎直方向的運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)，兩球在相同時(shí)間間隔內(nèi)下降的距離相同，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案:C2．(2017·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，一光滑大圓環(huán)固定在桌面上，環(huán)面位于豎直平面內(nèi)，在大圓環(huán)上套著一個(gè)小環(huán)．小環(huán)由大圓環(huán)的最高點(diǎn)從靜止開始下滑，在小環(huán)下滑的過程中，大圓環(huán)對(duì)它的作用力()A．一直不做功B．一直做正功C．始終指向大圓環(huán)圓心D．始終背離大圓環(huán)圓心命題意圖:本題考查豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)與做功問題．解析:由于大圓環(huán)是光滑的，因此小環(huán)下滑的過程中，大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的作用力方向始終與速度方向垂直，因此作用力不做功，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；小環(huán)剛下滑時(shí)，大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的作用力背離大圓環(huán)的圓心，滑到大圓環(huán)圓心以下的位置時(shí)，大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的作用力指向大圓環(huán)的圓心，C、D項(xiàng)錯(cuò)誤．答案:A3．(2015·全國(guó)卷Ⅰ)一帶有乒乓球發(fā)射機(jī)的乒乓球臺(tái)如圖所示．水平臺(tái)面的長(zhǎng)和寬分別為L(zhǎng)1和L2，中間球網(wǎng)高度為h.發(fā)射機(jī)安裝于臺(tái)面左側(cè)邊緣的中點(diǎn)，能以不同速率向右側(cè)不同方向水平發(fā)射乒乓球，發(fā)射點(diǎn)距臺(tái)面高度為3h.不計(jì)空氣的作用，重力加速度大小為g.若乒乓球的發(fā)射速率v在某范圍內(nèi)，通過選擇合適的方向，就能使乒乓球落到球網(wǎng)右側(cè)臺(tái)面上，則v的最大取值范圍是()A.eq\f(L1,2)eq\r(\f(g,6h))<v<L1eq\r(\f(g,6h))B.eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))<v<eq\r(\f(（4Leq\o\al(2,1)＋Leq\o\al(2,2)）g,6h))C.eq\f(L1,2)eq\r(\f(g,6h))<v<eq\f(1,2)eq\r(\f(（4Leq\o\al(2,1)＋Leq\o\al(2,2)）g,6h))D.eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))<v<eq\f(1,2)eq\r(\f(（4Leq\o\al(2,1)＋Leq\o\al(2,2)）g,6h))解析:當(dāng)發(fā)射機(jī)正對(duì)右側(cè)臺(tái)面發(fā)射，乒乓球恰好過網(wǎng)時(shí)，發(fā)射速度最?。善綊佭\(yùn)動(dòng)規(guī)律，eq\f(L1,2)＝v1t，2h＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立解得:v1＝eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h)).當(dāng)發(fā)射機(jī)正對(duì)右側(cè)臺(tái)面的某個(gè)角發(fā)射，乒乓球恰好到達(dá)角上時(shí)，發(fā)射速度最大．由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，eq\r(Leq\o\al(2，1)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,2)))\s\up12(2))＝v2t′，3h＝eq\f(1,2)gt′2，聯(lián)立解得:v2＝eq\f(1,2)eq\r(\f(（4Leq\o\al(2,1)＋Leq\o\al(2,2)）g,6h)).即速度v的最大取值范圍為eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))<v<eq\f(1,2)eq\r(\f(（4Leq\o\al(2,1)＋Leq\o\al(2,2)）g,6h))，選項(xiàng)D正確，選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤．答案:D4．(多選)(2017·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，海王星繞太陽沿橢圓軌道運(yùn)動(dòng)，P為近日點(diǎn)，Q為遠(yuǎn)日點(diǎn)，M、N為軌道短軸的兩個(gè)端點(diǎn)，運(yùn)行的周期為T0.若只考慮海王星和太陽之間的相互作用，則海王星在從P經(jīng)M、Q到N的運(yùn)動(dòng)過程中()A．從P到M所用的時(shí)間等于eq\f(T0,4)B．從Q到N階段，機(jī)械能逐漸變大C．從P到Q階段，速率逐漸變小D．從M到N階段，萬有引力對(duì)它先做負(fù)功后做正功命題意圖:本題考查萬有引力定律在天體運(yùn)行中的應(yīng)用．解析:在海王星從P到Q的運(yùn)動(dòng)過程中，由于引力與速度的夾角大于90°，因此引力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理可知，速度越來越小，C項(xiàng)正確；海王星從P到M的時(shí)間小于從M到Q的時(shí)間，因此從P到M的時(shí)間小于eq\f(T0,4)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由于海王星運(yùn)動(dòng)過程中只受到太陽引力作用，引力做功不改變海王星的機(jī)械能，即從Q到N的運(yùn)動(dòng)過程中海王星的機(jī)械能守恒，B項(xiàng)錯(cuò)誤；從M到Q的運(yùn)動(dòng)過程中引力與速度的夾角大于90°，因此引力做負(fù)功，從Q到N的過程中，引力與速度的夾角小于90°，因此引力做正功，即海王星從M到N的過程中萬有引力先做負(fù)功后做正功，D項(xiàng)正確．答案:CD5．(2017·全國(guó)卷Ⅲ)2017年4月，我國(guó)成功發(fā)射的天舟一號(hào)貨運(yùn)飛船與天宮二號(hào)空間實(shí)驗(yàn)室完成了首次交會(huì)對(duì)接，對(duì)接形成的組合體仍沿天宮二號(hào)原來的軌道(可視為圓軌道)運(yùn)行．與天宮二號(hào)單獨(dú)運(yùn)行時(shí)相比，組合體運(yùn)行的()A．周期變大 B．速率變大C．動(dòng)能變大 D．向心加速度變大命題意圖:本題考查天體運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)的知識(shí)．解析:組合體比天宮二號(hào)質(zhì)量大，軌道半徑R不變，根據(jù)eq\f(GMm,R2)＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\r(\f(GM,R))，可知與天宮二號(hào)單獨(dú)運(yùn)行時(shí)相比，組合體運(yùn)行的速率不變，B項(xiàng)錯(cuò)誤；又T＝eq\f(2πR,v)，則周期T不變，A項(xiàng)錯(cuò)誤；質(zhì)量變大、速率不變，動(dòng)能變大，C項(xiàng)正確；向心加速度a＝eq\f(GM,R2)，不變，D項(xiàng)錯(cuò)誤．答案:C6．(2016·全國(guó)卷Ⅰ)利用三顆位置適當(dāng)?shù)牡厍蛲叫l(wèi)星，可使地球赤道上任意兩點(diǎn)之間保持無線電通訊．目前，地球同步衛(wèi)星的軌道半徑約為地球半徑的6.6倍．假設(shè)地球的自轉(zhuǎn)周期變小，若仍僅用三顆同步衛(wèi)星來實(shí)現(xiàn)上述目的，則地球自轉(zhuǎn)周期的最小值約為()A．1h B．4hC．8h D．16h命題意圖:本題考查同步衛(wèi)星、開普勒第三定律及相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)，意在考查考生靈活運(yùn)用知識(shí)的能力．