【全程攻略】江苏省2013年高考物理二轮复习 提升训练18套

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名称 【全程攻略】江苏省2013年高考物理二轮复习 提升训练18套
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资源类型 教案
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科目 物理
更新时间 2013-04-17 15:59:15

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第1讲 力的合成与分解 物体的平衡
1.(多选)(2012·海南单科,8)下列关于摩擦力的说法正确的是 (  ).
A.作用在物体上的滑动摩擦力只能使物体减速,不可能使物体加速
B.作用在物体上的静摩擦力只能使物体加速,不可能使物体减速
C.作用在物体上的滑动摩擦力既可能使物体减速,也可能使物体加速
D.作用在物体上的静摩擦力既可能使物体加速,也可能使物体减速
2.(2012·上海单科,8)如图1-8所示,光滑斜面固定于水平面,滑块A、B叠
放后一起冲上斜面,且始终保持相对静止,A上表面水平,则在斜面上运动时,B受力的示意图为 (  ).
图1-8
3.(2012·南京模拟)如图19所示,一轻绳的两端分别固定在不等高的A、B
两点,现用另一轻绳将一物体系于O点,设轻绳AO、BO相互垂直,α>β,且两绳中的拉力分别为FA、FB,物体受到的重力为G,下列表述正确的是
(  ).
图1-9
A.FA一定大于G
B.FA一定大于FB
C.FA一定小于FB
D.FA与FB大小之和一定等于G
4.(2012·浙江卷,14)如图110所示,与水平面夹角为30°的固定斜面上有一
质量m=1.0 kg的物体.细绳的一端与物体相连,另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连.物体静止在斜面上,弹簧秤的示数为4.9 N.关于物体受力的判断(取g=9.8 m/s2),下列说法正确的是 (  ).
图1-10
A.斜面对物体的摩擦力大小为零
B.斜面对物体的摩擦力大小为4.9 N,方向沿斜面向上
C.斜面对物体的支持力大小为4.9  N,方向竖直向上
D.斜面对物体的支持力大小为4.9 N,方向垂直斜面向上
5.(多选)如图111所示,两根光滑金属导轨平行放置,导轨所在平面与水平
面间的夹角为θ.整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中.金属杆ab垂直导轨放置,当金属杆ab中通有从a到b的恒定电流I时,金属杆ab刚好静止,则 (  ).
图1-11
A.磁场方向竖直向上
B.磁场方向竖直向下
C.金属杆ab受安培力的方向平行于导轨向上
D.金属杆ab受安培力的方向水平向右
参考答案
1.CD [摩擦力总是阻碍物体间的相对运动(或相对运动趋势),而物体间
的相对运动与物体的实际运动无关.当摩擦力的方向与物体的运动方向一致时,摩擦力是动力,方向相反时为阻力,故C、D项正确.]
2.A [以A、B为整体,A、B整体沿斜面向下的加速度a可沿水平方向和
竖直方向分解为加速度a∥和a⊥,如图所示,以B为研究对象,B滑块必须受到水平向左的力来产生加速度a∥.因此B受到三个力的作用,即:重力、A对B的支持力、A对B的水平向左的静摩擦力,故只有选项A正确.]
3.B [将FA和FB正交分解,水平方向分力大小相等,竖直方向分力之和
等于G,可知FA一定大于FB.]
4.A [选斜面上的物体为研究对象对其进行受力分析如图所示(设摩擦力的方向
向下)由平衡条件得
沿斜面方向上,
F-mgsin 30°-Ff=0 ①
垂直斜面方向上
FN-mgcos 30°=0 ②
F=4.9 N ③
由①②③得Ff=0,FN=4.9  N
所以选项A正确,B、C、D均错误.]
5.AD [本题考查物体的平衡及安培力方向的判断.受力分析如图所示,
当磁场方向竖直向上时,由左手定则可知安培力水平向右,金属杆ab受力可以平衡,A正确;若磁场方向竖直向下,由左手定则可知安培力水平向左,则金属杆ab受力无法平衡,D正确,B、C错误.]
第10讲 力学实验中常考的3个问题
1.如图10-11甲、乙所示,游标卡尺的示数为________cm;螺旋测微器的
示数为________mm.
图10-11
2.如图10-12所示,在“力的平行四边形定则”的实验探究中,某同学进
行实验的主要步骤是:将橡皮条的一端固定在木板上的A点,另一端拴上两根带有绳套的细绳,每根绳套分别连着一个弹簧测力计.沿着两个方向拉弹簧测力计,将橡皮条的活动端拉到某一位置,将此位置标记为O点,读取此时弹簧测力计的示数,分别记录两个拉力F1、F2的大小并标出方向;再用一个弹簧测力计将橡皮条的活动端仍拉至O点,记录其拉力F的大小和方向.
图10-12
(1)用一个弹簧测力计将橡皮条的活动端仍拉到O点,这样做的目的是_______________________________________________________________.
(2)(多选)为尽可能减小实验误差,下列操作中正确的是________.
A.弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行
B.两细绳必须等长
C.标记同一细绳方向的两点要远些
D.用两弹簧秤同时拉细绳时夹角应尽可能大
3.某小组利用如图10-13甲所示的气垫导轨实验装置来探究合力一定时,
物体的加速度与质量之间的关系.
(1)将滑块从图甲位置由静止释放,由数字计时器(图中未画出)可读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为Δt1、Δt2;用刻度尺测得两个光电门中心之间的距离x,用游标卡尺测得遮光条宽度d,则滑块经过光电门1时的速度表达式v1=________;经过光电门2时的速度表达式v2=________.滑块加速度的表达式a=________.(以上表达式均用已知字母表示).如图乙,若用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度,其读数为________mm.
图10-13
(2)为了保持滑块所受的合力不变,可改变滑块质量M和气垫导轨右端高度h(见图甲).关于“改变滑块质量M和气垫导轨右端的高度h”的正确操作方法是________.
A.M增大时,h增大,以保持二者乘积增大
B.M增大时,h减小,以保持二者乘积不变
C.M减小时,h增大,以保持二者乘积不变
D.M减小时,h减小,以保持二者乘积减小
4.某同学使用有透光狭缝的钢条和光电计时器的装置测量重力加速度(如图
10-14甲所示).在钢条下落过程中,钢条挡住光源发出的光时,计时器开始计时,透光时停止计时,若再次挡光,计时器将重新开始计时.实验中该同学将钢条竖直置于一定高度(下端A高于光控开关),由静止释放,测得先后两段挡光时间t1和t2.
(1)用游标卡尺测量AB、AC的长度,其中AB的长度如图乙所示,其值为________ mm.


图10-14
(2)若狭缝宽度不能忽略,则该同学利用h=gt2,x=vt,AC=,g=及相关测量值得到的重力加速度值比其真实值________(填“偏大”或“偏小”).
5.(2012·苏北四市第三次调研)某研究性学习小组利用气垫导轨验证机械能守
恒定律,实验装置如图10-15甲所示.在气垫导轨上相隔一定距离的两处安装两个光电传感器A、B,滑块P上固定一遮光条,若光线被遮光条遮挡,光电传感器会输出高电压,两光电传感器采集数据后与计算机相连.滑块在细线的牵引下向左加速运动,遮光条经过光电传感器A、B时,通过计算机可以得到如图乙所示的电压U随时间t变化的图象.
图10-15
(1)实验前,接通气源,将滑块(不挂钩码)置于气垫导轨上,轻推滑块,当图乙中的Δt1________Δt2(选填“>”“=”或“<”)时,说明气垫导轨已经水平.
(2)用螺旋测微器测遮光条宽度d,测量结果如图丙所示,则d=________ mm.
(3)滑块P用细线跨过气垫导轨左端的定滑轮与质量为m的钩码Q相连,将滑块P由图甲所示位置释放,通过计算机得到的图象如图乙所示,若Δt1、Δt2和d已知,要验证滑块和钩码组成的系统机械能是否守恒,还应测出________和________(写出物理量的名称及符号).
(4)若上述物理量间满足关系式________,则表明在上述过程中,滑块和钩码组成的系统机械能守恒.
参考答案
1.解析 游标卡尺的示数为:13 mm+0.05×9 mm=13.45 mm=1.345 cm.
螺旋测微器的示数为:6.5 mm+0.01×29.0 mm=6.790 mm.
答案 1.345 6.788~6.792
2.解析 (1)实验中,两次拉至同一点O,可知其目的为了等效替代,效果
相同.
(2)实验中尽可能做到,平行拉力,保证力的方向;标记过程中两点描绘一条直线,两点尽可能要远点;两弹簧夹角适中为宜.答案选A、C.
答案 (1)与F1、F2共同作用的效果相同 (2)AC
3.解析 考查探究牛顿第二定律实验并综合其他相关知识.从题中看,遮光
条的宽度极小,因而可以将滑块通过光电门时的速度近似看作不变,所以v1=、v2=.我们用气垫导轨做实验时往往忽略物体与轨道间的摩擦,所以滑块的合力为Mgsin θ=g,其中θ为导轨与水平面的夹角,L为导轨长度.题中要求合力不变,则选B、C.
答案 (1)   8.15 (2)BC
4.解析 根据实验的已知条件可知g的真实值应为g′=,由于
狭缝不能忽略,故t>t1+t2,设t=t1+t2+Δt,则g′==,显然测量值比真实值偏大.
答案 (1)74.3 (2)偏大
5.(1)= (2)8.474(在8.473~8.475之间均算对)
(3)滑块质量M 两光电门间距离L
(4)mgL=(M+m)2-(M+m)2
第11讲
电学实验中常考的4个问题
1.某同学测量一只未知阻值的电阻Rx.
(1)他先用多用电表进行测量,指针偏转如图11-14甲所示.为了使多用电表的测量结果更准确,该同学应选用________挡位,更换挡位重新测量之前应进行的步骤是
___________________________________.
(2)接下来再用“伏安法”测量该电阻,所用仪器如图乙所示,其中电压表内阻约为5 kΩ,电流表内阻约为5 Ω,变阻器最大阻值为100 Ω.图中部分连线已经连接好,为了尽可能准确地测量电阻,请你完成其余的连线.
(3)该同学用“伏安法”测量的电阻Rx的值将________(选填“大于”、“小于”或“等于”)被测电阻的实际值.
(4)连接电路时应注意的主要事项:________(任回答一项).
图11-14
2.(2012·山东卷,21(2))在测量金属丝电阻率的实验中,可供选用的器材如下:
待测金属丝:Rx(阻值约4 Ω,额定电流约0.5 A);
电压表:V(量程3 V,内阻约3 kΩ)
电流表:A1(量程0.6 A,内阻约0.2 Ω);
A2(量程3 A,内阻约0.05 Ω);
电源:E1(电动势3 V,内阻不计);
E2(电动势12 V,内阻不计);
滑动变阻器:R(最大阻值约20 Ω);
螺旋测微器;毫米刻度尺;开关S;导线.
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径,示数如图11-15所示,读数为________mm.
图11-15
(2)若滑动变阻器采用限流接法,为使测量尽量精确,电流表应选________,电源应选________(均填器材代号),在虚线框内完成电路原理图.
3.某实验小组在“测定金属电阻率”的实验过程中,正确操作获得金属丝的
直径以及电流表、电压表的读数如图11-16甲、乙、丙所示,则它们的读数值依次是________、________、________.
图11-16
已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为0~10 Ω,电流表内阻约几欧,电压表内阻约20 kΩ.电源为干电池(不宜在长时间、大功率状况下使用),电动势E=4.5 V,内阻很小,则以下电路图中________(填电路图下方的字母代号)电路为本次实验应当采用的最佳电路,但用此最佳电路测量的结果仍然会比真实值偏________.
若已知实验所用的电流表内阻的准确值RA=2.0 Ω,那么准确测量金属丝电阻Rx的最佳电路应是上图中的________电路(填电路图下的字母代号),此时测得电流为I、电压为U,则金属丝电阻Rx=________(用题中字母代号表示).
4.某学习小组为探究导电溶液的电阻在体积相同时,电阻值与长度的关系,
选取一根乳胶管,里面灌满了盐水,两端用粗铜丝塞住管口,形成一段封闭的盐水柱.进行了如下实验.
(1)该小组将盐水柱作为纯电阻,粗测其电阻约为几千欧.现采用伏安法测盐水柱的电阻,有如下实验器材可供选择:
A.直流电源:电动势12 V,内阻很小,额定电流1 A;
B.电流表A1:量程0~10 mA,内阻约10 Ω;
C.电流表A2:量程0~600 mA,内阻约0.5 Ω;
D.电压表V:量程0~15 V,内阻约15 kΩ;
E.滑动变阻器R1:最大阻值1 kΩ;
F.滑动变阻器R2:最大阻值5 kΩ;
G.开关、导线等
在可供选择的器材中,应该选用的电流表是________(填“A1”或“A2”),应该选用的滑动变阻器是________(填“R1”或“R2”).
(2)根据所选的器材画出实验电路图.
(3)握住乳胶管两端把它均匀拉长,多次实验测得盐水柱长度L、电阻R的数据如下表:
实验次数
1
2
3
4
5
6
长度L(cm)
20.0
25.0
30.0
35.0
40.0
45.0
电阻R(kΩ)
1.3
2.1
3.0
4.1
5.3
6.7
图11-17
为了研究电阻R与长度L的关系,该小组用纵坐标表示电阻R,作出了如图11-17所示的图线,你认为横坐标表示的物理量是________.
5.在描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中,提供的实验器材有:
A.小灯泡(额定电压为1 2 V,额定电流约0.5 A)
B.直流电流表A(0~0.6 A,内阻约0.8 Ω)
C.直流电压表V1(0~3 V,内阻约5 kΩ)
D.直流电压表V2(0~1 5 V,内阻约15 kΩ)
E.滑动变阻器R1(0~5 Ω,2 A)
F.滑动变阻器R2(0~20 Ω,2 A)
G.电源(12 V,内阻不计)
H.开关S及导线若干.
某同学设计了实验测量电路,通过改变变阻器的滑片位置,使电表读数从零开始变化,记录多组电压表的读数U和电流表的读数I.
