2014-2023年高考物理真题 专题分类汇编（17套打包）（有解析）

2014-2023年高考物理真题专题分类
专题三　牛顿运动定律
1.(2023江苏,1,4分)电梯上升过程中,某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系,如图所示。电梯加速上升的时段是(　　)
A.从20.0 s到30.0 s B.从30.0 s到40.0 s
C.从40.0 s到50.0 s D.从50.0 s到60.0 s
答案：A 由题图可知,从20.0 s到30.0 s是电梯加速上升时段,从30.0 s到40.0 s是匀速上升时段,从40.0 s到50.0 s是减速上升时段,50.0 s以后电梯静止,故A正确。
2.(2023全国甲,19,6分)(多选)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动,两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后,所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知(　　)
A.m甲m乙
C.μ甲<μ乙 D.μ甲>μ乙
答案：BC 甲、乙两物体的运动过程类似,由牛顿第二定律有F-μmg=ma,即F=ma+μmg,故题给图线斜率反映物体的质量m,纵截距表示滑动摩擦力μmg,观察题图,甲物体的F-a图线斜率大于乙物体的F-a图线斜率,故m甲>m乙,B选项正确;又纵截距相等,故μ甲m甲g=μ乙m乙g,则μ甲<μ乙,故C选项正确;故选B、C。
3.(2023湖南,10,5分)(多选)如图,光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球,两球用轻杆相连,A球靠在光滑左壁上,B球处在车厢水平底面上,且与底面的动摩擦因数为μ,杆与竖直方向的夹角为θ,杆与车厢始终保持相对静止。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　)
A.若B球受到的摩擦力为零,则F=2mg tan θ
B.若推力F向左,且tan θ≤μ,则F的最大值为2mg tan θ
C.若推力F向左,且μD.若推力F向右,且tan θ>2μ,则F的范围为4mg(tan θ-2μ)≤F≤4mg(tan θ+2μ)
答案：CD 若B球受到的摩擦力为零,设轻杆的弹力大小为N1,对A球在竖直方向有N1 cos θ=mg,对B球在水平方向有N1 sin θ=ma,对整体有F=4ma,联立解得F=4mg tan θ,A错误。若推力F向左,当A球与车厢左壁的弹力刚好为零时,对A球根据牛顿第二定律得mg tan θ=ma1,解得a1=g tan θ;当B球与车厢底面的静摩擦力刚好达到最大静摩擦力时,对A、B受力分析如图所示,在竖直方向根据平衡条件有N'1 cos θ=mg,在水平方向根据牛顿第二定律有fm-N1 sin θ=ma2,N1=N'1,对A、B整体有N2=2mg,又fm=μN2,联立解得a2=(2μ-tan θ)g;若a1≤a2,即tan θ≤μ时,对整体由F=4ma1求得F的最大值为4mg tan θ,B错误。若a1>a2≥0,即μ4.(2022江苏,1,4分)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书,书与桌面间的动摩擦因数为0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10 m/s2。若书不滑动,则高铁的最大加速度不超过 (　　)
A.2.0 m/s2　　　　　　　　　　B.4.0 m/s2
C.6.0 m/s2　　　　　　　　　　D.8.0 m/s2
答案　B　当书所受静摩擦力达到最大时,书将要滑动,则由μmg=mam得am=μg=4.0 m/s2,故B正确。
5.(2022浙江1月选考,1,3分)单位为J/m的物理量是 (　　)
A.力　　　　　　　　　　B.功
C.动能　　　　　　　　　　D.电场强度
答案　A　由公式W=Fx可知,J/m为力的单位,故选A。
6.(2022浙江6月选考,1,3分)下列属于力的单位是 (　　)
A.kg·m/s2　　　　　　　　　　B.kg·m/s
C.kg·m2/s　　　　　　　　　　D.kg·s/m2
答案　A　根据F=ma可知,力的单位间的换算关系为1 N=1 kg·m/s2,故A正确,B、C、D错误。
7.(2022浙江6月选考,2,3分)下列说法正确的是 (　　)
A.链球做匀速圆周运动过程中加速度不变
B.足球下落过程中惯性不随速度增大而增大
C.乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变
D.篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关
答案　B　链球做匀速圆周运动过程中,加速度大小不变,方向指向圆心,即方向时刻变化,故加速度变化,选项A错误;惯性大小只与物体质量有关,质量越大,惯性越大,并不随速度增大而增大,选项B正确;乒乓球被击打过程中受到的作用力是个瞬间突变的力,选项C错误;篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向相反,D错误。
8.(2022湖南,9,5分)(多选)球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机,总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比(即F阻=kv2,k为常量)。当发动机关闭时,飞行器竖直下落,经过一段时间后,其匀速下落的速率为10 m/s;当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动,经过一段时间后,飞行器匀速向上的速率为5 m/s。重力加速度大小为g,不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化,下列说法正确的是　 (　　)
A.发动机的最大推力为1.5Mg
B.当飞行器以5 m/s匀速水平飞行时,发动机推力的大小为Mg
C.发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时,飞行器速率为5 m/s
D.当飞行器以5 m/s的速率飞行时,其加速度大小可以达到3g
答案　BC　关闭发动机匀速下落时,k=Mg,v1=10 m/s,以最大推力推动飞行器向上匀速运动时,Fmax=Mg+k,v2=5 m/s,故Fmax=1.25Mg,A项错误;飞行器以5 m/s水平匀速飞行时,对飞行器受力分析如图1,有F==Mg,B项正确;发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时,对飞行器受力分析如图2,有Fmax=,得v3=5 m/s,C项正确;当发动机以最大推力向下推动飞行器,且飞行器向上做减速运动时,加速度大小最大,此时对飞行器受力分析如图3,有am==2.5g,D项错误。
　　
9.(2022全国甲,19,6分)(多选)如图,质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上,二者用一轻弹簧水平连接,两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P,使两滑块均做匀速运动;某时刻突然撤去该拉力,则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前 (　　)
A.P的加速度大小的最大值为2μg
B.Q的加速度大小的最大值为2μg
C.P的位移大小一定大于Q的位移大小
D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
答案　AD　撤去力F后到弹簧第一次恢复原长之前,弹簧弹力kx减小,对P有μmg+kx=maP,对Q有μmg-kx=maQ,且撤去外力瞬间μmg=kx,故P做加速度从2μg减小到μg的减速运动,Q做加速度从0逐渐增大到μg的减速运动,即P的加速度始终大于Q的加速度,故除开始时刻外,任意时刻P的速度大小小于Q的速度大小,故P的平均速度大小必小于Q的平均速度大小,由x=t可知Q的位移大小大于P的位移大小,可知B、C错误,A、D正确。
10.(2019浙江4月选考,12,3分)如图所示,A、B、C为三个实心小球,A为铁球,B、C为木球。A、B两球分别连接在两根弹簧上,C球连接在细线一端,弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部,该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断,则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力,ρ木<ρ水<ρ铁)(　　)
A.A球将向上运动,B、C球将向下运动
B.A、B球将向上运动,C球不动
C.A球将向下运动,B球将向上运动,C球不动
D.A球将向上运动,B球将向下运动,C球不动
答案　D　开始时A球下面的弹簧被压缩,A球所受弹力向上;B球下面的弹簧被拉长,B球所受弹力向下;将挂吊篮的绳子剪断的瞬时,系统的加速度为g,为完全失重状态,A球将在弹力作用下相对于杯底向上运动,B球将在弹力作用下相对于杯底向下运动,C球相对于杯底不动,故选D。
11.(2018课标Ⅰ,15,6分)如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是(　　)
答案　A　本题考查胡克定律、共点力的平衡及牛顿第二定律,利用物块P上升过程的动力学分析,考查学生的分析综合能力及应用数学知识处理物理问题的能力,体现了“科学思维”素养中的“科学推理”及“模型建构”要素。
设系统静止时弹簧压缩量为x0,由胡克定律和平衡条件得mg=kx0。力F作用在P上后,物块受重力、弹力和F,向上做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得,F+k(x0-x)-mg=ma。联立以上两式得F=kx+ma,所以F-x图像中图线是一条不过原点的倾斜直线,故A正确。
12.(2016上海单科,4,2分)如图,顶端固定着小球的直杆固定在小车上,当小车向右做匀加速运动时,球所受合外力的方向沿图中的(　　)
A.OA方向　　　　　　B.OB方向　　　　　　
C.OC方向　　　　　　D.OD方向
答案　D　本题考查牛顿第二定律的理解,通过对力与运动关系的分析考查学生的理解能力,体现了“运动与相互作用观念”的素养要素。
当小车向右做匀加速运动时,其加速度的方向水平向右,由牛顿第二定律可知,小球所受合外力的方向水平向右,即沿图中OD方向,选项D正确,选项A、B、C错误。
13.(2015课标Ⅱ,20,6分)(多选)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时,P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为　(　　)
A.8　　　　　　B.10　　　　　　C.15　　　　　　D.18
答案　BC　如图所示,假设挂钩P、Q东边有x节车厢,西边有y节车厢,每节车厢质量为m。当向东行驶时,以y节车厢为研究对象,则有F=mya;当向西行驶时,以x节车厢为研究对象,则有F=mxa,联立两式有y=x。可见,列车车厢总节数N=x+y=x,设x=3n(n=1,2,3,…),则N=5n,故可知选项B、C正确。
14.(2015海南单科,8,5分)(多选)如图,物块a、b和c的质量相同,a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连,通过系在a上的细线悬挂于固定点O。整个系统处于静止状态。现将细线剪断。将物块a的加速度的大小记为a1,S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2,重力加速度大小为g。在剪断的瞬间,(　　)
A.a1=3g　　　　　　 B.a1=0
C.Δl1=2Δl2　　　　　　D.Δl1=Δl2
答案　AC　剪断细线前,把a、b、c看成整体,细线上的拉力为T=3mg。因在剪断瞬间,弹簧未发生突变,因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同。则将细线剪断瞬间,对a隔离进行受力分析,由牛顿第二定律有:3mg=ma1,得a1=3g,A正确,B错误。由胡克定律知:2mg=kΔl1,mg=kΔl2,所以Δl1=2Δl2,C正确,D错误。
15.(2015海南单科,9,5分)(多选)如图,升降机内有一固定斜面,斜面上放一物块。开始时,升降机做匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时,(　　)
A.物块与斜面间的摩擦力减小
B.物块与斜面间的正压力增大
C.物块相对于斜面减速下滑
D.物块相对于斜面匀速下滑
答案　BD　当升降机匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑时有:mg sin θ=μmg cos θ,则μ=tan θ(θ为斜面倾角),当升降机加速上升时,设加速度为a;物块处于超重状态,超重ma。物块“重力”变为G'=mg+ma,支持力变为N'=(mg+ma)cos θ>mg cos θ,B对。“重力”沿斜面向下的分力G下'=(mg+ma)sin θ,沿斜面的摩擦力变为f'=μN'=μ(mg+ma)cos θ>μmg cos θ,A错误。f'=μ(mg+ma)cos θ=tan θ(mg+ma)cos θ=(mg+ma)sin θ=G下',所以物块仍沿斜面匀速运动,D对,C错误。
16.(2014北京理综,19,6分)伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法,有力地促进了人类科学认识的发展。利用如图所示的装置做如下实验:小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动,并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时,小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3。根据三次实验结果的对比,可以得到的最直接的结论是(　　)
A.如果斜面光滑,小球将上升到与O点等高的位置
B.如果小球不受力,它将一直保持匀速运动或静止状态
C.如果小球受到力的作用,它的运动状态将发生改变
D.小球受到的力一定时,质量越大,它的加速度越小
答案　A　根据实验结果,得到的最直接的结论是如果斜面光滑,小球将上升到与O点等高的位置,A项正确。而小球不受力时状态不变,小球受力时状态发生变化,是在假设和逻辑推理下得出的结论,不是实验直接得出的结论,所以B和C选项错误。而D项不是本实验所说明的问题,故错误。
考查点　牛顿运动定律。
思路点拨　本题也可从能量守恒的角度分析:若斜面光滑,则没有机械能的损失,小球必上升到与O点等高处。
17.(2014北京理综,18,6分)应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体,由静止开始竖直向上运动,直至将物体抛出。对此现象分析正确的是(　　)
A.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于超重状态
B.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于失重状态
C.在物体离开手的瞬间,物体的加速度大于重力加速度
D.在物体离开手的瞬间,手的加速度大于重力加速度
答案　D　物体由静止开始向上运动时,物体和手掌先一起加速向上,物体处于超重状态,之后物体和手掌分离前,应减速向上,物体处于失重状态,故A、B均错误。当物体和手分离时,二者速度相同,又因均做减速运动,故分离条件为a手>a物,分离瞬间物体的加速度等于重力加速度,则手的加速度大于重力加速度,选项D正确,C错误。
考查点　超重和失重。
思路点拨　分析出物体运动的加速度方向是解本题的关键。超重时物体具有向上的加速度,失重时物体具有向下的加速度。
18.(2016课标Ⅱ,19,6分)(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比,与球的速率无关。若它们下落相同的距离,则(　　)
A.甲球用的时间比乙球长
B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
答案　BD　甲、乙下落的时间与加速度有关,应先求加速度,由m甲=ρV甲=ρ(π)得R甲=,阻力f甲=kR甲=k,由牛顿第二定律知a甲==g-k,同理a乙=g-k,因m甲>m乙,所以a甲>a乙,故C项错误;再由位移公式h=at2可知t甲v乙,B项正确;甲球受到的阻力大,甲、乙下落距离相等,故甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功,D项正确。
解题指导　关键词:①同一种材料;②甲球质量大于乙球质量;③静止下落;④阻力与球的半径成正比。
解题时应先易后难,逐次找到各物理量的正确表达式,然后再进一步分析求解。
19.(2014大纲全国,19,6分)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时,上升的最大高度为H,如图所示;当物块的初速度为时,上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为(　　)
A.tan θ和　　　　　　B. tan θ和
C.tan θ和　　　　　　D. tan θ和
答案　D　由动能定理有
-mgH-μmg cos θ=0-mv2
-mgh-μmg cos θ=0-m
解得μ=tan θ,h=,故D正确。
审题指导　物块上升到最大高度时速度为0,对两次上滑过程利用动能定理列式求解即可。
知识拓展　斜面和水平面材料相同,物体从斜面上由静止滑到水平面至停止运动,克服滑动摩擦力做功Wf=μmg cos θ·AB+μmg·BC=μmg(A'B+BC)=μmgA'C,与物体直接从水平面上A'C段滑动时克服滑动摩擦力做功相同。
20.(2018浙江4月选考,8,3分)如图所示,小芳在体重计上完成下蹲动作。下列F-t图像能反映体重计示数随时间变化的是(　　)
答案　C　小芳下蹲的过程中先加速运动后减速运动,其加速度方向先向下后向上,即小芳先失重后超重,她所受的支持力先小于自身重力后大于自身重力,则示数先小于人的质量后大于人的质量,故选项C正确。
21.(2016海南单科,5,3分)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用,其下滑的速度-时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数,在0~5 s,5~10 s,10~15 s内F的大小分别为F1、F2和F3,则(　　)
A.F1F3　　　　　　C.F1>F3　　　　　　D.F1=F3
答案　A　根据v-t图像可知,在0~5 s内加速度为a1=0.2 m/s2,方向沿斜面向下;在5~10 s内,加速度a2=0;在10~15 s内加速度为a3=-0.2 m/s2,方向沿斜面向上;受力分析如图。在0~5 s内,根据牛顿第二定律:mg sin θ-f-F1=ma1,则F1=mg sin θ-f-0.2m;在5~10 s内,根据牛顿第二定律:mg sin θ-f-F2=ma2,则F2=mg sin θ-f;在10~15 s内,根据牛顿第二定律:mg sin θ-f-F3=ma3,则F3=mg sin θ-f+0.2m,故可以得到F3>F2>F1,故选项A正确。
22.(2015课标Ⅰ,20,6分,0.677)(多选)如图(a),一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出(　　)
A.斜面的倾角
B.物块的质量
C.物块与斜面间的动摩擦因数
D.物块沿斜面向上滑行的最大高度
答案　ACD　设物块的质量为m、斜面的倾角为θ,物块与斜面间的动摩擦因数为μ,物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为a1和a2,根据牛顿第二定律有:mg sin θ+μmg cos θ=ma1,mg sin θ-μmg cos θ=ma2。再结合v-t图线斜率的物理意义有:a1=,a2=。由上述四式可见,无法求出m,可以求出θ、μ,故B错,A、C均正确。0~t1时间内的v-t图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大距离,θ已求出,故可以求出物块上滑的最大高度,故D正确。
23.(2015重庆理综,5,6分)若货物随升降机运动的v-t图像如图所示(竖直向上为正),则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是(　　)
答案　B　由v-t图像可知,升降机的运动过程为:向下加速(失重:Fmg)→向上加速(超重:F>mg)→向上匀速(F=mg)→向上减速(失重:F24.(2015江苏单科,6,4分)(多选)一人乘电梯上楼,在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示,以竖直向上为a的正方向,则人对地板的压力(　　)
A.t=2 s时最大　　　　　 　B.t=2 s时最小
C.t=8.5 s时最大　　　　　　D.t=8.5 s时最小
答案　AD　地板对人的支持力FN=mg+ma,t=2 s时,a有正的最大值,此时FN最大,由牛顿第三定律知,A正确,B错误;t=8.5 s时,a有负的最大值,此时FN最小,由牛顿第三定律可知,C错误,D正确。
考查点　本题考查了加速度、牛顿运动定律、超重与失重等内容,属于中等难度题。
知识链接　“上超下失均为ma”,即加速度方向竖直向上超重、竖直向下失重,对应人对电梯的压力分别增加ma、减小ma,由此可见,2 s时压力最大,8.5 s时压力最小。
25.(2014山东理综,15,6分)(多选)一质点在外力作用下做直线运动,其速度v随时间t变化的图像如图。在图中标出的时刻中,质点所受合外力的方向与速度方向相同的有(　　)
A.t1　　　　　　B.t2　　　　　　C.t3　　　　　　D.t4
答案　AC　v-t图像中,纵轴表示各时刻的速度,t1、t2时刻速度为正,t3、t4时刻速度为负,图线上各点切线的斜率表示该时刻的加速度,t1、t4时刻加速度为正,t2、t3时刻加速度为负,根据牛顿第二定律,加速度与合外力方向相同,故t1时刻合外力与速度均为正,t3时刻合外力与速度均为负,A、C正确,B、D错误。
26.(2014重庆理综,5,6分)以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时,一个物体所受空气阻力可忽略,另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比,下列用虚线和实线描述两物体运动的v-t图像可能正确的是(　　)
答案　D　受空气阻力作用的物体,上升过程:mg+kv=ma,得a=g+v,v减小,a减小,A错误。到达最高点时v=0,a=g,即两图线与t轴相交时斜率相等,故D正确。
27.(2014福建理综,15,6分)如右图,滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面,从顶端下滑,直至速度为零。对于该运动过程,若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小,t表示时间,则下列图像最能正确描述这一运动规律的是(　　)
答案　B　设斜面倾角为θ,滑块沿斜面下滑时,由牛顿第二定律有mg sin θ-μmg cos θ=ma,a=g sin θ-μg cos θ,因此滑块下滑时加速度不变,选项D错误;滑块加速下滑时的位移s=v0t+at2,选项B正确;滑块下降高度h=s·sin θ=v0 sin θ·t+a sin θ·t2,选项A错误;滑块下滑时的速度v=v0+at,选项C错误。
28.(2019海南单科,5,4分)如图,两物块P、Q置于水平地面上,其质量分别为m、2m,两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g,现对Q施加一水平向右的拉力F,使两物块做匀加速直线运动,轻绳的张力大小为(　　)
A.F-2μmg　　B.F+μmg　　C.F-μmg　　D.F
答案　D　本题为“连接体”问题,通过对本题的分析解答,考查了学生的推理能力,同时也渗透了“科学思维”素养中的“模型建构”及“科学推理”要素。
对整体进行受力分析:F-μ·3mg=3ma,
对P进行受力分析:T-μmg=ma,
联立解得轻绳的张力大小为T=,故A、B、C错误,D正确。
29.(2016天津理综,8,6分)我国高铁技术处于世界领先水平。和谐号动车组是由动车和拖车编组而成,提供动力的车厢叫动车,不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等,动车的额定功率都相同,动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列动车组由8节车厢组成,其中第1、5节车厢为动车,其余为拖车,则该动车组(　　)
A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B.做匀加速运动时,第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2
C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比
D.与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2
答案　BD　启动时,乘客与车一起做加速运动,由牛顿第二定律可知,乘客受到车厢作用力的方向与车运动方向相同,选项A错误;对6、7、8节车厢水平方向受力分析,如图甲所示
甲
由牛顿第二定律可得:F1-3kmg=3ma;对7、8节车厢水平方向受力分析,如图乙所示
乙
由牛顿第二定律可得F2-2kmg=2ma,两方程联立可得=,选项B正确;动车组进站时,做匀减速直线运动,由速度位移公式可得x=,即x与v2成正比,选项C错误;由功率定义和牛顿第二定律可得:
第一种情况动车组的最大速度为v1,-8kmg=0,
第二种情况动车组的最大速度为v2,-8kmg=0,
两方程联立可得=,选项D正确。
审题指导　在解答选项D时,理解“最大速度”的含义是解答关键,速度最大时,动车组受到的合外力为零。动车组为连接体问题,合理选取研究对象,可以有效减少计算量。
30.(2016江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出,鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等,则在上述过程中(　　)
A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C.若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力将增大
D.若猫减小拉力,鱼缸有可能滑出桌面
答案　BD　由题图可见,鱼缸相对桌布向左滑动,故桌布对鱼缸的滑动摩擦力方向向右,A错。因为鱼缸与桌布、鱼缸与桌面间的动摩擦因数相等,所以鱼缸加速过程与减速过程的加速度大小相等,均为μg;由v=at可知,鱼缸在桌布上加速运动的时间与在桌面上减速运动的时间相等,故B正确。若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力,由Ff=μmg可知,Ff不变,故C错。若猫的拉力减小到使鱼缸不会相对桌布滑动,则鱼缸就会滑出桌面,故D正确。
审题技巧　审题时抓住下列关键词:“猛地……拉出”、“没有滑出桌面”、“动摩擦因数均相等”。
31.(2022浙江1月选考,19,9分)第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示,长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接,斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发,推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s,紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图2所示),到C点共用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点,始终在冰面上运动,其总质量为110 kg,sin 15°=0.26,g=10 m/s2,求雪车(包括运动员):
(1)在直道AB上的加速度大小;
(2)过C点的速度大小;
(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
答案　(1) m/s2　(2)12 m/s　(3)66 N
解析　(1)AB段,根据=2a1x1
可得a1= m/s2
(2)AB段,到达B点的速度v1=a1t1=8 m/s,
则t1=3 s
故BC段用时t2=5 s-t1=2 s
BC段,根据x2=v1t2+a2
代入数据解得a2=2 m/s2
则vC=v1+a2t2=12 m/s
(不同阶段的物理量要注意用角标进行区分)
(3)在BC段,由牛顿第二定律有
mg sin 15°-Ff=ma2
解得Ff=66 N
32.(2022浙江6月选考,19,9分)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中,如图所示,倾斜滑轨与水平面成24°角,长度l1=4 m,水平滑轨长度可调,两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑,其与滑轨间的动摩擦因数均为,货物可视为质点(取cos 24°=0.9,sin 24°=0.4,重力加速度g=10 m/s2)。
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小;
(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小;
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s,求水平滑轨的最短长度l2。
答案　(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)2.7 m
解析　(1)由牛顿第二定律
mg sin 24°-μmg cos 24°=ma1　a1=2 m/s2
(2)匀加速　v2=2a1l1　v=4 m/s
(3)匀减速　-v2=2a2l2　a2=-μg　l2=2.7 m
33.(2018浙江4月选考,19,9分)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示,有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上,先以加速度a=0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”,t=8 s时,突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行,最后退滑到出发点,完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ=0.25,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2。求:
(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小;
(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小;
(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小。(计算结果可用根式表示)
答案　(1)16 m　(2)8 m/s2　4 m/s2　(3)2 m/s
解析　(1)在企鹅向上“奔跑”过程中,有x=at2,代入数据解得x=16 m
(2)在企鹅卧倒以后将经历两个运动过程,第一个过程是从卧倒到运动至最高点,第二个过程是从最高点滑到出发点,两个过程根据牛顿第二定律分别有
mg sin 37°+μmg cos 37°=ma1
mg sin 37°-μmg cos 37°=ma2
代入数据解得a1=8 m/s2,a2=4 m/s2
(3)企鹅从卧倒至滑到最高点的过程中,做匀减速直线运动,设该过程所用时间为t',位移为x',则有
t'=
x'=a1t'2
解得x'=1 m
企鹅从最高点滑到出发点的过程中,初速度为0,设末速度为vt,则有=2a2(x+x')
解得vt=2 m/s
34.(2018天津理综,10,16分)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后,拉开了全面试验试飞的新征程。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动,当位移x=1.6×103 m时才能达到起飞所要求的速度v=80 m/s。已知飞机质量m=7.0×104 kg,滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍,重力加速度取g=10 m/s2。求飞机滑跑过程中
(1)加速度a的大小;
(2)牵引力的平均功率P。
答案　(1)2 m/s2　(2)8.4×106 W
解析　(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动,有
v2=2ax①
代入数据解得
a=2 m/s2②
(2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻,依题意有
F阻=0.1mg③
设发动机的牵引力为F,根据牛顿第二定律有
F-F阻=ma④
设飞机滑跑过程中的平均速度为,有
=⑤
在滑跑阶段,牵引力的平均功率
P=F⑥
联立②③④⑤⑥式得
P=8.4×106 W⑦
评分细则　①式4分,②③④⑤⑥⑦式各2分。
35.(2014课标Ⅰ,24,12分)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时,后车司机可以采取刹车措施,使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下,人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s,当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时,安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的2/5,若要求安全距离仍为120 m,求汽车在雨天安全行驶的最大速度。
答案　20 m/s(72 km/h)
解析　设路面干燥时,汽车与路面间的动摩擦因数为μ0,刹车时汽车的加速度大小为a0,安全距离为s,反应时间为t0,由牛顿第二定律和运动学公式得
μ0mg=ma0①
s=v0t0+②
式中,m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度。
设在雨天行驶时,汽车与路面间的动摩擦因数为μ,依题意有μ=μ0③
设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a,安全行驶的最大速度为v,由牛顿第二定律和运动学公式得
μmg=ma④
s=vt0+⑤
联立①②③④⑤式并代入题给数据得
v=20 m/s(72 km/h)⑥
36.(2014课标Ⅱ,24,13分)2012年10月,奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39 km的高空后跳下,经过4分20秒到达距地面约1.5 km高度处,打开降落伞并成功落地,打破了跳伞运动的多项世界纪录。取重力加速度的大小g=10 m/s2。
(1)若忽略空气阻力,求该运动员从静止开始下落至1.5 km 高度处所需的时间及其在此处速度的大小;
(2)实际上,物体在空气中运动时会受到空气的阻力,高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f=kv2,其中v为速率,k为阻力系数,其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关。已知该运动员在某段时间内高速下落的v-t图像如图所示。若该运动员和所带装备的总质量m=100 kg,试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数。(结果保留1位有效数字)
答案　(1)87 s　8.7×102 m/s　(2)0.008 kg/m
解析　(1)设该运动员从开始自由下落至1.5 km高度处的时间为t,下落距离为s,在1.5 km高度处的速度大小为v。根据运动学公式有
v=gt①
s=gt2②
根据题意有
s=3.9×104 m-1.5×103 m=3.75×104 m③
联立①②③式得
t=87 s④
v=8.7×102 m/s⑤
(2)该运动员达到最大速度vmax时,加速度为零,根据牛顿第二定律有
mg=k⑥
由所给的v-t图像可读出
vmax≈360 m/s⑦
由⑥⑦式得
k=0.008 kg/m⑧
37.(2019江苏单科,15,16分)如图所示,质量相等的物块A和B叠放在水平地面上,左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A,A立即获得水平向右的初速度,在B上滑动距离L后停下。接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求:
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA;
(2)在左边缘再次对齐的前、后,B运动加速度的大小aB、aB';
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
答案　(1)　(2)3μg　μg　(3)2
解析　①敲击A后只有A动,B不动,可以用动力学方程求vA,也可以用动能定理求解。②敲击B后,分别对A、B进行受力分析和运动分析,列出动力学方程与运动学方程,A、B的运动关系是当vA=vB时xB-xA=L,联立各方程可求得vB与加速度大小。
(1)由牛顿运动定律知,A加速度的大小
aA=μg①
匀变速直线运动2aAL=②
解得vA=③
(2)设A、B的质量均为m
对齐前,B所受合外力大小F=3μmg④
由牛顿运动定律F=maB,得aB=3μg⑤
对齐后,A、B所受合外力大小F'=2μmg⑥
由牛顿运动定律F'=2maB',得aB'=μg⑦
(3)经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别为xA、xB,A加速度的大小等于aA
则v=aAt,v=vB-aBt⑧
xA=aAt2,xB=vBt-aBt2⑨
且xB-xA=L⑩
解得vB=2
38.(2017课标Ⅲ,25,20分)如图,两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5 kg,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5;木板的质量为m=4 kg,与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3 m/s。A、B相遇时,A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小g=10 m/s2。求
(1)B与木板相对静止时,木板的速度大小;
(2)A、B开始运动时,两者之间的距离。
答案　(1)1 m/s　(2)1.9 m
解析　本题考查直线运动和牛顿定律。
(1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3,A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB,木板相对于地面的加速度大小为a1。在滑块B与木板达到共同速度前有
f1=μ1mAg①
f2=μ1mBg②
f3=μ2(m+mA+mB)g③
由牛顿第二定律得
f1=mAaA④
f2=mBaB⑤
f2-f1-f3=ma1⑥
设在t1时刻,B与木板达到共同速度,其大小为v1。由运动学公式有
v1=v0-aBt1⑦
v1=a1t1⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知数据得
v1=1 m/s⑨
(2)在t1时间间隔内,B相对于地面移动的距离为
sB=v0t1-aB⑩
设在B与木板达到共同速度v1后,木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的体系,由牛顿第二定律有
f1+f3=(mB+m)a2
由①②④⑤式知,aA=aB;再由⑦⑧式知,B与木板达到共同速度时,A的速度大小也为v1,但运动方向与木板相反。由题意知,A和B相遇时,A与木板的速度相同,设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2,则由运动学公式,对木板有
v2=v1-a2t2
对A有
v2=-v1+aAt2
在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为
s1=v1t2-a2
在(t1+t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离为
sA=v0(t1+t2)-aA(t1+t2)2
A和B相遇时,A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时,两者之间的距离为
s0=sA+s1+sB
联立以上各式,并代入数据得
s0=1.9 m
(也可用如图的速度-时间图线求解)
审题指导　如何建立物理情景,构建解题路径
①首先分别计算出B与板、A与板、板与地面间的滑动摩擦力大小,判断出A、B及木板的运动情况。
②把握好几个运动节点。
③由各自加速度大小可以判断出B与木板首先达到共速,此后B与木板共同运动。
④A与木板存在相对运动,且A运动过程中加速度始终不变。
⑤木板先加速后减速,存在两个过程。
39.(2016四川理综,10,17分)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施,由制动坡床和防撞设施等组成,如图竖直平面内,制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床,当车速为23 m/s时,车尾位于制动坡床的底端,货物开始在车厢内向车头滑动,当货物在车厢内滑动了4 m时,车头距制动坡床顶端38 m,再过一段时间,货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍,货物与车厢间的动摩擦因数为0.4;货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板,取cos θ=1,sin θ=0.1,g=10 m/s2。求:
(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向;
(2)制动坡床的长度。
答案　(1)5 m/s2　方向沿制动坡床向下　(2)98 m
解析　(1)设货物的质量为m,货物在车厢内滑动过程中,货物与车厢间的动摩擦因数μ=0.4,受摩擦力大小为f,加速度大小为a1,则
f+mg sin θ=ma1①
f=μmg cos θ②
联立①②式并代入数据得a1=5 m/s2③
a1的方向沿制动坡床向下。
(2)设货车的质量为M,车尾位于制动坡床底端时的车速为v=23 m/s。货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0=38 m的过程中,用时为t,货物相对制动坡床的运动距离为s1,在车厢内滑动的距离s=4 m,货车的加速度大小为a2,货车相对制动坡床的运动距离为s2。货车受到制动坡床的阻力大小为F,F是货车和货物总重的k倍,k=0.44,货车长度l0=12 m,制动坡床的长度为l,则
Mg sin θ+F-f=Ma2④
F=k(m+M)g⑤
s1=vt-a1t2⑥
s2=vt-a2t2⑦
s=s1-s2⑧
l=l0+s0+s2⑨
联立①②④~⑨并代入数据得l=98 m⑩
解题指导　(1)货物在车厢内向上滑动时,通过受力分析,由牛顿第二定律可求货物的加速度大小和方向。
(2)货车和货物沿坡床上滑过程中,货车、货物都做减速运动,二者位移的几何关系是解答此题的关键所在。
40.(2015课标Ⅱ,25,20分)下暴雨时,有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ=37°(sin 37°=)的山坡C,上面有一质量为m的石板B,其上下表面与斜坡平行;B上有一碎石堆A(含有大量泥土),A和B均处于静止状态,如图所示。假设某次暴雨中,A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块),在极短时间内,A、B间的动摩擦因数μ1减小为,B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5,A、B开始运动,此时刻为计时起点;在第2 s末,B的上表面突然变为光滑,μ2保持不变。已知A开始运动时,A离B下边缘的距离l=27 m,C足够长。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g=10 m/s2。求:
(1)在0~2 s时间内A和B加速度的大小;
(2)A在B上总的运动时间。
答案　(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)4 s
解析　(1)在0~2 s时间内,A和B的受力如图所示,其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小,f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小,方向如图所示。由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得
f1=μ1N1①
N1=mg cos θ②
f2=μ2N2③
N2=N1+mg cos θ④
规定沿斜面向下为正方向。设A和B的加速度分别为a1和a2,由牛顿第二定律得
mg sin θ-f1=ma1⑤
mg sin θ-f2+f1=ma2⑥
联立①②③④⑤⑥式,并代入题给条件得
a1=3 m/s2⑦
a2=1 m/s2⑧
(2)在t1=2 s时,设A和B的速度分别为v1和v2,则
v1=a1t1=6 m/s⑨
v2=a2t1=2 m/s⑩
t>t1时,设A和B的加速度分别为a1'和a2'。此时A与B之间的摩擦力为零,同理可得
a1'=6 m/s2
a2'=-2 m/s2
即B做减速运动。设经过时间t2,B的速度减为零,则有
v2+a2't2=0
联立式得
t2=1 s
在t1+t2时间内,A相对于B运动的距离为
s=-=
12 m<27 m
此后B静止不动,A继续在B上滑动。设再经过时间t3后A离开B,则有
l-s=(v1+a1't2)t3+a1'
可得
t3=1 s(另一解不合题意,舍去)
设A在B上总的运动时间为t总,有
t总=t1+t2+t3=4 s
(利用下面的速度图线求解,正确的,参照上述答案及评分参考给分。)
41.(2015课标Ⅰ,25,20分)一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块;在木板右方有一墙壁,木板右端与墙壁的距离为4.5 m,如图(a)所示。t=0时刻开始,小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t=1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变,方向相反;运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v-t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10 m/s2。求
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2;
(2)木板的最小长度;
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
答案　(1)0.1　0.4　(2)6.0 m　(3)6.5 m
解析　(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前,小物块和木板一起向右做匀变速运动,设加速度为a1,小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有
-μ1(m+M)g=(m+M)a1①
由图(b)可知,木板与墙壁碰前瞬间的速度v1=4 m/s,由运动学公式得
v1=v0+a1t1②
s0=v0t1+a1③
式中,t1=1 s,s0=4.5 m是木板与墙壁碰前瞬间的位移,v0是小物块和木板开始运动时的速度。
联立①②③式并结合题给条件得
μ1=0.1④
在木板与墙壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做匀变速运动,小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有
-μ2mg=ma2⑤
由图(b)可得
a2=⑥
式中,t2=2 s,v2=0,联立⑤⑥式并结合题给条件得
μ2=0.4⑦
(2)设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间Δt,木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg+μ1(M+m)g=Ma3⑧
v3=-v1+a3Δt⑨
v3=v1+a2Δt⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中,木板的位移为
s1=Δt
小物块的位移为
s2=Δt
小物块相对木板的位移为
Δs=s2-s1
联立⑥⑧⑨⑩式,并代入数据得
Δs=6.0 m
因为运动过程中小物块没有脱离木板,所以木板的最小长度应为6.0 m。
(3)在小物块和木板具有共同速度后,两者向左做匀变速运动直至停止,设加速度为a4,此过程中小物块和木板运动的位移为s3。由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1(m+M)g=(m+M)a4
0-=2a4s3
碰后木板运动的位移为
s=s1+s3
联立⑥⑧⑨⑩式,并代入数据得
s=-6.5 m
木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。
第40页共40页2014-2023年高考物理真题专题分类
专题十　磁场
1.(2023湖南,6,4分)如图,真空中有区域Ⅰ和Ⅱ,区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向下(与纸面平行),磁场方向垂直纸面向里,等腰直角三角形CGF区域(区域Ⅱ)内存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上,AO与GF垂直,且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中,只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1,区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2,则粒子从CF的中点射出,它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱,能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t,不计粒子的重力及粒子之间的相互作用,下列说法正确的是(　　)
A.若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1,则t>t0
B.若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E,则t>t0
C.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2,则t=
D.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2,则t=t0
答案：D 只有沿直线AC做匀速运动的粒子才能进入区域Ⅱ,设能进入区域Ⅱ的粒子的速度为v0,根据平衡条件得qv0B1=qE,解得v0=。若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1,则只有速度大小为的粒子才能通过C点进入区域Ⅱ,同理,若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E,则只有速度大小为2v0的粒子才能通过C点进入区域Ⅱ,两种情况下粒子均沿CO射入区域Ⅱ,且均从CF边射出,速度的偏转角度不变,对应圆心角相同,均为90°,故t=t0,A、B选项错误。设粒子比荷为,满足v0=的粒子进入区域Ⅱ后做圆周运动的轨迹半径为r0,周期为T0,其运动轨迹如图1所示,
洛伦兹力提供向心力,有qv0B2=m,解得轨迹半径r0=,CF=2r0,CO=2r0;粒子做圆周运动的运动周期T0==,粒子在区域Ⅱ中运动时间t0=T0。若粒子恰好从F点射出,则粒子在区域Ⅱ中运动的半径为2r0,磁感应强度需减小到,C、D选项中调整后的磁感应强度均小于,故粒子必然从GF边界射出区域Ⅱ,则C点到出射点D的水平距离为定值2r0。
设粒子在区域Ⅱ中速度方向偏转角为θ,轨迹半径为r,运动周期为T,如图2所示,
由几何关系可知sin θ=,若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2,则粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的半径变为r=r0,周期变为T=T0,此时sin θ==,则θ=60°,粒子在区域Ⅱ中运动时间变为t=·T=T=T0=t0,C选项错误。同理,若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2,则r=2r0,T=2T0,sin θ==,θ=45°,粒子在区域Ⅱ中运动时间变为t=T=·T0=t0,D选项正确。故选D。
2.(2023江苏,2,4分)如图所示,匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I,放置在磁场中。已知ab边长为2l,与磁场方向垂直,bc边长为l,与磁场方向平行。该导线受到的安培力为(　　)
A.0 B.BIl
C.2BIl D.BIl
答案：C 导线ab边与磁场方向垂直,则其所受安培力为2BIl,导线bc边与磁场方向平行,则其所受安培力为零,故该导线所受安培力为2BIl,C正确。
3.(2023全国乙,18,6分)如图,一磁感应强度大小为B的匀强磁场,方向垂直于纸面(xOy平面)向里,磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中,在磁场另一侧的S点射出,粒子离开磁场后,沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点;SP=l,S与屏的距离为,与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变,在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场,该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
答案：A 画出粒子在磁场中由O点运动到S点的轨迹如图所示,找出轨迹圆心O',由几何关系可知θ=30°,设轨迹半径为R,则sin θ=,解得R=2a,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,如果保持所有条件不变,在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场,该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏,则粒子所受洛伦兹力与电场力平衡,有qE=qvB,联立解得粒子的比荷=,A正确。
4.(2023全国甲,20,6分)(多选)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场,筒上P点开有一个小孔,过P的横截面是以O为圆心的圆,如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入,然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间,速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变,沿法线方向的分量大小不变、方向相反;电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是(　　)
A.粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B.最少经2次碰撞,粒子就可能从小孔射出
C.射入小孔时粒子的速度越大,在圆内运动时间越短
D.每次碰撞后瞬间,粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线
答案：BD 带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,T=,解得运动轨迹半径r=,运动周期T=。当粒子初速度方向过磁场圆心O时,由对称性可知,粒子与筒壁发生n次碰撞后必能返回入射点P,则碰撞点(含P点)将筒壁等分成n+1份圆弧,且每次与筒壁碰撞反弹后速度方向由碰撞点指向圆心O,但轨迹不能通过O点,A选项错误,D选项正确;若粒子与筒壁仅碰撞一次,则轨迹将圆筒平分,由对称性可知碰撞位置一定在PO延长线与筒壁交点位置,粒子将做直线运动,但粒子仅在洛伦兹力作用下无法做直线运动,故该粒子至少与筒壁发生2次碰撞(运动轨迹如图所示)才可以从小孔射出,故B选项正确;若粒子在筒内与筒壁碰撞,经历圆筒一周从P点飞出,则粒子速度越大,在筒内运动的时间越短,若粒子在筒内与筒壁碰撞,经历圆筒一周无法从P点飞出,则粒子速度越大,在筒内运动的时间不一定越短,C选项错误;综上,应选B、D。
5.(2022湖南,3,4分)如图(a),直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO'上,其所在区域存在方向垂直指向OO'的磁场,与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化,其截面图如图(b)所示。导线通以电流I,静止后,悬绳偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是 (　　)
A.当导线静止在图(a)右侧位置时,导线中电流方向由N指向M
B.电流I增大,静止后,导线对悬绳的拉力不变
C.tan θ与电流I成正比
D.sin θ与电流I成正比
答案　D　由左手定则可知,当直导线静止在右侧时,电流方向为由M到N,选项A错误;当直导线MN在右侧时,对直导线MN受力分析,得到力的矢量三角形如图,sin θ==,F绳=mg cos θ,B、L、mg为定值,所以sin θ与电流I成正比,则电流I增大,θ也增大,悬绳中的拉力F绳会随着θ的增大而减小,所以选项B、C错误,选项D正确。
易错警示　本题中安培力的方向垂直于悬绳,分析时容易错画为水平方向。
6.(2022江苏,3,4分)如图所示,两根固定的通电长直导线a、b相互垂直,a平行于纸面,电流方向向右,b垂直于纸面,电流方向向里。则导线a所受安培力方向 (　　)
A.平行于纸面向上
B.平行于纸面向下
C.左半部分垂直纸面向外,右半部分垂直纸面向里
D.左半部分垂直纸面向里,右半部分垂直纸面向外
答案　C　由安培定则判定导线b中电流产生的磁场方向如图所示,由左手定则可判定导线a所受安培力方向如C选项所述,故选C。
7.(2022浙江1月选考,3,3分)利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素,导线垂直匀强磁场方向放置。先保持导线通电部分的长度L不变,改变电流I的大小,然后保持电流I不变,改变导线通电部分的长度L,得到导线受到的力F分别与I和L的关系图像,则正确的是 (　　)
A　　　B
C　　　D
答案　B　由安培力F=BIL可知,当L不变时,F∝I;当I不变时,F∝L,则对应图线均为过原点的倾斜直线,故B正确,A、C、D错误。
8.(2022广东,7,4分)如图所示,一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域,两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场,并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中,可能正确的是 (　　)
答案　A　分析在xOy平面内的投影即俯视图,由左手定则可知质子所形成的轨迹如图所示,选项A正确,B错误。而该轨迹在xOz平面上的投影应为平行于x轴的直线,故C、D项错误。
9.(2022北京,7,3分)正电子是电子的反粒子,与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场,从P点发出两个电子和一个正电子,三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是 (　　)
A.磁场方向垂直于纸面向里
B.轨迹1对应的粒子运动速度越来越大
C.轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大
D.轨迹3对应的粒子是正电子
答案　A　由题意和轨迹图可知,轨迹1、3的弯曲方向均偏左,故为电子的轨迹,轨迹2对应的粒子是正电子,故D错;由左手定则知,磁场方向垂直纸面向里,A正确;轨迹3的半径比轨迹2的大,由Bqv=得r=,故知轨迹3对应的粒子初速度大,C错;轨迹1的半径在逐渐减小,说明轨迹1对应的粒子速度在逐渐减小,B错。
10.(2022全国甲,18,6分)空间存在着匀强磁场和匀强电场,磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里,电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下,从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中,可能正确描述该粒子运动轨迹的是 (　　)
答案　B　带正电粒子从原点O由静止释放,在电场力作用下,获得向上的速度后,会受到向左的洛伦兹力,故粒子向左侧偏转,排除A、C选项;当粒子再回到x轴时,电场力整体做功为零,洛伦兹力始终不做功,故此时速度为零,以后会重复原来的运动,不可能运动到x轴下方,故B正确,D错误。
11.(2022重庆,5,4分)2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况,某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图),电场强度大小为E,磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动,其速度平行于磁场方向的分量大小为v1,垂直于磁场方向的分量大小为v2,不计离子重力,则 (　　)
A.电场力的瞬时功率为qE
B.该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C.v2与v1的比值不断变大
D.该离子的加速度大小不变
答案　D　由题意可知,离子在平行于场方向上做匀加速直线运动、在垂直于场的方向上做匀速圆周运动,离子在沿场方向上的加速度不变、垂直于场方向上的向心加速度大小也不变且二者始终相互垂直,故该离子的加速度大小不变,D正确。由P=Fv cos α可知,电场力的瞬时功率P=qEv1,A错误。在洛伦兹力公式F洛=Bqv中v是沿垂直磁场方向上的速度大小,故该离子受到的洛伦兹力大小为F洛=Bqv2,B错误。由于v2不变、v1增大,故v2与v1的比值不断减小,C错误。
12.(2022全国乙,18,6分)(多选)安装适当的软件后,利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图,在手机上建立直角坐标系,手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量,每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知 (　　)
测量序号 Bx/μT By/μT Bz/μT
1 0 21 -45
2 0 -20 -46
3 21 0 -45
4 -21 0 -45
A.测量地点位于南半球
B.当地的地磁场大小约为50 μT
C.第2次测量时y轴正向指向南方
D.第3次测量时y轴正向指向东方
答案　BC　依题意,z轴正向保持竖直向上,测量结果表明z轴方向的磁感应强度为负,即测量地点的磁感应强度的竖直分量是向下的,说明测量地点位于北半球,A错误;每次测量得到的地磁场的两个分量互相垂直,任选一组数据根据平行四边形定则可以求出当地的地磁场磁感应强度大小约为50 μT,B正确;在北半球,地磁场的水平分量是由南向北的,第2次测量时得到的水平分量即By是负值,说明y轴正向与地磁场的水平分量方向相反,即指向南方,C正确;第3次测量时By为零,说明y轴沿东西方向,又因Bx为正,即x轴正向指北方,则y轴正向指向西方,D错误。
13.(2022广东,8,6分)(多选)如图所示,磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放,沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上,下列说法正确的有 (　　)
A.电子从N到P,电场力做正功
B.N点的电势高于P点的电势
C.电子从M到N,洛伦兹力不做功
D.电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
答案　BC　电子所受电场力方向向左,且电场力做功只与电子初末位置有关而与运动路径无关,故从N到P电场力对电子做负功,A错误;沿电场线方向电势降低,故B正确;洛伦兹力方向一定始终和速度方向垂直,故洛伦兹力不做功,C正确;电子从M到P,因为φM=φP,由WMP=qUMP可知,WMP=0,结合动能定理可知电子在P点时的速度等于零,故电子在M、P两点均只受电场力,所受合力大小相等,故D错误。
14.(2022湖北,10,4分)(多选)如图所示,一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点O射入,并经过点P(a>0,b>0)。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现,粒子从O到P运动的时间为t1,到达P点的动能为Ek1。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现,粒子从O到P运动的时间为t2,到达P点的动能为Ek2。下列关系式正确的是 (　　)
A.t1t2
C.Ek1Ek2
答案　AD　若是电场,粒子做类平抛运动,沿x轴方向以初速度v0匀速运动,t1=,再由动能定理可知Ek1=Ek0+qEb>Ek0。若是磁场,粒子做匀速圆周运动,在x轴方向上的分速度由v0逐渐减小,平均速度必小于v0,则t2=>,由于洛伦兹力不做功,故Ek2=Ek0,A、D正确,B、C错误。
15.(2022湖北,11,4分)(多选)如图所示,两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上,棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中,磁感应强度大小恒定,方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动,现给导体棒通以图示方向的恒定电流,适当调整磁场方向,可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时,加速度的最大值为g;减速时,加速度的最大值为g,其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是 (　　)
A.棒与导轨间的动摩擦因数为
B.棒与导轨间的动摩擦因数为
C.加速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向下,θ=60°
D.减速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向上,θ=150°
答案　BC　当导体棒加速运动时受力如图甲,由BIL sin θ-μ(mg-BIL cos θ)=ma,可得a=-μg= sin (θ+φ)-μg,其中tan φ=μ,可见当θ+φ=90°时,加速度取得最大值为-μg=g;
当导体棒减速运动时受力如图乙,由BIL sin α+μ(mg+BIL cos α)=ma,其中α=180°-θ,可得a=+μg= sin (α+φ)+μg,其中tan φ=μ,可见当α+φ=90°时,加速度取得最大值为+μg=g,可得μ=,则φ=30°,故当导体棒加速阶段加速度大小最大时θ=60°,当导体棒减速阶段加速度大小最大时θ=120°,A、D错误,B、C正确。
16.(2022湖北,8,4分)(多选)在如图所示的平面内,分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分,一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场,另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子,离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k,不计重力。若离子从P点射出,设出射方向与入射方向的夹角为θ,则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为 (　　)
A.kBL,0°　　　　　　　　　　B.kBL,0°
C.kBL,60°　　　　　　　　　　D.2kBL,60°
答案　BC　通过作图可以得到规律,当(2n+1)R=L(n=0,1,2,3,…)时,θ=60°,结合Bqv=m,得此时速度v=(n=0,1,2,3,…),故C正确,D错误;当2nR=L(n=0,1,2,3,…)时θ=0°,此时v=(n=1,2,3,…),故B正确,A错误。
17.(2020浙江7月选考,9,3分)特高压直流输电是国家重点能源工程。如图所示,两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2,I1>I2。a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直,b点位于两根导线间的中点,a、c两点与b点距离相等,d点位于b点正下方。不考虑地磁场的影响,则(　　)
A.b点处的磁感应强度大小为0
B.d点处的磁感应强度大小为0
C.a点处的磁感应强度方向竖直向下
D.c点处的磁感应强度方向竖直向下
答案　C　把实际情境转化为如图所示的结构示意图。根据安培定则可知两通电导线在b点产生的磁场方向,根据电流在周围产生磁场的特点,可知B1>B2,A错误;根据安培定则及电流在周围产生磁场的特点,可画出d点处的磁感应强度为B1'和B2',如图所示,由平行四边形定则可知合磁感应强度不为0,B错误;同理,两通电导线在a点产生磁场的磁感应强度为B1″和B2″,如图所示,故a点的合磁感应强度方向竖直向下,C正确;两通电导线在c点产生磁场的磁感应强度为B1 和B2 ,如图所示,故c点的合磁感应强度方向竖直向上,D错误。
18.(2015课标Ⅱ,18,6分)(多选)指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针,下列说法正确的是(　　)
A.指南针可以仅具有一个磁极
B.指南针能够指向南北,说明地球具有磁场
C.指南针的指向会受到附近铁块的干扰
D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线,导线通电时指南针不偏转
答案　BC　任何磁体均具有两个磁极,故A错。指南针之所以能指向南北,是因为指南针的两个磁极受到磁场力的作用,这说明地球具有磁场,即B正确。放在指南针附近的铁块被磁化后,反过来会影响指南针的指向,即C正确。通电直导线产生的磁场对其正下方的指南针有磁场力的作用,会使指南针发生偏转,故D错。
19.(2019浙江4月选考,5,3分)在磁场中的同一位置放置一条直导线,导线的方向与磁场方向垂直,则下列描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流的关系图像正确的是(　　)
答案　A　当导线的方向与磁场方向垂直时所受的安培力F=BIL,则描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流I的关系图像正确的是A。
20.(2019海南单科,2,4分)如图,一段半圆形粗铜线固定在绝缘水平桌面(纸面)上,铜线所在空间有一匀强磁场,磁场方向竖直向下。当铜线通有顺时针方向电流时,铜线所受安培力的方向(　　)
A.向前　　　　　　B.向后　　　　　　C.向左　　　　　　D.向右
答案　A　利用左手定则判断导线受到的安培力方向,四指指向电流的方向,磁感线穿过手心,大拇指的指向为该段导线受到的安培力方向。半圆形铜线受到的安培力如图所示,左右对称,故左右方向的分量全部抵消,合力向前,A符合题意。
21.(2018浙江4月选考,7,3分)处于磁场B中的矩形金属线框可绕轴OO'转动,当线框中通以电流I时,如图所示,此时线框左右两边受安培力F的方向正确的是(　　)
答案　D　由左手定则可知,线框左边导线受到竖直向上的安培力、右边导线受到竖直向下的安培力,故D正确。
22.(2014课标Ⅰ,15,6分)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力,下列说法正确的是(　　)
A.安培力的方向可以不垂直于直导线
B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向
C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关
D.将直导线从中点折成直角,安培力的大小一定变为原来的一半
答案　B　由左手定则可知,安培力的方向一定与磁场方向和直导线垂直,选项A错、B正确;安培力的大小F=BILsinθ与直导线和磁场方向的夹角有关,选项C错误;将直导线从中点折成直角,假设原来直导线与磁场方向垂直,若折成直角后一段与磁场仍垂直,另一段与磁场平行,则安培力的大小变为原来的一半,若折成直角后,两段都与磁场垂直,则安培力的大小变为原来的,因此安培力大小不一定是原来的一半,选项D错误。
23.(2019海南单科,9,5分)(多选)如图,虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场,两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场,在纸面内运动。射入磁场时,P的速度vP垂直于磁场边界,Q的速度vQ与磁场边界的夹角为45°。已知两粒子均从N点射出磁场,且在磁场中运动的时间相同,则(　　)
A.P和Q的质量之比为1∶2
B.P和Q的质量之比为∶1
C.P和Q速度大小之比为∶1
D.P和Q速度大小之比为2∶1
答案　AC　粒子在磁场中运动时的周期T=,且偏转角θ与运动时间的关系为=,已知tP=tQ,qP=qQ,由粒子运动轨迹可知θP=π,θQ=,解得==,故A正确,B错误。设MN=2R,则粒子P的半径RP=R,粒子Q的半径RQ=R,依据r=,得=,故C正确,D错误。
24.(2015课标Ⅰ,14,6分)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力),从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后,粒子的(　　)
A.轨道半径减小,角速度增大
B.轨道半径减小,角速度减小
C.轨道半径增大,角速度增大
D.轨道半径增大,角速度减小
答案　D　因洛伦兹力不做功,故带电粒子从较强磁场区域进入到较弱的磁场区域后,其速度大小不变,由r=知,轨道半径增大;由角速度ω=知,角速度减小,选项D正确。
解题关键　①轨道半径表达式:r=。
②角速度表达式:ω=。
25.(2015课标Ⅱ,19,6分)(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与Ⅰ中运动的电子相比,Ⅱ中的电子　(　　)
A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍
B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍
C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍
D.做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等
答案　AC　由题意可知,v1=v2,B1=kB2。电子运动的轨迹半径R=∝,故R2=kR1,A正确。加速度大小a=∝B,故a2=a1/k,B错。周期T=∝,故T2=kT1,C正确。角速度ω==∝B,故ω2=ω1/k,D错。
解题方法　比值类题目的一般解题原则。首先由相应物理定理、定律及对应关系,找出由已知量所表达的未知量的表达式,然后将相关数据代入即可求出相应关系。
26.(2015广东理综,16,4分)在同一匀强磁场中,α粒子He)和质子H)做匀速圆周运动,若它们的动量大小相等,则α粒子和质子(　　)
A.运动半径之比是2∶1
B.运动周期之比是2∶1
C.运动速度大小之比是4∶1
D.受到的洛伦兹力之比是2∶1
答案　B　设质子与α粒子的质量、电荷量分别为m、e与4m、2e,则由r==,可知=,A错误;由T=,知=,B正确;由p=mv,知=,C错误;由f=Bqv,知=,D错误。
27.(2015海南单科,1,3分)如图,a是竖直平面P上的一点。P前有一条形磁铁垂直于P,且S极朝向a点。P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下,在水平面内向右弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间,条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向(　　)
A.向上　　　　　　B.向下
C.向左　　　　　　D.向右
答案　A　P前有一条形磁铁垂直于P,且S极朝向a点,条形磁铁在a点的磁场垂直于竖直平面向外,在电子经过a点的瞬间,由左手定则可知该电子所受洛伦兹力方向向上,A对,B、C、D错。
28.(2014课标Ⅰ,16,6分)如图,MN为铝质薄平板,铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出,从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O,已知粒子穿越铝板时,其动能损失一半,速度方向和电荷量不变,不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为(　　)
A.2　　　　　　B.　　　　　　C.1　　　　　　D.