解題關(guān)鍵:解答此題的關(guān)鍵是地球同步衛(wèi)星的周期等于地球自轉(zhuǎn)周期以及運(yùn)動(dòng)周期與軌道半徑的關(guān)系．解析:設(shè)地球半徑為R，畫出僅用三顆地球同步衛(wèi)星使地球赤道上任意兩點(diǎn)之間保持無線電通訊時(shí)同步衛(wèi)星的最小軌道半徑示意圖，如圖所示．由圖中幾何關(guān)系可得，同步衛(wèi)星的最小軌道半徑r＝2R.設(shè)地球自轉(zhuǎn)周期的最小值為T，則由開普勒第三定律可得，eq\f(（6.6R）3,（2R）3)＝eq\f(（24h）2,T2)，解得T≈4h，選項(xiàng)B正確．答案:B章末整合提升機(jī)械能eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(功\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(功\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(做功的兩個(gè)必要因素,恒力做功：W＝Flcosθ,變力做功)),功率\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(平均功率：P＝\f(W,t)或P＝Fvcosθ,瞬時(shí)功率：P＝Fvcosθ)),機(jī)車的兩種啟動(dòng)方式\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(以恒定的功率啟動(dòng),以恒定的加速度啟動(dòng))))),機(jī)械能\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(動(dòng)能：Ek＝\f(1,2)mv2,重力勢(shì)能：Ep＝mgh,機(jī)械能：E＝Ek＋Ep)),基本規(guī)律\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(功能關(guān)系：W＝ΔE,動(dòng)能定理：W＝Ek2－Ek1,機(jī)械能守恒定律：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2,能量轉(zhuǎn)化和守恒定律))))1．(2017·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直．一小物塊以速度v從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點(diǎn)到軌道下端的距離與軌道半徑有關(guān)，此距離最大時(shí)對(duì)應(yīng)的軌道半徑為(重力加速度大小為g)()A.eq\f(v2,16g) B.eq\f(v2,8g)C.eq\f(v2,4g) D.eq\f(v2,2g)命題意圖:本題考查力與運(yùn)動(dòng)、功能關(guān)系及機(jī)械能守恒定律等知識(shí)．解析:設(shè)軌道半徑為R，小物塊從軌道上端飛出時(shí)的速度為v1，由于軌道光滑，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mg×2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，小物塊從軌道上端飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，對(duì)運(yùn)動(dòng)分解有:x＝v1t，2R＝eq\f(1,2)gt2，求得x＝eq\r(－16\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R－\f(v2,8g)))\s\up12(2)＋\f(v4,4g2))，因此當(dāng)R－eq\f(v2,8g)＝0，即R＝eq\f(v2,8g)時(shí)，x取得最大值，B項(xiàng)正確，A、C、D項(xiàng)錯(cuò)誤．答案:B2.(2017·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，一質(zhì)量為m，長(zhǎng)度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛．用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)，M點(diǎn)與繩的上端P相距eq\f(1,3)l.重力加速度大小為g.在此過程中，外力做的功為()A.eq\f(1,9)mgl B.eq\f(1,6)mglC.eq\f(1,3)mgl D.eq\f(1,2)mgl命題意圖:本題考查重心的確定、動(dòng)能定理．解析:QM段繩的質(zhì)量為m′＝eq\f(2,3)m，未拉起時(shí)，QM段繩的重心在QM中點(diǎn)處，與M點(diǎn)距離為eq\f(1,3)l，繩的下端Q拉到M點(diǎn)時(shí)，QM段繩的重心與M點(diǎn)距離為eq\f(1,6)l，此過程重力做功WG＝－m′geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)l－\f(1,6)l))＝－eq\f(1,9)mgl，對(duì)繩的下端Q拉到M點(diǎn)的過程應(yīng)用動(dòng)能定理，可知外力做功W＝－WG＝eq\f(1,9)mgl，可知A項(xiàng)正確，B、C、D項(xiàng)錯(cuò)誤．答案:A3.(2016·全國(guó)卷Ⅱ)小球P和Q用不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短．將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示．將兩球由靜止釋放．在各自軌跡的最低點(diǎn)，()A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球的動(dòng)能一定小于Q球的動(dòng)能C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度命題意圖:本題考查機(jī)械能守恒定律及牛頓第二定律的應(yīng)用，意在考查考生應(yīng)用功能關(guān)系、力與運(yùn)動(dòng)關(guān)系分析問題的能力．解析:小球從釋放到最低點(diǎn)的過程中，只有重力做功，由機(jī)械能守恒定律可知，mgL＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(2gL)，繩長(zhǎng)L越長(zhǎng)，小球到最低點(diǎn)時(shí)的速度越大，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由于P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，由Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，不能確定兩球動(dòng)能的大小關(guān)系，B項(xiàng)錯(cuò)誤；在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可知，F(xiàn)－mg＝meq\f(v2,L)，求得F＝3mg，由于P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，因此C項(xiàng)正確；由a＝eq\f(v2,L)＝2g可知，兩球在最低點(diǎn)的向心加速度相等，D項(xiàng)錯(cuò)誤．答案:C4．(多選)(2016·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與小球相連．現(xiàn)將小球從M點(diǎn)由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)過了N點(diǎn)．已知在M、N兩點(diǎn)處，彈簧對(duì)小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2).在小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中，()A．彈力對(duì)小球先做正功后做負(fù)功B．有兩個(gè)時(shí)刻小球的加速度等于重力加速度C．彈簧長(zhǎng)度最短時(shí)，彈力對(duì)小球做功的功率為零D．