(1)实验中电压表应选用________(填“V1”或“V2”),滑动变阻器应选用________(填“R1”或“R2”);
(2)在图11-18甲虚线框内画出实验电路图;
 


图11-18
(3)该同学在实验中测出8组对应的数据(见下表):
次数
1
3
3
4
5
6
7
8
I/A
0
0.12
0.22
0.30
0.38
0.45
0.47
0.50
U/V
0
1.2
2.4
3.6
6.0
8.4
9.6
12.0
请在图11-18乙坐标中,描点作出U-I图线,由图象可知,灯泡的功率增大时,其电阻________(填“增大”“减小”或“不变”).
参考答案
1.解析 (1)多用电表所测量的电阻值等于指针示数乘以倍率,即100×10 Ω
=1 000 Ω.因为指针不在表盘的中央附近,应换大一些的倍率.欧姆挡每次换挡后都要重新欧姆调零.不测量时要将多用电表关闭,置于“OFF”挡上,若无“OFF”挡应置于交流电压最高挡.(2)待测电阻Rx的阻值是滑动变阻器总阻值的10倍,若用限流电路,在改变滑动变阻器的阻值时电流表和电压表的示数变化很小,故要用分压接法.又因为待测电阻的大小与电流表内阻的倍数比电压表内阻与待测电阻的倍数更大些,要用电流表的内接法.(3)电流表内接法测量的电阻值等于Rx+RA,大于真实值.
答案 (1)×100 欧姆挡调零
(2)如图所示,补画①②两条线
(3)大于
(4)使滑动变阻器所分的电压为零;电表的正负接线柱不能接错
2.
解析 (1)螺旋测微器的读数为1.5 mm+27.3×0.01 mm=1.773 mm.
(2)在用伏安法测电阻的实验,为使测量尽量精确,则电流表、电压表指针需达到半偏以上,又因待测电阻丝的额定电流为0.5 A,所以电流表选A1,电源选E1即可.
电路原理如图所示.
答案 (1)1.773(1.771~1.775均正确) (2)A1 E1
电路图如解析图
3.解析 根据被测电阻,阻值约为5 Ω,比较得到测量电路采用外接法,
控制电路采用限流接法,由于电压表的分流,测量的电阻值与真实值相比偏小.
答案 0.996~0.999 mm 0.42 A 2.25~2.28 V A 小 B -RA或-2(Ω)
4.解析 (1)电源电动势为12 V,粗测电阻为几千欧,则电流表选用A1,滑
动变阻器选用电阻值跟被测电阻相当的,故选用R2.(2)限流式,内接法,如答案图所示.(3)根据所给数据,分析可知:长度越长,电阻越大,然后再定量计算可知作出的图线是R-L2图线.
答案 (1)A1 R2 (2)如图所示 (3)L2

5.解析 (1)灯泡的额定功率为12 W,则电压表应选用15 V的电压表V2,
灯泡正常工作的电阻为24 Ω,滑动变阻器要采用分压式接法.若采用R1,则电路中的电流超过2 A,所以选用R2.
(2)因灯泡的电阻较小,电流表应采用外接法;滑动变阻器采用分压式接法.
(3)依据拟合出的U-I图象,图象上的点与坐标原点的连线的斜率逐渐增大,故电阻变大.
答案 (1)V2 R2
(2)如图甲所示 (3)如图乙所示 增大
第12讲
热学中常考的2个问题
1.(1)(多选)下列说法正确的是 (  ).
A.一定温度下饱和汽的压强随体积的增大而减小
B.人对空气干爽与潮湿的感受主要取决于空气的相对湿度
C.产生毛细现象时,液体在毛细管中一定上升
D.能量耗散虽然不会使能的总量减少,却会导致能量品质的降低
(2)(多选)下列说法中,正确的是 (  ).
A.晶体具有确定的熔点
B.多晶体具有各向异性
C.晶体和非晶体之间不能相互转化
D.碳原子按照不同规则排列,可以成为石墨,也可以成为金刚石
(3)如图12-4所示,用活塞封闭一定质量理想气体的导热汽缸放在水平桌面上,汽缸正上方有一个沙漏正在漏沙,导致活塞缓慢下降.若大气压和外界温度恒定,随着沙子不断漏下,缸内气体的压强逐渐________(填“增大”或“减小”),气体________(填“吸收”或“放出”)热量.
图12-4
2.(2012·福建卷,28)(1)关于热力学定律和分子动理论,下列说法正确的是
________.(填选项前的字母)
A.一定量气体吸收热量,其内能一定增大
B.不可能使热量由低温物体传递到高温物体
C.若两分子间距离增大,分子势能一定增大
D.若两分子间距离减小,分子间引力和斥力都增大
(2)空气压缩机的储气罐中储有1.0 atm的空气6.0 L,现再充入1.0 atm的空气9.0 L.设充气过程为等温过程,空气可看作理想气体,则充气后储气罐中气体压强为________.(填选项前的字母)
A.2.5 atm B.2.0 atm
C.1.5 atm D.1.0 atm
3.(2012·济南高考模拟)(1)(多选)下列说法正确的有________.(填入正确选项
前的字母)
A.第二类永动机和第一类永动机一样,都违背了能量守恒定律
B.自然界中的能量虽然是守恒的,但有的能量便于利用,有的不便于利用,故要节约能源
C.若气体的温度随时间不断升高,其压强也一定不断增大
D.晶体都具有固定的熔点
(2)如图12-5所示,用销钉固定的导热活塞把水平放置的导热汽缸分隔成容积相同的两部分,分别封闭着A、B两部分理想气体:A部分气体压强为pA0=2.5×105 Pa,B部分气体压强为pB0=1.5×105 Pa.现拔去销钉,待活塞重新稳定后.(外界温度保持不变,活塞与汽缸间摩擦可忽略不计,整个过程无漏气发生)
图12-5
①求此时A部分气体体积与原来体积之比;
②判断此过程中A部分气体是吸热还是放热,并简述理由.
4.(1)(多选)关于热现象和热学规律,以下说法正确的有
________________________________________________________________________.
A.布朗运动就是液体分子的运动
B.液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,液体表面存在张力
C.随分子间的距离增大,分子间的引力减小,分子间的斥力也减小
D.晶体熔化时吸收热量,分子平均动能一定增大
(2)在做“用油膜法估测分子的大小”实验中,用a mL的纯油酸配制成了b mL的油酸酒精溶液,再用滴管取1 mL油酸酒精溶液,让其自然滴出,共n滴,现在让其中一滴落到盛水的浅盘内,待油膜充分展开后,测得油膜的面积为S cm2,则
①估算油酸分子的大小是________cm.
②用油膜法测出油酸分子的直径后,要测定阿伏加德罗常数,还需知道油滴的________.
A.摩尔质量 B.摩尔体积
C.质量 D.体积
(3)如图12-6所示是用导热性能良好的材料制成的气体实验装置,开始时封闭一定长度的空气柱,现用力向下压活塞,在压缩过程中活塞对封闭气体做功10 J,若此压缩过程中封闭气体向外界放出的热量为2 J,则气体的内能如何变化?变化了多少?(请写出必要的解答过程)
图12-6
5.(2012·山东卷,36)(1)(多选)以下说法正确的是________.
A.水的饱和汽压随温度的升高而增大
B.扩散现象表明,分子在永不停息地运动
C.当分子间距离增大时,分子间引力增大,分子间斥力减小
D.一定质量的理想气体,在等压膨胀过程中,气体分子的平均动能减小
(2)如图12-7所示,粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U型管竖直放置,右端与大气相通,左端封闭气柱长l1=20 cm(可视为理想气体),两管中水银面等高.现将右端与一低压舱(未画出)接通,稳定后右管水银面高出左管水银面h=10 cm.(环境温度不变,大气压强p0=75 cmHg)
①求稳定后低压舱内的压强(用“cmHg”作单位).
图12-7
②此过程中左管内的气体对外界________(填“做正功”“做负功”或“不做功”),气体将________(填“吸热”或“放热”).
参考答案
1.(1)BD (2)AD (3)增大 放出
2.解析 (1)由热力学第一定律ΔU=W+Q知,一定量气体吸收热量内能不
一定增大,例如当气体对外做功,且W>Q时,那么内能将会减少,故A项错误;热力学第二定律的一种表述为:不可能使热量由低温物体传递到高温物体,而不引起其他变化,关键理解“而不引起其他变化”,如果“引起其他变化”,完全可以实现将热量从低温物体传递到高温物体,故B项错误;当r(2)初状态:p1=1.0 atm,V1=(6.0+9.0)L=15.0 L
末状态:p2,V2=6.0 L
根据玻意耳定律p1V1=p2V2得p2=,
代入数据得p2=2.5 atm,故A项正确,B、C、D三项均错.
答案 (1)D (2)A
3.解析 (1)第二类永动机违背热力学第二定律,A错误;气体压强与气体
的体积和温度都有关,不由单个物理量决定,C错误.
(2)①设A部分气体原来体积为V,由玻意耳定律得
PA0V=pA(V+ΔV),PB0V=pB(V-ΔV),又pA=pB,
由以上各式可解得ΔV=V,
因此,A部分气体此时体积与原来体积之比为5∶4
②吸热;A部分气体由于温度不变,所以内能不变;体积膨胀,对外做功,由热力学第一定律可知,一定从外界吸收热量.
答案 (1)BD (2)①5∶4 ②吸热;理由见解析
4.解析 (1)布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体颗粒的无规则运动,A
选项错误;晶体吸收热量熔化过程中的固液共存态温度不变,分子的平均动能不变,D选项错误,B、C选项正确;
(2)①油酸酒精的浓度为,一滴油酸酒精溶液中含有的纯油酸为,把充分展开的油膜看作紧密排列的单分子,所以可估算油酸分子的直径为;
②测出油酸分子的直径可以求出一个油酸分子的体积V0,如果能知道摩尔体积V,则可求阿伏加德罗常数NA=;
(3)压缩气体做的正功大于放出的热量,故气体内能增加;由热力学第一定律可得:ΔU=W+Q,代入可求得:ΔU=10 J-2 J=8 J.
答案 (1)BC (2)① ②B (3)增加;8 J
5.解析 (1)饱和汽压随温度的升高而增大,选项A正确;扩散现象说明分
子在永不停息地运动,选项B正确;当分子间距离增大时,分子间引力和斥力都减小,选项C错误;根据=C知,一定质量的理想气体,在等压膨胀时,温度升高,分子的平均动能增大,选项D错误.
(2)①设U型管横截面积为S,右端与大气相通时左管中封闭气体压强为p1,右端与一低压舱接通后,左管中封闭气体的压强为p2,气柱长度为l2,稳定后低压舱内的压强为p.左管中封闭气体发生等温变化,根据玻意耳定律得p1V1=p2V2 ①
p1=p0 ②
p2=p+ph ③
V1=l1S ④
V2=l2S ⑤
由几何关系得h=2(l2-l1) ⑥
联立①②③④⑤⑥式,代入数据得p=50 cmHg ⑦
②左管内气体膨胀,气体对外界做正功,温度不变,ΔU=0,根据热力学第一定律,ΔU=Q+W且W<0,所以Q=-W>0,气体将吸热.
答案 (1)AB (2)①50 cmHg ②做正功 吸热
第13讲
机械振动和机械波及光学中常考的2个问题
1.(1)(多选)下列说法正确的是 (  ).
A.X射线穿透物质的本领比γ射线更强
B.红光由空气进入水中,波长变长、颜色不变
C.狭义相对论认为物体的质量与其运动状态有关
D.观察者相对于频率一定的声源运动时,接收到声波的频率可能发生变化
(2)图13-8甲为一简谐横波在t=1.0 s时的图象,图乙为x=4 m处的质点P的振动图象.试求:
图13-8
①该波的波速.
②从图甲开始再经过3.5 s时,质点P的位移大小;在此3.5 s时间内质点P通过的路程.
2.(2012·山东卷,37)(1)一列简谐横波沿x轴正方向传播,t=0时刻的波形如
图13-9所示,介质中质点P、Q分别位于x=2 m、x=4 m处.从t=0时刻开始计时,当t=15 s时质点Q刚好第4次到达波峰.
图13-9
①求波速.
②写出质点P做简谐运动的表达式(不要求推导过程).
(2)如图13-10所示,一玻璃球体的半径为R,O为球心,AB为直径.来自B点的光线BM在M点射出,出射光线平行于AB,另一光线BN恰好在N点发生全反射.已知∠ABM=30°,求:
图13-10
①玻璃的折射率.
②球心O到BN的距离.
3.(1)(多选)如图13-11所示,一细束白光由空气斜射到横截面为矩形的玻
璃砖abdc的ab边上(入射光的延长线沿Od方向),则入射光________.
图13-11
A.不可能在ab界面发生全反射
B.可能射到bd面,并在bd界面发生全反射
C.一定能到达cd面,并可能在cd界面发生全反射
D.一定能到达cd面并从cd射出,射出的各种色光一定互相平行
E.光进入玻璃砖后的速度减小
(2)一列简谐横波,在t=0时的波动图象如图13-12所示,此时波恰好传播到A点,再经过1.0 s,Q点正好完成第一次全振动.试求:
图13-12
①波速v的大小;
②规范画出第1 s内质点P的振动图象(要求在坐标轴上标明有关的物理量、单位和数据).
4.(2012·南京二模)(1)①现有毛玻璃屏A、双缝B、白光光源C、单缝D和透
红光的滤光片E等光学元件,要把它们放在图13-13所示的光具座上组装成双缝干涉装置,用以测量红光的波长.
将白光光源C放在光具座最左端,依次放置其他光学元件,由左至右,表示各光学元件的字母排列顺序应为C、________、A.
图13-13
②本实验的步骤有:
a.取下遮光筒左侧的元件,调节光源高度,使光束能直接沿遮光筒轴线把屏照亮;
b.按合理顺序在光具座上放置各光学元件,并使各元件的中心位于遮光筒的轴线上;
c.用米尺测量双缝到屏的距离;
d.用测量头(其读数方法同螺旋测微器)测量数条亮纹间的距离.
在操作步骤b时还应注意_______________________________.
(2)如图13-14所示,实线为一列简谐波在t=0时刻的波形,a点振动方向沿y轴正向,经t=1 s波形为图中虚线,求波的传播速度.