答案　D　由题图可知,带电粒子在铝板上方的轨迹半径为下方轨迹半径的2倍;由洛仑
兹力提供向心力:qvB=得v=;其动能Ek=mv2=,故磁感应强度B=,
=·=,选项D正确。
29.(2014安徽理综,18,6分)“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体,使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部,而不与装置器壁碰撞。已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比,为约束更高温度的等离子体,则需要更强的磁场,以使带电粒子在磁场中的运动半径不变。由此可判断所需的磁感应强度B正比于(　　)
A.　　　　　　B.T
C.　　　　　　D.T2
答案　A　等离子体在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力,有:qvB=,得v=，动能Ek=mv2=，由题意得Ek=kT，故有:kT=，得B=，即B∝,选项A正确。
30.(2015四川理综,7,6分)(多选)如图所示,S处有一电子源,可向纸面内任意方向发射电子,平板MN垂直于纸面。在纸面内的长度L=9.1cm,中点O与S间的距离d=4.55cm,MN与SO直线的夹角为θ,板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B=2.0×10-4T。电子质量m=9.1×10-31kg,电荷量e=-1.6×10-19C,不计电子重力。电子源发射速度v=1.6×106m/s的一个电子,该电子打在板上可能位置的区域的长度为l,则(　　)
A.θ=90°时,l=9.1cm　　　　　　B.θ=60°时,l=9.1cm
C.θ=45°时,l=4.55cm　　　　　　D.θ=30°时,l=4.55cm
答案　AD　如图,S到MN的距离d0=dsinθ,因电子在磁场中沿逆时针方向转动,则电子打在MN上最上端的位置对应于电子运动轨迹与MN的切点,电子打在MN上最下端的位置对应于到S的距离等于电子运动轨迹直径的点(若>,则最下端位置为N)。因电子运动轨迹的半径r==4.55cm。由图中几何关系有=,=。当θ=90°时,取得最小值r,此时=>,从而有l==+-dcosθ=+-dcosθ。当θ=90°时,l=9.1cm,当θ=60°时,l=6.78cm,当θ=45°时,l=5.68cm,当θ=30°时,l=4.55cm。故可知A、D正确,B、C错误。
31.(2023江苏,16,15分)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动;入射速度小于v0时,电子的运动轨迹如图中的虚线所示,且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
(1)求电场强度的大小E;
(2)若电子入射速度为,求运动到速度为时位置的纵坐标y1;
(3)若电子入射速度在0答案 (1)v0B　(2)　(3)90%
解析 (1)当电子的入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动,则电场力与洛伦兹力平衡,有eE=ev0B,解得电场强度的大小E=v0B。
(2)解法一:
若电子沿x轴正方向的入射速度为,利用运动的分解,可将初速度分解为一个沿x轴正方向的速度(大小v1=v0)和一个沿x轴负方向的速度,由v1产生的洛伦兹力ev0B与电场力eE平衡,得到电子的一个分运动为速度为v0的匀速直线运动,另一个分运动为速率为v0的匀速圆周运动。
设v2的方向与x轴负方向的夹角为θ(如图所示)时,v1与v2的合速度大小为,由余弦定理得cos θ=
解得cos θ=
设以v2=v0做匀速圆周运动的轨迹半径为R,则ev2B=m,运动速度为时的纵坐标y1=R(1-cos θ),联立解得y1=。
解法二:
由题意可知,整个过程洛伦兹力不做功,电场力做正功,由动能定理可知,
eEy1=m-m,解得y1=
(3)设能到达纵坐标y2=位置的电子做匀速圆周运动的分速度为v2',半径为R',则y2≤2R'
洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力,ev2'B=m
解得v2'≥
则电子入射速度v=v0-v2'
即v≤v0
由题意可知电子入射速度在032.(2023山东,17,14分)如图所示,在0≤x≤2d,0≤y≤2d的区域中,存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场,电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m,电荷量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场(不计粒子重力)。
(1)若粒子初速度为零,粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后,垂直NP再次进入电场,求磁场的磁感应强度B的大小;
(2)若改变电场强度大小,粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场,离开电场后从P点第二次进入电场,在电场的作用下从Q点离开。
(ⅰ)求改变后电场强度E'的大小和粒子的初速度v0;
(ⅱ)通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。
答案 (1)6　(2)(ⅰ)36E　9　
(ⅱ)见解析
解析 (1)由题意分析,带电粒子运动轨迹如图所示
易知d=3R①
设带电粒子以速度v1进入磁场,在电场中有
qE·2d=m②
在磁场中根据洛伦兹力提供做匀速圆周运动的向心力,有qv1B=m③
联立①②③式解得B=6④
(2)(ⅰ)带电粒子运动轨迹如图所示,
在△PNO'中,由几何关系得
r2=(2d)2+(r-d)2⑤
解得r=d⑥
设带电粒子以速度v2进入磁场,在磁场中根据洛伦兹力提供做匀速圆周运动的向心力,有
qv2B=m⑦
在电场中,由动能定理得
qE'·2d=m-m⑧
带电粒子从P点运动到Q点
x轴方向上2d=v2t sin θ⑨
y轴方向上2d=v2t cos θ+at2⑩
a=
sin θ=
cos θ=
联立解得v2=15
t=
E'=36E
v0=9
(ⅱ)设带电粒子从Q点射出时的速度为v3,从P点第二次进入电场并运动到Q点出来,故有
vx=v2 sin θ
vy=v2 cos θ+at
联立解得v3==
从Q点射出的粒子在磁场中做匀速圆周运动,有
qv3B=m
解得r'=d
设v3与y轴正方向的夹角为α,若粒子能从P点第三次进入电场,对应半径为r″,则有
(r″ sin α+2d)2+(r″ cos α-2d)2=r″2
sin α=
cos α=
联立解得r″=2d
r'≠r″,故带电粒子不能从P点第三次进入电场
33.(2022江苏,13,8分)利用云室可以知道带电粒子的性质。如图所示,云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场,一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b,a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧,相同时间内的径迹长度之比la∶lb=3∶1,半径之比ra∶rb=6∶1。不计重力及粒子间的相互作用力。求:
(1)粒子a、b的质量之比ma∶mb;
(2)粒子a的动量大小pa。
答案　(1)2∶1　(2)mv
解析　(1)中性粒子分裂过程中电荷守恒,粒子a、b所带电荷量大小:qa=qb,由la∶lb=3∶1可知分裂后两粒子在磁场中运动的速率之比为va∶vb=3∶1,带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,Bqv=,结合ra∶rb=6∶1可得,ma∶mb==2∶1。
(2)中性粒子分裂过程中动量守恒:mv=mava+mbvb,结合va∶vb=3∶1、ma∶mb=2∶1、m=ma+mb可得,pa=mava=mv。
34.(2022全国甲,25,20分)光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器,其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹簧,C为位于纸面上的线圈,虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场;M为置于平台上的轻质小平面反射镜,轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直、另一端与弹簧下端相连,PQ为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条,PQ的圆心位于M的中心。使用前需调零:使线圈内没有电流通过时,M竖直且与纸面垂直;入射细光束沿水平方向经PQ上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变,使M发生倾斜,入射光束在M上的入射点仍近似处于PQ的圆心,通过读取反射光射到PQ上的位置,可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数k,磁场磁感应强度大小为B,线圈C的匝数为N、沿水平方向的长度为l,细杆D的长度为d,圆弧PQ的半径为r,r d,d远大于弹簧长度改变量的绝对值。
(1)若在线圈中通入的微小电流为I,求平衡后弹簧长度改变量的绝对值Δx及PQ上反射光点与O点间的弧长s;
(2)某同学用此装置测一微小电流,测量前未调零,将电流通入线圈后,PQ上反射光点出现在O点上方,与O点间的弧长为s1;保持其他条件不变,只将该电流反向接入,则反射光点出现在O点下方,与O点间的弧长为s2。求待测电流的大小。
答案　(1)　　(2)
解析　(1)通入电流后线圈所受安培力F=NBIl
由胡克定律及平衡条件有F=kΔx
故弹簧长度改变量Δx=
由于d远大于弹簧长度的改变量,故细杆转过的角度
θ≈=
由于入射光线不变,平面镜转过θ角时反射光线转过2θ,故
s=2θr=
(2)电流反向前后光点移动的弧长为s'=s1+s2
可知反射光线在此过程中转过的角度为θ'=
则细杆转过的角度为=
故弹簧长度的变化量Δx'=d=d
由胡克定律得ΔF弹=kΔx'
而此过程中弹簧弹力的变化量等于安培力的变化量,设待测电流为Ix,则ΔF弹=2NBIxl
解得Ix=
35.(2022北京,20,12分)指南针是利用地磁场指示方向的装置,它的广泛使用促进了人们对地磁场的认识。现代科技可以实现对地磁场的精确测量。
(1)如图1所示,两同学把一根长约10 m的电线两端用其他导线连接一个电压表,迅速摇动这根电线。若电线中间位置的速度约10 m/s,电压表的最大示数约2 mV。粗略估算该处地磁场磁感应强度的大小B地。
(2)如图2所示,一矩形金属薄片,其长为a,宽为b,厚为c。大小为I的恒定电流从电极P流入、从电极Q流出,当外加与薄片垂直的匀强磁场时,M、N两电极间产生的电压为U。已知薄片单位体积中导电的电子数为n,电子的电荷量为e。求磁感应强度的大小B。
(3)假定(2)中的装置足够灵敏,可用来测量北京地区地磁场磁感应强度的大小和方向,请说明测量的思路。
图1
图2
答案　(1)见解析　(2)U　(3)见解析
解析　(1)由E=BLv可估算得该处地磁场磁感应强度B地的大小的数量级为10-5 T。
(2)设导电电子定向移动的速率为v,Δt时间内通过横截面的电荷量为Δq,
有I==nebcv
导电电子定向移动过程中,在MN方向受到的电场力与洛伦兹力平衡,
有e=evB
得B=U
(3)如图建立三维直角坐标系Oxyz。设地磁场磁感应强度在三个方向的分量为Bx、By、Bz。把金属薄片置于xOy平面内,M、N两极间产生电压Uz仅取决于Bz。
由(2)得Bz=Uz
由Uz的正负(M、N两极电势的高低)和电流I的方向可以确定Bz的方向。
同理,把金属薄片置于xOz平面内,可得By的大小和方向;把金属薄片置于yOz平面内,可得Bx的大小和方向。
地磁场的磁感应强度的大小为B=。
根据Bx、By、Bz的方向可确定此处地磁场的磁感应强度的方向。
36.(2022浙江6月选考,22,10分)离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P,可绕过O点、垂直xOy平面(纸面)的中心轴逆时针匀速转动(角速度大小可调),其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q,板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为-q(q>0)、速度大小不同的离子,其中速度大小为v0的离子进入转筒,经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷,不计离子的重力和离子间的相互作用。
(1)①求磁感应强度B的大小;②若速度大小为v0的离子能打在板Q的A处,求转筒P角速度ω的大小;
(2)较长时间后,转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处,OC与x轴负方向的夹角为θ,求转筒转动一周的时间内,C处受到平均冲力F的大小;
(3)若转筒P的角速度小于,且A处探测到离子,求板Q上能探测到离子的其他θ'的值(θ'为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角)。
答案　见解析
解析　(1)①离子在磁场中运动qv0B=　B=
②离子在磁场中的运动时间t=
转筒的转动角度ωt=2kπ+
ω=(4k+1),k=0,1,2,…
(2)设速度大小为v的离子在磁场中圆周运动半径为R'
R'=R tan　v=v0 tan
离子在磁场中的运动时间t'=(π-θ)
转筒的转动角度ω't'=2nπ+θ
转筒的转动角速度ω'=,n=0,1,2,…
动量定理F=Nmv
F= tan,n=0,1,2,…
(3)转筒的转动角速度=<
k=1,θ'=π,n=0,2
可得θ'=π,π
37.(2022浙江1月选考,22,10分)如图为研究光电效应的装置示意图,该装置可用于分析光子的信息。在xOy平面(纸面)内,垂直纸面的金属薄板M、N与y轴平行放置,板N中间有一小孔O。有一由x轴、y轴和以O为圆心、圆心角为90°的半径不同的两条圆弧所围的区域Ⅰ,整个区域Ⅰ内存在大小可调、方向垂直纸面向里的匀强电场和磁感应强度大小恒为B1、磁感线与圆弧平行且逆时针方向的磁场。区域Ⅰ右侧还有一左边界与y轴平行且相距为l、下边界与x轴重合的匀强磁场区域Ⅱ,其宽度为a,长度足够长,其中的磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小可调。光电子从板M逸出后经极板间电压U加速(板间电场视为匀强电场),调节区域Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ的磁感应强度,使电子恰好打在坐标为(a+2l,0)的点上,被置于该处的探测器接收。已知电子质量为m、电荷量为e,板M的逸出功为W0,普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的作用力。当频率为ν的光照射板M时有光电子逸出。
(1)求逸出光电子的最大初动能Ekm,并求光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围;
(2)若区域Ⅰ的电场强度大小E=B1,区域Ⅱ的磁感应强度大小B2=,求被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小及与x轴的夹角β;
(3)为了使从O点以各种大小和方向的速度射向区域Ⅰ的电子都能被探测到,需要调节区域Ⅰ的电场强度E和区域Ⅱ的磁感应强度B2,求E的最大值和B2的最大值。
答案　见解析
解析　(1)由光电效应方程有Ekm=hν-W0
设光电子从O点射入区域Ⅰ时速度为v0,根据动能定理有eU=m-Ek,且0≤Ek≤Ekm
则≤v0≤
(2)为使电子恰好打在坐标为(a+2l,0)的点上,则电子通过区域Ⅰ时,须沿纸面运动,根据速度选择器原理ev0B1=eE,解得v0==
根据动能定理有eU=m-m,解得vM=
电子从O点到坐标(a+2l,0)点的运动轨迹如图所示
由几何关系有r sin α=且eB2v0=m
沿y轴方向有vM sin β=v0 sin α,解得β=30°
(3)由ev0B1=eE可得E=B1v0,则
Emax=B1
由r sin α=得=,且m(v0 sin α)2≤Ekm,则v0 sin α≤
解得B2max=
38.(2022河北,14,16分)两块面积和间距均足够大的金属板水平放置,如图1所示。金属板与可调电源相连形成电场,方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场,方向垂直xOy平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源,可连续释放质量为m、电荷量为q(q>0)、初速度为零的粒子,不计重力及粒子间的相互作用,图中物理量均为已知量。求:
(1)t=0时刻释放的粒子,在t=时刻的位置坐标;
(2)在0~时间内,静电力对t=0时刻释放的粒子所做的功;
(3)在M点放置一粒子接收器,在0~时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。
答案　(1)　(2)
(3)和·
解析　(1)在0~时间内,带电粒子在电场中做匀加速直线运动
由v1=at,E0q=ma,y1=at2,解得v1=、y1=
在~时间内,带电粒子在磁场中做了半个周期的匀速圆周运动
由qB0v1=,x1=2R,解得x1=
故在时刻带电粒子的坐标为
(2)在0~时间内v1=
在~时间内,由2E0q=ma2,v2=-v1+a2,解得v2=
在~时间内,由3E0q=ma3,v3=-v2+a3,解得v3=
由W=m,解得在0~时间内,静电力对带电粒子做的功为:W=
(3)设=T,=a,
(ⅰ)若在0~时间内某时刻t'释放,粒子首次加速时间为(T-t'),
则首次加速后速度v1'=a(T-t'),在磁场内偏转的半径R1=,
由(1)易知,粒子至少要再次加速并偏转才可能通过xM=,
设粒子在的速度为v2',在磁场内偏转半径为R2=,
则v2'=-v1'+2aT,
解得v2'=a(T+t'),
经过两次半个周期的圆周运动,在x方向上的位移
x=2R1+2R2==,
即x=··==xM,可见在0~时间内任意时刻释放,经历两次偏转后水平位移x=xM恒成立。
现分析该过程中,在y方向上的位移
第一次加速后,y1'=a(T-t')2,
第二次加速后,y2'=-v1'T+·2aT2=aTt'或y2'==aTt',
此时纵坐标Y=y1'+y2'=a(T-t')2+aTt'=a(T2+t'2),
经过第二次偏转后进入第三次匀变速运动,加速度为3a,
此时粒子向下运动的最大距离
Δy1===,
则纵坐标的最小值
Y'=Y-Δy1=a(T2+t'2)-=a(t'2-Tt'+T2)
Y'=a,即当t'==时Y'有最小值
Ymin'=aT2=··==yM
可见当t'=时,在~阶段中粒子向下减速到0时恰好能被捕获。
(ⅱ)若在~时间内某时刻释放,粒子加速时间为(T-t″),
则有v1″=2a(T-t″),y1″=·2a(T-t″)2,在x方向上的位移x1″=2R1″==-t″,
可见要到达xM应在t″=0即时刻释放,
此时v1″=2aT,
则y轴方向上y1″=·2aT2=aT2=·=,
偏转后向下移动的最大距离Δy1'==aT2=,
此时纵坐标的最小值Y″=y1″-Δy1'=>,即不可能到达yM而被捕获。
(ⅲ)若在~时间内某时刻释放,
则加速后速度v1 =3a(T-t ),
在x方向上的位移x1 =2R1 ==,
解得x1 =-t ,
令x1 =xM,即-t =,得t ==,
即在+t =时刻释放能满足到达xM的条件,
此时粒子加速后的速度v0=3a(T-)=2aT=,
此时Y1=·3a(T-t )2=aT2=,粒子偏转后,纵坐标的最小值Y1″=Y1-=aT2=··=<
即偏转后粒子向下运动过程中必经过M点。
综上可知在0~时间内有两个时刻即和释放的粒子满足要求。
39.(2015课标Ⅰ,24,12分)如图,一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中;磁场的磁感应强度大小为0.1T,方向垂直于纸面向里;弹簧上端固定,下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连,电路总电阻为2Ω。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm;闭合开关,系统重新平衡后,两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm。重力加速度大小取10m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向,并求出金属棒的质量。
答案　见解析
解析　依题意,开关闭合后,电流方向为从b到a,由左手定则可知,金属棒所受的安培力方向为竖直向下。
开关断开时,两弹簧各自相对于其原长的伸长量为Δl1=0.5cm。由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1=mg①
式中,m为金属棒的质量,k是弹簧的劲度系数,g是重力加速度的大小。
开关闭合后,金属棒所受安培力的大小为F=IBL②
式中,I是回路电流,L是金属棒的长度。两弹簧各自再伸长了Δl2=0.3cm,由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δl1+Δl2)=mg+F③
由欧姆定律有E=IR④
式中,E是电池的电动势,R是电路总电阻。
联立①②③④式,并代入题给数据得m=0.01kg⑤
(安培力方向判断正确给2分,①②③④⑤式各2分)
40.(2014重庆理综,8,16分)某电子天平原理如图所示,E形磁铁的两侧为N极,中心为S极,两极间的磁感应强度大小均为B,磁极宽度均为L,忽略边缘效应。一正方形线圈套于中心磁极,其骨架与秤盘连为一体,线圈两端C、D与外电路连接。当质量为m的重物放在秤盘上时,弹簧被压缩,秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触),随后外电路对线圈供电,秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止,由此时对应的供电电流I可确定重物的质量。已知线圈匝数为n,线圈电阻为R,重力加速度为g。问
(1)线圈向下运动过程中,线圈中感应电流是从C端还是从D端流出
(2)供电电流I是从C端还是从D端流入 求重物质量与电流的关系。
(3)若线圈消耗的最大功率为P,该电子天平能称量的最大质量是多少
答案　(1)由右手定则知感应电流从C端流出
(2)外加电流从D端流入　m=I
(3)
解析　(1)感应电流从C端流出
(2)设线圈受到的安培力为FA
外加电流从D端流入
由FA=mg和FA=2nBIL得m=I
(3)设称量最大质量为m0
由m=I和P=I2R得m0=
41.(2018海南单科,13,10分)如图,圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向外,磁感应强度大小为B。P是圆外一点,OP=3r。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出。已知粒子运动轨迹经过圆心O,不计重力。求:
(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径;
(2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。
答案　(1)r　(2)
解析　(1)如图,PMON为粒子运动轨迹的一部分,圆弧PM为粒子在磁场中运动的轨迹,C为圆心,半径为R;MON为圆O的直径,MC⊥MN。粒子在圆O内沿MON做匀速直线运动,由几何关系知
(OP-R)2=R2+r2①
由上式和题给条件得
R=r②
(2)设粒子在磁场中运动的速度大小为v,由洛伦兹力提供向心力有
qvB=③
由题意,粒子在圆形区域内运动的距离为
MN=2r④
设粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间为t,由运动学公式有
t=⑤
联立②③④⑤式得
t=⑥
42.(2019江苏单科,16,16分)如图所示,匀强磁场的磁感应强度大小为B。磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N,MN=L,粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短),反弹前后水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反。质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定,可以从左边界的不同位置水平射入磁场,在磁场中做圆周运动的半径为d,且d(1)求粒子运动速度的大小v;
(2)欲使粒子从磁场右边界射出,求入射点到M的最大距离dm;
(3)从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场,PM=d,QN=,求粒子从P到Q的运动时间t。
答案　(1)　(2)d
(3)(+)或(-)
解析　本题考查了带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的极值问题及周期性问题。考查了学生的综合分析能力及应用数学知识处理物理问题的能力,体现了科学思维中模型建构、科学推理等素养要素,渗透了创新思维的价值观念。
(1)粒子的运动半径d=
解得v=
(2)如图所示,粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切
由几何关系得dm=d(1+sin60°)
解得dm=d
(3)粒子的运动周期T=
设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t',则
t=n+t'(n=1,3,5,…)
(a)当L=nd+(1-)d时,粒子斜向上射出磁场
t'=T
解得t=(+)
(b)当L=nd+(1+)d时,粒子斜向下射出磁场
t'=T
解得t=(-)
解题关键　1.在有界磁场中运动的带电粒子不穿出某一边界的临界状态是粒子运动轨迹与该边界相切。2.带电粒子从磁场中某点运动到另一点时,若能与某一边界碰撞,往往可以形成周期性运动,要注意多解。
43.(2020江苏单科,16,16分)空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场,y轴为两磁场的边界,磁感应强度分别为2B0、3B0。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场,速度均为v。甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q,其轨迹如图所示。甲经过Q时,乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m,电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求:
(1)Q到O的距离d;
(2)甲两次经过P点的时间间隔Δt;
(3)乙的比荷可能的最小值。
答案　见解析
解析　(1)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动,设半径分别为r1、r2
由半径r=得,r1=,r2=
且d=2r1-2r2,解得d=
(2)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动,设运动时间分别为t1、t2
由T=得,t1=,t2=,且Δt=2t1+3t2
解得Δt=
(3)乙粒子周期性地先后在两磁场中做匀速圆周运动
若经过两磁场的次数均为n(n=1,2,3,…)
相遇时,有n=d,n=t1+t2
解得=n
根据题意,n=1舍去。
当n=2时,有最小值()min=
若先后经过右侧、左侧磁场的次数分别为(n+1)、n(n=0,1,2,3,…),经分析不可能相遇。
综上分析,比荷的最小值为。
44.(2018江苏单科,15,16分)如图所示,真空中四个相同的矩形匀强磁场区域,高为4d,宽为d,中间两个磁场区域间隔为2d,中轴线与磁场区域两侧相交于O、O'点,各区域磁感应强度大小相等。某粒子质量为m、电荷量为+q,从O沿轴线射入磁场。当入射速度为v0时,粒子从O上方处射出磁场。取sin53°=0.8,cos53°=0.6。
(1)求磁感应强度大小B;
(2)入射速度为5v0时,求粒子从O运动到O'的时间t;
(3)入射速度仍为5v0,通过沿轴线OO'平移中间两个磁场(磁场不重叠),可使粒子从O运动到O'的时间增加Δt,求Δt的最大值。
答案　(1)　(2)　(3)
解析　本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动。
(1)粒子圆周运动的半径r0=
由题意知r0=,解得B=
(2)设粒子在第一个矩形磁场中的偏转角为α
由d=rsinα,得sinα=,即α=53°
在一个矩形磁场中的运动时间t1=·,解得t1=
直线运动的时间t2=,解得t2=
则t=4t1+t2=
(3)将中间两磁场分别向中央移动距离x
粒子向上的偏移量y=2r(1-cosα)+xtanα
由y≤2d,解得x≤d
则当xm=d时,Δt有最大值
粒子直线运动路程的最大值sm=+(2d-2xm)=3d
增加路程的最大值Δsm=sm-2d=d
增加时间的最大值Δtm==
思路点拨　带电粒子在匀强磁场中的运动
(1)粒子以v0射入磁场,从O点正上方处射出,说明粒子仅在最左边的磁场中做半径为r0=的圆周运动,轨迹为半圆。
(2)粒子以5v0射入磁场,运动半径r==5r0=d。故可推知运动轨迹如图所示。
(3)将中间两磁场分别向中央平移距离x,则粒子以5v0射入后,其运动轨迹如图所示。
45.(2016海南单科,14,14分)如图,A、C两点分别位于x轴和y轴上,∠OCA=30°,OA的长度为L。在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子,以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时,恰好垂直于OC边射出磁场,且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。
(1)求磁场的磁感应强度的大小;
(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场,恰好从OC边上的同一点射出磁场,求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和;
(3)若粒子从某点射入磁场后,其运动轨迹与AC边相切,且在磁场内运动的时间为t0,求粒子此次入射速度的大小。
答案　(1)　(2)2t0　(3)
解析　(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,在时间t0内其速度方向改变了90°,故其周期:T=4t0①
设磁感应强度大小为B,粒子速度大小为v,圆周运动的半径为r,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得:
qvB=m②
匀速圆周运动的速度满足:v=③
联立①②③式得:B=④
(2)设粒子从OA边两个不同位置射入磁场,能从OC边上的同一点P射出磁场,粒子在磁场中运动的轨迹如图(a)所示:
设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2。由几何关系有:θ1=180°-θ2⑤
设粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2,则:
t1+t2==2t0⑥
(3)如图(b),由题给条件可知,该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。设O'为圆弧的圆心,圆弧的半径为r0,圆弧与AC相切于B点,从D点射出磁场,由几何关系和题给条件可知,此时有∠OO'D=∠BO'A=30°⑦
r0cos∠OO'D+=L⑧
设粒子此次入射速度的大小为v0,由圆周运动规律得:
v0=⑨
联立①⑦⑧⑨式得:v0=⑩
46.(2016北京理综,22,16分)如图所示,质量为m、电荷量为q的带电粒子,以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场,在磁场中做匀速圆周运动。不计带电粒子所受重力。
(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T;
(2)为使该粒子做匀速直线运动,还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场,求电场强度E的大小。
答案　(1)　　(2)vB
解析　(1)洛伦兹力提供向心力,有f=qvB=m
带电粒子做匀速圆周运动的半径R=
匀速圆周运动的周期T==
(2)粒子受电场力F=qE,洛伦兹力f=qvB。粒子做匀速直线运动,则qE=qvB
场强E的大小E=vB
易错点拨　直接写出半径R和周期T的结果,缺乏依据和推理,造成失分,值得特别注意。
47.(2018课标Ⅲ,24,12分)如图,从离子源产生的甲、乙两种离子,由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动,自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1,并在磁场边界的N点射出;乙种离子在MN的中点射出;MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求
(1)磁场的磁感应强度大小;
(2)甲、乙两种离子的比荷之比。
答案　(1)　(2)1∶4
解析　本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动。
(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1,磁场的磁感应强度大小为B,由动能定理有
q1U=m1①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
q1v1B=m1②
由几何关系知2R1=l③
由①②③式得B=④
(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2,射入磁场的速度为v2,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有q2U=m2⑤
q2v2B=m2⑥
由题给条件有2R2=⑦
由①②③⑤⑥⑦式得,甲、乙两种离子的比荷之比为
∶=1∶4⑧
48.(2017课标Ⅲ,24,12分)如图,空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0区域,磁感应强度的大小为B0;x<0区域,磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场,此时开始计时。当粒子的速度方向再次沿x轴正向时,求(不计重力)
(1)粒子运动的时间;
(2)粒子与O点间的距离。
答案　(1)(1+)　(2)(1-)
解析　本题考查带电粒子在磁场中的运动。
(1)在匀强磁场中,带电粒子做圆周运动。设在x≥0区域,圆周半径为R1;在x<0区域,圆周半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得
qB0v0=m①
qλB0v0=m②
粒子速度方向转过180°时,所需时间t1为
t1=③
粒子再转过180°时,所需时间t2为
t2=④
联立①②③④式得,所求时间为
t0=t1+t2=(1+)⑤
(2)由几何关系及①②式得,所求距离为
d0=2(R1-R2)=(1-)⑥
49.(2017天津理综,11,18分)平面直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场,第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场,如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动,Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场,最终从x轴上的P点射出磁场,P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力,问:
(1)粒子到达O点时速度的大小和方向;
(2)电场强度和磁感应强度的大小之比。
答案　见解析
解析　本题考查带电粒子在电场中的偏转及带电粒子在匀强磁场中的运动。
(1)在电场中,粒子做类平抛运动,设Q点到x轴距离为L,到y轴距离为2L,粒子的加速度为a,运动时间为t,有
2L=v0t①
L=at2②
设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy
vy=at③
设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α,有
tanα=④
联立①②③④式得
α=45°⑤
即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上
设粒子到达O点时速度大小为v,由运动的合成有
v=⑥
联立①②③⑥式得
v=v0⑦
(2)设电场强度为E,粒子电荷量为q,质量为m,粒子在电场中受到的电场力为F,由牛顿第二定律可得
F=ma⑧
又F=qE⑨
设磁场的磁感应强度大小为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,所受的洛伦兹力提供向心力,有
qvB=m⑩
由几何关系可知
R=L
联立①②⑦⑧⑨⑩式得
=
50.(2015山东理综,24,20分)如图所示,直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内,O为圆心,GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场,上极板开有一小孔。一质量为m、电量为+q的粒子由小孔下方处静止释放,加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场,由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。
(1)求极板间电场强度的大小;
(2)若粒子运动轨迹与小圆相切,求Ⅰ区磁感应强度的大小;
(3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为、,粒子运动一段时间后再次经过H点,求这段时间粒子运动的路程。
答案　(1)　(2)或　(3)5.5πD
解析　(1)设极板间电场强度的大小为E,对粒子在电场中的加速运动,由动能定理得
qE=mv2①
由①式得E=②
(2)设Ⅰ区磁感应强度的大小为B,粒子做圆周运动的半径为R,由牛顿第二定律得qvB=m③
如图甲所示,粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况。若粒子轨迹与小圆外切,由几何关系得R=④
图甲
联立③④式得
B=⑤
若粒子轨迹与小圆内切,由几何关系得
R=⑥
联立③⑥式得
B=⑦
(3)设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的半径分别为R1、R2,由题意可知,Ⅰ区和Ⅱ区磁感应强度的大小分别为B1=、B2=,由牛顿第二定律得
qvB1=m,qvB2=m⑧
代入数据得R1=,R2=⑨
设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T1、T2,由运动学公式得T1=,T2=⑩
据题意分析,粒子两次与大圆相切的时间间隔内,运动轨迹如图乙所示,根据对称可知,Ⅰ区两段圆弧所对圆心角相同,设为θ1,Ⅱ区内圆弧所对圆心角设为θ2,圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为α,由几何关系得
图乙
θ1=120°
θ2=180°
α=60°
粒子重复上述交替运动回到H点,轨迹如图丙所示,设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间分别为t1、t2,可得
图丙
t1=×T1,t2=×T2
设粒子运动的路程为s,由运动学公式得
s=v(t1+t2)
联立⑨⑩式得
s=5.5πD
51.(2015天津理综,12,20分)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场,电场与磁场的宽度均为d。电场强度为E,方向水平向右;磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放,粒子始终在电场、磁场中运动,不计粒子重力及运动时的电磁辐射。
(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2;
(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时,速度的方向与水平方向的夹角为θn,试求sinθn;
(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,试问在其他条件不变的情况下,也进入第n层磁场,但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界,请简要推理说明之。
答案　(1)2　　(2)B
(3)见解析
解析　(1)粒子在进入第2层磁场时,经过两次电场加速,中间穿过磁场时洛伦兹力不做功。
由动能定理,有
2qEd=m①
由①式解得
v2=2②
粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力,有
qv2B=m③
由②③式解得
r2=④
(2)设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn,轨迹半径为rn(各量的下标均代表粒子所在层数,下同)。
nqEd=m⑤
qvnB=m⑥
粒子进入第n层磁场时,速度的方向与水平方向的夹角为αn,从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn,粒子在电场中运动时,垂直于电场线方向的速度分量不变,有
vn-1sinθn-1=vnsinαn⑦
由图1看出
图1
rnsinθn-rnsinαn=d⑧
由⑥⑦⑧式得
rnsinθn-rn-1sinθn-1=d⑨
由⑨式看出r1sinθ1,r2sinθ2,…,rnsinθn为一等差数列,公差为d,可得
rnsinθn=r1sinθ1+(n-1)d⑩
图2
当n=1时,由图2看出
r1sinθ1=d
由⑤⑥⑩式得
sinθn=B
(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,则
θn=
sinθn=1
在其他条件不变的情况下,换用比荷更大的粒子,设其比荷为,假设能穿出第n层磁场右侧边界,粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn',由于>
则导致sinθn'>1
说明θn'不存在,即原假设不成立。所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界。
52.(2014大纲全国,25,20分)如图,在第一象限存在匀强磁场,磁感应强度方向垂直于纸面(xy平面)向外;在第四象限存在匀强电场,方向沿x轴负向。在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子,该粒子在(d,0)点沿垂直于x轴的方向进入电场。不计重力。若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ,求
(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值;
(2)该粒子在电场中运动的时间。
答案　(1)v0tan2θ　(2)
解析　(1)如图,粒子进入磁场后做匀速圆周运动。设磁感应强度的大小为B,粒子质量与所带电荷量分别为m和q,圆周运动的半径为R0。由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得
qv0B=m①
由题给条件和几何关系可知R0=d②
设电场强度大小为E,粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax,在电场中运动的时间为t,离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx。由牛顿运动定律及运动学公式得
Eq=max③
vx=axt④
t=d⑤
由于粒子在电场中做类平抛运动(如图),有
tanθ=⑥
联立①②③④⑤⑥式得
=v0tan2θ⑦
(2)联立⑤⑥式得
t=⑧
评分参考:第(1)问18分,①式3分,②式1分,③④⑤⑥式各3分,⑦式2分;第(2)问2分,⑧式2分。
考查点　带电粒子在复合场中的运动
审题技巧　由关键点“平行于x轴”“垂直于x轴”可知R0=d。
思路分析　①在第一象限带电粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力。
②在第四象限,带电粒子在电场中偏转,竖直方向做匀速直线运动,水平方向做匀加速直线运动。
53.(2014广东理综,36,18分)如图所示,足够大的平行挡板A1、A2竖直放置,间距6L。两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,以水平面MN为理想分界面,Ⅰ区的磁感应强度为B0,方向垂直纸面向外。A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2,两孔与分界面MN的距离均为L。质量为m、电荷量为+q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后,沿水平方向从S1进入Ⅰ区,并直接偏转到MN上的P点,再进入Ⅱ区,P点与A1板的距离是L的k倍,不计重力,碰到挡板的粒子不予考虑。
(1)若k=1,求匀强电场的电场强度E;
(2)若2答案　(1)　(2)v=　B=B0
解析　(1)粒子在电场中,由动能定理有
qEd=m-0①
粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力
qv1B0=m②
当k=1时,由几何关系得
r=L③
由①②③解得
E=④
(2)由于2(r1-L)2+(kL)2=⑤
解得r1=L⑥
粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力
qvB0=⑦
由⑥⑦解得v=⑧
粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力
qvB=m⑨
由对称性及几何关系可知
=⑩
解得r2=L
由⑧⑨解得B=B0
54.(2015福建理综,22,20分)如图,绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场,电场方向水平向右,电场强度大小为E,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑,到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h,重力加速度为g。
(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC;
(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf;
(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置,当小滑块运动到D点时撤去磁场,此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD,从D点运动到P点的时间为t,求小滑块运动到P点时速度的大小vP。
答案　(1)　(2)mgh-　(3)
解析　(1)小滑块沿MN运动过程,水平方向受力满足
qvB+N=qE①
小滑块在C点离开MN时
N=0②
解得vC=③
(2)由动能定理mgh-Wf=m-0④
解得Wf=mgh-⑤
(3)如图,小滑块速度最大时,速度方向与电场力、重力的合力方向垂直。撤去磁场后小滑块将做类平抛运动,等效加速度为g'
g'=⑥
且=+g'2t2⑦
解得vP=⑧
55.(2014重庆理综,9,18分)如图所示,在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场,同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和2B,KL为上下磁场的水平分界线,在NS和MT边界上,距KL高h处分别有P、Q两点,NS和MT间距为1.8h。质量为m、带电量为+q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域,在两边界之间做圆周运动,重力加速度为g。
(1)求电场强度的大小和方向。
(2)要使粒子不从NS边界飞出,求粒子入射速度的最小值。
(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出,求粒子入射速度的所有可能值。
答案　(1),方向竖直向上　(2)(9-6)　
(3)见解析
解析　(1)设电场强度大小为E。
由题意有mg=qE
得E=,方向竖直向上。
(2)如图1所示,设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin,对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2,圆心的连线与NS的夹角为φ。
图1
由r=
有r1=,r2=r1
由(r1+r2)sinφ=r2
r1+r1cosφ=h
得vmin=(9-6)
(3)如图2所示,设粒子入射速度为v,粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r2,粒子第一次通过KL时距离K点为x。
图2
由题意有3nx=1.8h(n=1,2,3,…)
x≥
x=
得r1=(1+),n<3.5
即n=1时,v=;
n=2时,v=;
n=3时,v=。
评析　试题背景为带电粒子在重力场、匀强电场、有界匀强磁场中的匀速圆周运动,问题设置涉及临界与极值、运动的周期性与多解,对考生的分析与推理能力、数学运算能力有极高的要求,试题难度高,区分度大,不失为一道压轴的好题。
56.(2020浙江7月选考,22,10分)某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形EFGH、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,探测板CD平行于HG水平放置,能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界EH水平射入磁场,b束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界HG竖直向下射出,并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N,离子束间的距离均为0.6R,探测板CD的宽度为0.5R,离子质量均为m,电荷量均为q,不计重力及离子间的相互作用。
(1)求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离s;
(2)求探测到三束离子时探测板与边界HG的最大距离Lmax;
(3)若打到探测板上的离子被全部吸收,求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板到HG距离L的关系。
答案　见解析
解析　(1)qvB=得v=
几何关系OO'=0.6R
s==0.8R
(2)a、c束中的离子从同一点Q射出,α=β
tanα=
Lmax=R
(3)a或c束中每个离子动量的竖直分量
pz=pcosα=0.8qBR
0F1=Np+2Npz=2.6NqBR
RF2=Np+Npz=1.8NqBR
L>0.4R
F3=Np=NpBR
57.(2018浙江4月选考,22,10分)压力波测量仪可将待测压力波转换成电压信号,其原理如图1所示,压力波p(t)进入弹性盒后,通过与铰链O相连的“┨”形轻杆L,驱动杆端头A处的微型霍尔片在磁场中沿x轴方向做微小振动,其位移x与压力p成正比(x=αp,α>0)。霍尔片的放大图如图2所示,它由长×宽×厚=a×b×d、单位体积内自由电子数为n的N型半导体制成。磁场方向垂直于x轴向上,磁感应强度大小为B=B0(1-β|x|),β>0。无压力波输入时,霍尔片静止在x=0处,此时给霍尔片通以沿C1、C2方向的电流I,则在侧面上D1、D2两点间产生霍尔电压U0。
(1)指出D1、D2两点哪点电势高;
(2)推导出U0与I、B0之间的关系式(提示:电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为I=nevbd,其中e为电子电荷量);
(3)弹性盒中输入压力波p(t),霍尔片中通以相同电流,测得霍尔电压UH随时间t变化图像如图3。忽略霍尔片在磁场中运动产生的电动势和阻尼,求压力波的振幅和频率。(结果用U0、U1、t0、α及β表示)
图1　　　　　　　　　图2
图3
答案　(1)D1点电势高　(2)U0=
(3)　
解析　(1)N型半导体中可以自由移动的是电子,根据左手定则可以知道电子往D2端移动,因此D1点电势高。
(2)根据霍尔元件内部电子所受的洛伦兹力和电场力平衡得:
evB0=e
将v=代入解得:U0=
(3)由任意时刻霍尔元件内部电子所受的洛伦兹力和电场力平衡得:
evB=e
则UH(t)==(1-β|x|)=(1-β|αp|)=U0(1-αβ|p|)
由上式可得|p|=-
结合UH-t图像可知,振幅A=,频率f=。
58.(2017江苏单科,15,16分)一台质谱仪的工作原理如图所示。大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0的加速电场,其初速度几乎为0,经加速后,通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中,最后打到照相底片上。已知甲、乙两种离子的电荷量均为+q,质量分别为2m和m,图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹。不考虑离子间的相互作用。
(1)求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x;
(2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域,并求该区域最窄处的宽度d;
(3)若考虑加速电压有波动,在(U0-ΔU)到(U0+ΔU)之间变化,要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠,求狭缝宽度L满足的条件。
答案　见解析
解析　本题考查动能定理、牛顿第二定律。
(1)设甲种离子在磁场中的运动半径为r1
电场加速qU0=×2mv2
且qvB=2m
解得r1=
根据几何关系x=2r1-L
解得x=-L
(2)如图所示
最窄处位于过两虚线交点的垂线上,d=r1-
解得d=-
(3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r2
r1的最小半径
r1min=
r2的最大半径r2max=
由题意知2r1min-2r2max>L,即->L
解得L<[2-]
59.(2015浙江理综,25,22分)使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出,离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等。质量为m,速度为v的离子在回旋加速器内旋转,旋转轨道是半径为r的圆,圆心在O点,轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中,磁感应强度为B。
为引出离子束,使用磁屏蔽通道法设计引出器。引出器原理如图所示,一对圆弧形金属板组成弧形引出通道,通道的圆心位于O'点(O'点图中未画出)。引出离子时,令引出通道内磁场的磁感应强度降低,从而使离子从P点进入通道,沿通道中心线从Q点射出。已知OQ长度为L,OQ与OP的夹角为θ。
(1)求离子的电荷量q并判断其正负;
(2)离子从P点进入,Q点射出,通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B',求B';
(3)换用静电偏转法引出离子束,维持通道内的原有磁感应强度B不变,在内外金属板间加直流电压,两板间产生径向电场,忽略边缘效应。为使离子仍从P点进入,Q点射出,求通道内引出轨迹处电场强度E的方向和大小。
答案　(1)　正电荷
(2)
(3)方向沿径向向外　Bv-
解析　(1)离子做圆周运动 Bqv=①
q=,带正电荷②
(2)如图所示
O'Q=R,OQ=L,O'O=R-r
引出轨迹为圆弧,有B'qv=③
R=④
根据几何关系得
R=⑤
B'==⑥
(3)电场强度方向沿径向向外⑦
引出轨迹为圆弧,有Bqv-Eq=⑧
E=Bv-⑨
60.(2015江苏单科,15,16分)一台质谱仪的工作原理如图所示,电荷量均为+q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场,其初速度几乎为零。这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场,最后打在底片上。已知放置底片的区域MN=L,且OM=L。某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏,检测不到离子,但右侧区域QN仍能正常检测到离子。在适当调节加速电压后,原本打在MQ的离子即可在QN检测到。
(1)求原本打在MN中点P的离子质量m;
(2)为使原本打在P的离子能打在QN区域,求加速电压U的调节范围;
(3)为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整,求需要调节U的最少次数。(取lg2=0.301,lg3=0.477,lg5=0.699)
答案　(1)　(2)≤U≤　(3)3次
解析　(1)离子在电场中加速,qU0=mv2
在磁场中做匀速圆周运动,qvB=m,解得r=
代入r=L,解得m=
(2)由(1)知,U=
离子打在Q点r=L,U=
离子打在N点r=L,U=
则电压的范围为≤U≤
(3)由(1)可知,r∝
由题意知,第1次调节电压到U1,使原本打在Q点的离子打在N点,=
此时,原本半径为r1的打在Q1的离子打在Q上=
解得r1=L
第2次调节电压到U2,使原本打在Q1的离子打在N点,原本半径为r2的打在Q2的离子打在Q上,则
=,=,解得r2=()3L
同理,第n次调节电压,有rn=()n+1L
检测完整,有rn≤,解得n≥-1≈2.8
最少次数为3次。
61.(2014浙江理综,25,22分)离子推进器是太空飞行器常用的动力系统。某种推进器设计的简化原理如图1所示,截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区。Ⅰ为电离区,将氙气电离获得1价正离子;Ⅱ为加速区,长度为L,两端加有电压,形成轴向的匀强电场。Ⅰ区产生的正离子以接近0的初速度进入Ⅱ区,被加速后以速度vM从右侧喷出。
Ⅰ区内有轴向的匀强磁场,磁感应强度大小为B,在离轴线R/2处的C点持续射出一定速率范围的电子。假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动,截面如图2所示(从左向右看)。电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成α角(0<α≤90°)。推进器工作时,向Ⅰ区注入稀薄的氙气。电子使氙气电离的最小速率为v0,电子在Ⅰ区内,。已知离子质量为M;电子质量为m,电量为e。(电子碰到器壁即被吸收,不考虑电子间的碰撞)
(1)求Ⅱ区的加速电压及离子的加速度大小;
(2)为取得好的电离效果,请判断Ⅰ区中的磁场方向(按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”);
(3)α为90°时,要取得好的电离效果,求射出的电子速率v的范围;
(4)要取得好的电离效果,求射出的电子最大速率vmax与α角的关系。
图1　　　　　　　　　　　　　　图2
答案　(1)　　(2)垂直纸面向外
(3)v0≤v<(B>)　(4)vmax=
解析　(1)由动能定理得M=eU①
U=②
a==e=③
(2)由题知电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域越大,电离效果越好,则题图2中显然电子往左半部偏转较好,故Ⅰ区中磁场方向应垂直纸面向外④
(3)设电子运动的最大半径为r
2r=R⑤
eBv=m⑥
所以有v0≤v<⑦
要使⑦式有解,磁感应强度B>⑧
(4)如图所示,
OA=R-r,OC=,AC=r
根据几何关系得r=⑨
由⑥⑨式得vmax=
62.(2014天津理综,12,20分)同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用,其基本原理简化为如图所示的模型。M、N为两块中心开有小孔的平行金属板。质量为m、电荷量为+q的粒子A(不计重力)从M板小孔飘入板间,初速度可视为零。每当A进入板间,两板的电势差变为U,粒子得到加速,当A离开N板时,两板的电荷量均立即变为零。两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁场,A在磁场作用下做半径为R的圆周运动,R远大于板间距离。A经电场多次加速,动能不断增大,为使R保持不变,磁场必须相应地变化。不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射,不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应。求
(1)A运动第1周时磁场的磁感应强度B1的大小;
(2)在A运动第n周的时间内电场力做功的平均功率;
(3)若有一个质量也为m、电荷量为+kq(k为大于1的整数)的粒子B(不计重力)与A同时从M板小孔飘入板间,A、B初速度均可视为零,不计两者间的相互作用,除此之外,其他条件均不变。下图中虚线、实线分别表示A、B的运动轨迹。在B的轨迹半径远大于板间距离的前提下,请指出哪个图能定性地反映A、B的运动轨迹,并经推导说明理由。
答案　(1)　(2)　(3)见解析
解析　(1)设A经电场第1次加速后速度为v1,由动能定理得
qU=m-0①
A在磁场中做匀速圆周运动,所受洛伦兹力充当向心力
qv1B1=②
由①②得
B1=③
(2)设A经n次加速后的速度为vn,由动能定理得
nqU=m-0④
设A做第n次圆周运动的周期为Tn,有
Tn=⑤
设在A运动第n周的时间内电场力做功为Wn,则
Wn=qU⑥
在该段时间内电场力做功的平均功率为
=⑦
由④⑤⑥⑦解得
=⑧
(3)A图能定性地反映A、B运动的轨迹。
A经过n次加速后,设其对应的磁感应强度为Bn,A、B的周期分别为Tn、T',综合②、⑤式并分别应用A、B的数据得
Tn=
T'==
由上可知,Tn是T'的k倍,所以A每绕行1周,B就绕行k周。由于电场只在A通过时存在,故B仅在与A同时进入电场时才被加速。
经n次加速后,A、B的速度分别为vn和vn',考虑到④式
vn=
vn'==vn
由题设条件并考虑到⑤式,对A有
Tnvn=2πR
设B的轨迹半径为R',有
T'vn'=2πR'
比较上述两式得
R'=
上式表明,运动过程中B的轨迹半径始终不变。
由以上分析可知,两粒子运动的轨迹如图A所示。
第68页共68页2014-2023年高考物理真题专题分类
专题十二　交变电流
1.(2023山东,7,3分)某节能储能输电网络如图所示,发电机的输出电压U1=250 V,输出功率500 kW。降压变压器的匝数比n3∶n4=50∶1,输电线总电阻R=62.5 Ω,其余线路电阻不计,用户端电压U4=220 V,功率88 kW,所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是(　　)
A.发电机的输出电流为368 A
B.输电线上损失的功率为4.8 kW
C.输送给储能站的功率为408 kW
D.升压变压器的匝数比n1∶n2=1∶44
答案：C 由题意知发电机输出电流I1===2 000 A,所以A错。用户端电流I4==400 A,=,得U3=11 000 V,再由功率相等有P3=P4,即U3I3=U4I4,得输电线上电流I3=8 A,损失功率ΔP=R=4 kW,所以B错。由能量守恒得储能站功率P5=P1-P3-ΔP=(500-88-4) kW=408 kW,故C对。输电线上电压损失ΔU=I3R=8×62.5 V=500 V,所以U2=U3+ΔU=11 500 V,由理想变压器电压之比与匝数之比的关系有===1∶46,所以D错。
2.(2023湖南,9,5分)(多选)某同学自制了一个手摇交流发电机,如图所示。大轮与小轮通过皮带传动(皮带不打滑),半径之比为4∶1,小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形,共n匝,总阻值为R。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场。大轮以角速度ω匀速转动,带动小轮及线圈绕转轴转动,转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡。假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内,下列说法正确的是(　　)
A.线圈转动的角速度为4ω
B.灯泡两端电压有效值为3nBL2ω
C.若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈,则灯泡两端电压有效值为
D.若仅将小轮半径变为原来的两倍,则灯泡变得更亮
答案:AC 大轮和小轮通过皮带传动,皮带不打滑,则大轮和小轮边缘的线速度大小相等,即ω·4r=ω'r,解得小轮及线圈转动的角速度ω'=4ω,A正确;线圈中产生的感应电动势的最大值Em=nBL2ω'=4nBL2ω,则感应电动势的有效值E==2nBL2ω,由闭合电路欧姆定律可知灯泡两端电压的有效值U==nBL2ω,B错误;若用总长为原来两倍的相同漆包线绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈,则线圈匝数为2n,线圈总阻值为2R,线圈中产生的感应电动势的最大值Em'=2nBL2ω'=8nBL2ω,感应电动势的有效值E'==4nBL2ω,由闭合电路欧姆定律可知灯泡两端电压的有效值U==nBL2ω,C正确;若仅将小轮半径变为原来的两倍,则小轮及线圈转动的角速度减小,线圈中产生的感应电动势减小,灯泡两端电压减小,功率减小,灯泡变暗,D错误。
3.(2022浙江6月选考,5,3分)下列说法正确的是 (　　)
A.恒定磁场对静置于其中的电荷有力的作用
B.小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向
C.正弦交流发电机工作时,穿过线圈平面的磁通量最大时,电流最大
D.升压变压器中,副线圈的磁通量变化率大于原线圈的磁通量变化率
答案　B　磁场对电流有力的作用,静止的电荷不会产生等效电流,所以恒定的磁场不会对其有力的作用,选项A错误;小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向,选项B正确;正弦交流发电机工作时,穿过线圈平面的磁通量最大时,磁通量变化率最小,此时电流为零,选项C错误;变压器中,考虑到漏磁因素,副线圈的磁通量变化率小于原线圈的磁通量变化率,选项D错误。
4.(2022北京,4,3分)某理想变压器的原线圈接在220 V的正弦交流电源上,副线圈输出电压为22 000 V,输出电流为300 mA。该变压器　 (　　)
A.原、副线圈的匝数之比为100∶1
B.输入电流为30 A
C.输入电流的最大值为15 A
D.原、副线圈交流电的频率之比为1∶100
答案　B　由题干知,U1=220 V,U2=22 000 V,I2=300 mA,由==,可得n1∶n2=1∶100,I1=30 A,A错,B对;I1max=I1=30A,C错;变压器不改变交流电频率,D错。
5.(2022重庆,3,4分)低压卤素灯在家庭电路中使用时需要变压器降压。若将“12 V 50 W”的交流卤素灯直接通过变压器(视为理想变压器)接入电压为220 V的交流电后能正常工作,则 (　　)
A.卤素灯两端的电压有效值为6 V
B.变压器原、副线圈的匝数比为55∶3
C.流过卤素灯的电流为0.24 A
D.卤素灯的电阻为968 Ω
答案　B　卤素灯上标记的额定电压12 V即卤素灯两端的电压有效值,A错误;根据理想变压器变压的规律可知==,B正确;流过卤素灯的电流为I== A≈4.17 A,C错误;卤素灯的电阻R== Ω=2.88 Ω,D错误。
6.(2022山东,4,3分)如图所示的变压器,输入电压为220 V,可输出12 V、18 V、30 V电压,匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为u=Um cos (100πt)。单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表,电压表的示数为0.1 V。将阻值为12 Ω 的电阻R接在BC两端时,功率为12 W。下列说法正确的是 (　　)
A.n1为1 100,Um为220 V
B.BC间线圈匝数为120,流过R的电流为1.4 A
C.若将R接在AB两端,R两端的电压为18 V,频率为100 Hz
D.若将R接在AC两端,流过R的电流为2.5 A, 周期为0.02 s
答案　D　由单匝线圈所接电压表的读数有:=,则n1=2 200,另外Um=220 V,故A错误;由=和=P代入数据解得,UBC=12 V,nBC=120,则I==1 A,故B错误;由ω=2πf=100π rad/s,得f=50 Hz,T==0.02 s,故C错误;R接在AC两端时,I== A=2.5 A,故D正确。
7.(2022广东,4,4分)如图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定子是仅匝数n不同的两线圈,n1>n2,二者轴线在同一平面内且相互垂直,两线圈到其轴线交点O的距离相等,且均连接阻值为R的电阻,转子是中心在O点的条形磁铁,绕O点在该平面内匀速转动时,两线圈输出正弦式交变电流。不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响,下列说法正确的是　 (　　)
A.两线圈产生的电动势的有效值相等
B.两线圈产生的交变电流频率相等
C.两线圈产生的电动势同时达到最大值
D.两电阻消耗的电功率相等
答案　B　由题意知两线圈输出正弦交流电,则e=Em sin(ωt+φ0),Em=NBSω,又知n1>n2,得Em1>Em2,U有1>U有2,A错。P=,得P1>P2,D错。条形磁铁与线圈轴线平行时磁通量Φ最大,电动势e最小,条形磁铁与线圈轴线垂直时磁通量Φ最小,电动势e最大,故e1=0时,e2最大,C错。f==,B正确。
8.(2022河北,3,4分)张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一,其发电、输电简易模型如图所示。已知风轮机叶片转速为每秒z转,通过转速比为1∶n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动,发电机线圈面积为S,匝数为N,匀强磁场的磁感应强度为B。t=0时刻,线圈所在平面与磁场方向垂直。发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后,输出电压为U。忽略线圈电阻,下列说法正确的是 (　　)
A.发电机输出的电压为πNBSz
B.发电机输出交变电流的频率为2πnz
C.变压器原、副线圈的匝数比为πNBSnz∶U
D.发电机产生的瞬时电动势e=πNBSnz sin(2πnzt)
答案　C　已知风轮机叶片转速为每秒z转,通过转速比为1∶n的升速齿轮箱带动发电机线圈转动,则线圈转速为每秒nz转,其角速度ω=2πnz,线圈中的电动势的最大值为Em=NBSω=2πNBSnz,发电机输出的电压为有效值E==πNBSnz,A错误;线圈转动的频率f==nz,发电机输出交变电流的频率为nz,B错误;变压器输入电压为πNBSnz,输出电压为U,则变压器原、副线圈的匝数比为πNBSnz∶U,C正确;发电机产生的瞬时电动势e=Em sin ωt=2πNBSnz sin (2πnzt),D错误。
9.(2022浙江1月选考,9,3分)如图所示,甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况,摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动;乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况,皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动。下列说法正确的是 (　　)
A.甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
B.乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
C.甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电
D.乙图线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电
答案　A　细短铁丝被磁化之后,其作用相当于小磁针,甲图中细短铁丝显示的磁场分布均匀,则线圈转动区域磁场可视为匀强磁场,选项A正确;而乙图中,细短铁丝显示的磁场分布不均匀,则线圈转动区域磁场不可视为匀强磁场,选项B错误;甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时产生的电流才是正弦式交变电流,选项C错误;乙图中磁场为非匀强磁场,所以线圈匀速转动时不能产生正弦式交变电流,选项D错误。
10.(2022湖南,6,4分)如图,理想变压器原、副线圈总匝数相同,滑动触头P1初始位置在副线圈正中间,输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻R1的阻值为R,滑动变阻器R2的最大阻值为9R,滑片P2初始位置在最右端。理想电压表的示数为U,理想电流表的示数为I。下列说法正确的是 (　　)
A.保持P1位置不变,P2向左缓慢滑动的过程中,I减小,U不变
B.保持P1位置不变,P2向左缓慢滑动的过程中,R1消耗的功率增大
C.保持P2位置不变,P1向下缓慢滑动的过程中,I减小,U增大
D.保持P2位置不变,P1向下缓慢滑动的过程中,R1消耗的功率减小
答案　B　本题使用等效法最简捷,如图,对于原线圈回路,将理想变压器等效为电阻,由R等=,=,=,UR1=IR1·R1,得R等=·R1(n1和n2分别为变压器原、副线圈匝数),若保持P1位置不变,则R等=4R,P2向左缓慢滑动,R2接入电路的阻值减小,I=,I增大,U=U总-IR等,U减小,A项错误;=P等=I2·R等,增大,B选项正确;若保持P2在最右端位置不变,R2=9R,P1向下缓慢滑动,n2减小,R等增大,I减小,U==IR2,U减小,C项错误;将R2等效为电源内阻R内,当R等=R内=9R时,R1消耗的功率最大,P1向下缓慢滑动,R等由4R逐渐增大,故R1消耗的功率先增大,后减小,D选项错误。
归纳总结　在原线圈上接有负载时,可以将不变的电阻等效为电源内阻,借助闭合电路欧姆定律分析副线圈中功率变化问题,如R等=r内时,P等有最大值。
11.(2022湖北,9,4分)(多选)近年来,基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用,其简化的充电原理图如图所示。发射线圈的输入电压为220 V、匝数为1 100匝。接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下,穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%,忽略其他损耗,下列说法正确的是 (　　)
A.接收线圈的输出电压约为8 V
B.接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1
C.发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同
D.穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同
答案　AC　因穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%,故在相等时间内穿过接收线圈的磁通量变化量约为发射线圈的80%,故穿过接收线圈的磁通量变化率约为发射线圈的80%,D错误。由法拉第电磁感应定律,E=n,可得=0.8,故U2=0.8U1=8 V,A正确。非理想变压器的原、副线圈的电流比不等于匝数的反比,B错误。原、副线圈中磁通量仍是在相同时间内各自完成一个周期性的变化,故线圈中交变电流的频率相同,C正确。
12.(2018课标Ⅲ,16,6分)一电阻接到方波交流电源上,在一个周期内产生的热量为Q方;若该电阻接到正弦交流电源上,在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值均为u0,周期均为T,如图所示。则Q方∶Q正等于(　　)
A.1∶　　　　　　B.∶1　　　　　　C.1∶2　　　　　　D.2∶1
答案　D　本题考查交变电流的有效值及焦耳定律。根据交变电流有效值的定义及焦耳定律可得,Q方=·+·=T,Q正=T=·T,故=,选项D正确。
易错点拨　正弦式交变电流的有效值是其峰值的,其他交流电的有效值和峰值间一般不存在该关系。
13.(2015山东理综,19,6分)如图甲,R0为定值电阻,两金属圆环固定在同一绝缘平面内。左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上,经二极管整流后,通过R0的电流i始终向左,其大小按图乙所示规律变化。规定内圆环a端电势高于b端时,a、b间的电压uab为正,下列uab-t图像可能正确的是(　　)
图甲
图乙
答案　C　圆环内磁场的变化周期为0.5T0,则产生的感应电动势的变化周期也一定是0.5T0,四个图像中,只有C的变化周期是0.5T0,根据排除法可知,C正确。
14.(2014天津理综,7,6分)如图1所示,在匀强磁场中,一矩形金属线圈两次分别以不同的转速,绕与磁感线垂直的轴匀速转动,产生的交变电动势图像如图2中曲线a、b所示,则(　　)
A.两次t=0时刻线圈平面均与中性面重合
B.曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3
C.曲线a表示的交变电动势频率为25 Hz
D.曲线b表示的交变电动势有效值为10 V
解析　由题图2知t=0时两次转动产生的瞬时电动势都等于零,故A正确。由图2知两次转动所产生的交变电动势的周期之比Ta∶Tb=2∶3,再由周期与转速的关系n=得na∶nb=3∶2,故B错误。因Ta=4×10-2 s,故fa==25 Hz,C正确。因Ema=15 V,而Em=NBSω=,故Emb=Ema=10 V,Eb==5 V,D错误。
答案　AC
解题指导　本题考查了交变电动势的产生及描述,涉及交变电动势的四值及其图像。条件设置较为隐蔽,陷阱设置比较巧妙,对学生的分析能力要求较高,难度中等。解题时应重点关注图像中提供的所有信息。
15.(2018天津理综,4,6分)教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电,电路如图所示,理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U,R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的,则(　　)
A.R消耗的功率变为P　　　　　　B.电压表V的读数变为U
C.电流表A的读数变为2I　　　　　　D.通过R的交变电流频率不变
答案　B　本题考查正弦交流电的产生原理、理想变压器。由正弦交流电的产生原理可知,其电动势的最大值Em=NBSω,而ω=2πn,有效值E=Em,线圈转速变为原来的,则U1=E变为原来的。由=知U2变为原来的,电压表读数变为原来的,选项B正确;R消耗的功率P=,故R消耗的功率变为原来的,选项A错误;由P入=P出得,U1I1=,故I1变为原来的,即电流表读数变为原来的,选项C错误;变压器不改变交变电流的频率,故通过R的交变电流频率变为原来的,选项D错误。
解题关键　正弦交流电的最大值与转速的关系,理想变压器的电流、电压及功率的决定关系,是解答此题的关键。
16.(2015海南单科,10,5分)(多选)如图,一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1,原线圈与一可变电阻串联后,接入一正弦交流电源;副线圈电路中固定电阻的阻值为R0,负载电阻的阻值R=11R0,是理想电压表。现将负载电阻的阻值减小为R=5R0,保持变压器输入电流不变,此时电压表的读数为5.0 V,则(　　)
A.此时原线圈两端电压的最大值约为34 V
B.此时原线圈两端电压的最大值约为24 V
C.原线圈两端原来的电压有效值约为68 V
D.原线圈两端原来的电压有效值约为48 V
答案　AD　当R=5R0时,示数为5.0 V,所以输出电流I出=,UR0=I出R0=1 V,则变压器输出电压为6 V,由=得到输入电压的有效值为24 V,所以原线圈两端电压最大值为U1≈34 V,A正确,B错误。因I入∶I出=n2∶n1不变,故输入电流不变时输出电流也不变,当负载由R=11R0变为R=5R0时,由U=IR知副线圈电压由I(R0+11R0)降到I(R0+5R0)=6 V,则副线圈两端原来的电压有效值为12 V,原线圈两端原来的电压有效值为48 V,C错误,D正确。
17.(2014山东理综,17,6分)(多选)如图,将额定电压为60 V的用电器,通过一理想变压器接在正弦交变电源上。闭合开关S后,用电器正常工作,交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V和2.2 A。以下判断正确的是(　　)
A.变压器输入功率为484 W
B.通过原线圈的电流的有效值为0.6 A
C.通过副线圈的电流的最大值为2.2 A
D.变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=11∶3
答案　BD　对于理想变压器,P入=P出,所以输入功率P入=60×2.2 W=132 W,A错。I1== A=0.6 A,B正确。通过副线圈的电流的最大值I2m=I2=2.2 A,C错误。变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=U1∶U2=11∶3,D正确。
18.(2016江苏单科,4,6分)一自耦变压器如图所示,环形铁芯上只绕有一个线圈,将其接在a、b间作为原线圈。通过滑动触头取该线圈的一部分,接在c、d间作为副线圈。在a、b间输入电压为U1的交变电流时,c、d间的输出电压为U2。在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中(　　)
A.U2>U1,U2降低　　　　　　B.U2>U1,U2升高
C.U2答案　C　由图可知变压器的原线圈匝数n1大于副线圈匝数n2,因=,则U219.(2015安徽理综,16,6分)图示电路中,变压器为理想变压器,a、b接在电压有效值不变的交流电源两端,R0为定值电阻,R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置,观察到电流表A1的示数增大了0.2 A,电流表A2的示数增大了0.8 A,则下列说法正确的是(　　)
A.电压表V1示数增大
B.电压表V2、V3示数均增大
C.该变压器起升压作用
D.变阻器滑片是沿c→d的方向滑动
答案　D　变压器输入电压不变,原、副线圈的匝数比不变,故原、副线圈两端的电压不变,即电压表V1、V2示数不变,选项A、B均错误;I1、I2增加,则副线圈电路中总电阻减小,故变阻器滑片应沿c→d方向滑动,选项D正确;由原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率P入=P出知,调节滑动变阻器前I1n1=I2n2,调节滑动变阻器后I1'n1=I2'n2,联立得(I1'-I1)n1=(I2'-I2)n2,即ΔI1n1=ΔI2n2,===4,故该变压器起降压作用,选项C错误。
20.(2014江苏单科,3,3分)远距离输电的原理图如图所示,升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2,电压分别为U1、U2,电流分别为I1、I2,输电线上的电阻为R。变压器为理想变压器,则下列关系式中正确的是(　　)
A.=　　　　　　B.I2=
C.I1U1=R　　　　　　D.I1U1=I2U2
答案　D　由理想变压器可知=,选项A错;I2=,而U2=UR+U3,故I2<,B错;P入=P出,即U1I1=U2I2,而U2≠I2R,C项错,D项正确。
第1页共11页2014-2023年高考物理真题专题分类
专题十六　光学、电磁波与相对论初步
1.(2023江苏,5,4分)地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大,太阳光斜射向地面的过程中会发生弯曲。下列光路图中能描述该现象的是(　　)
答案:A 在离地某一高度处取一水平面,由题意可知该水平面上方的空气折射率小于其下方空气折射率,由折射定律可知该平面附近光路如图所示,A项正确。
2.(2023江苏,6,4分)用某种单色光进行双缝干涉实验,在屏上观察到的干涉条纹如图甲所示,改变双缝间的距离后,干涉条纹如图乙所示,图中虚线是亮纹中心的位置。则双缝间的距离变为原来的(　　)
A. B.
C.2倍 D.3倍
答案：B 由题图可知,改变双缝间距后的相邻两条亮条纹中心间距是改变前的2倍,根据双缝干涉相邻两条亮条纹中心间距表达式Δx=λ可知双缝间距应变为原来的,B项正确。
3.(2023全国甲,34,15分)[物理——选修3-4]
(1)(5分)等腰三角形△abc为一棱镜的横截面,ab=ac;一平行于bc边的细光束从ab边射入棱镜,在bc边反射后从ac边射出,出射光分成了不同颜色的两束,甲光的出射点在乙光的下方,如图所示。不考虑多次反射。下列说法正确的是　　　　。(填入正确答案标号。选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分。每选错1个扣3分,最低得分为0分)
A.甲光的波长比乙光的长
B.甲光的频率比乙光的高
C.在棱镜中的传播速度,甲光比乙光的大
D.该棱镜对甲光的折射率大于对乙光的折射率
E.在棱镜内bc边反射时的入射角,甲光比乙光的大
(2)(10分)分别沿x轴正向和负向传播的两列简谐横波P、Q的振动方向相同,振幅均为5 cm,波长均为8 m,波速均为4 m/s。t=0时刻,P波刚好传播到坐标原点,该处的质点将自平衡位置向下振动;Q波刚好传到x=10 m处,该处的质点将自平衡位置向上振动。经过一段时间后,两列波相遇。
(ⅰ)在给出的坐标图上分别画出P、Q两列波在t=2.5 s时刻的波形图(P波用虚线,Q波用实线);
(ⅱ)求出图示范围内的介质中,因两列波干涉而振动振幅最大和振幅最小的平衡位置。
答案 (1)ACE　(2)(ⅰ)见解析图　(ⅱ)见解析
解析 (1)画出光路图如图所示。
根据n=、n=、c=λf可知,n甲v乙,f甲λ乙,在棱镜内bc边反射时,甲光的入射角比乙光的大,故选项A、C、E正确,B、D错误。
(2)(ⅰ)由v=可得T== s=2 s,
x=vt=4×2.5 m=10 m,且t=1T。
分别画出P、Q两列波在t=2.5 s时刻的波形图如图所示。
(ⅱ)两列简谐横波传播方向相反,t=0时刻P波在x=0处的振动步调与Q波在x=10 m处的振动步调相反,设两列波因干涉而振幅最大的平衡位置为x(单位为m),则
(x-0)-(10-x)=±(2n+1)　(n=0,1,2,…)
整理得x=5±2(2n+1)　(n=0,1,2,…),且0解得x=3 m或x=7 m。
设两列波因干涉而振幅最小的平衡位置为x'(单位为m),则
(x'-0)-(10-x')=±nλ　(n=0,1,2,…)
整理得x'=5±4n　(n=0,1,2,…),且0解得x'=1 m、x'=5 m或x'=9 m。
4.(2023全国乙,34,15分)[物理——选修3-4]
(1)(5分)一列简谐横波沿x轴传播,图(a)是t=0时刻的波形图;P是介质中位于x=2 m处的质点,其振动图像如图(b)所示。下列说法正确的是　　　　。(填正确答案标号。选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分。每选错1个扣3分,最低得分为0分)
　
A.波速为2 m/s
B.波向左传播
C.波的振幅是10 cm
D.x=3 m处的质点在t=7 s时位于平衡位置
E.质点P在0~7 s时间内运动的路程为70 cm
(2)(10分)如图,一折射率为的棱镜的横截面为等腰直角三角形△ABC,AB=AC=l,BC边所在底面上镀有一层反射膜。一细光束沿垂直于BC方向经AB边上的M点射入棱镜,若这束光被BC边反射后恰好射向顶点A,求M点到A点的距离。
答案 (1)ABE　(2)l
解析 (1)由图(a)可知波长λ=4 m,由图(b)可知波的振动周期T=2 s,则波速v==2 m/s,选项A正确;由图(b)可知t=0 时刻质点P的振动方向沿y轴负方向,由图(a)可判断出波沿x轴负方向传播,选项B正确;由图(a)可以看出波的振幅是5 cm,选项C错误;因为t=7 s=3T+T,故x=3 m处的质点在t=7 s时位于波峰,选项D错误;质点P在0~7 s时间内运动的路程为s=×4A=70 cm,选项E正确。
(2)设光束从M点射入棱镜时的入射角为i、折射角为r,则根据折射定律有
=n
由题意知i=45°,则r=30°
设光束在BC边的N点处发生反射,如图所示
在△BMN中,∠BMN=90°-r=60°,∠MBN=45°,故∠BNM=75°
根据角度关系知∠MNA=30°,∠AMN=120°
故∠MAN=30°,则AM=MN,设AM=x
在△BMN中根据正弦定理有=
即=
解得x=l
5.(2023山东,5,3分)
如图所示为一种干涉热膨胀仪原理图。G为标准石英环,C为待测柱形样品,C的上表面与上方标准平面石英板之间存在劈形空气层。用单色平行光垂直照射上方石英板,会形成干涉条纹。已知C的膨胀系数小于G的膨胀系数,当温度升高时,下列说法正确的是(　　)
A.劈形空气层的厚度变大,条纹向左移动
B.劈形空气层的厚度变小,条纹向左移动
C.劈形空气层的厚度变大,条纹向右移动
D.劈形空气层的厚度变小,条纹向右移动
答案：A 当温度升高时,由于C的膨胀系数小于G的膨胀系数,故待测柱状样品C的上表面与上方标准平面石英板之间的劈形空气层厚度变大,如图所示。
故原空气层厚度为d处出现的干涉条纹将出现在原位置左侧,即新空气层厚度为d的位置,条纹向左移动,A选项正确。
6.(2023湖南,7,5分)(多选)一位潜水爱好者在水下活动时,利用激光器向岸上救援人员发射激光信号,设激光光束与水面的夹角为α,如图所示。他发现只有当α大于41°时,岸上救援人员才能收到他发出的激光光束,下列说法正确的是(　　)
A.水的折射率为
B.水的折射率为
C.当他以α=60°向水面发射激光时,岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小于60°
D.当他以α=60°向水面发射激光时,岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角大于60°
答案：BC 当α等于41°时,入射角为49°,此时刚好发生全反射现象,由sin C=得水的折射率n=,A错误,B正确;当以α=60°向水面发射激光时,入射角为θ1=30°,设折射角为θ2,则由n=可知θ2>30°,则岸上救援人员接收激光光束的方向与水面夹角小于60°,C正确,D错误。
7.(2022北京,2,3分)下列现象能说明光是横波的是 (　　)
A.光的衍射现象　　　　　　　　　　B.光的折射现象
C.光的偏振现象　　　　　　　　　　D.光的干涉现象
答案　C　衍射和干涉现象说明光具有波动性;折射现象说明光从一种介质进入另一介质的过程中,传播方向会改变;偏振现象是横波的特有表现。故选C。
8.(2022浙江6月选考,4,3分)关于双缝干涉实验,下列说法正确的是 (　　)
A.用复色光投射就看不到条纹
B.明暗相间条纹是两列光在屏上叠加的结果
C.把光屏前移或后移,不能看到明暗相间条纹
D.蓝光干涉条纹的间距比红光的大
答案　B　复色光通过双缝干涉实验装置,能够看到彩色的干涉条纹,选项A错误;利用双缝可以得到两列相干光,明暗相间条纹是这两列光在屏上叠加的结果,选项B正确;根据双缝干涉条纹间距公式Δx=可知,光屏前移或后移,会改变干涉条纹的疏密程度,选项C错误;蓝光的波长比红光的短,通过同一个干涉实验装置,根据Δx=可知,蓝光干涉条纹的间距比红光的小,选项D错误。
9.(2022浙江6月选考,8,3分)如图所示,王亚平在天宫课堂上演示了水球光学实验,在失重环境下,往大水球中央注入空气,形成了一个空气泡,气泡看起来很明亮,其主要原因是 (　　)
A.气泡表面有折射没有全反射
B.光射入气泡衍射形成“亮斑”
C.气泡表面有折射和全反射
D.光射入气泡干涉形成“亮纹”
答案　C　往大水球中央注入空气,形成一个空气泡,当光从水射向气泡,即由光密介质射向光疏介质,若入射角小于临界角,发生折射,若入射角大于或等于临界角,就会发生全反射现象,气泡就会看起来很明亮,C正确。
10.(2022浙江1月选考,11,3分)如图所示,用激光笔照射半圆形玻璃砖圆心O点,发现有a、b、c、d四条细光束,其中d是光经折射和反射形成的。当入射光束a绕O点逆时针方向转过小角度Δθ时,b、c、d也会随之转动,则　 (　　)
A.光束b顺时针旋转角度小于Δθ
B.光束c逆时针旋转角度小于Δθ
C.光束d顺时针旋转角度大于Δθ
D.光束b、c之间的夹角减小了2Δθ
答案　B　光束a为入射光,则光束b为反射光,光束c为折射光,光束d为光束c的反射光。根据反射定律光束a逆时针转过Δθ时,光束b顺时针转过Δθ,故A错误;根据折射定律n=,折射角小于入射角,则光束c逆时针转过角度小于Δθ,故B正确,C错误;由光束b、c转动情况,可知光束b、c之间夹角减小的角度小于2Δθ,故D错误。
11.(2022山东,7,3分)柱状光学器件横截面如图所示,OP右侧是以O为圆心、半径为R的圆,左侧是直角梯形,AP长为R,AC与CO夹角45°,AC中点为B。a、b两种频率的细激光束,垂直AB面入射,器件介质对a、b光的折射率分别为1.42、1.40。保持光的入射方向不变,入射点从A向B移动过程中,能在PM面全反射后,从OM面出射的光是(不考虑三次反射以后的光) (　　)
A.仅有a光　　　　　　　　　　B.仅有b光
C.a、b光都可以　　　　　　　　　　D.a、b光都不可以
答案　A　a光的全反射临界角C1满足sin C1=<,即C1<45°,b光的全反射临界角C2满足sin C2=>,即C2>45°。当光线垂直AB射入之后,部分光路如图,光在介质中OC界面的入射角为45°,则a光发生全反射,b光既有折射又有反射。当入射点从A向B移动时,经OC面反射后的光线,在PM上的入射点从Q向P移动,根据几何关系可知,入射角从Q处的0°一直增大到P处的45°,所以b光不会发生全反射,a光会在P点发生全反射,恰好从M射出,故选项A正确。
12.(2022浙江1月选考,16,2分)(多选)电子双缝干涉实验是近代证实物质波存在的实验。如图所示,电子枪持续发射的电子动量为1.2×10-23 kg·m/s,然后让它们通过双缝打到屏上。已知电子质量取9.1×10-31 kg,普朗克常量取6.6×10-34 J·s,下列说法正确的是 (　　)
A.发射电子的动能约为8.0×10-15 J
B.发射电子的物质波波长约为5.5×10-11 m
C.只有成对电子分别同时通过双缝才能发生干涉
D.如果电子是一个一个发射的,仍能得到干涉图样
答案　BD　由动量与动能关系式可得,发射电子的动能Ek== J≈8.0×10-17 J,A错误;根据物质波波长λ=可知,电子的物质波波长λ= m=5.5×10-11 m,B正确;因物质波是概率波,随着电子数增加,干涉图样越来越明显,故C错误,D正确。
13.(2022山东,10,4分)(多选)某同学采用图甲所示的实验装置研究光的干涉与衍射现象,狭缝S1、S2的宽度可调,狭缝到屏的距离为L。同一单色光垂直照射狭缝,实验中分别在屏上得到了图乙、图丙所示图样。下列描述正确的是　 (　　)
图甲
A.图乙是光的双缝干涉图样,当光通过狭缝时,也发生了衍射
B.遮住一条狭缝,另一狭缝宽度增大,其他条件不变,图丙中亮条纹宽度增大
C.照射两条狭缝时,增加L,其他条件不变,图乙中相邻暗条纹的中心间距增大
D.照射两条狭缝时,若光从狭缝S1、S2到屏上P点的路程差为半波长的奇数倍,P点处一定是暗条纹
答案　ACD　图乙是干涉图样,在发生干涉时也有衍射,故A正确。
遮住一条缝时是单缝衍射,若狭缝变宽,则图丙中亮条纹宽度变小,故B错误。
由Δx=λ知,增大L时,Δx变大,故C正确。
屏上P点到双缝的路程差满足Δx=(2n+1)(n=0,1,2,3…)时,P点处一定是暗条纹,D正确。
14.[2017海南单科,16(1),4分](多选)如图,空气中有两块材质不同、上下表面平行的透明玻璃板平行放置;一细光束从空气中以某一角度θ(0<θ<90°)入射到第一块玻璃板的上表面。下列说法正确的是(　　)
A.在第一块玻璃板下表面一定有出射光
B.在第二块玻璃板下表面一定没有出射光
C.第二块玻璃板下表面的出射光方向一定与入射光方向平行
D.第二块玻璃板下表面的出射光一定在入射光延长线的左侧
E.第一块玻璃板下表面的出射光线一定在入射光延长线的右侧
答案　ACD　光线从第一块玻璃板的上表面射入,在第一块玻璃板中上表面的折射角和下表面的入射角相等,根据光的可逆原理可知,光在第一块玻璃板下表面一定有出射光,同理,在第二块玻璃板下表面也一定有出射光,故A正确,B错误;因为光在玻璃板中的上表面的折射角和下表面的入射角相等,根据光的可逆原理知,从下表面出射光的折射角和开始在上表面的入射角相等,即两光线平行,所以第二块玻璃板下表面的出射光方向一定与入射光方向平行,故C正确;根据光线在玻璃板中发生偏折,折射角小于入射角,可知第二块玻璃板下表面的出射光一定在入射光延长线的左侧,故D正确;同理可知,E错误。
15.(2017天津理综,2,6分)明代学者方以智在《阳燧倒影》中记载:“凡宝石面凸,则光成一条,有数棱则必有一面五色”,表明白光通过多棱晶体折射会发生色散现象。如图所示,一束复色光通过三棱镜后分解成两束单色光a、b,下列说法正确的是(　　)
A.若增大入射角i,则b光先消失
B.在该三棱镜中a光波长小于b光
C.a光能发生偏振现象,b光不能发生
D.若a、b光分别照射同一光电管都能发生光电效应,则a光的遏止电压低
答案　D　本题考查色散、全反射、偏振、光电效应。当增大入射角i时,两单色光在左侧界面的折射角增大,但在右侧界面的入射角均减小,故不会发生全反射,A错误。由图知三棱镜对a光的折射率小于对b光的折射率,而同种介质对频率越大的光折射率越大,故νa<νb,光在三棱镜中的波长λ==,naλb,B错误。偏振是横波所特有的现象,故a、b两光都能发生偏振,C错误。由eUc=Ek=hν-W可知,在照射同一光电管即W相同的条件下,a光波长长、频率低,故a光的遏止电压Uc也低,D正确。
知识归纳　单色光的相关物理量(其他条件相同)
红 橙 黄 绿 青 蓝 紫 相关公式
波长 λ=
频率
光子能量 E=hν
折射率 n·sin C=1
临界角
视深度 h'=h/n
最大初动能 Ek=hν-W
干涉条纹宽度 Δx=λ
16.(2017北京理综,14,6分)如图所示,一束可见光穿过平行玻璃砖后,变为a、b两束单色光。如果光束b是蓝光,则光束a可能是(　　)
A.红光　　　　　　B.黄光
C.绿光　　　　　　D.紫光
答案　D　本题考查光的折射、色散。由题图可知,可见光穿过玻璃砖后,发生了色散,其中a光的侧移距离大于b光的侧移距离,说明玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率,同种介质对红、橙、黄、绿、青、蓝、紫的折射率依次增大,由于b光是蓝光,故只有D选项符合题意。
知识归纳　色光中相关物理量的变化
　　　　　　色光 物理量　　　　　　 红橙黄绿青蓝紫
频率ν、对应同一介质的折 射率n、光子能量hν 小——变大大
波长λ和同一介质中的 光速v、临界角C 大——变小小
17.[2015重庆理综,11(1),6分]虹和霓是太阳光在水珠内分别经过一次和两次反射后出射形成的,可用白光照射玻璃球来说明。两束平行白光照射到透明玻璃球后,在水平的白色桌面上会形成MN和PQ两条彩色光带,光路如图所示。M、N、P、Q点的颜色分别为(　　)
A.紫、红、红、紫　　　　　　B.红、紫、红、紫
C.红、紫、紫、红　　　　　　D.紫、红、紫、红
答案　A　由题图可知,射到M点的光线进入玻璃球时的折射角小于射到N点的光线进入玻璃球时的折射角,所以玻璃对射到M点的光的折射率大于玻璃对射到N点的光的折射率,故M点的颜色为紫色,N点的颜色为红色;同理可得P点的颜色为红色,Q点的颜色为紫色,所以只有A项正确。
18.(2015安徽理综,18,6分)如图所示,一束单色光从空气入射到棱镜的AB面上,经AB和AC两个面折射后从AC面进入空气。当出射角i'和入射角i相等时,出射光线相对于入射光线偏转的角度为θ。已知棱镜顶角为α,则计算棱镜对该色光的折射率表达式为(　　)