小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能等于其在M、N兩點(diǎn)的重力勢(shì)能差命題意圖:本題考查功能關(guān)系的應(yīng)用，意在考查考生綜合應(yīng)用動(dòng)力學(xué)規(guī)律及功能關(guān)系解題的能力．解析:小球在從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中，彈簧的壓縮量先增大，后減小，到某一位置時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)，再繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中，彈簧又伸長(zhǎng)，彈簧的彈力方向與小球速度的方向的夾角先大于90°，再小于90°，最后又大于90°，因此彈力先做負(fù)功，再做正功，最后又做負(fù)功，A項(xiàng)錯(cuò)誤；彈簧與桿垂直時(shí)，小球的加速度等于重力加速度，當(dāng)彈簧的彈力為零時(shí)，小球的加速度也等于重力加速度，B項(xiàng)正確；彈簧長(zhǎng)度最短時(shí)，彈力與小球的速度方向垂直，這時(shí)彈力對(duì)小球做功的功率為零，C項(xiàng)正確；由于在M、N兩點(diǎn)處，彈簧的彈力大小相等，即彈簧的形變量相等，根據(jù)動(dòng)能定理可知，小球從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過程中，彈簧的彈力做功為零，重力做功等于動(dòng)能的增量，即小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能等于其在M、N兩點(diǎn)的重力勢(shì)能差，D項(xiàng)正確．答案:BCD5．(2015·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平．一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道．質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí)，對(duì)軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小．用W表示質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中克服摩擦力所做的功．則()A．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn)B．W>eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn)C．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離D．W<eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離命題意圖:本題考查功能關(guān)系、摩擦力做功、豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)，意在考查考生綜合運(yùn)用知識(shí)解決問題的能力．難度中等偏難．解析:根據(jù)質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí)，對(duì)軌道壓力為4mg，利用牛頓第三定律可知，軌道對(duì)質(zhì)點(diǎn)的支持力為4mg.在最低點(diǎn)，由牛頓第二定律得4mg－mg＝meq\f(v2,R)，解得質(zhì)點(diǎn)滑到最低點(diǎn)的速度v＝eq\r(3gR).對(duì)質(zhì)點(diǎn)從開始下落到滑到最低點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得2mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝eq\f(1,2)mgR.對(duì)質(zhì)點(diǎn)由最低點(diǎn)繼續(xù)上滑的過程，到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)克服摩擦力做功W′要小于W＝eq\f(1,2)mgR.由此可知，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，可繼續(xù)上升一段距離，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤．答案:C章末整合提升動(dòng)量及動(dòng)量守恒定律eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(動(dòng)量p＝mv，矢量，p與v同向，Δp＝p′－p也是矢量,動(dòng)量守恒定律\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(守恒條件\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(系統(tǒng)不受外力或受外力的合力為零,系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,系統(tǒng)在某一方向上的合力為零)),表達(dá)式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′)),碰撞\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(彈性碰撞：動(dòng)量守恒，動(dòng)能守恒,非彈性碰撞：動(dòng)量守恒，動(dòng)能不守恒,完全非彈性碰撞：動(dòng)量守恒，動(dòng)能不守恒且損失最大))))1．(2017·全國(guó)卷Ⅰ)將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50g燃燒的燃?xì)庖源笮?00m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出．在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查gA．30kg·m/s B．5.7×102kgC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102命題意圖:本題考查動(dòng)量守恒定律及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)．解析:燃?xì)鈴幕鸺龂娍趪姵龅乃查g，火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為p，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050kg×600m/s＝30kg·m/s，選項(xiàng)A答案:A2.(多選)(2017·全國(guó)卷Ⅲ)一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)．F隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示，A．t＝1s時(shí)物塊的速率為1mB．t＝2s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為4kg·C．t＝3s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為5kg·D．t＝4s時(shí)物塊的速度為零命題意圖:本題通過Ft圖象考查動(dòng)量定理．解析:根據(jù)Ft圖線與時(shí)間軸圍成的面積的物理意義為合外力F的沖量，可知在0～1s、0～2s、0～3s、0～4s內(nèi)合外力沖量分別為2N·s、4N·s、3N·s、2N·s，應(yīng)用動(dòng)量定理I＝mΔv可知物塊在1s、2s、3s、4s末的速率分別為1m/s、2m/s、1.5m/s、1m/s，物塊在這些時(shí)刻的動(dòng)量大小分別為2kg·m/s、4kg·m/s、3kg·m/s、2kg·m/s，則A答案:AB3．(2016·全國(guó)卷Ⅰ)某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中．為計(jì)算方便，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開．忽略空氣阻力．已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g.