图13-14
5.(2012·青岛模考)(1)有一弹簧振子在水平方向上的BC之间做简谐运动,已
知BC间的距离为20 cm,振子在2 s内完成了10次全振动.若从某时刻振子经过平衡位置时开始计时(t=0),经过周期振子有正向最大加速度.
①求振子的振幅和周期;
②在图13-15甲中作出该振子的位移-时间图象;
③写出振子的振动方程.
(2)如图13-15乙所示是一透明的圆柱体的横截面,其半径R=10  cm,折射率为 ,AB是一条直径,今有一束平行光沿AB方向射向圆柱体,求:
①光在圆柱体中的传播速度为________m/s;
②距离直线AB为________cm的入射光线,折射后恰经过B点.
   
     甲            乙
图13-15
参考答案
1.解析 (2)①由题图甲知λ=4 m.
由图乙知T=2 s,v==2 m/s.
②n==,再经过3.5 s时,P点到达负的最大位移处,位移大小为s1=0.2 m,路程为4nA=1.4 m.
答案 (1)CD (2)①2 m/s ②0.2 m;1.4 m
2.解析 (1)①设简谐横波的波速为v,波长为λ,周期为T,由图象知,λ
=4 m.由题意知t=3T+T ①
v= ②
联立①②式,代入数据得v=1 m/s ③
②质点P做简谐运动的表达式为y=0.2 sin(0.5 πt)m ④
(2)①设光线BM在M点的入射角为i,折射角为r,由几何知识可知,i=30°,r=60°,根据折射定律得n= ⑤
代入数据得n= ⑥
②光线BN恰好在N点发生全反射,则∠BNO为临界角C
sin C= ⑦
设球心到BN的距离为d,由几何知识可知d=Rsin C⑧
联立⑥⑦⑧式得d=R ⑨
答案 (1)①1 m/s ②y=0.2 sin(0.5 πt)m
(2)① ②R
3.解析 (1)根据全反射的条件(光由光密介质进入光疏介质且入射角大于等
于临界角),入射光不可能在ab界面发生全反射;入射光进入玻璃砖后,折射光线向法线靠近,不可能射到bd面上,一定射到cd面上;由于其入射角小于临界角,所以不可能在cd界面发生全反射,一定能从cd面射出,射出的各种色光一定互相平行;光进入玻璃砖后的速度减小.
(2)①由图象可知,波长λ=4 m,
对于周期有=1.0 s,
解得T=0.8 s,
由于波速v=,
联立解得v=5 m/s.
②如图所示
答案 (1)ADE (2)①5 m/s ②见解析
4.解析 (1)①滤光片E是从白光中选出单色红光,单缝屏是获取线光源,
双缝屏是获得相干光源,最后成像在毛玻璃屏.所以排列顺序为:C、E、D、B、A.
②在操作步骤b时应注意的事项有:放置单缝、双缝时,必须使缝平行;单缝、双缝间距离大约为5~10 cm;要保证光源、滤光片、单缝、双缝和光屏的中心在同一轴线上.
(2)由于a点振动方向为沿y轴正向,故波的传播方向为沿x轴负向
0~1 s时间段内波向x轴负向传播的距离为s=m(其中n=0、1、2…)
故波的传播速度为v===(4n+3)m/s(其中n=0、1、2…),方向为沿x轴负向
答案 (1)①E、D、B
②放置单缝、双缝时,必须使缝平行;单缝、双缝间距离大约为5~10 cm;要保证光源、滤光片、单缝、双缝和光屏的中心在同一轴线上
(2)(4n+3)m/s(n=0、1、2…) 方向沿x轴负向
5.解析 (1)①振子的振幅A=10 cm,振子的周期T=0.2 s
②位移-时间图象如图a所示.
③y=-Asin ωt=-0.1 sin 10πt(m)
(2)①由n=可知光在圆柱体中的传播速度为:
v==×108 m/s,
②如图b所示α=2β,=n,而d=Rsin α ,
由以上三式可求得:d=15 cm.
答案 (1)①10 cm 0.2 s ②见解析
③y=-0.1 sin 10πt(m) (2)①×108 ②15
第14讲 动量守恒定律、
原子结构和原子核中常考的3个问题
1.(2012·福建卷,29)(1)关于近代物理,下列说法正确的是________(填选项
前的字母).
A.α射线是高速运动的氦原子
B.核聚变反应方程H+H―→He+n中,n表示质子
C.从金属表面逸出的光电子的最大初动能与照射光的频率成正比
D.玻尔将量子观念引入原子领域,其理论能够解释氢原子光谱的特征
(2)如图14-7所示,质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶,一质量为m的救生员站在船尾,相对小船静止.若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中,则救生员跃出后小船的速率为________(填选项前的字母).
                  
图14-7
A.v0+v B.v0-v
C.v0+(v0+v) D.v0+(v0-v)
2.(1)(多选)在下列核反应方程中,X代表质子的方程是 (  ).
A.Al+He―→P+X B.N+He―→O+X
C.H+γ―→n+X D.H+X―→He+n
(2)当具有5.0 eV能量的光子照射到某金属表面后,从金属表面逸出的光电子的最大初动能是1.5 eV.为了使该金属产生光电效应,入射光子的最低能量为
(  ).
A.1.5 eV B.3.5 eV
C.5.0 eV D.6.5 eV
(3)一台激光器发光功率为P0,发出的激光在真空中波长为λ,真空中的光速为c,普朗克常量为h,则每一个光子的动量为________;该激光器在t秒内辐射的光子数为________.
3.(1)目前,日本的“核危机”引起了全世界的瞩目,核辐射放出的三种射
线超过了一定的剂量会对人体产生伤害,三种射线穿透物质的本领由弱到强的排列是 (  ).
A.α射线,β射线,γ射线 B.β射线,α射线,γ射线
C.γ射线,α射线,β射线 D.γ射线,β射线,α射线
(2)太阳能量来源于太阳内部氢核的聚变,设每次聚变反应可以看做是4个氢核(H)结合成1个氦核(He),同时释放出正电子(e).已知氢核的质量为mp,氦核的质量为mα,正电子的质量为me,真空中光速为c.计算每次核反应中的质量亏损及氦核的比结合能.
(3)在同一平直钢轨上有A、B、C三节车厢,质量分别为m、2m、3m,速率分别为v、v、2v,其速度方向如图14-8所示.若B、C车厢碰撞后,粘合在一起,然后与A车厢再次发生碰撞,碰后三节车厢粘合在一起,摩擦阻力不计,求最终三节车厢粘合在一起的共同速度.
图14-8
4.(1)用频率为ν的光照射某金属材料表面时,发射的光电子的最大初动能
为E,若改用频率为2ν的光照射该材料表面时,发射的光电子的最大初动能为________;要使该金属发生光电效应,照射光的频率不得低于________.(用题中物理量及普朗克常量h的表达式回答)
(2)质量为M的箱子静止于光滑的水平面上,箱子中间有一质量为m的小物块.初始时小物块停在箱子正中间,如图14-9所示.现给小物块一水平向右的初速度v,小物块与箱壁多次碰撞后停在箱子中.求系统损失的机械能.
图14-9
5.(1)(多选)图14-10中四幅图涉及到不同的物理知识,下列说法正确的是
(  ).
图14-10
A.图甲:普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念,成为量子力学的奠
基人之一
B.图乙:玻尔理论指出氢原子能级是分立的,所以原子发射光子的频率也
是不连续的
C.图丙:卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果,发现了质子和中子
D.图丁:根据电子束通过铝箔后的衍射图样,可以说明电子具有粒子性
(2)一点光源以功率P向外发出波长为λ的单色光,已知普朗克恒量为h,光速为c,则此光源每秒钟发出的光子数为________个,若某种金属逸出功为W,用此光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能为________.
(3)在光滑的水平面上有甲、乙两个物体发生正碰,已知甲的质量为1 kg,乙的质量为3 kg,碰前碰后的位移-时间图象如图14-11所示 ,碰后乙的图象没画,则求碰后乙的速度,并在图上补上碰后乙的图象.
图14-11
参考答案
1.(1)D [α射线是高速氦核流,故A项错误;n表示中子,故B项错误;
根据光电效应方程Ek=hν-W0可知,光电子的最大初动能与照射光的频率ν是一次函数关系,故C项错误;根据近代物理学史知,D项正确.]
(2)C [小船和救生员组成的系统满足动量守恒 :
(M+m)v0=m·(-v)+Mv′
解得v′=v0+(v0+v)
故C项正确、A、B、D三项均错.]
2.(1)BC (2)B (3) 
3.解析 (3)由动量守恒定律,
得mv+2mv-3m(-2v)=(m+2m+3m)v′.
解得v′=v,方向向左.
答案 (1)A (2)Δm=4mp-mα-2me 
(3)v 方向向左
4.解析 (1)由光电效应方程有hν=W+E,2hν=W+E′,hν0=W,解得E′
=E+hν,ν0=ν-.
(2)设小物块停在箱子中时两者的共同速度为v′,对两者从小物块开始运动到相对静止过程由动量守恒定律有
mv=(M+m)v′
系统损失的机械能为ΔE=mv2-(M+m)v′2
解得ΔE=
答案 (1)E+hν ν- (2)
5.
解析 (3)由图v甲=0,v甲′=0.3 m/s,v乙=0.2 m/s,由动量守恒定律m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲′+m乙v乙′
解得v乙′=0.1 m/s.
答案 (1)AB (2) -W
(3)0.1 m/s 乙的图象如上图所示
第2讲 力与物体的直线运动
1.(2012·海南单科,1)根据牛顿第二定律,下列叙述正确的是 (  ).
A.物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比
B.物体所受合力必须达到一定值时,才能使物体产生加速度
C.物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大小成正比
D.当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时,物体水平加速度大小与其质量成反比
2.(多选)(2012·盐城模拟)如图2-6所示,滑轮A可沿倾角为θ的足够长光滑轨道下滑,滑轮下用轻绳挂着一个重力为G的物体B,下滑时,物体B相对于A静止,则下滑过程中 (  ).
图2-6
A.B的加速度为gsin θ
B.绳的拉力为Gcos θ
C.绳的方向保持竖直
D.绳的拉力为G
3.(多选)质量为0.3 kg的物体在水平面上做直线运动,图2-7中的两条直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力的v-t图象,则下列说法中正确的是(g取10 m/s2) (  ).
图2-7
A.水平拉力大小可能等于0.3 N
B.水平拉力大小一定等于0.1 N
C.物体的摩擦力大小一定等于0.1 N
D.物体的摩擦力大小可能等于0.2 N
4.(2012·安徽理综,22)质量为0.1 kg的弹性球从空中某高度由静止开始下
落,该下落过程对应的v-t图象如图2-8所示.球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的.设球受到的空气阻力大小恒为f,取g=10 m/s2,求:
图2-8
(1)弹性球受到的空气阻力f的大小;
(2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h.
5.中央电视台曾推出一个游戏节目——推矿泉水瓶.选手们从起点开始用力
推瓶一段时间后,放手让瓶向前滑动,若瓶最后停在桌上有效区域内,视为成功;若瓶最后没有停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败.其简化模型如图2-9所示,AC是长度为L1=5 m的水平桌面,选手们将瓶子放在A点,从A点开始用一恒定不变的水平推力推瓶,BC为有效区域.
图2-9
已知BC长度L2=1 m,瓶子质量m=0.5 kg,瓶子与桌面间的动摩擦因数μ=0.4,g=10 m/s2.某选手作用在瓶子上的水平推力F=20 N,瓶子沿AC做直线运动,假设瓶子可视为质点,该选手要想游戏获得成功,试问:
(1)推力作用在瓶子上的时间最长为多少?
(2)推力作用在瓶子上的距离最小为多少?
参考答案
1.D [物体加速度的大小与质量和速度大小的乘积无关,A项错误;物体
所受合力不为0,则a≠0,B项错误;加速度的大小与其所受的合力成正比,C项错误.]
2.AB [分析滑轮A受力知a=gsin θ,由于下滑时,物体B相对于A静止,
因此物体B的加速度也为gsin θ;对物体B受力分析得绳的拉力为Gcos θ,绳的方向保持与斜面垂直.]
3.BD [因为未知F方向是否与v同向,也未知a、b两线哪个对应有F拉,
哪个对应无F拉,所以由图只可以知道a线对应合外力为0.1 N,b线对应合外力为0.2 N,所以C不对,通过分情况讨论,A错,B、D对.]
4.解析 (1)由v-t图象可知,小球下落过程的加速度为
a1== m/s2=8 m/s2
根据牛顿第二定律,得mg-f=ma1
所以弹性球受到的空气阻力
f=mg-ma1=(0.1×10-0.1×8)N=0.2 N.
(2)小球第一次反弹后的速度v1=×4 m/s=3 m/s,
根据牛顿第二定律,得弹性球上升的加速度为
a2== m/s2=12 m/s2,
根据v2-v=-2ah,得弹性球第一次反弹的高度
h== m=0.375 m.
答案 (1)0.2 N (2)0.375 m
5.解析 (1)要想获得成功,瓶子滑到C点时速度恰好为0,力作用时间最
长,设最长时间为t1,力作用时的加速度为a1、位移为x1,撤力时瓶子的速度为v1,撤力后瓶子的加速度为a2、位移为x2,则:
F-μmg=ma1,-μmg=ma2,v1=a1t1,
2a1x1=v,2a2x2=-v,x1+x2=L1,
解得:t1= s.
(2)要想获得成功,瓶子滑到B点时速度恰好为0,力作用距离最小,设最小距离为x3,撤力时瓶子的速度为v2,则:
2a1x3=v,2a2(L1-L2-x3)=-v,
解得:x3=0.4 m
答案 (1) s (2)0.4 m
第3讲 力与物体的曲线运动
1.(2012·山东理综卷,15)2011年11月3日,“神舟八号”飞船与“天宫一
号”目标飞行器成功实施了首次交会对接.任务完成后“天宫一号”经变轨升到更高的轨道,等待与“神舟九号”交会对接.变轨前和变轨完成后“天宫一号”的运行轨道均可视为圆轨道,对应的轨道半径分别为R1、R2,线速度大小分别为v1、v2.则等于 (  ).