A.　　　　　　B.
C.　　　　　　D.
答案　A　由图可知,当出射角与入射角相等时,AB面上的折射角与AC面上的入射角相等,设为r,
由几何关系可知α+β=180°,2r+β=180°,得α=2r,而θ=2(i-r),得i=,由折射定律得n==,选项A正确。
19.(2014天津理综,8,6分)(多选)一束由两种频率不同的单色光组成的复色光从空气射入玻璃三棱镜后,出射光分成a、b两束,如图所示,则a、b两束光(　　)
A.垂直穿过同一块平板玻璃,a光所用的时间比b光长
B.从同种介质射入真空发生全反射时,a光临界角比b光的小
C.分别通过同一双缝干涉装置,b光形成的相邻亮条纹间距小
D.若照射同一金属都能发生光电效应,b光照射时逸出的光电子最大初动能大
答案　AB　由图知na>nb,则由n=知vatb,A正确。由sin C=知Ca20.(2014北京理综,20,6分)以往,已知材料的折射率都为正值(n>0)。现已有针对某些电磁波设计制作的人工材料,其折射率可以为负值(n<0),称为负折射率材料。位于空气中的这类材料,入射角i与折射角r依然满足=n,但是折射线与入射线位于法线的同一侧(此时折射角取负值)。现空气中有一上下表面平行的负折射率材料,一束电磁波从其上表面射入,下表面射出。若该材料对此电磁波的折射率n=-1,正确反映电磁波穿过该材料的传播路径的示意图是(　　)
答案　B　折射线与入射线应位于法线的同一侧,故选项A、D错误。因为材料折射率n=-1,在电磁波由空气进入介质时,sin α=-sin(-β),得α=β,则C项错。故正确选项为B。
20.[2014重庆理综,11(1),6分]打磨某剖面如图所示的宝石时,必须将OP、OQ边与轴线的夹角θ切磨在θ1<θ<θ2的范围内,才能使从MN边垂直入射的光线,在OP边和OQ边都发生全反射(仅考虑如图所示的光线第一次射到OP边并反射到OQ边后射向MN边的情况),则下列判断正确的是(　　)
A.若θ>θ2,光线一定在OP边发生全反射
B.若θ>θ2,光线会从OQ边射出
C.若θ<θ1,光线会从OP边射出
D.若θ<θ1,光线会在OP边发生全反射
答案　D　作出θ1<θ<θ2时的光路如图所示。由图中几何关系有i1=90°-θ,2θ+90°-i1+90°-i2=180°,即i1+i2=2θ。则有i2=3θ-90°。可见θ越大时i2越大、i1越小。要使光线在OP上发生全反射,应有i1≥C,即θ≤90°-C;要使光线在OQ上发生全反射,应有i2≥C,即θ≥30°+。可见在OP边和OQ边都发生全反射时应满足θ1<30°+≤θ≤90°-C<θ2。故当θ>θ2时一定有θ>90°-C,光线一定不会在OP边上发生全反射,同时也一定有θ>30°+,即光线若能射在OQ边上,一定会发生全反射,故A、B皆错误。当θ<θ1时,一定有θ<90°-C,即光线一定在OP边发生全反射,C错误D正确。
21.(2016天津理综,2,6分)如图是a、b两光分别经过同一双缝干涉装置后在屏上形成的干涉图样,则(　　)
A.在同种均匀介质中,a光的传播速度比b光的大
B.从同种介质射入真空发生全反射时a光临界角大
C.照射在同一金属板上发生光电效应时,a光的饱和电流大
D.若两光均由氢原子能级跃迁产生,产生a光的能级能量差大
答案　D　由a、b两光的干涉图样结合Δx=λ知,λa<λb,则νa>νb、na>nb,由n=知va易错点拨　由干涉图样中条纹的宽度确定波长、折射率、频率的关系,易错点在于认为饱和电流与光的频率有关而错选C选项。
本题以光的双缝干涉图样为背景材料,综合考查双缝干涉、折射率、临界角、光电效应规律和氢原子的能级跃迁,试题涉及内容多,知识覆盖面广,虽然难度适中,真正考查了学生的综合应用能力。
22.[2015课标Ⅱ,34(1),5分,0.372](多选)如图,一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖,在玻璃砖底面上的入射角为θ,经折射后射出a、b两束光线。则　　　。
A.在玻璃中,a光的传播速度小于b光的传播速度
B.在真空中,a光的波长小于b光的波长
C.玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率
D.若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大,则折射光线a首先消失
E.分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验,a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距
答案　ABD　从光路图看,入射角相同,a光的折射角较大,所以玻璃砖对a光的折射率较大,a光的频率较大,波长较短,B正确,C不正确;根据n=知va思路点拨　①光线由玻璃射向空气中发生折射,是由光密介质到光疏介质,则在入射角相同的情况下,折射角越大,折射率n越大,频率越高,又因为c=fλ,则波长越小。②n=,n不变,i随θ增大而增大,a光首先消失。③据Δx=λ判断干涉条纹间距。
23.(2015天津理综,2,6分)中国古人对许多自然现象有深刻认识,唐人张志和在《玄真子·涛之灵》中写道:“雨色映日而为虹”。从物理学角度看,虹是太阳光经过雨滴的两次折射和一次反射形成的。如图是彩虹成因的简化示意图,其中a、b是两种不同频率的单色光,则两光(　　)
A.在同种玻璃中传播,a光的传播速度一定大于b光
B.以相同角度斜射到同一玻璃板透过平行表面后,b光侧移量大
C.分别照射同一光电管,若b光能引起光电效应,a光也一定能
D.以相同的入射角从水中射入空气,在空气中只能看到一种光时,一定是a光
答案　C　根据光路图可知,a光的折射率大于b光的折射率。由n=可知,在同种玻璃中,a光的传播速度应小于b光,A项错误;以相同角度斜射到同一玻璃板透过平行表面后,由于a光的折射率大,偏折程度大,a光侧移量大,B项错误;折射率大的a光频率也高,所以分别照射同一光电管,若b光能引起光电效应,a光也一定能,C项正确;由于b光的折射率小,b光从光密介质射向光疏介质发生全反射的临界角大,当a、b光以相同的入射角从水中射入空气时,若在空气中只能看到一种光,说明该光未发生全反射,所以一定是b光,D项错误。
24.(2014大纲全国,17,6分)在双缝干涉实验中,一钠灯发出的波长为589 nm的光,在距双缝1.00 m的屏上形成干涉图样。图样上相邻两明纹中心间距为0.350 cm,则双缝的间距为(　　)
A.2.06×10-7 m　　　　　　B.2.06×10-4 m
C.1.68×10-4 m　　　　　　D.1.68×10-3 m
答案　C　由Δx=λ可得双缝间距d=·λ= m=1.68×10-4 m,选项C正确。
25.(2014浙江理综,18,6分)(多选)关于下列光学现象,说法正确的是(　　)
A.水中蓝光的传播速度比红光快
B.光从空气射入玻璃时可能发生全反射
C.在岸边观察前方水中的一条鱼,鱼的实际深度比看到的要深
D.分别用蓝光和红光在同一装置上做双缝干涉实验,用红光时得到的条纹间距更宽
答案　CD　因为频率f蓝>f红,则n蓝>n红,又因为在水中v=,得到v蓝λ蓝,同一装置L/d相同,所以用红光时条纹间距更宽,D项正确。
26.[2016课标Ⅱ,34(1),5分](多选)关于电磁波,下列说法正确的是　　　　。
A.电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关
B.周期性变化的电场和磁场可以相互激发,形成电磁波
C.电磁波在真空中自由传播时,其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直
D.利用电磁波传递信号可以实现无线通信,但电磁波不能通过电缆、光缆传输
E.电磁波可以由电磁振荡产生,若波源的电磁振荡停止,空间的电磁波随即消失
答案　ABC　电磁波在真空中的传播速度为3×108 m/s,与频率无关,选项A正确;由麦克斯韦电磁场理论可知,选项B正确;变化的电场和磁场相互激发,且相互垂直,形成的电磁波的传播方向与电场和磁场均垂直,选项C正确;电磁波可以通过电缆、光缆传输,选项D错误;电磁振荡停止后,电磁波可以在空间继续传播,直到能量消耗完为止,选项E错误。
易错点拨　易错选E,认为波源停止振荡,波随即消失。
本题考查电磁波的产生与传播的相关知识,试题难度不大,考查学生的识记能力。
27.(2016上海单科,3,2分)各种不同频率范围的电磁波按频率由大到小的排列顺序是(　　)
A.γ射线、紫外线、可见光、红外线
B.γ射线、红外线、紫外线、可见光
C.紫外线、可见光、红外线、γ射线
D.红外线、可见光、紫外线、γ射线
答案　A　在电磁波谱中,各电磁波按照频率从小到大的排列顺序是:无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线,所以选项A正确。
28.(2016天津理综,1,6分)我国成功研发的反隐身先进米波雷达堪称隐身飞机的克星,它标志着我国雷达研究又创新的里程碑。米波雷达发射无线电波的波长在1~10 m范围内,则对该无线电波的判断正确的是(　　)
A.米波的频率比厘米波频率高
B.和机械波一样须靠介质传播
C.同光波一样会发生反射现象
D.不可能产生干涉和衍射现象
答案　C　无线电波与光波均为电磁波,均能发生反射、干涉、衍射现象,故C正确、D错。电磁波在真空中传播速度最快,故B错。由c=λf可知,频率与波长成反比,故A错。
知识归纳　所有波共有的特性:能发生反射、折射、干涉、衍射和多普勒效应。
本题考查电磁波的基础知识,涉及的知识点虽多,但均为考生熟悉的知识点,故为容易题。
29.(2016北京理综,14,6分)下列说法正确的是(　　)
A.电磁波在真空中以光速c传播
B.在空气中传播的声波是横波
C.声波只能在空气中传播
D.光需要介质才能传播
答案　A　声波是机械波,是纵波,在气体、固体、液体中都能传播,故B、C两项均错误;电磁波的传播不需要介质,能在真空中以光速传播,A项正确,D项错误。
知识归纳　要把电磁波与机械波的共同点和不同点比较清楚。
30.[2018江苏单科,12B(1)](多选)梳子在梳头后带上电荷,摇动这把梳子在空中产生电磁波。该电磁波(　　)
A.是横波
B.不能在真空中传播
C.只能沿着梳子摇动的方向传播
D.在空气中的传播速度约为3×108 m/s
答案　AD　电磁波为横波,电磁波的传播不需要介质,可以向周围各个方向传播,真空中传播速度最大,c=3.0×108 m/s,在空气中的传播速度与真空中的传播速度近似相等,故选A、D。
31.[2017江苏单科,12B(1)](多选)接近光速飞行的飞船和地球上各有一只相同的铯原子钟,飞船和地球上的人观测这两只钟的快慢,下列说法正确的有(　　)
A.飞船上的人观测到飞船上的钟较快
B.飞船上的人观测到飞船上的钟较慢
C.地球上的人观测到地球上的钟较快
D.地球上的人观测到地球上的钟较慢
答案　AC　由狭义相对论的“钟慢效应”原理可知,飞船上的人观测到地球上的钟较慢,地球上的人观测到飞船上的钟较慢,故A、C正确,B、D错误。
知识链接　钟慢效应
某两个事件在不同参考系中的时间间隔
Δt=
32.(2017北京理综,20,6分)物理学原理在现代科技中有许多重要应用。例如,利用波的干涉,可将无线电波的干涉信号用于飞机降落的导航。
如图所示,两个可发射无线电波的天线对称地固定于飞机跑道两侧,它们类似于杨氏干涉实验中的双缝。两天线同时都发出波长为λ1和λ2的无线电波。飞机降落过程中,当接收到λ1和λ2的信号都保持最强时,表明飞机已对准跑道。下列说法正确的是(　　)
A.天线发出的两种无线电波必须一样强
B.导航利用了λ1与λ2两种无线电波之间的干涉
C.两种无线电波在空间的强弱分布稳定
D.两种无线电波各自在空间的强弱分布完全重合
答案　C　本题考查波的干涉。波的干涉产生与否与波的强弱无关,故A错;导航利用了同频率的两列波的干涉,而波长为λ1和λ2的两列波频率不同,B错;λ1与λ1干涉,λ2与λ2干涉,两个干涉图样在空间的强弱分布稳定,故C正确;由于λ1与λ2两列波的波长不同,故两干涉图样在空间强弱分布不重合,D错。
颖难突破　波的干涉及干涉图样
两列波产生稳定干涉图样的条件之一是两列波的频率相同,本题中,每个天线同时且都发出两列波长为λ1和λ2的波,在同种介质中波长相同,频率相同,产生干涉,故在飞机跑道区域存在两个稳定的干涉图样,且跑道中心线上每点到波源的距离相等,故中心线上各点均为两个干涉图样的加强点,飞机降落时利用这些加强点来对准跑道中心线,实现安全降落。
33.(2015北京理综,20,6分)利用所学物理知识,可以初步了解常用的公交一卡通(IC卡)的工作原理及相关问题。IC卡内部有一个由电感线圈L和电容C构成的LC振荡电路。公交车上的读卡机(刷卡时“嘀”的响一声的机器)向外发射某一特定频率的电磁波。刷卡时,IC卡内的线圈L中产生感应电流,给电容C充电,达到一定的电压后,驱动卡内芯片进行数据处理和传输。下列说法正确的是(　　)
A.IC卡工作所需要的能量来源于卡内的电池
B.仅当读卡机发射该特定频率的电磁波时,IC卡才能有效工作
C.若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率,则线圈L中不会产生感应电流
D.IC卡只能接收读卡机发射的电磁波,而不能向读卡机传输自身的数据信息
答案　B　刷卡时线圈L产生感应电流,为电容C充电,因此IC卡不用电池,A错;仅当读卡机向外发射某一特定频率的电磁波时,才能使电容C达到一定电压,IC卡才能有效工作,B正确;当读卡机发射的电磁波的频率偏离特定频率,线圈中也会产生感应电流,只是不能使电容C达到一定的电压,只有当电容C达到一定电压后,才能驱动卡内芯片进行数据处理和传输,C、D错误。
34.(2014四川理综,2,6分)电磁波已广泛运用于很多领域。下列关于电磁波的说法符合实际的是(　　)
A.电磁波不能产生衍射现象
B.常用的遥控器通过发出紫外线脉冲信号来遥控电视机
C.根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度
D.光在真空中运动的速度在不同惯性系中测得的数值可能不同
答案　C　衍射现象是波特有的现象,故电磁波能发生衍射现象,A错误。遥控器是通过发出的红外线脉冲信号遥控电视机的,B错误。根据多普勒效应,当天体相对地球运动时,我们接收到来自天体的电磁波频率发生变化,根据其变化可判断遥远天体相对地球的运动速度,C正确。光在真空中的速度是定值,在任何惯性系中测出的数值应相同,D错误。
35.(2023山东,16,8分)一种反射式光纤位移传感器可以实现微小位移测量,其部分原理简化如图所示。两光纤可等效为圆柱状玻璃丝M、N,相距为d,直径均为2a,折射率为n(n<)。M、N下端横截面平齐且与被测物体表面平行。激光在M内多次全反射后从下端面射向被测物体,经被测物体表面镜面反射至N下端面,N下端面被照亮的面积与玻璃丝下端面到被测物体距离有关。
(1)从M下端面出射的光与竖直方向的最大偏角为θ,求θ的正弦值;
(2)被测物体自上而下微小移动,使N下端面从刚能接收反射激光到恰好全部被照亮,求玻璃丝下端面到被测物体距离b的相应范围(只考虑在被测物体表面反射一次的光线)。
答案： 见解析
解析 (1)由题意可知光在M内恰好发生全反射时,从M下端面出射的光与竖直方向的偏角最大为θ,设光在M下端面的入射角为α,则有α=90°-C,故有sin α=cos C,又sin C=,n=,联立解得sin θ=。
(2)由题意可知,从M下端面最右侧射出的与竖直方向夹角为θ的光,刚好能反射到N下端面,如图所示,
设光刚好反射到N下端面最左侧,此时玻璃丝下端面到被测物体距离为b0,由图可知tan θ=,又sin θ=,解得b0=;设被测物体下移Δb时,光刚好反射到N下端面最右侧,则tan θ=,解得Δb=a,所以玻璃丝下端面到被测物体的距离b的范围是b0≤b≤b0+Δb,即≤b≤。
36.[2022广东,16(2),6分]一个水平放置的圆柱形罐体内装了一半的透明液体,液体上方是空气,其截面如图所示。一激光器从罐体底部P点沿着罐体的内壁向上移动,它所发出的光束始终指向圆心O点。当光束与竖直方向成45°角时,恰好观察不到从液体表面射向空气的折射光束。已知光在空气中的传播速度为c,求液体的折射率n和激光在液体中的传播速度v。
答案　　c
解析　由题意知,当激光在入射角为45°时,恰好观察不到折射光,说明激光发生了全反射,临界角为ic=45°,液体折射率为n=,解得:n=,由折射率n与光在介质中传播速度v关系可知,n=,代入数据解得:v=c。
37.[2022全国乙,34(2),10分]一细束单色光在三棱镜ABC的侧面AC上以大角度由D点入射(入射面在棱镜的横截面内),入射角为i,经折射后射至AB边的E点,如图所示。逐渐减小i,E点向B点移动,当sin i=时,恰好没有光线从AB边射出棱镜,且DE=DA。求棱镜的折射率。
答案　
解析　光路图如图所示
由折射定律得:n=
恰好发生全反射时:n=
由几何关系:α=-(π-2β),θ=-β
联立解得:n=
38.[2022湖南,16(2),8分]如图,某种防窥屏由透明介质和对光完全吸收的屏障构成,其中屏障垂直于屏幕平行排列,可实现对像素单元可视角度θ的控制(可视角度θ定义为某像素单元发出的光在图示平面内折射到空气后最大折射角的2倍)。透明介质的折射率n=2,屏障间隙L=0.8 mm。发光像素单元紧贴屏下,位于相邻两屏障的正中间。不考虑光的衍射。
(ⅰ)若把发光像素单元视为点光源,要求可视角度θ控制为60°,求屏障的高度d;
(ⅱ)若屏障高度d=1.0 mm,且发光像素单元的宽度不能忽略,求像素单元宽度x最小为多少时,其可视角度θ刚好被扩为180°(只要看到像素单元的任意一点,即视为能看到该像素单元)。
答案　(ⅰ)1.55 mm　(ⅱ)0.35 mm
解析　(ⅰ)由可视角度为60°,可知最大折射角r=30°,由折射定律可知,最大入射角i的正弦值为sin i==,由图中几何关系可得d==L= mm≈1.55 mm
(ⅱ)如图,若使可视角度刚好被扩为180°,则临界光线恰好发生全反射
sin C==,可得C=30°
由图中几何关系有tan C=
解得x= mm≈0.35 mm
思路分析　可视角度对应于最大折射角度,则对应于最大入射角度,也就对应于临界光线,即传播路径恰好经过屏障边缘的光线。作出光路图,确定几何关系即可。
39.[2022全国甲,34(2),10分]如图,边长为a的正方形ABCD为一棱镜的横截面,M为AB边的中点。在截面所在平面内,一光线自M点射入棱镜,入射角为60°,经折射后在BC边的N点恰好发生全反射,反射光线从CD边的P点射出棱镜。求棱镜的折射率以及P、C两点之间的距离。
答案　　a
解析　设光线在M点的折射角为θ,由折射定律有
n=
由几何关系可知光线在N点的入射角为90°-θ,由于光线在N点恰好发生全反射,可知临界角θ0=90°-θ
又n=,解得n=,tan θ=
由题图中几何关系有+=a,解得PC=a
40.[2022重庆,16(2),8分]如图所示,水面上有一透明均质球,上半球露出水面,下半球内竖直中心轴上有红、蓝两种单色灯(可视为点光源),均质球对两种色光的折射率分别为n红和n蓝。为使从光源照射到上半球面的光,都能发生折射(不考虑光线在球内反射后的折射),若红灯到水面的最大距离为h红,
①求蓝灯到水面的最大距离;
②两灯都装在各自到水面的最大距离处,蓝灯在红灯的上方还是下方 为什么
答案　见解析
解析　①为使从光源照射到上半球面的光都能发生折射,以红光为例,当入射角最大达到临界角C红时,光线恰好垂直水面折射出去,光路图如图所示
假设球半径为R,根据全反射定律可知sin C红=
由几何关系可知tan C红=
同理可知蓝光有sin C蓝=,tan C蓝=
两式联立解得h蓝=·h红
②蓝光的折射率n蓝大于红光的折射率n红,即n蓝>n红>1,可知h蓝=·h红41.(2022湖北,14,9分)如图所示,水族馆训练员在训练海豚时,将一发光小球高举在水面上方的A位置,海豚的眼睛在B位置,A位置和B位置的水平距离为d,A位置离水面的高度为d。训练员将小球向左水平抛出,入水点在B位置的正上方,入水前瞬间速度方向与水面夹角为θ。小球在A位置发出的一束光线经水面折射后到达B位置,折射光线与水平方向的夹角也为θ。已知水的折射率n=,求:
(1)tan θ的值;
(2)B位置到水面的距离H。
答案　(1)　(2)d
解析　(1)小球做平抛运动,设初速度为v0、在空中飞行时间为t,则
水平方向上d=v0t
竖直方向上=t
再由速度合成与分解有tan θ=
解得tan θ=
(2)设光线在水面的入射角为θ1,由折射定律有
n=
再由图中几何关系有
d=+ tan θ1
联立解得H=d
42.[2022河北,16(2),8分]如图,一个半径为R的玻璃球,O点为球心。球面内侧单色点光源S发出的一束光在A点射出,出射光线AB与球直径SC平行,θ=30°。光在真空中的传播速度为c。求:
(ⅰ)玻璃的折射率;
(ⅱ)从S发出的光线经多次全反射回到S点的最短时间。
答案　(ⅰ)　(ⅱ)
解析　(ⅰ)光路图如图所示
在A点发生折射时,θ=30°
由几何关系:α=2θ=60°
则折射率n==
(ⅱ)设全反射的临界角为C,则有sin C==<,即C<45°,所以从S发出的光线经3次全反射后回到S点所用时间最短,
光通过的路程s=4R
光速v=
最短时间t=
联立解得t=
43.(2022江苏,12,8分)如图所示,两条距离为D的平行光线,以入射角θ从空气射入平静水面,反射光线与折射光线垂直。求:
(1)水的折射率n;
(2)两条折射光线之间的距离d。
答案　(1)tan θ　(2)D·tan θ
解析　(1)由几何关系可知折射角α=90°-θ,则折射率n==tan θ。
(2)如图所示,由几何关系可知=,所以d=D=D·tan θ。
44.[2019海南单科,16(2),8分]一透明材料制成的圆柱体的上底面中央有一球形凹陷,凹面与圆柱体下底面可透光,表面其余部分均涂有遮光材料。过圆柱体对称轴线的截面如图所示。O点是球形凹陷的球心,半径OA与OG夹角θ=120°。平行光沿轴线方向向下入射时,从凹面边缘A点入射的光线经折射后,恰好由下底面上C点射出。已知AB=FG=1 cm,BC= cm,OA=2 cm。
(ⅰ)求此透明材料的折射率;
(ⅱ)撤去平行光,将一点光源置于球心O点处,求下底面上有光出射的圆形区域的半径(不考虑侧面的反射光及多次反射的影响)。
答案　(ⅰ)　(ⅱ) cm
解析　(ⅰ)平行光沿轴线方向向下入射时,折射后恰好由下底面上的C点射出,光图如图所示:
由图可知入射角i=60°
折射角的正切值为tan r==
所以折射角r=30°
根据折射定律可得透明材料的折射率为:
n===
(ⅱ)撤去平行光,将一点光源置于球心O点处,光路图如图所示:
由题意及几何关系可得:
DH=OH=(+1) cm
所以∠DOH=∠COH
由于射到圆弧面上的光线不会发生折射,设全反射的临界角为α,则有:
sin α==< sin 45°,即临界角小于45°
则tan α==
所以下底面上有光射出的圆形区域的半径为:
EH=OH tan α=(+1)× cm= cm
解题思路　(ⅰ)画出光路图,由几何关系得出入射角与折射角,根据折射定律求解折射率;
(ⅱ)画出光路图,结几何关系及全反射的条件找出边缘光线,根据几何关系即可求出有光射出的区域的半径。
素养考查　本题考查了折射定律、全反射知识,以及理解能力、推理能力、应用数学处理物理问题的能力,体现了科学思维中科学推理、科学论证的要素。
45.如图所示,某L形透明材料的折射率n=2。现沿AB方向切去一角,AB与水平方向的夹角为θ。为使水平方向的光线射到AB面时不会射入空气,求θ的最大值。
答案　60°
解析　(3)本题考查了光的折射和全反射等知识及学生综合分析能力,体现了科学探究中问题和证据的素养要素。
为使光射到AB面时不射入空气,故光在AB面发生全反射,由sin C=,且C+θ=90°,得θ=60°
解题关键　简谐运动的位移是以平衡位置为位移的起点的。
疑难突破　干涉和衍射的产生原理不同,干涉是两个光源,即双缝光源,衍射为一个光源,即单缝光源。
46.[2018海南单科,16(2),8分]如图,由透明介质构成的半球壳的内外表面半径分别为R和R。一横截面半径为R的平行光束入射到半球壳内表面,入射方向与半球壳的对称轴平行,所有的入射光线都能从半球壳的外表面射出。已知透明介质的折射率为n=。求半球壳外表面上有光线射出区域的圆形边界的半径。不考虑多次反射。
答案　R
解析　设光从半球壳内表面边沿上的A点入射,入射角为90°、折射角为α(全反射临界角也为α),在半球壳外表面内侧的B点发生折射,入射角为β,如图所示。
由全反射临界角的定义得1=n sin α　①
由正弦定理得
=　②
OD为对称轴,设∠BOD=γ,由几何关系可知
γ=-(α-β)　③
设B点到OD的距离为r,即为所求的半球壳外表面上有光线射出区域的圆形边界的半径,由几何关系有
r=R sin γ　④
由①②③④式及题给数据解得r=R　⑤
解题思路　(1)光从半球壳内表面边沿上的A点入射,入射角为90°,折射角为α,α等于全反射临界角,根据全反射临界角公式求出α;(2)画出光路图,根据几何关系求出半球壳外表面上有光线射出区域的圆形边界的半径。
47.[2017课标Ⅰ,34(2),10分]如图,一玻璃工件的上半部是半径为R的半球体,O点为球心;下半部是半径为R、高为2R的圆柱体,圆柱体底面镀有反射膜。有一平行于中心轴OC的光线从半球面射入,该光线与OC之间的距离为0.6R。已知最后从半球面射出的光线恰好与入射光线平行(不考虑多次反射)。求该玻璃的折射率。
答案　1.43
解析　如图,根据光路的对称性和光路可逆性,与入射光线相对于OC轴对称的出射光线一定与入射光线平行。这样,从半球面射入的折射光线,将从圆柱体底面中心C点反射。
设光线在半球面的入射角为i,折射角为r。由折射定律有
sin i=n sin r①
由正弦定理有
=②
由几何关系,入射点的法线与OC的夹角为i。由题设条件和几何关系有
sin i=③
式中L是入射光线与OC的距离。由②③式和题给数据得
sin r=④
由①③④式和题给数据得
n=≈1.43⑤
48.[2017课标Ⅱ,34(2),10分]一直桶状容器的高为2l,底面是边长为l的正方形;容器内装满某种透明液体,过容器中心轴DD'、垂直于左右两侧面的剖面图如图所示。容器右侧内壁涂有反光材料,其他内壁涂有吸光材料。在剖面的左下角处有一点光源,已知由液体上表面的D点射出的两束光线相互垂直,求该液体的折射率。
答案　1.55
解析　设从光源发出直接射到D点的光线的入射角为i1,折射角为r1。在剖面内作光源相对于反光壁的镜像对称点C,连接C、D,交反光壁于E点,由光源射向E点的光线,反射后沿ED射向D点。光线在D点的入射角为i2,折射角为r2,如图所示。设液体的折射率为n,由折射定律有
n sin i1=sin r1①
n sin i2=sin r2②
由题意知r1+r2=90°③
联立①②③式得n2=④
由几何关系可知sin i1==⑤
sin i2==⑥
联立④⑤⑥式得n=1.55⑦
解题关键　正确画出光路图,由数学知识找出相关角的关系。
49.[2017江苏单科,12B(3)]人的眼球可简化为如图所示的模型。折射率相同、半径不同的两个球体共轴。平行光束宽度为D,对称地沿轴线方向射入半径为R的小球,会聚在轴线上的P点。取球体的折射率为,且D=R。求光线的会聚角α。(示意图未按比例画出)
答案　见解析
解析　由几何关系sin i=,解得i=45°,则由折射定律=n,解得γ=30°
且i=γ+,解得α=30°
友情提醒　对折射率的理解
注意:折射率n=中,入射角i是光在真空或空气中的入射角度。
50.[2016课标Ⅰ,34(2),10分]如图,在注满水的游泳池的池底有一点光源A,它到池边的水平距离为3.0 m。从点光源A射向池边的光线AB与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角,水的折射率为。
(ⅰ)求池内的水深;
(ⅱ)一救生员坐在离池边不远处的高凳上,他的眼睛到池面的高度为2.0 m。当他看到正前下方的点光源A时,他的眼睛所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为45°。求救生员的眼睛到池边的水平距离(结果保留1位有效数字)。
答案　(ⅰ)2.6 m　(ⅱ)0.7 m
解析　(ⅰ)如图,设到达池边的光线的入射角为i。依题意,水的折射率n=,光线的折射角θ=90°。由折射定律有
n sin i=sin θ①
由几何关系有
sin i=②
式中,l=3 m,h是池内水的深度。联立①②式并代入题给数据得
h= m≈2.6 m③
(ⅱ)设此时救生员的眼睛到池边的水平距离为x。依题意,救生员的视线与竖直方向的夹角为θ'=45°。由折射定律有
n sin i'=sin θ'④
式中,i'是光线在水面的入射角。设池底点光源A到水面入射点的水平距离为a。由几何关系有
sin i'=⑤
x+l=a+h'⑥
式中h'=2 m。联立③④⑤⑥式得
x= m≈0.7 m⑦
解题关键　几何光学一定要注意几何关系的应用,关键是要根据题意,画出正确的光路图,根据光路图找出需要的各种几何关系,比如本题中的sin i=、sin i'=、x+l=a+h'等。
51.[2016课标Ⅲ,34(2),10分]如图,玻璃球冠的折射率为,其底面镀银,底面的半径是球半径的倍;在过球心O且垂直于底面的平面(纸面)内,有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M点,该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点。求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角。
答案　150°
解析　设球半径为R,球冠底面中心为O',连接OO',则OO'⊥AB。令∠OAO'=α,有
cos α==①
即α=30°②
由题意MA⊥AB
所以∠OAM=60°③
设图中N点为光线在球冠内底面上的反射点,所考虑的光线的光路图如图所示。设光线在M点的入射角为i、折射角为r,在N点的入射角为i',反射角为i″,玻璃折射率为n。由于△OAM为等边三角形,有
i=60°④
由折射定律有sin i=n sin r⑤
代入题给条件n=得r=30°⑥
作底面在N点的法线NE,由于NE∥AM,有i'=30°⑦
根据反射定律,有i″=30°⑧
连接ON,由几何关系知△MAN≌△MON,故有∠MNO=60°⑨
由⑦⑨式得∠ENO=30°⑩
于是∠ENO为反射角,NO为反射光线。这一反射光线经球面再次折射后不改变方向。所以,经一次反射后射出玻璃球冠的光线相对于入射光线的偏角β为
β=180°-∠ENO=150°
方法技巧　(1)因底面的半径R底=R,所以∠OAB=30°,∠OAM=60°,而OM=OA=R,所以△OAM为等边三角形,且在M点的入射角i=∠OMA。
(2)从AB面反射的光线经过圆心O,故该反射光线会垂直球面射出球冠。
52.[2015山东理综,38(2)]半径为R、介质折射率为n的透明圆柱体,过其轴线OO'的截面如图所示。位于截面所在平面内的一细束光线,以角i0由O点入射,折射光线由上边界的A点射出。当光线在O点的入射角减小至某一值时,折射光线在上边界的B点恰好发生全反射。求A、B两点间的距离。
答案　R
解析　当光线在O点的入射角为i0时,设折射角为r0,由折射定律得
=n①
设A点与左端面的距离为dA,由几何关系得
sin r0=②
若折射光线恰好发生全反射,则在B点的入射角恰好为临界角C,设B点与左端面的距离为dB,由折射定律得
sin C=③
由几何关系得
sin C=④
设A、B两点间的距离为d,可得
d=dB-dA⑤
联立①②③④⑤式得
d=R⑥
53.[2015海南单科,16(2),8分]一半径为R的半圆柱形玻璃砖,横截面如图所示。已知玻璃的全反射临界角为γ(γ<)。与玻璃砖的底平面成(-γ)角度且与玻璃砖横截面平行的平行光射到玻璃砖的半圆柱面上。经柱面折射后,有部分光(包括与柱面相切的入射光)能直接从玻璃砖底面射出。若忽略经半圆柱内表面反射后射出的光,求底面透光部分的宽度。
答案　
解析　如图所示,设光线从A沿半径方向进入半圆柱形玻璃砖,恰好与法线重合,折射光线恰好射入圆心O处,由图中几何关系,可知该光线在O点的入射角恰好等于临界角而发生全反射。由几何光路可知:从部分射入的光线在BO界面发生全反射,无光线射出,从部分射入的光线在OD界面有光线射出。
由全反射条件知∠OCD=γ
由几何关系,可知∠OCD=γ,∠CDO=π-2γ
即=
得OD=
54.[2014课标Ⅰ,34(2),9分,0.571]一个半圆柱形玻璃砖,其横截面是半径为R的半圆,AB为半圆的直径,O为圆心,如图所示。玻璃的折射率为n=。
(ⅰ)一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面,若光线到达上表面后,都能从该表面射出,则入射光束在AB上的最大宽度为多少
(ⅱ)一细束光线在O点左侧与O相距 R处垂直于AB从下方入射,求此光线从玻璃砖射出点的位置。
答案　(ⅰ)R　(ⅱ)见解析
解析　(ⅰ)在O点左侧,设从E点射入的光线进入玻璃砖后在上表面的入射角恰好等于全反射的临界角θ,则OE区域的入射光线经上表面折射后都能从玻璃砖射出,如图。由全反射条件有sin θ=①
由几何关系有OE=R sin θ②
由对称性可知,若光线都能从上表面射出,光束的宽度最大为
l=2OE③
联立①②③式,代入已知数据得l=R④
(ⅱ)设光线在距O点R的C点射入后,在上表面的入射角为α,由几何关系及①式和已知条件得
α=60°>θ⑤
光线在玻璃砖内会发生三次全反射,最后由G点射出,如图。由反射定律和几何关系得
OG=OC=R⑥
射到G点的光有一部分被反射,沿原路返回到达C点射出。
思路点拨　①当光线垂直玻璃砖下表面射入时,光线的方向不发生变化。②当光线由玻璃砖进入空气时,是由光密介质进入光疏介质,折射角大于入射角,当入射角等于临界角时光线发生全反射。③结合对称性和几何知识分析求解。
55.[2014课标Ⅱ,34(2),10分,0.374]一厚度为h的大平板玻璃水平放置,其下表面贴有一半径为r的圆形发光面。在玻璃板上表面放置一半径为R的圆纸片,圆纸片与圆形发光面的中心在同一竖直线上。已知圆纸片恰好能完全遮挡住从圆形发光面发出的光线(不考虑反射),求平板玻璃的折射率。
答案　见解析
解析　如图,考虑从圆形发光面边缘的A点发出的一条光线,假设它斜射到玻璃上表面的A'点折射,根据折射定律有
n sin θ=sin α①
式中,n是玻璃的折射率,θ是入射角,α是折射角。
现假设A'恰好在纸片边缘。由题意,在A'点刚好发生全反射,故
α=②
设AA'线段在玻璃上表面的投影长为L,由几何关系有
sin θ=③
由题意,纸片的半径应为
R=L+r④
联立以上各式得
n=⑤
审题指导　依据题述“恰好能完全遮挡住从圆形发光面发出的光线”可知射到玻璃上表面的光线恰好在圆纸片的边缘处发生全反射,进而作出示意图,找到几何关系从而完成求解。
56.[2014山东理综,38(2)]如图,三角形ABC为某透明介质的横截面,O为BC边的中点,位于截面所在平面内的一束光线自O以角i入射,第一次到达AB边恰好发生全反射。已知θ=15°,BC边长为2L,该介质的折射率为。求:
(ⅰ)入射角i;
(ⅱ)从入射到发生第一次全反射所用的时间(设光在真空中的速度为c,可能用到:sin 75°=或tan 15°=2-)。
答案　(ⅰ)45°　(ⅱ)L
解析　(ⅰ)根据全反射规律可知,光线在AB面上P点的入射角等于临界角C,由折射定律得
sin C=①
代入数据得
C=45°②
设光线在BC面上的折射角为r,由几何关系得
r=30°③
由折射定律得
n=④
联立③④式,代入数据得
i=45°⑤
(ⅱ)在△OPB中,根据正弦定理得
=⑥
设所用时间为t,光线在介质中的速度为v,得
=vt⑦
v=⑧
联立⑥⑦⑧式,代入数据得
t=L⑨
57.(2018浙江4月选考,21,4分)(1)细丝和单缝有相似的衍射图样。在相同条件下,小明用激光束分别垂直照射两种不同直径的细丝Ⅰ和细丝Ⅱ,在光屏上形成的衍射图样如图1中a和b所示。已知细丝Ⅰ的直径为0.605 mm,现用螺旋测微器测量细丝Ⅱ的直径,如图2所示,细丝Ⅱ的直径为　　　mm。图1中的　　　(填“a”或“b”)是细丝Ⅱ的衍射图样。
图1　　　　　　　　　　　　　　图2
(2)小明在做“用双缝干涉测量光的波长”实验时,尝试用单缝和平面镜做类似实验。单缝和平面镜的放置如图3所示,白炽灯发出的光经滤光片成为波长为λ的单色光照射单缝,能在光屏上观察到明暗相间的干涉条纹。小明测得单缝与镜面延长线的距离为h、与光屏的距离为D,则条纹间距Δx=　　　　。随后小明撤去平面镜,在单缝下方A处放置同样的另一单缝,形成双缝结构,则在光屏上　　　(填“能”或“不能”)观察到干涉条纹。
图3
答案　(1)0.999　a　(2)　不能
解析　(1)螺旋测微器主尺的半格露出,读数为0.5 mm,螺旋转轮的读数为0.499 mm,故细丝Ⅱ的直径为0.999 mm;
衍射单缝越小,衍射越明显,条纹间距越大;衍射单缝越大,衍射越不明显,条纹间距越小。同理,a图的条纹间距小,对应的细丝比较粗,b图的条纹间距大,对应的细丝比较细,因为0.999 mm>0.605 mm,所以选a。
(2)本题中,单缝在平面镜中的镜像与原来的单缝共同构成一组双缝(如图),所以双缝间距为d=2h,故Δx=。
撤去平面镜后,只剩双缝和白炽灯,缺少单缝,无法形成干涉条纹。
点拨　光干涉的本质是两束相干光发生叠加,会出现一些地方光强增大,一些地方光强减弱的情况,也就是我们所看到的明暗条纹。怎样得到相干光呢 白炽灯、自然光这类非激光光源,直接照射到双缝上,是两束非相干光,不会出现干涉条纹。除非在前面加上单缝,这样能够把白炽灯、自然光等从一个面光源变成一个线光源,而这个线光源和双缝平行时,就是相干光了。这也是我们做实验时,为什么一定要调节单缝和双缝平行的原因。
58.[2015课标Ⅰ,34(1),5分,0.253]在双缝干涉实验中,分别用红色和绿色的激光照射同一双缝,在双缝后的屏幕上,红光的干涉条纹间距Δx1与绿光的干涉条纹间距Δx2相比,Δx1　　　　Δx2(填“>”、“=”或“<”)。若实验中红光的波长为630 nm,双缝与屏幕的距离为1.00 m,测得第1条到第6条亮条纹中心间的距离为10.5 mm,则双缝之间的距离为　　　　mm。
答案　>(2分)　0.300(3分)
解析　根据公式Δx=λ,红光波长大于绿光波长,因此Δx1>Δx2。根据题意,相邻亮条纹间距Δx= mm=2.1 mm,所以d==3.00×10-4 m=0.300 mm。
第47页共47页2014-2023年高考物理真题专题分类
专题十七　实验
23年高考真题题
1.(2023辽宁,11,8分)某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律,设计了如下实验:用纸板搭建如图所示的滑道,使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上,其中OA为水平段。选择相同材质的一元硬币和一角硬币进行实验。
　
测量硬币的质量,得到一元和一角硬币的质量分别为m1和m2(m1>m2)。将硬币甲放置在斜面上某一位置,标记此位置为B。由静止释放甲,当甲停在水平面上某处时,测量甲从O点到停止处的滑行距离OP。将硬币乙放置在O处,左侧与O点重合,将甲放置于B点由静止释放。当两枚硬币发生碰撞后,分别测量甲、乙从O点到停止处的滑行距离OM和ON。保持释放位置不变,重复实验若干次,得到OP、OM、ON的平均值分别为s0、s1、s2。
(1)在本实验中,甲选用的是　　　　(填“一元”或“一角”)硬币;
(2)碰撞前,甲到O点时速度的大小可表示为　　　　(设硬币与纸板间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g);
(3)若甲、乙碰撞过程中动量守恒,则=　　　　(用m1和m2表示),然后通过测得的具体数据验证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒;
(4)由于存在某种系统或偶然误差,计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是1,写出一条产生这种误差可能的原因:　　　　　　　　　　　　　　　　。
答案： (1)一元　(2)　(3)　(4)见解析
解析 (1)用质量较大的一元硬币去碰撞质量较小的一角硬币,确保碰撞后甲的运动方向不变。
(2)设甲到O点时速度的大小为v1,由动能定理有
-μm1gs0=0-m1
解得v1=
(3)由动能定理可得一元和一角硬币碰撞后的速度分别为v1'=,v2'=
由动量守恒定律有m1v1=m1v1'+m2v2'
即m1=m1+m2
解得=
(4)①非理想的“对心”碰撞造成系统误差;②位移或质量的测量造成偶然误差;③两硬币实际与纸板间的动摩擦因数不同造成系统误差。其他符合题意的原因均可得分。
2.(2023全国甲,23,10分)某同学利用如图(a)所示的实验装置探究物体做直线运动时平均速度与时间的关系。让小车左端和纸带相连,右端用细绳跨过定滑轮和钩码相连。钩码下落,带动小车运动,打点计时器打出纸带。某次实验得到的纸带和相关数据如图(b)所示。
(1)已知打出图(b)中相邻两个计数点的时间间隔均为0.1 s。以打出A点时小车的位置为初始位置,将打出B、C、D、E、F各点时小车的位移Δx填到表中,小车发生相应位移所用时间和平均速度分别为Δt和。表中ΔxAD=　　　　cm,=　　　　cm/s。
位移区间 AB AC AD AE AF
Δx(cm) 6.60 14.60 ΔxAD 34.90 47.30
(cm/s) 66.0 73.0 87.3 94.6
(2)根据表中数据,得到小车平均速度随时间Δt的变化关系,如图(c)所示。在图(c)中补全实验点。
(3)从实验结果可知,小车运动的-Δt图线可视为一条直线,此直线用方程=kΔt+b表示,其中k=　　　　　　cm/s2,b=　　　　　　cm/s。(结果均保留3位有效数字)
(4)根据(3)中的直线方程可以判定小车做匀加速直线运动,得到打出A点时小车的速度大小vA=　　　　,小车的加速度大小a=　　　　。(结果用字母k、b表示)
答案： (1)24.00　80.0　(2)见解析　(3)71.5(70.0~73.0均得分)　59.0(58.2~59.8均得分)　(4)b　2k
解析 (1)A、D间的位移为
ΔxAD=ΔxAB+ΔxBC+ΔxCD=24.00 cm
从A到D的时间为ΔtAD=3ΔT=0.3 s
AD段的平均速度为==80.0 cm/s
(2)如图所示
(3)由第(2)问图中读取数据求得直线斜率k=71.5 cm/s2
截距b=59.0 cm/s
(4)由x=vAt+at2可得==vA+at
结合图线y=kx+b
知vA=b,a=2k
3.(2023全国乙,22,5分)在“验证力的平行四边形定则”的实验中使用的器材有:木板、白纸、两个标准弹簧测力计、橡皮条、轻质小圆环、刻度尺、铅笔、细线和图钉若干。完成下列实验步骤:
①用图钉将白纸固定在水平木板上。
②将橡皮条的一端固定在木板上,另一端系在轻质小圆环上。将两细线也系在小圆环上,它们的另一端均挂上测力计。用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动两个测力计,小圆环停止时由两个测力计的示数得到两拉力F1和F2的大小,并　　　　。(多选,填正确答案标号)
A.用刻度尺量出橡皮条的长度
B.用刻度尺量出两细线的长度
C.用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置
D.用铅笔在白纸上标记出两细线的方向
③撤掉一个测力计,用另一个测力计把小圆环拉到　　　　,由测力计的示数得到拉力F的大小,沿细线标记此时F的方向。
④选择合适标度,由步骤②的结果在白纸上根据力的平行四边形定则作F1和F2的合成图,得出合力F'的大小和方向;按同一标度在白纸上画出力F的图示。
⑤比较F'和F的　　　　,从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。
答案： ②CD　③同一位置　⑤大小和方向
解析 ②“验证力的平行四边形定则”实验要记录小圆环的位置及两个分力的大小和方向,以便作平行四边形的两个邻边。故选择C、D。
③前、后两次实验要保证把小圆环拉到同一位置,这样才能保证两次力所产生的效果相同。
⑤通过比较F'与F的大小和方向在误差范围内是否一致,来判断是否满足平行四边形定则。
4. (2023湖南,11,7分)某同学探究弹簧振子振动周期与质量的关系,实验装置如图(a)所示,轻质弹簧上端悬挂在铁架台上,下端挂有钩码,钩码下表面吸附一个小磁铁,其正下方放置智能手机,手机中的磁传感器可以采集磁感应强度实时变化的数据并输出图像,实验步骤如下:
(1)测出钩码和小磁铁的总质量m;
(2)在弹簧下端挂上该钩码和小磁铁,使弹簧振子在竖直方向做简谐运动,打开手机的磁传感器软件,此时磁传感器记录的磁感应强度变化周期等于弹簧振子振动周期;
(3)某次采集到的磁感应强度B的大小随时间t变化的图像如图(b)所示,从图中可以算出弹簧振子振动周期T=　　　　(用“t0”表示);
(4)改变钩码质量,重复上述步骤;
(5)实验测得数据如表所示,分析数据可知,弹簧振子振动周期的平方与质量的关系是　　　　(填“线性的”或“非线性的”);
m/kg 10T/s T/s T2/s2
0.015 2.43 0.243 0.059
0.025 3.14 0.314 0.099
0.035 3.72 0.372 0.138
0.045 4.22 0.422 0.178
0.055 4.66 0.466 0.217
(6)设弹簧的劲度系数为k,根据实验结果并结合物理量的单位关系,弹簧振子振动周期的表达式可能是　　　　(填正确答案标号);
A.2π B.2π
C.2π D.2πk
(7)除偶然误差外,写出一条本实验中可能产生误差的原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　。
答案： (3)　(5)线性的　(6)A　(7)见解析
解析 (3)由题图(b)可知弹簧振子振动周期T=。
(5)由题目表格中的数据可知,近似为定值,所以弹簧振子振动周期的平方与质量的关系是线性的。
(6)弹簧的劲度系数k的单位为N/m,即kg/s2,m的单位为kg,将k与m的单位代入各选项,只有A选项的单位为s,故选A。
(7)空气阻力的影响或铁架台与小磁铁相互作用的影响均可能产生系统误差。
5.(2023新课标,22,6分)在“观察电容器的充、放电现象”实验中,所用器材如下:电池、电容器、电阻箱、定值电阻、小灯泡、多用电表、电流表、秒表、单刀双掷开关以及导线若干。
(1)用多用电表的电压挡检测电池的电压。检测时,红表笔应该与电池的　　　　(填“正极”或“负极”)接触。
(2)某同学设计的实验电路如图(a)所示。先将电阻箱的阻值调为R1,将单刀双掷开关S与“1”端相接,记录电流随时间的变化。电容器充电完成后,开关S再与“2”端相接,相接后小灯泡亮度变化情况可能是　　　　。(填正确答案标号)
A.迅速变亮,然后亮度趋于稳定
B.亮度逐渐增大,然后趋于稳定
C.迅速变亮,然后亮度逐渐减小至熄灭
(3)将电阻箱的阻值调为R2(R2>R1),再次将开关S与“1”端相接,再次记录电流随时间的变化情况。两次得到的电流I随时间t变化如图(b)中曲线所示,其中实线是电阻箱阻值为　　　　(填“R1”或“R2”)时的结果,曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的　　　　(填“电压”或“电荷量”)。
图(a)
图(b)
答案： (1)正极　(2)C　(3)R2　电荷量
解析 (1)根据“红进黑出”可知红表笔应该与电池的正极接触。
(2)将单刀双掷开关S与“1”端相接,电容器开始充电,充电完成后,开关S再与“2”端相接,电容器、小灯泡和定值电阻R0组成串联电路,电容器开始放电,开始时电容器两端电压最大,放电电流最大,随着电容器所带电荷量的减少,电容器两端电压逐渐降低,放电电流逐渐减小,直至放电结束。由上述分析可知,相接后小灯泡迅速变亮,然后亮度逐渐减小至熄灭,A、B错误,C正确。
(3)由题意可知R2>R1,将单刀双掷开关与“1”端相接,电容器开始充电,初始时刻,电容器的等效阻值为0,由闭合电路欧姆定律可知R2对应的初始时刻的充电电流较小,结合题图(b)可知实线是电阻箱阻值为R2时的结果。根据q=It,可知I-t图线与时间轴所围面积表示充电完成后电容器上的电荷量。
6.(2023新课标,23,12分)一学生小组做“用单摆测量重力加速度的大小”实验。
(1)用实验室提供的螺旋测微器测量摆球直径。首先,调节螺旋测微器,拧动微调旋钮使测微螺杆和测砧相触时,发现固定刻度的横线与可动刻度上的零刻度线未对齐,如图(a)所示,该示数为　　　mm;螺旋测微器在夹有摆球时示数如图(b)所示,该示数为　　　mm,则摆球的直径为　　　mm。
图(a)
图(b)
图(c)　
(2)单摆实验的装置示意图如图(c)所示,其中角度盘需要固定在杆上的确定点O处,摆线在角度盘上所指的示数为摆角的大小。若将角度盘固定在O点上方,则摆线在角度盘上所指的示数为5°时,实际摆角　　　　5°(填“大于”或“小于”)。
(3)某次实验所用单摆的摆线长度为81.50 cm,则摆长为　　　　cm。实验中观测到从摆球第1次经过最低点到第61次经过最低点的时间间隔为54.60 s,则此单摆周期为　　　　s,该小组测得的重力加速度大小为　　　　m/s2。(结果均保留3位有效数字,π2取9.870)
答案： (1)0.007(0.006、0.008均正确)　20.035(20.034、20.036均正确)　20.028(20.026~20.030均正确)　(2)大于　(3)82.5　1.82　9.83
解析 (1)由题图(a)可知,螺旋测微器的示数为0.7×0.01 mm=0.007 mm;夹有摆球时,由题图(b)可知螺旋测微器的示数为20 mm+3.5×0.01 mm=20.035 mm。摆球的直径为两次示数之差,d=20.035 mm-0.007 mm=20.028 mm。
(2)若将角度盘固定在O点上方,则角度盘所指的角度偏小;当摆线在角度盘上所指的示数为5°时,实际摆角大于5°。
(3)摆线长L=81.50 cm,则摆长l=L+=81.50 cm+×2.002 8 cm≈82.5 cm。在一个周期内摆球两次经过最低点,则从第1次经过最低点到第61次经过最低点的时间间隔t=30T,代入数据解得T== s=1.82 s。根据单摆的周期公式T=2π可得g=,代入数据解得g= m/s2≈9.83 m/s2。
7.(2023全国甲,22,5分)某同学用伏安法测绘一额定电压为6 V、额定功率为3 W的小灯泡的伏安特性曲线,实验所用电压表内阻约为6 kΩ,电流表内阻约为1.5 Ω。实验中有图(a)和(b)两个电路图供选择。
(1)实验中得到的电流I和电压U的关系曲线如图(c)所示,该同学选择的电路图是图(　　　　)(填“a”或“b”)。
(2)若选择另一个电路图进行实验,在图(c)上用实线画出实验中应得到的I-U关系曲线的示意图。
答案： (1)a　(2)如图所示
解析 (1)小灯泡的额定电压为6 V,额定功率为3 W,则额定电流为0.5 A,即500 mA,观察题图(c)发现,电流为500 mA时,电压表示数不到6 V,说明电流表示数大于通过小灯泡的电流,该同学选择的电路图是图(a)。
(2)若选择题图(b)所示电路,流过小灯泡的电流相同的情况下,题图(b)中电压表的读数要大于题图(a)中电压表的读数。
8. (2023全国乙,23,10分)一学生小组测量某金属丝(阻值约十几欧姆)的电阻率。现有实验器材:螺旋测微器、米尺、电源E、电压表(内阻非常大)、定值电阻R0(阻值10.0 Ω)、滑动变阻器R、待测金属丝、单刀双掷开关K、开关S、导线若干。图(a)是学生设计的实验电路原理图。完成下列填空:
(1)实验时,先将滑动变阻器R接入电路的电阻调至最大,闭合S。
(2)将K与1端相连,适当减小滑动变阻器R接入电路的电阻,此时电压表读数记为U1,然后将K与2端相连,此时电压表读数记为U2。由此得到流过待测金属丝的电流I=　　　　,金属丝的电阻r=　　　　。(结果均用R0、U1、U2表示)
(3)继续微调R,重复(2)的测量过程,得到多组测量数据,如表所示:
U1(mV) 0.57 0.71 0.85 1.14 1.43
U2(mV) 0.97 1.21 1.45 1.94 2.43
(4)利用上述数据,得到金属丝的电阻r=14.2 Ω。
(5)用米尺测得金属丝长度L=50.00 cm。用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径,某次测量的示数如图(b)所示,该读数为d=　　　　mm。多次测量后,得到直径的平均值恰与d相等。
(6)由以上数据可得,待测金属丝所用材料的电阻率ρ=　　　　×10-7 Ω·m。(保留2位有效数字)
答案： (2)　　(5)0.150　(6)5.0
解析 (2)当开关K接1端时,电压表测量金属丝两端的电压,当开关K接2端时,电压表测量定值电阻和金属丝两端的总电压,所以两次电压表的示数的差值就是定值电阻两端的电压,由欧姆定律就可以算出流过待测金属丝的电流I=。此时金属丝两端的电压等于U1,由欧姆定律可知,金属丝的电阻r==。
(5)螺旋测微器读数时注意后一位要估读,由题图可得读数为0.150 mm。
(6)由电阻定律r=,S=,代入数据可得电阻率ρ≈5.0×10-7 Ω·m。
9.(2023湖南,12,9分)某探究小组利用半导体薄膜压力传感器等元件设计了一个测量微小压力的装置,其电路如图(a)所示,R1、R2、R3为电阻箱,RF为半导体薄膜压力传感器,C、D间连接电压传感器(内阻无穷大)。
(1)先用欧姆表“×100”挡粗测RF的阻值,示数如图(b)所示,对应的读数是　　　Ω;
(2)适当调节R1、R2、R3,使电压传感器示数为0,此时,RF的阻值为　　　　(用R1、R2、R3表示);
(3)依次将0.5 g的标准砝码加载到压力传感器上(压力传感器上所受压力大小等于砝码重力大小),读出电压传感器示数U,所测数据如表所示:
次数 1 2 3 4 5 6
砝码质量m/g 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5
电压U/mV 0 57 115 168 220 280
根据表中数据在图(c)上描点,绘制U-m关系图线;
(4)完成前面三步的实验工作后,该测量微小压力的装置即可投入使用。在半导体薄膜压力传感器上施加微小压力F0,电压传感器示数为200 mV,则F0大小是　　　　N(重力加速度取9.8 m/s2,保留2位有效数字);
(5)若在步骤(4)中换用非理想毫伏表测量C、D间电压,在半导体薄膜压力传感器上施加微小压力F1,此时非理想毫伏表读数为200 mV,则F1　　　　F0(填“>”“=”或“<”)。
答案： (1)1 000　(2)　(3)如图所示
(4)0.018(0.017或0.018)　(5)>
解析 (1)欧姆表选择“×100”挡,由题图(b)可知读数为1 000 Ω。
(2)由题图(a)可知,要使电压传感器示数为0,上、下两条支路中R1和R2的分压应相等,即=,可得RF=。
(3)根据题表中数据描点作图,注意使图线通过尽量多的点,如答案图所示。
(4)由图可得200 mV的电压对应砝码的质量约为1.8 g,则F0=mg≈0.018 N。
(5)非理想毫伏表测得的电压偏小,即要达到相同的电压,所需压力会偏大,则F1>F0。
10.(2023江苏,12,15分)小明通过实验探究电压表内阻对测量结果的影响。所用器材有:干电池(电动势约1.5 V,内阻不计)2节;两量程电压表(量程0~3 V,内阻约3 kΩ;量程0~15 V,内阻约15 kΩ)1个;滑动变阻器(最大阻值50 Ω)1个;定值电阻(阻值50 Ω)21个;开关1个及导线若干。实验电路如图1所示。
(1)电压表量程应选用　　　　(选填“3 V”或“15 V”)。
(2)图2为该实验的实物电路(右侧未拍全)。先将滑动变阻器的滑片置于如图所示的位置,然后用导线将电池盒上接线柱A与滑动变阻器的接线柱　　　　(选填“B”“C”“D”)连接,再闭合开关,开始实验。
(3)将滑动变阻器滑片移动到合适位置后保持不变,依次测量电路中O与1,2,…,21之间的电压。某次测量时,电压表指针位置如图3所示,其示数为　　　　V。根据测量数据作出电压U与被测电阻值R的关系图线,如图4中实线所示。
(4)在图1所示的电路中,若电源电动势为E,电压表视为理想电压表,滑动变阻器接入的阻值为R1,定值电阻的总阻值为R2,当被测电阻为R时,其两端的电压U=　　　　(用E、R1、R2、R表示),据此作出U-R理论图线如图4中虚线所示。小明发现被测电阻较小或较大时,电压的实测值与理论值相差较小。
(5)分析可知,当R较小时,U的实测值与理论值相差较小,是因为电压表的分流小,电压表内阻对测量结果影响较小。小明认为,当R较大时,U的实测值与理论值相差较小,也是因为相同的原因。你是否同意他的观点 请简要说明理由。
答案：(1)3 V　(2)D　(3)1.50　(4)R
(5)不同意。理由见解析
解析 (1)两节干电池的电动势之和约为3 V,则电压表量程应选用3 V。
(2)闭合开关前应该把滑动变阻器接入电路的阻值调至最大,根据滑片的位置和右侧导线的接法可知电池盒上接线柱A应该与滑动变阻器的接线柱D连接。
(3)电压表的分度值为0.1 V,需要估读到下一位,题图3中电压表的示数为1.50 V。
(4)根据闭合电路欧姆定律有I=,当被测电阻为R时,其两端的电压U=IR=R。
(5)不同意。当R较大时,如果按照小明的观点,电压表分流较大,U的实测值与理论值相差较大,所以这个观点不正确。当R较大时,电压表的内阻不能忽略,则电路中的电流I=,电压表的读数U=·=,由题可知,R≤R2,当R=R2时U==,由题意可知RV≈3 kΩ,R1的最大值为50 Ω,则RV R1,≈0,则当R较大时电压表的读数U≈=,即此时U的实测值与理论值相差较小。
11.(2023辽宁,12,6分)导电漆是将金属粉末添加于特定树脂原料中制作而成的能导电的喷涂油漆。现有一根用导电漆制成的截面为正方形的细长样品(固态),某同学欲测量其电阻率,设计了如图(a)所示的电路图,实验步骤如下:
a.测得样品截面的边长a=0.20 cm;
b.将平行排列的四根金属探针甲、乙、丙、丁与样品接触,其中甲、乙、丁位置固定,丙可在乙、丁间左右移动;
c.将丙调节至某位置,测量丙和某探针之间的距离L;
d.闭合开关S,调节电阻箱R的阻值,使电流表示数I=0.40 A,读出相应的电压表示数U,断开开关S;
e.改变丙的位置,重复步骤c、d,测量多组L和U,作出U-L图像如图(b)所示,得到直线的斜率k。
回答下列问题:
(1)L是丙到　　　　(填“甲”“乙”或“丁”)的距离;
(2)写出电阻率的表达式ρ=　　　　(用k、a、I表示);
(3)根据图像计算出该样品的电阻率ρ=　　　　Ω·m(保留两位有效数字)。
答案： (1)乙　(2)　(3)6.5×10-5
解析 (1)若L是丙到乙的距离,则有U=IRL=L,U与L成正比例关系,与题图(b)相符。若L是丙到甲或丁的距离,则U与L不是正比例关系,与题图(b)不符。
(2)根据(1)中U与L的函数关系式和题图(b)中U-L图像的对应关系可知k=,故ρ=。
(3)由U-L图像和已知量得
ρ=× Ω·m=6.5×10-5 Ω·m。
易错警示　求电阻率时要注意a与L的单位要换算成国际单位制单位。
12.(2023山东,13,6分)利用图甲所示实验装置可探究等温条件下气体压强与体积的关系。将带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上,注射器内封闭一定质量的空气,下端通过塑料管与压强传感器相连。活塞上端固定一托盘,托盘中放入砝码,待气体状态稳定后,记录气体压强p和体积V(等于注射器示数V0与塑料管容积ΔV之和)。逐次增加砝码质量,采集多组数据并作出拟合曲线如图乙所示。
图甲
图乙
回答以下问题:
(1)在实验误差允许范围内,图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线,说明在等温情况下,一定质量的气体　　　　。
A.p与V成正比 B.p与成正比
(2)若气体被压缩到V=10.0 mL,由图乙可读出封闭气体压强为　　　　Pa(保留3位有效数字)。
(3)某组同学进行实验时,一同学在记录数据时漏掉了ΔV,则在计算pV乘积时,他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而　　　　(填“增大”或“减小”)。
答案 (1)B　(2)2.04×105　(3)增大
解析 (1)根据图乙可知,p与成正比。
(2)当气体被压缩到10.0 mL的时候,图乙中对应的横坐标是100×10-3 mL-1,直线上的点所对应的纵坐标是2.04×105 Pa。
(3)对于本实验,p(V0+ΔV)为定值,将该式改写成pV0+pΔV=C(C为常量),ΔV不变,他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值pΔV,随p增大而增大。
13.(2023山东,14,8分)电容储能已经在电动汽车,风、光发电,脉冲电源等方面得到广泛应用。某同学设计图甲所示电路,探究不同电压下电容器的充、放电过程,器材如下:
图甲
电容器C(额定电压10 V,电容标识不清);
电源E(电动势12 V,内阻不计);
电阻箱R1(阻值0~99 999.9 Ω);
滑动变阻器R2(最大阻值20 Ω,额定电流2 A);
电压表V(量程15 V,内阻很大);
发光二极管D1、D2,开关S1、S2,电流传感器,计算机,导线若干。
图乙
图丙
回答以下问题:
(1)按照图甲连接电路,闭合开关S1,若要升高电容器充电电压,滑动变阻器滑片应向　　　　端滑动(填“a”或“b”)。
(2)调节滑动变阻器滑片位置,电压表表盘如图乙所示,示数为　　　　V(保留1位小数)。
(3)继续调节滑动变阻器滑片位置,电压表示数为8.0 V时,开关S2掷向1,得到电容器充电过程的I-t图像,如图丙所示。借鉴“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中估算油膜面积的方法,根据图像可估算出充电结束后,电容器存储的电荷量为　　　　C(结果保留2位有效数字)。
(4)本电路中所使用电容器的电容约为　　　　F(结果保留2位有效数字)。
(5)电容器充电后,将开关S2掷向2,发光二极管　　　　(填“D1”或“D2”)闪光。
答案 (1)b　(2)6.5　(3)3.8×10-3　(4)4.8×10-4　(5)D1
解析 (1)要升高电容器的充电电压,则要使滑动变阻器与电容器并联部分电压变大,滑片应向b端滑动。
(2)电压表表盘刻度一小格表示0.5 V,读出电压表示数为6.5 V。
(3)图中一小格正方形表示的电荷量Q0=0.2×10-3×0.5 C=1×10-4 C,计算曲线与坐标轴包围范围内正方形的个数,不足半个的舍去,多于半个的算一个,可以数出正方形的个数是38,则电容器存储的电荷量Q=38Q0=3.8×10-3 C。
(4)电容器两端电压U=8 V,电容器存储的电荷量Q=3.8×10-3 C,C==4.75×10-4 F≈4.8×10-4 F。
(5)由电路图可知,电容器充电后左边极板带正电,右边极板带负电,将开关S2掷向2后,根据二极管的单向导电性可知D1闪光。
22年及往年真题
1.(2022全国乙,22,5分)用雷达探测一高速飞行器的位置。从某时刻(t=0)开始的一段时间内,该飞行器可视为沿直线运动,每隔1 s测量一次其位置,坐标为x,结果如下表所示:
t/s 0 1 2 3 4 5 6
x/m 0 507 1 094 1 759 2 505 3 329 4 233
回答下列问题:
(1)根据表中数据可判断该飞行器在这段时间内近似做匀加速运动,判断的理由是: ____________________　;
(2)当x=507 m时,该飞行器速度的大小v=　　　　m/s;
(3)这段时间内该飞行器加速度的大小a=　　　　m/s2(保留2位有效数字)。
答案　(1)在误差允许的范围内,相邻相等时间内的位移之差近似相等　(2)547　(3)79
解析　(1)根据表中数据可以求得第1 s内、第2 s内、第3 s内、第4 s内、第5 s内、第6 s内飞行器的位移分别为x1=507 m、x2=587 m、x3=665 m、x4=746 m、x5=824 m、x6=904 m,在误差允许的范围内,相邻相等时间内的位移之差近似相等,即满足Δx=aT2,可判断该飞行器在这段时间内近似做匀加速运动。
(2)对于匀加速直线运动,中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度,所以当x=507 m时,该飞行器速度的大小v= m/s=547 m/s。
(3)根据逐差法可知这段时间内该飞行器加速度的大小
a== m/s2≈79 m/s2。
2.(2022湖南,11,6分)小圆同学用橡皮筋、同种一元硬币、刻度尺、塑料袋、支架等,设计了如图(a)所示的实验装置,测量冰墩墩玩具的质量。主要实验步骤如下:
(1)查找资料,得知每枚硬币的质量为6.05 g;
(2)将硬币以5枚为一组逐次加入塑料袋,测量每次稳定后橡皮筋的长度l,记录数据如下表:
序号 1 2 3 4 5
硬币数量n/枚 5 10 15 20 25
长度l/cm 10.51 12.02 13.54 15.05 16.56
(3)根据表中数据在图(b)上描点,绘制图线;
(4)取出全部硬币,把冰墩墩玩具放入塑料袋中,稳定后橡皮筋长度的示数如图(c)所示,此时橡皮筋的长度为　　　　cm;
(5)由上述数据计算得冰墩墩玩具的质量为　　　　g(计算结果保留3位有效数字)。
答案　(3)见解析　(4)15.35(15.34~15.36)　(5)127
解析　(3)根据表中数据描点连线如图所示;
(4)根据刻度尺的读数规则,读出橡皮筋的长度为15.35 cm-0.00 cm=15.35 cm;
(5)由胡克定律F=kx可得k=,本题中ΔF可用5枚硬币的重力表示,则Δx指的是橡皮筋的伸长量,约为1.51 cm,则k= N/cm≈0.196 N/cm;设冰墩墩玩具的质量为m,挂上冰墩墩后,橡皮筋长度为15.35 cm,与表中第4组数据联立可得k= N/cm,解得m≈127 g。
3.(2022湖南,12,9分)小梦同学自制了一个两挡位(“×1”“×10”)的欧姆表,其内部结构如图所示,R0为调零电阻(最大阻值为R0m),Rs、Rm、Rn为定值电阻(Rs+R0m(1)短接①②,将单刀双掷开关S与m接通,电流计示数为Im;保持电阻R0滑片位置不变,将单刀双掷开关S与n接通,电流计示数变为In,则Im　　　In(填“大于”或“小于”);
(2)将单刀双掷开关S与n接通,此时欧姆表的挡位为　　　(填“×1”或“×10”);
(3)若从“×1”挡位换成“×10”挡位,调整欧姆零点(欧姆零点在电流计满偏刻度处)时,调零电阻R0的滑片应该　　　调节(填“向上”或“向下”);
(4)在“×10”挡位调整欧姆零点后,在①②间接入阻值为100 Ω的定值电阻R1,稳定后电流计的指针偏转到满偏刻度的;取走R1,在①②间接入待测电阻Rx,稳定后电流计的指针偏转到满偏刻度的,则Rx=　　　　Ω。
答案　(1)大于　(2)×10　(3)向上　(4)400
解析　(1)短接①②,考虑到电源电动势不变,当保持电阻R0滑片的位置不变时,由闭合电路欧姆定律可知I=,将Rm或Rn视为外电路的电阻,由于RmIn。
(2)当开关接n时,欧姆表内电阻较大,内电阻和待测电阻串联分压,则待测量的电阻阻值应较大,即此时应为“×10”挡位。
(3)若滑片位置不变,当开关接到较大的电阻Rn时,考虑串联电路分压关系,电流计不能满偏,若要使电流计满偏,则需要减小其所在支路的总电阻,故需向上调节调零电阻R0的滑片。
(4)设I总=kIg=,当①②短接时,kIg=;当接入100 Ω的电阻时,kIg=;当接入Rx时,kIg=,联立解得R内=200 Ω,Rx=400 Ω。
4.(2022江苏,11,15分)小明利用手机测量当地的重力加速度,实验场景如题图1所示,他将一根木条平放在楼梯台阶边缘,小球放置在木条上,打开手机的“声学秒表”软件,用钢尺水平击打木条使其转开后,小球下落撞击地面。手机接收到钢尺的击打声开始计时,接收到小球落地的撞击声停止计时,记录下击打声与撞击声的时间间隔t。多次测量不同台阶距离地面的高度h及对应的时间间隔t。
(1)现有以下材质的小球,实验中应当选用　　　　。
A.钢球　　　B.乒乓球　　　C.橡胶球
(2)用分度值为1 mm的刻度尺测量某级台阶高度h的示数如题图2所示,则h=　　　cm。
(3)作出2h-t2图线,如题图3所示,则可得到重力加速度g=　　　　m/s2。
(4)在题图1中,将手机放在木条与地面间的中点附近进行测量。若将手机放在地面A点,设声速为v,考虑击打声的传播时间,则小球下落时间可表示为t'=　　　　(用h、t和v表示)。
(5)有同学认为,小明在实验中未考虑木条厚度,用图像法计算的重力加速度g必然有偏差。请判断该观点是否正确,简要说明理由。
答案　(1)A　(2)61.20　(3)9.61~9.63　(4)t+　(5)见解析
解析　(1)实验的原理为h=gt2,当小球所受空气阻力远小于重力时才可不计阻力,小球的下落过程才可视为自由落体运动,故应选A。
(2)分度值为1 mm的刻度尺,读数时必须向后估读一位。
(3)由2h=gt2可知,图线的斜率等于重力加速度,故有:g== m/s2≈9.62 m/s2。
(4)声音从木条传播到地面的时间t1=,且手机放在地面会导致记录的时间t偏小,故t'=t+。
(5)该观点不正确。设木条厚度为d,则小球自由下落的实际高度H=h+d,用图像法计算的重力加速度g=,而ΔH=Δh,故结果无偏差。
5.(2022山东,14,8分)某同学利用实验室现有器材,设计了一个测量电阻阻值的实验。实验器材:
干电池E(电动势1.5 V,内阻未知);
电流表A1(量程10 mA,内阻为90 Ω);
电流表A2(量程30 mA,内阻为30 Ω);
定值电阻R0(阻值为150 Ω);
滑动变阻器R(最大阻值为100 Ω);
待测电阻Rx;
开关S,导线若干。
测量电路如图所示。
(1)断开开关,连接电路,将滑动变阻器R的滑片调到阻值最大一端,将定值电阻R0接入电路;闭合开关,调节滑片位置,使电流表指针指在满刻度的处。该同学选用的电流表为　　　　(填“A1”或“A2”);若不考虑电池内阻,此时滑动变阻器接入电路的电阻值应为　　　　Ω。
(2)断开开关,保持滑片的位置不变,用Rx替换R0,闭合开关后,电流表指针指在满刻度的处,则Rx的测量值为　　　　Ω。
(3)本实验中未考虑电池内阻,对Rx的测量值　　　　(填“有”或“无”)影响。
答案　(1)A1　60　(2)100　(3)无
解析　(1)回路中的电流I<=10 mA,即不可能使A2半偏,故选用的电流表为A1;当A1半偏时,回路中的电流I=5 mA,若不考虑电池内阻,有I=,代入数据解得此时滑动变阻器接入电路的阻值R=60 Ω。
(2)电流表指针指在满刻度的处,此时回路中的电流I'=6 mA,由I'=,解得Rx=100 Ω。
(3)若考虑电池内阻,则I=,I'=,其中RA1+R+r不变,故未考虑电池内阻,对Rx的测量值无影响。
6.(2022重庆,11,6分)某兴趣小组研究热敏电阻在通以恒定电流时,其阻值随温度的变化关系。实验电路如图所示,实验设定恒定电流为50.0 μA,主要实验器材有:恒压直流电源E、加热器、测温仪、热敏电阻RT、可变电阻R1、电流表A、电压表V。
(1)用加热器调节RT的温度后,为使电流表的示数仍为50.0 μA,须调节　　　　　(选填一种给定的实验器材)。当RT两端未连接电压表时,电流表示数为50.0 μA;连接电压表后,电流表示数显著增大,须将原电压表更换为内阻　　　　(选填“远大于”“接近”“远小于”)RT阻值的电压表。
(2)测得RT两端的电压随温度的变化如图所示,由图可得温度从35.0 ℃变化到40.0 ℃的过程中,RT的阻值随温度的平均变化率是　　　　　kΩ·℃-1(保留2位有效数字)。
答案　(1)可变电阻R1　远大于　(2)1.2
解析　(1) 用加热器调节RT的温度后,为使电流表的示数即电路中电流仍为50.0 μA,则电路中的总电阻应不变,故调节可变电阻R1 。 连接电压表后,电流表示数显著增大,说明电压表的分流作用显著,而并联电路中电流与阻值成反比,故需将原电压表更换为内阻远大于 RT阻值的电压表。(2)由图可知,温度从35.0 ℃变化到40.0 ℃时,RT两端电压由1.55 V变化到1.25 V,由于电流恒为50.0 μA,故电阻值减小了6.0 kΩ,可知RT的阻值随温度的平均变化率是1.2 kΩ·℃-1。
7.(2022湖北,12,7分)某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器,另一端连接小钢球,如图甲所示。拉起小钢球至某一位置由静止释放,使小钢球在竖直平面内摆动,记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值Tmax和最小值Tmin。改变小钢球的初始释放位置,重复上述过程。根据测量数据在直角坐标系中绘制的Tmax-Tmin图像是一条直线,如图乙所示。
(1)若小钢球摆动过程中机械能守恒,则图乙中直线斜率的理论值为　　　　。
(2)由图乙得:直线的斜率为　　　　,小钢球的重力为　　　　N。(结果均保留2位有效数字)
(3)该实验系统误差的主要来源是　　　　(单选,填正确答案标号)。
A.小钢球摆动角度偏大
B.小钢球初始释放位置不同
C.小钢球摆动过程中有空气阻力
答案　(1)-2　(2)-2.1　0.59　(3)C
解析　(1)小球摆至最高点时有:Tmin=mg cos θ
小球摆至最低点时有:Tmax=mg+m
根据机械能守恒定律有:mgL(1-cos θ)=mv2
三式联立整理得:Tmax=3mg-2Tmin
故直线斜率的理论值为-2。
(2)由Tmax与Tmin的函数式可知,图像的纵截距为3mg=1.77 N,则mg=0.59 N,在图线上取两点坐标求斜率:k===-2.1。
(3)小钢球摆动过程克服空气阻力做功,使一部分机械能转化为内能,故选C。
8.(2022河北,11,6分)某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律,实验装置如图1所示。弹簧的劲度系数为k ,原长为L0,钩码的质量为m。已知弹簧的弹性势能表达式为E=kx2,其中k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量,当地的重力加速度大小为g。
(1)在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置,测得此时弹簧的长度为L。接通打点计时器电源。从静止释放钩码,弹簧收缩,得到了一条点迹清晰的纸带。钩码加速上升阶段的部分纸带如图2所示,纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T(在误差允许范围内,认为释放钩码的同时打出A点)。从打出A点到打出F点时间内,弹簧的弹性势能减少量为　　　,钩码的动能增加量为　　　　,钩码的重力势能增加量为　　　　。
(2)利用计算机软件对实验数据进行处理,得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h的关系,如图3所示。
由图3可知,随着h增加,两条曲线在纵向的间隔逐渐变大,主要原因是
　。
答案　见解析
解析　(1)打出A点时,弹簧的伸长量xA=L-L0;打出F点时,弹簧的伸长量xF=L-L0-h5,则从打出A点到打出F点的时间内,弹簧弹性势能减少量为ΔEp1=k-k=k(L-L0)2-k(L-L0-h5)2;打出F点时,钩码速度vF=,动能增加量ΔEk=m=m;重力势能增加量ΔEp2=mgh5。
(2)弹簧弹力逐渐减小,空气阻力、纸带与打点计时器间的摩擦阻力变得不可忽略,系统机械能持续减小。
9.(2022广东,11,7分)某实验小组为测量小球从某一高度释放,与某种橡胶材料碰撞导致的机械能损失,设计了如图(a)所示的装置,实验过程如下:
(1)让小球从某一高度由静止释放,与水平放置的橡胶材料碰撞后竖直反弹。调节光电门位置,使小球从光电门正上方释放后,在下落和反弹过程中均可通过光电门。
(2)用螺旋测微器测量小球的直径,示数如图(b)所示,小球直径d=　　　　mm。
(3)测量时,应　　　　(选填“A”或“B”,其中A为“先释放小球,后接通数字计时器”,B为“先接通数字计时器,后释放小球”)。记录小球第一次和第二次通过光电门的遮光时间t1和t2。
(4)计算小球通过光电门的速度,已知小球的质量为m,可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE=　　　　(用字母m、d、t1和t2表示)。
(5)若适当调高光电门的高度,将会　　　(选填“增大”或“减小”)因空气阻力引起的测量误差。
答案　(2)7.885　(3)B　(4)md2
(5)增大
解析　(2)螺旋测微器的读数为7.5 mm+38.5×0.01 mm=7.885 mm。
(3)如果先释放小球,后接通数字计时器,由于高度较小,还没有启动数字计时器,小球已通过光电门,故应先接通数字计时器,再释放小球。
(4)小球两次通过光电门的速度v1=,v2=,由于光电门的高度一定,若不考虑空气阻力的影响,可认为小球与橡胶材料碰撞前后的机械能的损失量ΔE=m-m=m-=md2。
(5)由于存在空气阻力,适当调高光电门的高度后,不会影响小球碰撞过程中的机械能损失,但会增大小球两次通过光电门过程中空气阻力所做的功,当将小球两次通过光电门时减少的动能作为小球碰撞过程中损失的机械能时,会增大测量的系统误差。
10.(2022全国甲,22,5分)某同学要测量微安表内阻,可利用的实验器材有:电源E (电动势1.5 V,内阻很小),电流表(量程10 mA,内阻约10 Ω),微安表(量程100 μA,内阻Rg待测,约1 kΩ),滑动变阻器R(最大阻值10 Ω),定值电阻R0(阻值10 Ω), 开关S,导线若干。
(1)将图中所示的器材符号连线,画出实验电路原理图;
(2)某次测量中,微安表的示数为90.0 μA,电流表的示数为9.00 mA,由此计算出微安表内阻Rg=　　　　Ω。
答案　(1)如图所示　(2)990
解析　流过电阻R0的电流I0=I-Ig=9 mA-0.09 mA=8.91 mA,由欧姆定律可知,Rg== Ω=990 Ω。
11.(2022北京,15,8分)物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。
(1)用电压表(内阻约为3 kΩ)和电流表(内阻约为0.1 Ω)测量一个电阻的阻值(约为5 Ω)。要求尽量减小实验误差,应该选择的测量电路是图1中的　　　　(选填“甲”或“乙”)。
(2)一多用电表表盘上的电阻刻度线正中间标有“15”字样。用它测量约20 kΩ电阻的阻值,下列实验步骤正确的操作顺序为　　　　(填各实验步骤前的字母)。
A.将选择开关置于“×1 k”位置
B.将选择开关置于“OFF”位置
C.将两表笔分别接触待测电阻两端,读出其阻值后随即断开
D.将两表笔直接接触,调节欧姆调零旋钮,使指针指向“0”
(3)图2是“测量电源的电动势和内电阻”实验的电路图。某同学在实验中,闭合开关后,发现无论怎么移动滑动变阻器的滑片,电压表有示数且不变,电流表始终没有示数。为查找故障,在其他连接不变的情况下,他将电压表连接a位置的导线端分别试触b、c、d三个位置,发现试触b、c时,电压表有示数;试触d时,电压表没有示数。若电路中仅有一处故障,则　　　　(选填选项前的字母)。
A.导线ab断路　　　　　　　　　　B.滑动变阻器断路
C.导线cd断路　　　　　　　　　　D.滑动变阻器短路
答案　(1)甲　(2)ADCB　(3)C
解析　(1)测小电阻,选用电流表外接法测量误差小。
(2)多用电表测电阻时,指针在表盘中间处的测量较准确。由于R测≈20 kΩ,故应选用“×1 k”挡位;测量前要先“欧姆调零”,故正确操作顺序为:ADCB。
(3)闭合开关后,电压表有示数,且在分别试触b、c时,电压表均有示数,说明从c经过滑动变阻器到a的电路导通,试触d时电压表示数为零,说明dc段有断路。
12.(2022北京,16,10分)某同学利用自由落体运动测量重力加速度,实验装置如图1所示,打点计时器接在频率为50.0 Hz的交流电源上。
使重锤自由下落,打点计时器在随重锤下落的纸带上打下一系列点迹。挑出点迹清晰的一条纸带,依次标出计数点1,2,…,8,相邻计数点之间还有1个计时点。分别测出相邻计数点之间的距离x1,x2,…,x7,并求出打点2,3,…,7时对应的重锤的速度。在坐标纸上建立v-t坐标系,根据重锤下落的速度作出v-t图线并求重力加速度。
(1)图2为纸带的一部分,打点3时,重锤下落的速度v3=　　　　m/s(结果保留3位有效数字)。
(2)除点3外,其余各点速度对应的坐标点已在图3坐标系中标出,请在图中标出速度v3对应的坐标点,并作出v-t图线。
(3)根据图3,实验测得的重力加速度g=　　　　m/s2(结果保留3位有效数字)。
(4)某同学居家学习期间,注意到一水龙头距地面较高,而且发现通过调节水龙头阀门可实现水滴逐滴下落,并能控制相邻水滴开始下落的时间间隔,还能听到水滴落地时发出的清脆声音。于是他计划利用手机的秒表计时功能和刻度尺测量重力加速度。为准确测量,请写出需要测量的物理量及对应的测量方法。
答案　(1)1.15
(2)如图所示
(3)9.75
(4)需要测量的物理量:水滴下落的高度h和下落的时间t。
测量h的方法:用刻度尺测量水龙头出水口到地面的高度,多次测量取平均值。
测量t的方法:调节水龙头阀门,使一滴水开始下落的同时,恰好听到前一滴水落地时发出的清脆声音。用手机测量n滴水下落的总时间tn,则t=。
解析　(1)由于交流电源频率f=50.0 Hz,相邻计数点间还有一个计时点,则相邻计数点间时间间隔为T==0.04 s,故v3== cm/s=1.15 m/s
(2)见答案图
(3)由v-t图线的斜率可得重力加速度为
g== m/s2=9.75 m/s2
13.(2022浙江1月选考,17,7分)(7分)(1)在“研究平抛运动”实验中,以小钢球离开轨道末端时球心位置为坐标原点O,建立水平与竖直坐标轴。让小球从斜槽上离水平桌面高为h处静止释放,使其水平抛出,通过多次描点可绘出小球做平抛运动时球心的轨迹,如图1所示。在轨迹上取一点A,读取其坐标(x0,y0)。