求:(1)噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；(2)玩具在空中懸停時(shí)，其底面相對(duì)于噴口的高度．命題意圖:本題考查豎直上拋運(yùn)動(dòng)、動(dòng)量定理及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)，意在考查考生靈活運(yùn)用知識(shí)解決實(shí)際問題的能力．解析:(1)設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，則Δm＝ρΔV，①ΔV＝v0SΔt，②由①②式得，單位時(shí)間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S.③(2)設(shè)玩具懸停時(shí)其底面相對(duì)于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達(dá)玩具底面時(shí)的速度大小為v.對(duì)于Δt時(shí)間內(nèi)噴出的水，由能量守恒定律得eq\f(1,2)(Δm)v2＋(Δm)gh＝eq\f(1,2)(Δm)veq\o\al(2,0)，④在h高度處，Δt時(shí)間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動(dòng)量變化量的大小為Δp＝(Δm)v，⑤設(shè)水對(duì)玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動(dòng)量定理得FΔt＝Δp，⑥由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得F＝Mg，⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得h＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2veq\o\al(2,0)S2).答案:(1)ρv0S(2)eq\f(veq\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2veq\o\al(2,0)S2)4．(2016·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，水平地面上有兩個(gè)靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量為eq\f(3,4)m.兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同．現(xiàn)使a以初速度v0向右滑動(dòng)．此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞．重力加速度大小為g.求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)滿足的條件．命題意圖:本題考查能量守恒定律、動(dòng)能定理、動(dòng)量守恒定律等，意在考查考生對(duì)多過程問題的綜合分析能力和推理計(jì)算能力．解析:設(shè)物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應(yīng)有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)>μmgl，①即μ<eq\f(veq\o\al(2,0),2gl)，②設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1，由能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋μmgl，③設(shè)在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v1′、v2′，由動(dòng)量守恒和能量守恒定律有mv1＝mv1′＋eq\f(3m,4)v2′，④eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3m,4)))v′eq\o\al(2,2)，⑤聯(lián)立④⑤式解得v2′＝eq\f(8,7)v1，⑥由題意知，b沒有與墻發(fā)生碰撞，由功能關(guān)系可知eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3m,4)))v′eq\o\al(2,2)≤μeq\f(3m,4)gl，⑦聯(lián)立③⑥⑦式，可得μ≥eq\f(32veq\o\al(2,0),113gl)，⑧聯(lián)立②⑧式，a與b發(fā)生碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件eq\f(32veq\o\al(2,0),113gl)≤μ<eq\f(veq\o\al(2,0),2gl).答案:eq\f(32veq\o\al(2,0),113gl)≤μ<eq\f(veq\o\al(2,0),2gl)5．(2015·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間．A的質(zhì)量為m，B、C的質(zhì)量都為M，三者均處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)使A以某一速度向右運(yùn)動(dòng)，求m和M之間應(yīng)滿足什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞．設(shè)物體間的碰撞都是彈性的．命題意圖:本題主要考查動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律、彈性碰撞及其相關(guān)知識(shí)，意在考查考生綜合運(yùn)用相關(guān)知識(shí)解決問題的能力．解析:A向右運(yùn)動(dòng)與C發(fā)生第一次碰撞，碰撞過程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒．設(shè)速度方向向右為正，開始時(shí)A的速度為v0，第一次碰撞后C的速度為vC1，A的速度為vA1.由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得mv0＝mvA1＋MvC1，①eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C1)，②聯(lián)立①②式得vA1＝eq\f(m－M,m＋M)v0，③vC1＝eq\f(2m,m＋M)v0，④如果m>M，第一次碰撞后，A與C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能與B發(fā)生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右運(yùn)動(dòng)，A不可能與B發(fā)生碰撞；所以只需考慮m<M的情況．第一次碰撞后，A反向運(yùn)動(dòng)與B發(fā)生碰撞．設(shè)與B發(fā)生碰撞后，A的速度為vA2，B的速度為vB1，同樣有vA2＝eq\f(m－M,m＋M)vA1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m－M,m＋M)))eq\s\up12(2)v0，⑤根據(jù)題意，要求A只與B、C各發(fā)生一次碰撞，應(yīng)有vA2≤vC1，⑥聯(lián)立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0，解得m≥(eq\r(5)－2)M，⑧另一解m≤－(eq\r(5)＋2)M舍去．所以，m和M應(yīng)滿足的條件為(eq\r(5)－2)M≤m<M.答案:(eq\r(5)－2)M≤m＜M章末整合提升1．(多選)(2017·全國(guó)卷Ⅰ)在一靜止點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中，任一點(diǎn)的電勢(shì)φ與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離r的關(guān)系如圖所示．電場(chǎng)中四個(gè)點(diǎn)a、b、c和d的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed.點(diǎn)a到點(diǎn)電荷的距離為ra與點(diǎn)a的電勢(shì)φa已在圖中用坐標(biāo)(ra，φa)標(biāo)出，其余類推．