A.  B. 
C. D.
2.(2012·上海单科,12)如图3-10所示,斜面上a、b、c三点等距,小球从
a点正上方O点抛出,做初速为v0的平抛运动.恰落在b点.若小球初速变为v,其落点位于c,则 (  ).
图3-10
A.v0C.2v03v0
3.如图3-11所示,小船以大小为v1、方向与上游河岸成θ的速度(在静水
中的速度)从A处过河经过t时间,正好到达正对岸的B处.现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸B处,在水流速度不变的情况下,可采取下列方法中的哪一种 (  ).
图3-11
A.只要增大v1大小,不必改变θ角
B.只要增大θ角,不必改变v1大小
C.在增大v1的同时,也必须适当增大θ角
D.在增大v1的同时,也必须适当减小θ角
4.(多选)2011年7月27日清晨,中国西昌卫星发射中心发射场周边雷电交
加、暴雨如注,就在两次雷电间隙,“长征三号甲”点火腾空宛如一条火龙在暴雨雷电中直刺苍穹,将第九颗北斗导航卫星成功送入太空预定转移轨道,这是北斗导航系统组网的第四颗倾斜地球同步轨道卫星,如图3-12所示.下列关于这颗北斗导航卫星的说法中,正确的是 (  ).
图3-12
A.卫星的发射速度大于7.9 km/s
B.卫星运行时的速度大于7.9 km/s
C.卫星离地面的高度为一定值
D.卫星运行的向心加速度大于地球表面的重力加速度
5.(2012·课标全国卷,21)假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体.一
矿井深度为d.已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零.矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为 (  ).
A.1- B.1+
C.2 D.2
参考答案
1.B [“天宫一号”运行时所需的向心力由万有引力提供,根据G=
得线速度v= ,所以= ,故选项B正确,选项A、C、D错误.]
2.A [如图所示,M点和b点在同一水平线上,M点在c点的正上方.根
据平抛运动的规律,若v=2v0,则小球落到M点.可见以初速2v0平抛小球不能落在c点,只能落在c点右边的斜面上,故只有选项A正确.]
3.C [只需保证v1在水流方向的分量与水流速度相同,船就能到达B点,要想
过河时间更短,v1垂直于河流方向的分速度要增大,结论是C.]
4.AC [7.9 km/s是地球的第一宇宙速度,是发射卫星的最小速度,以该速
度发射的卫星绕地面附近做匀速圆周运动,因此发射地球同步卫星的速度要大于第一宇宙速度,选项A正确、选项B错误;该卫星为倾斜地球同步轨道卫星,离地面高度与同步卫星离地面高度相同,故卫星离地面的高度为一定值,选项C正确;由G=ma和G=mg可知卫星运行的向心加速度a小于地球表面的重力加速度g,选项D错误.]
5.A [设地球的密度为ρ,地球的质量为M,根据万有引力定律可知,地球表
面的重力加速度g=.地球质量可表示为M=πR3ρ.因质量分布均匀的球壳对球壳内物体的引力为零,所以矿井下以(R-d)为半径的地球的质量为M′=π(R-d)3ρ,解得M′=3M,则矿井底部处的重力加速度g′=,则矿井底部处的重力加速度和地球表面的重力加速度之比为=1-,选项A正确,选项B、C、D错误.]
第4讲 功能关系的应用
1.(多选)(2012·海南单科,7)下列关于功和机械能的说法,正确的是 (  ).
A.在有阻力作用的情况下,物体重力势能的减少不等于重力对物体所做的功
B.合力对物体所做的功等于物体动能的改变量
C.物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能,其大小与势能零点的选取有关
D.运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量
2.(多选)(2012·山东理综,16)将地面上静止的货物竖直向上吊起,货物由地面
运动至最高点的过程中,v-t图象如图4-11所示.以下判断正确的是(  ).
图4-11
A.前3 s内货物处于超重状态
B.最后2 s内货物只受重力作用
C.前3 s内与最后2 s内货物的平均速度相同
D.第3 s末至第5 s末的过程中,货物的机械能守恒
3.(多选)(2012·上海单科,18)如图4-12所示,位于水平面上的物体在水平恒
力F1作用下,做速度为v1的匀速运动;若作用力变为斜向上的恒力F2,物体做速度为v2的匀速运动,且F1与F2功率相同.则可能有 (  ).
图4-12
A.F2=F1 v1>v2 B.F2=F1 v1C.F2>F1 v1>v2 D.F24.放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用,在0~6 s内其速度与时
间的图象和该拉力的功率与时间的图象如图4-13甲、乙所示.下列说法正确的是 (  ).
图4-13
A.0~6 s内物体的位移大小为36 m
B.0~6 s内拉力做的功为60 J
C.合外力在0~6 s内做的功与0~2 s内做的功相等
D.滑动摩擦力的大小为5 N
5.(2012·宁波第一次模拟)如图4-14所示,遥控电动赛车(可视为质点)从A
点由静止出发,经过时间t后关闭电动机,赛车继续前进至B点后进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道,通过轨道最高点P后又进入水平轨道CD上.已知赛车在水平轨道AB部分和CD部分运动时受到阻力恒为车重的0.5倍,即k==0.5,赛车的质量m=0.4 kg,通电后赛车的电动机以额定功率P=2 W工作,轨道AB的长度L=2 m,圆形轨道的半径R=0.5 m,空气阻力可忽略,重力加速度g取10 m/s2.某次比赛,要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道,又在CD轨道上运动的路程最短,在此条件下,求:
图4-14
(1)小车在CD轨道上运动的最短路程;
(2)赛车电动机工作的时间.
参考答案
1.BC [物体重力势能的减少始终等于重力对物体所做的功,A项错误;运动
物体动能的减少量等于合外力对物体做的功,D项错误.]
2.AC [由v-t图象可知,货物在前3 s内具有向上的加速度,因此货物处于
超重状态,选项A正确;最后2 s内,货物具有向下的加速度,其大小为a= m/s2=3 m/s23.BD [设F2与水平方向成θ角,由题意可知:F1v1=F2v2·cos θ,因cos θ<1,
故F1v1F1时,有v1>v2、v14.C [根据速度与时间的图象,可以求出0~6 s内物体的位移大小为30 m;
根据拉力的功率与时间的图象,可以求出0~6 s内拉力做的功为70 J;0~2 s内,拉力的大小为5 N,大于滑动摩擦力的大小;由于2~6 s内合外力不做功,所以合外力在0~6 s内做的功与0~2 s内做的功相等.综上所述,正确答案为C.]
5.解析 (1)要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道,又在CD轨道上运动的
路程最短,则小车经过圆轨道P点时速度最小,此时赛车对轨道的压力为零,重力提供向心力,则mg=m,由机械能守恒定律,可得mg×2R+mv=mv,由上述两式联立,代入数据,可得C点的速度vC=5 m/s.
设小车在CD轨道上运动的最短路程为x,由动能定理,可得
-kmgx=0-mv,代入数据,可得x=2.5 m.
(2)由于竖直圆轨道光滑,由机械能守恒定律可知:
vB=vC=5 m/s.
从A点到B点的运动过程中,由动能定理,可得
Pt-kmgL=mv,代入数据,可得t=4.5 s.
答案 见解析
第5讲 电场的基本性质
1.如图5-7所示是某电场中的一条电场线,一电子从a点由静止释放,它
将沿电场线向b点运动.下列有关该电场情况的判断正确的是 (  ).
图5-7
A.该电场一定是匀强电场
B.场强Ea一定小于Eb
C.电子具有的电势能Epa一定大于Epb
D.电势φa>φb
2.真空中一点电荷形成的电场中的部分电场线如图5-8所示,分别标记为1、
2、3、4、5,且1、2和5、4分别关于3对称.以电场线3上的某点为圆心画一个圆,圆与各电场线的交点分别为a、b、c、d、e,则下列说法正确的是
(  ).
图5-8
A.电场强度EaB.电势φb>φd
C.将一正电荷由a点移到d点,电场力做正功
D.将一负电荷由b点移到e点,电势能增大
3.(多选)(2012·海南单科,9)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场
强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示.下列说法正确的是
(  ).
A.保持U不变,将d变为原来的两倍, 则E变为原来的一半
B.保持E不变,将d变为原来的一半, 则U变为原来的两倍
C.保持d不变,将Q变为原来的两倍, 则U变为原来的一半
D.保持d不变,将Q变为原来的一半, 则E变为原来的一半
4.(多选)(2012·山东理综,19)如图5-9中虚线为一组间距相等的同心圆,圆
心处固定一带正电的点电荷.一带电粒子以一定初速度射入电场,实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹,a、b、c三点是实线与虚线的交点.则该粒子 (  ).
图5-9
A.带负电
B.在c点受力最大
C.在b点的电势能大于在c点的电势能
D.由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化
5.(2012·重庆理综,20)空间中P、Q两点处各固定一个点电荷,其中P点处
为正电荷,P、Q两点附近电场的等势面分布如图5-10所示,a、b、c、d为电场中的4个点,则(  ).
图5-10
A.P、Q两点处的电荷等量同种
B.a点和b点的电场强度相同
C.c点的电势低于d点的电势
D.负电荷从a到c,电势能减少
参考答案
1.C [仅由一条电场线无法判断电场的情况及各点场强的大小,A、B均错;
电子从a点由静止释放,仅在电场力作用下运动到b点,电场力做正功,电子的电势能减小,C对;由题意知电场力方向由a向b,说明电场线方向由b向a,b点电势高,a点电势低,D错.]
2.D [电场强度的大小看电场线的疏密,所以Ea>Ec,A项错误;b、d两点
电势相等,B项错误;将一正电荷由a点移到d点,电场力做负功,C项错误;将一负电荷由b点移到e点,电场力做负功,电势能增大.]
3.AD [由E=知,当U不变,d变为原来的两倍时,E变为原来的一半,
A项正确;当E不变,d变为原来的一半时,U变为原来的一半,B项错误;当电容器中d不变时,C不变,由C=知,当Q变为原来的两倍时,U变为原来的两倍,C项错误;Q变为原来的一半,U变为原来的一半时,则E变为原来的一半,D项正确.]
4.CD [由带电粒子进入正点电荷形成的电场中的运动轨迹可以看出两者相
互排斥,故带电粒子带正电,选项A错误;根据库仑定律F=k可知,a、b、c三点中,粒子在a点时受力最大,选项B错误;带电粒子从b点到c点的过程中,电场力做正功,电势能减小,故在b点的电势能大于在c点的电势能,选项C正确;由于虚线为等间距的同心圆,故Uab>Ubc,所以Wab>Wbc,根据动能定理,带电粒子由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化,选项D正确.]
5.D [由题中所给的等势面分布图是对称的及电场线与等势面垂直可得,P、
Q两点应为等量的异种电荷,A错;a、b两点的电场强度大小相等,但方向不同,故B错;因P处为正电荷,因此c点的电势高于d点的电势,C错;因P处为正电荷,故Q处为负电荷,负电荷从靠负电荷Q较近的a点移到靠正电荷P较近的c点时,电场力做正功,电势能减小,D对.]
第6讲 磁场的基本性质
1.(多选)(2012·海南单科,10)图6-11中装置可演示磁场对通电导线的作用.电
磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨,L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆.当电磁铁线圈两端a、b,导轨两端e、f,分别接到两个不同的直流电源上时,L便在导轨上滑动.下列说法正确的是 (  ).
图6-11
A.若a接正极,b接负极,e接正极,f接负极,则L向右滑动
B.若a接正极,b接负极,e接负极,f接正极,则L向右滑动
C.若a接负极,b接正极,e接正极,f接负极,则L向左滑动
D.若a接负极,b接正极,e接负极,f接正极,则L向左滑动
2.电磁炮是一种理想的兵器,它的主要原理如图6-12所示,利用这种装置
可以把质量为m=2.0 g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到6 km/s,若这种装置的轨道宽为d=2 m,长L=100 m,电流I=10 A,轨道摩擦不计, 则下列有关轨道间所加匀强磁场的磁感应强度和磁场力的最大功率结果正确的是
(  ).
图6-12
A.B=18 T,Pm=1.08×108 W
B.B=0.6 T,Pm=7.2×104 W
C.B=0.6 T,Pm=3.6×106 W
D.B=18 T,Pm=2.16×106 W
3.(2012·广东理综,15)质量和电量都相等的带电粒子M和N,以不同的速率
经小孔S垂直进入匀强磁场,运行的半圆轨迹如图6-13中虚线所示.下列表述正确的是 (  ).
图6-13
A.M带负电,N带正电
B.M的速率小于N的速率
C.洛伦兹力对M、N做正功
D.M的运行时间大于N的运行时间
图6-14
4. (2012·安徽理综,19)如图6-14所示,圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强
磁场,一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场,经过Δt时间从C点射出磁场,OC与OB成60°角.现将带电粒子的速度变为,仍从A点沿原方向射入磁场,不计重力,则粒子在磁场中的运动时间变为 (  ).
 
图6-14
A.Δt B.2Δt
C.Δt D.3Δt
5.如图6-15所示的空间分为Ⅰ、Ⅱ两个区域,边界AD与边界AC的夹角为
30°,边界AC与MN平行,Ⅰ、Ⅱ区域均存在磁感应强度为B的匀强磁场,磁场的方向分别为垂直纸面向外和垂直纸面向里,Ⅱ区域宽度为d,边界AD上的P点与A点间距离为2d.一质量为m、电荷量为+q的粒子以速度v=,沿纸面与边界AD成60°角的方向从左边进入Ⅰ区域磁场(粒子的重力可忽略不计).
图6-15
(1)若粒子从P点进入磁场,从边界MN飞出磁场,求粒子经过两磁场区域的时间.
(2)粒子从距A点多远处进入磁场时,在Ⅱ区域运动时间最短?
参考答案
1.BD [若a接正极,b接负极,电磁铁磁极间磁场方向向上,e接正极,f
接负极,由左手定则判定得金属杆受安培力向左,则L向左滑动,A项错误.同理判定B、D选项正确、C项错误.]
2.D [通电金属杆在磁场中受安培力的作用而对弹体加速,由功能关系得BIdL
=mv,代入数值解得B=18 T;当速度最大时磁场力的功率也最大,即Pm=BIdvm,代入数值得Pm=2.16×106 W,故D项正确.]