①下列说法正确的是　　　　(单选)。
A.实验所用斜槽应尽量光滑
B.画轨迹时应把所有描出的点用平滑的曲线连接起来
C.求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据
②根据题目所给信息,小球做平抛运动的初速度大小v0=　　　　(单选)。
A.　　　　　　　　　　B.
C.x0　　　　　　　　　　D.x0
③在本实验中要求小球多次从斜槽上同一位置由静止释放的理由是　　　　　　　　。
(2)“探究碰撞中的不变量”的实验装置如图2所示,阻力很小的滑轨上有两辆小车A、B,给小车A一定速度去碰撞静止的小车B,小车A、B碰撞前后的速度大小可由速度传感器测得。
①实验应进行的操作有　　　　(单选)。
A.测量滑轨的长度
B.测量小车的长度和高度
C.碰撞前将滑轨调成水平
②表是某次实验时测得的数据:
A的质 量/kg B的质 量/kg 碰撞前A的 速度大小/ (m·s-1) 碰撞后A的 速度大小/ (m·s-1) 碰撞后B的 速度大小/ (m·s-1)
0.200 0.300 1.010 0.200 0.800
由表中数据可知,碰撞后小车A、B所构成系统的总动量大小是　　　　 kg·m/s(结果保留3位有效数字)。
答案　(1)①C　②D　③见解析　(2)①C　②0.200
解析　(1)①根据实验原理可知,实验中只要确保小球多次水平抛出时的速度相同即可,无须斜槽尽量光滑,A错误;画轨迹时应注意描绘要求,即尽可能使平滑曲线通过所有点,不能通过所有点时应使点迹均匀分布在曲线两侧,个别误差较大的点可忽略,故B错误;为减小实验测量误差,应选用离原点较远的点读取数据,故C正确。②由y0=gt2得t=,故v0==x0,D正确。③实验要求确保多次运动的轨迹相同,即小球水平抛出时的速度相同,因此小球必须从斜槽上同一位置由静止释放。
(2)①根据动量守恒定律条件,滑轨阻力很小可忽略,因此为减小重力影响应调节滑轨水平;根据实验原理可知,无须测量滑轨的长度及小车的长度和高度,故A、B错误,C正确。
②根据弹性碰撞规律可知,mA14.(7分)(1)①“探究小车速度随时间变化的规律”的实验装置如图1所示,长木板水平放置,细绳与长木板平行。图2是打出纸带的一部分,以计数点O为位移测量起点和计时起点,则打计数点B时小车位移大小为　　　　cm。由图3中小车运动的数据点,求得加速度为　　　　m/s2(保留两位有效数字)。
②利用图1装置做“探究加速度与力、质量的关系”的实验,需调整的是　　　　(多选)。
A.换成质量更小的小车
B.调整长木板的倾斜程度
C.把钩码更换成砝码盘和砝码
D.改变连接小车的细绳与长木板的夹角
(2)“探究求合力的方法”的实验装置如图4所示,在该实验中,
①下列说法正确的是　　　　(单选);
A.拉着细绳套的两只弹簧秤,稳定后读数应相同
B.在已记录结点位置的情况下,确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的两点
C.测量时弹簧秤外壳与木板之间不能存在摩擦
D.测量时,橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板
②若只有一只弹簧秤,为了完成该实验至少需要　　　　(选填“2”、“3”或“4”)次把橡皮条结点拉到O点。
答案　(1)①6.20±0.05　1.9±0.2　②BC　(2)①D　②3
解析　(1)①刻度尺应估读到0.01 cm,所以读数为6.20 cm。v-t图线斜率表示加速度,故加速度为1.9 m/s2。②探究加速度与力、质量关系实验中要求平衡摩擦力,还要能够方便控制小车所受的拉力大小,所以应调整长木板的倾斜程度,将钩码换成砝码盘和砝码。小车质量不用变小,细绳与长木板始终要平行。
(2)①拉着细绳套的两只弹簧秤读数不必相同,A错误;记录拉力方向时需要两个点即可,已经有结点位置再需要一个点就行,B错误;测量时弹簧秤外壳与木板之间可以存在摩擦,但弹簧秤中的弹簧等与弹簧秤外壳之间不能存在摩擦,C错;测量时,橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板,D正确。②本实验需要知道两个分力大小和两分力的合力大小,只有一只弹簧秤,所以需要测量3次,至少需要3次将橡皮条的结点拉到O点。
15.(2022全国乙,23,10分)一同学探究阻值约为550 Ω的待测电阻Rx在0~5 mA范围内的伏安特性。可用器材有:电压表(量程为3 V,内阻很大),电流表(量程为1 mA,内阻为300 Ω),电源E(电动势约为4 V,内阻不计),滑动变阻器R(最大阻值可选10 Ω或1.5 kΩ),定值电阻R0(阻值可选75 Ω或150 Ω),开关S,导线若干。
(1)要求通过Rx的电流可在0~5 mA范围内连续可调,将图(a)所示的器材符号连线,画出实验电路的原理图;
(2)实验时,图(a)中的R应选最大阻值为　　　　(填“10 Ω”或“1.5 kΩ”)的滑动变阻器,R0应选阻值为　　　　(填“75 Ω”或“150 Ω”)的定值电阻;
(3)测量多组数据可得Rx的伏安特性曲线。若在某次测量中,电压表、电流表的示数分别如图(b)和图(c)所示,则此时Rx两端的电压为　　　　V,流过Rx的电流为　　　　mA,此组数据得到的Rx的阻值为　　　　 Ω(保留3位有效数字)。
答案　(1)如图所示　(2)10 Ω　75 Ω　(3)2.30　4.20　548
解析　(1)要求通过Rx的电流可在0~5 mA范围内连续可调,则应用滑动变阻器的分压式接法,电流表的量程为1 mA,需测到5 mA,则要对电流表改装,与其并联一个电阻R0,电压表的内阻很大,则电流表采用外接法。
(2)滑动变阻器采用分压式接法,R应选最大阻值较小的滑动变阻器;电流表量程1 mA改装为量程5 mA,则R0===75 Ω,故R0应选阻值为75 Ω的定值电阻。
(3)电压表的分度值为0.1 V,读数时需估读到分度值的下一位,读数为2.30 V,电流表的分度值为0.02 mA,此时示数为0.84 mA,考虑到改装关系,流过Rx的电流为5×0.84 mA=4.20 mA,利用R=解得Rx≈548 Ω。
16.(2022浙江1月选考,18,7分)小明同学根据图1的电路连接器材来“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”。实验时多次改变合金丝甲接入电路的长度l、调节滑动变阻器的阻值,使电流表的读数I达到某一相同值时记录电压表的示数U,从而得到多个的值,作出-l图像,如图2中图线a所示。
(1)在实验中使用的是　　　　(选填“0~20 Ω”或“0~200 Ω”)的滑动变阻器。
(2)在某次测量时,电压表的指针位置如图3所示,则读数U=　　　　 V。
(3)已知合金丝甲的横截面积为7.0×10-8 m2,则合金丝甲的电阻率为　　　　Ω·m(结果保留2位有效数字)。
(4)图2中图线b是另一根长度相同、材料相同的合金丝乙与合金丝甲并联后采用同样的方法获得的-l图像,由图可知合金丝甲的横截面积　　　　(选填“大于”“等于”或“小于”)合金丝乙的横截面积。
答案　(1)0~20 Ω　(2)1.31~1.34
(3)0.96×10-6~1.0×10-6　(4)小于
解析　(1)由题图2中a图线知合金丝电阻测量范围为3~8 Ω,结合电流表示数不变,即闭合电路的总电阻不变,为方便实验操作,滑动变阻器应选用0~20 Ω的。
(2)由(1)中分析知,电压表应选量程0~3 V的,故读数U=1.32 V(1.31~1.34 V均可)。
(3)由R=ρ可得=l,根据题图2中图线斜率可求得ρ=S=0.98×10-6 Ω·m。
(4)由题图2知L=0.40 m时,R甲=6.8 Ω,R并=2.1 Ω,根据R并=可解得R甲>R乙,由R=ρ,因为甲、乙长度相同,材料相同,所以S甲17.(2022浙江6月选考,18,7分)(1)探究滑动变阻器的分压特性,采用图1所示的电路,探究滑片P从A移到B的过程中,负载电阻R两端的电压变化。
①图2为实验器材部分连线图,还需要　　　　(选填af、 bf、fd、fc、 ce或cg)连线(多选)。
②图3所示电压表的示数为　　　　V。
③已知滑动变阻器的最大阻值R0=10 Ω,额定电流I=1.0 A。选择负载电阻R=10 Ω,以R两端电压U为纵轴,为横轴(x为AP的长度,L为AB的长度),得到U-分压特性曲线为图4中的“Ⅰ”;当R=100 Ω,分压特性曲线对应图4中的　　　　(选填“Ⅱ”或“Ⅲ”);则滑动变阻器最大阻值的选择依据是　　　　。
(2)两个相同的电流表G1和G2如图5所示连接,晃动G1表,当指针向左偏时,静止的G2表的指针也向左偏,原因是　　　(多选)。
A.两表都是“发电机”
B.G1表是“发电机”,G2表是“电动机”
C.G1表和G2表之间存在互感现象
D.G1表产生的电流流入G2表,产生的安培力使G2表指针偏转
答案　(1)①af、fd、ce　②1.50±0.02　③Ⅱ　R0(2)BD
解析　(1)①由电路图可知,滑动变阻器采用分压式接法,电压表并联接在电阻两端,由实物图可知电源电压为3 V,故需连接ce、fd、af三条线。
②电压表0~3 V量程的分度值为0.1 V,估读一位,读数为1.50 V。
③滑片滑到AB段中点时,电阻箱阻值越大,电阻箱与滑动变阻器AP段的并联电阻越接近RAP,根据串联分压规律,UAP=U,UAP与成正比,故R=100 Ω时对应图线Ⅱ,选择滑动变阻器的依据是R0(2)G1、G2按题图连接,晃动G1时,G1的指针向左偏,线圈切割磁感线,相当于“发电机”,产生的感应电流经导线流到G2,在安培力作用下线圈转动,指针偏转,相当于“电动机”,故B、D正确。
18.(2022山东,13,6分)在天宫课堂中,我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验。受此启发,某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验,如图甲所示。主要步骤如下:
①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上,加速度传感器固定在滑块上;
②接通气源,放上滑块,调平气垫导轨;
③将弹簧左端连接力传感器,右端连接滑块。弹簧处于原长时滑块左端位于O点,A点到O点的距离为5.00 cm,拉动滑块使其左端处于A点,由静止释放并开始计时;
④计算机采集获取数据,得到滑块所受弹力F、加速度a随时间t变化的图像,部分图像如图乙所示。
回答以下问题(结果均保留两位有效数字):
(1)弹簧的劲度系数为　　　　N/m。
(2)该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据,画出a-F图像如图丙中Ⅰ所示。由此可得滑块与加速度传感器的总质量为　　　　kg。
(3)该同学在滑块上增加待测物体,重复上述实验步骤,在图丙中画出新的a-F图像Ⅱ,则待测物体的质量为　　　　kg。
答案　(1)12　(2)0.20　(3)0.13
解析　(1)由F-t图像可知,弹簧伸长5.00 cm时弹力F=0.610 N,则k== N/m≈12 N/m。
(2)由牛顿第二定律可知a=,图线的斜率k=,由丙图中图线Ⅰ的斜率可求得m≈0.20 kg。
(3)由丙图中图线Ⅱ的斜率可求得m'≈0.33 kg,则待测物体的质量m″=m'-m=0.13 kg。
19.(2022重庆,12,9分)如图为某小组探究两滑块碰撞前后的动量变化规律所用的实验装置示意图。带刻度尺的气垫导轨右支点固定,左支点高度可调,装置上方固定一具有计时功能的摄像机。
(1)要测量滑块的动量,除了前述实验器材外,还必需的实验器材是　　　　　　。
(2)为减小重力对实验的影响,开动气泵后,调节气垫导轨的左支点,使轻推后的滑块能在气垫导轨上近似做　　　　运动。
(3)测得滑块B的质量为197.8 g,两滑块碰撞前后位置x随时间t的变化图像如图所示,其中①为滑块B碰前的图线。取滑块A碰前的运动方向为正方向,由图中数据可得滑块B碰前的动量为　　　　 kg·m·s-1(保留2位有效数字),滑块A碰后的图线为　　　　(选填“②”“③”“④”)。
答案　(1)天平　(2)匀速直线　(3)-0.011　③
解析　(1)要测量滑块的动量还需要测量滑块的质量,故还需要的器材是天平;
(2)为了减小重力对实验的影响,应该让气垫导轨处于水平位置,故调节气垫导轨后要使滑块能在气垫导轨上近似做匀速直线运动;
(3)取滑块A碰前运动方向为正方向,根据x-t图可知滑块B碰前的速度为vB= m/s=-0.058 m/s,则滑块B碰前的动量为pB=mBvB=0.197 8 kg×(-0.058) m/s=-0.011 kg·m/s;图线①为滑块B碰前的图线,则图线④为碰前A滑块的图线,碰后A、B滑块同向运动,且A在前,速度大,由图可知碰后图线③的速度大于图线②的速度,可知③为碰后A滑块的图线。
20.(2022湖北,13,9分)某探究小组学习了多用电表的工作原理和使用方法后,为测量一种新型材料制成的圆柱形电阻的电阻率,进行了如下实验探究。
(1)该小组用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D,示数如图甲所示,其读数为　　　mm。再用游标卡尺测得其长度L。
　　　
(2)该小组用如图乙所示的电路测量该圆柱形电阻Rx的阻值。图中电流表量程为0.6 A,内阻为1.0 Ω,定值电阻R0的阻值为20.0 Ω,电阻箱R的最大阻值为999.9 Ω。首先将S2置于位置1,闭合S1,多次改变电阻箱R的阻值,记下电流表的对应读数I,实验数据见下表。根据表中数据,在图丙中绘制出-R图像。再将S2置于位置2,此时电流表读数为0.400 A。根据图丙中的图像可得Rx=　　　　Ω(结果保留2位有效数字)。最后可由表达式ρ=　　　　得到该材料的电阻率(用D、L、Rx表示)。
R/Ω I/A /A-1
5.0 0.414 2.42
10.0 0.352 2.84
15.0 0.308 3.25
20.0 0.272 3.68
25.0 0.244 4.10
30.0 0.222 4.50
(3)该小组根据图乙的电路和图丙的-R图像,还可以求得电源电动势E=　　　V,内阻r=　　　　Ω。(结果均保留2位有效数字)
(4)持续使用后,电源电动势降低、内阻变大。若该小组再次将此圆柱形电阻连入此装置,测得电路的电流,仍根据原来描绘的图丙的图像得到该电阻的测量值会　　　　(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
答案　(1)3.700　(2)6.0　　(3)12　3.1　(4)偏大
解析　(1)由图甲可得读数为3.5 mm+20.0×0.01 mm=3.700 mm。
(2)电流表示数为0.400 A时,=2.50 A-1,由图丙可读得对应横坐标为6.0 Ω。由Rx=ρ、S=π可得ρ=。
(3)由电路结构可得E=I(r+R0+RA+R),即=+R,可见-R图线的斜率k=、纵截距b=,再由图丙可得b=2.00 A-1、k= A-1·Ω-1≈0.082 9 V-1,解得E≈12 V、r≈3.1 Ω。
(4)由E=I(r+R0+RA+R)得R=-(r+R0+RA),可知当电源的电动势降低、内阻增大后,同一电流对应的电阻箱接入电路中阻值减小,故按原来描绘的图像处理时所获得的Rx偏大。
21.(2022河北,12,9分)某物理兴趣小组利用废弃电饭煲的部分器材自制简易电饭煲,设计电路如图1所示。选用的器材有:限温开关S1(手动将其按下,开始持续加热煮饭,当锅内温度高于103 ℃时自动断开,之后不能自动闭合);保温开关S2(当锅内温度高于80 ℃时自动断开,温度低于70 ℃时自动闭合);电饭煲的框架(结构如图2所示)。自备元件有:加热电阻丝R(阻值为60 Ω,用于加热煮饭);限流电阻R1和R2(阻值均为1 kΩ);指示灯L1和L2(2.5 V,0.6 W,当电流低于30 mA时可视为熄灭);保险丝T。
(1)按照兴趣小组设计的电路,下列说法正确的是　　　　(多选)。
A.按下S1,L1和L2均发光
B.当锅内温度高于103 ℃时,S1自动断开,L1和L2均发光
C.保温过程中,S2自动在闭合、断开状态之间交替切换
D.当锅内温度低于70 ℃时,S2自动闭合,L1发光,L2熄灭
(2)简易电饭煲制作完成后,试用时L1始终不亮,但加热和保温功能均正常。在不拆卸元件的前提下,断开电源,使用多用电表判断发生故障的元件。下列操作步骤的正确顺序是　　　　(填写各步骤前的字母)。
A.将选择开关旋转到“×100”位置
B.将两支表笔直接接触,调节“欧姆调零旋钮”,使指针指向欧姆零点
C.调整“指针定位螺丝”,使指针指到零刻度
D.测量指示灯L1两端的阻值
E.将选择开关置于OFF位置或交流电压最高挡
操作时,将多用电表两表笔与L1两端接触,若指针如图3所示,可判断是　　　　断路损坏;若指针如图4所示,可判断是　　　断路损坏。(用电路中的元件符号表示)
答案　(1)CD　(2)CABDE　L1　R1
解析　(1)指示灯的阻值为R=≈10 Ω。由图1可知,在S1、S2有一个闭合时,R2与L2就被短路而不能发光,此时通过L1的电流为I1=≈218 mA>30 mA,则L1可发光,A错误,D正确。当锅内温度高于103 ℃时,S1与S2均断开,此时R1、L1串联后与R并联的总阻值为 Ω≈56.6 Ω,再与L2、R2串联,通过L2的电流为≈0.206 A=206 mA>30 mA,L2可发光,而由并联电路电流分配规律可知通过L1的电流约为×206 mA≈11.6 mA<30 mA,故此时L1熄灭,B错误。在保温过程中,温度高于80 ℃时S2断开停止加热,温度下降到低于70 ℃时S2闭合又开始加热,故C正确。
(2)使用多用电表测电阻时,首先是机械调零,然后选倍率挡,选挡后需欧姆调零,调零后再进行阻值测量,测量完毕后为了电表安全要进行E步骤。
图3中电阻测量值约为1 060 Ω,说明L1断路损坏,测量的是R1与R串联的总阻值;图4中电阻的测量值约为10 Ω,说明R1断路损坏,测量的是L1的阻值。
22.(2022广东,12,9分)弹性导电绳逐步成为智能控制系统中部分传感器的敏感元件。某同学测量弹性导电绳的电阻与拉伸后绳长之间的关系,实验过程如下:
(1)装置安装和电路连接
如图(a)所示,导电绳的一端固定,另一端作为拉伸端,两端分别用带有金属夹A、B的导线接入如图(b)所示的电路中。
(2)导电绳拉伸后的长度L及其电阻Rx的测量
①将导电绳拉伸后,用刻度尺测量并记录A、B间的距离,即为导电绳拉伸后的长度L。
②将滑动变阻器R的滑片滑到最右端。断开开关S2,闭合开关S1,调节R,使电压表和电流表的指针偏转到合适位置。记录两表的示数U和I1。
③闭合S2,电压表的示数　　　　(选填“变大”或“变小”)。调节R使电压表的示数仍为U,记录电流表的示数I2,则此时导电绳的电阻Rx=　　　　(用I1、I2和U表示)。
④断开S1,增大导电绳拉伸量,测量并记录A、B间的距离,重复步骤②和③。
(3)该电压表内阻对导电绳电阻的测量值　　　　(选填“有”或“无”)影响。
(4)图(c)是根据部分实验数据描绘的Rx-L图线。将该导电绳两端固定在某种机械臂上,当机械臂弯曲后,测得导电绳的电阻Rx为1.33 kΩ,则由图线可读出导电绳拉伸后的长度为　　　　 cm,即为机械臂弯曲后的长度。
答案　(2)③变小　　(3)无　(4)51.80
解析　(2)③根据闭合电路欧姆定律,闭合S2后,导电绳与定值电阻并联,电路中总电阻变小,电流变大,电压表的示数变小(提示:也可用串反并同法判断)。根据部分电路欧姆定律,闭合S2 前,I1=+,闭合S2 后,I2=++,联立解得导电绳的电阻Rx=。(3)根据(2)的分析知,导电绳的电阻Rx=,与电压表内阻无关。(4)由图线可得Rx=1.33 kΩ时,导电绳拉伸后的长度为51.80 cm。
23.(2022全国甲,23,10分)利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞,碰撞时间极短,比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2,进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空:
(1)调节导轨水平。
(2)测得两滑块的质量分别为0.510 kg和0.304 kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反,应选取质量为　　　kg的滑块作为A。
(3)调节B的位置,使得A与B接触时,A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等。
(4)使A以一定的初速度沿气垫导轨运动,并与B碰撞,分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2。
(5)将B放回到碰撞前的位置,改变A的初速度大小,重复步骤(4)。多次测量的结果如表所示。
1 2 3 4 5
t1/s 0.49 0.67 1.01 1.22 1.39
t2/s 0.15 0.21 0.33 0.40 0.46
k= 0.31 k2 0.33 0.33 0.33
(6)表中的k2=　　　　(保留2位有效数字)。
(7)的平均值为　　　　(保留2位有效数字)。
(8)理论研究表明,对本实验的碰撞过程,是否为弹性碰撞可由判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞,则的理论表达式为　　　　(用m1和m2表示),本实验中其值为　　　(保留2位有效数字);若该值与(7)中结果间的差别在允许范围内,则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。
答案　(2)0.304　(6)0.31　(7)0.32　(8)　0.34
解析　(2)在一动一静的弹性碰撞中,质量小的滑块碰撞质量大的滑块才能反弹,故应选质量为0.304 kg的滑块作为A。
(6)滑块A、B碰后的速度v1=、v2=,因s1=s2,故有=,则k2=≈0.31。
(7)的平均值 =≈0.32。
(8)设滑块A碰前的速度为v0,若为弹性碰撞,则有:
联立①②得:v1=v0,v2=
则==≈0.34。
24.(2018北京理综,21,18分)用图1所示的实验装置研究小车速度随时间变化的规律。
图1
主要实验步骤如下:
a.安装好实验器材,接通电源后,让拖着纸带的小车沿长木板运动,重复几次。
b.选出一条点迹清晰的纸带,找一个合适的点当做计时起点O(t=0),然后每隔相同的时间间隔T选取一个计数点,如图2中A、B、C、D、E、F……所示。
图2
c.通过测量、计算可以得到在打A、B、C、D、E……点时小车的速度,分别记作v1、v2、v3、v4、v5……
d.以速度v为纵轴、时间t为横轴建立直角坐标系,在坐标纸上描点,如图3所示。
图3
　　结合上述实验步骤,请你完成下列任务:
(1)在下列仪器和器材中,还需要使用的有　　　　和　　　　(填选项前的字母)。
A.电压合适的50 Hz交流电源
B.电压可调的直流电源
C.刻度尺
D.秒表
E.天平(含砝码)
(2)在图3中已标出计数点A、B、D、E对应的坐标点,请在该图中标出计数点C对应的坐标点,并画出v-t 图像。
(3)观察v-t图像,可以判断小车做匀变速直线运动,其依据是　　　　　　　　　　　　。v-t图像斜率的物理意义是　　　　。
(4)描绘v-t图像前,还不知道小车是否做匀变速直线运动。用平均速度表示各计数点的瞬时速度,从理论上讲,对Δt的要求是　　　　(选填“越小越好”或“与大小无关”);从实验的角度看,选取的Δx大小与速度测量的误差　　　　(选填“有关”或“无关”)。
(5)早在16世纪末,伽利略就猜想落体运动的速度应该是均匀变化的。当时只能靠滴水计时,为此他设计了如图4所示的“斜面实验”,反复做了上百次,验证了他的猜想。请你结合匀变速直线运动的知识,分析说明如何利用伽利略“斜面实验”检验小球的速度是随时间均匀变化的。
图4
答案　(1)A　C　(2)如图所示
(3)小车的速度随时间均匀变化　加速度
(4)越小越好　有关
(5)如果小球的初速度为0,其速度v∝t,那么它通过的位移x∝t2。因此,只要测量小球通过不同位移所用的时间,就可以检验小球的速度是否随时间均匀变化。
解析　本题考查研究匀变速直线运动规律的实验。
(1)打点计时器所用电源为50 Hz的交流电源,测量各计数点间距离需用刻度尺。
(2)图见答案。
(3)因为小车的速度随时间均匀变化,所以小车做匀加速直线运动。由匀加速直线运动中速度v=v0+at,可知v-t图像斜率的物理意义是加速度。
(4)=,若用 表示瞬时速度,Δt越小越好,而选取的Δx大小会影响速度测量值与真实值的偏差大小。
(5)设v0=0,v=at,而x=at2,故可通过位移随时间的变化情况,判断速度随时间的变化情况。
解题关键　实验原理的认识
(1)图像法是实验中常用的方法,要学会通过图像分析问题。
(2)测量量的转换是实验中的常用手段,当某一个物理量不易测量时,可通过该量与其他量的关系式,转换成其他可测量的物理量。如将速度的测量转换成位移的测量。
25.(2017课标Ⅰ,22,5分)某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动,用自制“滴水计时器”计量时间。实验前,将该计时器固定在小车旁,如图(a)所示。实验时,保持桌面水平,用手轻推一下小车。在小车运动过程中,滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴,图(b)记录了桌面上连续的6个水滴的位置。(已知滴水计时器每30 s内共滴下46个小水滴)
图(a)
图(b)
(1)由图(b)可知,小车在桌面上是　　　　(填“从右向左”或“从左向右”)运动的。
(2)该小组同学根据图(b)的数据判断出小车做匀变速运动。小车运动到图(b)中A点位置时的速度大小为　　　m/s,加速度大小为　　　　m/s2。(结果均保留2位有效数字)
答案　(1)从右向左　(2)0.19　0.037
解析　(1)由于小车获得速度后在摩擦力作用下减速运动,故相邻水滴间的距离逐渐减小,结合图(b)可知小车向左运动。(2)由题意知,30 s内滴下46滴水,共45个时间间隔,故相邻两滴水的时间间隔T= s= s。由匀变速直线运动中平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得vA= mm/s=0.19 m/s。由逐差法得小车运动的加速度为a= mm/s2=0.037 m/s2。
26.(2017课标Ⅱ,22,6分)某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度之间的关系。使用的器材有:斜面、滑块、长度不同的矩形挡光片、光电计时器。
实验步骤如下:
①如图(a),将光电门固定在斜面下端附近;将一挡光片安装在滑块上,记下挡光片前端相对于斜面的位置,令滑块从斜面上方由静止开始下滑;
②当滑块上的挡光片经过光电门时,用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间Δt;
③用Δs表示挡光片沿运动方向的长度[如图(b)所示],表示滑块在挡光片遮住光线的Δt时间内的平均速度大小,求出;
④将另一挡光片换到滑块上,使滑块上的挡光片前端与①中位置相同,令滑块由静止开始下滑,重复步骤②、③;
⑤多次重复步骤④;
⑥利用实验中得到的数据作出-Δt图,如图(c)所示。
图(c)
完成下列填空:
(1)用a表示滑块下滑的加速度大小,用vA表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大小,则与vA、a和Δt的关系式为=　　　　。
(2)由图(c)可求得,vA=　　　　cm/s,a=　　　　cm/s2。(结果保留3位有效数字)
答案　(1)vA+Δt　(2)52.1　16.3
解析　挡光片通过光电门的平均速度等于Δt时间段的中间时刻的速度
由v=v0+at可知=vA+a
即=vA+a·Δt,由图像的截距可知vA=52.12 cm/s≈52.1 cm/s
其斜率k=a,故滑块的加速度a=2k=16.3 cm/s2
27.(2019课标Ⅲ,22,5分)甲乙两位同学设计了利用数码相机的连拍功能测重力加速度的实验。实验中,甲同学负责释放金属小球,乙同学负责在小球自由下落的时候拍照。已知相机每间隔0.1 s拍1幅照片。
(1)若要从拍得的照片中获取必要的信息,在此实验中还必须使用的器材是　　　　。(填正确答案标号)
A.米尺　　　B.秒表　　　C.光电门　　　D.天平
(2)简述你选择的器材在本实验中的使用方法。
答:　。
(3)实验中两同学由连续3幅照片上小球的位置a、b和c得到ab=24.5 cm、ac=58.7 cm,则该地的重力加速度大小为g=　　　　 m/s2。(保留2位有效数字)
答案　 (1)A　(2)将米尺竖直放置,使小球下落时尽量靠近米尺　(3)9.7
解析　本题考查了匀变速直线运动中数据的处理与加速度的计算,考查了学生的实验能力,体现了科学思维中模型建构、科学推理等素养要素,渗透了科技进步的价值观念。
(1)运动时间可由相机拍照的时间间隔来确定,不需要秒表与光电门。本实验中不需要测量小球的质量,故不需要天平。但需测量小球下落的距离,故需要米尺。
(2)由于不知照相机的放大倍数,故不能通过测量小球在照片上下落的距离来获得小球的实际下落距离,所以只能将米尺与小球的运动拍摄在同一张照片中。因小球做自由落体运动,故米尺只能竖直放置。
(3)由Δx=gT2得当地的重力加速度的大小为g== m/s2=9.7 m/s2。
方法诠释　纸带问题及类纸带问题中求物体运动的加速度,当只有两个连续数据时,可利用Δx=aT2求解;当只有两个不连续的数据时,可利用xm-xn=(m-n)aT2计算;当给定多个连续数据时,则需采用逐差法计算。
28.(2014大纲全国,22,6分)现用频闪照相方法来研究物块的变速运动。在一小物块沿斜面向下运动的过程中,用频闪相机拍摄的不同时刻物块的位置如图所示。拍摄时频闪频率是10 Hz;通过斜面上固定的刻度尺读取的5个连续影像间的距离依次为x1、x2、x3、x4。已知斜面顶端的高度h和斜面的长度s。数据如下表所示。重力加速度大小g=9.80 m/s2。
单位:cm
x1 x2 x3 x4 h s
10.76 15.05 19.34 23.65 48.00 80.00
　　根据表中数据,完成下列填空:
(1)物块的加速度a=　　　m/s2(保留3位有效数字)。
(2)因为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,可知斜面是粗糙的。
答案　(1)4.30(4分,填“4.29”或“4.31”同样给分)
(2)物块加速度小于g=5.88 m/s2(或:物块加速度小于物块沿光滑斜面下滑的加速度)(2分)
解析　(1)a===4.30 m/s2
(2)见答案。
解题指导　运用逐差法求出加速度a。
归纳总结　频闪照片和纸带打点的共同特点是想办法留下物体在相等时间内通过的位移,从而可以研究物体的运动情况,根据Δx=aT2求a,根据平均速度和中点时刻速度的关系求瞬时速度。
29.(2013广东理综,13,18分)(18分)(1)研究小车匀变速直线运动的实验装置如图16(a)所示,其中斜面倾角θ可调。打点计时器的工作频率为50 Hz。纸带上计数点的间距如图16(b)所示,其中每相邻两点之间还有4个记录点未画出。
图16(a)
图16(b)
(1)部分实验步骤如下:
A.测量完毕,关闭电源,取出纸带。
B.接通电源,待打点计时器工作稳定后放开小车。
C.将小车停靠在打点计时器附近,小车尾部与纸带相连。
D.把打点计时器固定在平板上,让纸带穿过限位孔。
上述实验步骤的正确顺序是:　　　　(用字母填写)。
(2)图(b)中标出的相邻两计数点的时间间隔T=　　　　s。
(3)计数点5对应的瞬时速度大小计算式为v5=　　　　。
(4)为了充分利用记录数据,减小误差,小车加速度大小的计算式应为a=　　　　。
答案　(1)DCBA　(2)0.1　(3)
(4)
解析　(1)按常规实验步骤排序即可,先安装再操作后整理。(2)因相邻两计数点间有4个点没有画出,所以其间有5个 0.02 s,共计0.1 s。(3)由=可知,v5=。④由Δx=aT2,结合逐差法可得a=。
30.(2018课标Ⅲ,22,6分)甲、乙两同学通过下面的实验测量人的反应时间。实验步骤如下:
(1)甲用两个手指轻轻捏住量程为L的木尺上端,让木尺自然下垂。乙把手放在尺的下端(位置恰好处于L刻度处,但未碰到尺),准备用手指夹住下落的尺。
(2)甲在不通知乙的情况下,突然松手,尺子下落;乙看到尺子下落后快速用手指夹住尺子。若夹住尺子的位置刻度为L1,重力加速度大小为g,则乙的反应时间为　　　　(用L、L1和g表示)。
(3)已知当地的重力加速度大小为g=9.80 m/s2,L=30.0 cm,L1=10.4 cm。乙的反应时间为　　　　s。(结果保留2位有效数字)
(4)写出一条能提高测量结果准确程度的建议:　　　　　　　　　　　　　　　。
答案　(2)　(3)0.20　(4)多次测量取平均值;初始时乙的手指尽可能接近尺子
解析　本题考查自由落体运动的应用。
　　(2)(3)木尺做自由落体运动,由位移公式可得L-L1=gt2,解得t== s=0.20 s
31.(2018江苏单科,11,10分)某同学利用如图所示的实验装置来测量重力加速度g。细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮,两端各悬挂一只质量为M的重锤。实验操作如下:
①用米尺量出重锤1底端距地面的高度H;
②在重锤1上加上质量为m的小钩码;
③左手将重锤2压在地面上,保持系统静止。释放重锤2,同时右手开启秒表,在重锤1落地时停止计时,记录下落时间;
④重复测量3次下落时间,取其平均值作为测量值t。
请回答下列问题:
(1)步骤④可以减小对下落时间t测量的　　　　　　(选填“偶然”或“系统”)误差。
(2)实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多,主要是为了　　　　　　　。
A.使H测得更准确
B.使重锤1下落的时间长一些
C.使系统的总质量近似等于2M
D.使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等
(3)滑轮的摩擦阻力会引起实验误差。现提供一些橡皮泥用于减小该误差,可以怎么做
(4)使用橡皮泥改进实验后,重新进行实验测量,并测出所用橡皮泥的质量为m0。用实验中的测量量和已知量表示g,得g=　　　　。
答案　(1)偶然　(2)B
(3)在重锤1上粘上橡皮泥,调整橡皮泥质量直至轻拉重锤1后松手,能观察到其匀速下落。
(4)
解析　本题考查利用牛顿第二定律和匀变速直线运动规律测重力加速度。
(2)m相对M越小,系统的加速度越小,重锤1下落的时间就越长,测量时间的相对误差就越小,故选B。
(3)在重锤1上粘上橡皮泥,轻拉重锤1后松手,若能匀速运动,就说明平衡了摩擦阻力。
(4)系统匀加速下落的过程中有:H=at2　①
mg=(2M+m+m0)a　②
解①②得:
g=。
疑难突破　对于创新型的实验,弄清实验原理,一切问题就迎刃而解了。
32.[2015重庆理综,6(1)]同学们利用如图所示方法估测反应时间。
首先,甲同学捏住直尺上端,使直尺保持竖直状态,直尺零刻度线位于乙同学的两指之间。当乙看见甲放开直尺时,立即用手指捏直尺,若捏住位置的刻度读数为x,则乙同学的反应时间为　　　(重力加速度为g)。
基于上述原理,某同学用直尺制作测量反应时间的工具,若测量范围为0~0.4 s,则所用直尺的长度至少为　　　cm(g取10 m/s2);若以相等时间间隔在该直尺的另一面标记出表示反应时间的刻度线,则每个时间间隔在直尺上对应的长度是　　　　的(选填“相等”或“不相等”)。
答案　　80　不相等
解析　由x=gt2得乙同学的反应时间为t=。当t=0.4 s时,x=×10×0.42 m=0.8 m=80 cm。因为x=gt2,即x与t不是成线性关系,故对应相同的时间间隔发生的位移不相等。
33.[2015广东理综,34(1),8分]某同学使用打点计时器测量当地的重力加速度。
①请完成以下主要实验步骤:按图(a)安装实验器材并连接电源;竖直提起系有重物的纸带,使重物　　　　(填“靠近”或“远离”)计时器下端;　　　　,　　　　,使重物自由下落;关闭电源,取出纸带;换新纸带重复实验。
②图(b)和(c)是实验获得的两条纸带,应选取　　　　[填“(b)”或“(c)”]来计算重力加速度。在实验操作和数据处理都正确的情况下,得到的结果仍小于当地重力加速度,主要原因是空气阻力和　　　　。
答案　①靠近　接通电源　释放纸带
②(b)　纸带与限位孔间的摩擦
解析　①重物靠近打点计时器下端,可在纸带上打下更多的点,提高纸带利用率。为了能在纸带上打下尽可能多的点,且避免因打点计时器在接通电源后工作状态不稳而引起的误差,要求先接通电源,待计时器工作稳定后再释放纸带。
②比较图(b)与(c)可知,图(b)中重物做匀加速运动,而图(c)中重物先加速后减速,故应选用(b)。由ma=mg-f知a=g-,测得a34.[2015四川理综,8(1),6分]某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时,安装好实验装置,让刻度尺零刻度与弹簧上端平齐,在弹簧下端挂1个钩码,静止时弹簧长度为l1,如图1所示,图2是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺(分度值是1毫米)上位置的放大图,示数l1=　　　cm。在弹簧下端分别挂2个、3个、4个、5个相同钩码,静止时弹簧长度分别是l2、l3、l4、l5。已知每个钩码质量是50 g,挂2个钩码时,弹簧弹力F2=　　　N(当地重力加速度g=9.8 m/s2)。要得到弹簧伸长量x,还需要测量的是　　　。作出F-x曲线,得到弹力与弹簧伸长量的关系。
答案　25.85　0.98　弹簧原长
解析　刻度尺的分度值是1 mm,读数要估读到0.1 mm,所以读数是25.85 cm。两个钩码的重力G2=2mg=2×50×0.001×9.8 N=0.98 N,所以弹簧弹力F2=0.98 N。弹簧的伸长量=弹簧长度-弹簧的原长,所以需要测量不挂钩码时弹簧的长度,即需要测量弹簧的原长。
35.[2015福建理综,19(1),6分]某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验。
①图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度,其示数为7.73 cm;图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度,此时弹簧的伸长量Δl为　　　　cm;
②本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力,关于此操作,下列选项中规范的做法是　　　　;(填选项前的字母)
A.逐一增挂钩码,记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
B.随意增减钩码,记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
③图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量Δl与弹力F的关系图线,图线的AB段明显偏离直线OA,造成这种现象的主要原因是　　　　　　　　　　　。
答案　①6.93　②A　③超过弹簧的弹性限度
解析　①Δl=14.66 cm-7.73 cm=6.93 cm
②应逐一增挂钩码,不能随意增减,A项正确。
③弹簧下端钩码对弹簧的拉力过大,使弹簧形变量超过了弹簧的弹性限度,弹簧的伸长量不再是线性变化。
36.(2014课标Ⅱ,23,9分,0.31)某实验小组探究弹簧的劲度系数k与其长度(圈数)的关系。实验装置如图(a)所示:一均匀长弹簧竖直悬挂,7个指针P0、P1、P2、P3、P4、P5、P6分别固定在弹簧上距悬点0、10、20、30、40、50、60圈处;通过旁边竖直放置的刻度尺,可以读出指针的位置,P0指向0刻度。设弹簧下端未挂重物时,各指针的位置记为x0;挂有质量为0.100 kg的砝码时,各指针的位置记为x。测量结果及部分计算结果如下表所示(n为弹簧的圈数,取重力加速度为9.80 m/s2)。已知实验所用弹簧总圈数为60,整个弹簧的自由长度为11.88 cm。
P1 P2 P3 P4 P5 P6
x0(cm) 2.04 4.06 6.06 8.05 10.03 12.01
x(cm) 2.64 5.26 7.81 10.30 12.93 15.41
n 10 20 30 40 50 60
k(N/m) 163 ① 56.0 43.6 33.8 28.8
1/k(m/N) 0.006 1 ② 0.017 9 0.022 9 0.029 6 0.034 7
(1)将表中数据补充完整:①　　　,②　　　。
(2)以n为横坐标,1/k为纵坐标,在图(b)给出的坐标系中画出1/k-n图像。
图(b)
(3)图(b)中画出的直线可近似认为通过原点。若从实验中所用的弹簧截取圈数为n的一段弹簧,该弹簧的劲度系数k与其圈数n的关系的表达式为k=　　　N/m;该弹簧的劲度系数k与其自由长度l0(单位为m)的关系的表达式为k=　 　N/m。
答案　(1)①81.7　②0.012 2(2分。每空1分)
(2)-n图像如图所示(3分)
(3)(2分。在~之间均同样给分)
(2分。在~之间均同样给分)
解析　(1)由胡克定律有k== N/m=81.7 N/m,故有=0.012 2 m/N。(2)作图过程略,图见答案。(3)因-n图线是一条过原点的直线,由图可得图线的斜率约为5.71×10-4 m/N,故有=5.71×10-4×n,即k= N/m,由题意可知弹簧的圈数n与原长l0的关系为n=l0,故k=(N/m)。
考查点　探究弹簧的劲度系数k与其长度的关系
解题关键　①本题利用的主要公式是F=kx。(x为伸长量)
②利用-n图像,导出k与n的关系,再利用n与原长l0的关系,导出k与l0的关系表达式。
37.(2014浙江理综,21,10分)在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时,某同学把两根弹簧如图1连接起来进行探究。
图1
(1)某次测量如图2所示,指针示数为　　　cm。
图2
(2)在弹性限度内,将50 g的钩码逐个挂在弹簧下端,得到指针A、B的示数LA和LB如表所示。用表中数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为　　　N/m(重力加速度g=10 m/s2)。由表中数据　　　(填“能”或“不能”)计算出弹簧Ⅱ的劲度系数。
钩码数 1 2 3 4
LA/cm 15.71 19.71 23.66 27.76
LB/cm 29.96 35.76 41.51 47.36
答案　(1)15.95~16.05,有效数字位数正确
(2)12.2~12.8　能
解析　(1)刻度尺的分度值为0.1 cm,读数时需估读到 0.01 cm。
(2)表中对LA的测量有四组数据,应采用逐差法计算增加一个钩码时弹簧Ⅰ增加的长度。
L0==0.04 m
故k==12.5 N/m
通过计算LB-LA可得出A、B两指针间的长度,进而计算出增加一个钩码时弹簧Ⅱ增加的长度,从而计算出其劲度系数。
38.(2019浙江4月选考,17,5分)采用如图所示的实验装置做“研究平抛运动”的实验。
(1)实验时需要下列哪个器材　　　　。
A.弹簧秤　　　　B.重垂线　　　　C.打点计时器
(2)做实验时,让小球多次沿同一轨道运动,通过描点法画出小球平抛运动的轨迹。下列的一些操作要求,正确的是　　　　。
A.每次必须由同一位置静止释放小球
B.每次必须严格地等距离下降记录小球位置
C.小球运动时不应与木板上的白纸相接触
D.记录的点应适当多一些
(3)若用频闪摄影方法来验证小球在平抛过程中水平方向是匀速运动,记录下如图所示的频闪照片。在测得x1,x2,x3,x4后,需要验证的关系是　　　　　　　　　　　　　。已知频闪周期为T,用下列计算式求得的水平速度,误差较小的是　　　　。
A.　　　B.　　　C.　　　D.
答案　(1)B　(2)ACD　(3)x4-x3=x3-x2=x2-x1=x1　D
解析　(1)实验时需要重垂线来确定竖直方向,不需要弹簧秤和打点计时器,故选B。(2)实验时每次必须由同一位置静止释放小球,以保证小球到达最低点的速度相同,选项A正确;每次不一定严格地等距离下降记录小球位置,选项B错误;小球运动时不应与木板上的白纸相接触,否则会改变运动轨迹,选项C正确;记录的点应适当多一些,以减小误差,选项D正确。(3)因相邻两位置的时间间隔相同,则小球在平抛过程中水平方向是匀速运动,满足:x4-x3=x3-x2=x2-x1=x1;由小球最后一个位置与第一个位置的水平距离计算求得的水平速度误差较小,则用计算式求得的水平速度误差较小,故选D。
39.(2019北京理综,21,18分)用如图1所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上,钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出,落在水平挡板MN上,由于挡板靠近硬板一侧较低,钢球落在挡板上时,钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板,重新释放钢球。如此重复,白纸上将留下一系列痕迹点。
图1
(1)下列实验条件必须满足的有　　　　。
A.斜槽轨道光滑
B.斜槽轨道末段水平
C.挡板高度等间距变化
D.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
(2)为定量研究,建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。
图2
a.取平抛运动的起始点为坐标原点,将钢球静置于Q点,钢球的　　　　(选填“最上端”、“最下端”或者“球心”)对应白纸上的位置即为原点;在确定y轴时　　　　(选填“需要”或者“不需要”)y轴与重垂线平行。
b.若遗漏记录平抛轨迹的起始点,也可按下述方法处理数据:如图2所示,在轨迹上取A、B、C三点,AB和BC的水平间距相等且均为x,测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2,则　　　 (选填“大于”、“等于”或者“小于”)。可求得钢球平抛的初速度大小为　　　　(已知当地重力加速度为g,结果用上述字母表示)。
(3)为了得到平抛物体的运动轨迹,同学们还提出了以下三种方案。其中可行的是　　　　。
A.从细管水平喷出稳定的细水柱,拍摄照片,即可得到平抛运动轨迹
B.用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置,平滑连接各位置,即可得到平抛运动轨迹
C.将铅笔垂直于竖直的白纸板放置,笔尖紧靠白纸板,铅笔以一定初速度水平抛出,将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹
(4)伽利略曾研究过平抛运动,他推断:从同一炮台水平发射的炮弹,如果不受空气阻力,不论它们能射多远,在空中飞行的时间都一样。这实际上揭示了平抛物体　　　　。
A.在水平方向上做匀速直线运动
B.在竖直方向上做自由落体运动
C.在下落过程中机械能守恒
(5)牛顿设想,把物体从高山上水平抛出,速度一次比一次大,落地点就一次比一次远。如果速度足够大,物体就不再落回地面,它将绕地球运动,成为人造地球卫星。
同样是受地球引力,随着抛出速度增大,物体会从做平抛运动逐渐变为做圆周运动,请分析原因。
答案　(1)BD　(2)a.球心　需要　b.大于　x　(3)AB　(4)B　(5)见解析
解析　本题考查研究平抛运动实验,突出考查了实验分析及探究能力,体现了科学探究、科学推理的素养要素。
(1)研究平抛运动实验,必须满足的条件是钢球以相同的初速度沿水平方向抛出,则无论斜槽是否光滑,只要每次从同一位置无初速度释放钢球,且斜槽轨道末端水平,钢球抛出的初速度就相同且沿水平方向,A项错误,B、D项正确;实验只需用平滑曲线表示轨迹,挡板高度无需等间距变化,故C项错误。
(2)a.因为每次压点痕迹位于水平正对球心的位置,故静置于Q点的钢球球心对应的白纸上的位置为原点。坐标系以水平方向为x轴,竖直方向为y轴,故需要y轴与重垂线平行。
b.在竖直方向上,若初速度为零,则满足=,当竖直方向初速度大于零时,则满足>;根据y2-y1=gt2得t=,而v0=,得v0=x。
(3)水由细管管口水平喷出后,可以看成水做平抛运动,故此法可得到平抛运动轨迹,A项正确;平抛小球频闪照片取圆心点做的记录点与实验中的痕迹点一致,故B项正确;铅笔做平抛运动时,因为没有水平压力作用,笔尖不会在白纸上留下平抛运动轨迹,故C项错误。
(4)因为平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动,由运动的独立性原理可知平抛物体的飞行时间t=由下落高度决定,所以伽利略的推断揭示了平抛物体在竖直方向上做自由落体运动,故B项正确,A、C项错误。
(5)物体初速度较小时,运动范围很小,引力可以看做恒力——重力,物体做平抛运动;随着物体初速度增大,运动范围变大,引力不能再看做恒力;当物体初速度达到第一宇宙速度时,它就围绕地球做圆周运动而成为地球卫星。
试题分析　题目梯度明显,层次清晰,突出了学科特点,体现了学科思想。
40.(2015课标Ⅰ,22,6分,0.369)某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验。所用器材有:玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R=0.20 m)。
完成下列填空:
(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上,如图(a)所示,托盘秤的示数为1.00 kg;
(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时,托盘秤的示数如图(b)所示,该示数为　　　　kg;
(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放,小车经过最低点后滑向另一侧。此过程中托盘秤的最大示数为m;多次从同一位置释放小车,记录各次的m值如下表所示:
序号 1 2 3 4 5
m(kg) 1.80 1.75 1.85 1.75 1.90
　　(4)根据以上数据,可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为　　　　N;小车通过最低点时2014-2023年高考物理真题专题分类
专题十三　近代物理初步
1.(2023湖南,1,4分)2023年4月12日,中国“人造太阳”反应堆中科院环流器装置(EAST)创下新纪录,实现403秒稳态长脉冲高约束模等离子体运行,为可控核聚变的最终实现又向前迈出了重要的一步,下列关于核反应的说法正确的是(　　)
A.相同质量的核燃料,轻核聚变比重核裂变释放的核能更多
B.氘氚核聚变的核反应方程为HH → Hee
C.核聚变的核反应燃料主要是铀235
D.核聚变反应过程中没有质量亏损
答案：A 由爱因斯坦质能方程E=mc2可知,核反应释放的核能取决于核反应过程中产生的质量亏损,轻核聚变的核反应燃料的平均核子质量小于重核裂变的平均核子质量,所以相同质量的核燃料,轻核聚变产生的质量亏损大于重核裂变产生的质量亏损,轻核聚变释放的核能更多,A选项正确,D选项错误;核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒,故氘氚核聚变的核反应方程为HHen,B选项错误;核聚变的核反应燃料主要是原子序数较小的轻元素,如氦、氢及其同位素等,而重核裂变的核反应燃料主要是铀235,C选项错误。
2.(2023山东,1,3分)
“梦天号”实验舱携带世界首套可相互比对的冷原子钟组发射升空,对提升我国导航定位、深空探测等技术具有重要意义。如图所示为某原子钟工作的四能级体系,原子吸收频率为ν0的光子从基态能级Ⅰ跃迁至激发态能级Ⅱ,然后自发辐射出频率为ν1的光子,跃迁到钟跃迁的上能级2,并在一定条件下可跃迁到钟跃迁的下能级1,实现受激辐射,发出钟激光,最后辐射出频率为ν3的光子回到基态。该原子钟产生的钟激光的频率ν2为(　　)
A.ν0+ν1+ν3 B.ν0+ν1-ν3
C.ν0-ν1+ν3 D.ν0-ν1-ν3
答案：D 利用图示能级关系及能级跃迁理论可知光子的能量关系是hν0=hν1+hν2+hν3,解得ν2=ν0-ν1-ν3,故选D。
3.(2023全国甲,15,6分)在下列两个核反应方程中(　　)
XN→YO
YLi→2X
X和Y代表两种不同的原子核,以Z和A分别表示X的电荷数和质量数,则(　　)
A.Z=1,A=1 B.Z=1,A=2
C.Z=2,A=3 D.Z=2,A=4
答案：D X的电荷数为Z,质量数为A,设Y的电荷数为Z',质量数为A',依据核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒,有
Z+7=Z'+8①
A+14=A'+17②
Z'+3=2Z③
A'+7=2A④
联立①②③④解得
选项D正确。
4.(2023新课标,16,6分)铯原子基态的两个超精细能级之间跃迁发射的光子具有稳定的频率,铯原子钟利用的两能级的能量差量级为10-5 eV,跃迁发射的光子的频率量级为(普朗克常量h=6.63×10-34 J·s,元电荷e=1.60×10-19 C)(　　)
A.103 Hz B.106 Hz
C.109 Hz D.1012 Hz
答案：C 原子在两个能级之间跃迁时发射的光子的能量等于两个能级之间的能量差。根据光子的能量和频率的关系有E=hν,ν==≈2.4×109 Hz,故C正确。
5.(2023全国乙,16,6分)2022年10月,全球众多天文设施观测到迄今最亮伽马射线暴,其中我国的“慧眼”卫星、“极目”空间望远镜等装置在该事件观测中作出重要贡献。由观测结果推断,该伽马射线暴在1分钟内释放的能量量级为1048 J。假设释放的能量来自物质质量的减少,则每秒钟平均减少的质量量级为(光速为3×108 m/s)(　　)
A.1019 kg B.1024 kg
C.1029 kg D.1034 kg
答案：C 设每秒平均减少的质量为m,由爱因斯坦质能方程得每分钟释放的能量E=60mc2=1048 J,代入数据解得m≈1.9×1029 kg,故选C。
6.(2022全国乙,17,6分)一点光源以113 W的功率向周围所有方向均匀地辐射波长约为6×10-7 m的光,在离点光源距离为R处每秒垂直通过每平方米的光子数为3×1014个。普朗克常量为h=6.63×10-34 J·s。R约为 (　　)
A.1×102 m　　　　　　　　　　B.3×102 m
C.6×102 m　　　　　　　　　　D.9×102 m
答案　B　一个光子的能量ε=hν=h,每秒放出光子总数N==,离点光源R处每秒垂直通过每平方米的光子数n==,则R=≈3×102 m,B正确。
温馨提示　本题的难点是数据运算,应先进行字母运算,得到R的表达式以后再代值运算,可提高准确率。
7.(2022湖南,1,4分)关于原子结构和微观粒子波粒二象性,下列说法正确的是 (　　)
A.卢瑟福的核式结构模型解释了原子光谱的分立特征
B.玻尔的原子理论完全揭示了微观粒子运动的规律
C.光电效应揭示了光的粒子性
D.电子束穿过铝箔后的衍射图样揭示了电子的粒子性
答案　C　玻尔的原子理论解释了原子光谱的分立特征,但没有完全揭示微观粒子运动的规律,故A、B错误。爱因斯坦的光子说很好地解释了光电效应,光电效应说明光具有粒子性,故C正确。电子束穿过铝箔后的衍射图样揭示了电子的波动性,故D错误。
8.(2022广东,5,4分)目前科学家已经能够制备出能量量子数n较大的氢原子。氢原子第n能级的能量为En=,其中E1=-13.6 eV。如图是按能量排列的电磁波谱,要使n=20的氢原子吸收一个光子后,恰好失去一个电子变成氢离子,被吸收的光子是 (　　)
A.红外线波段的光子
B.可见光波段的光子
C.紫外线波段的光子
D.X射线波段的光子
答案　A　由氢原子能级公式En=知,E20= eV=-3.4×10-2 eV,要使该能级的氢原子电离,要吸收的光子能量为3.4×10-2 eV,属红外线波段的光子,故选项A正确。
9.(2022湖北,1,4分)上世纪四十年代初,我国科学家王淦昌先生首先提出证明中微子存在的实验方案:如果静止原子核Be俘获核外K层电子e,可生成一个新原子核X,并放出中微子νe,即Bee→Xνe。根据核反应后原子核X的动能和动量,可以间接测量中微子的能量和动量,进而确定中微子的存在。下列说法正确的是 (　　)
A.原子核X是Li
B.核反应前后的总质子数不变
C.核反应前后总质量数不同
D.中微子νe的电荷量与电子的相同
答案　A　根据核反应中的质量数守恒和电荷数守恒可知X是Li,A正确,C错误;核反应前的质子数即Be的质子数为4个,核反应后的质子数即Li的质子数为3个,核反应前后的质子数发生了变化,B错误;中微子νe的电荷量为0,而电子的电荷数为-1,D错误。
10.(2022江苏,4,4分)上海光源通过电子-光子散射使光子能量增加。光子能量增加后 (　　)
A.频率减小　　　　　　　　　　B.波长减小
C.动量减小　　　　　　　　　　D.速度减小
答案　B　真空中的光速c是定值,光子的能量ε=hν=h=pc,由上述各式可知B正确,A、C、D均错误。
11.(2022山东,1,3分)碘125衰变时产生γ射线,医学上利用此特性可治疗某些疾病。碘125的半衰期为60天,若将一定质量的碘125植入患者病灶组织,经过180天剩余碘125的质量为刚植入时的 (　　)
A.　　　　　B.　　　　　C.　　　　　D.
答案　B　由衰变规律可知,经过n个半衰期剩余碘125的质量m余=m0,n==3,故=,B正确。
12.(2022北京,14,3分)2021年5月,中国科学院全超导托卡马克核聚变实验装置(EAST)取得新突破,成功实现了可重复的1.2亿摄氏度101秒和1.6亿摄氏度20秒等离子体运行,创造托卡马克实验装置运行新的世界纪录,向核聚变能源应用迈出重要一步。等离子体状态不同于固体、液体和气体的状态,被认为是物质的第四态。当物质处于气态时,如果温度进一步升高,几乎全部分子或原子由于激烈的相互碰撞而离解为电子和正离子,此时物质称为等离子体。在自然界里,火焰、闪电、极光中都会形成等离子体,太阳和所有恒星都是等离子体。下列说法不正确的是 (　　)
A.核聚变释放的能量源于等离子体中离子的动能
B.可以用磁场来约束等离子体
C.尽管等离子体整体是电中性的,但它是电的良导体
D.提高托卡马克实验装置运行温度有利于克服等离子体中正离子间的库仑斥力
答案　A　核聚变的能量来源于核能,A错误。磁场可改变带电粒子的运动方向,B正确。等离子体中存在大量可自由移动的电荷,故具有良好的导电性能,C正确。热核反应利用的是聚变材料中的离子热运动的动能,来克服正离子间的库仑斥力做功,使正离子间距离能接近到核力发生作用的距离,而温度越高时离子热运动的动能越大,故D正确。
13.(2022北京,1,3分)氢原子从某激发态跃迁到基态,则该氢原子 (　　)
A.放出光子,能量增加
B.放出光子,能量减少
C.吸收光子,能量增加
D.吸收光子,能量减少
答案　B　从激发态跃迁到基态,氢原子以释放光子的形式放出能量,氢原子能量减少。
14.(2022重庆,6,4分)如图为氢原子的能级示意图。
已知蓝光光子的能量范围为2.53 ~ 2.76 eV,紫光光子的能量范围为2.76 ~3.10 eV。若使处于基态的氢原子被激发后,可辐射蓝光,不辐射紫光,则激发氢原子的光子能量为 (　　)
A.10.20 eV　　　　　　　　　　B.12.09 eV
C.12.75 eV　　　　　　　　　　D.13.06 eV
答案　C　可见光是氢原子由高能级向n=2能级跃迁时产生的,由图可知,n=3、4、5与n=2间的能级差分别为1.89 eV、2.55 eV、2.86 eV,可见若使处于基态的氢原子被激发后,可辐射蓝光,不辐射紫光,原子吸收能量后必须跃迁至n=4能级,它与基态的能级差为12.75 eV,则激发氢原子的光子能量为12.75 eV,故C正确。
15.(2022河北,4,4分)如图是密立根于1916年发表的钠金属光电效应的遏止电压Uc与入射光频率ν的实验曲线,该实验直接证明了爱因斯坦光电效应方程,并且第一次利用光电效应实验测定了普朗克常量h。由图像可知 (　　)
A.钠的逸出功为hνc
B.钠的截止频率为8.5×1014 Hz
C.图中直线的斜率为普朗克常量h
D.遏止电压Uc与入射光频率ν成正比
答案　A　由光电效应方程Ek=hν-W0和eUc=Ek可知Uc=ν-,当Uc=0时,ν==νc,即图线在横轴上的截距在数值上等于钠的截止频率,从图中可以读出νc=5.5×1014 Hz,B错误;钠的逸出功W=hνc,A正确;图线的斜率在数值上等于,C错误;遏止电压Uc随入射光的频率ν的增大而增大,但不是正比关系,D错误。
16.(2022浙江6月选考,7,3分)图为氢原子的能级图。大量氢原子处于n=3的激发态,在向低能级跃迁时放出光子,用这些光子照射逸出功为2.29 eV的金属钠。下列说法正确的是 (　　)
A.逸出光电子的最大初动能为10.80 eV
B.n=3跃迁到n=1放出的光子动量最大
C.有3种频率的光子能使金属钠产生光电效应
D.用0.85 eV的光子照射,氢原子跃迁到n=4激发态
答案　B　氢原子在向低能级跃迁时放出光子,光子的能量等于两能级之间的能量差,氢原子处于n=3的激发态,向基态跃迁时,逸出光子的能量最大为hν=E3-E1=12.09 eV,照射逸出功为2.29 eV的金属钠,根据爱因斯坦光电效应方程可知逸出光电子的最大初动能Ek=hν-W=9.8 eV,A错误;氢原子从n=3跃迁到n=1放出的光子频率ν最大,波长λ最小,根据p=可知动量p最大,B正确;氢原子从n=3跃迁到n=2放出的光子能量小于金属钠的逸出功,所以只有2种频率的光子能使金属钠产生光电效应,C错误;n=3与n=4的能级差为0.66 eV,用0.85 eV的光子照射,氢原子不能跃迁到n=4激发态,D错误。
17.(2022全国甲,17,6分)两种放射性元素的半衰期分别为t0和2t0,在t=0时刻这两种元素的原子核总数为N,在t=2t0时刻,尚未衰变的原子核总数为,则在t=4t0时刻,尚未衰变的原子核总数为 (　　)
A.　　　　　B.　　　　　C.　　　　　D.
答案　C　设两种放射性元素的原子核原来总数分别为N1和N2,则N=N1+N2,因为N余=·N原,所以t=2t0时刻,=N1+N2,联立解得N1=N,N2=N,故t=4t0时刻,N余'=N1+N2=,C项正确。
18.(2022浙江6月选考,14,2分)(多选)秦山核电站生产C的核反应方程为Nn→C+X,其产物C的衰变方程为CN+e。下列说法正确的是 (　　)
A.X是H
BC可以用作示踪原子
Ce来自原子核外
D.经过一个半衰期,10个C将剩下5个
答案　AB　由质量数守恒和电荷数守恒,可知X是H,故A正确C能够自发地放出β射线,故可以用作示踪原子,故B正确e由原子核内部的中子转化而来n→H),故C错误;半衰期为大量粒子的统计规律,少量粒子具有偶然性,故D错误。
19.(2022浙江1月选考,14,2分)(多选)2021年12月15日秦山核电站迎来了安全发电30周年,核电站累计发电约6.9×1011 kW·h,相当于减排二氧化碳六亿多吨。为了提高能源利用率,核电站还将利用冷却水给周围居民供热。下列说法正确的是 (　　)
A.秦山核电站利用的是核聚变释放的能量
B.秦山核电站发电使原子核亏损的质量约为27.6 kg
C.核电站反应堆中需要用镉棒控制链式反应的速度
D.反应堆中存在UnBaKr+n的核反应
答案　CD　秦山核电站利用的是重核裂变释放的能量,反应堆中的主要反应式为UnBaKr+n,故A错误,D正确;由于发电效率一定小于100%,则核能大于发电量,根据E=Δmc2可知,Δm=> kg=27.6 kg,故B错误;核反应堆可通过镉棒控制中子数从而控制链式反应的速度,故C正确。
20.[2015课标Ⅱ,35(1),5分,0.445](多选)实物粒子和光都具有波粒二象性。下列事实中突出体现波动性的是　　　。
A.电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样
B.β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹
C.人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构
D.人们利用电子显微镜观测物质的微观结构
E.光电效应实验中,光电子的最大初动能与入射光的频率有关,与入射光的强度无关
答案　ACD　电子束通过双缝产生干涉图样,体现的是波动性,A正确;β射线在云室中留下清晰的径迹,不能体现波动性,B错误;衍射体现的是波动性,C正确;电子显微镜利用了电子束波长短的特性,D正确;光电效应体现的是光的粒子性,E错误。
21.(2014广东理综,18,6分)(多选)在光电效应实验中,用频率为ν的光照射光电管阴极,发生了光电效应,下列说法正确的是(　　)
A.增大入射光的强度,光电流增大
B.减小入射光的强度,光电效应现象消失
C.改用频率小于ν的光照射,一定不发生光电效应
D.改用频率大于ν的光照射,光电子的最大初动能变大
答案　AD　增大入射光强度,使单位时间内逸出的光电子数增加,因此光电流增大,选项A正确;能否发生光电效应与照射光的频率有关,与强度无关,选项B错误;当照射光的频率小于ν,但仍大于极限频率时发生光电效应,选项C错误;由Ekm=hν-W,增加照射光的频率,光电子的最大初动能变大,选项D正确。
22.(2019海南单科,7,5分)(多选)对于钠和钙两种金属,其遏止电压Uc与入射光频率ν的关系如图所示。用h、e分别表示普朗克常量和电子电荷量,则(　　)
A.钠的逸出功小于钙的逸出功
B.图中直线的斜率为
C.在得到这两条直线时,必须保证入射光的光强相同
D.若这两种金属产生的光电子具有相同的最大初动能,则照射到钠的光频率较高
答案　AB　本题考查了光电效应方程得出遏止电压与入射光频率的关系,以及理解能力、推理论证能力、模型建构能力,体现了物理观念中能量观念要素和科学思维中模型建构、科学推理要素。本题体现了高考评价体系提出的“基础性、综合性和应用性”考查要求,属于学习探索问题情境试题。
根据光电效应方程得:Ekm=hν-W0=hν-hν0,又Ekm=eUc,解得:Uc=ν-=ν-。当遏止电压为0时,对应的频率为金属的极限频率,结合图可知钠的极限频率小,则钠的逸出功小,故选项A正确;由Uc=ν-知U0-ν图线的斜率k=,故选项B正确;由Uc=ν-知图线的特点与光的强度无关,故选项C错误;钠的逸出功小,结合Ekm=hν-W0可知,若这两种金属产生的光电子具有相同的最大初动能,则照射到钠的光频率较小,故选项D错误。
23.(2019天津理综,5,6分)右图为a、b、c三种光在同一光电效应装置中测得的光电流和电压的关系。由a、b、c组成的复色光通过三棱镜时,下述光路图中正确的是(　　)
答案　C　本题考查了考生的科学思维能力,体现了应用与创新价值观念。
由题述“同一光电效应装置”可知金属的逸出功相同,再由I-U图像中遏止电压关系得知三种光的频率νb>νc>νa,则三种光在三棱镜中的折射率nb>nc>na,据此可判断通过棱镜后光的折射情况,C选项正确,A、B、D项均错误。
解题关键　从图像中分析出三种光的频率关系,从而得出它们在三棱镜中的折射率的大小关系。
24.(2015安徽理综,14,6分)图示是α粒子(氦原子核)被重金属原子核散射的运动轨迹,M、N、P、Q是轨迹上的四点,在散射过程中可以认为重金属原子核静止不动。图中所标出的α粒子在各点处的加速度方向正确的是(　　)
A.M点　　　　　　B.N点　　　　　　C.P点　　　　　　D.Q点
答案　C　α粒子与重金属原子核带同种电荷,由于库仑力作用,α粒子在运动过程中发生偏转,由牛顿第二定律可知,α粒子的加速度方向为其所受库仑力方向,指向轨迹弯曲方向的内侧,故图中P点所示加速度方向正确,选项C正确。
25.(2015天津理综,1,6分)物理学重视逻辑,崇尚理性,其理论总是建立在对事实观察的基础上。下列说法正确的是(　　)
A.天然放射现象说明原子核内部是有结构的
B.电子的发现使人们认识到原子具有核式结构
C.α粒子散射实验的重要发现是电荷是量子化的
D.密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的
答案　A　α粒子散射实验的重要发现使人们认识到原子具有核式结构,B、C项错误;密立根的油滴实验测出了电子的电荷量,D项错误。
26.(2014天津理综,6,6分)(多选)下列说法正确的是(　　)
A.玻尔对氢原子光谱的研究导致原子的核式结构模型的建立
B.可利用某些物质在紫外线照射下发出荧光来设计防伪措施
C.天然放射现象中产生的射线都能在电场或磁场中发生偏转
D.观察者与波源互相远离时接收到波的频率与波源频率不同
答案　BD　玻尔对氢原子光谱的研究完善了核式结构模型,选项A错误;紫外线有荧光效应,故B选项正确;天然放射现象中的γ射线不带电,在电场或磁场中不发生偏转,选项C错误;观察者与波源互相远离,由多普勒效应可知接收到的频率变小,故选项D正确。
27.(2018浙江4月选考,15,2分)(多选)氢原子的能级图如图所示,关于大量氢原子的能级跃迁,下列说法正确的是(可见光的波长范围为4.0×10-7 m~7.6×10-7 m,普朗克常量h=6.6×10-34 J·s,真空中的光速c=3.0×108 m/s)(　　)
A.氢原子从高能级跃迁到基态时,会辐射γ射线
B.氢原子处在n=4能级,会辐射可见光
C.氢原子从高能级向n=3能级跃迁时,辐射的光具有显著的热效应
D.氢原子从高能级向n=2能级跃迁时,辐射的光在同一介质中传播速度最小的光子能量为1.89 eV
答案　BC　γ射线是原子核通过衰变产生的高能电磁波,与原子跃迁无关,故A错误。氢原子从高能级向低能级跃迁时辐射出光子,根据ΔE=hν=h,可得可见光光子的能量范围为1.63~3.09 eV;从n=4能级跃迁到n=2时能级ΔE=2.55 eV,处在可见光能量范围内,故B选项正确。从高能级向n=3时能级跃迁辐射出的光子最大能量为ΔE=1.51 eV<1.63 eV,属于红外线,具有显著的热效应,所以C选项正确。传播速度越小,折射率越大,光子频率越大,能量越大,而氢原子从高能级向n=2能级跃迁时辐射出的光子最大能量为3.40 eV,所以D选项错误。
28.(2016北京理综,13,6分)处于n=3能级的大量氢原子,向低能级跃迁时,辐射光的频率有(　　)
A.1种　　　　　　B.2种　　　　　　C.3种　　　　　　D.4种
答案　C　处于能级为n的大量氢原子向低能级跃迁能辐射光的种类为,所以处于n=3能级的大量氢原子向低能级跃迁,辐射光的频率有=3种,故C项正确。
29.[2014山东理综,39(1)]氢原子能级如图,
当氢原子从n=3跃迁到n=2的能级时,辐射光的波长为656 nm。以下判断正确的是　　　　。(双选,填正确答案标号)
a.氢原子从n=2跃迁到n=1的能级时,辐射光的波长大于656 nm
b.用波长为325 nm的光照射,可使氢原子从n=1跃迁到n=2的能级
c.一群处于n=3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线
d.用波长为633 nm的光照射,不能使氢原子从n=2跃迁到n=3的能级
答案　cd
解析　由E初-E终=hν=h可知,氢原子跃迁时始末能级差值越大,辐射的光子能量越高、波长越短,由能级图知E3-E230.(2018海南单科,4,4分)已知Th的半衰期为24天。4 g Th经过72天还剩下(　　)
A.0　　　　　　B.0.5 g　　　　　　C.1 g　　　　　　D.1.5 g
答案　B　已知Th的半衰期为24天,经过72天就是经过三个半衰期,所剩质量为原来的,即0.5 g,故选B。
31.(2018浙江4月选考,14,2分)(多选)下列说法正确的是(　　)
A.组成原子核的核子越多,原子核越稳定
BU衰变为Rn经过4次α衰变,2次β衰变
C.在LC振荡电路中,当电流最大时,线圈两端电势差也最大
D.在电子的单缝衍射实验中,狭缝变窄,电子动量的不确定量变大
答案　BD　比结合能越大,表示原子核中核子结合得越牢靠,原子核越稳定,与核子数无关,故A错误U衰变为Rn,质量数减少16,电荷数减少6,由于原子核经过一次α衰变,质子数减少2,质量数减少4,经过一次β衰变,质子数增加1,质量数不变,所以α衰变次数m==4,β衰变次数n==2,所以B正确;当线圈两端电势差最大时,电流变化率最大,此时电流为0,故C错误;在电子的单缝衍射实验中,狭缝越窄,屏上中央亮条纹越宽,即能更准确地测得电子的位置,根据不确定性关系ΔxΔp≥,电子动量的不确定量变得更大,故D正确。
32.[2018江苏单科,12C(1)]已知A和B两种放射性元素的半衰期分别为T和2T,则相同质量的A和B经过2T后,剩有的A和B质量之比为(　　)
A.1∶4　　　　　　B.1∶2　　　　　　C.2∶1　　　　　　D.4∶1
答案　B　经过2T后A剩余的质量mA=m×=,B剩余的质量mB=m×=,=∶=1∶2。
规律总结　质量为m的放射性元素经过n个半衰期剩余该放射性元素的质量m'=。
33.[2015山东理综,39(1)]14C发生放射性衰变成为14N,半衰期约5 700年。已知植物存活期间,其体内14C与12C的比例不变;生命活动结束后,14C的比例持续减少。现通过测量得知,某古木样品中14C的比例正好是现代植物所制样品的二分之一。下列说法正确的是　　　　。(双选,填正确答案标号)
a.该古木的年代距今约5 700年
b.12C、13C、14C具有相同的中子数
c.14C衰变为14N的过程中放出β射线
d.增加样品测量环境的压强将加速14C的衰变
答案　ac　古木样品中14C的比例正好是现代样品的二分之一,说明该古木恰好经历了一个半衰期的时间,故a正确。12C、13C、14C具有相同的质子数、不同的中子数,故b错。14C的衰变方程为:CNe,可见c正确。放射性元素的半衰期与外界因素无关,故d错。
34.[2014课标Ⅰ,35(1),6分,0.537](多选)关于天然放射性,下列说法正确的是　　　　。
A.所有元素都可能发生衰变
B.放射性元素的半衰期与外界的温度无关
C.放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性
D.α、β和γ三种射线中,γ射线的穿透能力最强
E.一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线
答案　BCD　原子序数大于或等于83的元素,都能发生衰变,而原子序数小于83的部分元素能发生衰变,故A错。放射性元素的衰变是原子核内部结构的变化,与核外电子的得失及环境温度无关,故B、C项正确。在α、β、γ三种射线中,α、β为带电粒子,穿透本领较弱,γ射线不带电,具有较强的穿透本领,故D项正确。一个原子核不能同时发生α衰变和β衰变,故E项错误。
规律总结　α衰变XYHe
β衰变XYe
γ射线:放射性原子核在发生α衰变、β衰变时,蕴藏在核内的能量会释放出来,使产生的新核处于高能级,这时它要向低能级跃迁,能量以γ光子的形式辐射出来,即γ射线。
35.(2014重庆理综,1,6分)碘131的半衰期约为8天。若某药物含有质量为m的碘131,经过32天后,该药物中碘131的含量大约还有(　　)