現(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點(diǎn)依次經(jīng)b、c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，在相鄰兩點(diǎn)間移動(dòng)的過程中，電場(chǎng)力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd，下列選項(xiàng)正確的是()A．Ea∶Eb＝4∶1 B．Ec∶Ed＝2∶1C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3命題意圖:本題考查點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度公式、電勢(shì)、電場(chǎng)力做功及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)．解析:設(shè)點(diǎn)電荷的電荷量為Q，根據(jù)點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度公式E＝keq\f(Q,r2)，ra∶rb＝1∶2，rc∶rd＝3∶6，可知，Ea∶Eb＝4∶1，Ec∶Ed＝4∶1，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；將一帶正電的試探電荷由a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)做的功Wab＝q(φa－φb)＝3q(J)，試探電荷由b點(diǎn)移動(dòng)到c點(diǎn)做的功Wbc＝q(φb－φc)＝q(J)，試探電荷由c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)做功Wcd＝q(φc－φd)＝q(J)，由此可知，Wab∶Wbc＝3∶1，Wbc∶Wcd＝1∶1，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．答案:AC2．(2016·全國(guó)卷Ⅰ)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上．若將云母介質(zhì)移出，則電容器()A．極板上的電荷量變大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大B．極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大C．極板上的電荷量變大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變D．極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變命題意圖:本題考查平行板電容器、電容、勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差的關(guān)系及相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)，意在考查考生靈活運(yùn)用相關(guān)知識(shí)分析、解決問題的能力．解析:平行板電容器接在電壓恒定的直流電源上，電容器兩極板之間的電壓U不變．若將云母介質(zhì)移出，電容C減小，由C＝eq\f(Q,U)可知，電容器所帶電荷量Q減小，即電容器極板上的電荷量減?。捎赨不變，d不變，由E＝eq\f(U,d)可知，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，選項(xiàng)D正確，選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤．答案:D3.(多選)(2016·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，一帶負(fù)電荷的油滴在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi)，且相對(duì)于過軌跡最低點(diǎn)P的豎直線對(duì)稱．忽略空氣阻力．由此可知()A．Q點(diǎn)的電勢(shì)比P點(diǎn)高B．油滴在Q點(diǎn)的動(dòng)能比它在P點(diǎn)的大C．油滴在Q點(diǎn)的電勢(shì)能比它在P點(diǎn)的大D．油滴在Q點(diǎn)的加速度大小比它在P點(diǎn)的小命題意圖:本題考查帶電油滴在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)、動(dòng)能定理、牛頓運(yùn)動(dòng)定律及相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)，意在考查考生靈活運(yùn)用相關(guān)知識(shí)分析、解決問題的能力．解析:根據(jù)帶負(fù)電的油滴在豎直面內(nèi)的軌跡可知，油滴所受合外力一定向上，則所受電場(chǎng)力一定向上，且電場(chǎng)力大于重力，故勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向豎直向下，Q點(diǎn)的電勢(shì)比P點(diǎn)高，選項(xiàng)A正確；油滴從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理，合外力做正功，動(dòng)能增大，所以油滴在Q點(diǎn)的動(dòng)能比它在P點(diǎn)的大，選項(xiàng)B正確；油滴從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，油滴在Q點(diǎn)的電勢(shì)能比它在P點(diǎn)的小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于帶電油滴所受的電場(chǎng)力和重力均為恒力，所以油滴在Q點(diǎn)的加速度和它在P點(diǎn)的加速度大小相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案:AB4.(2015·全國(guó)卷Ⅰ)如圖所示，直線a、b和c、d是處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點(diǎn)，四點(diǎn)處的電勢(shì)分別為φM、φN、φP、φQ，一電子由M點(diǎn)分別運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)和P點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力所做的負(fù)功相等，則()A．直線a位于某一等勢(shì)面內(nèi)，φM>φQB．直線c位于某一等勢(shì)面內(nèi)，φM>φNC．若電子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功D．若電子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功命題意圖:本題考查電勢(shì)、等勢(shì)面、電場(chǎng)力做功及其相關(guān)知識(shí)，意在考查考生運(yùn)用電場(chǎng)相關(guān)知識(shí)分析解決問題的能力．難度中等．解析:根據(jù)題述一電子由M點(diǎn)分別運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)和P點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力所做的負(fù)功相等，可知N點(diǎn)和P點(diǎn)處于同一等勢(shì)面上，直線d位于某一等勢(shì)面內(nèi)．根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)的特性，可知直線c位于某一等勢(shì)面內(nèi)．由于電子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，說明電場(chǎng)線方向從M指向N，故M點(diǎn)電勢(shì)高于N點(diǎn)電勢(shì)，所以選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于M、Q處于同一等勢(shì)面內(nèi)，電子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力不做功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力做正功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案:B5．