3.A [由左手定则知M带负电,N带正电,选项A正确;带电粒子在磁场中
做匀速圆周运动且向心力F向=F洛,即=qvB得r=,因为M、N的质量、电荷量都相等,且rM>rN,所以vM>vN,选项B错误;M、N运动过程中,F洛始终与v垂直,F洛不做功,选项C错误; 由T=知M、N两粒子做匀速圆周运动的周期相等且在磁场中的运动时间均为,选项D错误.]
4.B [
设带电粒子以速度v进入磁场做圆周运动,圆心为O1,半径为r1,
则根据qvB=,得r1=,根据几何关系得=tan ,且φ1=60°.
当带电粒子以v的速度进入时,
轨道半径r2===r1,
圆心在O2,则=tan ,
即tan ===3tan = .
故=60°,φ2=120°;
带电粒子在磁场中运动的时间t=T,
所以==,
即Δt2=2Δt1=2Δt,故选项B正确,选项A、C、D错误.]
5.解析 
(1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r,则qvB=
解得r=2d
粒子在磁场中做圆周运动的周期T=
设粒子在Ⅰ区域转过角度为θ,则sin θ=
粒子在Ⅰ区域运动时间t1=T
设粒子在Ⅱ区域运动时间为t2,由对称关系可知
粒子经过两磁场区域的时间t=t1+t2=2t1,解得t=.
(2)在Ⅱ区域运动时间最短时,圆弧对应的弦长应为d
由几何关系可知,粒子入射点Q到边界AC的距离应为
则入射点Q与A点的距离为d.
答案 见解析
第7讲 带电粒子在复合场中的运动
1.(2012·海口调研测试)如图7-6所示空间分为Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ三个足够长的区域,
各边界面相互平行,其中Ⅰ,Ⅱ区域存在匀强电场EI=1.0×104 V/m,方向垂直边界面竖直向上;EⅡ=×105 V/m,方向水平向右,Ⅲ区域磁感应强度B=5.0 T,方向垂直纸面向里,三个区域宽度分别为d1=5.0 m,d2=4.0 m,d3=10 m.一质量m=1.0×10-8 kg、电荷量q=1.6×10-6C的粒子从O点由静止释放,粒子重力忽略不计.
图7-6
求:
(1)粒子离开区域Ⅰ时的速度大小;
(2)粒子从区域Ⅱ进入区域Ⅲ时的速度方向与边界面的夹角;
(3)粒子在Ⅲ区域中运动的时间和离开Ⅲ区域时的速度方向与边界面的夹角.
2.(2012·重庆理综,24)有人设计了一种带电颗粒的速率分选装置,其原理如
图7-7所示,两带电金属板间有匀强电场,方向竖直向上,其中PQNM矩形区域内还有方向垂直纸面向外的匀强磁场.一束比荷(电荷量与质量之比)均为的带正电颗粒,以不同的速率沿着磁场区域的水平中心线O′O进入两金属板之间,其中速率为v0的颗粒刚好从Q点处离开磁场,然后做匀速直线运动到达收集板.重力加速度为g.PQ=3d,NQ=2d,收集板与NQ的距离为l,不计颗粒间相互作用.求
(1)电场强度E的大小;
(2)磁感应强度B的大小;
(3)速率为λv0(λ>1)的颗粒打在收集板上的位置到O点的距离.
图7-7
3.(2012·郑州市预测)如图7-8甲所示,两平行金属板长度l不超过0.2 m,两
板间电压U随时间t变化的U-t图象如图7-8乙所示.在金属板右侧有一左边界为MN、右边无界的匀强磁场,磁感应强度B=0.01 T,方向垂直纸面向里.现有带正电的粒子连续不断地以速度v0=105 m/s射入电场中,初速度方向沿两板间的中线OO′方向.磁场边界MN与中线OO′垂直.已知带电粒子的比荷=108 C/kg,粒子的重力和粒子之间的相互作用力均可忽略不计.
图7-8
(1)在每个粒子通过电场区域的时间内,可以把板间的电场强度当做恒定的.请通过计算说明这种处理能够成立的理由.
(2)设t=0.1 s时刻射入电场的带电粒子恰能从金属板边缘穿越电场射入磁场,求该带电粒子射出电场时速度的大小.
(3)对于所有经过电场射入磁场的带电粒子,设其射入磁场的入射点和从磁场射出的出射点间的距离为d,试判断:d的大小是否随时间变化?若不变,证明你的结论;若变化,求出d的变化范围.
参考答案
1.解析 (1)由动能定理得
=qEId1 ①
得:v1=4×103 m/s ②
(2)粒子在区域Ⅱ做类平抛运动.设水平向右为y轴,竖直向上为x轴,粒子进入区域Ⅲ时速度与边界的夹角为θ
tan θ= ③
vx=y1 vy=at ④
a= ⑤
t= ⑥
把数值代入得θ=30° ⑦
(3)粒子进入磁场时的速度v2=2v1 ⑧
粒子在磁场中运动的半径R==10 m=d3 ⑨
由于R=d3,粒子在磁场中运动所对的圆心角为60°
粒子在磁场中运动的时间t== s ⑩
粒子离开Ⅲ区域时速度与边界面的夹角为60° ?
答案 (1)4×103 m/s (2)30° (3) s 60°
2.解析 (1)设带电颗粒的电荷量为q,质量为m.有Eq=mg
将=代入,得E=kg.
(2)如图甲所示,有qv0B=m,R2=(3d)2+(R-d)2
得B=.
 图甲           图乙
(3)如图乙所示,有qλv0B=m,tan θ=,y1=R1-,y2=ltan θ,y=y1+y2,得y=d(5λ- )+.
答案 见解析
3.解析 (1)带电粒子在金属板间运动的时间为
t=≤2×10-6 s,
由于t远小于T(T为电压U的变化周期),故在t时间内金属板间的电场可视为恒定的.
另解:在t时间内金属板间电压变化ΔU≤2×10-3 V,由于ΔU远小于100 V(100 V为电压U最大值),电压变化量特别小,故t时间内金属板间的电场可视为恒定的.
(2)t=0.1 s时刻偏转电压U=100 V,由动能定理得
qU=mv-mv,
代入数据解得v1=1.41×105 m/s.
(3)设某一时刻射出电场的粒子的速度大小为v,速度方向与OO′夹角为θ,则v=,粒子在磁场中有qvB=,由几何关系得d=2Rcos θ,
由以上各式解得d=,
代入数据解得d=0.2 m,显然d不随时间变化.
答案 (1)见解析 (2)1.41×105 m/s (3)d=0.2 m 不随时间变化
第8讲 恒定电流和交变电流
1.(多选)如图8-13所示的电路,a、b、c为三个相同的灯泡,其电阻大于电
源内阻,当变阻器R的滑动触头P向上移动时,下列判断中正确的是 (  ).
图8-13
A.b灯中电流变化值小于c灯中电流变化值
B.a、b两灯变亮,c灯变暗
C.电源输出功率增大
D.电源的供电效率增大
2.(2012·郑州市预测)如图8-14所示为某小型水电站的电能输送示意图,A
为升压变压器,其输入功率为P1,输出功率为P2,输出电压为U2;B为降压变压器,其输入功率为P3,输入电压为U3.A、B均为理想变压器,输电电流为I,输电线的总电阻为r,则下列关系正确的是 (  ).
图8-14
A.U2=U3 B.U2=U3+Ir
C.P1>P2 D.P2=P3
3.(多选)如图8-15甲所示为一家用台灯内部电路简图,其中R为保护电阻,
L为灯泡,自耦变压器左端所加正弦交流电电压随时间变化的关系图象如图8-15乙所示.下列叙述正确的是 (  ).
图8-15
A.滑片P向上滑动过程中,灯泡亮度逐渐增大
B.滑片P向上滑动过程中,由于原、副线圈中的电流与它们的匝数成反比,所以变压器中电流减小
C.变压器左端所加交流电的有效值为220 V
D.滑片处于线圈中点位置时,灯泡获得的交流电压的周期为0.01 s
4.(2012·课标,17)自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈,原、副线圈都只取该
线圈的某部分.一升压式自耦调压变压器的电路如图8-16所示,其副线圈匝数可调.已知变压器线圈总匝数为1 900匝;原线圈为1 100匝,接在有效值为220 V的交流电源上.当变压器输出电压调至最大时,负载R上的功率为2.0 kW.设此时原线圈中电流有效值为I1,负载两端电压的有效值为U2,且变压器是理想的,则U2和I1分别约为(  ).
图8-16
A.380 V和5.3 A B.380 V和9.1 A
C.240 V和5.3 A D.240 V和9.1 A
5.(2012·安徽理综,23)图8-17甲是交流发电机模型示意图.在磁感应强度
为B的匀强磁场中,有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO′转动,由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圆环相连接,金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触,这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路.图乙是线圈的主视图,导线ab和cd分别用它们的横截面来表示.已知ab长度为L1,bc长度为L2,线圈以恒定角速度ω逆时针转动.(只考虑单匝线圈)
图8-17
(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时,试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式;
(2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时,如图丙所示,试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式;
(3)若线圈电阻为r,求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热.(其它电阻均不计)
参考答案
1.BC [由动态分析可知Ia变大,Uc变小,Ib变大,ΔIb>ΔIc,R外>r,且R外
减小,所以输出功率增大,效率变小,只有B、C对.]
2.B [由远距离输电电压规律可知,U2=U3+Ir,选项A错误,B正确;由
变压器功率关系,可知P1=P2,P2=P3+I2r,选项C、D错误;因此答案选B.]
3.AC [根据=可知选项A正确;滑片P向上滑动过程中,副线圈两端
电压逐渐增大,则通过灯泡的电流也逐渐增大,选项B错误;由图乙可知所加交流电的峰值为311 V,根据U=可知选项C正确;变压器不能改变交流电的周期,所以选项D错误.]
4.B [根据理想变压器电压比关系=,代入数据解得副线圈两端的电压
有效值U2=380 V,因理想变压器原、副线圈输入和输出的功率相等,即P入=P出=U1I1,解得I1=A≈9.1 A,选项B正确,选项A、C、D错误.]
5.解析 (1)矩形线圈abcd在磁场中转动时,ab、cd切割磁感线,且转动的
半径为r=,转动时ab、cd的线速度v=ωr=,且与磁场方向的夹角为ωt,所以,整个线圈中的感应电动势e1=2BL1vsin ωt=BL1L2ωsin ωt.
(2)当t=0时,线圈平面与中性面的夹角为φ0,则某时刻t时,线圈平面与中性面的夹角为(ωt+φ0)
故此时感应电动势的瞬时值
e2=2BL1vsin(ωt+φ0)=BL1L2ωsin(ωt+φ0).
(3)线圈匀速转动时感应电动势的最大值Em=BL1L2ω,
故有效值E==
回路中电流的有效值I==
根据焦耳定律知转动一周电阻R上的焦耳热为
Q=I2RT=2·R·=.
答案 (1)e1=BL1L2ωsin ωt (2)e2=BL1L2ωsin(ωt+φ0) (3)
第9讲
电磁感应现象及电磁感应规律的应用
1.(2012·北京理综,19)物理课上,老师做了一个奇妙的“跳环实验”.如图9
-10所示,她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后,将一金属套环置于线圈L上,且使铁芯穿过套环,闭合开关S的瞬间,套环立刻跳起.
某同学另找来器材再探究此实验.他连接好电路,经重复试验,线圈上的套环均未动.对比老师演示的实验,下列四个选项中,导致套环未动的原因可能是
(  ).
图9-10
A.线圈接在了直流电源上
B.电源电压过高
C.所选线圈的匝数过多
D.所用套环的材料与老师的不同
2.(多选)如图9-11所示,在倾角为θ的斜面上固定有两根足够长的平行光滑
导轨,两导轨间距为L,金属导体棒ab垂直于两导轨放在导轨上,导体棒ab的质量为m,电阻为R.导轨电阻不计.空间有垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度为B.当金属导体棒ab由静止开始向下滑动一段时间t0后,再接通开关S,则关于导体棒ab运动的v-t图象可能正确的是 (  ).
图9-11
3.(2012·苏州模拟)如图9-12所示,在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀
强磁场区域中有一个均匀导线制成的单匝直角三角形线框.现用外力使线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动,运动中线框的AB边始终与磁场右边界平行.已知AB=BC=l,线框导线的总电阻为R,则线框离开磁场的过程中
(  ).
图9-12
A.线框中的电动势随时间均匀减小
B.通过线框截面的电荷量为
C.线框所受外力的最大值为
D.线框中的热功率与时间成正比
4.(多选)(2012·山东理综,20)如图9-13所示,相距为L的两条足够长的光滑
平行金属导轨与水平面的夹角为θ,上端接有定值电阻R,匀强磁场垂直于导轨平面,磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放,当速度达到v时开始匀速运动,此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力,并保持拉力的功率恒为P,导体棒最终以2v的速度匀速运动.导体棒始终与导轨垂直且接触良好,不计导轨和导体棒的电阻,重力加速度为g.下列选项正确的是(  ).
图9-13
A.P=2mgvsin θ
B.P=3mgvsin θ
C.当导体棒速度达到时加速度大小为sin θ
D.在速度达到2v以后匀速运动的过程中,R上产生的焦耳热等于拉力所做的功
5.如图9-14所示,空间被分成若干个区域,分别以水平线aa′、bb′、cc′、
dd′为界,每个区域的高度均为h,其中区域Ⅱ存在垂直于纸面向外的匀强磁场,区域Ⅲ存在垂直于纸面向里且与区域Ⅱ的磁感应强度大小相等的匀强磁场.竖直面内有一边长为h、质量为m的正方形导体框,导体框下边与aa′重合并由静止开始自由下落,导体框下边刚进入bb′就做匀速直线运动,之后导体框下边越过cc′进入区域Ⅲ,导体框的下边到达区域Ⅲ的某一位置时又开始做匀速直线运动.求:
图9-14
(1)导体框在区域Ⅲ匀速运动的速度.
(2)从导体框下边刚进入bb′时到下边刚触到dd′时的过程中,导体框中产生的热量.(已知重力加速度为g,导体框始终在竖直面内运动且下边始终水平)
参考答案
1.D [金属套环跳起的原因是开关S闭合时,套环上产生感应电流与通电螺
线管上的电流相互作用而引起的.线圈接在直流电源上,S闭合时,金属套环也会跳起.电压越高,线圈匝数越多,S闭合时,金属套环跳起越剧烈.若套环是非导体材料,则套环不会跳起.故选项A、B、C错误,选项D正确.]