A.　　　　　　B.　　　　　　C.　　　　　　D.
答案　C　设剩余质量为m剩,则由m剩=m(,得m剩=m(==,C正确。
36.(2020浙江7月选考,14,2分)(多选)太阳辐射的总功率约为4×1026 W,其辐射的能量来自聚变反应。在聚变反应中,一个质量为1876.1 MeV/c2(c为真空中的光速)的氘核H)和一个质量为2809.5 MeV/c2的氚核H)结合为一个质量为3728.4 MeV/c2的氦核He),并放出一个X粒子,同时释放大约17.6 MeV的能量。下列说法正确的是(　　)
A.X粒子是质子
B.X粒子的质量为939.6 MeV/c2
C.太阳每秒因为辐射损失的质量约为4.4×109 kg
D.太阳每秒因为辐射损失的质量约为17.6 MeV/c2答案　BC　根据质量数和电荷数守恒可知,X粒子是中子,A错误;根据能量守恒可知X粒子的质量对应的能量为939.6 MeV,由E=mc2可知X粒子的质量为939.6 MeV/c2,B正确;太阳每秒辐射的能量约为ΔE=4×1026 J,则太阳每秒因为辐射损失的质量约为Δm==4.4×109 kg,远大于17.6 MeV/c2,C正确,D错误。
37.(2018课标Ⅲ,14,6分)1934年,约里奥-居里夫妇用α粒子轰击铝核Al,产生了第一个人工放射性核素X:αAl→n+X。X的原子序数和质量数分别为(　　)
A.15和28　　　　　　B.15和30　　　　　　C.16和30　　　　　　D.17和31
答案　B　本题考查核反应方程。在核反应过程中,质量数和电荷数分别守恒,则X的原子序数为2+13=15,X的质量数为4+27-1=30,选项B正确。
规律总结　核反应方程的特点
　　核反应过程中,质量数和电荷数分别守恒。
38.(2018北京理综,13,6分)在核反应方程HeNO+X中,X表示的是(　　)
A.质子　　　　　　B.中子　　　　　　C.电子　　　　　　D.α粒子
答案　A　本题考查核反应方程。由核反应中质量数和电荷数均守恒,可判断X为质子H,故选项A正确。
39.(2018天津理综,1,6分)国家大科学工程——中国散裂中子源(CSNS)于2017年8月28日首次打靶成功,获得中子束流,可以为诸多领域的研究和工业应用提供先进的研究平台。下列核反应中放出的粒子为中子的是　　(　　)
A N俘获一个α粒子,产生O并放出一个粒子
BAl俘获一个α粒子,产生P并放出一个粒子
CB俘获一个质子,产生Be并放出一个粒子
DLi俘获一个质子,产生He并放出一个粒子
答案　B　本题考查核反应方程。由核反应过程中遵循质量数、电荷数均守恒的原则,可写出选项中的四个核反应方程N+HeOH,选项A错误AlHePn,选项B正确。BeHe,选项C错误LiHHeHe,选项D错误。
解题关键　核反应中的两守恒
根据核反应过程中质量数和电荷数均守恒的原则,写出核反应方程,同时应熟记几种常用的微观粒子的表示方法。
40.(2017天津理综,1,6分)我国自主研发制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证,这是我国对国际热核聚变项目的重大贡献。下列核反应方程中属于聚变反应的是　(　　)
AHHHen　　　　　　BNHeOH
CHeAlPn　　　　　　DUnBaKr+n
答案　A　本题考查核反应类型。选项A是质量较小的核结合成质量较大的核,属于核聚变。选项B是卢瑟福发现质子的人工转变方程。选项C是约里奥·居里夫妇发现人工放射性同位素的人工转变方程。选项D是铀核在中子轰击下分裂为中等质量的核的过程,属于核裂变。
易混点拨　轻核聚变与人工转变
从本质过程来看,轻核聚变是质量较小的原子核在高温下或在高压下接近到核力能发生作用的范围时,在核力作用下结合为质量较大的原子核,同时放出能量;人工转变是在高速粒子的轰击下使靶核发生转变,同时被击出某种粒子,此过程中通常要吸收能量。从方程形式来看,二者相近,不易区分。可通过典型人工转变方程的记忆来解决,几种典型人工转变是发现质子、中子、放射性同位素与正电子的核反应。
41.[2016课标Ⅲ,35(1),5分](多选)一静止的铝原子核Al俘获一速度为1.0×107 m/s的质子p后,变为处于激发态的硅原子核Si*。下列说法正确的是(　　)
A.核反应方程为pAlSi*
B.核反应过程中系统动量守恒
C.核反应过程中系统能量不守恒
D.核反应前后核子数相等,所以生成物的质量等于反应物的质量之和
E.硅原子核速度的数量级为105 m/s,方向与质子初速度的方向一致
答案　ABE
解析　质子p即H,核反应方程为pAlSi*,A项正确;核反应过程遵循动量守恒定律,B项正确;核反应过程中系统能量守恒,C项错误;在核反应中质量数守恒,但会发生质量亏损,所以D项错误;设质子的质量为m,则Si*的质量为28m,由动量守恒定律有mv0=28mv,得v== m/s≈3.6×105 m/s,方向与质子的初速度方向相同,故E项正确。
42.(2015广东理综,18,6分)(多选)科学家使用核反应获取氚,再利用氘和氚的核反应获得能量。核反应方程分别为:X+Y→H+4.9 MeV和 HHHe+X+17.6 MeV。下列表述正确的有(　　)
A.X是中子
B.Y的质子数是3,中子数是6
C.两个核反应都没有质量亏损
D.氘和氚的核反应是核聚变反应
答案　AD　设XY,由质量数守恒和电荷数守恒有:A+A'=4+3,2+3=A+4,Z+Z'=2+1,1+1=2+Z,可得A=1,A'=6,Z=0,Z'=3,故X是中子,Y是Li,A正确;由Li知Y的质子数、中子数都是3,故B错误;两个核反应中都释放了能量,故都有质量亏损,C错误;氘和氚的核反应中质量较小的核合成了质量较大的核,故D正确。
43.(2015北京理综,14,6分)下列核反应方程中,属于α衰变的是　(　　)
ANHeOH　　　　　　BUThHe
CHHHen　　　　　　DThPae
答案　B　A项属于原子核的人工转变,B项属于α衰变,C项属于聚变反应,D项属于β衰变。
思路点拨　α衰变是放出α粒子的过程。
44.(2014北京理综,14,6分)质子、中子和氘核的质量分别为m1、m2和m3。当一个质子和一个中子结合成氘核时,释放的能量是(c表示真空中的光速)(　　)
A.(m1+m2-m3)c　　　　　　B.(m1-m2-m3)c
C.(m1+m2-m3)c2　　　　　　D.(m1-m2-m3)c2
答案　C　此核反应方程为HnH,根据爱因斯坦质能方程得ΔE=Δm·c2=(m1+m2-m3)c2,C正确。
考查点　质能方程。
思路点拨　质量亏损是反应物的总质量减去生成物的总质量。
45.(2013重庆理综,2,6分)铀是常用的一种核燃料,若它的原子核发生了如下的裂变反应Un→a+b+n
则a+b可能是(　　)
AXeKr　　　　　　BBaKr
CBaSr　　　　　　DXeSr
答案　D　根据核反应中的质量数守恒可知,a+b的质量数应为235+1-2=234,质子数应为92,A项中的质量数为140+93=233,B项中质量数是141+92=233,C项中质量数为141+93=234,质子数为56+38=94,D项中质量数为140+94=234,质子数为54+38=92,综上可知,答案为D。
46.[2016课标Ⅱ,35(1),5分]在下列描述核过程的方程中,属于α衰变的是　　　,属于β衰变的是　　　,属于裂变的是　　　,属于聚变的是　　　。(填正确答案标号)
ACNe　　　　　　　　BPSe
CUThHe　　　　　　　　DNHeOH
EUnXeSr+n　　　　　　　　FHHHen
答案　C　AB　E　F
解析　天然放射性元素自发地放出α粒子(即氦核He)的衰变属于α衰变;放出β粒子的衰变属于β衰变;重核分裂成几个中等质量原子核的现象为核裂变;轻原子核聚合成较重原子核的反应为核聚变。
47.[2015课标Ⅰ,35(1),5分,0.425]在某次光电效应实验中,得到的遏止电压Uc与入射光的频率ν的关系如图所示。若该直线的斜率和截距分别为k和b,电子电荷量的绝对值为e,则普朗克常量可表示为　　　　,所用材料的逸出功可表示为　　　　。
答案　ek(2分)　-eb(3分)
解析　根据爱因斯坦光电效应方程有Ekm=hν-W0,又因为Ekm=eUc,得到Uc=ν-,所以=k,h=ek;-=b,W0=-eb。
48.(2020江苏,12(2),4分)大量处于某激发态的氢原子辐射出多条谱线,其中最长和最短波长分别为λ1和λ2,则该激发态与基态的能量差为　　　　,波长为λ1的光子的动量为　　　　。(已知普朗克常量为h,光速为c)
答案　　
解析　氢原子从激发态直接跃迁到基态时辐射光子的能量最大,波长最短,故En-E1=h。波长为λ1的光子的动量p=。
49.[2015海南单科,17(1),4分]氢原子基态的能量为E1=-13.6 eV。大量氢原子处于某一激发态。由这些氢原子可能发出的所有的光子中,频率最大的光子能量为-0.96E1,频率最小的光子的能量为　　　　eV(保留2位有效数字),这些光子可具有　　　　种不同的频率。
答案　0.31　10
解析　频率最大的光子对应于从最高能级向基态的跃迁,则有En-E1=-0.96E1,又因为En=E1,故可得n=5,因而频率最小的光子对应于从n=5到n=4的能级跃迁,具有的能量ΔE=E5-E4=-=0.31 eV,因氢原子是大量的,故由=10知,这些光子可具有10种不同的频率。
50.(2016江苏单科,12C,12分)(1)贝可勒尔在120年前首先发现了天然放射现象,如今原子核的放射性在众多领域中有着广泛应用。下列属于放射性衰变的是　　　　。
ACNe　　　　　　BUnIY+n
CHHHen　　　　　　DHeAlPn
(2)已知光速为c,普朗克常量为h,则频率为ν的光子的动量为　　　　。用该频率的光垂直照射平面镜,光被镜面全部垂直反射回去,则光子在反射前后动量改变量的大小为　　　　。
(3)几种金属的逸出功W0见下表:
金属 钨 钙 钠 钾 铷
W0(×10-19 J) 7.26 5.12 3.66 3.60 3.41
　　用一束可见光照射上述金属的表面,请通过计算说明哪些能发生光电效应。已知该可见光的波长范围为 4.0×10-7~7.6×10-7 m,普朗克常量h=6.63×10-34 J·s。
答案　(1)A　(2)　2　(3)见解析
解析　(1)A是β衰变,B是核裂变,C是核聚变,D是原子核的人工转变,所以A符合题意。
(2)光子的动量p==,垂直反射回去Δp=-(-)=。
(3)光子的能量E=,取λ=4.0×10-7 m,则E≈5.0×10-19 J
根据E>W0判断,钠、钾、铷能发生光电效应。
知识归纳　(1)光子的频率ν、波长λ和光速c之间的关系为:ν=
(2)光子的能量:E=hν=
(3)光子的动量:p=
51.[2014江苏单科,12C(2)]氡222是一种天然放射性气体,被吸入后,会对人的呼吸系统造成辐射损伤。它是世界卫生组织公布的主要环境致癌物质之一。其衰变方程是 Rn→Po+　　　　。已知Rn的半衰期约为3.8天,则约经过　　　　天,16 g的 Rn衰变后还剩1 g。
答案He(或α)　15.2
解析　由质量数、电荷数守恒有:
RnPoHe
由m=
n=4,t=nT=4×3.8=15.2天
52.[2019江苏单科,12(2)]100年前,卢瑟福用α粒子轰击氮核打出了质子。后来,人们用α粒子轰击Ni核也打出了质子HeNiCuH+X,该反应中的X是　　　　(选填“电子”“正电子”或“中子”)。此后,对原子核反应的持续研究为核能利用提供了可能。目前人类获得核能的主要方式是　　　　(选填“核衰变”“核裂变”或“核聚变”)。
答案　中子　核裂变
解析　本题通过原子核的人工转变考查了核反应方程中的质量数守恒、电荷数守恒等规律。考查学生的理解能力,体现了物理观念中的物质观念要素。
由质量数守恒与电荷数守恒可确定X应是n,是中子。目前人类对和平利用核聚变获得能量的技术还不成熟,而衰变中能量释放速率太缓慢,故目前利用核能的主要方式是核裂变。
53.[2015江苏单科,12C(2)(3)](2)核电站利用原子核链式反应放出的巨大能量进行发电U是核电站常用的核燃料。U受一个中子轰击后裂变成Ba和Kr两部分,并产生　　　　个中子。要使链式反应发生,裂变物质的体积要　　　　(选填“大于”或“小于”)它的临界体积。
(3)取质子的质量mp=1.672 6×10-27 kg,中子的质量mn=1.674 9×10-27 kg,α粒子的质量mα=6.646 7×10-27 kg,光速c=3.0×108 m/s。请计算α粒子的结合能。(计算结果保留两位有效数字)
答案　(2)3　大于　(3)4.3×10-12 J
解析　(2)由UnBaKr+n可知,会产生3个中子,要使裂变持续进行(链式反应),裂变物质的体积需大于它的临界体积。
(3)组成α粒子的核子与α粒子的质量差为Δm=(2mp+2mn)-mα
结合能ΔE=Δmc2
代入数据得ΔE=4.3×10-12 J
54. (2023江苏,14,8分)“夸父一号”太阳探测卫星可以观测太阳辐射的硬X射线。硬X射线是波长很短的光子,设波长为λ。若太阳均匀地向各个方向辐射硬X射线,卫星探测仪镜头正对着太阳,每秒接收到N个该种光子。已知探测仪镜头面积为S,卫星离太阳中心的距离为R,普朗克常量为h,光速为c,求:
(1)每个光子的动量p和能量E;
(2)太阳辐射硬X射线的总功率P。
答案 (1),　(2)
解析 (1)根据光子的动量和能量表达式可直接得出结果p=,E=hν=。
(2)由题意可知镜头接收到的功率P0为单位时间内接收到光子的总能量,故P0==。太阳辐射的总功率可以看成是均匀分布在一个面积为4πR2的球面上,镜头接收到的功率占太阳辐射总功率的,故=,得P=。
第22页共22页2014-2023年高考物理真题专题分类
专题十四　热学
1.(2023新课标,21,6分)(多选)如图,一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上,用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分,活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长,三部分中气体的温度、体积、压强均相等。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热,停止加热并达到稳定后(　　)
A.h中的气体内能增加
B.f与g中的气体温度相等
C.f与h中的气体温度相等
D.f与h中的气体压强相等
答案：AD 通过电阻丝对f中的气体缓慢加热,f中气体受热,体积膨胀,将推动左侧活塞向右移动,则g中气体压强变大,压缩弹簧,右侧活塞也向右移动,压缩h中气体,对h中的气体做功,h中的气体内能增加,A正确;对左侧活塞受力分析,pfS=pgS+F弹①,对右侧活塞受力分析,pgS+F弹'=phS ②,F弹=F弹'③,联立①②③得pf=ph,D正确;由①式得pf>pg,由分析可知Vf>Vg,根据理想气体状态方程可知Tf>Tg,B错误;同理可知Vf>Vh,pf=ph,Tf>Th,C错误。
2.(2023江苏,3,4分)如图所示,密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B。该过程中(　　)
A.气体分子的数密度增大
B.气体分子的平均动能增大
C.单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小
D.单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小
答案：B 由图像可知,该过程气体温度升高,压强增大,且图线为延长线过原点的倾斜直线,由理想气体状态方程可知,气体的体积不变,所以气体分子的数密度不变,故A错误。温度是分子热运动平均动能的标志,温度升高,分子的平均动能增大,体积不变的情况下单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增多,故B正确,D错误。气体分子和容器壁撞击,由动量定理可知FΔt=mΔv,当温度升高分子速率变大时,气体分子与器壁碰撞前后速度变化量增大导致单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力增大,故C错误。
3.(2023江苏,9,4分)在“探究气体等温变化的规律”的实验中,实验装置如图所示。利用注射器选取一段空气柱为研究对象。下列改变空气柱体积的操作正确的是(　　)
A.把柱塞快速地向下压
B.把柱塞缓慢地向上拉
C.在橡胶套处接另一注射器,快速推动该注射器柱塞
D.在橡胶套处接另一注射器,缓慢推动该注射器柱塞
答案：B 快速推柱塞会使密封气体的温度改变,故A、C错误;用在橡胶套处接另一注射器的方法,会使体积测量值误差过大,故D错误,B正确。
4.(2023山东,9,4分)(多选)一定质量的理想气体,初始温度为300 K,压强为1×105 Pa。经等容过程,该气体吸收400 J的热量后温度上升100 K;若经等压过程,需要吸收600 J的热量才能使气体温度上升100 K。下列说法正确的是(　　)
A.初始状态下,气体的体积为6 L
B.等压过程中,气体对外做功400 J
C.等压过程中,气体体积增加了原体积的
D.两个过程中,气体的内能增加量都为400 J
答案：AD 对一定质量的理想气体,内能的大小取决于温度的高低,两个过程中的初温及末温相同,故内能的增加量相同,即ΔU2=ΔU1=400 J,故D正确;等压过程中,根据热力学第一定律有ΔU2=W+Q2,其中ΔU2=400 J,Q2=600 J,故W=-200 J,故气体对外界做功W'=200 J,由W'=p1ΔV解得ΔV=2 L,B错误;在等压过程中,有=,其中T1=300 K,ΔV=2 L,T2=400 K,解得V1=6 L,故A正确;等压过程中,气体体积增加了原体积的=,故C错误。
5.(2022北京,3,3分)如图所示,一定质量的理想气体从状态a开始,沿图示路径先后到达状态b和c。下列说法正确的是 (　　)
A.从a到b,气体温度保持不变
B.从a到b,气体对外界做功
C.从b到c,气体内能减小
D.从b到c,气体从外界吸热
答案　D　从a到b为等容变化,压强减小,温度降低,气体不对外做功,A、B均错;从b到c为等压变化,体积增加,气体对外界做功,温度升高,内能增大,由ΔU=W+Q知,C错,D对。
6.(2022江苏,6,4分)自主学习活动中,同学们对密闭容器中的氢气性质进行讨论,下列说法中正确的是 (　　)
A.体积增大时,氢气分子的密集程度保持不变
B.压强增大是因为氢气分子之间斥力增大
C.因为氢气分子很小,所以氢气在任何情况下均可看成理想气体
D.温度变化时,氢气分子速率分布中各速率区间的分子数占总分子数的百分比会变化
答案　D　密闭容器中的氢气在状态变化过程中质量不变、分子数目不变,故体积增大的氢气分子的密集程度减小,A错误。气体压强产生的原因是气体分子对容器壁频繁碰撞,从微观角度来看其大小取决于单位时间内气体分子对单位面积的容器壁产生的冲击力,一方面是单位时间内单位面积上碰撞的次数,另一方面是每次碰撞产生的平均冲击力大小即分子无规则运动的剧烈程度,与分子间是否存在相互作用力、作用力的大小无关,B错误。理想气体是在温度不太低、压强不太大的情况下对实际气体的抽象,C错误。温度升高时,分子无规则运动加剧,速率大的速率区间分子数占总分子数的百分比增大,导致分子平均速率增大,D正确。
7.(2022江苏,7,4分)如图所示,一定质量的理想气体分别经历a→b和a→c两个过程,其中a→b为等温过程,状态b、c的体积相同。则 (　　)
A.状态a的内能大于状态b
B.状态a的温度高于状态c
C.a→c过程中气体吸收热量
D.a→c过程中外界对气体做正功
答案　C　一定质量的理想气体的内能只与温度有关,故从a到b过程中气体内能不变,A错误。气体直接从b到c可认为是等容过程,则由查理定律可知c状态的温度高于b状态的温度,而a、b温度相同,故B错误。从a到c过程中气体温度升高、内能增大,体积增大、对外界做正功,由热力学第一定律可知气体一定从外界吸收热量,C正确、D错误。
8.(2022湖北,3,4分)一定质量的理想气体由状态a变为状态c,其过程如p-V图中a→c直线段所示,状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是 (　　)
A.a→b是等温过程
B.a→b过程中气体吸热
C.a→c过程中状态b的温度最低
D.a→c过程中外界对气体做正功
答案　B　一定质量的理想气体发生等温变化时的p-V图线的形状为双曲线的一部分,而ab为直线段,所以A错误;a→b过程中,气体温度升高,内能增加,同时气体体积膨胀对外做功,由热力学第一定律可知气体吸热,B正确;a→c过程中状态b的温度最高,C错误;a→c过程中气体体积膨胀对外做功,外界对气体做负功,D错误。
9.(2022山东,5,3分)如图所示,内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体,初始时汽缸开口向上放置,活塞处于静止状态,将汽缸缓慢转动90°过程中,缸内气体 (　　)
A.内能增加,外界对气体做正功
B.内能减小,所有分子热运动速率都减小
C.温度降低,速率大的分子数占总分子数比例减少
D.温度升高,速率大的分子数占总分子数比例增加
答案　C　设活塞质量为m,大气压强为p0,左图中缸内气体压强为p1,右图中缸内气体压强为p2,活塞的横截面积为S,则p1S=mg+p0S,即p1=+p0,p2S=p0S,即p2=p0,因此在该过程中气体压强变小,体积增大,气体膨胀对外做功,则外界对气体做的功W<0,由于是绝热容器,即Q=0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知ΔU<0,即理想气体内能减小,气体温度降低,选项A错误;理想气体的温度降低,分子平均动能减小,但并不是所有气体分子的运动速率都会减小,选项B错误;根据理想气体的分子运动速率分布规律,当温度降低时,速率大的分子占比将会减小,选项C正确,D错误。
技巧点拨　分析封闭的气体的压强问题时,常常需要对活塞受力分析,利用平衡条件分析,进而分析封闭的气体的压强。
10.(2019辽宁沈阳效联体期末,9)(多选)关于布朗运动,下列说法正确的是(　　)
A.布朗运动是液体中悬浮微粒的无规则运动
B.液体温度越高,液体中悬浮微粒的布朗运动越剧烈
C.在液体中的悬浮颗粒只要大于某一尺寸,都会发生布朗运动
D.布朗运动是液体分子永不停息地做无规则运动
E.液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子对它的撞击作用不平衡所引起的
答案　ABE　布朗运动是液体中悬浮微粒的无规则运动,故A正确。液体温度越高,分子热运动越激烈,液体中悬浮微粒的布朗运动越剧烈,故B正确。悬浮颗粒越大,惯性越大,碰撞时受到的冲力越平衡,所以大颗粒不做布朗运动,故C错误。布朗运动是悬浮在液体中微粒的无规则运动,不是液体分子的无规则运动,故D错误。布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮微粒撞击作用的不平衡引起的,故E正确。故选A、B、E。
考查点　布朗运动
解题指导　布朗运动是悬浮在液体中微粒的无规则运动,不是液体分子的无规则运动,形成的原因是液体分子对悬浮微粒的无规则撞击;液体温度越高,悬浮粒子越小,布朗运动越剧烈。对于布朗运动,要理解并掌握布朗运动形成的原因,知道布朗运动既不是微粒分子的运动,也不是液体分子的运动,而是液体分子无规则运动的反映。
11.(2017北京理综,13,6分)以下关于热运动的说法正确的是(　　)
A.水流速度越大,水分子的热运动越剧烈
B.水凝结成冰后,水分子的热运动停止
C.水的温度越高,水分子的热运动越剧烈
D.水的温度升高,每一个水分子的运动速率都会增大
答案　C　本题考查分子动理论。温度是分子热运动平均动能的标志,故温度越高,分子热运动越剧烈。分子热运动的剧烈程度与机械运动速度大小无关,故选项A错C对;水凝结成冰后,分子热运动依然存在,B项错误;温度升高,分子运动的平均速率增大,但不是每个分子的运动速率都会增大,D项错误。
易错点拨　分子热运动与物体运动、物态变化的关系
水流速度大,只是说明水流整体运动的动能大,是宏观运动的表现,而分子热运动是指物体内部的分子微观层面的运动,两者没有必然联系;水凝结成冰的过程,温度保持不变,分子热运动的平均动能不变,这一过程中物体放出热量,内能减少。
12.(2016北京理综,20,6分)雾霾天气是对大气中各种悬浮颗粒物含量超标的笼统表述,是特定气候条件与人类活动相互作用的结果。雾霾中,各种悬浮颗粒物形状不规则,但可视为密度相同、直径不同的球体,并用PM10、PM2.5分别表示球体直径小于或等于10 μm、2.5 μm的颗粒物(PM是颗粒物的英文缩写)。
某科研机构对北京地区的检测结果表明,在静稳的雾霾天气中,近地面高度百米的范围内,PM10的浓度随高度的增加略有减小,大于PM10的大悬浮颗粒物的浓度随高度的增加明显减小,且两种浓度分布基本不随时间变化。
据此材料,以下叙述正确的是(　　)
A.PM10表示直径小于或等于1.0×10-6 m的悬浮颗粒物
B.PM10受到的空气分子作用力的合力始终大于其所受到的重力
C.PM10和大悬浮颗粒物都在做布朗运动
D.PM2.5的浓度随高度的增加逐渐增大
答案　C　PM10的直径小于或等于10×10-6 m=1.0×10-5 m,A错误;处于静稳态的颗粒受力平衡,B错误;布朗运动是悬浮颗粒物的无规则运动,C正确;根据题意不能判断PM2.5的浓度随高度的增加而增大,D错误。
失分警示　本题易错选D而失分,题目中明确提出“近地面高度百米的范围内,PM10的浓度随高度的增加略有减小,大于PM10的大悬浮颗粒物的浓度随高度的增加明显减小”,并没有明确PM2.5的浓度随高度的变化情况。
13.[2015课标Ⅱ,33(1),5分,0.425](多选)关于扩散现象,下列说法正确的是　　　。
A.温度越高,扩散进行得越快
B.扩散现象是不同物质间的一种化学反应
C.扩散现象是由物质分子无规则运动产生的
D.扩散现象在气体、液体和固体中都能发生
E.液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的
答案　ACD　扩散现象是分子无规则热运动的反映,C正确,E错误;温度越高,分子热运动越激烈,扩散越快,A正确;气体、液体、固体的分子都在不停地进行着热运动,扩散现象在气体、液体和固体中都能发生,D正确;在扩散现象中,分子本身结构没有发生变化,不属于化学变化,B错误。
解题关键　扩散现象:不同物质能够彼此进入对方的现象。扩散现象是由物质分子的无规则运动产生的。固体、液体和气体中都能发生扩散现象。扩散现象的快慢与温度有关。
14.[2015山东理综,37(1)]墨滴入水,扩而散之,徐徐混匀。关于该现象的分析正确的是(　　)
A.混合均匀主要是由于碳粒受重力作用
B.混合均匀的过程中,水分子和碳粒都做无规则运动
C.使用碳粒更小的墨汁,混合均匀的过程进行得更迅速
D.墨汁的扩散运动是由于碳粒和水分子发生化学反应引起的
答案　BC　墨汁与水混合均匀的过程,是水分子和碳粒做无规则运动的过程,这种运动与重力无关,也不是化学反应引起的。微粒越小、温度越高,无规则运动越剧烈,可见,B、C正确,A、D均错。
15.(2018北京理综,14,6分)关于分子动理论,下列说法正确的是　(　　)
A.气体扩散的快慢与温度无关　　　　　　
B.布朗运动是液体分子的无规则运动　　　　　　
C.分子间同时存在着引力和斥力　　　　　　
D.分子间的引力总是随分子间距增大而增大
答案　C　本题考查分子动理论。温度是分子热运动平均动能的标志,温度越高,分子运动越剧烈,气体扩散越快,A错;布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动,不是液体分子的运动,B错;分子间同时存在着引力和斥力,且随着分子间距的增大,引力和斥力均减小,故C对、D错。
易错点拨　分子力与分子间距离的关系
分子间同时存在引力与斥力,两力的大小均与分子间距有关,分子力是指这两个力的合力,下图为斥力f斥、引力f引及分子力f分随分子间距离r的变化关系图线。
16.(2017课标Ⅰ,33,15分)(1)氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示。下列说法正确的是　　　　。
A.图中两条曲线下面积相等
B.图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形
C.图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形
D.图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目
E.与0 ℃时相比,100 ℃时氧气分子速率出现在0~400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大
答案　ABC　本题考查气体分子速率及分布率。
每条曲线下面积的意义是各种速率的分子总和占总分子数的百分比,故面积为1,A正确、D错误。气体温度越高,分子无规则运动越剧烈,分子平均动能越大,大速率的分子所占的百分比越大,故虚线对应的温度较低,B、C皆正确。由图中0~400 m/s区间图线下的面积可知0 ℃时出现在0~400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大,E错误。
17.[2016课标Ⅲ,33(1),5分](多选)关于气体的内能,下列说法正确的是(　　)
A.质量和温度都相同的气体,内能一定相同
B.气体温度不变,整体运动速度越大,其内能越大
C.气体被压缩时,内能可能不变
D.一定量的某种理想气体的内能只与温度有关
E.一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中,内能一定增加
答案　CDE　由于非理想气体分子间作用力不可忽略,内能包括分子势能,则气体的内能与体积有关,再者即使是理想气体,内能取决于温度和分子数目,质量相同的气体,当分子数目不同、温度相同时,内能也不相同,故A项错误;物体的内能与其机械运动无关,B项错误;由热力学第一定律知,气体被压缩时,若同时向外散热,则内能可能保持不变,C项正确;对于一定量的某种理想气体,体积变化时分子势能不变,其内能只取决于分子平均动能的变化,而温度是分子平均动能的标志,所以D项正确;由理想气体状态方程=C知,p不变V增大,则T增大,故E项正确。
考查点　内能、热力学第一定律
温馨提示　①物体的内能与物体的机械运动无关。
②一定量的实际气体的内能与气体体积、温度都有关。而一定量的理想气体的内能只与温度有关。
18.(2016江苏单科,12A,12分)(1)在高原地区烧水需要使用高压锅。水烧开后,锅内水面上方充满饱和汽。停止加热,高压锅在密封状态下缓慢冷却。在冷却过程中,锅内水蒸气的变化情况为　　　　。
A.压强变小　　　　　　B.压强不变
C.一直是饱和汽　　　　　　D.变为未饱和汽
答案　AC　高压锅在密封状态下,因为冷却过程是缓慢进行的,所以水和水蒸气保持动态平衡,即水蒸气一直是饱和汽,故C对D错。饱和汽压随温度的降低是减小的,故A对B错。
19.[2015课标Ⅰ,33(1),5分]下列说法正确的是(　　)
A.将一块晶体敲碎后,得到的小颗粒是非晶体
B.固体可以分为晶体和非晶体两类,有些晶体在不同方向上有不同的光学性质
C.由同种元素构成的固体,可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体
D.在合适的条件下,某些晶体可以转变为非晶体,某些非晶体也可以转变为晶体
E.在熔化过程中,晶体要吸收热量,但温度保持不变,内能也保持不变
答案　BCD晶体被敲碎后,其空间点阵结构未变,仍是晶体,A错误;单晶体光学性质各向异性,B正确;同种元素由于空间的排列结构而形成不同物质的晶体,C正确;如果外界条件改变了分子或原子的空间排列结构,晶体和非晶体之间可以互相转化,D正确;在晶体熔化过程中,分子势能会发生改变,内能也会改变,E错误。
20.(2014大纲全国,16,6分)(多选)对于一定量的稀薄气体,下列说法正确的是(　　)
A.压强变大时,分子热运动必然变得剧烈
B.保持压强不变时,分子热运动可能变得剧烈
C.压强变大时,分子间的平均距离必然变小
D.压强变小时,分子间的平均距离可能变小
答案　BD　对一定量的稀薄气体,压强变大,温度不一定升高,因此分子热运动不一定变得剧烈,A项错误;在保持压强不变时,如果气体体积变大则温度升高,分子热运动变得剧烈,选项B正确;在压强变大或变小时气体的体积可能变大,也可能变小或不变,因此选项C错D对。
考查点　气体的压强
解题关键　气体压强是由于大量气体分子频繁碰撞器壁产生的,压强的大小既与气体分子的分子数密度有关,也与气体分子无规则热运动的剧烈程度有关。宏观理解就是气体的压强既与体积有关,也与温度有关。
21.(2015广东理综,17,6分)(多选)图为某实验器材的结构示意图,金属内筒和隔热外筒间封闭了一定体积的空气,内筒中有水,在水加热升温的过程中,被封闭的空气(　　)
A.内能增大
B.压强增大
C.分子间引力和斥力都减小
D.所有分子运动速率都增大
答案　AB　由于金属内筒导热而隔热外筒绝热,故水升温过程中封闭空气不停地从内筒吸收热量而不向外放热,且封闭空气的体积不能改变即不做功,故由热力学第一定律可知其内能一定增大,A正确;由=C知温度升高时封闭空气的压强一定增大,B正确;气体分子间作用力微弱,即使考虑分子间作用力,也因气体体积不变,分子间平均距离不变,某两分子间距离变化情况不能确定,而不能判定分子间作用力变化情况,C错误;温度升高时,分子平均动能增大,但这并不意味着每个分子的运动速率都增大,D错误。
22.(2014广东理综,17,6分)(多选)用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品,如图所示,充气袋四周被挤压时,假设袋内气体与外界无热交换,则袋内气体(　　)
A.体积减小,内能增大　　　　　　B.体积减小,压强减小
C.对外界做负功,内能增大　　　　　　D.对外界做正功,压强减小
答案　AC　袋内气体与外界无热交换即Q=0,袋四周被挤压时,体积V减小,外界对气体做正功,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,气体内能增大,则温度升高,由=常数知压强增大,选项A、C正确,B、D错误。
23.[2014山东理综,37(1)]如图,内壁光滑、导热良好的汽缸中用活塞封闭有一定质量的理想气体。当环境温度升高时,缸内气体　　　　。(双选,填正确答案标号)
a.内能增加　　　　　　b.对外做功
c.压强增大　　　　　　d.分子间的引力和斥力都增大
答案　ab　因汽缸导热良好,故环境温度升高时封闭气体温度亦升高,而一定质量的理想气体内能只与温度有关,故封闭气体内能增大,a正确。因汽缸内壁光滑,由活塞受力平衡有p0S+mg=pS,即缸内气体的压强p=p0+不变,c错误。由盖—吕萨克定律=恒量可知气体体积膨胀,对外做功,b正确。理想气体分子间除碰撞瞬间外无相互作用力,故d错误。
24.(2014北京理综,13,6分)下列说法中正确的是(　　)
A.物体温度降低,其分子热运动的平均动能增大
B.物体温度升高,其分子热运动的平均动能增大
C.物体温度降低,其内能一定增大
D.物体温度不变,其内能一定不变
答案　B　温度是物体分子平均动能的标志,温度升高则其分子平均动能增大,反之,则其分子平均动能减小,故A错误B正确。物体的内能是物体内所有分子动能和分子势能的总和,宏观上取决于物体的温度、体积和质量,故C、D错误。
25.[2015福建理综,29(2),6分]如图,一定质量的理想气体,由状态a经过ab过程到达状态b或者经过ac过程到达状态c。设气体在状态b和状态c的温度分别为Tb和Tc,在过程ab和ac中吸收的热量分别为Qab和Qac。则　　　　。
A.Tb>Tc,Qab>Qac　　　　　　B.Tb>Tc,QabC.Tb=Tc,Qab>Qac　　　　　　D.Tb=Tc,Qab答案　C　由理想气体状态方程知==,故Tc=Tb;过程ab和ac中内能改变量相同,ac过程气体体积不变,做功为0,W1=0,ab过程气体体积增大,气体对外做功W2<0,由热力学第一定律Q+W=ΔU知Qac26.[2018海南单科,15(1),4分](多选)如图,一定量的理想气体,由状态a等压变化到状态b,再从b等容变化到状态c。a、c两状态温度相等。下列说法正确的是(　　)
A.从状态b到状态c的过程中气体吸热
B.气体在状态a的内能等于在状态c的内能
C.气体在状态b的温度小于在状态a的温度
D.从状态a到状态b的过程中气体对外做正功
答案　BD　本题考查对一定质量的理想气体的p-V图像的理解、理想气体状态方程、热力学第一定律、理想气体内能及其相关的知识点。
内能是组成物体分子的无规则热运动动能和分子间相互作用势能的总和,由于理想气体不考虑分子势能,因此理想气体的内能等于所有分子动能的总和,而温度是分子平均动能的宏观表现,由理想气体状态方程可得pbVb/Tb=pcVc/Tc,当Vb=Vc,pb>pc时,Tb>Tc,故ΔUbc<0,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,体积V不变,故W=0,所以ΔQ<0,从状态b到状态c的过程中气体放热,选项A错误;气体在状态a的温度等于在状态c的温度,故气体在状态a的内能等于在状态c的内能,选项B正确;由理想气体状态方程可得paVa/Ta=pbVb/Tb,当pa=pb,Va27.(2018课标Ⅰ,33,15分)(1)如图,一定质量的理想气体从状态a开始,经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体,下列说法正确的是　　　　(选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分;每选错1个扣3分,最低得分为0分)。
A.过程①中气体的压强逐渐减小
B.过程②中气体对外界做正功
C.过程④中气体从外界吸收了热量
D.状态c、d的内能相等
E.状态d的压强比状态b的压强小
答案　BDE　(1)本题考查气体实验定律、理想气体状态方程。
过程①是等容升温过程,由=,可知压强逐渐增大,A项错误。过程②中气体膨胀,故气体对外界做正功,B项正确。过程④为等容降温过程,气体向外放出热量,C项错误。一定质量的理想气体的内能只与温度有关,而Tc=Td,所以状态c、d的内能相等,D项正确。由理想气体状态方程=C得p=C,由题图可知>,则pb>pd,E项正确。
28.(2018课标Ⅲ,33,15分)(1)如图,一定量的理想气体从状态a变化到状态b,其过程如p-V图中从a到b的直线所示。在此过程中　　　　。(填正确答案标号。选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分。每选错1个扣3分,最低得分为0分)
A.气体温度一直降低　　　　　　B.气体内能一直增加
C.气体一直对外做功　　　　　　D.气体一直从外界吸热
E.气体吸收的热量一直全部用于对外做功
答案　BCD　(1)本题考查热力学第一定律、理想气体状态方程。对于一定量的理想气体有=恒量。从a到b,p逐渐增大,V逐渐增大,所以p与V的乘积pV增大,可知T增大,则气体的内能一直增加,故A错误、B正确。由于V逐渐增大,可知气体一直对外做功,故C正确。由热力学第一定律ΔU=Q+W,因ΔU>0,W<0,可知Q>0,即气体一直从外界吸热,且吸收的热量大于对外做的功,故D正确、E错误。
29.(2023山东,13,6分)利用图甲所示实验装置可探究等温条件下气体压强与体积的关系。将带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上,注射器内封闭一定质量的空气,下端通过塑料管与压强传感器相连。活塞上端固定一托盘,托盘中放入砝码,待气体状态稳定后,记录气体压强p和体积V(等于注射器示数V0与塑料管容积ΔV之和)。逐次增加砝码质量,采集多组数据并作出拟合曲线如图乙所示。
图甲
图乙
回答以下问题:
(1)在实验误差允许范围内,图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线,说明在等温情况下,一定质量的气体　　　　。
A.p与V成正比 B.p与成正比
(2)若气体被压缩到V=10.0 mL,由图乙可读出封闭气体压强为　　　　Pa(保留3位有效数字)。
(3)某组同学进行实验时,一同学在记录数据时漏掉了ΔV,则在计算pV乘积时,他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而　　　　(填“增大”或“减小”)。
答案 (1)B　(2)2.04×105　(3)增大
解析 (1)根据图乙可知,p与成正比。
(2)当气体被压缩到10.0 mL的时候,图乙中对应的横坐标是100×10-3 mL-1,直线上的点所对应的纵坐标是2.04×105 Pa。
(3)对于本实验,p(V0+ΔV)为定值,将该式改写成pV0+pΔV=C(C为常量),ΔV不变,他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值pΔV,随p增大而增大。
30.(2023全国乙,33,15分)[物理——选修3-3]
(1)(5分)对于一定量的理想气体,经过下列过程,其初始状态的内能与末状态的内能可能相等的是　　　　。(填正确答案标号。选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分。每选错1个扣3分,最低得分为0分)
A.等温增压后再等温膨胀
B.等压膨胀后再等温压缩
C.等容减压后再等压膨胀
D.等容增压后再等压压缩
E.等容增压后再等温膨胀
(2)(10分)如图,竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm的A、B两段细管组成,A管的内径是B管的2倍,B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开,水银柱在两管中的长度均为10 cm。现将玻璃管倒置使A管在上方,平衡后,A管内的空气柱长度改变1 cm。求B管在上方时,玻璃管内两部分气体的压强。(气体温度保持不变,以cmHg为压强单位)
答案 (1)ACD　(2)74.36 cmHg　54.36 cmHg
解析 理想气体初始状态与末状态的内能相等即初始状态与末状态的温度相等。A选项中整个过程中温度不变,则理想气体内能不变,A正确;由理想气体状态方程 =C(常量)可知, B选项中,p不变,V增大,则T增大,然后T不变,则末状态较初始状态温度升高,内能增大 ,B错误;C选项中,先V不变,p减小,则T减小,然后p不变,V增大,则T又变大,初末状态温度可能相等,即理想气体初末状态内能可能相等,C正确;D选项中,先V不变,p增大,则T增大,然后p不变,V减小,则T减小,初末状态温度可能相等,即理想气体初末状态内能可能相等,D正确;E选项中,先V不变,p增大,则T变大,然后T不变,则内能增大,E错误;故选A、C、D。
(2)设初始时A管、B管内气体的压强分别为pA、pB,由题意可知pB=pA-20 cmHg
设B管的内径为d,则A管的内径为2d,玻璃管倒置使A管在上方且达到平衡后,A管内的空气柱长度增长1 cm,变为11 cm,分析可知两管内空气体积之和恒定,因此B管空气柱将变短4 cm,变为6 cm,易得此时A管、B管中水银柱长度分别为9 cm和14 cm。
设A管在上方且达到平衡后,A管、B管内气体的压强分别为pA'、pB',则pB'=pA'+(9+14) cmHg=pA'+23 cmHg
根据玻意耳定律,对A管气体,
pA·10πd2=pA'·11πd2
对B管气体,pB·10π=pB'·6π
代入数据,解得pA=74.36 cmHg,pB=54.36 cmHg
31.(2023全国甲,33,15分)[物理——选修3-3]
(1)(5分)在一汽缸中用活塞封闭着一定量的理想气体,发生下列缓慢变化过程,气体一定与外界有热量交换的过程是　　　　。(填入正确答案标号。选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分。每选错1个扣3分,最低得分为0分)
A.气体的体积不变,温度升高
B.气体的体积减小,温度降低
C.气体的体积减小,温度升高
D.气体的体积增大,温度不变
E.气体的体积增大,温度降低
(2)(10分)一高压舱内气体的压强为1.2个大气压,温度为17 ℃,密度为1.46 kg/m3。
(ⅰ)升高气体温度并释放出舱内部分气体以保持压强不变,求气体温度升至27 ℃时舱内气体的密度;
(ⅱ)保持温度27 ℃不变,再释放出舱内部分气体使舱内压强降至1.0个大气压,求高压舱内气体的密度。
答案 (1)ABD　(2)(ⅰ)1.41 kg/m3
(ⅱ)1.18 kg/m3
解析 (1)根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,气体的体积不变,W=0,温度升高,ΔU>0,故Q>0,吸收热量,故选项A正确。气体的体积减小,W>0,若温度降低,ΔU<0,故Q<0,放出热量;若温度升高,ΔU>0,可能吸收热量,也可能放出热量,还可能不吸热也不放热,故选项B正确,C错误。气体的体积增大,W<0,若温度不变,ΔU=0,故Q>0,吸收热量;若温度降低,ΔU<0,可能吸收热量,也可能放出热量,还可能不吸热也不放热,故选项D正确,E错误。
(2)(ⅰ)对原舱内全部气体,保持压强不变,温度升高,体积增大,根据盖-吕萨克定律有
=
而T1=(273+17) K=290 K、T2=(273+27) K=300 K,
释放的气体和舱内留下的气体密度相同
V=,V'=
联立解得ρ2≈1.41 kg/m3
(ⅱ)对此时舱内的全部气体,温度保持27 ℃不变,压强降低,体积增大,根据玻意耳定律有
p1V'=p2V″
而p1=1.2 atm、p2=1.0 atm
释放的气体和舱内留下的气体密度相同
V'=,V″=
解得ρ3≈1.18 kg/m3
32.(2023湖南,13,10分)汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力。如图,刹车助力装置可简化为助力气室和抽气气室等部分构成,连杆AB与助力活塞固定为一体,驾驶员踩刹车时,在连杆AB上施加水平力推动液压泵实现刹车。助力气室与抽气气室用细管连接,通过抽气降低助力气室压强,利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力。每次抽气时,K1打开,K2闭合,抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动,助力气室中的气体充满抽气气室,达到两气室压强相等;然后,K1闭合,K2打开,抽气活塞向下运动,抽气气室中的全部气体从K2排出,完成一次抽气过程。已知助力气室容积为V0,初始压强等于外部大气压强p0,助力活塞横截面积为S,抽气气室的容积为V1。假设抽气过程中,助力活塞保持不动,气体可视为理想气体,温度保持不变。
(1)求第1次抽气之后助力气室内的压强p1;
(2)第n次抽气后,求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小ΔF。
答案 (1)p0　(2)p0S
解析 (1)根据题意,由玻意耳定律有
p0V0=p1(V0+V1)
解得p1=p0
(2)由(1)易知,第2次抽气后,p2=p1
即p2=p0
同理,第3次抽气后,p3=p0
……
第n次抽气后,pn=p0
对助力活塞,有ΔF=p0S-pnS
解得ΔF=p0S
33.(2022广东,15,12分)(1)(6分)利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外环境,这个过程　　　　(选填“是”或“不是”)自发过程。该过程空调消耗了电能,空调排放到室外环境的热量　　　　(选填“大于”“等于”或“小于”)从室内吸收的热量。
(2)玻璃瓶可作为测量水深的简易装置。如图所示,潜水员在水面上将80 mL水装入容积为380 mL的玻璃瓶中,拧紧瓶盖后带入水底,倒置瓶身,打开瓶盖,让水进入瓶中,稳定后测得瓶内水的体积为230 mL。将瓶内气体视为理想气体,全程气体不泄漏且温度不变。大气压强p0取1.0×105 Pa,重力加速度g取10 m/s2,水的密度ρ取1.0×103 kg/m3,求水底的压强p和水的深度h。
答案　(1)不是　大于
(2)2.0×105 Pa　10 m
解析　(1)(1)空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外是通过电动机做功完成的,不是自发过程;空调排到室外环境的热量包括空调机消耗电能产生的热量及从室内吸收的热量,则空调排到室外环境的热量大于从室内吸收的热量。
(2)从水面到水底过程,瓶中气体做等温变化,
在水面,瓶中气体体积V1=380 mL-80 mL=300 mL,压强p1=p0=1.0×105 Pa
在水底,瓶中气体体积V2=380 mL-230 mL=150 mL
根据玻意耳定律得:p1V1=pV2
代入数据得:p=2.0×105 Pa
而p=p0+ρgh
代入数据得:h=10 m
34.(2022重庆,15)(1)(4分)2022年5月15日,我国自主研发的“极目一号”Ⅲ形浮空艇创造了海拔9 032米的大气科学观测世界纪录。若在浮空艇某段上升过程中,艇内气体温度降低,体积和质量视为不变,则艇内气体(视为理想气体) (　　)
A.吸收热量　　　　　　　　　　B.压强增大
C.内能减小　　　　　　　　　　D.对外做负功
(2)(8分)某同学探究一封闭气缸内理想气体的状态变化特性,得到压强p随温度t的变化如图所示。已知图线Ⅰ描述的是体积为V1的等容过程,当温度为t1时气体的压强为p1;图线Ⅱ描述的是压强为p2的等压过程。取0 ℃为273 K,求
①等容过程中,温度为0 ℃时气体的压强;
②等压过程中,温度为0 ℃时气体的体积。
答案　(1)C　(2)①　②
解析　(1)由于艇内气体体积不变,则该过程中气体不对外做功、外界也不对气体做功,同时由查理定律可知气体的压强减小,B、D均错误。一定质量的理想气体内能只与温度有关,温度越低时内能越小,故艇内气体的内能减小,C正确。再由热力学第一定律可知,艇内气体向外界放出热量,A错误。
(2)①等容过程中,设温度为0 ℃时气体的压强为p0,由查理定律有=
解得p0=
②设温度为0 ℃时图线Ⅱ对应的气体的体积为V2,研究图线Ⅰ与图线Ⅱ在温度为0 ℃时的状态,可认为是经过了一个等温的过程,则由玻意耳定律有
p0V1=p2V2
解得V2==
35.(2022全国乙,33,10分)(1)(多选)一定量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c,其过程如T-V图上的两条线段所示。则气体在　 (　　)
A.状态a处的压强大于状态c处的压强
B.由a变化到b的过程中,气体对外做功
C.由b变化到c的过程中,气体的压强不变
D.由a变化到b的过程中,气体从外界吸热
E.由a变化到b的过程中,从外界吸收的热量等于其增加的内能
(2)如图,一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成,汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体,两活塞用一轻质弹簧连接,汽缸连接处有小卡销,活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m,面积分别为2S、S,弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态,此时弹簧的伸长量为0.1l,活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等,两活塞间气体的温度为T0。已知活塞外大气压强为p0,忽略活塞与缸壁间的摩擦,汽缸无漏气,不计弹簧的体积,重力加速度为g。
(ⅰ)求弹簧的劲度系数;
(ⅱ)缓慢加热两活塞间的气体,求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时,活塞间气体的压强和温度。
答案　(1)ABD　(2)(ⅰ)　(ⅱ)　T0
解析　(1)由理想气体状态方程=C,可得T=V,作原点和c的连线,由a、c两点与原点连线的斜率,可知pa>pc,A正确;由状态a到b,可知V变大,则气体对外做功,B正确;由图可知,b、c不在等压线上,故C错误;由状态a到b,T升高,则内能变大,V变大,则气体对外做功,可知ΔU>0,W<0,由热力学第一定律ΔU=W+Q,可知Q>0,故气体从外界吸热,且吸收的热量大于其增加的内能,故D正确,E错误。
(2)(ⅰ)对活塞Ⅰ受力分析
由平衡条件有p·2S=p0·2S+2mg+0.1kl
对活塞Ⅱ受力分析
由平衡条件有pS+mg=p0S+0.1kl
联立解得k=,p=
(ⅱ)由于是对气体缓慢加热,则两活塞受力平衡,将两活塞、弹簧、活塞间气体作为整体分析,受力情况不变,故气体压强不变,p'=p=,且弹簧长度不变
对活塞间的气体,由盖-吕萨克定律有=
其中V1=(2S+S)=1.65lS,T1=T0
V2=(l+0.1l)·2S=2.2lS
解得T2=T0
36.(2022湖南,15,13分)(1)(5分)(多选)利用“涡流效应”可实现冷热气体的分离。如图,一冷热气体分离装置由喷嘴、涡流室、环形管、分离挡板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中,然后以螺旋方式在环形管中向右旋转前进,分子热运动速率较小的气体分子将聚集到环形管中心部位,而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘部位。气流到达分离挡板处时,中心部位气流与分离挡板碰撞后反向,从A端流出,边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是 (　　)
A.A端为冷端,B端为热端
B.A端流出的气体分子热运动平均速率一定小于B端流出的
C.A端流出的气体内能一定大于B端流出的
D.该装置气体进出的过程满足能量守恒定律,但违背了热力学第二定律
E.该装置气体进出的过程既满足能量守恒定律,也满足热力学第二定律
(2)(8分)如图,小赞同学设计了一个液体拉力测量仪。一个容积V0=9.9 L的导热汽缸下接一圆管,用质量m1=90 g、横截面积S=10 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体,活塞与圆管壁间摩擦不计。活塞下端用轻质细绳悬挂一质量m2=10 g的U形金属丝,活塞刚好处于A位置。将金属丝部分浸入待测液体中,缓慢升起汽缸,使金属丝从液体中拉出,活塞在圆管中的最低位置为B。已知A、B间距离h=10 cm,外界大气压强p0=1.01×105 Pa,重力加速度取10 m/s2,环境温度保持不变。求
(ⅰ)活塞处于A位置时,汽缸中的气体压强p1;
(ⅱ)活塞处于B位置时,液体对金属丝拉力F的大小。
答案　(1)ABE　(2)(ⅰ)1×105 Pa　(ⅱ)1 N
解析　(1)分子热运动速率较小的气体分子,温度较低,内能较小,在环形管中心部位聚集,与分离挡板碰撞后反弹,最后从A端流出,则A端为冷端,B端为热端,A、B正确,C项错误;装置中气体进出过程,满足能量守恒定律和热力学第二定律,E正确,D错误。
(2)(ⅰ)对活塞受力分析,当活塞处于A位置时p1S+(m1+m2)g=p0S
代入数据解得p1=1×105 Pa
(ⅱ)当活塞处于B位置时,由于汽缸是导热的,对汽缸中的气体,利用玻意耳定律,p1V1=p2V2
其中V1=9.9 L,V2=V1+hS,p1=1×105 Pa
代入数据解得p2=9.9×104 Pa
对活塞受力分析p2S+(m1+m2)g+F=p0S
代入数据解得F=1 N
37.(2022全国甲,33,15分)(1)(5分)(多选)一定量的理想气体从状态a变化到状态b,其过程如p-T图上从a到b的线段所示。在此过程中　 (　　)
A.气体一直对外做功
B.气体的内能一直增加
C.气体一直从外界吸热
D.气体吸收的热量等于其对外做的功
E.气体吸收的热量等于其内能的增加量
(2)(10分)如图,容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中;两汽缸的底部通过细管连通,A汽缸的顶部通过开口C与外界相通;汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分,其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为V0和V0。环境压强保持不变,不计活塞的质量和体积,忽略摩擦。
(ⅰ)将环境温度缓慢升高,求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度;
(ⅱ)将环境温度缓慢改变至2T0,然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体,求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后,B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。
答案　(1)BCE　(2)(ⅰ)T0　(ⅱ)p0
解析　(1)(1)p-T图线过坐标原点,因此气体从状态a到状态b发生等容变化,气体没有对外做功,A、D错误;从状态a到状态b气体温度升高,一定质量的理想气体内能只与温度有关,温度升高,内能增加,B正确;根据热力学第一定律可知气体从外界吸热,且吸收的热量等于其内能增加量,C、E正确。
(2)(ⅰ)选第Ⅳ部分气体为研究对象,在B汽缸中的活塞到达汽缸底部的过程中发生等压变化:=
解得T1=T0
(ⅱ)以第Ⅱ、Ⅲ部分气体整体为研究对象,温度由T0升至2T0过程,由理想气体状态方程:=
对第Ⅳ部分气体,温度由T0升至2T0过程,由理想气体状态方程:
=
解得p1=p0
38.(2022河北,15,12分)(1)如图,绝热密闭容器中装有一定质量的某种理想气体和一个充有同种气体的气球。容器内温度处处相同,气球内部压强大于外部压强。气球缓慢漏气后,容器中气球外部气体的压强将　　　　(填“增大”“减小”或“不变”),温度将　　　　(填“升高”“降低”或“不变”)。
(2)水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示,汽缸中间有一固定隔板,将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分,“H”形连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过,连杆与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强p0,活塞面积为S,隔板两侧气体体积均为SL0,各接触面光滑,连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向,稳定后,上部气体的体积为原来的。设整个过程温度保持不变,求:
(ⅰ)此时上、下两部分气体的压强;
(ⅱ)“H”形连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。
答案　(1)增大　升高　(2)(ⅰ)2p0　p0　(ⅱ)
解析　(1)气球缓慢漏气时,气球体积近似不变,气球外部的气体分子数增大,体积不变,则压强增大;气球漏气后,对原先的外部气体进行压缩,即对外界气体做功,由ΔU=W+Q可知,外界气体的内能增大,温度升高。
(2)(ⅰ)分别对上、下两部分气体应用玻意耳定律:
p0L0S=p上·S
p0L0S=p下·L0S
解得:p上=2p0,p下=p0
(ⅱ)对整个“H”形连杆活塞受力分析,外部大气压力已平衡,则mg+p下S=p上S,解得m=
39.(2022山东,15,7分)某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图所示,鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室,A室壁厚,可认为体积恒定,B室壁薄,体积可变;两室内气体视为理想气体,可通过阀门进行交换。质量为M的鱼静止在水面下H处,B室内气体体积为V,质量为m;设B室内气体压强与鱼体外压强相等,鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等,鱼的质量不变,鱼鳔内气体温度不变。水的密度为ρ,重力加速度为g,大气压强为p0,求:
(1)鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度,需从A室充入B室的气体质量Δm;
(2)鱼静止于水面下H1处时,B室内气体质量m1。
答案　(1)　(2)m
解析　(1)鱼静止在水面下H处时,重力与浮力平衡,此时B室气体压强不变,仍等于外界压强,气体密度不变,B室体积增加部分所对应浮力增加值即为鱼所受的合外力,故有ρgΔV=Ma
由压强的微观含义知压强不变,B室内气体密度不变,则充入B室的气体质量Δm=ΔV=
(2)鱼静止于水面下H处时,B室内气体压强p=p0+ρgH
鱼静止于水面下H1处时,B室内气体压强p1=p0+ρgH1
静止时B室体积不变,仍为V,气体温度不变,压强改变,为变质量问题。设从静止于H处变为静止于H1处时需要往B室充入p压强下ΔV'体积的气体,由玻意耳定律,有p(V+ΔV')=p1V
则ΔV'=V,压强相同则密度相同,故有=
可得=
解得:m1=m
40.[2015海南单科,15(1),4分]已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R,空气平均摩尔质量为M,阿伏加德罗常数为NA,地面大气压强为p0,重力加速度大小为g。由此可估算得,地球大气层空气分子总数为　　　　,空气分子之间的平均距离为　　　　。
答案　　
解析　可认为地球大气对地球表面的压力是由其重力引起的,即mg=p0S=p0×4πR2,故大气层的空气总质量m=,空气分子总数N=NA=。由于h R,则大气层的总体积V=4πR2h,每个分子所占空间设为一个棱长为a的正方体,则有Na3=V,可得分子间的平均距离a=。
41.[2019课标Ⅲ,33(1),5分]用油膜法估算分子大小的实验中,首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液,稀释的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　。实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积,可以　　　　　　　　　　　　　　　　。为得到油酸分子的直径,还需测量的物理量是　　　　。
答案　使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜　把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中,测出1 mL油酸酒精溶液的滴数,得到一滴溶液中纯油酸的体积　单分子层油膜的面积
解析　本题考查了用油膜法估算分子大小的实验内容,突出了实验的操作、分析、探究能力的考查,体现了核心素养中科学探究、科学态度要素,体现了劳动实践、科学探索的价值观。
用油膜法估算分子大小,是用油膜厚度代表油酸分子的直径,所以要使油酸分子在水面上形成单分子层油膜;因为一滴溶液的体积很小,不能准确测量,故需测量较多滴的油酸酒精溶液的总体积,再除以滴数得到单滴溶液的体积,进而得到一滴溶液中纯油酸的体积;因为本题中油酸体积等于厚度乘面积,故测厚度不仅需要测量一滴溶液的体积,还需要测量单分子层油膜的面积。
42.(2020江苏单科,13A,12分)(1)玻璃的出现和使用在人类生活里已有四千多年的历史,它是一种非晶体。下列关于玻璃的说法正确的有　　　　。
A.没有固定的熔点
B.天然具有规则的几何形状
C.沿不同方向的导热性能相同
D.分子在空间上周期性排列
(2)一瓶酒精用了一些后,把瓶盖拧紧,不久瓶内液面上方形成了酒精的饱和汽,此时　　　　(选填“有”或“没有”)酒精分子从液面飞出。当温度升高时,瓶中酒精饱和汽的密度　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C,其p-图像如图所示,求该过程中气体吸收的热量Q。
答案　(1)AC　(2)有　增大　(3)2×105J
解析　(1)非晶体没有固定的熔点;因为其分子在空间上排列无规则,所以天然不具有规则的几何形状;其导热性能为各向同性,故A、C项正确,B、D项错误。
(2)饱和汽处于动态平衡状态,故达到饱和状态时也有酒精分子从液面飞出。饱和汽压随温度的升高而增大,说明单位时间内撞击到单位面积上的分子增多,亦说明酒精饱和汽的密度增大。
(3)A→B过程,外界对气体做的功W1=p(VA-VB)
B→C过程W2=0
根据热力学第一定律得ΔU=(W1+W2)+Q
A和C的温度相等ΔU=0
代入数据解得Q=2×105 J
43.[2020课标Ⅱ,33(2),10分]潜水钟是一种水下救生设备,它是一个底部开口、上部封闭的容器,外形与钟相似。潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气,以满足潜水员水下避险的需要。为计算方便,将潜水钟简化为截面积为S、高度为h、开口向下的圆筒;工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H的水下,如图所示。已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g,大气压强为p0,H h,忽略温度的变化和水密度随深度的变化。
(ⅰ)求进入圆筒内水的高度l;
(ⅱ)保持H不变,压入空气使筒内的水全部排出,求压入的空气在其压强为p0时的体积。
答案　(ⅰ)h　(ⅱ)
解析　(ⅰ)设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为V0和V1,放入水下后筒内气体的压强为p1,由玻意耳定律和题给条件有
p1V1=p0V0①
V0=hS②
V1=(h-l)S③
p1=p0+ρg(H-l)④
联立以上各式并考虑到H h>l,解得
l=h⑤
(ⅱ)设水全部排出后筒内气体的压强为p2,此时筒内气体的体积为V0,这些气体在其压强为p0时的体积为V3,由玻意耳定律有
p2V0=p0V3⑥
其中
p2=p0+ρgH⑦
设需压入筒内的气体体积为V,依题意
V=V3-V0⑧
联立②⑥⑦⑧式得
V=⑨
44.[2018课标Ⅲ,33(2),10分]在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱,水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时,左、右两边空气柱的长度分别为l1=18.0 cm和l2=12.0 cm,左边气体的压强为12.0 cmHg。现将U形管缓慢平放在水平桌面上,没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中,气体温度不变。
答案　见解析
解析　本题考查气体实验定律。
设U形管两端竖直朝上时,左、右两边气体的压强分别为p1和p2。U形管水平放置时,两边气体压强相等,设为p,此时原左、右两边气柱长度分别变为l1'和l2'。
由力的平衡条件有
p1=p2+ρg(l1-l2)①
式中ρ为水银密度,g为重力加速度大小。
由玻意耳定律有
p1l1=pl1'②
p2l2=pl2'③
两边气柱长度的变化量大小相等
l1'-l1=l2-l2'④
由①②③④式和题给条件得
l1'=22.5 cm⑤
l2'=7.5 cm⑥
审题指导　液柱移动问题的分析方法
45.[2018海南单科,15(2),8分]一储存氮气的容器被一绝热轻活塞分隔成两个气室A和B,活塞可无摩擦地滑动。开始时用销钉固定活塞,A中气体体积为2.5×10-4 m3,温度为27 ℃,压强为6.0×104 Pa;B中气体体积为4.0×10-4 m3,温度为-17 ℃,压强为2.0×104 Pa。现将A中气体的温度降至-17 ℃,然后拔掉销钉,并保持A、B中气体温度不变,求稳定后A和B中气体的压强。
答案　3.2×104 Pa
解析　本题考查了查理定律、玻意耳定律。
A气体的温度由27 ℃降至-17 ℃,由查理定律得
=①
设拔掉销钉稳定后,A、B中气体的压强均为p,根据玻意耳定律,对A气体有pA'VA=pVA'②
对B气体有pBVB=pVB'③
由已知条件得VA'+VB'=2.5×10-4 m3+4.0×10-4 m3④
联立以上各式得p=3.2×104 Pa
46.[2017课标Ⅱ,33(2),10分]一热气球体积为V,内部充有温度为Ta的热空气,气球外冷空气的温度为Tb。已知空气在1个大气压、温度T0时的密度为ρ0,该气球内、外的气压始终都为1个大气压,重力加速度大小为g。
(ⅰ)求该热气球所受浮力的大小;
(ⅱ)求该热气球内空气所受的重力;
(ⅲ)设充气前热气球的质量为m0,求充气后它还能托起的最大质量。
答案　(ⅰ)Vgρ0　(ⅱ)Vgρ0
(ⅲ)Vρ0T0(-)-m0
解析　(ⅰ)设1个大气压下质量为m的空气在温度为T0时的体积为V0,密度为
ρ0=①
在温度为T时的体积为VT,密度为
ρ(T)=②
由盖—吕萨克定律得
=③
联立①②③式得
ρ(T)=ρ0④
气球所受到的浮力为
f=ρ(Tb)gV⑤
联立④⑤式得
f=Vgρ0⑥
(ⅱ)气球内热空气所受的重力为
G=ρ(Ta)Vg⑦
联立④⑦式得G=Vgρ0⑧
(ⅲ)设该气球还能托起的最大质量为m,由力的平衡条件得
mg=f-G-m0g⑨
联立⑥⑧⑨式得m=Vρ0T0(-)-m0⑩
47.[2017课标Ⅲ,33(2),10分]一种测量稀薄气体压强的仪器如图(a)所示,玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2。K1长为l,顶端封闭,K2上端与待测气体连通;M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通。开始测量时,M与K2相通;逐渐提升R,直到K2中水银面与K1顶端等高,此时水银已进入K1,且K1中水银面比顶端低h,如图(b)所示。设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变。已知K1和K2的内径均为d,M的容积为V0,水银的密度为ρ,重力加速度大小为g。求:
(ⅰ)待测气体的压强;
(ⅱ)该仪器能够测量的最大压强。
答案　(ⅰ)　(ⅱ)
解析　本题考查气体压强的计算、玻意耳定律。
(ⅰ)水银面上升至M的下端使玻璃泡中气体恰好被封住,设此时被封闭的气体的体积为V,压强等于待测气体的压强p。提升R,直到K2中水银面与K1顶端等高时,K1中水银面比顶端低h;设此时封闭气体的压强为p1,体积为V1,则
V=V0+πd2l①
V1=πd2h②
由力学平衡条件得
p1=p+ρgh③
整个过程为等温过程,由玻意耳定律得
pV=p1V1④
联立①②③④式得
p=⑤
(ⅱ)由题意知
h≤l⑥
联立⑤⑥式有
p≤⑦
该仪器能够测量的最大压强为
pmax=⑧
48.[2016课标Ⅲ,33(2),10分]一U形玻璃管竖直放置,左端开口,右端封闭,左端上部有一光滑的轻活塞。初始时,管内汞柱及空气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞,直至管内两边汞柱高度相等时为止。求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离。已知玻璃管的横截面积处处相同;在活塞向下移动的过程中,没有发生气体泄漏;大气压强p0=75.0 cmHg。环境温度不变。
答案　144 cmHg　9.42 cm
解析　设初始时,右管中空气柱的压强为p1,长度为l1;左管中空气柱的压强为p2=p0,长度为l2。活塞被下推h后,右管中空气柱的压强为p1',长度为l1';左管中空气柱的压强为p2',长度为l2'。以cmHg为压强单位。由题给条件得p1=p0+(20.0-5.00)cmHg①
l1'= cm②
由玻意耳定律得p1l1=p1'l1'③
联立①②③式和题给条件得
p1'=144 cmHg④
依题意p2'=p1'⑤
l2'=4.00 cm+ cm-h⑥
由玻意耳定律得p2l2=p2'l2'⑦
联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h=9.42 cm⑧
审题指导　由于环境温度不变,玻璃管内气体发生的是等温变化,适用规律是玻意耳定律,分别以左管内和右管内气体为研究对象,找出初末状态参量,列出玻意耳定律方程即可求解。
49.[2016课标Ⅰ,33(2),10分]在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强,两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp=,其中σ=0.070 N/m。现让水下10 m处一半径为0.50 cm的气泡缓慢上升。已知大气压强p0=1.0×105 Pa,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,重力加速度大小g=10 m/s2。
(ⅰ)求在水下10 m处气泡内外的压强差;
(ⅱ)忽略水温随水深的变化,在气泡上升到十分接近水面时,求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。
答案　(ⅰ)28 Pa　(ⅱ)1.3
解析　(ⅰ)当气泡在水下h=10 m处时,设其半径为r1,气泡内外压强差为Δp1,则
Δp1=①
代入题给数据得
Δp1=28 Pa②
(ⅱ)设气泡在水下10 m处时,气泡内空气的压强为p1,气泡体积为V1;气泡到达水面附近时,气泡内空气的压强为p2,内外压强差为Δp2,其体积为V2,半径为r2。
气泡上升过程中温度不变,根据玻意耳定律有
p1V1=p2V2③
由力学平衡条件有
p1=p0+ρgh+Δp1④
p2=p0+Δp2⑤
气泡体积V1和V2分别为
V1=π⑥
V2=π⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
=⑧
由②式知,Δpi p0,i=1,2,故可略去⑧式中的Δpi项。代入题给数据得
=≈1.3⑨
解题关键　①准确写出气体初、末态的压强。
②计算过程中进行合理近似。
50.[2016课标Ⅱ,33(2),10分]一氧气瓶的容积为0.08 m3,开始时瓶中氧气的压强为20个大气压。某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m3。当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时,需重新充气。若氧气的温度保持不变,求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天。
答案　4天
解析　设氧气开始时的压强为p1,体积为V1,压强变为p2(2个大气压)时,体积为V2。根据玻意耳定律得
p1V1=p2V2①
重新充气前,用去的氧气在p2压强下的体积为
V3=V2-V1②
设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0,则有
p2V3=p0V0③
设实验室每天用去的氧气在p0下的体积为ΔV,则氧气可用的天数为N=V0/ΔV④
联立①②③④式,并代入数据得
N=4(天)⑤
解题指导　解答此题的关键是将用去的氧气在p2压强下的体积转化为在p0(1个大气压)压强下的体积,从而可以计算出氧气在p0压强下的可用天数。
易错点拨　没有将氧气的体积转化为1个大气压下的体积而直接进行计算。
51.[2018课标Ⅰ,33(2),10分]如图,容积为V的汽缸由导热材料制成,面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分,汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连,细管上有一阀门K。开始时,K关闭,汽缸内上下两部分气体的压强均为p0。现将K打开,容器内的液体缓慢地流入汽缸,当流入的液体体积为时,将K关闭,活塞平衡时其下方气体的体积减小了。不计活塞的质量和体积,外界温度保持不变,重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。