(2017·全國(guó)卷Ⅰ)真空中存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電油滴在該電場(chǎng)中豎直向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為v0.在油滴處于位置A時(shí)，將電場(chǎng)強(qiáng)度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變．持續(xù)一段時(shí)間t1后，又突然將電場(chǎng)反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時(shí)間后，油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)．重力加速度大小為g.(1)求油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度．(2)求增大后的電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。粸楸ＷC后來的電場(chǎng)強(qiáng)度比原來的大，試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿足的條件．已知不存在電場(chǎng)時(shí)，油滴以初速度v0做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度恰好等于B、A兩點(diǎn)間距離的兩倍．命題意圖:本題考查帶電油滴在電場(chǎng)、重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)．解析:(1)設(shè)油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為正．油滴在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故電場(chǎng)力方向向上．在t＝0時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度突然從E1增加至E2時(shí)，油滴做豎直向上的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，大小a1滿足qE2－mg＝ma1，①油滴在時(shí)刻t1的速度為v1＝v0＋a1t1，②電場(chǎng)強(qiáng)度在時(shí)刻t1突然反向，油滴做勻變速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向下，大小a2滿足qE2＋mg＝ma2，③油滴在時(shí)刻t2＝2t1的速度為v2＝v1－a2t1，④由①②③④式得v2＝v0－2gt1.⑤(2)由題意，在t＝0時(shí)刻前有qE1＝mg，⑥油滴從t＝0到時(shí)刻t1的位移為x1＝v0t1＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，⑦油滴在從時(shí)刻t1到時(shí)刻t2＝2t1的時(shí)間間隔內(nèi)的位移為x2＝v1t1－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)，⑧由題給條件有veq\o\al(2,0)＝2g(2h)，⑨式中h是B、A兩點(diǎn)之間的距離．若B點(diǎn)在A點(diǎn)之上，依題意有x1＋x2＝h，⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得E2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－2\f(v0,gt1)＋\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,gt1)))\s\up12(2)))E1，?為使E2>E1，應(yīng)有2－2eq\f(v0,gt1)＋eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,gt1)))eq\s\up12(2)>1，?即當(dāng)0<t1<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)))eq\f(v0,g)，?或t1>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3),2)))eq\f(v0,g)，?才是可能的；條件?式和?式分別對(duì)應(yīng)于v2>0和v2<0兩種情形．若B點(diǎn)在A點(diǎn)之下，依題意有x1＋x2＝－h(huán)，?由①②③⑥⑦⑧⑨?式得E2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－2\f(v0,gt1)－\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,gt1)))\s\up12(2)))E1，?為使E2>E1，應(yīng)有2－2eq\f(v0,gt1)－eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,gt1)))eq\s\up12(2)>1，?即t1>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)＋1))eq\f(v0,g)，?另一解為負(fù)，不合題意，已舍去．答案:(1)v0－2gt1(2)見解析章末整合提升1．(2017·全國(guó)卷Ⅰ)某同學(xué)研究小燈泡的伏安特性．所使用的器材有:小燈泡L(額定電壓3.8V，額定電流0.32A)；電壓表V(量程3V，內(nèi)阻3kΩ)；電流表A(量程0.5A，內(nèi)阻0.5Ω)；固定電阻R0(阻值1000Ω)；滑動(dòng)變阻器R(阻值0～9.0Ω)；電源E(電動(dòng)勢(shì)5V，內(nèi)阻不(1)實(shí)驗(yàn)要求能夠?qū)崿F(xiàn)在0～3.8V的范圍內(nèi)對(duì)小燈泡的電壓進(jìn)行測(cè)量，畫出實(shí)驗(yàn)電路原理圖．(2)實(shí)驗(yàn)測(cè)得該小燈泡伏安特性曲線如圖甲所示．圖甲圖乙由實(shí)驗(yàn)曲線可知，隨著電流的增加小燈泡的電阻________(選填“增大”“不變”或“減小”)，燈絲的電阻率________(選填“增大”“不變”或“減小”)．(3)用另一電源E0(電動(dòng)勢(shì)4V，內(nèi)阻1.00Ω)和題給器材連接成圖乙所示的電路，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R的阻值，可以改變小燈泡的實(shí)際功率．閉合開關(guān)S，在R的變化范圍內(nèi)，小燈泡的最小功率為____________W，最大功率為__________W(結(jié)果均保留兩位小數(shù))．命題意圖:本題主要考查研究小燈泡的伏安特性實(shí)驗(yàn)，利用伏安特性曲線計(jì)算實(shí)際功率及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)．解析:(1)要實(shí)現(xiàn)在0～3.8V的范圍內(nèi)對(duì)小燈泡的電壓進(jìn)行測(cè)量，則滑動(dòng)變阻器需要設(shè)計(jì)成分壓接法；電壓表V應(yīng)與固定電阻R0串聯(lián)，將量程改為4V．由于小燈泡正常發(fā)光時(shí)電阻約為12Ω，所以需將電流表外接．(2)由小燈泡伏安特性曲線可知，隨著電流的增加小燈泡的電阻增大．根據(jù)電阻定律可知，燈絲的電阻率增大．(3)當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電路中的阻值最大為9.0Ω時(shí)，流過小燈泡的電流最小，小燈泡的實(shí)際功率最小，把滑動(dòng)變阻器視為等效電源內(nèi)阻的一部分，在題圖甲中畫出等效電源E0′(電動(dòng)勢(shì)4V，內(nèi)阻1.00Ω＋9.0Ω＝10Ω)的伏安特性曲線，函數(shù)表達(dá)式為U＝4－10I(V)，圖線如圖中Ⅰ所示，故小燈泡的最小功率為Pmin＝U1I1＝1.75×0.225W≈0.39W．