2.ACD [当开关S闭合前导体棒ab匀加速运动时,其加速度为a=gsin θ,
经时间t0,其末速度为vt=gt0sin θ.当开关S闭合后,导体棒ab会受到安培力作用,由左手定则可知,安培力沿导轨向上,当导体棒的重力沿导轨向下的分力与安培力平衡时,导体棒的运动速度达到稳定,这就是导体棒的收尾速度.]
3.B [三角形线框向外匀速运动的过程中,由于有效切割磁感线的长度L=
vt,所以线框中感应电动势的大小E=BLv=Bv2t,故选项A错误;线框离开磁场的运动过程中,通过线圈的电荷量Q=IΔt=·Δt=,选项B正确;当线框恰好刚要完全离开磁场时,线框有效切割磁感线的长度最大,则F=BIt=,选项C错误;线框的热功率P=Fv=BIv2t=,选项D错误.]
4.AC [导体棒由静止释放,速度达到v时,回路中的电流为I,则根据共点
力的平衡条件,有mgsin θ=BIL.对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力,以2v的速度匀速运动时,则回路中的电流为2I,则根据平衡条件,有F+mgsin θ=B×2IL,所以拉力F=mgsin θ,拉力的功率P=F×2v=2mgvsin θ,故选项A正确、选项B错误;当导体棒的速度达到时,回路中的电流为,根据牛顿第二定律,得mgsin θ-BL=ma,解得a=sin θ,选项C正确;当导体棒以2v的速度匀速运动时,根据能量守恒定律,重力和拉力所做的功之和等于R上产生的焦耳热,故选项D错误.]
5.解析 (1)导体框从aa′到bb′过程中,设刚进入bb′时导体框的速度为v,
则mgh=mv2,所以v=
导体框进入bb′开始匀速运动时mg=BIh,I=,
所以mg=
导体框下边到达区域Ⅲ的某一位置时又开始做匀速直线运动时mg=2BI′h,I′=,所以mg=
由以上各式得v′==
(2)从导体框下边刚进入bb′时到下边刚出dd′时的过程中,设产生的热量为Q
由动能定理:2mgh-Q=mv′2-mv2,Q=2mgh+mv2
所以Q=mgh.
答案 (1) (2)mgh
第1讲 31分“选择题”是这样拿下的
题型专练
1. (概念辨析型)下面关于摩擦力的叙述正确的是 (  ).
A.静摩擦力的方向一定与物体的运动方向相反
B.静摩擦力的方向不可能与物体的运动方向相同
C.静摩擦力的方向可能与物体的运动方向垂直
D.静止物体所受的静摩擦力一定为零
2. (类比推理型)化学变化过程中伴随着电势能的变化.下面是有关这个问题的
几个说法:①中性钠原子失去电子的过程中系统的电势能增大;②中性氯原子得到电子的过程中系统的电势能减小;③钠离子和氯离子结合成氯化钠分子的过程中系统的电势能增大④氯化钠电离为钠离子和氯离子的过程中系统的电势能减小.上述说法中正确的有 (  ).
A.①② B.③④
C.①③ D.②④
3.(多选)(对称分析型)如图4所示,一轻质弹簧竖直放置,下端固定在水平面
上,上端处于a位置,当一重球放在弹簧上端静止时,弹簧上端被压缩到b位置.现将重球(视为质点)从较高的位置c处沿弹簧中轴线自由下落,弹簧被重球压缩到最低位置d.以下关于重球运动过程的正确说法应是 (  ).
图4
A.重球下落压缩弹簧由a至d的过程中重球做减速运动
B.重球下落至b处获得最大速度
C.重球下落至d处获得最大加速度
D.由a至d的过程中重球克服弹簧弹力做的功等于小球由c下落至d时重力势能的减少量
4. (多选)(推理计算型)一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后,返回到斜
面底端.已知小物块的初动能为E,它返回斜面底端的速度大小为v,克服摩擦阻力做功.若小物块冲上斜面的初动能变为2E,则有 (  ).
A.返回斜面底端时的动能为E
B.返回斜面底端时的动能为
C.返回斜面底端时的速度大小为2v
D.返回斜面底端时的速度大小为v
5.(数形结合计算型)如图5所示,直线A为电源的U-I图象,直线B为电阻R的
U-I图象,用此电源与电阻组成闭合电路时,电源的输出功率、效率分别为
(  ).
图5
A.4 W 33.3% B.2 W 33.3%
C.4 W 67% D.2 W 67%
6.(规律应用计算型)如图6所示.半径为 r且水平放置的光滑绝缘的环形管道
内,有一个电量为e,质量为m的电子,此装置放置在匀强磁场中,其磁感应强度随时间变化的关系式为B=B0+kt(k>0).根据麦克斯韦的电磁场理论,均匀变化的磁场将产生稳定的电场,该感应电场对电子将有沿圆环切线方向的作用力,使其得到加速.设t=0时刻电子的初速度大小为v0,方向顺时针,从此开始运动一周后的磁感应强度为B1,则此时电子的速度大小为 (  ).
图6
A. B. 
C. D. 
7.(分析估算计算型)质量为m,带电量为+q的小球套在水平固定且足够长的
绝缘杆上,如图7所示,整个装置处于磁感应强度为B,方向垂直纸面向里的匀强磁场中,现给球一个水平向右的初速度v0使其开始运动,则球运动克服摩擦力做的功(不计空气阻力)不可能的是 (  ).
图7
A.mv B.0
C. D.mv
8.(图象识别型)一物体沿光滑水平面做匀速直线运动,从t=0时刻起,在与
物体垂直的方向上施加一个水平恒力F,则物体的动能Ek随时间t变化的情况是下图中所示的 (  ).
9.(类比推理型)如图8所示,半径为R的环形塑料管竖直放置,AB直线跟该环
的水平直径重合,且管的内径远小于环的半径.AB及其以下部分处于水平向左的匀强电场中,管的内壁光滑.现将一质量为m,带电量为+q的小球从管中A点由静止释放,小球受到的电场力跟重力相等,则以下说法中正确的是
(  ).
图8
A.小球释放后,第一次达到最高点C时恰好对管壁无压力
B.小球释放后,第一次和第二次经过最高点C时对管壁的压力之比为1∶3
C.小球释放后,第一次经过最低点D和最高点C时对管壁的压力之比为5∶1
D.小球释放后,第一次回到A点的过程中,在D点出现速度最大值
10.(多选)(运动规律类比递推型)如图9所示,光滑弧形金属双轨与足够长的
水平光滑双轨相连,间距为L,在水平轨道空间充满竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B.乙金属棒静止在双轨上,而甲金属棒在h高处由静止滑下,轨道电阻不计.两棒的质量均为m,电阻均为R.甲棒与乙棒不会相碰,则下面说法正确的是 (  ).
图9
A.从开始下滑到最终稳定,甲、乙的运动方向相反
B.当稳定后,回路中感应电流的方向从上向下看是逆时针的
C.乙棒受到的最大磁场力为
D.整个过程中,电路释放的热量为mgh
参考答案
1.C [静摩擦力产生于相互接触且相对静止的两接触面之间,摩擦力的方向
与相对运动的趋势方向相反,与物体的运动方向无关,其方向可能与运动方向相反也可能与运动方向相同,还可能与运动方向垂直.故选项C正确.]
2.A [本题可类比电场力做功与电势能的关系:电场力做正功,电势能减
小;电场力做负功,电势能增加即可得出结论.]
3.BCD [重球放在弹簧上端时,被压缩到b位置,可知b点为平衡位置,小
球重力等于弹簧的弹力.在b点下方找出a关于b的对称点a′,小球在对称点上受到的合力,速度、加速度的大小具有对称性,结合简谐振动的规律及全程动能定理即可得出答案.]
4.AD [摩擦力做功与路程成正比,物块的初动能为E时,来回路程(设为s)
摩擦力做功为;当物块的初动能为2E时,沿斜面上升的最大距离加倍,则来回路程变为2s,摩擦力做功为E,根据能的转化与守恒,故返回斜面底端的动能为E,返回斜面底端时的速度大小为v,故选项A、D正确.]
5.C [由图象信息可知电源电动势E=3 V,内阻r=0.5 Ω;电阻R=1 Ω,用
此电源与电阻组成闭合电路时,电源的输出功率P=R=4 W,效率为η=·100%=67%,故选项C正确.]
6.B [根据法拉第电磁感应定律得,轨道内产生的感应电动势为E=
=πkr2,电子旋转一周的过程.由动能定理得感应电场对电子做的功πkr2e=mv2-mv,解得v= ,故选项B正确.]
7.D [球获得的初速度为v0,由左手定则知洛伦兹力f向上,有三种情况:①
fmg,球最终匀速运动,速度满足Bvq=mg,得v=克服,摩擦力做功为W=mv-mv2=,选项C正确.故选D.]
8.D [在F作用下物体做类平抛运动,在F方向由牛顿运动定律得F=ma,垂
直位移s=at2,由动能定理得Ek=E0+t2,故选项D正确.]
9.C [利用类比法,重力与电场力大小相等,合力为mg,等价为重力为
mg的重力场,“最低点”为BD弧线中点,由动能定理知小球到达C点时,对上壁的压力为mg,故A错误,小球第一次和第二次经C点时对管上壁的压力为1∶5,故B错;“最低点”速度最大,D错误;AD过程中由动能定理可得,2mgR=mv2,在D点由牛顿第二定律得压力FN-mg=m,解得FN=5 mg,故选项C正确.]
10.CD
第2讲 18分“实验题”是这样拿下的
题型专练
1.(应用型)如图10甲所示为多用电表的示意图,现用它测量一个阻值约为20
Ω的电阻,测量步骤如下:
(1)调节________,使电表指针停在指针对准________的“0”刻线(填“电阻”或“电流”).
(2)将选择开关旋转到“Ω”挡的________位置.(填“×1”、“×10”、“×100”或“×1 k”)
(3)将红、黑表笔分别插入“+”、“-”插孔,并将两表笔短接,调节________,使电表指针对准________的“0”刻线(填“电阻”或“电流”).
(4)将红、黑表笔分别与待测电阻两端相接触,若电表读数如图10乙所示,该电阻的阻值为________Ω.
(5)测量完毕,将选择开关旋转到“OFF”位置.
图10
2.(应用型)如图11所示是电子拉力计的示意图,金属弹簧右端和滑动触头P
固定在一起(弹簧的电阻不计,P与R1之间的摩擦不计).定值电阻R0;电阻R1是用均匀电阻丝密绕在瓷管上做成的(类似于滑动变阻器),其长度为10 cm,阻值R1=300 Ω,电源电动势E=3 V,内阻不计.理想电流表的量程为0~100 mA.当拉环不受拉力时,触头P刚好不与电阻R1接触(即电路断开).弹簧的劲度系数为10 000 N/m.
图11
(1)电路中连入的R0阻值至少应为_______________Ω.
(2)设计中需要将电流表上的电流数值改为拉力的数值,那么在原电流表的40 mA处应改为________N.分析可知,拉力计的刻度是否均匀_________.(填写“均匀”或“不均匀”)
(3)为了使拉力计的量程增大应采用的措施是(只填写一条)___ _____________.
3.(测量型)某待测电阻Rx(阻值约20 Ω).现在要较准确地测量其阻值,且测量
时要求两电表的读数均大于其量程的,实验室还有如下器材:
A.电流表A1(量程150 mA,内阻r1约为10 Ω)
B.电流表A2(量程20 mA,内阻r2=30 Ω)
C.定值电阻Rx(100 Ω)
D.滑动变阻器R(0~10 Ω)
E.直流电源E(电动势约4 V,内阻较小)
F.开关S与导线若干
(1)在下图中虚线框内画出测量电阻Rx的电路图,并将图中元件标上相应符号;
(2)用已知量和一组直接测得的量写出测量电阻Rx的表达式为________________.
4.(测量型)如图12所示为一电学实验的原理图.该实验可用来测量待测电阻
Rx的阻值(约500 Ω).实物图所给两电流表量程相同,内阻都很小.
图12
实验步骤如下:
(1)调节电阻箱,使它的阻值R与待测电阻的阻值接近;将滑动变阻器的滑动头调到最右端;
(2)合上开关S;
(3)将滑动变阻器的滑动头向左端滑动,使两个电压表指针都有明显偏转;
(4)记下两个电流表和的读数I1和I2;
(5)多次改变滑动变阻器滑动头的位置,记下和的多组读数I1和I2;
(6)求Rx的平均值.
回答下面问题:
(1)不计电流表内阻的影响,用I1、I2和R0表示Rx的公式为Rx=______________.
(2)考虑电流表内阻的影响,用I1、I2、R0、的内阻r1、的内阻r2表示Rx的公式为Rx=___________________________________________________.
5. (测量型)(1)一微安表的刻度盘只标注了表示量程Ig=100 μA的刻度线,尚
未标注其他分刻度线,请用下列全部器材测量微安表的内阻:
待测微安表:内阻Rg约为2 kΩ
毫伏表:量程250 mV,最小分度5 mV,内阻约为1 kΩ
滑动变阻器R1:0~50 Ω
滑动变阻器R2:0~3 kΩ
直流电源E:电动势E=1.5 V,内阻r约为1 Ω
单刀单掷开关S,导线若干
在如图13所示的实验电路原理图上标明所选用的滑动变阻器.
图13
(2)下面是主要的实验操作步骤,将所缺的内容填写在横线上:
第一步:断开S,按电路原理图连接器材,将两个滑动变阻器 R1、R2的触头分别置于合理的位置;
第二步:闭合S,分别调节R1和R2至适当位置,____________________________.
(3)用已知量和测得量的符号表示微安表的内阻Rg=_________________.
6.(测量型)某同学设计如图14所示电路用来测量电源的电动势和内阻,其中
电流表内阻为RA.
图14
(1)实验时,应先将电阻箱电阻调到________.(填“最大值”、“最小值”或“任意值”)
(2)改变电阻箱的阻值R,分别测出通过电流表的电流I.