答案　
解析　本题考查气体实验定律、气体压强计算等知识。
设活塞再次平衡后,活塞上方气体的体积为V1,压强为p1;下方气体的体积为V2,压强为p2。在活塞下移的过程中,活塞上、下方气体的温度均保持不变,由玻意耳定律得
p0=p1V1①
p0=p2V2②
由已知条件得
V1=+-=V③
V2=-=④
设活塞上方液体的质量为m,由力的平衡条件得
p2S=p1S+mg⑤
联立以上各式得
m=⑥
审题指导　关键词理解,隐含条件显性化
①关键词“导热”说明气体上下两部分温度相等,且与环境温度相同。
②外界温度保持不变,说明气体做等温变化。
③流入液体产生的压强p'=。
④K关闭,说明外部液体对气体压强不产生影响。
48.[2018课标Ⅱ,33(2),10分]如图,一竖直放置的汽缸上端开口,汽缸壁内有卡口a和b,a、b间距为h,a距缸底的高度为H;活塞只能在a、b间移动,其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m,面积为S,厚度可忽略;活塞和汽缸壁均绝热,不计它们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态,上、下方气体压强均为p0,温度均为T0。现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体,直至活塞刚好到达b处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。
答案　T0　(p0S+mg)h
解析　本题考查气体实验定律等知识。
开始时活塞位于a处,加热后,汽缸中的气体先经历等容过程,直至活塞开始运动,设此时汽缸中气体的温度为T1,压强为p1,根据查理定律有
=①
根据力的平衡条件有
p1S=p0S+mg②
联立①②式可得
T1=T0③
此后,汽缸中的气体经历等压过程,直至活塞刚好到达b处,设此时汽缸中气体的温度为T2;活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖—吕萨克定律有
=④
式中
V1=SH⑤
V2=S(H+h)⑥
联立③④⑤⑥式解得
T2=T0⑦
从开始加热到活塞到达b处的过程中,汽缸中的气体对外做的功为
W=(p0S+mg)h⑧
审题指导　抓住关键词,挖掘隐含条件。
“缓慢加热”表示活塞始终处于平衡状态,因此才有p1S=p0S+mg。“活塞刚好到达b处”,表示气体的末状态压强为p1,活塞与b卡口处无弹力作用。“绝热”时气体温度才能逐渐升高,若“导热良好”,“缓慢加热”时汽缸内、外的气体就始终处于热平衡状态。
52.[2015课标Ⅰ,33(2),10分,★]如图,一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成,两圆筒中各有一个活塞。已知大活塞的质量为m1=2.50 kg,横截面积为S1=80.0 cm2;小活塞的质量为m2=1.50 kg,横截面积为S2=40.0 cm2;两活塞用刚性轻杆连接,间距保持为l=40.0 cm;汽缸外大气的压强为p=1.00×105 Pa,温度为T=303 K。初始时大活塞与大圆筒底部相距,两活塞间封闭气体的温度为T1=495 K。现汽缸内气体温度缓慢下降,活塞缓慢下移。忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦,重力加速度大小g取10 m/s2。求
(ⅰ)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间,缸内封闭气体的温度;
(ⅱ)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时,缸内封闭气体的压强。
答案　(ⅰ)330 K　(ⅱ)1.01×105 Pa
解析　(ⅰ)设初始时气体体积为V1,在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间,缸内封闭气体的体积为V2,温度为T2。由题给条件得
V1=S2+S1①
V2=S2l②
在活塞缓慢下移的过程中,用p1表示缸内气体的压强,由力的平衡条件得
S1(p1-p)=m1g+m2g+S2(p1-p)③
故缸内气体的压强不变。由盖—吕萨克定律有
=④
联立①②④式并代入题给数据得
T2=330 K⑤
(ⅱ)在大活塞与大圆筒底部刚接触时,被封闭气体的压强为p1。在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中,被封闭气体的体积不变。设达到热平衡时被封闭气体的压强为p',由查理定律,有
=⑥
联立③⑤⑥式并代入题给数据得
p'=1.01×105 Pa⑦
53.[2014山东理综,37(2)]一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示。将一质量M=3×103 kg、体积V0=0.5 m3的重物捆绑在开口朝下的浮筒上。向浮筒内充入一定量的气体,开始时筒内液面到水面的距离h1=40 m,筒内气体体积V1=1 m3。在拉力作用下浮筒缓慢上升,当筒内液面到水面的距离为h2时,拉力减为零,此时气体体积为V2,随后浮筒和重物自动上浮。求V2和h2。
已知大气压强p0=1×105 Pa,水的密度ρ=1×103 kg/m3,重力加速度的大小g=10 m/s2。不计水温变化,筒内气体质量不变且可视为理想气体,浮筒质量和筒壁厚度可忽略。
答案　2.5 m3　10 m
解析　当F=0时,由平衡条件得
Mg=ρg(V0+V2)①
代入数据得
V2=2.5 m3②
设筒内气体初态、末态的压强分别为p1、p2,由题意得
p1=p0+ρgh1③
p2=p0+ρgh2④
在此过程中筒内气体温度和质量不变,由玻意耳定律得
p1V1=p2V2⑤
联立②③④⑤式,代入数据得
h2=10 m⑥
54.(2016江苏单科,12A,12分)如图甲所示,在斯特林循环的p-V图像中,一定质量理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A,整个过程由两个等温和两个等容过程组成。B→C的过程中,单位体积中的气体分子数目　　　　(选填“增大”、“减小”或“不变”)。状态A和状态D的气体分子热运动速率的统计分布图像如图乙所示,则状态A对应的是　　　　(选填“①”或“②”)。
图甲
图乙
答案　不变　①　
解析　(2)B→C过程气体体积不变,气体的总分子数也不变,故单位体积内的分子数是不变的。
由=C可知,TA第36页共36页2014-2023年高考物理真题专题分类
专题十五　机械振动　机械波
1.(2023新课标,14,6分)船上的人和水下的潜水员都能听见轮船的鸣笛声。声波在空气中和在水中传播时的(　　)
A.波速和波长均不同
B.频率和波速均不同
C.波长和周期均不同
D.周期和频率均不同
答案A 声波是机械波,机械波的频率由波源决定,与介质无关,则声波在传播过程中频率不变,根据T=知,周期也不变;机械波在介质中传播的速度取决于介质,在不同介质中波速不同,根据v=λf可知声波在空气中和在水中传播时的波长也不同。故选A。
2.(2023湖南,3,4分)如图(a),在均匀介质中有A、B、C和D四点,其中A、B、C三点位于同一直线上,AC=BC=4 m,DC=3 m,DC垂直AB。T=0时,位于A、B、C处的三个完全相同的横波波源同时开始振动,振动图像均如图(b)所示,振动方向与平面ABD垂直,已知波长为4 m。下列说法正确的是(　　)
　　
A.这三列波的波速均为2 m/s
B.t=2 s时,D处的质点开始振动
C.t=4.5 s时,D处的质点向y轴负方向运动
D.t=6 s时,D处的质点与平衡位置的距离是6 cm
答案：C 机械波在介质中的传播速度由介质决定,由图(b)可知,波的周期T=4 s,故三列波在介质中的传播速度v===1 m/s,A选项错误;由勾股定理可知AD=5 m,BD=5 m,三列波传播到D处所用的时间分别为tA==5 s,tB==5 s,tC==3 s,所以t=2 s时,D处质点还未开始振动,B选项错误;t=4.5 s时,C处波源产生的波已到达D处,而A、B处波源产生的波还没传到D处,故t=4.5 s时,D处质点的振动仅由C处波源产生的波决定,振动时间为Δt=(4.5-3) s=1.5 s,由图(b)可知此时D处质点向y轴负方向振动,C选项正确;t=6 s时,A、B、C三个波源产生的波均已传到D处,t=6 s时,A处波源产生的波与B处波源产生的波在D处产生的位移均为2 cm,C处波源产生的波在D处产生的位移为-2 cm,则t=6 s时,D处的质点与平衡位置的距离是2 cm,D选项错误。
3.(2023山东,10,4分)(多选)如图所示,沿水平方向做简谐运动的质点,依次通过相距L的A、B两点。已知质点在A点的位移大小为振幅的一半,B点位移大小是A点的倍,质点经过A点时开始计时,t时刻第二次经过B点,该振动的振幅和周期可能是(　　)
A.,3t B.,4t
C.,t D.,t
答案：BC 若平衡位置O在A、B之间,如图1所示,则(1+)=L,解得振幅A1=OP=,质点经过A点时开始计时,t时刻第二次经过B点,从A运动到O的时间为,从O运动到最大位移P处的时间为,从P运动到B的时间为,则t=++,解得T1=t,C正确,D错误;若A、B在平衡位置O同侧,以O在A的左侧为例,如图2所示,A2'=OP,则(-1)=L,解得振幅A2=,质点经过A点时开始计时,t时刻第二次经过B点,从A运动到B的时间为,从B运动到最大位移处P再回到B的时间为,则t=+,解得T2=4t,B正确,A错误。
4.(2022北京,6,3分)在如图所示的xOy坐标系中,一条弹性绳沿x轴放置,图中小黑点代表绳上的质点,相邻质点的间距为a。t=0时,x=0处的质点P0开始沿y轴做周期为T、振幅为A的简谐运动。t=T时的波形如图所示。下列说法正确的是 (　　)
A.t=0时,质点P0沿y轴负方向运动
B.t=T时,质点P4的速度最大
C.t=T时,质点P3和P5相位相同
D.该列绳波的波速为
答案　D　由图像知,t=T时,质点P6的起振方向沿y轴正方向,则质点P0的起振方向为y轴正方向,A错;t=T时,质点P4位移为A,此时质点P4速度为零,B错;t=T时,P3和P5两质点运动方向相反,相位差为,C错;在T时间内,绳波沿x轴传播距离为6a,故波速v==,D对。
5.(2022浙江1月选考,6,3分)图甲中的装置水平放置,将小球从平衡位置O拉到A后释放,小球在O点附近来回振动;图乙中被细绳拴着的小球由静止释放后可绕固定点来回摆动。若将上述装置安装在太空中的我国空间站内进行同样操作,下列说法正确的是 (　　)
A.甲图中的小球将保持静止
B.甲图中的小球仍将来回振动
C.乙图中的小球仍将来回摆动
D.乙图中的小球将做匀速圆周运动
答案　B　由于空间站内的物体处于完全失重状态,故题图乙中小球由静止释放后仍将保持静止,而题图甲中小球由于弹簧弹力作用将来回振动,故A、C、D错误,B正确。
6.(2022浙江6月选考,11,3分)如图所示,一根固定在墙上的水平光滑杆,两端分别固定着相同的轻弹簧,两弹簧自由端相距x。套在杆上的小球从中点以初速度v向右运动,小球将做周期为T的往复运动,则 (　　)
A.小球做简谐运动
B.小球动能的变化周期为
C.两根弹簧的总弹性势能的变化周期为T
D.小球的初速度为时,其运动周期为2T
答案　B　小球与弹簧接触前一段时间内速度大小不变,因此,小球的运动不是简谐运动,A错误;动能和弹性势能都是标量,由对称性知,小球动能与两根弹簧总弹性势能的变化周期均为,故C错误,B正确;若小球初速度为,由弹簧振子的模型特点知,球与弹簧的接触时间不变,因此周期不是2T,故D错误。
7.[2022湖南,16(1),5分](多选)下端附着重物的粗细均匀木棒,竖直浮在河面,在重力和浮力作用下,沿竖直方向做频率为1 Hz的简谐运动;与此同时,木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动,如图(a)所示。以木棒所受浮力F为纵轴,木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系,浮力F随水平位移x的变化如图(b)所示。已知河水密度为ρ,木棒横截面积为S,重力加速度大小为g。下列说法正确的是 (　　)
A.x从0.05 m到0.15 m的过程中,木棒的动能先增大后减小
B.x从0.21 m到0.25 m的过程中,木棒加速度方向竖直向下,大小逐渐变小
C.x=0.35 m和x=0.45 m时,木棒的速度大小相等,方向相反
D.木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为
E.木棒的运动为向x轴正方向传播的机械横波,波速为0.4 m/s
答案　ABD　由图可知,x从0到0.2 m的过程中,浮力F从最大值减小到最小值,F=ρgSH,可知棒在竖直方向上从最低点运动到最高点,由对称性知x=0.1 m时棒恰好经过平衡位置,故当x从0.05 m到0.15 m的过程中,棒的动能先增大后减小,A正确。同理可知,当x从0.21 m到0.25 m的过程中,棒从最高点向平衡位置运动,加速度方向竖直向下,大小逐渐减小,B正确。x=0.35 m与x=0.45 m时,棒竖直方向振动的速度大小相等,方向相反,但水平方向还有随河水运动的速度,故棒的速度方向不是相反的,C错误。由F1-F2=ρgS×2A,解得A=,D正确。波是振动传播形成的,介质内(水)的质点并不随波迁移,而木棒沿x轴匀速运动,故棒的运动不是机械横波,E错误。
思路分析　图(b)不是常见的振动图像,由于水流速度恒定,故沿x轴方向的位移可表征时间。棒的振动是由重力与浮力的合力提供回复力,而重力恒定,故浮力的变化周期等于振动周期,再由浮力的极值来确定棒在竖直方向上振动的对应位置即可。
8.(2022浙江1月选考,15,2分)(多选)两列振幅相等、波长均为λ、周期均为T的简谐横波沿同一绳子相向传播。若两列波均由一次全振动产生,t=0时刻的波形如图1所示,此时两列波相距λ,则 (　　)
A.t=时,波形如图2甲所示
B.t=时,波形如图2乙所示
C.t=时,波形如图2丙所示
D.t=T时,波形如图2丁所示
答案　BD　两列波的传播速度相等,v=,且x=vt,所以当t=时,两列波相距且波形不变,故A错误;当t=时,两列波相遇且波形不变,故B正确;当t=T时,两列波波谷相遇,根据叠加原理,处于波谷的质点的位移应变大,故C错误;当t=T时两列波重合,各质点振动的位移为零,故D正确。
9.(2022浙江6月选考,16,2分)(多选)位于x=0.25 m的波源p从t=0时刻开始振动,形成的简谐横波沿x轴正负方向传播,在t =2.0 s时波源停止振动,t=2.1 s时的部分波形如图所示,其中质点a的平衡位置xa=1.75 m,质点b的平衡位置xb=-0.5 m。下列说法正确的是 (　　)
A.沿x轴正负方向传播的波发生干涉
B.t=0.42 s时,波源的位移为正
C.t=2.25 s时,质点a沿y轴负方向振动
D.在0到2 s内,质点b运动总路程是2.55 m
答案　BD　沿x轴正负方向传播的波不会叠加,不会发生干涉,A错误;在t=2.0 s波源停止振动后,其振动形式在t=2.1 s时分别向左和向右传至x=0和x=0.5 m处,由Δx=0.25 m、Δt=0.1 s可知波速v==2.5 m/s,从题图中看出波长λ=1 m,则波的周期T==0.4 s,=5,波源振动完整的5个周期后停止振动,停止振动前波源从负向位移回到平衡位置,则分析可知波源p从t=0时刻开始由平衡位置向上振动,t=0.42 s时,波源正处于平衡位置上方向上振动,位移为正,B正确;在t=2.1 s时质点a位于波谷,与t=2.25 s的时间间隔Δt'=0.15 s<,则t=2.25 s时质点a沿y轴正方向振动,C错误;波源p从t=0时刻开始振动,在t=0.3 s时,质点b开始振动,即在0到2 s内,质点b运动的时间为t=1.7 s=4T+,质点b运动总路程s=17A,A=15 cm,则s=2.55 m,D正确。
10.(2022山东,9,4分)(多选)一列简谐横波沿x轴传播,平衡位置位于坐标原点O的质点振动图像如图所示。当t=7 s时,简谐波的波动图像可能正确的是　 (　　)
答案　AC　因为t=0时位于原点O的质点在正向最大位移一半的位置,故该质点的振动方程为y=20 sin cm,由图得T=12 s,故t=7 s时该质点的位置y7=20 sin cm=-10 cm,因该简谐波传播方向未知,故选A、C项。
11.(2020浙江7月选考,15,2分)(多选)如图所示,x轴上-2 m、12 m处有两个振动周期均为4 s、振幅均为1 cm的相同的波源S1、S2,t=0时刻同时开始竖直向下振动,产生波长均为4 m沿x轴传播的简谐横波。P、M、Q分别是x轴上2 m、5 m和8.5 m的三个点,下列说法正确的是(　　)
A.6.0 s时P、M、Q三点均已振动
B.8.0 s后M点的位移始终是2 cm
C.10.0 s后P点的位移始终是0
D.10.5 s时Q点的振动方向竖直向下
答案　CD　波速v==1 m/s,则6.0 s时波传播的距离为6 m,而M点到S1、S2的距离均为7 m,故波还未传到M点,所以A选项错误。S1M-S2M=0,即M点的振动始终是加强的,振幅为2 cm,但位移并不是始终为2 cm,故B选项错误。10.0 s后P点在两波作用下振动,S2P-S1P=6 m,为半波长的3倍,故P点的振动始终是减弱的,振幅为零,故位移也始终为零,C选项正确。10.5 s内波传播的距离为10.5 m,故波源S1产生的波刚好传到Q点,波源S2传播到Q点后又完成了个周期的振动,故Q点正在向下振动,故D选项正确。
12.[2019江苏单科,13B(1)](多选)一单摆做简谐运动,在偏角增大的过程中,摆球的(　　)
A.位移增大　　　　　　B.速度增大
C.回复力增大　　　　　　D.机械能增大
答案　 AC　本题考查了机械振动的基本规律,体现了科学推理的核心素养。
做简谐运动的单摆在偏角增大过程中距平衡位置的位移x增大,选项A正确。速度减小,选项B错误。回复力F=-kx,随x增大,回复力增大,选项C正确。单摆在摆动过程中悬线拉力不做功,故摆球机械能守恒,选项D错误。
13.(2018天津理综,8,6分)(多选)一振子沿x轴做简谐运动,平衡位置在坐标原点。t=0时振子的位移为-0.1 m,t=1 s时位移为0.1 m,则(　　)
A.若振幅为0.1 m,振子的周期可能为 s
B.若振幅为0.1 m,振子的周期可能为 s
C.若振幅为0.2 m,振子的周期可能为4 s
D.若振幅为0.2 m,振子的周期可能为6 s
答案　AD　本题考查简谐运动的多解问题。简谐运动的位移方程为x=A sin,当振幅A=0.1 m时,由t=0时x=-0.1 m得θ=-;由t=1 s时x=0.1 m有sin=1,则-=2kπ+(k=0,1,2,…),k=0时,T=2 s;k=1时,T= s;k=2时,T= s。由以上分析可见,A项正确,B项错误。
当振幅A=0.2 m时,由t=0时x=-0.1 m得θ=-或θ=-;若θ=-,由t=1 s时x=0.1 m有sin=,则当-=时,T=6 s;当-=π时,T=2 s。同理,若θ=-,则周期T最大值为2 s。由以上分析可见C项错误,D项正确。
一题多解　若振幅为0.1 m,则有nT+=1 s,n=1时,T= s;n=2时,T= s,可见A对,B错。
若振幅为0.2 m,则下图反映振动的一种可能情况,由0.2 sin θ m=0.1 m,得θ=30°,由此可知,= s,T=6 s,故D正确。
若振幅为0.2 m,周期为4 s,则在Δt=1 s=时间内,振子不可能从位移为-0.1 m处运动到位移为0.1 m处,故C错误。
疑难突破　解多解问题的方法
　　对于多解问题,一般先分析各种可能的情况,写出通式,然后再由通式得到各种可能的解。
14.(2016北京理综,15,6分)如图所示,弹簧振子在M、N之间做简谐运动。以平衡位置O为原点,建立Ox轴。向右为x轴正方向。若振子位于N点时开始计时,则其振动图像为(　　)
答案　A　振子在N点时开始计时,其位移为正向最大,并按余弦规律变化,故选项A正确。
15.(2016海南单科,17,6分)(多选)下列说法正确的是(　　)
A.在同一地点,单摆做简谐运动的周期的平方与其摆长成正比
B.弹簧振子做简谐运动时,振动系统的势能与动能之和保持不变
C.在同一地点,当摆长不变时,摆球质量越大,单摆做简谐运动的周期越小
D.系统做稳定的受迫振动时,系统振动的频率等于周期性驱动力的频率
E.已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期,就可知振子在任意时刻运动速度的方向
答案　ABD　在同一地点,重力加速度g为定值,根据单摆周期公式T=2π可知,周期的平方与摆长成正比,故选项A正确;弹簧振子做简谐运动时,只有动能和势能参与转化,根据机械能守恒条件可知,振动系统的势能与动能之和保持不变,故选项B正确;根据单摆周期公式T=2π可知,单摆的周期与摆球质量无关,故选项C错误;当系统做稳定的受迫振动时,系统振动的频率等于周期性驱动力的频率,故选项D正确;若弹簧振子初始时刻在波峰或波谷位置,知道周期后,可以确定任意时刻运动速度的方向,若弹簧振子初始时刻不在波峰或波谷位置,则无法确定,故选项E错误。
16.[2015山东理综,38(1)](多选)如图,轻弹簧上端固定,
下端连接一小物块,物块沿竖直方向做简谐运动。以竖直向上为正方向,物块简谐运动的表达式为y=0.1 sin (2.5πt)m。t=0时刻,一小球从距物块h高处自由落下;t=0.6 s时,小球恰好与物块处于同一高度。取重力加速度的大小g=10 m/s2。以下判断正确的是(　　)
a.h=1.7 m
b.简谐运动的周期是0.8 s
c.0.6 s内物块运动的路程是0.2 m
d.t=0.4 s时,物块与小球运动方向相反
答案　ab　由小物块的运动方程可知,=2.5π rad/s,T=0.8 s,故b正确。0.6 s内物块运动了个周期,故路程应为0.3 m,c错。t=0.4 s时物块运动了半个周期,正向下运动,与小球运动方向相同,故d错。t=0.6 s时,物块的位移y=-0.1 m,小球下落距离H=gt2=1.8 m,由题图可知,h=H+y=1.7 m,故a正确。
17.(2014安徽理综,14,6分)在科学研究中,科学家常将未知现象同已知现象进行比较,找出其共同点,进一步推测未知现象的特性和规律。法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时,曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系。已知单摆摆长为l,引力常量为G,地球质量为M,摆球到地心的距离为r,则单摆振动周期T与距离r的关系式为(　　)
A.T=2πr　　　　　　B.T=2πr
C.T=　　　　　　D.T=2πl
答案　B　由单摆周期公式T=2π及黄金代换式GM=gr2,得T=2πr。
18.(2018北京理综,16,6分)如图所示,一列简谐横波向右传播,P、Q两质点平衡位置相距0.15 m。当P运动到上方最大位移处时,Q刚好运动到下方最大位移处,则这列波的波长可能是(　　)
A.0.60 m　　　　　　B.0.30 m　　　　　　C.0.20 m　　　　　　D.0.15 m
答案　B　本题考查机械波的相关知识。由题意知,P位于波峰时,Q位于波谷,故两点平衡位置间距0.15 m=+nλ(n=0,1,2,…),所以波长λ= m(n=0,1,2,…),当n=0时,λ=0.30 m,故选项B正确。
规律总结　机械波传播方向上两质点平衡位置间距与波长的关系
平衡位置间距
Δx=
19.(2018浙江4月选考,16,2分)(多选)两列频率相同、振幅均为A的简谐横波P、Q分别沿+x和-x轴方向在同一介质中传播,两列波的振动方向均沿y轴。某时刻两波的波面如图所示,实线表示P波的波峰、Q波的波谷;虚线表示P波的波谷、Q波的波峰。a、b、c为三个等间距的质点,d为b、c中间的质点。下列判断正确的是(　　)
A.质点a的振幅为2A
B.质点b始终静止不动
C.图示时刻质点c的位移为0
D.图示时刻质点d的振动方向沿-y轴
答案　CD　由题可得频率相同的P波和Q波在同一介质中相遇时发生干涉,由于实线表示P波的波峰、Q波的波谷;虚线表示P波的波谷、Q波的波峰,故a、c两质点为减弱点,b质点为加强点。由于两波振幅均为A,故a、c两点振幅为零,始终静止不动,b质点振幅为2A,做简谐运动,故A、B错误,C正确;由波动方向与振动方向关系可知,该时刻d质点在P波上沿-y轴方向运动,在Q波上沿-y轴方向运动,故质d质点沿-y轴方向振动,故D正确。
20.[2017课标Ⅲ,34(1),5分](多选)如图,一列简谐横波沿x轴正方向传播,实线为t=0时的波形图,虚线为t=0.5 s时的波形图。已知该简谐波的周期大于0.5 s。关于该简谐波,下列说法正确的是　　　。
A.波长为2 m
B.波速为6 m/s
C.频率为1.5 Hz
D.t=1 s时,x=1 m处的质点处于波峰
E.t=2 s时,x=2 m处的质点经过平衡位置
答案　BCE　本题考查机械波图像。
由题图可知,该波波长λ=4 m,选项A错误;T>0.5 s,则由题图知波在0.5 s内沿x轴正方向传播的距离为λ,传播时间t=T=0.5 s,T= s,频率f==1.5 Hz,选项C正确;波速v==6 m/s,选项B正确;1 s=T,t=1 s时,x=1 m处的质点处于波谷,选项D错误;2 s=3T,t=2 s时,x=2 m处的质点经过平衡位置,选项E正确。
21.(2017天津理综,5,6分)手持较长软绳端点O以周期T在竖直方向上做简谐运动,带动绳上的其他质点振动形成简谐波沿绳水平传播,示意如图。绳上有另一质点P,且O、P的平衡位置间距为L。t=0时,O位于最高点,P的位移恰好为零,速度方向竖直向上,下列判断正确的是(　　)
A.该简谐波是纵波
B.该简谐波的最大波长为2L
C.t=时,P在平衡位置上方
D.t=时,P的速度方向竖直向上
答案　C　由题意知绳上的质点在竖直方向上振动,波水平向右传播,故该波为横波,选项A错误;t=0时刻,P点在如图所示位置时,波长最大,则λ=L,λ=4L,选项B错误;t=0时,P在平衡位置且向上振动,当t=时,P在平衡位置上方,选项C正确;当t=T时,P处于从最高点向平衡位置运动过程中,故速度方向向下,选项D错误。
22.[2016课标Ⅰ,34(1),5分](多选)某同学漂浮在海面上,虽然水面波正平稳地以1.8 m/s的速率向着海滩传播,但他并不向海滩靠近。该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15 s。下列说法正确的是(　　)
A.水面波是一种机械波
B.该水面波的频率为6 Hz
C.该水面波的波长为3 m
D.水面波没有将该同学推向岸边,是因为波传播时能量不会传递出去
E.水面波没有将该同学推向岸边,是因为波传播时振动的质点并不随波迁移
答案　ACE　水面波是一种机械波,传播过程中各质点只在平衡位置上下往复运动,不随波的传播而迁移,因此水面波不会将该同学推向岸边,故D错,A、E均正确。由题意可知该波的周期T= s= s,频率f==0.6 Hz,波长λ=vT=1.8× m=3 m,故B错、C正确。
23.[2016课标Ⅲ,34(1),5分](多选)由波源S形成的简谐横波在均匀介质中向左、右传播。波源振动的频率为20 Hz,波速为16 m/s。已知介质中P、Q两质点位于波源S的两侧,且P、Q和S的平衡位置在一条直线上,P、Q的平衡位置到S的平衡位置之间的距离分别为15.8 m、14.6 m。P、Q开始振动后,下列判断正确的是　　　　。
A.P、Q两质点运动的方向始终相同
B.P、Q两质点运动的方向始终相反
C.当S恰好通过平衡位置时,P、Q两点也正好通过平衡位置
D.当S恰好通过平衡位置向上运动时,P在波峰
E.当S恰好通过平衡位置向下运动时,Q在波峰
答案　BDE　由波速公式v=λf得λ==0.8 m,LSP=λ=19λ,LSQ=λ=18λ,由波动的周期性,采用“去整留零”的方法,可在波形图上标出S、P、Q三点的位置,如图所示,由图可知,P、Q两点的运动方向始终相反,A项错误,B项正确;S在平衡位置时,P、Q一个在波峰,一个在波谷,C项错误;当S恰通过平衡位置向上运动时,P在波峰,Q在波谷,反之则相反,故D、E项正确。
24.(2016天津理综,7,6分)(多选)在均匀介质中坐标原点O处有一波源做简谐运动,其表达式为y=5 sin (t),它在介质中形成的简谐横波沿x轴正方向传播,某时刻波刚好传播到x=12 m处,波形图像如图所示,则(　　)
A.此后再经6 s该波传播到x=24 m处
B.M点在此后第3 s末的振动方向沿y轴正方向
C.波源开始振动时的运动方向沿y轴负方向
D.此后M点第一次到达y=-3 m处所需时间是2 s
答案　AB　由波源振动表达式可知ω= s-1,而ω=,所以T=4 s,由波形图知λ=8 m,波速v==2 m/s,Δx=v·Δt=12 m,故A项正确;经过Δt'=3 s,波向前传播的距离为Δx',Δx'=v·Δt'=6 m,画出这一时刻的波形图如图中虚线所示,由图可知,M点振动方向沿y轴正方向,B项正确;
在波的传播过程中,各质点的起振方向都与波源的起振方向相同,可得波源起振方向沿y轴正方向,C项错误;此时M点在y=3 m处且沿y轴负方向振动,第一次到达y=-3 m处所用时间小于,故D项错误。
规律总结　根据波的传播方向判断质点振动方向的方法:顺着波的传播方向看,处在上坡处的质点向下振动,处在下坡处的质点向上振动,即“上坡下,下坡上”。
25.(2016四川理综,6,6分)(多选)简谐横波在均匀介质中沿直线传播,P、Q是传播方向上相距10 m的两质点。波先传到P,当波传到Q开始计时,P、Q两质点的振动图像如图所示。则(　　)
A.质点Q开始振动的方向沿y轴正方向　　　　　　
B.该波从P传到Q的时间可能为7 s
C.该波的传播速度可能为2 m/s　　　　　　
D.该波的波长可能为6 m
答案　AD　由图可知,t=0时质点Q处于平衡位置,t=时运动至波峰,故其起振方向沿y轴正方向,A正确;仍由图可知,T=6 s,质点Q比质点P到达同一振动状态晚了Δt=nT+T=(6n+4)s(n=0,1,2,…),此即为该波从P传到Q所需的时间,当Δt=7 s时n=,故B错误;由v== m/s知,当v=2 m/s时n=,故C错误;再由λ=vT= m知,当n=1时λ=6 m,故D正确。
26.(2015北京理综,15,6分)周期为2.0 s的简谐横波沿x轴传播,该波在某时刻的图像如图所示,此时质点P沿y轴负方向运动。则该波(　　)
A.沿x轴正方向传播,波速v=20 m/s
B.沿x轴正方向传播,波速v=10 m/s
C.沿x轴负方向传播,波速v=20 m/s
D.沿x轴负方向传播,波速v=10 m/s
答案　B　由质点P沿y轴负方向运动,可知波沿x轴正方向传播,波速v===10 m/s,B项正确。
27.(2015天津理综,3,6分)图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图,a、b两质点的横坐标分别为xa=2 m和xb=6 m,图乙为质点b从该时刻开始计时的振动图像。下列说法正确的是(　　)
A.该波沿+x方向传播,波速为1 m/s
B.质点a经4 s振动的路程为4 m
C.此时刻质点a的速度沿+y方向
D.质点a在t=2 s时速度为零
答案　D　t=0时,b质点向+y方向运动,根据“下坡上”可判定波沿-x方向传播,A错误;a总是与b的振动方向相反,t=0时,a向-y方向运动,C错误;经过4 s,a回到平衡位置,路程为1 m,B错误;t=2 s时,a处于波谷,速度为零,D正确。
28.[2015海南单科,16(1),4分](多选)一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图所示,质点P的x坐标为3 m。已知任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4 s。下列说法正确的是　　　　。
A.波速为4 m/s
B.波的频率为1.25 Hz
C.x坐标为15 m的质点在t=0.6 s时恰好位于波谷
D.x坐标为22 m的质点在t=0.2 s时恰好位于波峰
E.当质点P位于波峰时,x坐标为17 m的质点恰好位于波谷
答案　BDE　任意振动质点连续两次通过平衡位置的过程所用时间为半个周期,即T=0.4 s,T=0.8 s,f==1.25 Hz,选项B正确;由题图知:该波的波长λ=4 m,波速v==5 m/s,选项A错误;
　　画出t=0.6 s时波形图如图所示,因15 m=3λ+λ,故x坐标为15 m的质点与x=3 m处的质点振动情况一样,即在平衡位置向下振动,选项C错误;
画出t=0.2 s时波形图如图所示,因22 m=5λ+λ,故x=22 m处的质点与x=2 m处的质点振动情况一样,即在波峰位置,选项D正确;
因质点P与x=17 m处质点平衡位置间距离Δx=14 m=3λ+λ,故两质点振动步调相反,选项E正确。
29.(2014天津理综,5,6分)平衡位置处于坐标原点的波源S在y轴上振动,产生频率为50 Hz的简谐横波向x轴正、负两个方向传播,波速均为100 m/s。平衡位置在x轴上的P、Q两个质点随波源振动着,P、Q的x轴坐标分别为xP=3.5 m、 xQ=-3 m。当S位移为负且向-y方向运动时,P、Q两质点的(　　)
A.位移方向相同、速度方向相反
B.位移方向相同、速度方向相同
C.位移方向相反、速度方向相反
D.位移方向相反、速度方向相同
答案　D　该波的波长λ=v/f= m=2 m,3.5 m=λ+λ,3 m=λ+λ,此时P、Q两质点的位移方向相反,但振动方向相同,选项D正确。
30.[2014山东理综,38(1),4分](多选)一列简谐横波沿直线传播。以波源O由平衡位置开始振动为计时零点,质点A的振动图像如图所示,已知O、A的平衡位置相距0.9 m。以下判断正确的是　(　　)
A.波长为1.2 m　　　　　　
B.波源起振方向沿y轴正方向
C.波速大小为0.4 m/s　　　　　　
D.质点A的动能在t=4 s时最大
答案　AB　由图可知波源起振后3 s质点A开始振动,故波速大小v===0.3 m/s,C错误;由图知波的周期即质点A的振动周期T=4 s,故该波的波长λ=vT=1.2 m,A正确;因介质中各质点的起振方向与波源的起振方向相同,故由图知B正确;由图知t=4 s时质点A处于正向最大位移处,此时质点A的速度为零、动能为零,故D错误。
31.[2019课标Ⅰ,34(1),5分](多选)一简谐横波沿x轴正方向传播,在t=时刻,该波的波形图如图(a)所示,P、Q是介质中的两个质点。图(b)表示介质中某质点的振动图像。下列说法正确的是　　　　。
A.质点Q的振动图像与图(b)相同
B.在t=0时刻,质点P的速率比质点Q的大
C.在t=0时刻,质点P的加速度的大小比质点Q的大
D.平衡位置在坐标原点的质点的振动图像如图(b)所示
E.在t=0时刻,质点P与其平衡位置的距离比质点Q的大
答案　CDE
解析　本题考查了机械振动及机械波图像的综合应用,考查了学生的综合分析能力,体现了物理观念中运动与相互作用的素养要素。
由图(b)可知,在时刻,该质点处于平衡位置且向y轴负方向运动,再从图(a)中利用“上下坡法”,结合波沿x轴正方向传播可知,在时刻,质点Q在平衡位置且向y轴正方向运动,平衡位置在原点处的质点在平衡位置且向y轴负方向运动,所以A选项错误,D选项正确。分析可知,在t=0时刻,质点P位于波谷,此时质点P的速率为0,加速度最大,位移大小最大,但质点Q在平衡位置,速率最大,加速度为0,位移为0,所以B选项错误,C和E选项均正确。
32.[2014课标Ⅰ,34(1),6分,0.571]图(a)为一列简谐横波在t=2 s时的波形图,图(b)为媒质中平衡位置在x=1.5 m处的质点的振动图像,P是平衡位置为x=2 m的质点。下列说法正确的是　　　　。
A.波速为0.5 m/s
B.波的传播方向向右
C.0~2 s时间内,P运动的路程为8 cm
D.0~2 s时间内,P向y轴正方向运动
E.当t=7 s时,P恰好回到平衡位置
答案　ACE
解析　由图(a)可知,波长λ=2 m,由图(b)可知周期T=4 s,则波速v==0.5 m/s,A正确。t=2 s时,x=1.5 m处的质点振动方向向下,则波向左传播,B错。0~2 s时间内P质点运动的路程sP=×4A=8 cm,C项正确。0~2 s内P质点向y轴负方向运动,D项错。t=0时P质点位于正向最大位移处,故P质点达到平衡位置的时刻为t=(2n+1)(n=0,1,2…),则n=3时,t=7 s,P恰好回到平衡位置,E项正确。
33.[2014课标Ⅱ,34(1),5分](多选)图(a)为一列简谐横波在t=0.10 s时刻的波形图,P是平衡位置在x=1.0 m处的质点,Q是平衡位置在x=4.0 m处的质点;图(b)为质点Q的振动图像。下列说法正确的是(　　)
A.在t=0.10 s时,质点Q向y轴正方向运动
B.在t=0.25 s时,质点P的加速度方向与y轴正方向相同
C.从t=0.10 s到t=0.25 s,该波沿x轴负方向传播了6 m
D.从t=0.10 s到t=0.25 s,质点P通过的路程为30 cm
E.质点Q简谐运动的表达式为y=0.10 sin 10πt(国际单位制)
答案　BCE　由图(a)得λ=8 m,由图(b)得T=0.2 s,所以v==40 m/s。由图(b)知,在t=0.10 s时,质点Q通过平衡位置向y轴负方向运动,A错误。结合图(a),由“同侧法”判得波沿x轴负方向传播,画出t=0.25 s时的波形图,标出P、Q点,如图,此时P点在x轴下方,其加速度向上,B正确。Δt=0.25 s-0.10 s=0.15 s,Δx=v·Δt=6 m,C正确。P点起始位置不在平衡位置或最大位移处,故D错误。由图知A=0.10 m,ω==10π rad/s,所以Q点简谐运动表达式为y=0.10 sin 10πt(国际单位制),E正确。
34.(2014安徽理综,16,6分)一简谐横波沿x轴正向传播,图1是t=0时刻的波形图,图2是介质中某质点的振动图像,则该质点的x坐标值合理的是(　　)
A.0.5 m　　　　　　B.1.5 m　　　　　　C.2.5 m　　　　　　D.3.5 m
答案　C　由图2知,t=0时刻此质点相对平衡位置的位移约为-0.15 m,且振动方向向下,图1中符合此要求的点在2~3 m 之间,故C正确。
35.(2014北京理综,17,6分)一简谐机械横波沿x轴正方向传播,波长为λ,周期为T。t=0时刻的波形如图1所示,a、b是波上的两个质点。图2是波上某一质点的振动图像。下列说法中正确的是(　　)
A.t=0时质点a的速度比质点b的大
B.t=0时质点a的加速度比质点b的小
C.图2可以表示质点a的振动
D.图2可以表示质点b的振动
答案　D　由图1可知,t=0时,a在正向最大位移处,v=0,加速度最大;b在平衡位置,速度最大,加速度为0,且振动方向沿y轴负向,图2可以表示质点b的振动,选项A、B、C都错误,选项D正确。
36.(2014大纲全国,18,6分)(多选)两列振动方向相同、振幅分别为A1和A2的相干简谐横波相遇。下列说法正确的是(　　)
A.波峰与波谷相遇处质点的振幅为|A1-A2|
B.波峰与波峰相遇处质点离开平衡位置的位移始终为A1+A2
C.波峰与波谷相遇处质点的位移总是小于波峰与波峰相遇处质点的位移
D.波峰与波峰相遇处质点的振幅一定大于波峰与波谷相遇处质点的振幅
答案　AD　两列振动方向相同的相干波相遇叠加,在相遇区域内各质点仍做简谐运动,其振动位移在0到最大值之间,B、C项错误。在波峰与波谷相遇处质点振幅为两波振幅之差,在波峰与波峰相遇处质点振幅为两波振幅之和,故A、D项正确。
思路分析　波峰与波峰相遇点是加强点,波峰与波谷相遇点是减弱点。加强点与减弱点位置都是确定的。加强点振幅是A1+A2,不是位移一直保持A1+A2;减弱点振幅是|A1-A2|,不是位移一直是|A1-A2|。
易错警示　加强点的位移也有为零的时候,所以不能说加强点位移一定大于减弱点位移。
37.[2015江苏单科,12B(1)](多选)一渔船向鱼群发出超声波,若鱼群正向渔船靠近,则被鱼群反射回来的超声波与发出的超声波相比(　　)
A.波速变大　　　　　　B.波速不变　　　　　　C.频率变高　　　　　D.频率不变
答案　BC　超声波的波速由介质决定,介质不变,则波速不变,B项正确;当鱼群向渔船靠近时,由于多普勒效应,被鱼群反射回来的超声波频率高于波源发出的频率,C正确。
38.[2022全国乙,34(1),5分]介质中平衡位置在同一水平面上的两个点波源S1和S2,二者做简谐运动的振幅相等,周期均为0.8 s。当S1过平衡位置向上运动时,S2也过平衡位置向上运动。若波速为5 m/s,则由S1和S2发出的简谐横波的波长均为　　　　m。P为波源平衡位置所在水平面上的一点,与S1、S2平衡位置的距离均为10 m,则两波在P点引起的振动总是相互　　　　(填“加强”或“削弱”)的;当S1恰好在平衡位置向上运动时,平衡位置在P处的质点　　　　(填“向上”或“向下”)运动。
答案　4　加强　向下
解析　由v=,知λ=vT=4 m。两波源的频率相等,振动情况相同,P点到S1、S2的距离相等,波程差为0,所以P点为振动加强点。P点到S1的距离s=10 m=2.5λ,故P处质点的振动情况与S1的振动情况相反,故P处的质点向下运动。
39.[2022广东,16(1),6分]如图所示,某同学握住软绳的一端周期性上下抖动,在绳上激发了一列简谐波。从图示时刻开始计时,经过半个周期,绳上M处的质点将运动至　　　　(选填“N”“P”或“Q”)处。加快抖动,波的频率增大,波速　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)。
答案　P　不变
解析　质点只在平衡位置上下做简谐运动而不会随波传播,故不会运动到Q处,由简谐运动对称性,质点经过到达N处,经过到达P处。机械波的波速由介质本身决定,频率增大,波长变短,但波速不变。
40.[2022全国甲,34(1),5分]一平面简谐横波以速度v=2 m/s沿x轴正方向传播,t=0时刻的波形图如图所示。介质中平衡位置在坐标原点的质点A在t=0时刻的位移y= cm。该波的波长为　　　　m,频率为　　　　Hz。t=2 s时刻,质点A　　　　　　(填“向上运动”“速度为零”或“向下运动”)。
答案　4　0.5　向下运动
解析　由t=0时刻质点A的位移为y= cm=A,可知从坐标原点到x=1.5 m处的距离为λ,故λ=4 m,则f==0.5 Hz,T==2 s。当t=2 s=T时质点A的状态与t=0时刻相同,由波沿x轴正方向传播可知,质点A向下运动。
41.[2022重庆,16(1),4分]某同学为了研究水波的传播特点,在水面上放置波源和浮标,两者的间距为L。t=0时刻,波源开始从平衡位置沿y轴在竖直方向做简谐运动,产生的水波沿水平方向传播(视为简谐波),t1时刻传到浮标处使浮标开始振动,此时波源刚好位于正向最大位移处,波源和浮标的振动图像分别如图中的实线和虚线所示,则 (　　)
A.浮标的振动周期为4t1
B.水波的传播速度大小为
C.t1时刻浮标沿y轴负方向运动
D.水波的波长为2L
答案　A　根据振动图像可知,波源在t=0时刻振动,波形经过t1=T传递到浮标处,浮标的振动周期为T=4t1,A正确;波源的振动情况经过t1传到距离L处的浮标,可知水波的波速大小为v=,B错误;根据虚线图像可知浮标在t1时刻沿y轴正方向运动,C错误;水波的波长λ=vT=·4t1=4L,D错误。
42.[2022河北,16(1)]一列简谐横波沿x轴正方向传播,波速为10 m/s。在传播方向上有P、Q两质点,坐标分别为xP=1 m,xQ=6 m。波传播到P点开始计时,该点的振动图像如图所示,则简谐波的波长为　　　　m,经过　　　　s,Q点第一次到达正向最大位移处。
答案　2　0.55
解析　从振动图像可以看出周期T=0.2 s,则波长λ=vT=2 m;P、Q两质点相距Δx=5 m,则波传到Q点用时t1==0.5 s,Q点起振后从平衡位置向上运动,第一次到达正向最大位移处用时t2==0.05 s,故t=t1+t2=0.55 s。
43.[2014重庆理综,11(2),6分]一竖直悬挂的弹簧振子,下端装有一记录笔,在竖直面内放置有一记录纸。当振子上下振动时,以速率v水平向左匀速拉动记录纸,记录笔在纸上留下如图所示的图像。y1、y2、x0、2x0为纸上印迹的位置坐标。由此图求振动的周期和振幅。
答案　　
解析　设周期为T,振幅为A。
由题意得T=和A= 。
44.[2020浙江7月选考,17(2),4分]某同学用单摆测量重力加速度,
①为了减少测量误差,下列做法正确的是　　　　(多选);
A.摆的振幅越大越好
B.摆球质量大些、体积小些
C.摆线尽量细些、长些、伸缩性小些
D.计时的起、止位置选在摆球达到的最高点处
②改变摆长,多次测量,得到周期平方与摆长的关系图像如图所示,所得结果与当地重力加速度值相符,但发现其延长线没有过原点,其原因可能是　　　　。
A.测周期时多数了一个周期
B.测周期时少数了一个周期
C.测摆长时直接将摆线的长度作为摆长
D.测摆长时将摆线的长度加上摆球的直径作为摆长
答案　　①BC　②C
解析　①用单摆周期公式T=2π测重力加速度,首先单摆要符合简谐运动,故单摆的最大摆角不超过5°,故摆的振幅不能太大,选项A错误;为减小空气阻力带来的误差,摆球质量应大些,体积应小些,选项B正确;在用单摆测周期时不计摆线的质量,故摆线尽量细些,为使摆动过程摆长不变,伸缩性小些,摆线长些可以减小测量误差,选项C正确;计时的起、止位置选在摆球运动的最低点处,误差小,故选项D错误。
②由单摆周期公式T=2π得T2=·l,其中l为摆长,即摆线长度与摆球半径之和,如果摆长测量正确,无论测周期时是多数还是少数一个周期,由T=知都会导致T值变化,从而导致g值变化,与题中g值不变相悖,故选项A、B错误;如果周期测量正确,由题图可知,图线对应的物理公式应为T2=·(l+r),故测摆长时直接将摆线的长度作为了摆长,选项C正确,D错误。
45.[2020课标Ⅲ,34(1),5分]如图,一列简谐横波平行于x轴传播,图中的实线和虚线分别为t=0和t=0.1 s时的波形图。已知平衡位置在x=6 m处的质点,在0到0.1 s时间内运动方向不变。这列简谐波的周期为　　　　s,波速为　　　　m/s,传播方向沿x轴　　　　(填 “正方向”或“负方向”)。
答案　0.4　10　负方向
解析　平衡位置在x=6 m处的质点在0到0.1 s时间内运动方向不变,则质点从最大位移处向下运动个周期,得周期T=0.4 s;
由图像可知波长λ=4 m,由v=得波速为10 m/s;
由题意知波传播个周期,实线波形向左平移个波长与虚线波形重叠,故波沿x轴负方向传播。
46.[2018课标Ⅱ,34(1),5分]声波在空气中的传播速度为340 m/s,在钢铁中的传播速度为4 900 m/s。一平直桥由钢铁制成,某同学用锤子敲击一下桥的一端发出声音,分别经空气和桥传到另一端的时间之差为1.00 s。桥的长度为　　　　m。若该声波在空气中的波长为λ,则它在钢铁中的波长为λ的　　　　倍。
答案　365　
解析　本题考查声波的传播。
设桥长为x,则有- =1.00 s,解得:x=365 m。波在不同介质中传播时,频率不变,由λ=,有λ钢=λ=λ。
关联知识　机械波的传播特点
机械波在不同介质中传播时,其频率只决定于波源的振动频率,与介质无关;传播速度与介质有关。
47.[2017江苏单科,12B(2)]野生大象群也有自己的“语言”。研究人员录下象群“语言”交流时发出的声音,发现以2倍速度快速播放录音时,能听到比正常播放时更多的声音。播放速度变为原来的2倍时,播出声波的　　　　(选填“周期”或“频率”)也变为原来的2倍,声波传播速度　　　　(选填“变大”、“变小”或“不变”)。
答案　频率　不变
解析　受迫振动的频率等于驱动力的频率,故播放速度变为原来的2倍时,播出的声波的频率也变为原来的2倍。声波的传播速度取决于传播的介质,故速度不变。
48.[2018江苏单科,12B(3)]一列简谐横波沿x轴正方向传播,在x=0和x=0.6 m处的两个质点A、B的振动图像如图所示。已知该波的波长大于0.6 m,求其波速和波长。
答案　2 m/s　0.8 m
解析　由图像可知,周期T=0.4 s
　　由于波长大于0.6 m,由图像可知,波从A到B的传播时间Δt=0.3 s
　　波速v=,代入数据得v=2 m/s
波长λ=vT,代入数据得λ=0.8 m
49.(2016课标全国Ⅱ,34(2),10分)一列简谐横波在介质中沿x轴正向传播,波长不小于10 cm。O和A是介质中平衡位置分别位于x=0和x=5 cm处的两个质点。t=0时开始观测,此时质点O的位移为y=4 cm,质点A处于波峰位置;t= s时,质点O第一次回到平衡位置,t=1 s时,质点A第一次回到平衡位置。求
(ⅰ)简谐波的周期、波速和波长;
(ⅱ)质点O的位移随时间变化的关系式。
答案　见解析
解析　本题考查波速、波长与周期的关系。
(ⅰ)设振动周期为T。由于质点A在0到1 s内由最大位移处第一次回到平衡位置,经历的是个周期,由此可知
T=4 s①
由于质点O与A的距离5 cm小于半个波长,且波沿x轴正向传播,O在t= s时回到平衡位置,而A在t=1 s时回到平衡位置,时间相差 s。两质点平衡位置的距离除以传播时间,可得波的速度
v=7.5 cm/s②
利用波长、波速和周期的关系得,简谐波的波长
λ=30 cm③
(ⅱ)设质点O的位移随时间变化的关系为
y=A cos④
将①式及题给条件代入上式得
⑤
解得
φ0=,A=8 cm⑥
质点O的位移随时间变化的关系式为
y=0.08 cos(国际单位制)⑦
或y=0.08 sin(国际单位制)
方法点拨　机械波中的各质点都在做简谐运动,简谐运动位移与时间的关系式为y=A sin(ωt+φ)或者是y=A cos(ωt+φ),式中ω=,把数学中的三角函数知识与物理中的简谐运动知识结合起来,就能够顺利得出结果。
50.[2015课标Ⅰ,34(2),10分]甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播,波速均为v=25 cm/s。两列波在t=0时的波形曲线如图所示。求
(ⅰ)t=0时,介质中偏离平衡位置位移为16 cm的所有质点的x坐标;
(ⅱ)从t=0开始,介质中最早出现偏离平衡位置位移为-16 cm的质点的时间。
答案　(ⅰ)x=(50+300n)cm,n=0,±1,±2,…　(ⅱ)0.1 s
解析　(ⅰ)t=0时,在x=50 cm处两列波的波峰相遇,该处质点偏离平衡位置的位移为16 cm。两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16 cm。
从图线可以看出,甲、乙两列波的波长分别为
λ1=50 cm,λ2=60 cm①
甲、乙两列波波峰的x坐标分别为
x1=50+k1λ1,k1=0,±1,±2,…②
x2=50+k2λ2,k2=0,±1,±2,…③
由①②③式得,介质中偏离平衡位置位移为16 cm的所有质点的x坐标为
x=(50+300n)cm,n=0,±1,±2,…④
(ⅱ)只有两列波的波谷相遇处的质点的位移为-16 cm。t=0时,两波波谷间的x坐标之差为
Δx'=[50+(2m2+1)]-[50+(2m1+1)]⑤
式中,m1和m2均为整数。将①式代入⑤式得
Δx'=10(6m2-5m1)+5⑥
由于m1、m2均为整数,相向传播的波谷间的距离最小为
Δx0'=5 cm⑦
从t=0开始,介质中最早出现偏离平衡位置位移为-16 cm的质点的时间为
t=⑧
代入数据得t=0.1 s⑨
评分标准　第(ⅰ)问6分,①式2分,②③式各1分,④式2分;第(ⅱ)问4分,⑤⑦⑧⑨式各1分。
解后反思　该题难度较大,解答过程中要注意数学知识在物理学中的应用,尤其是对于通式的表达。同时该题要求学生具有较强的计算能力。
51.[2015课标Ⅱ,34(2),10分]平衡位置位于原点O的波源发出的简谐横波在均匀介质中沿水平x轴传播,P、Q为x轴上的两个点(均位于x轴正向),P与O的距离为35 cm,此距离介于一倍波长与二倍波长之间。已知波源自t=0时由平衡位置开始向上振动,周期T=1 s,振幅A=5 cm。当波传到P点时,波源恰好处于波峰位置;此后再经过5 s,平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置。求:
(ⅰ)P、Q间的距离;
(ⅱ)从t=0开始到平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置时,波源在振动过程中通过的路程。
答案　(ⅰ)133 cm　(ⅱ)125 cm
解析　(ⅰ)由题意,O、P两点间的距离与波长λ之间满足
OP=λ①
波速v与波长的关系为
v=②
在5 s的时间内,波传播的路程为vt。由题意有
vt=PQ+③
式中,PQ为P、Q间的距离。由①②③式和题给数据,得
PQ=133 cm④
(ⅱ)Q处的质点第一次处于波峰位置时,波源振动的时间为
t1=t+T⑤
波源从平衡位置开始运动,每经过,波源运动的路程为A。由题给条件得
t1=25×⑥
故t1时间内,波源运动的路程为
s=25A=125 cm⑦
第32页共32页2014-2023年高考物理真题专题分类
专题十一　电磁感应
1.(2023江苏,8,4分)如图所示,圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,OC导体棒的O端位于圆心,棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动,O、A、C点电势分别为φO、φA、φC,则(　　)
A.φO>φC B.φC>φA
C.φO=φA D.φO-φA=φA-φC
答案A 棒OA段切割磁感线产生感应电动势,相当于电源,由右手定则可判定,φO>φA,因AC段不切割磁感线,故φA=φC,则φO>φC,A正确。
2.(2023全国乙,17,6分)一学生小组在探究电磁感应现象时,进行了如下比较实验。用图(a)所示的缠绕方式,将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上,漆包线的两端与电流传感器接通。两管皆竖直放置,将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放,在管内下落至管的下端。实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图(b)和图(c)所示,分析可知(　　)
A.图(c)是用玻璃管获得的图像
B.在铝管中下落,小磁体做匀变速运动
C.在玻璃管中下落,小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D.用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短
答案：A 由题图(b)知强磁体下落的速度较小且速度几乎不变,说明强磁体受到的电磁阻力较大,由题图(c)知强磁体下落速度较大且速度增加得快,说明强磁体受到的电磁阻力较小,所以图(b)是用铝管获得的图像,金属铝管产生较大电磁阻力,强磁体运动时间较长,图(c)是用玻璃管获得的图像,故A正确,D错误。由强磁体在铝管中运动时漆包线的电流峰值相同,可知强磁体在一段时间内做匀速运动,B错误。强磁体在玻璃管中速度增大,电流峰值增大,强磁体受到的电磁阻力的峰值增大,故C错误。
3.(2023山东,12,4分)(多选)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上,宽为1 m,电阻不计。质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上,与导轨形成矩形回路并始终接触良好,Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场,磁感应强度分别为B1和B2,其中B1=2 T,方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连,绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示,某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动,MN、CD与磁场边界平行。MN的速度v1=2 m/s,CD的速度为v2且v2>v1,MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.B2的方向向上 B.B2的方向向下
C.v2=5 m/s D.v2=3 m/s
答案：BD MN、CD分别同时进入磁场区域Ⅰ、Ⅱ并做匀速直线运动,且CD的速度v2大于MN的速度v1,MN受到向右的滑动摩擦力f=μmg=2 N,设回路中电流为I,则MN受到向左的安培力F1=B1IL,根据平衡条件可知f=F1,由此得回路中的电流I=1 A,回路总电阻R=1 Ω,则回路中总电动势E=IR=1 V,MN切割磁感线产生的感应电动势E1=B1Lv1=4 V,产生的感应电流由N到M,则CD切割磁感线产生的感应电动势大小E2=E1-E=3 V,且感应电流应由C到D,由右手定则可知B2方向应向下,B正确,A错误;对U形导轨受力分析,受到向右的绳子的拉力T=m'g=1 N,受到向左的滑动摩擦力f'=f=2 N,根据平衡条件可知U形导轨受到向右的安培力且大小为F2=f'-T=1 N,由F2=B2IL解得B2=1 T,代入E2=B2Lv2=3 V中解得v2=3 m/s,D正确,C错误。
4.(2023全国甲,21,6分)(多选)一有机玻璃管竖直放在水平地面上,管上有漆包线绕成的线圈,线圈的两端与电流传感器相连,线圈在玻璃管上部的5匝均匀分布,下部的3匝也均匀分布,下部相邻两匝间的距离大于上部相邻两匝间的距离,如图(a)所示。现让一个很小的强磁体在玻璃管内沿轴线从上端口由静止下落,电流传感器测得线圈中电流I随时间t的变化如图(b)所示。则(　　)
A.小磁体在玻璃管内下降速度越来越快
B.下落过程中,小磁体的N极、S极上下颠倒了8次
C.下落过程中,小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D.与上部相比,小磁体通过线圈下部的过程中,磁通量变化率的最大值更大
答案AD 设线圈总电阻为R,小磁体所受电磁阻力为F阻,小磁体下落过程中由法拉第电磁感应定律有
E=n①
回路中的感应电流I=②
线圈受到的安培力F安=BIL③
根据楞次定律可知,小磁体每穿过一个线圈,电流方向改变一次(小磁体正中央水平截面与线圈齐平时,以及和上下两相邻线圈距离相同时,电流为0),小磁体的N极、S极上下不颠倒,B错误;由牛顿第三定律知,小磁体受到的电磁阻力与线圈所受安培力等大反向,即F阻=F安,由题图(b)可知感应电流大小不断变化,故小磁体受到的电磁阻力发生变化,C选项错误;由①②③联立可得感应电流的大小I=·,在匝数不变的情况下,感应电流的大小与磁通量的变化率成正比,由题图(b)知感应电流峰值的绝对值逐渐增大,电流在达到峰值前后,可认为n=1,则小磁体下落过程中,磁通量变化率的极值逐渐增大,即小磁体通过线圈下部的过程中,磁通量变化率的最大值更大,D选项正确;小磁体下落的过程中,电流峰值对应磁通量变化率逐渐增大,说明小磁体的速度在增大,A选项正确。故选A、D。
5.(2022全国甲,16,6分)三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框,正方形线框的边长与圆线框的直径相等,圆线框的半径与正六边形线框的边长相等,如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中,线框所在平面均与磁场方向垂直,正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3。则 (　　)
A.I1I3>I2
C.I1=I2>I3　　　　　　　　　　D.I1=I2=I3
答案　C　设正方形的边长为2a,细导线单位长度的电阻为r0,对正方形线框,由法拉第电磁感应定律可得线框产生的感应电动势E=·(2a)2,总电阻R=8a·r0,所以感应电流I1==;同理可得圆形线框中感应电流I2==,正六边形线框中感应电流I3==,所以I1=I2>I3,C正确。
6.(2022北京,11,3分)如图所示平面内,在通有图示方向电流I的长直导线右侧,固定一矩形金属线框abcd,ad边与导线平行。调节电流I使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加,则 (　　)
A.线框中产生的感应电流方向为a→b→c→d→a
B.线框中产生的感应电流逐渐增大
C.线框ad边所受的安培力大小恒定
D.线框整体受到的安培力方向水平向右
答案　D　由楞次定律可判定线框中产生的感应电流方向为a→d→c→b→a,选项A错误。由于空间各点磁感应强度随时间均匀增大,则线框中磁通量均匀增大,由法拉第电磁感应定律可知,线框中产生的感应电流恒定,B错误。ad边所受安培力F=BIL随B均匀增大,C错误。由安培定则可知线框所在平面处磁场方向垂直纸面向里,再由左手定则可知线框各边所受安培力方向均垂直于各边向内使线框收缩,由于离场源电流越近磁场越强,故ab边与cd边所受安培力等大反向,ad边所受安培力大于bc边所受安培力,整体所受合力方向水平向右,D正确。
7.(2022江苏,5,4分)如图所示,半径为r的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度B随时间t的变化关系为B=B0+kt,B0、k为常量,则图中半径为R的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为 (　　)
A.πkr2　　　　　B.πkR2　　　　　C.πB0r2　　　　　D.πB0R2
答案　A　由E==S=πr2·k可知A正确。
8.(2022河北,5,4分)将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈,其中大圆面积为S1,小圆面积均为S2,垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场,磁感应强度大小B=B0+kt,B0和k均为常量,则线圈中总的感应电动势大小为 (　　)
A.kS1　　　　　　　　　　B.5kS2
C.k(S1-5S2)　　　　　　　　　　D.k(S1+5S2)
答案　D　根据楞次定律可知,5个小圆线圈和大圆线圈内产生的感应电流方向一致,因此线圈产生的总感应电动势应为所有感应电动势之和。小圆线圈产生的感应电动势E1==kS2,大圆线圈产生的感应电动势为E2==kS1,所以总感应电动势为E=5E1+E2=k(S1+5S2),选项D正确。
9.(2022浙江1月选考,13,3分)如图所示,将一通电螺线管竖直放置,螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B=kt的匀强磁场,在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管,其电阻率为ρ、高度为h、半径为r、厚度为d (d r),则 (　　)
A.从上向下看,圆管中的感应电流为逆时针方向
B.圆管的感应电动势大小为
C.圆管的热功率大小为
D.轻绳对圆管的拉力随时间减小
答案　C　根据安培定则,圆管中磁场方向向上增大,由楞次定律可判定圆管中感应电流方向为顺时针方向(从上向下看),故A错误;=k,圆管中感应电动势E==·πr2=kπr2,故B错误;根据电阻定律R=ρ可知圆管电阻R=ρ,结合P=I2R,I=可得圆管热功率大小为,C正确;根据左手定则,圆管所受安培力在水平方向,故轻绳拉力不变,D错误。
10.(2022重庆,7,4分)如图1所示,光滑的平行导电轨道水平固定在桌面上,轨道间连接一可变电阻,导体杆与轨道垂直并接触良好(不计杆和轨道的电阻),整个装置处在垂直于轨道平面向上的匀强磁场中。杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动,两次运动中拉力大小与速率的关系如图2所示。其中,第一次对应直线①,初始拉力大小为F0,改变电阻阻值和磁感应强度大小后,第二次对应直线②,初始拉力大小为2F0,两直线交点的纵坐标为3F0。若第一次和第二次运动中的磁感应强度大小之比为k、电阻的阻值之比为m、杆从静止开始运动相同位移的时间之比为n,则k、m、n可能为 (　　)
图1　图2
A.k=2、m=2、n=2
B.k=2、m=2、n=
C.k=、m=3、n=
D.k=2、m=6、n=2
答案　C　在导体杆匀加速运动中,由F-BIL=Ma、I=E/R、E=BLv可得:F=+Ma,结合图2可见两次运动过程中=2、=,再结合位移-时间公式x=at2可得==2、n===,可见只有C正确。
11.(2022广东,10,6分)(多选)如图所示,水平地面(Oxy平面)下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为地面上的三点,P点位于导线正上方,MN平行于y轴,PN平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈,圆心在P点,可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动,运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的有 (　　)
A.N点与M点的磁感应强度大小相等,方向相同
B.线圈沿PN方向运动时,穿过线圈的磁通量不变
C.线圈从P点开始竖直向上运动时,线圈中无感应电流
D.线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等
答案　AC　长直导线中的电流产生的磁场在P、N两点的磁感应强度方向如图。
过M点作x轴的平行线,与通电导线在xOy平面内的投影交于P',则有MP'=NP,故N、M两点磁感应强度大小相等、方向相同,A项正确;圆形线圈在初始位置时,通过线圈的磁通量为零,沿PN方向运动时,穿过线圈的磁通量变化,B项错误;P点为导线正上方的点,当线圈从P点开始竖直向上运动时,通过线圈的磁通量始终为0,线圈中无感应电流,选项C正确;由E=,Δt=,而xPN12.(2022山东,12,4分)(多选)如图所示,xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场。边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动。t=0时刻,金属框开始进入第一象限。不考虑自感影响,关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是 (　　)
A.在t=0到t=的过程中,E一直增大
B.在t=0到t=的过程中,E先增大后减小
C.在t=0到t=的过程中,E的变化率一直增大
D.在t=0到t=的过程中,E的变化率一直减小
答案　BC　在t=0至t= 的过程中,l有先变大后变小,故E先增大后减小,故B正确,A错误。在t=0至t= 的过程中,有效切割长度l有=,E=Bω=,由三角函数求导知识可得,E的变化率=BL2ω2·变大,故C正确,D错误。
易错点拨　电动势的变化率从t=0至t= 的过程中,有效切割长度变大,故E变大,E的变化率需要对E求导,结合数学方法去分析推导。
13.(2022河北,8,6分)(多选)如图,两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中,一根导轨位于x轴上,另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成,其中bc段与x轴平行,导轨左端接入一电阻R。导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动,t=0时刻通过坐标原点O,金属棒始终与x轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流为i,金属棒受到安培力的大小为F,金属棒克服安培力做功的功率为P,电阻两端的电压为U。导轨与金属棒接触良好,忽略导轨与金属棒的电阻。下列图像可能正确的是 (　　)
答案　AC　设ab、cd导轨与x轴夹角为θ,在O处,金属棒有效长度为y0,在0~ 时间内,金属棒切割磁感线有效长度为y=y0+v0t tan θ,则切割磁感线的感应电动势E=Byv0=By0v0+Bt tan θ,感应电动势E与t是一次函数关系,即感应电流i与时间t是一次函数关系,在~时间内,金属棒切割磁感线有效长度不变,所以感应电动势不变,感应电流不变,在~时间内相当于0~时间内的逆过程,因此选项A正确;由于不计除电阻R之外的所有电阻,所以电阻R两端电压与感应电动势相等,选项D错误;当t=0、t=时,金属棒的感应电动势并不等于零,电流也不等于零,所以安培力并不等于0,选项B错误;在0~时间内,金属棒克服安培力做功的功率P=Fv0==(y0+v0t tan θ)2,P-t图像是抛物线的一部分,在~时间内切割磁感线有效长度不变,P=Fv0=,所以P恒定,在~时间内相当于0~时间内的逆过程,选项C正确。
14.(2022湖南,10,5分)(多选)如图,间距L=1 m的U形金属导轨,一端接有0.1 Ω的定值电阻R,固定在高h=0.8 m的绝缘水平桌面上。质量均为0.1 kg的匀质导体棒a和b静止在导轨上,两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直,接入电路的阻值均为0.1 Ω,与导轨间的动摩擦因数均为0.1(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),导体棒a距离导轨最右端1.74 m。整个空间存在竖直向下的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度大小为0.1 T。用F=0.5 N沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a,当导体棒a运动到导轨最右端时,导体棒b刚要滑动,撤去F,导体棒a离开导轨后落到水平地面上。重力加速度取10 m/s2,不计空气阻力,不计其他电阻,下列说法正确的是 (　　)
A.导体棒a离开导轨至落地过程中,水平位移为0.6 m
B.导体棒a离开导轨至落地前,其感应电动势不变
C.导体棒a在导轨上运动的过程中,导体棒b有向右运动的趋势
D.导体棒a在导轨上运动的过程中,通过电阻R的电荷量为0.58 C
答案　BD　b刚要滑动时,等效电路如图
Ra=Rb=R=0.1 Ω
E1=BLva,故Ib=×
对b,有BIbL=μmg,解得va=3.0 m/s,E1=0.30 V
a离开导轨做平抛运动,满足h=gt2,x=vat,解得x=1.2 m,A项错误。a在空中运动过程中,切割磁感线的速度不变,由E=BLva,可知E不变,B项正确。由右手定则和左手定则可判断b所受安培力向左,故C项错误。a在导轨上运动过程,感应电荷量Q=·Δt=·Δt=·Δt=,通过R的电荷量q=Q=× C=0.58 C,D项正确。
方法归纳　1.分析平抛运动时要抓住两个分运动,h=gt2,x=v0t。2.电磁感应综合问题,要抓“源、路、力、能”分析:①等效电路分析往往是电荷量分配、热量分配问题的突破口;②感应电荷量Q=应用很广泛。
15.(2022全国甲,20,6分)(多选)如图,两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上,在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上,与导轨垂直,且接触良好,导轨电阻忽略不计,整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时,电容器所带的电荷量为Q,合上开关S后,　 (　　)
A.通过导体棒MN电流的最大值为
B.导体棒MN向右先加速、后匀速运动
C.导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大
D.电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热
答案　AD　合上开关的瞬间,导体棒两端电压等于电容器两端电压且为最大值,电流也最大,I==,电流最大时,导体棒MN所受的安培力最大,而导体棒速度最大时电流不是最大,所以A正确,C错误;导体棒MN先加速后减速,不会匀速,如果导体棒MN做匀速直线运动,电阻上一直有焦耳热产生,其他能量都不变,不符合能量守恒,所以B错误;由于棒运动过程切割磁感线产生反电动势,导致只有开始时通过电阻R的电流与通过导体棒MN的电流相等,其他时候通过电阻R的电流都比通过导体棒MN的电流大,故由焦耳定律可知电阻R上产生的焦耳热比导体棒MN上产生的焦耳热多,D正确。
易错警示　导体棒加速时通过其电流由M到N,减速时电流由N到M。
16.(2019课标Ⅲ,14,6分)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现 (　　)
A.电阻定律　　　　　　B.库仑定律
C.欧姆定律　　　　　　D.能量守恒定律
答案　C　楞次定律的本质是感应磁场中能量的转化,是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现,故选项D正确。
17.(2014课标Ⅰ,14,6分)在法拉第时代,下列验证“由磁产生电”设想的实验中,能观察到感应电流的是(　　)
A.将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,然后观察电流表的变化
B.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈,然后观察电流表的变化
C.将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接,往线圈中插入条形磁铁后,再到相邻房间去观察电流表的变化
D.绕在同一铁环上的两个线圈,分别接电源和电流表,在给线圈通电或断电的瞬间,观察电流表的变化
答案　D　将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,因线圈中的磁通量没有变化,故不能观察到感应电流,选项A不符合题意;在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈时,如果通电线圈通以恒定电流,产生不变的磁场,则在另一线圈中不会产生感应电流,选项B不符合题意;在线圈中插入条形磁铁后,再到相邻房间去观察电流表时,磁通量已不再变化,因此也不能观察到感应电流,选项C不符合题意;绕在同一铁环上的两个线圈,在给一个线圈通电或断电的瞬间,线圈产生的磁场变化,使穿过另一线圈的磁通量变化,因此,能观察到感应电流,选项D符合题意。
18.(2015课标Ⅱ,15,6分,0.337)如图,直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时,a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是(　　)
A.Ua>Uc,金属框中无电流
B.Ub>Uc,金属框中电流方向沿a-b-c-a
C.Ubc=-Bl2ω,金属框中无电流
D.Uac=Bl2ω,金属框中电流方向沿a-c-b-a
答案　C　闭合金属框在匀强磁场中以角速度ω逆时针转动时,穿过金属框的磁通量始终为零,金属框中无电流。由右手定则可知Ub=Ua思路点拨　①穿过金属框的磁通量始终为零,没有感应电流产生。②可以由右手定则判断电势高低。③感应电动势E=BLv。
19.(2015重庆理综,4,6分)图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图,线圈匝数为n,面积为S。若在t1到t2时间内,匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈,其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2,则该段时间线圈两端a和b之间的电势差 φa-φb(　　)
A.恒为 　　　　　　　　　　　B.从0均匀变化到
C.恒为 -　　　　　　　　　　　D.从0均匀变化到 -
答案　C　由楞次定律判定,感应电流从a流向b,b点电势高于a点电势,故φa-φb=-nS,因为磁场均匀增加,所以φa-φb为恒定的,可见C正确。
20.(2014江苏单科,1,3分)如图所示,一正方形线圈的匝数为n,边长为a,线圈平面与匀强磁场垂直,且一半处在磁场中。在Δt时间内,磁感应强度的方向不变,大小由B均匀地增大到2B。在此过程中,线圈中产生的感应电动势为(　　)