當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電路中的阻值最小為零時(shí)，流過小燈泡的電流最大，小燈泡的實(shí)際功率最大，在題圖甲中畫出電源E0(電動(dòng)勢(shì)4V，內(nèi)阻1.00Ω)的伏安特性曲線，函數(shù)表達(dá)式為U＝4－I(V)，圖線如圖中Ⅱ所示，故小燈泡的最大功率為Pmax＝U2I2＝3.68×0.318W≈1.17W.答案:(1)實(shí)驗(yàn)電路原理如圖所示(2)增大增大(3)0.391.172．(2017·全國(guó)卷Ⅱ)某同學(xué)利用如圖甲所示的電路測(cè)量一微安表(量程為100μA，內(nèi)阻大約為2500Ω)的內(nèi)阻．可使用的器材有:兩個(gè)滑動(dòng)變阻器R1、R2(其中一個(gè)阻值為20Ω，另一個(gè)阻值為2000Ω)；電阻箱Rz(最大阻值為99999.9Ω)；電源E(電動(dòng)勢(shì)約為1.5V)；單刀開關(guān)S1和S2.C、D分別為兩個(gè)滑動(dòng)變阻器的滑片．圖甲(1)按原理圖甲將圖乙中的實(shí)物連線．圖乙(2)完成下列填空:①R1的阻值為________Ω(選填“20”或“2000”)．②為了保護(hù)微安表，開始時(shí)將R1的滑片C滑到接近圖甲中滑動(dòng)變阻器的________端(選填“左”或“右”)對(duì)應(yīng)的位置；將R2的滑片D置于中間位置附近．③將電阻箱Rz的阻值置于2500.0Ω，接通S1.將R1的滑片置于適當(dāng)位置，再反復(fù)調(diào)節(jié)R2的滑片D的位置．最終使得接通S2前后，微安表的示數(shù)保持不變，這說明S2接通前B與D所在位置的電勢(shì)________(選填“相等”或“不相等”)．④將電阻箱Rz和微安表位置對(duì)調(diào)，其他條件保持不變，發(fā)現(xiàn)將Rz的阻值置于2601.0Ω時(shí)，在接通S2前后，微安表的示數(shù)也保持不變．待測(cè)微安表的內(nèi)阻為________Ω(結(jié)果保留到個(gè)位)．(3)寫出一條提高測(cè)量微安表內(nèi)阻精度的建議:_______________________________________________________________.命題意圖:本題考查測(cè)電流表內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)．解析:(2)R1起分壓作用，應(yīng)選用最大阻值較小的滑動(dòng)變阻器，即R1的電阻為20Ω，為了保護(hù)微安表，閉合開關(guān)前，滑動(dòng)變阻器R1的滑片C應(yīng)移到左端，確保微安表兩端電壓為零；反復(fù)調(diào)節(jié)D的位置，使閉合S2前后微安表的示數(shù)不變，說明閉合后S2中沒有電流通過，B、D兩點(diǎn)電勢(shì)相等；將電阻箱Rz和微安表位置對(duì)調(diào)，其他條件保持不變，發(fā)現(xiàn)將Rz的阻值置于2601.0Ω時(shí)，在接通S2前后，微安表的示數(shù)也保持不變．說明eq\f(2500.0Ω,RμA)＝eq\f(RμA,2601.0Ω)，則解得RμA＝2550Ω.(3)要提高測(cè)量微安表內(nèi)阻的精度，可調(diào)節(jié)R1上的分壓，盡可能使微安表接近滿量程．答案:(1)連線如圖(2)①20②左③相等④2550(3)調(diào)節(jié)R1上的分壓，盡可能使微安表接近滿量程3．(2017·全國(guó)卷Ⅲ)圖甲為某同學(xué)組裝完成的簡(jiǎn)易多用電表的電路圖．圖中E是電池；R1、R2、R3、R4和R5是固定電阻，R6是可變電阻；表頭G的滿偏電流為250μA，內(nèi)阻為480Ω.虛線方框內(nèi)為換擋開關(guān)，A端和B端分別與兩表筆相連．該多用電表有5個(gè)擋位，5個(gè)擋位為:直流電壓1V擋和5V擋，直流電流1mA擋和2.5mA擋，歐姆×100Ω擋．圖甲圖乙(1)圖甲中的A端與________(選填“紅”或“黑”)色表筆相連接．(2)關(guān)于R6的使用，下列說法正確的是________(填正確答案標(biāo)號(hào))．A．在使用多用電表之前，調(diào)整R6使電表指針指在表盤左端電流“0”位置B．使用歐姆擋時(shí)，先將兩表筆短接，調(diào)整R6使電表指針指在表盤右端電阻“0”位置C．使用電流擋時(shí)，調(diào)整R6使電表指針盡可能指在表盤右端電流最大位置(3)根據(jù)題給條件可得R1＋R2＝______Ω，R4＝_______Ω.(4)某次測(cè)量時(shí)該多用電表指針位置如圖乙所示．若此時(shí)B端是與“1”連接的，則多用電表讀數(shù)為________；若此時(shí)B端是與“3”連接的，則讀數(shù)為________；若此時(shí)B端是與“5”連接的，則讀數(shù)為________(結(jié)果均保留三位有效數(shù)字)．解析:(1)A端與電池正極相連，電流從A端流出，A端與黑表筆相連．(2)使用多用電表前，應(yīng)機(jī)械調(diào)零，即應(yīng)調(diào)整“指針定位螺絲”，使指針指在表盤左端電流“0”位置，與R6無關(guān)，選項(xiàng)A錯(cuò)；使用歐姆擋時(shí)，需要紅、黑表筆短接，使電表指針指在表盤右端電阻“0”位置，選項(xiàng)B對(duì)；使用電流擋時(shí)，B端與“1”或“2”相連，與R6(3)B端與“1”、“2”相連時(shí)，該多用電表擋位分別為直流2.5mA擋、直流1mA擋，如圖1所示，由電表的改裝原理可知，B端與“2”相連時(shí)，有I2＝Ig＋eq\f(Igrg,R1＋R2)，解得R1＋R2＝160Ω；B端與“4”相連時(shí)，如圖2所示，多用電表為直流電壓1V擋，表頭并聯(lián)部分電阻R0＝eq\f(Igrg,I2)，R4＝eq\f(U4,I2)－R0＝880Ω.(4)B端與“1”相連時(shí)，電表讀數(shù)為1.47mA；B端與“3”相連時(shí)，多用電表為歐姆×100Ω擋，讀數(shù)為11.0×100Ω＝1.10×103Ω；B端與“5”相連時(shí)，多用電表為直流電壓5V擋，讀數(shù)為eq\f(147,250)×5V＝2.94V.圖1圖2答案:(1)黑(2)B(3)160880(4)1.47mA1.10×103Ω2.94V4．(2013·全國(guó)卷Ⅱ)某同學(xué)用量程為1mA、內(nèi)阻為120Ω的表頭按圖甲所示電路改裝成量程分別為1V和1A的多用電表．圖中R1和R2為定值電阻，S為開關(guān)．回答下列問題:(1)根據(jù)圖甲所示的電路，在圖乙所示的實(shí)物圖上連線．圖甲圖乙(2)開關(guān)S閉合時(shí)，多用電表用于測(cè)量________(選填“電流”“電壓”或“電阻”)；開關(guān)S斷開時(shí)，多用電表用于測(cè)量______(選填“電流”“電壓”或“電阻”)．(3)表筆A應(yīng)為________色(選填“紅”或“黑”)．(4)定值電阻的阻值R1＝________Ω，R2＝________Ω(結(jié)果取三位有效數(shù)字)．解析:(2)開關(guān)S閉合時(shí)，電阻R1與電流表并聯(lián)，多用電表用于測(cè)量電流．開關(guān)S斷開時(shí)，電阻R2與電流表串聯(lián)，多用電表用于測(cè)量電壓．(3)根據(jù)電流應(yīng)從電流表或電壓表的正接線柱進(jìn)，從負(fù)接線柱出，即從表筆A出，表筆A應(yīng)為黑色，表筆B應(yīng)為紅色．(4)開并S斷開時(shí)，由串聯(lián)電路知識(shí)，Ig(R2＋Rg)＝U，解得R2＝880Ω；開關(guān)S閉合時(shí)，由并聯(lián)電路知識(shí)，Ig(R2＋Rg)＝(I－Ig)R1，解得R1＝1.00Ω.答案:(1)連線如圖所示(2)電流電壓(3)黑(4)1.00880章末整合提升磁場(chǎng)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(描述\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(磁感線：形象描述磁場(chǎng)的假想線,磁感應(yīng)強(qiáng)度：B＝\f(F,IL)（B⊥I）,常見的磁場(chǎng)\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(條形磁鐵、蹄形磁鐵→磁現(xiàn)象的電本質(zhì),\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(直線電流的磁場(chǎng)分布,環(huán)形電流的磁場(chǎng)分布,通電螺線管磁場(chǎng)的分布))安培定則,地磁場(chǎng))))),作用\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(安培力\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(大?。