下列两组R的取值方案中,比较合理的方案是________.(填“1”或“2”)
  方案
编号 
电阻箱的阻值R/Ω
1
400.0
350.0
300.0
250.0
200.0
2
35.0
30.0
25.0
20.0
15.0
(3)根据实验数据描点,绘出的-R图象是一条直线.若直线的斜率为k,在坐标轴上的截距为b,则该电源的电动势E=________,内阻r=________.(用k、b和RA表示)
7.(设计型)用下列器材组装成一个电路,既能测量出电池组的电动势E和内
阻r,又能同时描绘小灯泡的伏安特性曲线.
A.电压表V1(量程6 V、内阻很大)
B.电压表V2(量程3 V、内阻很大)
C.电流表A(量程3 A、内阻很小)
D.滑动变阻器R(最大阻值10 Ω、额定电流4 A)
E.小灯泡(2 A、5 W)
F.电池组(电动势E、内阻r)
G.开关一只,导线若干
实验时,调节滑动变阻器的阻值,多次测量后发现:若电压表V1的示数增大,则电压表V2的示数减小.
(1)请将设计的实验电路图在图15甲中补充完整.
(2)每一次操作后,同时记录电流表A、电压表V1和电压表V2的示数,组成两个坐标点(I,U1)、(I,U2),标到U-I坐标中,经过多次测量,最后描绘出两条图线,如图乙所示,则电池组的电动势E=________V、内阻r=________Ω.(结果保留两位有效数字)
(3)在U-I坐标中两条图线在P点相交,此时滑动变阻器连入电路的阻值应为________Ω,电池组的效率为________(结果保留两位有效数字).
图15
8.(应用型)测量一螺线管两接线柱之间金属丝的长度的器材如下:
A.待测螺线管L(符号):绕制螺线管金属丝的电阻率为ρ,电阻R约为100 Ω
B.螺旋测微器
C.电流表A1:量程100 μA,内阻RA1=500 Ω
D.电流表A2:量程0.6 A,内阻RA2=15 Ω
E.电压表V1:量程6 V,内阻RV1=4 kΩ
F.电压表V2:量程3 V,内阻RV2=2 kΩ
G.定值电阻:Rg=50 Ω
H.滑动变阻器R′:全电阻约为1 kΩ
I.电源E:电动势9 V,内阻忽略不计
(1)实验中用螺旋测微器测得金属丝的直径如图16所示,其示数为d=_________mm.
(2)根据所给实验器材,电流表选用________,电压表选用________(填写实验器材前面的字母).
图16
(3)根据图17中的实物图,在图下边方框中作出实验原理图.
图17
(4)若测得的金属丝直径用d表示,电流表G的读数用I表示,电压表V的读数用U表示,则由已知量和测得量的符号表示金属丝的长度L=________.
9.(探究型)电子技术兴趣小组为了研究某种二极管的特性,用如图18甲所示
的电路测定该元件的伏安特性曲线.实验发现当电源反接时,电路中无电流,当正向电压较小时也无电流,记录的部分数据如下表.
图18

电压/V
1.4
1.5
1.7
1.9
2.0
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
电流/mA
0
0
2.0
4.0
12.0
22.0
32.0
42.0
52.0
60.0
(1)请根据以上实验数据用描点法在图乙的坐标纸上作出这个二极管的U-I图线;
(2)若加在该二极管两端的正向电压达到1.9 V后才以正常工作,则从图线可以看出这种二极管正常工作前后的导电情况有何区别?_____________________________________________________.
(3)若电源的电动势为6 V,内阻不计.当电流表示数为12.0 mA时,滑动变阻器接入电路的电阻为________Ω.
10.(测量型)有一内阻未知(约25 kΩ~35 kΩ)、量程未知(约25 V~35 V),共
有30个均匀小格的直流电压表.
(1)某同学在研究性学习过程中想通过上述电压表测量一个多用表中欧姆挡的内部电源的电动势,他们从多用表刻度盘上读出电阻刻度中间值为30.
A.请你在图19中将他们的实验电路连接起来.他们在实验过程中,欧姆挡的选择开关拨至倍率“×________” .
B.在实验中,同学读出电压表的读数为U,欧姆表指针所指的刻度为n,并且在实验过程中,一切操作都是正确的,请你导出欧姆表电池的电动势表达式.
图19
(2)若在实验过程中测得该电压表内阻为30 kΩ,为了测出电压表的量程,现有下列器材可供选用,要求测量多组数据,并有尽可能高的精确度.
标准电压表:量程3 V,内阻3 kΩ
电流表:量程0~3 A,内阻未知
滑动变阻器:总阻值1 kΩ
稳压电源E:30 V,内阻不能忽略
电键、导线若干
A.在下边方框中画出实验电路图
B.选用记录数据中任一组,写出计算量程的表达式Ug=_____________.
式中各字母的意义是:______________________________________________.
参考答案
1.解析 使用多用电表欧姆挡,先机械调零.中值电阻为15 Ω,测量20 Ω的
电阻时,要使用×1的倍率,然后进行欧姆调零;由刻度盘和倍率可知,测量电阻的阻值为19 Ω.
答案 (1)调零螺丝 电流 (2)×1 (3)调零旋钮 电阻
(4)19
2.解析 (1)当P移动到R1的最右端时,电流表恰好满偏,则有R0==30
Ω.
(2)Rx=-R0=45 Ω,=,解得x=8.5 cm,F=kx=850 N;由于电流与拉力不成正比,所以刻度不均匀.(3)换劲度系数更大的弹簧,弹簧伸长相同的长度时,需要的拉力更大.
答案 (1)30 (2)850 不均匀 (3)更换劲度系数更大的弹簧
3.解析 从题目给出的器材中知,这里对电阻Rx的测量可用伏安法来设计电
路.由于没有电压表,而电流表A2的内阻r2已知,因此电压表可由电流表A2和固定电阻R0(100 Ω)串联.通过计算我们不难发现,这种设计完全符合题中的测量要求.考虑到题给出的其它器材规格与要求,控制电路宜采用分压式控制电路.完整的实验电路设计成如图所示.进行实验时在某次合适的测量中,记下A1表与A2表的示数分别为I1 与I2,则有(I1-I2)Rx=I2(r2+R0),故Rx=.
答案 (1)如解析图所示 (2)Rx=
4.解析 (1)若不计电流表内阻,
则有:I1R0=I2Rx,故Rx=R0,
(2)若考虑电流表内阻,则有:I1(r1+R0)=I2(r2+Rx),
故有:Rx=-r2.
答案 (1)R0 (2)-r2
5.解析 (1)微安表内阻比较大,因而把阻值较小的滑动变阻器用作分压接
法,从而粗调电压;而阻值较大的滑动变阻器用作限流接法,从而微调电压.而微安表和毫伏表的内阻比较接近,因而两者并联,所作电路图如右图所示.
(2)因要使用微安表的刻度,故而必须使微安表满偏,记下此时毫伏表的示数.
(3)根据欧姆定律可知,微安表的内阻为.
答案 (1)如解析图所示 (2)使微安表满偏,记下这时毫伏表的示数U (3)
6.解析 (1)为保护电流表,将电阻箱的电阻调到最大值;
(2)实验时,若电阻箱的阻值太大,
电流很小,实验误差大,所以比较合理的是方案2;
(3)由闭合电路的欧姆定律有:
E=I(r+RA+R),整理得=R+,
所以k=,b=,解得E=,r=-RA.
答案 (1)最大值 (2)2 (3) -RA
7.解析 (1)先作出测量电源内阻和电动势的电路图,然后在此基础上增加伏
安特性曲线电路,需要注意,小灯泡额定电压为2.5 V,且电阻较小,故伏特表直接与小灯泡并联,而电压表则测量路端电压,电路如图所示.
(2)根据图象可知,倾斜的直线为计算电源电动势和内阻的图线,该图线的纵截距为电动势大小,图线斜率的绝对值为电源内阻大小.据此可知电动势E=4.5 V,r=1.0 Ω.
(3)由图象可知,小灯泡两端电压为2.5 V,电源内电压为2 V,故滑动变阻器连入电路阻值为0.电源的效率为η=×100%=56%.
答案 (1)如解析图所示 (2)4.5 1.0 (3)0 56%
8.解析 (1)读数为1.125±0.001
(2)由于电源电动势为9 V,故电压表采用E.估算电流最大为0.09 A,故电流表选C.
(3)实验原理如右图所示
(4)电压表通过的电流为,R0两端的电压为R0,RL两端的电压为IRL=R0-IRg,又由电阻定律RL=ρ=ρ可解得,L=
答案 (1)1.125±0.001 (2)C E (3)如解析图所示
(4)
9.(1)如图所示
(2)正常工作前导电性能差(或电阻大),正常工作后导电性能好(或电阻小)
(3)×103
10.解析 (1)A.电路如下图甲所示,测电阻时应尽量使指针指在中间值附近,
所以应选“×1 k”.
B.欧姆表中电阻值为R中 = 30×1 kΩ= 30 000 Ω,欧姆表指n刻度,则电压表内电阻RV = 1000 n,流过电压表电流IV =  = ,根据闭合电路欧姆定律,电池电动势E=U+IVR中=U.
(2)A.如图乙所示.I== A=1 mA,所以不能用电流表;又电压表的量程较小于电源电动势,所以滑动变阻器应用分压接法.
B.Ug=,其中N:表指针所指格数,U1:表读数.
答案 (1)见图甲 1 k (2)A.见图乙 B.Ug=,其中N:表指针所指格数,U1:表读数.
第3讲 47分“计算题”是这样拿下
题型专练
1.(力学综合型)(2012·湖南模拟)如图5所示,AB为倾角θ=37°的斜面轨道,
轨道的AC部分光滑,CB部分粗糙.BP为圆心角等于143°半径R=1 m的竖直光滑圆弧形轨道,两轨道相切于B点,P、O两点在同一竖直线上,轻弹簧一端固定在A点,另一自由端在斜面上C点处,现有一质量m=2 kg的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后(不栓接)释放,物块经过C点后,从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x=12t-4t2(式中x单位是m,t单位是s),假设物块笫一次经过B点后恰能到达P点,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2.试求:
图5
(1)若CD=1 m,试求物块从D点运动到C点的过程中,弹簧对物块所做的功;
(2)B、C两点间的距离x;
(3)若在P处安装一个竖直弹性挡板,小物块与挡板碰撞时间极短且无机械能损失,小物块与弹簧相互作用不损失机械能,试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道?
2.(粒子运动型)(2012·豫北六校联考)如图6所示,在平面坐标系xOy的第Ⅰ象
限内有沿x轴负方向的匀强电场,第Ⅱ、Ⅳ象限分别有垂直坐标系平面的匀强磁场.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速度v0从x轴上的A(L,0)点沿y轴正方向进入匀强电场,经y轴上的B(0,2L)点进入第Ⅱ象限,再经x轴上的C(-2L,0)点进入第Ⅲ象限,最后经第Ⅳ象限回到出发点A.不计粒子的重力.求
图6
(1)匀强电场的电场强度;
(2)第Ⅱ、Ⅳ象限中磁场的磁感应强度大小各是多少?
3.(粒子运动型)如图7所示,两平行金属板A、B长l=8 cm,两板间距离d
=8 cm,A板比B板电势高300 V,即UAB=300 V.一带正电的粒子电量q=10-10C,质量m=10-20kg,从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场,初速度v0=2×106 m/s,粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后,进入固定在中心线上的O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响).已知两界面MN、PS相距为L=12 cm,粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上.不计粒子重力求(静电力常数k=9×109 N·m2/C2)
图7
(1)粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离多远?
(2)点电荷的电量.
4.(力学综合型)如图8所示是为了检验某种防护罩承受冲击能力的装置,M为
半径为R=1.0 m、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道,轨道上端切线水平,N为待检验的固定曲面,该曲面在竖直面内的截面为半径r=  m的圆弧,圆弧下端切线水平且圆心恰好位于M轨道的上端点,M的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪,可发射速度不同的质量m=0.01 kg的小钢珠,假设某次发射的钢珠沿轨道恰好能经过M的上端点,水平飞出后落到N的某一点上,取g=10 m/s2,求:
图8
(1)发射该钢珠前,弹簧的弹性势能Ep多大?
(2)钢珠落到圆弧N上时的速度大小vN是多少?(结果保留两位有效数字)
5.(电磁感应型)如图9所示,间距为l、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ
的斜面上.在区域Ⅰ内有方向垂直于斜面的匀强磁场,磁感应强度为B;在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场,其磁感应强度Bt的大小随时间t变化的规律如图b所示.t=0时刻在轨道上端的金属细棒ab从如图位置由静止开始沿导轨下滑,同时下端的另一金属细棒cd在位于区域Ⅰ内的导轨上由静止释放.在ab棒运动到区域Ⅱ的下边界EF处之前,cd棒始终静止不动,两棒均与导轨接触良好.已知cd棒的质量为m、电阻为R,ab棒的质量、阻值均未知,区域Ⅱ沿斜面的长度为2l,在t=tx时刻(tx未知)ab棒恰进入区域Ⅱ,重力加速度为g.求:
图9
(1)通过cd棒电流的方向和区域Ⅰ内磁场的方向;
(2)当ab棒在区域Ⅱ内运动时cd棒消耗的电功率;
(3)ab棒开始下滑的位置离EF的距离;
(4)ab棒从开始下滑至EF的过程中回路中产生的热量.
6.(力电综合型)(2012·上海闵行二模)如图10甲所示, A、B、C、D为固定于
竖直平面内的闭合绝缘轨道,AB段、CD段均为半径R=1.6 m的半圆,BC、AD段水平,AD=BC=8 m.B、C之间的区域存在水平向右的有界匀强电场,场强E=5×105 V/m.质量为m=4×10-3kg、带电量q=+1×10-8C的小环套在轨道上.小环与轨道AD段的动摩擦因数为μ=,与轨道其余部分的摩擦忽略不计.现使小环在D点获得沿轨道向左的初速度v0=4 m/s,且在沿轨道AD段运动过程中始终受到方向竖直向上、大小随速度变化的力F(变化关系如图10乙)作用,小环第一次到A点时对半圆轨道刚好无压力.不计小环大小,g取10 m/s2.求:
(1)小环运动第一次到A时的速度多大?