A.　　　　　　B.　　　　　　C.　　　　　　D.
答案　B　由法拉第电磁感应定律知线圈中产生的感应电动势E=n=n·S=n·,得E=,选项B正确。
21.(2014山东理综,16,6分)如图,一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内,通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定,导体棒与轨道垂直且接触良好。在向右匀速通过M、N两区的过程中,导体棒所受安培力分别用FM、FN表示。不计轨道电阻。以下叙述正确的是(　　)
A.FM向右　　　　B.FN向左　　　　C.FM逐渐增大　　　　D.FN逐渐减小
答案　BCD　直导线产生的磁场在M区域垂直纸面向外,在N区域垂直纸面向里,根据右手定则,导体棒上的感应电流在M区域向下,在N区域向上,由左手定则判定,在M、N区域导体棒所受安培力均向左,故A错误,B正确;I感=,F安=BI感L=,离直导线越近处B越大,所以FM逐渐增大,FN逐渐减小,C、D正确。
22.(2017北京理综,19,6分)图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图,L1和L2为电感线圈。实验时,断开开关S1瞬间,灯A1突然闪亮,随后逐渐变暗;闭合开关S2,灯A2逐渐变亮,而另一个相同的灯A3立即变亮,最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是(　　)
A.图1中,A1与L1的电阻值相同
B.图1中,闭合S1,电路稳定后,A1中电流大于L1中电流
C.图2中,变阻器R与L2的电阻值相同
D.图2中,闭合S2瞬间,L2中电流与变阻器R中电流相等
答案　C　本题考查自感现象的判断。在图1中断开S1瞬间,灯A1突然闪亮,说明断开S1前,L1中的电流大于A1中的电流,故L1的阻值小于A1的阻值,A、B选项均错误;在图2中,闭合S2瞬间,由于L2的自感作用,通过L2的电流很小,D错误;闭合S2后,最终A2与A3亮度相同,说明两支路电流相等,故R与L2的阻值相同,C项正确。
23.(2015课标Ⅰ,19,6分)(多选)1824年,法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置,在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针,如图所示。实验中发现,当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时,磁针也随着一起转动起来,但略有滞后。下列说法正确的是(　　)
A.圆盘上产生了感应电动势
B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C.在圆盘转动的过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流,此电流产生的磁场导致磁针转动
答案　
AB　如图所示,将铜圆盘等效为无数个长方形线圈的组合,则每个线圈绕OO'轴转动时,均有感应电流产生,这些感应电流产生的磁场对小磁针有作用力,从而使小磁针转动起来,可见A、B均正确。由于圆盘面积不变,与磁针间的距离不变,故整个圆盘中的磁通量没有变化,C错误。圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场,由安培定则可判断在中心方向竖直向下,其他位置关于中心对称,此磁场不会导致磁针转动,D错误。
24.(2015山东理综,17,6分)(多选)如图,一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动。现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场,圆盘开始减速。在圆盘减速过程中,以下说法正确的是(　　)
A.处于磁场中的圆盘部分,靠近圆心处电势高
B.所加磁场越强越易使圆盘停止转动
C.若所加磁场反向,圆盘将加速转动
D.若所加磁场穿过整个圆盘,圆盘将匀速转动
答案　ABD　根据右手定则,处于磁场中的圆盘部分,感应电流从靠近圆盘边缘处流向靠近圆心处,故靠近圆心处电势高,A正确;安培力F=,磁场越强,安培力越大,B正确;磁场反向时,安培力仍是阻力,C错误;若所加磁场穿过整个圆盘,则磁通量不再变化,没有感应电流,安培力为零,故圆盘不受阻力作用,将匀速转动,D正确。
25.(2014广东理综,15,4分)如图所示,上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置,小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放,并落至底部,则小磁块(　　)
A.在P和Q中都做自由落体运动
B.在两个下落过程中的机械能都守恒
C.在P中的下落时间比在Q中的长
D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大
答案　C　小磁块在铜管中下落时,由于电磁阻尼作用,不做自由落体运动,机械能不守恒,而在塑料管中不受阻力作用而做自由落体运动,机械能守恒,因此在P中下落得慢,用时长,到达底端速度小,C项正确,A、B、D错误。
26.(2019课标Ⅲ,19,6分)(多选)如图,方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨,两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t=0时,棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中,ab、cd始终与导轨垂直并接触良好,两者速度分别用v1、v2表示,回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是(　　)
答案　AC　本题考查法拉第电磁感应定律与图像结合的问题,难度较大,要求学生具有较强的综合分析能力,很好地体现了科学思维的学科核心素养。
由楞次定律可知ab棒做减速运动,cd棒做加速运动,即v1减小,v2增加。回路中的感应电动势E=BL(v1-v2),回路中的电流I==,回路中的导体棒ab、cd的加速度大小均为a===,由于v1-v2减小,可知a减小,所以ab与cd的v-t图线斜率的绝对值减小,I也非线性减小,所以A、C正确,B、D错误。
27.(2018课标Ⅲ,20,6分)(多选)如图(a),在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R,R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i,i的变化如图(b)所示,规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势 (　　)
A.在t=时为零
B.在t=时改变方向
C.在t=时最大,且沿顺时针方向
D.在t=T时最大,且沿顺时针方向
答案　AC　本题考查楞次定律的应用及法拉第电磁感应定律。由i-t图像可知,在t=时,=0,此时穿过导线框R的磁通量的变化率=0,由法拉第电磁感应定律可知,此时导线框R中的感应电动势为0,选项A正确;同理在t=和t=T 时,为最大值,为最大值,导线框R中的感应电动势为最大值,不改变方向,选项B错误;根据楞次定律,t=时,导线框R中的感应电动势的方向为顺时针方向,而t=T时,导线框R中的感应电动势的方向为逆时针方向,选项C正确,选项D错误。
一题多解　当导线PQ中电流变大时,穿过导线框R的磁通量变大,由楞次定律可知,为阻碍磁通量变大,R有向右的运动趋势,根据两直导线电流同向相吸,异向相斥,可判断R中的电流方向。同理,可判断当导线PQ中电流变小时导线框R中的电流方向。
28.(2016四川理综,7,6分)(多选)如图所示,电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中,导轨左端接一定值电阻R。质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上,受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动,外力F与金属棒速度v的关系是F=F0+kv(F0、k是常量),金属棒与导轨始终垂直且接触良好。金属棒中感应电流为i,受到的安培力大小为FA,电阻R两端的电压为UR,感应电流的功率为P,它们随时间t变化图像可能正确的有(　　)
答案　BC　金属棒MN相当于电源,其感应电动势E=Blv,感应电流I=　即I∝v
FA=BIl=　即:FA∝v
UR=IR=R　即:UR∝v
P=IE=　即:P∝v2
对金属棒MN:F-FA=ma
F0+kv-v=ma
F0+v=ma
若k->0,随着v增大,a也增大,棒做加速度增大的加速运动,B项正确。
若k-<0,随着v增大,a减小,棒做加速度减小的加速运动,当a=0时,v达到最大后保持不变,C项正确,A项错误。
若k-=0,则a=,金属棒做匀加速运动
则v=at,P=IE=t2,D项错误。
方法技巧　先分别得出I、FA、UR、P与v的关系,然后对棒MN受力分析,由牛顿第二定律列方程,最后分情况讨论棒MN的运动情况,根据各量与v的关系讨论得各量与时间的关系图像。
29.(2014大纲全国,20,6分)很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放,形成一很长的竖直圆筒。一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置,其下端与圆筒上端开口平齐。让条形磁铁从静止开始下落。条形磁铁在圆筒中的运动速率(　　)
A.均匀增大　　　　　　 B.先增大,后减小
C.逐渐增大,趋于不变　　　　　　D.先增大,再减小,最后不变
答案　C　对磁铁受力分析可知,磁铁重力不变,磁场力随速率的增大而增大,当重力等于磁场力时,磁铁匀速下落,所以选C。
30.(2015安徽理综,19,6分)如图所示,abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨,间距为l,导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置,与导轨成θ角,单位长度的电阻为r,保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)。则(　　)
A.电路中感应电动势的大小为
B.电路中感应电流的大小为
C.金属杆所受安培力的大小为
D.金属杆的热功率为
答案　B　金属杆MN切割磁感线的有效长度为l,产生的感应电动势E=Blv,A错误;金属杆MN的有效电阻R=,故回路中的感应电流I===,B正确;金属杆受到的安培力F==·=,C错误;金属杆的热功率P=I2R=·=,D错误。
31.(2017湖北“六校联合体”4月联考,4)如图所示,两条电阻不计的平行导轨与水平面成θ角,导轨的一端连接定值电阻R1,匀强磁场垂直穿过导轨平面,一根质量为m、电阻为R2的导体棒ab,垂直于导轨放置,导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ,且R2=nR1,如果导体棒以速度v匀速下滑,导体棒此时受到的安培力大小为F,则以下判断正确的是(　　)
A.电阻R1消耗的电功率为Fv/n
B.重力做功的功率为mgv cos θ
C.运动过程中减少的机械能全部转化为电能
D.R2上消耗的功率为nFv/(n+1)
答案　D　导体棒以速度v匀速下滑时,由E=BLv、I=、F=BIL得安培力F=①,电阻R1消耗的热功率为P=I2R1=R1②,又R2=nR1③,联立①②③解得,P=,故A错误;重力做功的功率为mgv sin θ,B错误;导体棒克服安培力和摩擦力做功,减少的机械能转化为电能和内能,C错误;R2和R1串联,电流相等,根据P=I2R可知,R2消耗的功率等于R1消耗的功率的n倍,为nFv/(n+1),D正确;故选D。
32.(2014福建理综,18,6分)如图,两根相同的轻质弹簧,沿足够长的光滑斜面放置,下端固定在斜面底部挡板上,斜面固定不动。质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端。现用外力作用在物块上,使两弹簧具有相同的压缩量;若撤去外力后,两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧,则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程,两物块(　　)
A.最大速度相同　　　　　 　B.最大加速度相同
C.上升的最大高度不同　　　　　　D.重力势能的变化量不同
答案　C　图为物块能向上弹出且离开弹簧,则物块在刚撤去外力时加速度最大,由牛顿第二定律得:kx-mg sin θ=ma,即a=-g sin θ,由于两物块k、x、θ均相同,m不同,则a不同,B错误。当mg sin θ=kx0即x0=时,速度最大,如图,设两物块质量m1Ek2,即v1>v2,而此时m2的速度v2已达最大,此后,m1的速度将继续增大直至最大,而m2的速度将减小,故一定是质量小的最大速度大,A错误。从开始运动至最高点,由Ep=mgh及题意知重力势能的变化量ΔEp=mgh相同,m不同,h也不同,故C正确,D错误。
33.(2014安徽理综,20,6分)英国物理学家麦克斯韦认为,磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示,一个半径为r的绝缘细圆环水平放置,环内存在竖直向上的匀强磁场B,环上套一带电荷量为+q的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加,其变化率为k,若小球在环上运动一周,则感生电场对小球的作用力所做功的大小是(　　)
A.0　　　　　　B.r2qk　　　　　　C.2πr2qk　　　　　　D.πr2qk
答案　D　变化的磁场使回路中产生的感生电动势E==·S=kπr2,则感生电场对小球的作用力所做的功W=qU=qE=πr2qk,选项D正确。
本题考查麦克斯韦理论,即变化的磁场在空间激发电场。解答此题的关键是由法拉第电磁感应定律确定出感生电动势,试题难度中等,虽源于教材,但易失分。
34.(2023全国甲,25,20分)如图,水平桌面上固定一光滑U型金属导轨,其平行部分的间距为l,导轨的最右端与桌子右边缘对齐,导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧,以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞,碰撞时间极短。碰撞一次后,P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨,并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时,两端与导轨接触良好,P与Q始终平行。不计空气阻力。求
(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小;
(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量;
(3)与P碰撞后,绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
答案 (1)　(2)m　(3)
解析 (1)由于绝缘棒Q与金属棒P的碰撞为弹性碰撞,金属导轨光滑,可知Q棒与P棒组成的系统动量守恒,机械能守恒,有
3mv0=3mv'1+mv'2①
×3m=×3mv1'2+mv2'2②
联立①②得v'1=,v'2=v0
绝缘棒Q在水平方向所受合力为0,碰后做匀速直线运动,而P、Q落在地面同一点,可知P棒滑出导轨时的速度等于Q棒滑出导轨时的速度,即金属棒P滑出导轨时的速度大小为。
(2)由能量守恒定律可知,金属棒P减少的动能转换为运动过程中P棒产生的焦耳热,有
QP=mv2'2-mv1'2=m×-m×=m③
(3)对P棒由法拉第电磁感应定律有
=n　(其中n=1)④
=⑤
q=·Δt⑥
联立④⑤⑥得q==⑦
可知碰撞后P的位移为
x=⑧
对P棒应用动量定理有
-BlΔt=mΔv⑨
整理有-Blq=mv'1-mv'2=-mv0
解得q=⑩
从Q与P碰撞到Q滑出导轨,Q与P在导轨上运动的位移相同,都是x,Q做匀速直线运动,则与P碰撞后,设绝缘棒Q在导轨上运动的时间为t'
t'=
联立①②⑧⑩可得t'=
35.(2023湖南,14,14分)如图,两根足够长的光滑金属直导轨平行放置,导轨间距为L,两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角,整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置,每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好,金属棒始终未滑出导轨,导轨电阻忽略不计,重力加速度为g。
(1)先保持棒b静止,将棒a由静止释放,求棒a匀速运动时的速度大小v0;
(2)在(1)问中,当棒a匀速运动时,再将棒b由静止释放,求释放瞬间棒b的加速度大小a0;
(3)在(2)问中,从棒b释放瞬间开始计时,经过时间t0,两棒恰好达到相同的速度v,求速度v的大小,以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。
答案： (1)　(2)2g sin θ　
(3)gt0 sin θ+　
解析 (1)棒a沿导轨向下运动,当mg sin θ=BIL时,棒a开始以速度v0匀速运动,
此时有E0=BLv0,流过金属棒的电流I=
联立有mg sin θ=,解得v0=。
(2)棒b释放瞬间,由右手定则可知棒b受到的安培力方向沿导轨平面向下,根据牛顿第二定律有
mg sin θ+BIL=ma0
解得a0=2g sin θ。
(3)从棒b释放瞬间到两棒共速,对棒a根据动量定理有mgt0 sin θ-IF=mv-mv0①
对棒b根据动量定理有mgt0 sin θ+IF=mv②
解得v=gt0 sin θ+
t0时间内a、b棒与导轨构成的回路中产生的感应电动势的平均值==
=
联立解得IF=BLt0=
由①②得2IF=mv0,解得Δx=。
36.(2023新课标,26,20分)一边长为L、质量为m的正方形金属细框,每边电阻为R0,置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,两虚线为磁场边界,如图(a)所示。
(1)使金属框以一定的初速度向右运动,进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行,金属框完全穿过磁场区域后,速度大小降为它初速度的一半,求金属框的初速度大小。
(2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨,导轨与磁场边界垂直,左端连接电阻R1=2R0,导轨电阻可忽略,金属框置于导轨上,如图(b)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动,进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中,电阻R1产生的热量。
图(a)
图(b)
答案 (1)　(2)
解析 (1)金属框刚进入磁场到完全穿过磁场的过程中,有q=·Δt、=、=、ΔΦ=2BL2
解得此过程通过金属框的电荷量q==
根据动量定理有-BLΔt=m·-mv0
可得BLq=mv0
解得金属框的初速度v0=
(2)金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好,导轨电阻可忽略,则上、下边框被导轨短路,线框进入磁场过程中左边框与R1并联,右边框相当于电源,等效电路图如图1所示。
R1与R0并联后电阻为R0,R总1=R0,该过程R1上产生的热量与整个回路产生的热量之比
=
由电路特点知==,I总1=I1+I0,则=
设金属框刚好完全进入磁场时的速度为v1,金属框刚进入磁场到完全进入磁场过程中,由动量定理可得
-Δt1=mv1-mv0
其中=BL,==
解得v1=
则此过程中整个回路产生的热量
Q总1=m-m=
此过程中R1产生的热量
Q1=Q总1=
线框全部在磁场中运动时,等效电路如图2所示
简化电路如图3所示
R内=
R总2=R1+R内=R0
该过程R1上产生的热量与整个回路产生的热量之比
==
设金属框右边框刚要出磁场时的速度为v2,从金属框恰好完全进入磁场到金属框右边框刚要出磁场过程中,通过包含电路的整个闭合回路的磁通量发生变化,由动量定理可得
-Δt2=mv2-mv1
=BL,其中==
解得金属框右边框到达磁场右边界时的速度v2=0
则此过程中整个回路产生的热量
Q总2=m-m=
此过程中R1产生的热量
Q2=Q总2=
综上,R1产生的总热量
Q=Q1+Q2==
37.(2022全国乙,24,12分)如图,一不可伸长的细绳的上端固定,下端系在边长为l=0.40 m的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平,其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ=5.0×10-3 Ω/m;在t=0到t=3.0 s时间内,磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(t)=0.3-0.1t(SI)。求
(1)t=2.0 s时金属框所受安培力的大小;
(2)在t=0到t=2.0 s时间内金属框产生的焦耳热。
答案　(1)0.057 N　(2)0.016 J
解析　(1)对正方形金属框分析,由法拉第电磁感应定律得E===×,由B(t)=0.3-0.1t(SI),知=0.1 T/s,由闭合电路欧姆定律知I=,其中R=4lλ,当t=2.0 s时,B=0.3-0.1×2.0(T)=0.1 T,金属框所受安培力大小F=BIl',其中l'=l,代入数据解得F≈0.057 N。
(2)根据焦耳定律有Q=I2Rt,其中R=4λl=8×10-3 Ω,0~2.0 s内电流恒定,I==1 A,代入数据解得Q=0.016 J。
误区警示　在计算感生电动势时,注意金属框只有一半面积处于磁场中;在计算安培力大小时,注意金属框的有效长度。
38.(2022重庆,13,12分)某同学以金属戒指为研究对象,探究金属物品在变化磁场中的热效应。如图所示,戒指可视为周长为L、横截面积为S、电阻率为ρ的单匝圆形线圈,放置在匀强磁场中,磁感应强度方向垂直于戒指平面。若磁感应强度大小在Δt时间内从0均匀增加到B0,求:
(1)戒指中的感应电动势和电流;
(2)戒指中电流的热功率。
答案　(1)　　(2)
解析　(1)设戒指的半径为r,则有L=2πr
磁感应强度大小在Δt时间内从0均匀增加到B0,产生的感应电动势为E=·πr2
可得E=
戒指的电阻R=
则戒指中的感应电流I==
(2)戒指中电流的热功率P=I2R=
39.(2022浙江6月选考,21,10分)舰载机电磁弹射是现代航母最先进的弹射技术,我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究,如图1所示,用于推动模型飞机的动子(图中未画出)与线圈绝缘并固定,线圈带动动子,可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中,其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通,恒流源与线圈连接,动子从静止开始推动飞机加速,飞机达到起飞速度时与动子脱离;此时S掷向2接通定值电阻R0,同时施加回撤力F,在F和磁场力作用下,动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v-t图如图2所示,在t1至t3时间内F=(800-10v) N,t3时撤去F。已知起飞速度v1=80 m/s,t1=1.5 s,线圈匝数n=100匝,每匝周长l=1 m,动子和线圈的总质量m=5 kg,飞机质量M=10 kg,R0=9.5 Ω,B=0.1 T,不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响,求
(1)恒流源的电流I;
(2)线圈电阻R;
(3)时刻t3。
答案　(1)80 A　(2)0.5 Ω　(3) s
解析　(1)安培力F安=nBIl=(M+m)a　a=　
I==80 A
(2)感应电流I'=
F安'=nBlI'
由牛顿第二定律有F+F安'=ma'
即(800-10v)+v=ma'
在t1至t3期间加速度恒定,速度v时刻变化,则
应要求=10 kg·s-1、ma'=800 N,
解得R=0.5 Ω、a'=160 m/s2
(3)t2-t1==0.5 s
t2时刻动子前进位移s=t2v1=80 m
t3时刻动子到初始位置的距离
s'=s-a'(t3-t2)2
从t3至动子返回初始位置,
由动量定理得-F安″Δt=0-mv3,
F安″=nBlΔt=nBlΔq,
故有-nBlΔq=0-ma'(t3-t2)[或nBlΔq=ma'(t3-t2)]
感应电荷量
Δq=Δt=Δt===
代入数据得(t3-t2)2+(t3-t2)-1 s=0
解得t3= s
40.(2022浙江1月选考,21,10分)如图所示,水平固定一半径r=0.2 m的金属圆环,长均为r、电阻均为R0的两金属棒沿直径放置,其中一端与圆环接触良好,另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO'上,并随轴以角速度ω=600 rad/s匀速转动,圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触上下垂直的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连,轨道间接有电容C=0.09 F的电容器,通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧有宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab,磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接,在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde。棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m=0.01 kg,de与cf长度均为l3=0.08 m,已知l1=0.25 m, l2=0.068 m,B1=B2=1 T、方向均为竖直向上;棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R=0.1 Ω,除已给电阻外其他电阻不计,轨道均光滑,棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通,待电容器充电完毕后,将S从1拨到2,电容器放电,棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd,此时将S与2断开,已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2 m后返回进入磁场。g=10 m/s2。
(1)求电容器充电完毕后所带的电荷量Q,哪个极板(M或N)带正电
(2)求电容器释放的电荷量ΔQ;
(3)求框abcd进入磁场后,ab边与磁场区域左边界的最大距离x。
答案　见解析
解析　(1)金属棒在圆环上磁场区域内转动切割磁感线,故有E=B1ωr2
电容器充电时的等效电路图如图所示。
则电容器所带电荷量Q=CU=C
代入数据得Q=0.54 C,且M板带正电
(2)根据动量定理,设ab棒弹出磁场时的速度为v2,则有B2l1IΔt=mv1-0,即B2l1ΔQ=mv1
ab棒与“[”形框结合过程动量守恒,有
mv1=(m+m)v2
“[”形框abcd在倾斜轨道上上升h时,根据机械能守恒有×2m=2mgh
由上述各式联立解得ΔQ==0.16 C
(3)导体框在磁场中做减速运动过程中,根据动量定理可得B2Il1Δt=B2l1Δt=2mv2,且Δx=Δt
则=2mv2,解得Δx=0.128 m
匀速运动距离为l3-l2=0.012 m
ab边离磁场左边界最大,则最大距离
x=Δx+l3-l2=0.14 m
41.(2016天津理综,12,20分)电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置,其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度。电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论:如图所示,将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上,斜面与水平方向夹角为θ。一质量为m的条形磁铁滑入两铝条间,恰好匀速穿过,穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定,其引起电磁感应的效果与磁铁不动、铝条相对磁铁运动相同。磁铁端面是边长为d的正方形,由于磁铁距离铝条很近,磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场,磁感应强度为B,铝条的高度大于d,电阻率为ρ。为研究问题方便,铝条中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场,其他部分电阻和磁场可忽略不计,假设磁铁进入铝条间以后,减少的机械能完全转化为铝条的内能,重力加速度为g。
(1)求铝条中与磁铁正对部分的电流I;
(2)若两铝条的宽度均为b,推导磁铁匀速穿过铝条间时速度v的表达式;
(3)在其他条件不变的情况下,仅将两铝条更换为宽度b'>b的铝条,磁铁仍以速度v进入铝条间,试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化。
答案　(1)　(2)见解析　(3)见解析
解析　(1)磁铁在铝条间运动时,两根铝条受到的安培力大小相等均为F安,有
F安=IdB①
磁铁受到沿斜面向上的作用力为F,其大小有
F=2F安②
磁铁匀速运动时受力平衡,则有
F-mg sin θ=0③
联立①②③式可得
I=④
(2)磁铁穿过铝条时,在铝条中产生的感应电动势为E,有
E=Bdv⑤
铝条与磁铁正对部分的电阻为R,由电阻定律有
R=ρ⑥
由欧姆定律有
I=⑦
联立④⑤⑥⑦式可得
v=⑧
(3)磁铁以速度v进入铝条间,恰好做匀速运动时,磁铁受到沿斜面向上的作用力F,联立①②⑤⑥⑦式可得
F=⑨
当铝条的宽度b'>b时,磁铁以速度v进入铝条间时,磁铁受到的作用力变为F',有
F'=⑩
可见,F'>F=mg sin θ,磁铁所受到的合力方向沿斜面向上,获得与运动方向相反的加速度,磁铁将减速下滑,此时加速度最大。之后,随着运动速度减小,F'也随着减小,磁铁所受的合力也减小,由于磁铁加速度与所受到的合力成正比,磁铁的加速度逐渐减小。综上所述,磁铁做加速度逐渐减小的减速运动。直到F'=mg sin θ时,磁铁重新达到平衡状态,将再次以较小的速度匀速下滑。
解题指导　明确题中所构建的物理模型是解本题的关键。另外要注意的是:两边铝条对磁铁均有电磁阻力,且阻力相同。对于(3)中磁铁运动过程的分析,可类比我们熟悉的情景:导体棒沿倾斜的平行金属导轨下滑。
方法技巧　当遇到崭新的物理情景时,可以把它与我们熟悉的情景进行分析对比,找出共同点与不同点,采用类比的方法解题,就容易突破难点。
42.(2015广东理综,35,18分)如图(a)所示,平行长直金属导轨水平放置,间距L=0.4 m。导轨右端接有阻值R=1 Ω的电阻。导体棒垂直放置在导轨上,且接触良好。导体棒及导轨的电阻均不计。导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场,b、d连线与导轨垂直,长度也为L。从0时刻开始,磁感应强度B的大小随时间t变化,规律如图(b)所示;同一时刻,棒从导轨左端开始向右匀速运动,1 s后刚好进入磁场。若使棒在导轨上始终以速度v=1 m/s 做直线运动,求:
(1)棒进入磁场前,回路中的电动势E;
(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F,以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式。
(a)
(b)
答案　(1)0.04 V
(2)0.04 N　i=t-1(1 s≤t≤1.2 s)
解析　(1)由图(b)可知0~1.0 s内B的变化率 =0.5 T/s①
正方形磁场区域的面积
S==0.08 m2②
棒进入磁场前0~1.0 s内回路中的感应电动势
E==③
由①②③得E=0.08×0.5 V=0.04 V
(2)当棒通过bd位置时,有效切割长度最大,感应电流最大,棒受到最大安培力
F=BIL④
棒过bd时的感应电动势
Em=BLv=0.5×0.4×1 V=0.2 V⑤
棒过bd时的电流
I=⑥
由④⑤⑥得
F=0.04 N
棒通过a点后在三角形abd区域中的有效切割长度L'与时间t的关系:
L'=2v(t-1),其中t的取值范围为1 s≤t≤1.2 s⑦
电流i与时间t的关系式
i===t-1(1 s≤t≤1.2 s)⑧
43.(2015江苏单科,13,15分)做磁共振(MRI)检查时,对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流。某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响,将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈,线圈的半径r=5.0 cm,线圈导线的截面积A=0.80 cm2,电阻率ρ=1.5 Ω·m。如图所示,匀强磁场方向与线圈平面垂直,若磁感应强度B在0.3 s内从1.5 T均匀地减为零,求:(计算结果保留一位有效数字)
(1)该圈肌肉组织的电阻R;
(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E;
(3)0.3 s内该圈肌肉组织中产生的热量Q。
答案　(1)6×103 Ω　(2)4×10-2 V　(3)8×10-8 J
解析　(1)由电阻定律得R=ρ,代入数据得R=6×103 Ω
(2)感应电动势E=,代入数据得E=4×10-2 V
(3)由焦耳定律得Q=Δt,代入数据得Q=8×10-8 J
本题考查了电阻定律、法拉第电磁感应定律和电功三个方面的内容,模型已构建好,主要考查基本规律的简单应用,属于中等难度题。
学习指导　考生在本题中出现的错误主要有以下几方面:①不理解公式中各字母的含义,乱套公式;②单位换算错误;③未按有效数字的要求表达结果;④运算结果错误。由以上种种错误可见,学习过程中不仅要牢记公式,更重要的是要理解式中各字母的物理意义;解题过程中要细心、细心、再细心!
44.(2014课标Ⅱ,25,19分)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内,一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面,BA的延长线通过圆导轨中心O,装置的俯视图如图所示。整个装置位于一匀强磁场中,磁感应强度的大小为B,方向竖直向下。在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)。直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动,在转动过程中始终与导轨保持良好接触。设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ,导体棒和导轨的电阻均可忽略。重力加速度大小为g。求
(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小;
(2)外力的功率。
解析　解法一　(1)在Δt时间内,导体棒扫过的面积为
ΔS=ωΔt[(2r)2-r2]①
根据法拉第电磁感应定律,导体棒上感应电动势的大小为
ε=②
根据右手定则,感应电流的方向是从B端流向A端。因此,通过电阻R的感应电流的方向是从C端流向D端。由欧姆定律可知,通过电阻R的感应电流的大小I满足
I=③
联立①②③式得
I=④
(2)解法一　在竖直方向有
mg-2N=0⑤
式中,由于质量分布均匀,内、外圆导轨对导体棒的正压力大小相等,其值为N。两导轨对运行的导体棒的滑动摩擦力均为
f=μN⑥
在Δt时间内,导体棒在内、外圆导轨上扫过的弧长分别为
l1=rωΔt⑦
和
l2=2rωΔt⑧
克服摩擦力做的总功为
Wf=f(l1+l2)⑨
在Δt时间内,消耗在电阻R上的功为
WR=I2RΔt⑩
根据能量转化和守恒定律知,外力在Δt时间内做的功为
W=Wf+WR
外力的功率为
P=
由④至式得
P=μmgωr+
答案　(1)方向:由C端到D端　大小:　(2)μmgωr+
解题思路　(1)由法拉第电磁感应定律求解感应电动势的大小,再由欧姆定律求出电流,由右手定则判断电流方向。
(2)根据能量转化和守恒定律知外力做的功等于电阻R上产生的热量和摩擦力做功之和。
一题多解　(1)解法二　ε=Br=Br=Br2ω
I==
由右手定则判得通过R的感应电流从C→D
解法三　取Δt=T
ε===Br2ω
I==
由右手定则判得通过R的感应电流从C→D
(2)解法二　由能量守恒
P=PR+Pf
在竖直方向2N=mg,则N=mg,得f=μN=μmg
Pf=μmgωr+μmg·ω·2r=μmgωr
PR=I2R=
所以P=μmgωr+
45.(2017北京理综,24,20分)发电机和电动机具有装置上的类似性,源于它们机理上的类似性。直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图2所示的情景。
在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中,两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内,相距为L,电阻不计。电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上,与轨道接触良好,以速度v(v平行于MN)向右做匀速运动。
图1轨道端点M、P间接有阻值为r的电阻,导体棒ab受到水平向右的外力作用。图2轨道端点M、P间接有直流电源,导体棒ab通过滑轮匀速提升重物,电路中的电流为I。
(1)求在Δt时间内,图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能。
(2)从微观角度看,导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用。为了方便,可认为导体棒中的自由电荷为正电荷。
a.请在图3(图1的导体棒ab)、图4(图2的导体棒ab)中,分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意图。
b.我们知道,洛伦兹力对运动电荷不做功。那么,导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢 请以图2“电动机”为例,通过计算分析说明。
答案　见解析
解析　本题考查发电机和电动机的机理分析、洛伦兹力的方向及其在能量转化中的作用。
(1)图1中,电路中的电流I1=
棒ab受到的安培力F1=BI1L
在Δt时间内,“发电机”产生的电能等于棒ab克服安培力做的功
E电=F1·vΔt=
图2中,棒ab受到的安培力F2=BIL
在Δt时间内,“电动机”输出的机械能等于安培力对棒ab做的功
E机=F2·vΔt=BILvΔt
(2)a.如图甲、乙所示。
b.设自由电荷的电荷量为q,沿导体棒定向移动的速率为u。
如图乙所示,沿棒方向的洛伦兹力f1'=qvB,做负功
W1=-f1'·uΔt=-qvBuΔt
垂直棒方向的洛伦兹力f2'=quB,做正功
W2=f2'·vΔt=quBvΔt
所以W1=-W2,即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零。
f1'做负功,阻碍自由电荷的定向移动,宏观上表现为“反电动势”,消耗电源的电能;f2'做正功,宏观上表现为安培力做正功,使机械能增加。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能,在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。
疑难突破　洛伦兹力的做功及其作用
在“发电机”模型中,外力促使导体棒做切割磁感线运动时,棒中自由电荷随棒运动,从而会受到沿棒方向的洛伦兹力,表现为“电源中的非静电力”,这一力做正功,起到了使其他形式能量向电能转化的作用;在“电动机”模型中,外电源使导体棒中产生电场,在电场力作用下,导体棒中的自由电荷沿棒运动,从而受到垂直于棒方向的洛伦兹力,宏观上表现为“导体棒受到的安培力”,这一力做正功,起到了使电能向其他形式能量转化的作用。
46.(2016课标Ⅲ,25,20分)如图,两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内,其左端接一阻值为R的电阻;一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上;在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域,区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场,磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1=kt,式中k为常量;在金属棒右侧还有一匀强磁场区域,区域左边界MN(虚线)与导轨垂直,磁场的磁感应强度大小为B0,方向也垂直于纸面向里。某时刻,金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动,在t0时刻恰好以速度v0越过MN,此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好,它们的电阻均忽略不计。求
(1)在t=0到t=t0时间间隔内,流过电阻的电荷量的绝对值;
(2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。
答案　(1)　(2)B0lv0(t-t0)+kSt　(B0lv0+kS)
解析　(1)在金属棒越过MN之前,t时刻穿过回路的磁通量为Φ=ktS①
设在从t时刻到t+Δt的时间间隔内,回路磁通量的变化量为ΔΦ,流过电阻R的电荷量为Δq。由法拉第电磁感应定律有ε=-②
由欧姆定律有i=③
由电流的定义有i=④
联立①②③④式得|Δq|=Δt⑤
由⑤式得,在t=0到t=t0的时间间隔内,流过电阻R的电荷量q的绝对值为
|q|=⑥
(2)当t>t0时,金属棒已越过MN。由于金属棒在MN右侧做匀速运动,有f=F⑦
式中,f是外加水平恒力,F是匀强磁场施加的安培力。设此时回路中的电流为I,F的大小为
F=B0lI⑧
此时金属棒与MN之间的距离为s=v0(t-t0)⑨
匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ'=B0ls⑩
回路的总磁通量为Φt=Φ+Φ'
式中,Φ仍如①式所示。由①⑨⑩式得,在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量为
Φt=B0lv0(t-t0)+kSt
在t到t+Δt的时间间隔内,总磁通量的改变ΔΦt为
ΔΦt=(B0lv0+kS)Δt
由法拉第电磁感应定律得,回路感应电动势的大小为
εt=
由欧姆定律有I=
联立⑦⑧式得f=(B0lv0+kS)
解题指导　(1)金属棒在0~t0时间内,由于圆形磁场中的磁通量变化而引起感应电动势,从而形成感应电流,由电流的定义式可以求出流过电阻的电荷量的绝对值。
(2)当金属棒越过MN后,穿过回路的磁通量由两部分组成;再由法拉第电磁感应定律等知识可以求出外加水平恒力的大小。
易错点拨　(1)在计算磁通量时,用的是左侧矩形面积,而不是圆形磁场面积,从而导致出错。(2)当金属棒越过MN后计算磁通量时,得出的金属棒与MN的距离s=v0t,从而导致出错。
47.(2016上海单科,33,14分)如图,一关于y轴对称的导体轨道位于水平面内,磁感应强度为B的匀强磁场与平面垂直。一足够长、质量为m的直导体棒沿x方向置于轨道上,在外力F作用下从原点由静止开始沿y轴正方向做加速度为a的匀加速直线运动,运动时棒与x轴始终平行。棒单位长度的电阻为ρ,与电阻不计的轨道接触良好,运动中产生的热功率随棒位置的变化规律为P=k(SI)。求:
(1)导体轨道的轨道方程y=f(x);
(2)棒在运动过程中受到的安培力Fm随y的变化关系;
(3)棒从y=0运动到y=L过程中外力F的功。
答案　(1)y=x2　(2)Fm=y
(3)L2+maL
解析　(1)设棒运动到某一位置时与轨道接触点的坐标为(±x,y),安培力Fm=
安培力的功率P=Fmv==k
棒做匀加速运动
v2=2ay
R=2ρx
代入前式得y=x2
轨道形状为抛物线。
(2)安培力Fm=v=
以轨道方程代入得
Fm=y
(3)由动能定理W=Wm+mv2
安培力做功Wm=L2
棒在y=L处的动能为mv2=maL
外力做功W=L2+maL
48.(2015天津理综,11,18分)如图所示,“凸”字形硬质金属线框质量为m,相邻各边互相垂直,且处于同一竖直平面内,ab边长为l,cd边长为2l,ab与cd平行,间距为2l。匀强磁场区域的上下边界均水平,磁场方向垂直于线框所在平面。开始时,cd边到磁场上边界的距离为2l,线框由静止释放,从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前,线框做匀速运动。在ef、pq边离开磁场后,ab边离开磁场之前,线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内,且ab、cd边保持水平,重力加速度为g。求
(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍;
(2)磁场上下边界间的距离H。
答案　(1)4倍　(2)+28l
解析　(1)设磁场的磁感应强度大小为B,cd边刚进入磁场时,线框做匀速运动的速度为v1,cd边上的感应电动势为E1,由法拉第电磁感应定律,有
E1=2Blv1①
设线框总电阻为R,此时线框中电流为I1,由闭合电路欧姆定律,有
I1=②
设此时线框所受安培力为F1,有
F1=2I1lB③
由于线框做匀速运动,其受力平衡,有
mg=F1④
由①②③④式得
v1=⑤
设ab边离开磁场之前,线框做匀速运动的速度为v2,同理可得
v2=⑥
由⑤⑥式得
v2=4v1⑦
(2)线框自释放直到cd边进入磁场前,由机械能守恒定律,有
2mgl=m⑧
线框完全穿过磁场的过程中,由能量守恒定律,有
mg(2l+H)=m-m+Q⑨
由⑦⑧⑨式得
H=+28l⑩
49.(2015海南单科,13,10分)如图,两平行金属导轨位于同一水平面上,相距l,左端与一电阻R相连;整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向竖直向下。一质量为m的导体棒置于导轨上,在水平外力作用下沿导轨以速率v匀速向右滑动,滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g,导轨和导体棒的电阻均可忽略。求
(1)电阻R消耗的功率;
(2)水平外力的大小。
答案　(1)　(2)+μmg
解析　解法一　导体棒匀速向右滑动,速率为v,则有
F=F安+μmg
E=Blv
I=
F安=BIl
解得F=+μmg
由能量守恒定律得
Fv=μmgv+PR
解得PR=
解法二　(1)导体棒切割磁感线产生的电动势
E=Blv
由于导轨与导体棒的电阻均可忽略,则R两端电压等于电动势:
U=E
则电阻R消耗的功率
PR=
综合以上三式可得
PR=
(2)设水平外力大小为F,由能量守恒有
Fv=PR+μmgv
故得F=+μmg=+μmg
50.(2015四川理综,11,19分)如图所示,金属导轨MNC和PQD,MN与PQ平行且间距为L,所在平面与水平面夹角为α,N、Q连线与MN垂直,M、P间接有阻值为R的电阻;光滑直导轨NC和QD在同一水平面内,与NQ的夹角都为锐角θ,均匀金属棒ab和ef质量均为m,长均为L,ab棒初始位置在水平导轨上与NQ重合;ef棒垂直放在倾斜导轨上,与导轨间的动摩擦因数为μ(μ较小),由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止。空间有方向竖直的匀强磁场(图中未画出)。两金属棒与导轨保持良好接触。不计所有导轨和ab棒的电阻,ef棒的阻值为R,最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,忽略感应电流产生的磁场,重力加速度为g。
(1)若磁感应强度大小为B,给ab棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1,在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止,ef棒始终静止,求此过程ef棒上产生的热量;
(2)在(1)问过程中,ab棒滑行距离为d,求通过ab棒某横截面的电荷量;
(3)若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平导轨上向右匀速运动,并在NQ位置时取走小立柱1和2,且运动过程中ef棒始终静止。求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab棒运动的最大距离。
答案　(1)m　(2)　(3)见解析
解析　(1)设ab棒的初动能为Ek,ef棒和电阻R在此过程产生的热量分别为W和W1,有
W+W1=Ek①
且W=W1②
由题有Ek=m③
得W=m④
说明:①②③④式各1分。
(2)设在题设过程中,ab棒滑行时间为Δt,扫过的导轨间的面积为ΔS,通过ΔS的磁通量为ΔΦ,ab棒产生的电动势为E,ab棒中的电流为I,通过ab棒某横截面的电荷量为q,则
E=⑤
且ΔΦ=BΔS⑥
I=⑦
又有I=⑧
由图所示ΔS=d(L-d cot θ)⑨
联立⑤~⑨,解得q=⑩
说明:⑤⑥⑦⑧⑨⑩式各1分。
(3)ab棒滑行距离为x时,ab棒在导轨间的棒长Lx为
Lx=L-2x cot θ
此时,ab棒产生电动势Ex为Ex=Bv2Lx
流过ef棒的电流Ix为Ix=
ef棒所受安培力Fx为Fx=BIxL
联立~,解得Fx=(L-2x cot θ)
由式可得,Fx在x=0和B为最大值Bm时有最大值F1。
由题知,ab棒所受安培力方向必水平向左,ef棒所受安培力方向必水平向右,使F1为最大值的受力分析如图所示,图中fm为最大静摩擦力,有
F1 cos α=mg sin α+μ(mg cos α+F1 sin α)
联立,得Bm=
式就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小,该磁场方向可竖直向上,也可竖直向下。
由式可知,B为Bm时,Fx随x增大而减小,x为最大xm时,Fx为最小值F2,如图可知
F2 cos α+μ(mg cos α+F2 sin α)=mg sin α
联立,得
xm=
说明:式各1分,式2分,正确说明磁场方向得1分。
51.(2014浙江理综,24,20分)某同学设计一个发电测速装置,工作原理如图所示。一个半径为R=0.1 m的圆形金属导轨固定在竖直平面上,一根长为R的金属棒OA,A端与导轨接触良好,O端固定在圆心处的转轴上。转轴的左端有一个半径为r=R/3的圆盘,圆盘和金属棒能随转轴一起转动。圆盘上绕有不可伸长的细线,下端挂着一个质量为m=0.5 kg的铝块。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T。a点与导轨相连,b点通过电刷与O端相连。测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度。铝块由静止释放,下落h=0.3 m时,测得U=0.15 V。(细线与圆盘间没有滑动,金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计,重力加速度g=10 m/s2)
(1)测U时,与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”
(2)求此时铝块的速度大小;
(3)求此下落过程中铝块机械能的损失。
答案　(1)正极　(2)2 m/s　(3)0.5 J
解析　(1)由右手定则知,金属棒产生的感应电动势的方向由O→A,故A端电势高于O端电势,与a点相接的是电压表的“正极”。
(2)由电磁感应定律得
U=E=
ΔΦ=BR2Δθ
U=BωR2
v=rω=ωR
所以v==2 m/s
(3)ΔE=mgh-mv2
ΔE=0.5 J
52.(2014安徽理综,23,16分)如图1所示,匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T,其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上。绝缘斜面上固定有“”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计),MP和NP长度均为2.5 m,MN连线水平,长为3 m。以MN中点O为原点、OP为x轴建立一维坐标系Ox。一根粗细均匀的金属杆CD,长度d为3 m、质量m为1 kg、电阻R为0.3 Ω,在拉力F的作用下,从MN处以恒定速度v=1 m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)。g取10 m/s2。
(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x=0.8 m处电势差UCD;
(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式,并在图2中画出F-x关系图像;
(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热。
答案　见解析
解析　(1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势
E=Blv(l=d),解得E=1.5 V　(D点电势高)
当x=0.8 m时,金属杆在导轨间的电势差为零。设此时杆在导轨外的长度为l外,则
l外=d-d、OP=,得l外=1.2 m
由楞次定律判断D点电势高,故CD两端电势差
UCD=-Bl外v,即UCD=-0.6 V
(2)杆在导轨间的长度l与位置x关系是l=d=3-x
对应的电阻Rl为Rl=R,电流I=
杆受的安培力F安=BIl=7.5-3.75x
根据平衡条件得F=F安+mg sin θ
F=12.5-3.75x(0≤x≤2 m)
画出的F-x图像如图所示。
(3)外力F所做的功WF等于F-x图线下所围的面积,即
WF=×2 J=17.5 J
而杆的重力势能增加量ΔEp=mg sin θ
故全过程产生的焦耳热Q=WF-ΔEp=7.5 J
53.(2014江苏单科,13,15分)如图所示,在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨,导轨间距为L,长为3d,导轨平面与水平面的夹角为θ,在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层。匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂直。质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放,在滑上涂层之前已经做匀速运动,并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导轨垂直,且仅与涂层间有摩擦,接在两导轨间的电阻为R,其他部分的电阻均不计,重力加速度为g。求:
(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ;
(2)导体棒匀速运动的速度大小v;
(3)整个运动过程中,电阻产生的焦耳热Q。
思路解析　关注:导体棒在有绝缘涂层段受摩擦力,而不受安培力,在无涂层段不受摩擦力,而受安培力。隐含条件,匀速运动意味着摩擦力与安培力相等。
解析　(1)在绝缘涂层上
受力平衡mg sin θ=μmg cos θ
解得μ=tan θ
(2)在光滑导轨上
感应电动势E=BLv
感应电流I=
安培力F安=BIL
受力平衡F安=mg sin θ
解得v=
(3)摩擦生热Q摩=μmgd cos θ
由能量守恒定律得3mgd sin θ=Q+Q摩+mv2
解得Q=2mgd sin θ-
答案　(1)tan θ　(2)
(3)2mgd sin θ-
54.(2014北京理综,24,20分)导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识。如图所示,固定于水平面的U形导线框处于竖直向下的匀强磁场中,金属直导线MN在与其垂直的水平恒力F作用下,在导线框上以速度v做匀速运动,速度v与恒力F方向相同;导线MN始终与导线框形成闭合电路。已知导线MN电阻为R,其长度L恰好等于平行轨道间距,磁场的磁感应强度为B。忽略摩擦阻力和导线框的电阻。
(1)通过公式推导验证:在Δt时间内,F对导线MN所做的功W等于电路获得的电能W电,也等于导线MN中产生的焦耳热Q;
(2)若导线MN的质量m=8.0 g、长度L=0.10 m,感应电流I=1.0 A,假设一个原子贡献1个自由电子,计算导线MN中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率ve(下表中列出一些你可能会用到的数据);
阿伏加德罗常数NA 6.0×1023 mol-1
元电荷e 1.6×10-19 C
导线MN的摩尔质量μ 6.0×10-2 kg/mol
　　(3)经典物理学认为,金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子(即金属原子失去电子后的剩余部分)的碰撞。展开你想象的翅膀,给出一个合理的自由电子的运动模型;在此基础上,求出导线MN中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力的表达式。
温馨提示　(1)推导出W电与Q的表达式并比较。
(2)I=neSv。
(3)分析电子运动过程中的受力情况尝试用不同方法解题。
解析　(1)电动势E=BLv
导线匀速运动,受力平衡F=F安=BIL
在Δt时间内,
外力F对导线做功W=FvΔt=F安vΔt=BILvΔt
电路获得的电能W电=qE=IEΔt=BILvΔt
可见,F对导线MN所做的功等于电路获得的电能W电;
导线MN中产生的焦耳热Q=I2RΔt=IΔt×IR=qE=W电
可见,电路获得的电能W电等于导线MN中产生的焦耳热Q。
(2)导线MN中含有的原子数为N=NA
因为一个金属原子贡献一个电子,所以导线MN中的自由电子数也是N。
导线MN单位体积内的自由电子数n=
其中,S为导线MN的横截面积。
因为电流I=nveSe
所以ve===
解得ve=7.8×10-6 m/s
(3)假设:所有自由电子(简称电子)以同一方式运动。
解法一:动量解法
设电子在每一次碰撞结束至下一次碰撞结束之间的运动都相同,经历的时间为Δt,电子的动量变化为零。
因为导线MN的运动,电子受到沿导线方向的洛伦兹力f洛的作用
f洛=evB
沿导线方向,电子只受到金属离子的作用力和f洛作用,所以
f洛Δt-If=0
其中If为金属离子对电子的作用力的冲量,其平均作用力为,则If=Δt
得=f洛=evB
答案　(1)见解析　(2)7.8×10-6 m/s　(3)见解析
　　(2)解法二:能量解法
设电子从导线的一端到达另一端经历的时间为t,在这段时间内,通过导线一端的电子总数
N=
电阻上产生的焦耳热是由于克服金属离子对电子的平均作用力做功产生的。
在时间t内
总的焦耳热Q=NL
由能量守恒得Q=W电=EIt=BLvIt
所以=evB
解法三:动力学解法
因为电流不变,所以假设电子以速度ve相对导线做匀速直线运动。
因为导线MN的运动,电子受到沿导线方向的洛伦兹力f洛的作用,
f洛=evB
沿导线方向,电子只受到金属离子的平均作用力和f洛作用,二力平衡
即=f洛=evB
55.(2014天津理综,11,18分)如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ=30°的斜面上,导轨电阻不计,间距L=0.4 m。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ,两区域的边界与斜面的交线为MN,Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下,Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上,两磁场的磁感应强度大小均为B=0.5 T。在区域Ⅰ中,将质量m1=0.1 kg,电阻R1=0.1 Ω的金属条ab放在导轨上,ab刚好不下滑。然后,在区域Ⅱ中将质量m2=0.4 kg,电阻R2=0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上,由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中,ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触,取g=10 m/s2。问
(1)cd下滑的过程中,ab中的电流方向;
(2)ab刚要向上滑动时,cd的速度v多大;
(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中,cd滑动的距离x=3.8 m,此过程中ab上产生的热量Q是多少。
答案　(1)由a流向b　(2)5 m/s　(3)1.3 J
解析　(1)由右手定则可知ab中电流方向由a流向b。
(2)开始放置ab刚好不下滑时,ab所受摩擦力为最大静摩擦力,设其为Fmax,有
Fmax=m1g sin θ①
设ab刚要上滑时,cd棒的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律有
E=BLv②
设电路中的感应电流为I,由闭合电路欧姆定律有
I=③
设ab所受安培力为F安,有
F安=ILB④
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下,由平衡条件有
F安=m1g sin θ+Fmax⑤
综合①②③④⑤式,代入数据解得
v=5 m/s⑥
(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总,由能量守恒有
m2gx sin θ=Q总+m2v2⑦
又Q=Q总⑧
解得Q=1.3 J⑨
56.(2018天津理综,12,20分)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型,图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨,电阻忽略不计。ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒,通过绝缘材料固定在列车底部,并与导轨良好接触,其间距也为l,列车的总质量为m。列车启动前,ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下,如图1所示。为使列车启动,需在M、N间连接电动势为E的直流电源,电源内阻及导线电阻忽略不计。列车启动后电源自动关闭。
(1)要使列车向右运行,启动时图1中M、N哪个接电源正极,并简要说明理由;
(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小;
(3)列车减速时,需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域,磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0,此时ab、cd均在无磁场区域,试讨论:要使列车停下来,前方至少需要多少块这样的有界磁场
图1
图2
答案　(1)见解析　(2)　(3)见解析
解析　本题考查左手定则、安培力、法拉第电磁感应定律、动量定理等。
(1)列车要向右运动,安培力方向应向右。根据左手定则,接通电源后,金属棒中电流方向由a到b、由c到d,故M接电源正极。
(2)由题意,启动时ab、cd并联,设回路总电阻为R总,由电阻的串并联知识得
R总=①
设回路总电流为I,根据闭合电路欧姆定律有
I=②
设两根金属棒所受安培力之和为F,有
F=IlB③
根据牛顿第二定律有
F=ma④
联立①②③④式得
a=⑤
(3)设列车减速时,cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场,此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为ΔΦ,平均感应电动势为E1,由法拉第电磁感应定律有
E1=⑥
其中
ΔΦ=Bl2⑦
设回路中平均电流为I',由闭合电路欧姆定律有
I'=⑧
设cd受到的平均安培力为F',有
F'=I'lB⑨
以向右为正方向,设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲,有
I冲=-F'Δt⑩
同理可知,回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值,设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0,有
I0=2I冲
设列车停下来受到的总冲量为I总,由动量定理有
I总=0-mv0
联立⑥⑦⑧⑨⑩式得
=
讨论:若恰为整数,设其为n,则需设置n块有界磁场;若不是整数,设的整数部分为N,则需设置N+1块有界磁场。
57.(2018浙江4月选考,23,10分)如图所示,在竖直平面内建立xOy坐标系,在0≤x≤0.65 m、y≤0.40 m范围内存在一具有理想边界、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域。一边长l=0.10 m、质量m=0.02 kg、电阻R=0.40 Ω的匀质正方形刚性导线框abcd处于图示位置,其中心的坐标为(0,0.65 m)。现将线框以初速度v0=2.0 m/s水平向右抛出。线框在进入磁场过程中速度保持不变,然后在磁场中运动,最后从磁场右边界离开磁场区域,完成运动全过程。线框在全过程中始终处于xOy平面内,其ab边与x轴保持平行,空气阻力不计。(g取10 m/s2)求:
(1)磁感应强度B的大小;
(2)线框在全过程中产生的焦耳热Q;
(3)在全过程中,c、b两端的电势差Ucb与线框中心位置的x坐标的函数关系。
答案　见解析
解析　(1)线框做平抛运动,当ab边与磁场上边界接触时,竖直方向有h=gt2=0.2 m,得t=0.2 s,此时竖直方向的分速度v2y=gt=2 m/s=v0,合速度方向与水平方向成45°角,由题知线框匀速进入磁场,则感应电流
I==
F安=BIl
因为线框匀速进入磁场,合力为0,所以mg=F安
联立解得B=2 T
(2)线框全部进入磁场区域之后,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做匀加速直线运动,线框离开磁场过程中,上下两边所受到的安培力抵消,所以不考虑竖直方向上的安培力产生的焦耳热,水平方向上,只有ad边在水平方向上切割磁感线,线框离开磁场时所带的电荷量
q==
对离开过程在水平方向由动量定理,设向右为正,则
-Blq=mv5x-mv0
得v5x=1.5 m/s
由能量守恒得
mgΔh-Q1=m-m=mv(+)-m(+)
同时离开磁场过程中竖直方向只受重力,有
-=2gΔh
联立解得Q1=0.017 5 J
在进入磁场过程中,速度不变,重力势能转换成焦耳热Q2=mgl=0.02 J
所以Q总=Q1+Q2=0.037 5 J
(3)易得图中2、3、4、5状态下中心横坐标分别为0.4 m、0.5 m、0.6 m、0.7 m
①当x≤0.4 m时,线框还没进入磁场,Ucb=0;
②当0.4 mUcb=-Blv2y+B(x-0.4)v0=4x-1.7;
③当0.5 m线框完全进入磁场,电路中没有电流,但cb边仍在切割磁感线,因此仍然相当于一个电源,Ucb=Blv0=0.4 V;
④当0.6 m线框出磁场,整个电动势由ad边提供,cb边已经在磁场外,Ucb=Blvx
又由动量定理得=m(v0-vx)
得Ucb=0.25-0.25x
易错点拨　在第(3)问中求c、b两端的电势差,很容易犯错误,比如说直接套用欧姆定律。在这里熟练掌握电路中的电势差的计算是避免犯错误的关键。进入磁场时cb边也有一小段导线在水平切割磁感线,所以计算电势差时,需要考虑这一小段导体上感应电动势的影响。
第53页共53页2014-2023年高考物理真题专题分类
专题四　曲线运动
1.(2023全国乙,15,6分)小车在水平地面上沿轨道从左向右运动,动能一直增加。如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力,下列四幅图可能正确的是(　　)
　　　
答案：D 小车做曲线运动时,所受合力方向与速度方向不在一条直线上,B错误;小车所受合力必指向轨迹凹的一侧,A错误;小车动能一直增加说明小车所受合力一直做正功,可知合力方向与该处速度方向的夹角小于90°,C错误,D正确。故选D。
2.(2023全国甲,14,6分)一同学将铅球水平推出,不计空气阻力和转动的影响,铅球在平抛运动过程中(　　)
A.机械能一直增加
B.加速度保持不变
C.速度大小保持不变
D.被推出后瞬间动能最大
答案：B 铅球在平抛运动过程中只有重力做功,机械能不会增加,A错误;不计空气阻力和转动的影响,铅球加速度等于重力加速度,大小、方向均保持不变,B正确;铅球速度大小一直增加,C错误;铅球速度一直增大,动能一直增大,则铅球被推出的瞬间,动能最小,D错误。
3.(2023全国甲,17,6分)一质点做匀速圆周运动,若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比,运动周期与轨道半径成反比,则n等于(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
答案：C 由题意知,F=krn①
T=②
质点做匀速圆周运动,则有
F=m·r③
联立①②③有krn=m·r3,令k=m,可得
n=3
选项C正确。
4.(2023江苏,10,4分)达·芬奇的手稿中描述了这样一个实验:一个罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动,沿途连续漏出沙子。若不计空气阻力,则下列图中能反映空中沙子排列的几何图形是(　　)
答案：D 以漏出的第一粒沙子为参考系,后续漏出沙子的运动可分解为水平向右的匀加速直线运动和竖直向上的匀加速直线运动,水平方向:x=at2,竖直方向:y=gt2,两式联立得沙子运动的轨迹方程为y=x,运动轨迹是一条倾斜直线,故D正确。
5.(2023湖南,2,4分)如图(a),我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图(b)所示,其轨迹在同一竖直平面内,抛出点均为O,且轨迹交于P点,抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为v1和v2,其中v1方向水平,v2方向斜向上,忽略空气阻力,关于两谷粒在空中的运动,下列说法正确的是(　　)
　　
A.谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度
B.谷粒2在最高点的速度小于v1
C.两谷粒从O到P的运动时间相等
D.两谷粒从O到P的平均速度相等
答案：B 两谷粒从O点抛出后均只受重力作用,故加速度相同,均为重力加速度,A选项错误; 两谷粒在从O运动到P的过程中的初始位置(O点)与末位置(P点)相同,竖直方向位移与水平方向位移均相同,谷粒1做平抛运动,谷粒2做斜上抛运动,设谷粒2抛出时速度方向与水平方向间夹角为θ,有h=-v2 sin θ·t2+g,x=v2 cos θ·t2,对谷粒1有h=g,x=v1t1,可得t1,D选项错误。
6.(2022广东,3,4分)如图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下,经过水平NP段后飞入空中,在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失,不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是 (　　)
答案　C　不计摩擦和空气阻力,设MN段倾角为θ,运动员在MN段运动的时间为t,由分析易知,MN段,F合1=mg sin θ,a1=g sin θ,vN=a1t;NP段,F合2=0,a2=0,运动员做匀速直线运动;PQ段,运动员做平抛运动,a3=g>a1,故C正确。
易错分析　需注意选项A中PQ段平抛运动的速度大小随时间t变化的图线不应是直线。
7.(2022广东,6,4分)如图所示,在竖直平面内,截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处,一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L。当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时,小积木恰好由静止释放,子弹从射出至击中积木所用时间为t。不计空气阻力。下列关于子弹的说法正确的是 (　　)
A.将击中P点,t大于
B.将击中P点,t等于
C.将击中P点上方,t大于
D.将击中P点下方,t等于
答案　B　子弹离开枪口后做平抛运动,同时积木做自由落体运动,二者在竖直方向相对静止,故子弹会击中P点,子弹在水平方向做匀速直线运动,有t=,故选项B正确。
8.(2022山东,8,3分)无人配送小车某次性能测试路径如图所示,半径为3 m的半圆弧BC与长8 m的直线路径AB相切于B点,与半径为4 m的半圆弧CD相切于C点。小车以最大速度从A点驶入路径,到适当位置调整速率运动到B点,然后保持速率不变依次经过BC和CD。为保证安全,小车速率最大为4 m/s,在ABC段的加速度最大为2 m/s2,CD段的加速度最大为1 m/s2。小车视为质点,小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直线运动的最长距离l为 (　　)
A.t= s,l=8 m
B.t= s,l=5 m
C.t= s,l=5.5 m
D.t= s,l=5.5 m
答案　B　根据a=可知,在BC段、CD段的最大速率分别为vBC== m/s,vCD==2 m/s,在BC段、CD段的速率不变,因此在两圆弧段运动的最大速率v=2 m/s,通过两圆弧的时间为t2=+= s,小车从A点以最大速率v0=4 m/s匀速经过一段距离l之后开始减速,恰好到B点时速率为2 m/s,根据匀变速直线运动规律得v2-=-2a1(8 m-l),解得l=5 m,在AB段经历时间t1=+= s,因此总时间为t= s,选项B正确。
9.(2022山东,11,4分)(多选)如图所示,某同学将离地1.25 m的网球以13 m/s的速度斜向上击出,击球点到竖直墙壁的距离4.8 m。当网球竖直分速度为零时,击中墙壁上离地高度为8.45 m的P点。网球与墙壁碰撞后,垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍,平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取10 m/s2,网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为 (　　)
A.v=5 m/s　　　　　　　　　　B.v=3 m/s
C.d=3.6 m　　　　　　　　　　D.d=3.9 m
答案　BD　网球击中墙壁时,竖直速度减为零,故击出时vy==12 m/s,t上==1.2 s,击出时vx==5 m/s,水平位移x=vxt上=6 m,故图示中θ=37°,网球击中墙壁前瞬间,在垂直墙面方向上的速度分量vx⊥=vx cos θ=4 m/s,在平行墙面方向上的速度分量vx∥=vx sin θ=3 m/s,碰墙后vx⊥'=0.75vx⊥=3 m/s,故碰墙后速度为v==3 m/s,撞墙后着地点到墙壁的距离为d=vx⊥'·=3.9 m,故B、D正确。
10.(2022河北,10,6分)(多选)如图,广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以O为圆心、R1和R2为半径的同心圆上,圆心处装有竖直细水管,其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节,以保障喷出的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时,喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用h1、v1、ω1和h2、v2、ω2表示。花盆大小相同,半径远小于同心圆半径,出水口截面积保持不变,忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是 (　　)
A.若h1=h2,则v1∶v2=R2∶R1
B.若v1=v2,则h1∶h2=∶
C.若ω1=ω2,v1=v2,喷水嘴各转动一周,则落入每个花盆的水量相同
D.若h1=h2,喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同,则ω1=ω2
答案　BD　根据平抛运动规律有h=gt2、R=v0t,若h1=h2,则喷出去的水在空中运动时间相等,所以=,选项A错误;根据平抛运动规律,得=,若v1=v2,化简得=,选项B正确;浇水时水的流量Q=Sv0,其中S是出水口横截面积,浇水一周总水量为V总=Q·=S·v0,若ω1=ω2,v1=v2,则总水量相同,但半径越大,摆放的花盆越多,所以落入每个花盆的水量越小,选项C错误;设每个花盆的直径大小为d,则半径为R的圆上能摆放的盆数为n=,浇水一周总水量V总=Q·=SR,落入每个花盆的水量V0==,若h1=h2,落入每个花盆的水量相同,则ω1=ω2,选项D正确。
11.(2019课标Ⅱ,19,6分)(多选)如图(a),在跳台滑雪比赛中,运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳,每次都从离开跳台开始计时,用v表示他在竖直方向的速度,其v-t图像如图(b)所示,t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则(　　)
A.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小
B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
C.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大
D.竖直方向速度大小为v1时,第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大
答案　BD　本题考查了平抛运动的应用。以运动员跳台滑雪的平抛运动为载体,考查了考生的理解能力、推理能力和数形结合处理物理问题的能力,体现了对模型建构、科学推理的素养考查。
v-t图线与时间轴包围的面积表示运动员在竖直方向上的位移,由图像可知第二次包围的格数较多,故A错。设雪道的倾角为θ,则水平位移x=,故B正确。v-t图线的斜率表示加速度,由图像明显看出,第一次在竖直方向上的平均加速度较大,故C错。v=v1时,斜率k1>k2,结合牛顿第二定律mg-f=ma可知,第二次所受阻力较大,D正确。
解题技巧　v-t图线与时间轴所围的面积表示位移,当图线为曲线时,可采用数格子的方法比较面积的大小。
12.(2015课标Ⅱ,16,6分)由于卫星的发射场不在赤道上,同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时,发动机点火,给卫星一附加速度,使卫星沿同步轨道运行。已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103 m/s,某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103 m/s,此时卫星的高度与同步轨道的高度相同,转移轨道和同步轨道的夹角为30°,如图所示。发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为(　　)
A.西偏北方向,1.9×103 m/s
B.东偏南方向,1.9×103 m/s
C.西偏北方向,2.7×103 m/s
D.东偏南方向,2.7×103 m/s
答案　B　同步卫星的速度v方向为正东方向,设卫星在转移轨道的速度为v1,附加速度为v2,由速度的合成可知v2的方向为东偏南方向,其大小为v2=≈1.9×103 m/s,故B选项正确。
解题关键　①当卫星运动到转移轨道和同步轨道交会处时,不仅需要调整卫星的速度大小,而且还需要调整卫星运动的方向。②需要将此卫星在转移轨道的速度、附加速度和同步卫星的环绕速度放在同一平面内考虑。③正确画出如解析中的速度合成图是正确解答的关键。
13.(2015广东理综,14,4分)如图所示,帆板在海面上以速度v朝正西方向运动,帆船以速度v朝正北方向航行。以帆板为参照物(　　)
A.帆船朝正东方向航行,速度大小为v
B.帆船朝正西方向航行,速度大小为v
C.帆船朝南偏东45°方向航行,速度大小为 v
D.帆船朝北偏东45°方向航行,速度大小为 v
答案　D　以帆板为参照物时,帆船相对于帆板同时具有向正北的速度v与向正东的速度v,故由平行四边形定则可知,帆船相对于帆板的速度大小为v,方向为北偏东45°,D正确。
14.(2014四川理综,4,6分)有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河。小明驾着小船渡河,去程时船头指向始终与河岸垂直,回程时行驶路线与河岸垂直。去程与回程所用时间的比值为k,船在静水中的速度大小相同,则小船在静水中的速度大小为(　　)
A.　　　　　　B.　　　　　　C.　　　　　　D.
答案　B　去程时船头垂直河岸如图所示,由合运动与分运动具有等时性并设河宽为d,则去程时间t1=;回程时行驶路线垂直河岸,故回程时间t2=,由题意有=k,则k=,得v1==,选项B正确。
解题关键　此题以小船过河为情境考查运动的合成和分解,解答本题的关键点有二:一是合运动和分运动具有等时性;二是利用河宽为定值,去程为分运动的位移,返程为合运动的位移,确定去返的时间,该题难度适中,但有很好的区分度。
15.(2019海南单科,10,5分)(多选)三个小物块分别从3条不同光滑轨道的上端由静止开始滑下。已知轨道1、轨道2、轨道3的上端距水平地面的高度均为4h0;它们的下端水平,距地面的高度分别为h1=h0、h2=2h0、h3=3h0,如图所示。若沿轨道1、2、3下滑的小物块的落地点到轨道下端的水平距离分别记为s1、s2、s3,则(　　)
A.s1>s2　　　　　　B.s2>s3　　　　　　C.s1=s3　　　　　　D.s2=s3
答案　BC　根据mgh=mv2得小物块离开轨道时的水平速度v=,轨道1、2、3下滑的小物块的初速度之比为∶∶1,由h=gt2,可知t=,轨道1、2、3下滑的小物块的时间之比为1∶∶,根据x=vt可知,小物块的落地点到轨道下端的水平距离之比s1∶s2∶s3=∶2∶,故选项B、C正确,A、D错误。
16.(2018江苏单科,3,3分)某弹射管每次弹出的小球速度相等。在沿光滑竖直轨道自由下落过程中,该弹射管保持水平,先后弹出两只小球。忽略空气阻力,两只小球落到水平地面的(　　)
A.时刻相同,地点相同　　　　　　B.时刻相同,地点不同
C.时刻不同,地点相同　　　　　　D.时刻不同,地点不同
答案　B　本题考查了运动的合成与分解。通过分析两只小球的运动性质考查了考生的理解能力、推理能力,体现了对物理观念、科学思维和科学探究的素养考查。
由题意知,在竖直方向上,两只小球同时同高度自由下落,运动状态始终相同,由h=gt2知落到水平地面的时刻相同。在水平方向上,小球被弹出后做速度相等的匀速直线运动,但先抛出的小球水平方向运动时间较长,由x=v0t知,x先>x后,即两只小球落到水平地面的地点不同。故选B。
17.(2017课标Ⅰ,15,6分)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)。速度较大的球越过球网,速度较小的球没有越过球网;其原因是(　　)
A.速度较小的球下降相同距离所用的时间较多
B.速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大
C.速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少
D.速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大
答案　C　本题考查了对平抛运动的理解。以发球机水平射出的乒乓球的平抛运动为载体,考查了考生的理解能力、推理能力,体现了对模型建构、科学推理的素养考查。
忽略空气的影响时,乒乓球只受重力作用,球被水平射出后做平抛运动。由于在竖直方向上做自由落体运动,则h=gt2,下落时间t=,t∝,故A、D错误。由vy=gt=g·=,可知B错误。在水平方向上有x=v0t,x相同时,t∝,故C正确。
解题关键　①平抛运动是曲线运动,轨迹为抛物线,可以分解为竖直方向上的自由落体运动(满足h=gt2和vy=gt)和水平方向上的匀速直线运动(满足x=v0t)。②做平抛运动时物体运动时间由下落高度决定,运动的水平距离x=v0·,由初速度v0和下落高度共同决定。
18.(2016江苏单科,2,3分)有A、B两小球,B的质量为A的两倍。现将它们以相同速率沿同一方向抛出,不计空气阻力。图中①为A的运动轨迹,则B的运动轨迹是(　　)
A.①　　　　　　B.②　　　　　　C.③　　　　　　D.④
答案　A　不计空气阻力,A、B两球运动过程中加速度a=g,以相同速率沿同一方向抛出,都做斜上抛运动,故两球轨迹相同,A选项正确。
易错点拨　试题以斜上抛为背景,虽然两球质量不同,但在不计空气阻力时运动的加速度均为重力加速度,考生可能会由生活经验“重的物体飞行高度低,所用时间短”而错选C或D。
19.(2015浙江理综,17,6分)如图所示为足球球门,球门宽为L。一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起,将足球顶入球门的左下方死角(图中P点)。球员顶球点的高度为h。足球做平抛运动(足球可看成质点,忽略空气阻力),则(　　)
A.足球位移的大小x=
B.足球初速度的大小v0=
C.足球末速度的大小v=
D.足球初速度的方向与球门线夹角的正切值 tan θ=
答案　B　如图,足球平抛运动的水平位移x=, 不是足球的位移,所以A错。由x=v0t,h=gt2,得v0==/=,B正确。足球的末速度v==,所以C错误。由图可知足球初速度方向与球门线的夹角为θ,tan θ=s/=2s/L,故D错误。所以本题选B。
20.(2015四川理综,1,6分)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出,不计空气阻力,则落在同一水平地面时的速度大小(　　)
A.一样大　　　　　 　B.水平抛的最大
C.斜向上抛的最大　　　　　　D.斜向下抛的最大
答案　A　根据机械能守恒定律得,落地时三个小球速度大小相同。
21.(2015课标Ⅰ,18,6分,0.528)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。水平台面的长和宽分别为L1和L2,中间球网高度为h。发射机安装于台面左侧边缘的中点,能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球,发射点距台面高度为3h。不计空气的作用,重力加速度大小为g。若乒乓球的发射速率v在某范围内,通过选择合适的方向,就能使乒乓球落到球网右侧台面上,则v的最大取值范围是(　　)
A.B.C.D.答案　D　乒乓球做平抛运动,落到右侧台面上时经历的时间t1满足3h=g。当v取最大值时其水平位移最大,落点应在右侧台面的台角处,有vmaxt1=,解得vmax=;当v取最小值时其水平位移最小,发射方向沿正前方且恰好擦网而过,此时有3h-h=g,=vmint2,解得vmin=。故D正确。
温馨提示　①以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球,不计空气阻力,则乒乓球做平抛运动。②发射的位置和高度一定,说明若能落在台面上,则运动时间一定,且最大的水平位移为。③若球恰好擦网而过,则下落2h的高度,水平位移最小为。④平抛运动的飞行时间由高度决定,而飞行距离由高度和初速度共同决定,当高度一定时,则由初速度决定。
22.(2018江苏单科,6,4分)(多选)火车以60 m/s的速率转过一段弯道,某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10°。在此10 s时间内,火车(　　)
A.运动路程为600 m　　　　　　B.加速度为零
C.角速度约为1 rad/s　　　　　　D.转弯半径约为3.4 km
答案　AD　本题考查了圆周运动的应用、角速度的定义。以火车的匀速圆周运动和桌子上指南针的偏转为载体,考查了考生的理解能力、推理能力,体现了对模型建构、科学论证的素养考查。
火车的角速度ω== rad/s= rad/s,选项C错误;火车做匀速圆周运动,其受到的合外力等于向心力,加速度不为零,选项B错误;火车在10 s内运动路程s=vt=600 m,选项A正确;火车转弯半径R== m≈3.4 km,选项D正确。
23.(2018浙江4月选考,4,3分)A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动(如图),在相同时间内,它们通过的路程之比是4∶3,运动方向改变的角度之比是3∶2,则它们(　　)
A.线速度大小之比为4∶3　　　　　　
B.角速度大小之比为3∶4
C.圆周运动的半径之比为2∶1　　　　　　
D.向心加速度大小之比为1∶2
答案　A　时间相同,路程之比即线速度大小之比,故A项正确;运动方向改变的角度之比即路程对应扫过的圆心角之比,由于时间相同,角速度大小之比为3∶2,B项错误;由路程和半径与圆心角之间的关系为s=rθ得半径之比为8∶9,C项错误;由向心加速度a=知向心加速度大小之比为2∶1,D项错误。
24.(2016上海单科,16,3分)风速仪结构如图(a)所示。光源发出的光经光纤传输,被探测器接收,当风轮旋转时,通过齿轮带动凸轮圆盘旋转,当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被遮挡。已知风轮叶片转动半径为r,每转动n圈带动凸轮圆盘转动一圈。若某段时间Δt内探测器接收到的光强随时间变化关系如图(b)所示,则该时间段内风轮叶片(　　)
A.转速逐渐减小,平均速率为
B.转速逐渐减小,平均速率为
C.转速逐渐增大,平均速率为
D.转速逐渐增大,平均速率为
答案　B　本题考查了圆周运动的应用、图像的意义。以风轮叶片做圆周运动为载体,考查了考生的理解能力、推理能力,体现了对物理观念、科学思维和科学探究的素养考查。
由图(b)分析可知透过光的时间越来越长,说明风轮叶片转速逐渐减小,还能看出Δt时间内凸轮圆盘转了4圈,又因为它转1圈风轮叶片转n圈,所以Δt时间内风轮叶片转了4n圈,所以它的平均速率 v==,故只有B项正确。
25.(2019海南单科,6,4分)如图,一硬币(可视为质点)置于水平圆盘上,硬币与竖直转轴OO'的距离为r,已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力),重力加速度大小为g。若硬币与圆盘一起绕OO'轴匀速转动,则圆盘转动的最大角速度为(　　)
A.　　　　　　B.　　　　　　C.　　　　　　D.2
答案　B　设硬币质量为m,对硬币受力分析,如图所示。
由摩擦力提供向心力可得
f=mω2r
而f≤fm=μFN=μmg
联立可得mω2r≤μmg
解得ω≤,选项B正确,选项A、C、D错误。
26.(2014课标Ⅰ,20,6分)如图,两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上,a与转轴OO'的距离为l,b与转轴的距离为2l。木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍,重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动,用ω表示圆盘转动的角速度,下列说法正确的是(　　)
A.b一定比a先开始滑动
B.a、b所受的摩擦力始终相等
C.ω=是b开始滑动的临界角速度
D.当ω=时,a所受摩擦力的大小为kmg
答案　AC　设木块滑动的临界角速度为ω,kmg=mω2r,所以ω=,ra=l,rb=2l,所以ωa>ωb,A、C项正确;摩擦力充当向心力,在角速度相等时,b受的摩擦力大,B项错误;ω=时,a受的摩擦力fa=mω2r=ml=kmg,D项错误。
27.(2020课标Ⅰ,16,6分)如图,一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10 m,该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。绳的质量忽略不计。当该同学荡到秋千支架的正下方时,速度大小为8 m/s,此时每根绳子平均承受的拉力约为(　　)
A.200 N　　　　　　B.400 N
C.600 N　　　　　　D.800 N
答案　B　该同学荡秋千可视为做圆周运动,设每根绳子的拉力大小为F,以该同学和秋千踏板整体为研究对象,根据牛顿第二定律得2F-mg=,代入数据解得F=405 N,故每根绳子平均承受的拉力约为400 N,故B项正确,A、C、D项错误。
28.(2018天津理综,2,6分)滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB,从滑道的A点滑行到最低点B的过程中,由于摩擦力的存在,运动员的速率不变,则运动员沿AB下滑过程中(　　)
A.所受合外力始终为零　　　　　　B.所受摩擦力大小不变
C.合外力做功一定为零　　　　　　D.机械能始终保持不变
答案　C　本题考查匀速圆周运动中的受力分析、滑动摩擦力的决定因素、动能定理和功能关系。由于运动员在竖直面内的圆弧形滑道上运动时速率不变,故做匀速圆周运动,所受的合外力提供向心力,因此合外力不为零,选项A错误;因运动员的速率不变,故其所受摩擦力等于重力沿滑道向下的分力,运动员沿AB下滑过程中重力沿滑道向下的分力变小,因此滑动摩擦力变小,选项B错误;由动能定理知,合外力做的功等于动能的变化量,因速率不变,则动能不变,故合外力做功为零,选项C正确;机械能的改变量等于摩擦力做的功,故机械能减少,选项D错误。
易错警示　运动员的速率不变,误认为匀速圆周运动的合外力为零,误选A。
29.(2016海南单科,3,6分)如图,光滑圆轨道固定在竖直面内,一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1,在最高点时对轨道的压力大小为N2。重力加速度大小为g,则N1-N2的值为(　　)
A.3mg　　　　　　B.4mg
C.5mg　　　　　　D.6mg
答案　D　设小球在最低点时速度为v1,在最高点时速度为v2,根据牛顿第二定律有,在最低点有N1-mg=,在最高点有N2+mg=;从最高点到最低点,根据机械能守恒定律有mg·2R+=,联立可得N1-N2=6mg,故选项D正确。
30.(2015天津理综,4,6分)未来的星际航行中,宇航员长期处于零重力状态,为缓解这种状态带来的不适,有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”,如图所示。当旋转舱绕其轴线匀速旋转时,宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上,可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。为达到上述目的,下列说法正确的是(　　)
A.旋转舱的半径越大,转动的角速度就应越大
B.旋转舱的半径越大,转动的角速度就应越小
C.宇航员质量越大,旋转舱的角速度就应越大
D.宇航员质量越大,旋转舱的角速度就应越小
答案　B　宇航员在舱内受到的支持力与他站在地球表面时受到的支持力大小相等,mg=mω2r,即g=ω2r,可见r越大,ω就应越小,B正确,A错误;角速度与质量m无关,C、D错误。
31.(2014课标Ⅱ,17,6分)如图,一质量为M的光滑大圆环,用一细轻杆固定在竖直平面内;套在大环上质量为m的小环(可视为质点),从大环的最高处由静止滑下。重力加速度大小为g。当小环滑到大环的最低点时,大环对轻杆拉力的大小为(　　)
A.Mg-5mg　　　　　　B.Mg+mg
C.Mg+5mg　　　　　　D.Mg+10mg
答案　C　解法一　以小环为研究对象,设大环半径为R,根据机械能守恒定律,得mg·2R=mv2,在大环最低点有FN-mg=m,得FN=5mg,此时再以大环为研究对象,受力分析如图,由牛顿第三定律知,小环对大环的压力为FN'=FN,方向竖直向下,故F=Mg+5mg,由牛顿第三定律知C正确。
解法二　设小环滑到大环最低点时速度为v,加速度为a,根据机械能守恒定律mv2=mg·2R,且a=,所以a=4g,以整体为研究对象,受力情况如图所示。
F-Mg-mg=ma+M·0
所以F=Mg+5mg,C正确。
32.(2014安徽理综,19,6分)如图所示,一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动,盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),盘面与水平面的夹角为30°,g取10 m/s2。则ω的最大值是(　　)
A. rad/s　　　　　　B. rad/s　　　　　　
C.1.0 rad/s　　　　　　D.0.5 rad/s
答案　C　当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时,转盘的角速度最大,其受力如图所示(其中O为对称轴位置)
由沿盘面的合力提供向心力,有
μmg cos 30°-mg sin 30°=mω2R
得ω==1.0 rad/s,选项C正确。
评析　此题考查牛顿第二定律、圆周运动等知识,题目设置新颖,巧妙地将已学的竖直面内的圆周运动与斜面结合,本题易认为在最高点时角速度最大而错选A。
33.(2016上海单科,23,4分)如图,圆弧形凹槽固定在水平地面上,其中ABC是位于竖直平面内以O为圆心的一段圆弧,OA与竖直方向的夹角为α。一小球以速度v0从桌面边缘P水平抛出,恰好从A点沿圆弧的切线方向进入凹槽。小球从P到A的运动时间为　　　　;直线PA与竖直方向的夹角β=　　　　。
答案　　arctan(2 cot α)
解析　据题意,小球从P点抛出后做平抛运动,小球运动到A点时将速度分解,有tan α==,则小球运动到A点的时间为:t=;tan β====2 cot α,所以PA与竖直方向的夹角为:β=arctan(2 cot α)。
34.[2014天津理综,9(1)]半径为R的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动,A为圆盘边缘上一点。在O的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v水平抛出时,半径OA方向恰好与v的方向相同,如图所示。若小球与圆盘只碰一次,且落在A点,重力加速度为g,则小球抛出时距O的高度h=　　　　,圆盘转动的角速度大小ω=　　　　。
答案　　(n∈N*)
解析　小球做平抛运动:h=gt2、R=vt,解得h=。由题意知ωt=2π×n(n∈N*),故联立R=vt可得ω=(n∈N*)。
点拨　在小球从抛出到落到圆盘上的时间内,圆盘转动了1圈、2圈、3圈…n圈均有可能,故ω的值应该是一个通式,不能只用转1圈的情形表述!