篎＝BIL,方向：左手定則)),洛倫茲力\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(大?。篎＝qBv（v⊥B）,方向：左手定則,勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(半徑：R＝\f(mv,qB),周期：T＝\f(2πm,Bq)))))))))1．(多選)(2017·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，三根相互平行的固定長(zhǎng)直導(dǎo)線L1、L2和L3兩兩等距，均通有電流I，L1中電流方向與L2中的相同，與L3中的相反．下列說法正確的是()A．L1所受磁場(chǎng)作用力的方向與L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁場(chǎng)作用力的方向與L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3單位長(zhǎng)度所受的磁場(chǎng)作用力大小之比為1∶1∶eq\r(3)D．L1、L2和L3單位長(zhǎng)度所受的磁場(chǎng)作用力大小之比為eq\r(3)∶eq\r(3)∶1命題意圖:本題考查安培定則、左手定則、磁場(chǎng)疊加、安培力及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)．解析:由安培定則可判斷出L2在L1處產(chǎn)生的磁場(chǎng)(B21)方向垂直L1和L2的連線豎直向上，L3在L1處產(chǎn)生的磁場(chǎng)(B31)方向垂直L1和L3的連線指向右下方，根據(jù)磁場(chǎng)疊加原理，L3和L2在L1處產(chǎn)生的合磁場(chǎng)(B合1)方向如圖1所示，根據(jù)左手定則可判斷出L1所受磁場(chǎng)作用力的方向與L2和L3的連線平行，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；同理，如圖2所示，可判斷出L3所受磁場(chǎng)(B合3)作用力的方向(豎直向上)與L1、L2所在的平面垂直，選項(xiàng)B正確；同理，如圖3所示，設(shè)一根長(zhǎng)直導(dǎo)線在另一根導(dǎo)線處產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，根據(jù)幾何知識(shí)可知，B合1＝B，B合2＝B，B合3＝eq\r(3)B，由安培力公式可知，L1、L2和L3單位長(zhǎng)度所受的磁場(chǎng)作用力大小與該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小成正比，所以L1、L2和L3單位長(zhǎng)度所受的磁場(chǎng)作用力大小之比為1∶1∶eq\r(3)，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．圖1圖2圖3答案:BC2．(2017·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上(與紙面平行)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里．三個(gè)帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc.已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)．下列選項(xiàng)正確的是()A．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mcC．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma命題意圖:本題考查帶電微粒在復(fù)合場(chǎng)(重力場(chǎng)、電場(chǎng)和磁場(chǎng))中的運(yùn)動(dòng)及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)．解析:該空間區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)和重力場(chǎng)的疊加場(chǎng)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知其重力與所受到的電場(chǎng)力平衡，洛倫茲力提供其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，有mag＝qE，解得ma＝eq\f(qE,g).b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝eq\f(qE,g)＋eq\f(qvbB,g).c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝eq\f(qE,g)－eq\f(qvcB,g).綜上所述，可知mb>ma>mc，選項(xiàng)B正確．答案:B3．(2016·全國(guó)卷Ⅰ)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場(chǎng)加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場(chǎng)．若某種一價(jià)正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場(chǎng)加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場(chǎng)，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()A．11 B．12C．121 D．144命題意圖:本題考查動(dòng)能定理、洛倫茲力、勻速圓周運(yùn)動(dòng)及相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)，意在考查考生運(yùn)用相關(guān)知識(shí)分析、解決粒子在電場(chǎng)中加速和在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)問題的能力．解析:設(shè)加速電壓為U，質(zhì)子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，原來磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，質(zhì)子質(zhì)量為m，一價(jià)正離子質(zhì)量為M.質(zhì)子在入口處從靜止開始加速，由動(dòng)能定理得，eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，質(zhì)子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，ev1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),r)；一價(jià)正離子在入口處從靜止開始加速，由動(dòng)能定理得，eU＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，該正離子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為12B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡半徑仍為r，洛倫茲力提供向心力，ev2·12B＝Meq\f(veq\o\al(2,2),r)；聯(lián)立解得M∶m＝144∶1，選項(xiàng)D正確．答案:D4．(2015·全國(guó)卷Ⅰ)兩相鄰勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同、方向平行．一速度方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直的帶電粒子(不計(jì)重力)，從較強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場(chǎng)區(qū)域后，粒子的()A．軌道半徑減小，角速度增大B．軌道半徑減小，角速度減小C．軌道半徑增大，角速度增大D．軌道半徑增大，角速度減小命題意圖:本題考查洛倫茲力、帶電粒子在勻