(2)小环第一次回到D点时速度多大?
(3)小环经过若干次循环运动达到稳定运动状态,此时到达D点时速度应不小于多少?
图10
参考答案
1.解析 (1)由x=12t-4t2知,物块在C点速度为v0=12 m/s
设物块从D点运动到C点的过程中,弹簧对物块所做的功为W,由动能定理得:W-mgsin 37°·CD=mv
代入数据得:W=mv+mgsin 37°·CD=156 J
(2)由x=12t-4t2知,物块从C运动到B过程中的加速度大小为a=8 m/s2
设物块与斜面间的动摩擦因数为μ,由牛顿第二定律得
mgsin θ+μmgcos θ=ma
代入数据解得μ=0.25
物块在P点的速度满足mg=
物块从B运动到P的过程中机械能守恒,
则有mv=mv+mghPB
物块从C运动到B的过程中有v-v=-2ax
由以上各式解得x= m
(3)假设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后,能够回到与O点等高的位置Q点,且设其速度为vQ,由动能定理得mv-mv=mgR-2μmgxcos 37°
解得v=-19<0
可见物块返回后不能到达Q点,故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道.
答案 (1)156 J (2)6.125 m (3)物块在以后的运动过程中不会脱离轨道
2.解析 (1)粒子在第Ⅰ象限中做类平抛运动,由运动学公式和牛顿第二定律得:
2L=v0t①
L=at2②
qE=ma③
联立解得:E=④
(2)设粒子进入第Ⅱ象限时的速度v与y轴夹角为θ,则根据粒子在第Ⅰ象限的运动得v0t=2L⑤
=L⑥
v= ⑦
偏转角tan θ=⑧
整理得:v=v0⑨
θ=45°⑩
即v与BC的连线垂直,所以BC间的距离为粒子在第Ⅱ象限的磁场中运动的直径BC=2L?
所以r1=L?
根据qvB1=?
整理得B1=?
粒子在第Ⅲ 象限做匀速直线运动,再经过y轴时的位置D点的坐标为(0,-2L),DA与y轴的夹角为α,则有
sin α= cos α=?
粒子做圆周运动的圆心O2与D点的连线跟y轴的夹角β=45°?
故有=r2cos(β-α)?
而qvB2=?
整理得:B2=?
答案 (1) (2) 
3.解析 (1)设粒子从电场中飞出时的侧向位移为h, 穿过界面PS时偏离中心
线OR的距离为y,则: h=
a== t=
即:h=2,代入数据,解得:h=0.03 m=3 cm
带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动,
由相似三角形知识得:=
代入数据,解得:y=0.12 m=12 cm
(2)设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy,则:
vy=at=,代入数据,解得:vy=1.5×106 m/s
所以粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为:
v= =2.5×106 m/s
设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为θ,则:tan θ== θ=37°
因为粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏上,所以该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q作匀速圆周运动,其半径与速度方向垂直.
匀速圆周运动的半径:r==0.15 m,由=m
代入数据,解得:Q=1.04×10-8C
答案 (1)12 cm (2)1.04×10-8C
4.解析 (1)设钢珠在M轨道最高点的速度为v,在最高点,由题意mg=m①
从发射前到最高点,由机械能守恒定律得
Ep=mgR+mv2=0.15 J②
(2)钢珠从最高点飞出后,做平抛运动x=vt③
y=gt2④
由几何关系x2+y2=r2⑤
从飞出M到打在N的圆弧面上,由机械能守恒定律
mgy+mv2=mv⑥
联立①、③、④、⑤、⑥解出所求vN=5.0 m/s.
答案 (1)0.15 J (2)5.0 m/s
5.解析 (1)通过cd棒的电流方向d→c
区域Ⅰ内磁场方向为垂直于斜面向上.
(2)对cd棒,F安=BIl=mgsin θ,所以通过cd棒的电流大小I=
当ab棒在区域Ⅱ内运动时,cd棒消耗的电功率
P=I2R=.
(3)ab棒在到达区域Ⅱ前做匀加速直线运动,a=gsin θ
cd棒始终静止不动,ab棒在到达区域Ⅱ前、后回路中产生的感应电动势不变,则ab棒在区域Ⅱ中一定做匀速直线运动
可得=Blvt,即=Blgsin θtx,所以tx= 
ab棒在区域Ⅱ中做匀速直线运动的速度vt=
则ab棒开始下滑的位置离EF的距离h=at+2l=3l.
(4)ab棒在区域Ⅱ中运动的时间t2== 
ab棒从开始下滑至EF的总时间t=tx+t2=2 ,E=Blvt=Bl
ab棒从开始下滑至EF的过程中闭合回路中产生的热量:Q=EIt=4mglsin θ.
答案 (1)d→c,方向垂直斜面向上
(2) (3)3l (4)4mglsin θ
6.解析  (1)由题意及向心力公式得:mg=m
vA1= =  m/s=4 m/s
(2) 小物块从D出发,第一次回到D的过程,由动能定理得mv-mv=qEL
vD1= = m/s
=6 m/s
(3)vA1=4 m/s=v0,小环第一次从D到A做匀速运动F=kv=mg,k== kg·s=0.01 kg·s
所以Fm=kvm=2mg=0.08 N,
则可知环与杆的摩擦力f≤μ|Fm-mg|=μmg=qE,
稳定循环时,每一个周期中损耗的能量应等于补充的能量
W损=W摩最大=fms=μ(Fm-mg)s=0.04××8 J=0.04 J
而W补=W电=qEs=1×10-8×5×105×8 m=0.04 J
所以稳定循环运动时小环在AD段运动时速度一定要大于等于8 m/s,即到达A点的速度不小于8 m/s
稳定循环运动时小环从A到D的过程,
由动能定理得mv-mv=qEL
vD= = m/s
=2 m/s
达到稳定运动状态时,
小环到达D点时速度应不小于2 m/s.
答案 (1)4 m/s (2)6 m/s (3)2 m/s
第4讲 24分“选做题”是这样拿下的
题型专练
1.【选修3-3】(2012·河南郑州二模)
(1)下列说法中正确的是 (  ).
A.布朗运动是指悬浮在液体中的固体分子的无规则运动
B.当分子力表现为引力时,分子势能随分子间距离的增大而增大
C.热量在任何条件下都不可能从低温物体传到高温物体
D.第二类永动机不可能制成,是因为它违反了能量守恒定律
(2)如图6所示,一圆柱形绝热汽缸竖直放置,通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体.活塞的质量为m,活塞的横截面积为S.初始时,气体的温度为T0,活塞的下表面与容器底部相距h.现通过电热丝缓慢加热气体,当气体吸收热量Q时活塞上升了h,已知大气压强为P0,重力加速度为g,不计活塞与汽缸的摩擦.求此时气体的温度和加热过程中气体内能的增加量.(题中各物理量单位均为国际单位制单位)
图6
2.【选修3-3】(2012·吉林二模)
(1)(多选)下列说法正确的是________(填入正确选项前的字母).
A.液体中悬浮的颗粒越大,某时刻撞击它的分子越多,布朗运动越不明显
B.用“油膜法估测分子的大小”的实验中,油酸分子直径等于滴在液面上的纯油酸体积除以相应油酸膜的面积
C.温度升高,每个分子的动能都增大,导致分子平均动能增大
D.冰箱内低温食品的热量自发地传到了冰箱外高温的空气
E.当人们感到干燥时,空气的相对湿度一定较小
(2)如图7所示,汽缸长为L=1 m(汽缸的厚度可忽略不计),固定在水平面上,汽缸中有横截面积为S=100 cm2的光滑活塞,活塞封闭了一定质量的理想气体,当温度为t=27 ℃,大气压为p0=1×105 Pa时,气柱长度为L0=0.4 m.现缓慢拉动活塞,拉力最大值为F=500 N,求:①如果温度保持不变,能否将活塞从汽缸中拉出?②保持拉力最大值不变,汽缸中气体温度至少为多少摄氏度时,才能将活塞从汽缸中拉出?
图7
3.【模块3-4】(2012·无锡二模)(1)(多选)下列说法正确的是________.
A.海豚有完善的声呐系统,海豚发出的声波比无线电波传播的速度快,方向性好
B.蝙蝠利用超声脉冲导航,当它飞向某一墙壁时,接收到的脉冲频率大于它发出的频率
C.声波击碎玻璃杯的实验原理是共振
D.狭义相对性原理指出:在不同的参考系中,一切物理规律都是相同的
(2)沿x轴正方向传播的一列横波某时刻的波形如图8所示,其波速为100 m/s.此时刻,加速度将变大且振动方向向上的质点有________(从质点K、L、M、N中选填),再经过0.01 s质点K通过的路程为________ m.
(3)如图9所示,一个半圆形玻璃砖放在真空中,入射光线AO正对玻璃砖圆心方向入射,当AO与水平方向成60°角时,光线OC沿与竖直方向成45°角射出.(已知光速c=3×108 m/s)求:
①光在玻璃中传播的速度.
②当AO、OB光线的夹角为多大时,OC光线刚好能够完全消失.
4.【模块3-4】(2012·河南二模)(1)在x=-0.5 m处有一波源,产生沿x轴正
方向传播的简谐横波,传到坐标原点时的波形如图10所示.当此波到达P点时,处于原点的O处的质点所通过的路程和该时刻的位移分别是 (  ).
图10                 
A.10.25 m, 2 cm B.10.25 m, -2 cm
C.82 cm, -2 cm D.82 cm,2 cm
(2)如图11所示,半圆玻璃砖的半径R=10 cm,折射率为n= ,直径AB与屏幕垂直并接触于B点.激光a以入射角i=30°射向半圆玻璃砖的圆心O,结果在屏幕MN上出现两个光斑.求两个光斑之间的距离L.
图11
5.【模块3-5】 (1)原子核自发地放出电子的现象称为β衰变.开始时科学
家曾认为β衰变中只放出电子(即β粒子),后来发现,这个过程中除了放出电子外,还放出一种叫做“反中微子”的粒子.反中微子不带电,与其他物质的相互作用极弱.原子核能发生β衰变,________(填“是”或“不是”)因为原子核内含有电子,发生β衰变后的原子核的带电荷量________(填“增加”、“减小”或“不变”).
(2)处于激发状态的原子,在入射光的电磁场的影响下,从高能态向低能态跃迁,两个状态之间的能量差以辐射光子的形式发射出去,这种辐射叫做受激辐射.原子发生受激辐射时,发出的光子频率、发射方向等都跟入射光子完全一样,这样使光得到加强,这就是激光产生的机理.那么,发生受激辐射时,产生激光的原子的总能量En________(填“增大”、“减小”或“不变”),电子动能Ek________(填“增大”、“减小”或“不变”).
6.【模块3-5】(2012·山东卷,38)(1)氢原子第n能级的能量为En=,其中
E1为基态能量.当氢原子由第4能级跃迁到第2能级时,发出光子的频率为ν1;若氢原子由第2能级跃迁到基态,发出光子的频率为ν2,则=________.
(2)如图12所示,光滑水平轨道上有三个木块A、B、C,质量分别为mA=3m、mB=mC=m,开始时,B、C均静止,A以初速度v0向右运动,A与B碰撞后分开,B又与C发生碰撞并粘在一起,此后A与B间的距离保持不变.求B与C碰撞前B的速度大小.
图12
参考答案
1.解析 (1)B
(2)封闭气体做等压变化,由盖-吕萨克定律得=
此时气体的温度为T1=2T0
气体在等压变化过程中,活塞受力如图所示
由平衡条件得pS=p0S+mg
气体对活塞做的功为
W=pSh=(p0S+mg)h
由热力学第一定律得ΔU=Q-W
气体内能的增加量为ΔU=Q-(p0S+mg)h.
答案 (1)B (2)2T0 Q-(p0S+mg)h
2.解析 (1)ABE
(2)解:①设L有足够长,F达到最大值时活塞仍在汽缸中,设此时气柱长L2,气体压强p2,根据活塞受力平衡,有:
p2=p0-=5×104Pa
根据理想气体状态方程(T1=T2)有p1SL0=p2SL2
解得:L2=0.8 m,所以,L2②保持F最大值不变,温度升高,活塞刚到缸口时,L3=1 m,此时的压强为P2=P3,根据理想气体状态方程:=得:T3=375 K,得t3=102 ℃.
答案 (1)ABE (2)①不能将活塞拉出 ②102 ℃
3.解析 (3)①玻璃的折射率为n==,
在玻璃中的传播速度为v==c=2.1×108 m/s.
②当光线发生全反射时,入射角满足sin C==,求得C=45°,
根据反射角等于入射角,可得OA、OB光线的夹角为90°.
答案 (1)BC (2)L 1.6 (3)①2.1×108 m/s ②90°
4.解析 (2)画出如图光路图,设折射角为r,根据折射定律
n=
解得r=60°
由几何知识得,△OPQ为直角三角形,所以两个光斑PQ之间的距离
L=PB+BQ=Rtan 60°+Rtan 30°
解得L=≈23.1 cm.
答案 (1)C (2)23.1 cm
5.解析 (1)β衰变中释放的β粒子是由原子核内的中子先衰变为质子与电子,
电子再从原子核内释放,故原子核中并不含有电子.由于电子带负电,而反中微子不带电,由核反应过程中的电荷数守恒可知,发生β衰变后的原子核的带电量增加.
(2)由玻尔原子理论可知,当原子从高能态向低能态跃迁时,原子的总能量减小,减小的能量恰为辐射光子的能量.又因为电子绕原子核做圆周运动的向心力是由电子与原子核间的库仑力提供,即k=m,故Ek=k,随着原子的总能量减小,电子的轨道半径也减小,故动能增大.
答案 (1)不是 增加 (2)减小 增大
6.解析 (1)根据氢原子的能级公式,hν1=E4-E2=-=-E1,hν2=E2
-E1=-=-E1,所以==
(2)设A与B碰撞后,A的速度为vA,B与C碰撞前B的速度为vB,B与C碰撞后粘在一起的速度为v,由动量守恒定律得
对A、B木块:mAv0=mAvA+mBvB①
对B、C木块:mBvB=(mB+mC)v②
由A与B间的距离保持不变可知vA=v③
联立①②③式,代入数据得vB=v0.④
答案 (1) (2)v0
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