35.(2023江苏,13,6分)“转碟”是传统的杂技项目。如图所示,质量为m的发光物体放在半径为r的碟子边缘,杂技演员用杆顶住碟子中心,使发光物体随碟子一起在水平面内绕A点做匀速圆周运动。当角速度为ω0时,碟子边缘看似一个光环。求此时发光物体的速度大小v0和受到的静摩擦力大小f。
答案 ω0r　mr
解析 当发光物体随碟子一起匀速转动时,其线速度大小即为v0,由匀速圆周运动线速度和角速度的关系可知v0=ω0r。
该过程中发光物体受到的来自碟子的静摩擦力提供其绕A点做匀速圆周运动的向心力,由牛顿第二定律得其受到的静摩擦力大小f=mr。
36.(2023新课标,24,10分)将扁平的石子向水面快速抛出,石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远方,俗称“打水漂”。要使石子从水面跳起产生“水漂”效果,石子接触水面时的速度方向与水面的夹角不能大于θ。为了观察到“水漂”,一同学将一石子从距水面高度为h处水平抛出,抛出速度的最小值为多少 (不计石子在空中飞行时的空气阻力,重力加速度大小为g)
答案：
解析 设石子抛出时的水平速度为v0,接触水面时的速度方向与水面的夹角为α,由题意可知,石子在空中做平抛运动,则=2gh,解得vy=
由tan α=,α≤θ,联立解得v0≥
所以石子抛出速度的最小值vmin=。
37.(2023山东,15,8分)电磁炮灭火消防车(图甲)采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火。电容器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能,设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度。如图乙所示,若电磁炮正对高楼,与高楼之间的水平距离L=60 m,灭火弹出膛速度v0=50 m/s,方向与水平面夹角θ=53°,不计炮口离地面高度及空气阻力,取重力加速度大小g=10 m/s2,sin 53°=0.8。
(1)求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H;
(2)已知电容器储存的电能E=CU2,转化为灭火弹动能的效率η=15%,灭火弹的质量为3 kg,电容C=2.5×104 μF,电容器工作电压U应设置为多少
　
答案 (1)60 m　(2)×103 V
解析 (1)由运动的分解可知,出膛的灭火弹在水平方向上以vx=v0 cos 53°的速度做匀速直线运动,有L=vxt,解得t=2 s。
在竖直方向上以初速度vy=v0 sin 53°做竖直上抛运动,有H=vyt-gt2,解得H=60 m。
(2)由题意可知电容器把电能转化为灭火弹的动能,有0.15E=m,其中E=CU2,联立解得U=×103 V。
38.(2023全国甲,24,12分)如图,光滑水平桌面上有一轻质弹簧,其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端,使弹簧的弹性势能为Ep。释放后,小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动,与弹簧分离后,从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间,其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等;垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的。小球与地面碰撞后,弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g,忽略空气阻力。求
(1)小球离开桌面时的速度大小;
(2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。
答案 (1)　(2)
解析 (1)由能量守恒定律可知,弹簧的弹性势能转化为小球的动能,即
Ep=m①
解得v0=②
小球离开桌面时的速度大小为
(2)设桌面的高度为H,小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为x,小球飞出后做平抛运动,有
H=gt2③
x=v0t④
设小球与地面碰撞前后速度的竖直分量分别为vy1与vy2,由题意可知
=2gH⑤
=2gh⑥
=⑦
联立②③④⑤⑥⑦得x=
即小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为
39.(2022全国甲,24,12分)将一小球水平抛出,使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄,频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光。某次拍摄时,小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光,拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像,每相邻两个球之间被删去了3个影像,所标出的两个线段的长度s1和s2之比为3∶7。重力加速度大小取g=10 m/s2,忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。
答案　 m/s
解析　依题意,相邻两球影像间隔的时间t=4t0=0.2 s
设初速度大小为v0,如图所示:
由O到A,水平方向:x1=v0t
竖直方向:y1=gt2
又s1=
由A到B,水平方向:x2=v0t
竖直方向:y2=g(2t)2-gt2
又s2=
=
联立解得v0= m/s
40.(2022北京,17,9分)体育课上,甲同学在距离地面高h1=2.5 m处将排球击出,球的初速度沿水平方向,大小为v0=8.0 m/s;乙同学在离地h2=0.7 m处将排球垫起,垫起前后球的速度大小相等,方向相反。已知排球质量m=0.3 kg,取重力加速度g=10 m/s2。不计空气阻力。求:
(1)排球被垫起前在水平方向飞行的距离x;
(2)排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向;
(3)排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I。
答案　(1)4.8 m　(2)见解析　(3)6.0 N·s
解析　(1)设排球在空中飞行的时间为t,则h1-h2=gt2,得t=0.6 s
则排球在空中飞行的水平距离x=v0t=4.8 m
(2)乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小vy=gt
得vy=6.0 m/s
则排球被垫起前瞬间的速度大小v=
得v=10.0 m/s
设速度方向与水平方向夹角为θ(如图所示),
则tan θ==0.75
(3)根据动量定理,排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I=2mv=6.0 N·s
41.(2022重庆,14,18分)小明设计了一个青蛙捉飞虫的游戏,游戏中蛙和虫都在xOy竖直平面内运动。虫可以从水平x轴上任意位置处由静止开始做匀加速直线运动,每次运动的加速度大小恒为g(g为重力加速度),方向均与x轴负方向成37°斜向上(x轴向右为正)。蛙位于y轴上M点处,OM=H,能以不同速率向右或向左水平跳出,蛙运动过程中仅受重力作用。蛙和虫均视为质点,取sin 37°=。
(1)若虫飞出一段时间后,蛙以其最大跳出速率向右水平跳出,在y=H的高度捉住虫时,蛙与虫的水平位移大小之比为2∶3,求蛙的最大跳出速率。
(2)若蛙跳出的速率不大于(1)问中的最大跳出速率,蛙跳出时刻不早于虫飞出时刻,虫能被捉住,求虫在x轴上飞出的位置范围。
(3)若虫从某位置飞出后,蛙可选择在某时刻以某速率跳出,捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为1∶;蛙也可选择在另一时刻以同一速率跳出,捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为1∶。求满足上述条件的虫飞出的所有可能位置及蛙对应的跳出速率。
答案　见解析
解析　(1)蛙做平抛运动,设最大跳出速率为vm,则在捉住虫的过程中:
x=vmt,H-y=gt2
对于虫子 tan 37°=
由题给条件=、y=H,
解得vm=
(2)若虫能被捉住,则蛙与虫能在空中相遇,对应于虫出发位置的极值时,蛙应以最大速率跳出。先求最右侧极值:设相遇点的位置坐标为(x1,y1)、虫在x轴上飞出的位置坐标为(x2,0),蛙的运动时间为t1,虫比蛙早开始运动时间为Δt,
对蛙有x1=vmt1、H-y1=g
对虫有y1=×g sin 37°
x2-x1=×g cos 37°
联立整理可得:
2g-4t1-4H+3x2=0
则Δ=-4×2g×(-4H+3x2)≥0
解得x2≤2H
再求左侧极值:蛙以最大速率水平向左跳出且与虫同时开始运动时对应的位置最远,设此时蛙的运动时间为t2,对蛙有x1=vmt2、H-y2=g
对虫有y2=×g sin 37°
x1-=×g cos 37°
联立可解得
=H,即x2≥H
故H≤x≤2H
(3)设蛙运动的时间为t或t',则由竖直方向上的运动有gt2+×g× sin 37°=H
和gt'2+×g× sin 37°=H
解得t=、t'=
在水平面方向上,当蛙两次均向右侧跳出时
x1=v1t+×g× cos 37°
x1=v1t'+×g× cos 37°
联立解得v1=,x1=H
当蛙两次都向左侧跳出时,不可能满足题述情境。
当蛙只有一次向左侧跳出时
x2=v2t+×g× cos 37°
x2=×g× cos 37°-v2t'
解得v2=,x2=H
一题多解　第(2)问中求最右侧坐标极值时可以画运动草图辅助分析,蛙的运动轨迹是起点在M的一段抛物线,且vm一定,轨迹一定;虫的运动轨迹是斜向左上的一段直线,起点不确定,角度一定。要使斜直线在x轴上的起点在最右侧,且直线与抛物线一定有交点,则要求抛物线和斜直线相切,即蛙和虫相遇时蛙的速度方向斜向右下,与水平方向成37°角,解得蛙的竖直分速度vy=vm tan 37°=,运动时间t1==,竖直位移y1=,水平位移x1=H,且t1小于虫的运动时间,符合题意,最终解得x2m=2H。
42.(2015重庆理综,8,16分)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置。图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板。M板上部有一半径为R的圆弧形的粗糙轨道,P为最高点,Q为最低点,Q点处的切线水平,距底板高为H。N板上固定有三个圆环。将质量为m的小球从P处静止释放,小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心,落到底板上距Q水平距离为L处。不考虑空气阻力,重力加速度为g。求:
(1)距Q水平距离为的圆环中心到底板的高度;
(2)小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向;
(3)摩擦力对小球做的功。
答案　(1)H
(2)L　mg　方向竖直向下
(3)mg
解析　(1)设小球在Q点的速度为v,则有:L=vt
H=gt2
解得:v=L
当x=时,有:=vt1
h1=g
解得:h1=
则距Q水平距离为的圆环中心到底板的高度h=H-h1=H。
(2)由(1)知小球运动到Q点时速度的大小v=L
在Q点,根据牛顿第二定律有:FN-mg=m
解得:FN=mg
由牛顿第三定律可知,小球对轨道压力的大小FN'与FN相等,方向竖直向下。
(3)从P到Q,应用动能定理有:mgR+Wf=mv2-0
解得:Wf=-mgR=mg。
43.(2015海南单科,14,13分)如图,位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc组成,圆弧半径Oa水平,b点为抛物线顶点。已知h=2 m,s= m。取重力加速度大小g=10 m/s2。
(1)一小环套在轨道上从a点由静止滑下,当其在bc段轨道运动时,与轨道之间无相互作用力,求圆弧轨道的半径;
(2)若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下,求环到达c点时速度的水平分量的大小 。
答案　(1)0.25 m　(2) m/s
解析　(1)设环到b点时速度为vb,圆弧轨道半径为r,小环从a到b过程中机械能守恒,有
mgr=m①
环与bc段轨道间无相互作用力,从b到c环做平抛运动:
h=gt2②
s=vbt③
联立可得
r=④
代入数据得
r=0.25 m
(2)环从b点由静止下滑至c点过程中机械能守恒,设到c点时速度为vc,则
mgh=m⑤
在bc段两次过程中环沿同一轨迹运动,经过同一点时速度方向相同
设环在c点时速度与水平方向间的夹角为θ,则环做平抛运动时
tan θ=⑥
vy=gt⑦
联立①②⑥⑦式可得
tan θ=2⑧
则环从b点由静止开始滑到c点时速度的水平分量为
vcx=vc cos θ⑨
联立⑤⑧⑨三式可得
vcx= m/s
44.(2014浙江理综,23,16分)如图所示,装甲车在水平地面上以速度v0=20 m/s沿直线前进,车上机枪的枪管水平,距地面高为h=1.8 m。在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶,其底边与地面接触。枪口与靶距离为L时,机枪手正对靶射出第一发子弹,子弹相对于枪口的初速度为v=800 m/s。在子弹射出的同时,装甲车开始匀减速运动,行进s=90 m后停下。装甲车停下后,机枪手以相同方式射出第二发子弹。(不计空气阻力,子弹看成质点,重力加速度g=10 m/s2)
(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小;
(2)当L=410 m时,求第一发子弹的弹孔离地的高度,并计算靶上两个弹孔之间的距离;
(3)若靶上只有一个弹孔,求L的范围。
答案　(1) m/s2　(2)0.55 m　0.45 m
(3)492 m解析　(1)装甲车匀减速运动时的加速度大小a== m/s2
(2)第一发子弹飞行时间t1==0.5 s
弹孔离地高度h1=h-g=0.55 m
第二发子弹的弹孔离地的高度h2=h-g=1.0 m
两弹孔之间的距离Δh=h2-h1=0.45 m
(3)若第一发子弹打到靶的下沿,则射出第一发子弹时,枪口与靶的距离为L1=(v0+v)=492 m
若第二发子弹打到靶的下沿,则射出第一发子弹时,枪口与靶的距离为L2=v+s=570 m
L的范围为492 m45.(2019天津理综,10,16分)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试,并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞,故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成,如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程,假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧,示意如图2,AB长L1=150 m,BC水平投影L2=63 m,图中C点切线方向与水平方向的夹角θ=12°(sin 12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动,经t=6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m=60 kg,g=10 m/s2,求
(1)舰载机水平运动的过程中,飞行员受到的水平力所做功W;
(2)舰载机刚进入BC时,飞行员受到竖直向上的压力FN多大。
答案　(1)7.5×104 J　(2)1.1×103 N
解析　本题考查匀变速直线运动、动能定理、圆周运动。通过对舰载机整个起飞过程的运动分析、受力分析,以及学生的综合分析能力,体现了科学推理的核心素养。国产航母是大国重器,通过本题也能厚植爱国情怀。
(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动,设其刚进入上翘甲板时的速度为v,则有
=①
根据动能定理,有
W=mv2-0②
联立①②式,代入数据,得
W=7.5×104 J③
(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R,根据几何关系,有
L2=R sin θ④
由牛顿第二定律,有
FN-mg=m⑤
联立①④⑤式,代入数据,得
FN=1.1×103 N⑥
一题多解　对(1)问:
舰载机由静止开始做匀加速直线运动
设其匀加速阶段的加速度大小为a,则有
L1=at2①
对飞行员分析得
F=ma②
飞行员受到的水平力所做的功
W=FL1③
联立①②③得
W=7.5×104 J
第28页共28页2014-2023年高考物理真题专题分类
专题五　万有引力与航天
1.(2023江苏,4,4分) 设想将来发射一颗人造卫星,能在月球绕地球运动的轨道上稳定运行,该轨道可视为圆轨道。该卫星与月球相比,一定相等的是(　　)
A.质量
B.向心力大小
C.向心加速度大小
D.受到地球的万有引力大小
答案：C 由题可知,该卫星与月球在同轨道绕地球做匀速圆周运动,均由地球对其的万有引力充当向心力,有F卫=G=m卫a卫,F月==m月a月,则该卫星与月球质量不一定相等,该卫星与月球所受地球的万有引力以及向心力大小不一定相等,向心加速度大小与地球质量M地及轨道半径r有关,故二者向心加速度大小一定相等,故A、B、D错误,C正确。
2.(2023新课标,17,6分)2023年5月,世界现役运输能力最大的货运飞船天舟六号,携带约5 800 kg的物资进入距离地面约400 km(小于地球同步卫星与地面的距离)的轨道,顺利对接中国空间站后近似做匀速圆周运动。对接后,这批物资(　　)
A.质量比静止在地面上时小
B.所受合力比静止在地面上时小
C.所受地球引力比静止在地面上时大
D.做圆周运动的角速度大小比地球自转角速度大
答案D 质量是物体本身的属性,不随状态变化而改变,所以A错误。根据F=可知这批物资在距离地面约400 km的轨道处所受引力比静止在地面上时小,故C错误。物资在轨道上做匀速圆周运动时,万有引力提供向心力,有=mrω2,ω=,则轨道半径越大,角速度越小,所以物资做圆周运动的角速度大小比地球同步卫星的角速度大,即比地球自转角速度大,所以D正确。对接后,物资所受合力为万有引力F1=mω2r,在地面上静止时所受合力提供其随地球自转的向心力F1'=mω'2r',r>r',ω>ω',则F1'3.(2023山东,3,3分)牛顿认为物体落地是由于地球对物体的吸引,这种吸引力可能与天体间(如地球与月球)的引力具有相同的性质,且都满足F∝。已知地月之间的距离r大约是地球半径的60倍,地球表面的重力加速度为g,根据牛顿的猜想,月球绕地球公转的周期为(　　)
A.30π B.30π
C.120π D.120π
答案：C 对月球,满足G=mr(G为引力常量);对地球表面一重物有m0g=G(G为引力常量),且r=60R,联立解得T=120π,故选C。
4.(2023湖南,4,4分)根据宇宙大爆炸理论,密度较大区域的物质在万有引力作用下,不断聚集可能形成恒星。恒星最终的归宿与其质量有关,如果质量为太阳质量的1~8倍将坍缩成白矮星,质量为太阳质量的10~20倍将坍缩成中子星,质量更大的恒星将坍缩成黑洞。设恒星坍缩前后可看成质量均匀分布的球体,质量不变,体积缩小,自转变快。不考虑恒星与其他物体的相互作用。已知逃逸速度为第一宇宙速度的倍,中子星密度大于白矮星。根据万有引力理论,下列说法正确的是(　　)
A.同一恒星表面任意位置的重力加速度相同
B.恒星坍缩后表面两极处的重力加速度比坍缩前的大
C.恒星坍缩前后的第一宇宙速度不变
D.中子星的逃逸速度小于白矮星的逃逸速度
答案:B 恒星两极处有mg极=G,则g极=,其他位置由于物体需要跟随恒星自转而做圆周运动,导致万有引力的一个分力用于提供物体跟随恒星自转所需向心力,另一分力为重力,故两极重力加速度大于恒星表面其他位置的重力加速度,A选项错误;恒星坍缩后体积缩小,即恒星半径R减小,所以坍缩后表面两极处的重力加速度g极=和第一宇宙速度v1=都随着R的减小而增大,故B选项正确,C选项错误;由ρ=、V=πR3、v2=v1、v1=可得,v2=,由题知中子星密度大于白矮星,但二者半径大小关系未知,故二者逃逸速度大小无法比较,D选项错误。
5.(2022河北,2,4分)2008年,我国天文学家利用国家天文台兴隆观测基地的2.16米望远镜,发现了一颗绕恒星HD173416运动的系外行星HD173416b。2019年,该恒星和行星被国际天文学联合会分别命名为“羲和”和“望舒”。天文观测得到恒星羲和的质量是太阳质量的2倍,若将望舒与地球的公转均视为匀速圆周运动,且公转的轨道半径相等,则望舒与地球公转速度大小的比值为 (　　)
A.2　　　　　B.2　　　　　C.　　　　　D.
答案　C　望舒与地球都是所受万有引力提供向心力而做匀速圆周运动,有G=m,可得v=,天文观测得到恒星羲和的质量是太阳质量的2倍,且望舒与地球的公转的轨道半径相等,则公转速度大小的比值为,C正确。
6.(2022全国乙,14,6分)2022年3月,中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约400 km的“天宫二号”空间站上通过天地连线,为同学们上了一堂精彩的科学课。通过直播画面可以看到,在近地圆轨道上飞行的“天宫二号”中,航天员可以自由地漂浮,这表明他们 (　　)
A.所受地球引力的大小近似为零
B.所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零
C.所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等
D.在地球表面上所受引力的大小小于其随飞船运动所需向心力的大小
答案　C　航天员受万有引力,且万有引力提供向心力,故航天员所受合力不为零,A、B错误;万有引力F=G,地表处r较小,则航天员在地表处所受万有引力大于在飞船上所受的万有引力,也就大于其随飞船运动所需向心力,D错误;航天员在飞船上所受地球引力约等于随飞船运动所需的向心力,C正确。
7.(2022广东,2,4分)“祝融号”火星车需要“休眠”以度过火星寒冷的冬季。假设火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一,且火星的冬季时长约为地球的1.88倍。火星和地球绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动。下列关于火星、地球公转的说法正确的是 (　　)
A.火星公转的线速度比地球的大
B.火星公转的角速度比地球的大
C.火星公转的半径比地球的小
D.火星公转的加速度比地球的小
答案　D　由题意可知T火=1.88T地,结合开普勒第三定律有=,整理可得=,可见r火>r地,故C错误;由=m,得v=,可见v火8.(2022浙江6月选考,6,3分)神舟十三号飞船采用“快速返回技术”,在近地轨道上,返回舱脱离天和核心舱,在圆轨道环绕并择机返回地面。则 (　　)
A.天和核心舱所处的圆轨道距地面高度越高,环绕速度越大
B.返回舱中的宇航员处于失重状态,不受地球的引力
C.质量不同的返回舱与天和核心舱可以在同一轨道运行
D.返回舱穿越大气层返回地面过程中,机械能守恒
答案　C　根据万有引力提供向心力有=m,可知v=,离地面越高,轨道半径越大,环绕速度越小,选项A错误;返回舱中的宇航员处于失重状态,但受地球的引力,选项B错误;根据v=可知,天体在同一个轨道上运行的速度与天体的质量无关,选项C正确;返回舱穿越大气层返回地面过程中,返回舱与空气剧烈摩擦,机械能减少,选项D错误。
9.(2022湖北,2,4分)2022年5月,我国成功完成了天舟四号货运飞船与空间站的对接,形成的组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动,周期约90分钟。下列说法正确的是 (　　)
A.组合体中的货物处于超重状态
B.组合体的速度大小略大于第一宇宙速度
C.组合体的角速度大小比地球同步卫星的大
D.组合体的加速度大小比地球同步卫星的小
答案　C　组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动,组合体中的货物处于完全失重状态,A错误;第一宇宙速度是最大的环绕速度,组合体的速度大小小于第一宇宙速度,B错误;组合体的环绕周期约90分钟,而地球同步卫星的运行周期为24小时,由ω=可知组合体的角速度大小比地球同步卫星的大,C正确;由G=mω2r知组合体的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径,由万有引力提供向心力即G=ma可知组合体的加速度大小比地球同步卫星的大,D错误。
10.(2022山东,6,3分)“羲和号”是我国首颗太阳探测科学技术试验卫星。如图所示,该卫星围绕地球的运动视为匀速圆周运动,轨道平面与赤道平面接近垂直。卫星每天在相同时刻、沿相同方向经过地球表面A点正上方,恰好绕地球运行n圈。已知地球半径为R,自转周期为T,地球表面重力加速度为g,则“羲和号”卫星轨道距地面高度为 (　　)
A.-R　　　　　　　　　　B.
C.-R　　　　　　　　　　D.
答案　C　根据题意,卫星绕地球的周期t=,设地球质量为M,地心与卫星中心距离为r,卫星绕地球做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力可知=mr,则GM=r3,且GM=gR2,卫星距地面高度h=r-R,代入化简得h=-R,故选C。
11.(2022浙江1月选考,8,3分)“天问一号”从地球发射后,在如图甲所示的P点沿地火转移轨道到Q点,再依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道,则天问一号 (　　)
A.发射速度介于7.9 km/s与11.2 km/s之间
B.从P点转移到Q点的时间小于6个月
C.在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小
D.在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度
答案　C　“天问一号”脱离地球,故发射速度应介于第二宇宙速度与第三宇宙速度之间,故A错误;根据开普勒第三定律=k可知,“天问一号”在停泊轨道上的运行周期比在调相轨道上的小,在地火转移轨道上的周期T天问大于地球公转周期T地=12个月,故从P到Q的时间大于6个月,故B错误,C正确。根据=,圆轨道半径越大速度越小,所以“天问一号”在火星轨道上的速度小于在地球轨道上的速度,而“天问一号”在地火转移轨道上由Q点向P点运动时,“天问一号”做近心运动,故“天问一号”在地火转移轨道上通过Q点的速度小于在火星轨道上时通过Q点的速度,据此可判定D错误。
12.(2022重庆,9,5分)(多选)我国载人航天事业已迈入“空间站时代”。若中国空间站绕地球近似做匀速圆周运动,运行周期为T,轨道半径约为地球半径的倍,已知地球半径为R,引力常量为G,忽略地球自转的影响,则 (　　)
A.漂浮在空间站中的宇航员不受地球的引力
B.空间站绕地球运动的线速度大小约为
C.地球的平均密度约为
D.空间站绕地球运动的向心加速度大小约为地面重力加速度的倍
答案　BD　漂浮在空间站中的宇航员依然受地球的引力,所受引力提供宇航员做匀速圆周运动的向心力,宇航员处于完全失重状态,A错误;空间站绕地球运动的线速度大小约为v===,B正确;设空间站的质量为m,根据万有引力提供向心力,有G=,地球的平均密度约为ρ==,C错误;根据万有引力提供向心力,有G=ma,空间站绕地球运动的向心加速度大小为a=,地表的重力加速度为g=,联立可得=,即空间站绕地球运动的向心加速度大小约为地面重力加速度的倍,故D正确。
13.(2022湖南,8,5分)(多选)如图,火星与地球近似在同一平面内,绕太阳沿同一方向做匀速圆周运动,火星的轨道半径大约是地球的1.5倍。地球上的观测者在大多数的时间内观测到火星相对于恒星背景由西向东运动,称为顺行;有时观测到火星由东向西运动,称为逆行。当火星、地球、太阳三者在同一直线上,且太阳和火星位于地球两侧时,称为火星冲日。忽略地球自转,只考虑太阳对行星的引力,下列说法正确的是 (　　)
A.火星的公转周期大约是地球的倍
B.在冲日处,地球上的观测者观测到火星的运动为顺行
C.在冲日处,地球上的观测者观测到火星的运动为逆行
D.在冲日处,火星相对于地球的速度最小
答案　CD　已知r火≈1.5r地,由开普勒第三定律可得=,所以≈,A错误。由万有引力提供向心力可得G=mω2r,所以ω=,地球的角速度大于火星的角速度,故在冲日处,地球上的观测者观测到火星由东向西运行,C正确。在冲日处,火星和地球的运动方向相同,故火星相对地球的速度最小,D正确。
14.(2019课标Ⅱ,14,6分)2019年1月,我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆。在探测器“奔向”月球的过程中,用h表示探测器与地球表面的距离,F表示它所受的地球引力,能够描述F随h变化关系的图像是(　　)
答案　D　本题考查了万有引力定律公式。考查了学生对万有引力定律的理解能力,体现了运动和相互作用的物理观念及科学推理的核心素养。
由万有引力定律可知,探测器受到的万有引力F=,其中R为地球半径。在探测器“奔向”月球的过程中,离地面距离h增大,其所受的万有引力非线性减小,故选项D正确。
储备知识　万有引力定律公式,数学函数与图像的关联。
15.(2015海南单科,6,3分)若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体,它们在水平方向运动的距离之比为2∶。已知该行星质量约为地球的7倍,地球的半径为R。由此可知,该行星的半径约为(　　)
A.R　　　　　　B.R　　　　　　
C.2R　　　　　　D.R
答案　C　在行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体,它们经历的时间之比即在水平方向运动的距离之比,所以=。竖直方向上做自由落体运动,重力加速度分别为g1和g2,因此===。
设行星和地球的质量分别为7M和M,行星的半径为r,由牛顿第二定律得
G=mg1
G=mg2
解得r=2R
因此A、B、D错,C对。
16.(2015江苏单科,3,3分)过去几千年来,人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内,行星“51 peg b”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕。“51 peg b”绕其中心恒星做匀速圆周运动,周期约为4天,轨道半径约为地球绕太阳运动半径的。该中心恒星与太阳的质量比约为(　　)
A.　　　　　　B.1　　　　　　C.5　　　　　　D.10
答案　B　对行星“51 peg b”有=m1r1
对地球有=m2r2
化简即得=·
代入数据得=·≈1
因此B正确。
17.(2020课标Ⅱ,15,6分)若一均匀球形星体的密度为ρ,引力常量为G,则在该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的周期是(　　)
A.　　　　　　B.　　　　　　C.　　　　　　D.
答案　A　设星体半径为R,则其质量M=πρR3;在该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星所受万有引力提供向心力,有G=m··R,联立解得T=,故A选项正确,B、C、D选项错误。
18.(2017北京理综,17,6分)利用引力常量G和下列某一组数据,不能计算出地球质量的是(　　)
A.地球的半径及重力加速度(不考虑地球自转)
B.人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期
C.月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离
D.地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离
答案　D　本题考查天体运动。已知地球半径R和重力加速度g,则mg=G,所以M地=,可求M地;近地卫星做圆周运动,G=m,T=,可解得M地==,已知v、T可求M地;对于月球:G=mr,则M地=,已知r、T月可求M地;同理,对地球绕太阳的圆周运动,只可求出太阳质量M太,故此题符合题意的选项是D项。
19.(2014课标Ⅱ,18,6分,0.370)假设地球可视为质量均匀分布的球体。已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0,在赤道的大小为g;地球自转的周期为T,引力常量为G。地球的密度为(　　)
A. 　　　　　　B.
C.　　　　　　D.
答案　B　在地球两极处,G=mg0,在赤道处,G-mg=mR,故R=,则ρ==== ,B正确。
20.(2019课标Ⅲ,15,6分)金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动,它们的向心加速度大小分别为a金、a地、a火,它们沿轨道运行的速率分别为v金、v地、v火。已知它们的轨道半径R金A.a金>a地>a火　　　　　　B.a火>a地>a金
C.v地>v火>v金　　　　　　D.v火>v地>v金
答案　A　本题考查万有引力定律和匀速圆周运动,体现了物理模型建构、科学推理等核心素养。
行星绕太阳做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,即G=ma向=m,解得a向=G,v=,由于R金a地>a火,v金>v地>v火,选项A正确。
21.(2018海南,2,4分)土星与太阳的距离是火星与太阳距离的6倍多。由此信息可知(　　)
A.土星的质量比火星的小
B.土星运行的速率比火星的小
C.土星运行的周期比火星的小
D.土星运行的角速度大小比火星的大
答案　B　本题考查不同环绕天体的速率、周期、角速度与轨道半径的关系。根据万有引力提供向心力,有G=m,得v=,即r越大,速率越小,但是不能比较土星与火星质量的大小,故A错误,B正确;由G=mr,得T=2π,即r越大,周期越大,故C错误;由G=mω2r,得ω=,即r越大,角速度越小,故D错误。
方法技巧　对于中心天体模型,只能求出中心天体的质量,无法求出环绕天体的质量,明确了这一点,可以快速判断A选项错误。
22.(2015北京理综,16,6分)假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动,已知地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离,那么　(　　)
A.地球公转周期大于火星的公转周期
B.地球公转的线速度小于火星公转的线速度
C.地球公转的加速度小于火星公转的加速度
D.地球公转的角速度大于火星公转的角速度
答案　D　据太阳对行星的引力提供行星运动所需的向心力得G=m=mω2r=m()2r=ma向,解得v=,ω=,T=2π,a向=,由题意知,r地v火,ω地>ω火,T地a火,D项正确。
23.(2014江苏单科,2,3分)已知地球的质量约为火星质量的10倍,地球的半径约为火星半径的2倍,则航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率约为(　　)
A.3.5 km/s　　　　　　B.5.0 km/s　　　　　　C.17.7 km/s　　　　　　D.35.2 km/s
答案　A　航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动,由火星对航天器的万有引力提供航天器的向心力得
=
同理 =
所以 ·=
v火=·v地,而v地=7.9 km/s
故v火= km/s≈3.5 km/s,选项A正确。
24.(2014福建理综,14,6分)若有一颗“宜居”行星,其质量为地球的p倍,半径为地球的q倍,则该行星卫星的环绕速度是地球卫星环绕速度的(　　)
A.倍　　　　　　B.倍　　　　　　C.倍　　　　　　D.倍
答案　C　对于中心天体的卫星,G=m,v=,设该行星卫星的环绕速度为v',地球卫星的环绕速度为v,则==,C正确。
25.(2014天津理综,3,6分)研究表明,地球自转在逐渐变慢,3亿年前地球自转的周期约为22小时。假设这种趋势会持续下去,地球的其他条件都不变,未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比(　　)
A.距地面的高度变大　　　　　　B.向心加速度变大
C.线速度变大　　　　　　D.角速度变大
答案　A　同步卫星运行周期与地球自转周期相同,由G=m(R+h)·有h=-R,故T增大时h也增大,A正确。同理由=ma=m=m(R+h)ω2可得a=、v=、ω=,故h增大后a、v、ω都减小,B、C、D皆错误。
26.(2014浙江理综,16,6分)长期以来“卡戎星(Charon)”被认为是冥王星唯一的卫星,它的公转轨道半径r1=19 600 km,公转周期T1=6.39天。2006年3月,天文学家新发现两颗冥王星的小卫星,其中一颗的公转轨道半径r2=48 000 km,则它的公转周期T2最接近于(　　)
A.15天　　　　　　B.25天　　　　　　C.35天　　　　　　D.45天
答案　B　由G=mr,解得T=2π,所以=,解得T2≈24.49天,所以B项正确。
27.(2015广东理综,20,6分)(多选)在星球表面发射探测器,当发射速度为v时,探测器可绕星球表面做匀速圆周运动;当发射速度达到v时,可摆脱星球引力束缚脱离该星球。已知地球、火星两星球的质量比约为10∶1,半径比约为2∶1,下列说法正确的有　(　　)
A.探测器的质量越大,脱离星球所需要的发射速度越大
B.探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大
C.探测器分别脱离两星球所需要的发射速度相等
D.探测器脱离星球的过程中,势能逐渐增大
答案　BD　设星球的质量为M,探测器的质量为m,则当探测器绕星球表面做圆周运动时有=m,R是星球半径,可见v=,v=,探测器脱离星球所需要的发射速度与探测器质量无关,==,A、C皆错误;由F=有==,故B正确;探测器脱离星球的过程中,星球对探测器的万有引力做负功,故其势能增大,D正确。
28.(2015山东理综,15,6分)如图,拉格朗日点L1位于地球和月球连线上,处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下,可与月球一起以相同的周期绕地球运动。据此,科学家设想在拉格朗日点L1建立空间站,使其与月球同周期绕地球运动。以a1、a2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小,a3表示地球同步卫星向心加速度的大小。以下判断正确的是(　　)
A.a2>a3>a1　　　　　　B.a2>a1>a3
C.a3>a1>a2　　　　　　D.a3>a2>a1
答案　D　地球同步卫星受月球引力可以忽略不计,表明地球同步卫星距离月球要比空间站距离月球更远,则地球同步卫星轨道半径r3、空间站轨道半径r1、月球轨道半径r2之间的关系为r2>r1>r3,由=ma知,a3=,a2=,所以a3>a2;由题意知空间站与月球周期相等,由ma=mr知,a1=r1,a2=r2,所以a2>a1。因此a3>a2>a1,D正确。
29.(2014课标Ⅰ,19,6分,0.359)(多选)太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间,且三者几乎排成一条直线的现象,天文学称为“行星冲日”。据报道,2014年各行星冲日时间分别是:1月6日木星冲日;4月9日火星冲日;5月11日土星冲日;8月29日海王星冲日;10月8日天王星冲日。已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示,则下列判断正确的是(　　)
地球 火星 木星 土星 天王星 海王星
轨道半径(AU) 1.0 1.5 5.2 9.5 19 30
A.各地外行星每年都会出现冲日现象
B.在2015年内一定会出现木星冲日
C.天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半
D.地外行星中,海王星相邻两次冲日的时间间隔最短
答案　BD　设地球和地外行星的公转周期分别为T地和T星,公转轨道半径分别为r地和r星,由G=mr解得T=2π,所以=,结合题给数据得T火≈1.84T地,T木≈11.86T地,T土≈29.28T地,T天王≈82.82T地,T海王≈164.32T地。设地外行星连续两次冲日的时间间隔为t,则t-t=2π,解得t==>T地=1年,故各地外行星不会每年都出现冲日现象,A项错误;t木==≈1.09年,而2014年木星冲日时间为1月6日,下次冲日时间应为2015年2月,B项正确;t天王==年≈1.01年,t土==年≈1.04年,C项错误;由t=知T星越大,t越小,故D项正确。
30.(2015重庆理综,2,6分)宇航员王亚平在“天宫1号”飞船内进行了我国首次太空授课,演示了一些完全失重状态下的物理现象。若飞船质量为m,距地面高度为h,地球质量为M,半径为R,引力常量为G,则飞船所在处的重力加速度大小为(　　)
A.0　　　　　　B.　　　　　　C.　　　　　　D.
答案　B　对飞船应用牛顿第二定律有:G=mgh,则gh=,故B正确。
31.(2019海南单科,4,4分)2019年5月,我国第45颗北斗卫星发射成功。已知该卫星轨道距地面的高度约为36 000 km,是“天宫二号”空间实验室轨道高度的90倍左右,则(　　)
A.该卫星的速率比“天宫二号”的大
B.该卫星的周期比“天宫二号”的大
C.该卫星的角速度比“天宫二号”的大
D.该卫星的向心加速度比“天宫二号”的大
答案　B　本题考查地球卫星的速率、周期、角速度、向心加速度与轨道半径的关系。
根据G=mrω2=mr=m=ma,解得v=,T=2π,ω=,a=,因该北斗卫星的轨道半径大于“天宫二号”的轨道半径,可知该卫星的速率比“天宫二号”的小;该卫星的周期比“天宫二号”的大;该卫星的角速度比“天宫二号”的小;该卫星的向心加速度比“天宫二号”的小。故选项B正确,A、C、D错误。
32.(2019天津理综,1,6分)2018年12月8日,肩负着亿万中华儿女探月飞天梦想的嫦娥四号探测器成功发射,“实现人类航天器首次在月球背面巡视探测,率先在月背刻上了中国足迹”。已知月球的质量为M、半径为R,探测器的质量为m,引力常量为G,嫦娥四号探测器围绕月球做半径为r的匀速圆周运动时,探测器的(　　)
A.周期为　　　　　　B.动能为
C.角速度为　　　　　　D.向心加速度为
答案　A　模型建构、运动与相互作用观念等要素在本题中均有体现。题目以嫦娥四号探测器的发射与运行为背景,厚植着深深的爱国情怀。
探测器围绕月球做匀速圆周运动,月球对探测器的引力充当向心力,则G=m=mω2r=mr=ma向,解得a向=G,T=2π,ω=,Ek=mv2=,故A项正确。
解题关键　准确掌握卫星做匀速圆周运动时万有引力提供向心力的规律,是解决这类问题的关键。
33.(2018课标Ⅲ,15,6分)为了探测引力波,“天琴计划”预计发射地球卫星P,其轨道半径约为地球半径的16倍;另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍。P与Q的周期之比约为(　　)
A.2∶1　　　　　　B.4∶1　　　　　　C.8∶1　　　　　　D.16∶1
答案　C　本题考查万有引力定律、向心力公式、周期公式。卫星P、Q围绕地球做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,即G=mR,则T=,==,选项C正确。
34.(2018天津理综,6,6分)(多选)2018年2月2日,我国成功将电磁监测试验卫星“张衡一号”发射升空,标志我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一。通过观测可以得到卫星绕地球运动的周期,并已知地球的半径和地球表面处的重力加速度。若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动,且不考虑地球自转的影响,根据以上数据可以计算出卫星的(　　)
A.密度　　　　 　　B.向心力的大小
C.离地高度　　　　　　D.线速度的大小
答案　CD　本题考查万有引力定律的应用。设卫星离地面的高度为h,则有G=m(R+h),结合m0g=,得h=-R=-R,又v=(R+h),可见C、D项均正确。因为卫星的质量未知,故无法算出卫星向心力的大小和卫星的密度,故A、B错误。
易错警示　对地面上的物体有m0g=G,结合ρ=可求出地球的密度,但题目要求算出卫星的密度,故不细心审题,可能会被已知地球的半径和地球表面处的重力加速度误导而错选A。
35.(2018江苏单科,1,3分)我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高。今年5月9日发射的“高分五号”轨道高度约为705 km,之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36 000 km,它们都绕地球做圆周运动。与“高分四号”相比,下列物理量中“高分五号”较小的是(　　)
A.周期　　　　　　B.角速度
C.线速度　　　　　　D.向心加速度
答案　A　本题考查万有引力定律及其应用、宇宙航行。设地球质量为M,卫星质量为m,轨道半径为R,卫星绕地球做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,即G=,结合v=ωR,ω=,a=,解得v=,ω=,T=,a=,可知v∝,ω∝,T∝,a∝,由题知R四>R五,结合上面式子得v五>v四,ω五>ω四,a五>a四,T五36.(2017江苏单科,6,4分)(多选)“天舟一号”货运飞船于2017年4月20日在文昌航天发射中心成功发射升空。与“天宫二号”空间实验室对接前,“天舟一号”在距地面约380 km的圆轨道上飞行,则其(　　)
A.角速度小于地球自转角速度
B.线速度小于第一宇宙速度
C.周期小于地球自转周期
D.向心加速度小于地面的重力加速度
答案　BCD　本题考查万有引力定律、人造卫星的运行规律。由于地球自转的角速度、周期等物理量与地球同步卫星一致,故“天舟一号”可与地球同步卫星比较。由于“天舟一号”的轨道半径小于同步卫星的轨道半径,所以,角速度是“天舟一号”大,周期是同步卫星大,选项A错,C对;第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度,故“天舟一号”的线速度小于第一宇宙速度,B对;对“天舟一号”有G=ma向,所以a向=G,而地面重力加速度g=G,故a向37.(2016江苏单科,7,4分)(多选)如图所示,两质量相等的卫星A、B绕地球做匀速圆周运动,用R、T、Ek、S分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积。下列关系式正确的有(　　)
A.TA>TB　　　　　　B.EkA>EkB　　　　　　C.SA=SB　　　　　　D.=
答案　AD　卫星做匀速圆周运动时有=m=mRω2=mR,则T=2π∝,故TA>TB,=,A、D皆正确;Ek=mv2=∝,故EkA38.(2015福建理综,14,6分)如图,若两颗人造卫星a和b均绕地球做匀速圆周运动,a、b到地心O的距离分别为r1、r2,线速度大小分别为v1、v2,则(　　)
A.=　　　　　　B.=
C.=()2　　　　　　D.=()2
答案　A　万有引力提供卫星绕地球做匀速圆周运动的向心力,有G=m,所以v=,=,A项正确。
39.(2015课标Ⅰ,21,6分,0.439)(多选)我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后,先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行;然后经过一系列过程,在离月面4 m高处做一次悬停(可认为是相对于月球静止);最后关闭发动机,探测器自由下落。已知探测器的质量约为1.3×103 kg,地球质量约为月球的81倍,地球半径约为月球的3.7倍,地球表面的重力加速度大小约为9.8 m/s2。则此探测器(　　)
A.在着陆前的瞬间,速度大小约为8.9 m/s
B.悬停时受到的反冲作用力约为2×103 N
C.从离开近月圆轨道到着陆这段时间内,机械能守恒
D.在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度
答案　BD　月球表面重力加速度大小g月=G=·G=g地=1.66 m/s2,则探测器在月球表面着陆前的速度大小vt==3.6 m/s,A项错;悬停时受到的反冲作用力F=mg月=2×103 N,B项正确;从离开近月圆轨道到着陆过程中,有发动机工作阶段,故机械能不守恒,C项错;在近月圆轨道上运行的线速度v月=<,故D项正确。
解题关键　①求解探测器着陆前的瞬时速度和悬停时受到的反冲作用力,都需要先求出月球表面的重力加速度g月;②从离开近月圆轨道到着陆的过程中,有一部分时间发动机处于工作状态,机械能不守恒;③由mg=得v=是一个重要的关系式。
40.(2014山东理综,20,6分)2013年我国相继完成“神十”与“天宫”对接、“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程。某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想:如图,将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到h高度的轨道上,与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接,然后由飞船送“玉兔”返回地球。设“玉兔”质量为m,月球半径为R,月面的重力加速度为g月。以月面为零势能面,“玉兔”在h高度的引力势能可表示为Ep=,其中G为引力常量,M为月球质量。若忽略月球的自转,从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为(　　)
A.(h+2R)　　　　　　B.(h+R)
C.　　　　　　D.
答案　D　对“玉兔”,由G=m得v=,动能Ek=mv2,势能Ep=且GM=R2g月,由功能关系知对“玉兔”做的功W=Ek+Ep=,故D项正确。
41.(2016四川理综,3,6分)国务院批复,自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”。1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号,目前仍然在椭圆轨道上运行,其轨道近地点高度约为440 km,远地点高度约为2 060 km;1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35 786 km的地球同步轨道上。设东方红一号在远地点的加速度为a1,东方红二号的加速度为a2,固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3,则a1、a2、a3的大小关系为(　　)
A.a2>a1>a3　　　　　　B.a3>a2>a1　　　　　　C.a3>a1>a2　　　　　　D.a1>a2>a3
答案　D　对于东方红一号与东方红二号,由G=ma得:a=,由此式可知a1>a2。对于地球同步卫星东方红二号和地球赤道上的物体,由a=ω2r=r可知,a2>a3。综上可见,a1>a2>a3,故D正确。
易错点拨　由a=比较加速度的大小,只适用于正常运行的卫星,对赤道上的物体是不成立的。
42.(2016天津理综,3,6分)我国即将发射“天宫二号”空间实验室,之后发射“神舟十一号”飞船与“天宫二号”对接。假设“天宫二号”与“神舟十一号”都围绕地球做匀速圆周运动,为了实现飞船与空间实验室的对接,下列措施可行的是(　　)
A.使飞船与空间实验室在同一轨道上运行,然后飞船加速追上空间实验室实现对接
B.使飞船与空间实验室在同一轨道上运行,然后空间实验室减速等待飞船实现对接
C.飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速,加速后飞船逐渐靠近空间实验室,两者速度接近时实现对接
D.飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速,减速后飞船逐渐靠近空间实验室,两者速度接近时实现对接
答案　C　对于绕地球做圆周运动的人造天体,由=m,有v=∝,可见v与r是一一对应的。在同一轨道上运行速度相同,不能对接;而从同一轨道上加速或减速时由于发生变轨,二者不能处于同一轨道上,亦不能对接,A、B皆错误。飞船处于半径较小的轨道上,要实现对接,需增大飞船的轨道半径,飞船加速,则轨道半径变大;飞船减速,则轨道半径变小,C正确,D错误。
43.(2016北京理综,18,6分)如图所示,一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行,在P点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动。下列说法正确的是(　　)
A.不论在轨道1还是轨道2运行,卫星在P点的速度都相同
B.不论在轨道1还是轨道2运行,卫星在P点的加速度都相同
C.卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度
D.卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量
答案　B　卫星在轨道1上运行到P点,经加速后才能在轨道2上运行,故A错误。由G=ma得:a=,由此式可知B正确、C错。卫星在轨道2上的任何位置具有的动量大小相等,但方向不同,故D错。
易错点拨　卫星做圆周运动的加速度要根据实际运动情况分析。与相等时,卫星才可以做稳定的匀速圆周运动;>时,卫星将做离心运动。
44.(2015天津理综,8,6分)(多选)P1、P2为相距遥远的两颗行星,距各自表面相同高度处各有一颗卫星s1、s2做匀速圆周运动。图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a,横坐标表示物体到行星中心的距离r的平方,两条曲线分别表示P1、P2周围的a与r2的反比关系,它们左端点横坐标相同。则(　　)
A.P1的平均密度比P2的大
B.P1的“第一宇宙速度”比P2的小
C.s1的向心加速度比s2的大
D.s1的公转周期比s2的大
答案　AC　设行星的半径为R、质量为M、卫星的质量为m,对于卫星有:G=ma,则a=。由a-r2图像中两条曲线左端点横坐标相同可知,r最小值相同,说明两卫星s1、s2在两行星表面运行,行星P1、P2的半径R是相同的,而两颗卫星到各自行星表面的距离也相同,所以卫星s1、s2到各自行星的距离r是相同的,由图像可知,s1的向心加速度比s2的大,即C正确。由a=可知,r相同时,a大说明对应的M也大,故P1的平均密度比P2的大,即A正确。设在行星表面发射卫星的“第一宇宙速度”为v,则有G=m,v=,可见R相同时M大的对应的v也大,即P1的“第一宇宙速度”大,故B错。卫星的公转周期设为T,则有:G=mr,T=2π,可见s1的公转周期小,故D错。
45.(2015四川理综,5,6分)登上火星是人类的梦想,“嫦娥之父”欧阳自远透露:中国计划于2020年登陆火星。地球和火星公转视为匀速圆周运动,忽略行星自转影响。根据下表,火星和地球相比(　　)
行星 半径/m 质量/kg 轨道半径/m
地球 6.4×106 6.0×1024 1.5×1011
火星 3.4×106 6.4×1023 2.3×1011
A.火星的公转周期较小
B.火星做圆周运动的加速度较小
C.火星表面的重力加速度较大
D.火星的第一宇宙速度较大
答案　B　设太阳质量为M,行星质量为m,太阳对行星的引力提供行星绕太阳做匀速圆周运动的向心力,=m()2r,解得T=2π,由于r火>r地,所以T火>T地,A错误;由=ma得行星绕太阳做匀速圆周运动的加速度a=,a火g火,第一宇宙速度v=,代入数据,v地>v火,C、D错误。
46.[2017天津理综,9(1)]我国自主研制的首艘货运飞船“天舟一号”发射升空后,与已经在轨运行的“天宫二号”成功对接形成组合体。假设组合体在距地面高为h的圆形轨道上绕地球做匀速圆周运动,已知地球的半径为R,地球表面处重力加速度为g,且不考虑地球自转的影响。则组合体运动的线速度大小为　　　,向心加速度大小为　　　。
答案　R　g
解析　本题考查天体运动、万有引力定律的应用。
设组合体的质量为m、运转线速度为v、地球质量为M,则
G=ma向=m①,又有G=mg②,联立上述两式得a向=g,v=R。
试题评析　本题为万有引力定律在天体运动中的应用,考生只要应用天体运动中万有引力充当向心力这一规律,就可顺利作答,本题难度为易。
47.(2022北京,19,10分)利用物理模型对问题进行分析,是重要的科学思维方法。
(1)某质量为m的行星绕太阳运动的轨迹为椭圆,在近日点速度为v1,在远日点速度为v2。求从近日点到远日点过程中太阳对行星所做的功W。
(2)设行星与恒星的距离为r,请根据开普勒第三定律(=k)及向心力相关知识,证明恒星对行星的作用力F与r的平方成反比。
(3)宇宙中某恒星质量是太阳质量的2倍,单位时间内向外辐射的能量是太阳的16倍。设想地球“流浪”后绕此恒星公转,且在新公转轨道上的温度与“流浪”前一样。地球绕太阳公转的周期为T1,绕此恒星公转的周期为T2,求。
答案　(1)m-m　(2)见解析　(3)4
解析　(1)根据动能定理有W=m-m
(2)设行星绕恒星做匀速圆周运动,行星的质量为m,运动半径为r,运动速度大小为v。恒星对行星的作用力F提供向心力,
则F=m
运动周期T=
根据开普勒第三定律=k,k为常量,
得F=
即恒星对行星的作用力F与r的平方成反比。
(3)假定恒星的能量辐射各向均匀,地球绕恒星做半径为r的圆周运动,恒星单位时间内向外辐射的能量为P0。以恒星为球心,以r为半径的球面上,单位面积单位时间接收到的辐射能量P=。
设地球绕太阳公转半径为r1,在新轨道上公转半径为r2。地球在新公转轨道上的温度与“流浪”前一样,必须满足P不变,由于恒星单位时间内向外辐射的能量是太阳的16倍,
得r2=4r1
设恒星质量为M,地球在轨道上运行周期为T,地球的质量为m地。
万有引力提供向心力=m地
得T=
由于恒星质量是太阳质量的2倍,
得=4
48.(2022江苏,14,13分)在轨空间站中物体处于完全失重状态,对空间站的影响可忽略。空间站上操控货物的机械臂可简化为两根相连的等长轻质臂杆,每根臂杆长为L。如题图1所示,机械壁一端固定在空间站上的O点,另一端抓住质量为m的货物。在机械臂的操控下,货物先绕O点做半径为2L、角速度为ω的匀速圆周运动,运动到A点停下。然后在机械臂操控下,货物从A点由静止开始做匀加速直线运动,经时间t到达B点,A、B间的距离为L。
(1)求货物做匀速圆周运动时受到的向心力大小Fn;
(2)求货物运动到B点时机械臂对其做功的瞬时功率P;
(3)在机械臂作用下,货物、空间站和地球的位置如题图2所示,它们在同一直线上。货物与空间站同步做匀速圆周运动。已知空间站轨道半径为r,货物与空间站中心的距离为d,忽略空间站对货物的引力,求货物所受的机械臂作用力与所受的地球引力之比F1∶F2。
答案　(1)2mLω2　(2)　(3)
解析　(1)由向心力公式可得Fn=mrω2=2mLω2。
(2)由匀变速直线运动公式L=at2,v=at,再由牛顿第二定律F=ma,瞬时功率公式P=Fv,联立可解得P=。
(3)设地球质量为M、空间站质量为m',货物与空间站一起绕地球转动的角速度为ω',则由牛顿第二定律,
对空间站有+F1=m'rω'2
对货物有-F1=m(r-d)ω'2
联立F2=,解得=。考虑到货物的质量m远小于空间站质量m',可得≈。
49.(2014重庆理综,7,15分)如图为“嫦娥三号”探测器在月球上着陆最后阶段的示意图。首先在发动机作用下,探测器受到推力在距月面高度为h1处悬停(速度为0,h1远小于月球半径);接着推力改变,探测器开始竖直下降,到达距月面高度为h2处的速度为v;此后发动机关闭,探测器仅受重力下落至月面。已知探测器总质量为m(不包括燃料),地球和月球的半径比为k1,质量比为k2,地球表面附近的重力加速度为g,求:
(1)月球表面附近的重力加速度大小及探测器刚接触月面时的速度大小;
(2)从开始竖直下降到刚接触月面时,探测器机械能的变化。
答案　(1)g　　(2)mv2-mg(h1-h2)
解析　(1)设地球质量和半径分别为M和R,月球的质量、半径和表面附近的重力加速度分别为M'、R'和g',探测器刚接触月面时的速度大小为vt。则=k2,=k1
由mg'=G和mg=G得g'=g
由-v2=2g'h2得vt=
(2)设机械能变化量为ΔE,动能变化量为ΔEk,重力势能变化量为ΔEp。
由ΔE=ΔEk+ΔEp
有ΔE=m-mg'h1=m(v2+)-mgh1
得ΔE=mv2-mg(h1-h2)
50.(2014四川理综,9,15分)石墨烯是近些年发现的一种新材料,其超高强度及超强导电、导热等非凡的物理化学性质有望使21世纪的世界发生革命性的变化,其发现者由此获得2010年诺贝尔物理学奖。用石墨烯制作超级缆绳,人类搭建“太空电梯”的梦想有望在本世纪实现。科学家们设想,通过地球同步轨道站向地面垂下一条缆绳至赤道基站,电梯仓沿着这条缆绳运行,实现外太空和地球之间便捷的物资交换。
(1)若“太空电梯”将货物从赤道基站运到距地面高度为h1的同步轨道站,求轨道站内质量为m1的货物相对地心运动的动能。设地球自转角速度为ω,地球半径为R。
(2)当电梯仓停在距地面高度h2=4R的站点时,求仓内质量m2=50 kg的人对水平地板的压力大小。取地面附近重力加速度g=10 m/s2,地球自转角速度ω=7.3×10-5 rad/s,地球半径R=6.4×103 km。
答案　(1)m1ω2(R+h1)2　(2)11.5 N
解析　(1)设货物相对地心的距离为r1,线速度为v1,则
r1=R+h1①
v1=r1ω②
货物相对地心运动的动能为Ek=m1③
联立①②③得Ek=m1ω2(R+h1)2④
说明:①②③④式各1分
(2)设地球质量为M,人相对地心的距离为r2,向心加速度为a,受地球的万有引力为F,则
r2=R+h2⑤
a=ω2r2⑥
F=G⑦
g=⑧
设水平地板对人的支持力大小为N,人对水平地板的压力大小为N',则
F-N=m2a⑨
N'=N⑩
联立⑤~⑩式并代入数据得N'=11.5 N
说明:⑥⑦⑧⑨式各2分,⑤⑩式各1分
51.(2015安徽理综,24,20分)由三颗星体构成的系统,忽略其他星体对它们的作用,存在着一种运动形式:三颗星体在相互之间的万有引力作用下,分别位于等边三角形的三个顶点上,绕某一共同的圆心O在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动(图示为A、B、C三颗星体质量不相同时的一般情况)。若A星体质量为2m,B、C两星体的质量均为m,三角形的边长为a,求:
(1)A星体所受合力大小FA;
(2)B星体所受合力大小FB;
(3)C星体的轨道半径RC;
(4)三星体做圆周运动的周期T。
答案　(1)2G　(2)G　(3)a　(4)π
解析　(1)由万有引力定律,A星体所受B、C星体引力大小为
FBA=G=G=FCA,方向如图
则合力大小为FA=2G
(2)同上,B星体所受A、C星体引力大小分别为
FAB=G=G,FCB=G=G,方向如图
由FBx=FAB cos 60°+FCB=2G,FBy=FAB sin 60°=G
可得FB==G
(3)通过分析可知,圆心O在中垂线AD的中点,RC=
(或:由对称性可知OB=OC=RC　cos∠OBD===)
可得RC=a
(4)三星体运动周期相同,对C星体,由FC=FB=G=m()2RC
可得T=π
第1页共28页2014-2023年高考物理真题专题分类
专题一　直线运动
1.(2023山东,6,3分)如图所示,电动公交车做匀减速直线运动进站,连续经过R、S、T三点,已知ST间的距离是RS的两倍,RS段的平均速度是10 m/s,ST段的平均速度是5 m/s,则公交车经过T点时的瞬时速度为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A.3 m/s B.2 m/s
C.1 m/s D.0.5 m/s
答案：C本题解法不唯一,仅取两种解法为例。
解法一　设电动公交车通过R、S、T三点的速度分别为vR、vS、vT,通过RS段和ST段的平均速度分别为、,依题意,由匀变速直线运动规律有:
==10 m/s①
==5 m/s②
xRS=·tRS③
xST=·tST④
xST=2xRS⑤
由③④⑤联立可得tST=4tRS⑥
设匀减速直线运动的加速度大小为a,则
vR=vT+5atRS⑦
vS=vT+4atRS⑧
联立①⑦⑧式,整理可得9atRS=20-2vT⑨
联立②⑧式,整理可得4atRS=10-2vT⑩
⑨⑩两式相除得=,即=,解得vT=1 m/s,故C选项正确。
解法二　设电动公交车通过R、S、T三点的速度分别为vR、vS、vT,通过RS段和ST段的平均速度分别为、,依题意,设匀减速直线运动的加速度大小为a,由匀变速直线运动规律有:
==10 m/s①
==5 m/s②
-=2axRS③
-=2axST④
xST=2xRS⑤
联立③④⑤式,得==⑥
联立①②⑥式,得vR=vT+10 m/s,
vS=10 m/s-vT,=
解得vT=1 m/s
2. (2023全国乙,14,6分)一同学将排球自O点垫起,排球竖直向上运动,随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比,则该排球(　　)
A.上升时间等于下落时间
B.被垫起后瞬间的速度最大
C.达到最高点时加速度为零
D.下落过程中做匀加速运动
答案：B 上升过程也可以看成反向初速度为零的加速运动,如图a,下降过程如图b。比较图a、图b描述的两个加速运动,初速度都是零,位移相同,设重力加速度为g,图a中描述的加速运动的加速度大于g,加速度逐渐增加,最高点加速度为g;图b中描述的加速运动的加速度小于g,加速度逐渐减小,最高点加速度为g,由此可判定v0>v0',即排球被垫起后瞬间的速度最大,也可判定t上3.(2023全国甲,16,6分)一小车沿直线运动,从t=0开始由静止匀加速至t=t1时刻,此后做匀减速运动,到t=t2时刻速度降为零。在下列小车位移x与时间t的关系曲线中,可能正确的是(　　)
16 D
位移-时间图线切线的斜率表示速度,0~t1时间内,小车做匀加速直线运动,速度增大,x-t图线斜率增大;t1~t2时间内,小车做匀减速直线运动,速度减小,x-t图线斜率减小,A、B、C选项错误,D选项正确。
4.(2022全国甲,15,6分)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶,速率为v0,要通过前方一长为L的隧道,当列车的任一部分处于隧道内时, 列车速率都不允许超过v(vA.+　　　　　　　　　　 B.+
C.+　　　　　　　　　　 D.+
答案　C　列车车头到达隧道前减速时间t1=,在隧道中匀速行驶时间t2=,车尾离开隧道后,加速时间t3=,总时间t=t1+t2+t3=+,故选C。
5.(2022河北,1,4分)科学训练可以提升运动成绩。某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中,速度v与时间t的关系图像如图所示。由图像可知 (　　)
A.0~t1时间内,训练后运动员的平均加速度大
B.0~t2时间内,训练前、后运动员跑过的距离相等
C.t2~t3时间内,训练后运动员的平均速度小
D.t3时刻后,运动员训练前做减速运动,训练后做加速运动
答案　D　t1时刻,实线对应的速度比虚线的小,由a=可知,0~t1时间内,训练后运动员的平均加速度比训练前的小,A错误;v-t图线与t轴所围的面积表示位移,由图可知0~t2时间内,训练前运动员跑过的距离比训练后的大,B错误;t2~t3时间内,训练后运动员的位移比训练前的位移大,可知训练后运动员的平均速度大,故C错误;根据v-t图像可知,t3时刻后,运动员训练前速度减小,做减速运动,训练后速度增大,做加速运动,故D正确。
6.(2022浙江1月选考,2,3分)下列说法正确的是 (　　)
甲　　　　　　　　　　乙
丙　　　　　　　　　　丁
A.研究甲图中排球运动员扣球动作时,排球可以看成质点
B.研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时,乒乓球不能看成质点
C.研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时,羽毛球大小可以忽略
D.研究丁图中体操运动员的平衡木动作时,运动员身体各部分的速度可视为相同
答案　B　研究排球运动员扣球动作时,扣击排球上不同部位时得到的结果不同,此时排球不可以看成质点,A错误;研究乒乓球运动员的发球技术时,乒乓球的不同部位受到击打时产生的结果不同,此时乒乓球不能看成质点,B正确;研究羽毛球运动员回击羽毛球动作时,回击羽毛球上不同部位时产生的结果不同,此时羽毛球大小不能忽略,C错误;研究体操运动员的平衡木动作时,运动员身体各部分的速度不全相同,D错误。
7.(2022湖北,6,4分)我国高铁技术全球领先,乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1 080 km, W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发,经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108 km/h,高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中,加速度大小均为0.5 m/s2,其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动,两种列车在每个车站停车时间相同,则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为 (　　)
A.6小时25分钟　　　　　　　　　　B.6小时30分钟
C.6小时35分钟　　　　　　　　　　D.6小时40分钟
答案　B　设列车最高速度为v,匀加速及匀减速运动时间均为t1,匀速运动时间为t2,两相邻车站间距为L,则列车从W到G的运动时间为t=5(t2+2t1)=5×+10t1=+5t1=+,由题意可知L= km=2.16×105 m,两列车在每站停车时间相同,故节省时间Δt= s+ s-=6 h 30 min,故B正确。
8.(2019海南单科,3,4分)汽车在平直公路上以20 m/s的速度匀速行驶。前方突遇险情,司机紧急刹车,汽车做匀减速运动,加速度大小为8 m/s2。从开始刹车到汽车停止,汽车运动的距离为(　　)
A.10 m　　　　　　B.20 m　　　　　　C.25 m　　　　　　D.50 m
答案　C　汽车做匀减速运动,根据=2ax解得x== m=25 m,故选C。
9.(2018海南单科,1,4分)一攀岩者以1 m/s的速度匀速向上攀登,途中碰落了岩壁上的石块,石块自由下落。3 s后攀岩者听到石块落地的声音,此时他离地面的高度约为(　　)
A.10 m　　　　　　B.30 m　　　　　　C.50 m　　　　　　D.70 m
答案　C　本题考查自由落体运动遵循的规律及其相关的知识点,同时考查了估算能力。
综合石块、攀岩者和声音的运动,体现了模型建构、科学推理核心素养。
若不考虑空气阻力和声速,根据自由落体运动遵循的规律可知,石块自由下落的高度约为h=gt2=44.1 m;这期间攀岩者爬了约3 m,所以距离地面高度约为47.1 m,与C选项最接近,故选C。
10.(2018浙江4月选考,2,3分)某驾驶员使用定速巡航,在高速公路上以时速110公里行驶了200公里,其中“时速110公里”、“行驶200公里”分别是指(　　)
A.速度、位移　　　　　　B.速度、路程
C.速率、位移　　　　　　D.速率、路程
答案　D　“行驶了200公里”指的是经过的路程的大小,“时速110公里”是指速度的大小即速率,故D正确,A、B、C错误;故选D。
11.(2015浙江理综,15,6分)如图所示,气垫导轨上滑块经过光电门时,其上的遮光条将光遮住,电子计时器可自动记录遮光时间Δt。测得遮光条的宽度为Δx,用近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度。为使更接近瞬时速度,正确的措施是　(　　)
A.换用宽度更窄的遮光条
B.提高测量遮光条宽度的精确度
C.使滑块的释放点更靠近光电门
D.增大气垫导轨与水平面的夹角
答案　A　 实质上是滑块通过光电门时的平均速度,所以要使瞬时速度的测量值更接近于真实值,可将遮光条的宽度减小一些,所以B、C、D项错误,A项正确。
12.(2015江苏单科,5,6分)如图所示,某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m设有一个关卡,各关卡同步放行和关闭,放行和关闭的时间分别为5 s和2 s。关卡刚放行时,一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s,然后匀速向前,则最先挡住他前进的关卡是(　　)
A.关卡2　　　　　　B.关卡3　　　　　　C.关卡4　　　　　　D.关卡5
答案　C　由v=at解得,该同学加速到2 m/s所用时间为1 s,通过的位移x1=a=1 m。之后的4 s匀速,通过的位移为x2=vt2=2×4 m=8 m,可见关卡关闭时该同学到达关卡2右侧1 m处。之后2 s内运动位移为4 m,关卡再次打开时,该同学在5 s内又运动10 m,到达关卡4左侧1 m处,此时关卡恰好关闭,而该同学运动到关卡4只需0.5 s,关卡4仍处于关闭状态,故选C。
评析　本题考查知识并不难,但对考生的分析推理能力要求较高,所以属于稍偏难的题。弄清关卡每次关闭时该同学到达何处,是解题的突破口。
13.(2015山东理综,14,6分)距地面高5 m的水平直轨道上A、B两点相距2 m,在B点用细线悬挂一小球,离地高度为h,如图。小车始终以4 m/s的速度沿轨道匀速运动,经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下,小车运动至B点时细线被轧断,最后两球同时落地。不计空气阻力,取重力加速度的大小g=10 m/s2。可求得h等于(　　)
A.1.25 m　　　　　　B.2.25 m　　　　　　C.3.75 m　　　　　　D.4.75 m
答案　A　小车由A运动到B的时间为 s=0.5 s,对左侧小球,5 m=gt2,对右侧小球,h=g(t-0.5 s)2,解得h=1.25 m,所以A正确。
14.(2014上海单科,8,2分)在离地高h处,沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球,它们的初速度大小均为v,不计空气阻力,两球落地的时间差为(　　)
A.　　　　　　B.　　　　　　C.　　　　　　D.
答案　A　解法一(运动学解法)　以竖直向下为正方向,对向上和向下抛出的两个小球,分别有h=-vt1+g,h=vt2+g,Δt=t1-t2,解以上三式得两球落地的时间差Δt=,故A正确。
解法二(动量解法)　以竖直向下为正方向,对向上和向下抛出的两球,分别由动量定理得mgt1=m(v1'+v),mgt2=m(v2'-v),又由2gh=v1'2-v2=v2'2-v2,解以上各式得两球落地的时间差Δt=t1-t2=,故A正确。
15.(2013广东理综,13,4分)某航母跑道长200 m。飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s2,起飞需要的最低速度为50 m/s。那么,飞机在滑行前,需要借助弹射系统获得的最小初速度为(　　)
A.5 m/s　　　　　　B.10 m/s　　　　　　C.15 m/s　　　　　　D.20 m/s
答案　B　由题知,最大位移x=200 m,加速度a=6 m/s2,末速度v=50 m/s,求最小初速度v0。由v2-=2ax可得:v0=10 m/s,故B项正确。
16.(2019浙江4月选考,9,3分)甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动,位移-时间图像如图所示,则在0~t1时间内(　　)
A.甲的速度总比乙大
B.甲、乙位移相同
C.甲经过的路程比乙小
D.甲、乙均做加速运动
答案　B　利用图像语言描述物体的运动,体现了模型建构、科学推理的核心素养。
因x-t图线的斜率表示速度,可知在0~t1时间内开始时甲的速度大于乙的速度,后来乙的速度大于甲的速度,选项A错误;由图像可知在0~t1时间内甲、乙位移相同,选项B正确;甲、乙向同方向做直线运动,则0~t1时间内甲、乙的路程相同,选项C错误;由图线斜率表示速度可知,甲做匀速直线运动,乙做加速直线运动,选项D错误。
17.(2016课标Ⅰ,21,6分)(多选)甲、乙两车在平直公路上同向行驶,其v-t图像如图所示。已知两车在t=3 s时并排行驶,则　(　　)
A.在t=1 s时,甲车在乙车后
B.在t=0时,甲车在乙车前7.5 m
C.两车另一次并排行驶的时刻是t=2 s
D.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m
答案　BD　由题中v-t图像得a甲=10 m/s2,a乙=5 m/s2,两车在t=3 s时并排行驶,此时x甲=a甲t2=×10×32 m=45 m,x乙=v0t+a乙t2=10×3 m+×5×32 m=52.5 m,所以t=0时甲车在前,距乙车的距离为L=x乙-x甲=7.5 m,B项正确。t=1 s时,x甲'=a甲t2=5 m,x乙'=v0t+a乙t2=12.5 m,此时x乙'=x甲'+L=12.5 m,所以另一次并排行驶的时刻为t=1 s,故A、C项错误;两次并排行驶的位置沿公路方向相距L'=x乙-x乙'=40 m,故D项正确。
18.(2016江苏单科,5,3分)小球从一定高度处由静止下落,与地面碰撞后回到原高度再次下落,重复上述运动。取小球的落地点为原点建立坐标系,竖直向上为正方向。下列速度v和位置x的关系图像中,能描述该过程的是(　　)
答案　A　以小球落地点为原点,设小球从H高处由静止下落,则下降过程中小球距原点的距离x=H-h(h为下落的距离),由机械能守恒有
mv2=mgh
mv2=mg(H-x)
得v2=2gH-2gx,式中v的方向向下
设小球落地时速度为v0,则=2gH
上升阶段:mv2-m=-mgx
得v2=2gH-2gx,式中v的方向向上
因此上升和下降阶段速度大小随x的变化规律相同,速度方向相反,且v与x的关系不是线性关系,故A项正确。
审题指导　解答本题时要知道小球运动时速度的对称性,知道小球在运动过程中只受重力作用;根据物理规律找到v与x的关系,进而分析v-x图像。
评析　本题考查了机械能守恒、运动学公式等知识点,意在借助v-x图像考查考生的理解能力和知识的迁移能力。
19.(2015广东理综,13,4分)甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动,前1小时内的位移-时间图像如图所示。下列表述正确的是(　　)
A.0.2~0.5小时内,甲的加速度比乙的大
B.0.2~0.5小时内,甲的速度比乙的大
C.0.6~0.8小时内,甲的位移比乙的小
D.0.8小时内,甲、乙骑行的路程相等
答案　B　在位移-时间图像中,图线的斜率表示物体的速度,由图知在0.2~0.5小时内,甲、乙两人的s-t图线皆为直线,且甲的图线斜率大,可知两人都做匀速运动,且甲的速度大,A错误、B正确;s-t图线上某点的纵坐标表示对应时刻物体的位移,两纵坐标的差值表示对应时间段内位移的大小,故0.6~0.8小时内,甲的位移比乙的位移大,C错误;物体单向直线运动中路程等于位移的大小,有反向运动时路程等于每个阶段中位移大小之和,故知0.8小时内两人位移相等,但甲骑行的路程大于乙骑行的路程,D错误。
20.(2014课标Ⅱ,14,6分,0.450)甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶。在t=0到t=t1的时间内,它们的v-t图像如图所示。在这段时间内(　　)
A.汽车甲的平均速度比乙的大
B.汽车乙的平均速度等于
C.甲乙两汽车的位移相同
D.汽车甲的加速度大小逐渐减小,汽车乙的加速度大小逐渐增大
答案　A　由v-t图像知,在0~t1时间内,甲的位移大于乙的位移,C错误。由=知,甲的平均速度比乙的大,故A正确。如图所示,汽车乙的v-t图像中,实线下的面积小于倾斜虚线下的面积,故汽车乙的平均速度小于,B错误。v-t图像中的斜率表示加速度,甲、乙图线上各点切线的斜率的绝对值均逐渐减小,故加速度大小都逐渐减小,D错误。
易错警示　在v-t图线上,某点的切线斜率表示该点的加速度,而不是用该点与原点连线的斜率表示该点的加速度。
解题关键　首先明确v-t图像中,点、线、面、轴、斜率、截距的物理意义。其次要知道在线性函数中平均数等于初末数的平均值。
21.(2014大纲全国,14,6分)一质点沿x轴做直线运动,其v-t图像如图所示。质点在t=0时位于x=5 m处,开始沿x轴正向运动。当t=8 s时,质点在x轴上的位置为(　　)
A.x=3 m　　　　　　B.x=8 m
C.x=9 m　　　　　　D.x=14 m
答案　B　由图像知,质点在8 s内的位移Δx=×(2+4)×2 m-×(2+4)×1 m=3 m。t=0时,质点位于x=5 m处,故 8 s末质点位置x=5 m+Δx=8 m,B正确。
22.(2014天津理综,1,6分)质点做直线运动的速度—时间图像如图所示,该质点(　　)
A.在第1秒末速度方向发生了改变
B.在第2秒末加速度方向发生了改变
C.在前2秒内发生的位移为零
D.第3秒末和第5秒末的位置相同答案　D　由题图可知0~2 s内,速度为正,运动方向未改变,2 s末时,位移最大,v-t图线斜率表示加速度,1~3 s图线斜率未改变,故第2 s末加速度方向没有变化,A、B、C错误;由v-t图线与时间轴所围面积表示位移知,第3 s末和第5 s末质点位置相同,D正确。
23.(2014江苏单科,5,3分)一汽车从静止开始做匀加速直线运动,然后刹车做匀减速直线运动,直到停止。下列速度v和位移x的关系图像中,能描述该过程的是(　　)
答案　A　汽车做初速度为零的匀加速直线运动,则x=,故此时v-x图线为以x轴为对称轴,开口向右的抛物线的一部分;若某一时刻开始减速,设开始减速时的速度为v0,加速度大小为a1,汽车已运动的位移为x0,则x=x0+,由此可见,此时v-x图线为以x轴为对称轴,开口向左的抛物线的一部分,故A正确。
24.(2015福建理综,20,15分)(15分)一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶,其运动过程的v-t图像如图所示。求:
(1)摩托车在0~20 s这段时间的加速度大小a;
(2)摩托车在0~75 s这段时间的平均速度大小 。
答案　(1)1.5 m/s2　(2)20 m/s
解析　(1)加速度a=①
由v-t图像并代入数据得a=1.5 m/s2②
(2)设20 s时速度为vm,0~20 s的位移s1=t1③
20~45 s的位移s2=vmt2④
45~75 s的位移s3=t3⑤
0~75 s这段时间的总位移s=s1+s2+s3⑥
0~75 s这段时间的平均速度 =⑦
代入数据得 =20 m/s⑧
第14页共14页2014-2023年高考物理真题专题分类
专题八　电场
1.(2023全国甲,18,6分)在一些电子显示设备中,让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场,可以使发散的电子束聚集。下列4幅图中带箭头的实线表示电场线,如果用虚线表示电子可能的运动轨迹,其中正确的是(　　)
答案：A 电子在电场中所受静电力方向与电场线方向相反,由于电子速度方向与电场线方向不在同一条直线上,因此电子在电场中做曲线运动,静电力指向轨迹“凹侧”,且轨迹应夹在所受静电力方向与速度方向之间,由题图可知,非匀强电场的电场强度在水平方向的分量从左到右先增大后减小,且具有对称性,故电子在水平方向上一直加速,在竖直方向上先减速到零再反向加速。B选项中靠近荧光屏一侧的图线受力方向指向凸侧,与受力情况不符,故B错误;由于电子水平方向分速度一直增大,故相等的时间内水平方向位移应逐渐增大,C、D错误,A正确。
2.(2023湖南,5,4分)如图,真空中有三个点电荷固定在同一直线上,电荷量分别为Q1、Q2和Q3,P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°和30°。若P点处的电场强度为零,q>0,则三个点电荷的电荷量可能为(　　)
A.Q1=q,Q2=q,Q3=q
B.Q1=-q,Q2=-q,Q3=-4q
C.Q1=-q,Q2=q,Q3=-q
D.Q1=q,Q2=-q,Q3=4q
答案D 设带电荷量分别为Q1、Q2、Q3的点电荷分别为a、b、c,P点处电场强度为零,由几何关系可知,b和c必定带异种电荷才能使P点处沿三个点电荷连线方向的电场强度为零,且b和c在垂直三个点电荷连线方向的合场强与a在P处产生的场强等大反向,故选项A、B错误;设a到P的距离为r,则由几何关系可知b和c到P点的距离分别为r和2r,P点处平行于三个点电荷连线方向场强为零,则k·cos 60°=k·cos 30°,解得=,C项不满足,D项满足。故选D。
3.(2023山东,11,4分)(多选)如图所示,正六棱柱上下底面的中心为O和O',A、D两点分别固定等量异号的点电荷,下列说法正确的是(　　)
A.F'点与C'点的电场强度大小相等
B.B'点与E'点的电场强度方向相同
C.A'点与F'点的电势差小于O'点与D'点的电势差
D.将试探电荷+q由F点沿直线移动到O点,其电势能先增大后减小
11 ACD
F'点和B'点关于平面ADD'A'对称,
根据等量异号点电荷电场分布的对称性可知EF'=EB',同理可知EE'=EC',F'点和E'点关于AD连线的中垂面对称,根据等量异号点电荷电场分布的对称性可知EF'=EE',同理可知EF'=EC'=EB'=EE',但四个点的电场强度方向均不相同,故A正确,B错误;由等量异号点电荷电势分布可知O'点电势为0,F'点电势为正,连接A'D',依据A'D'连线上电势分布可知,φA'=-φD',故UA'O'=UO'D',因为φF'>0,故UA'F'T3=tan 60°,则α>60°,即在F点正点电荷所受电场力与FO的夹角大于90°,在O点正点电荷所受电场力的方向沿OD方向,此时电场力与FO的夹角为60°,则在正电荷从F到O的过程中,电场力对其先做负功,后做正功,则试探电荷的电势能先增大后减小,故D正确。
4.(2023全国乙,19,6分)(多选)在O点处固定一个正点电荷,P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球,小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动,其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点,OP>OM,OM=ON,则小球(　　)
A.在运动过程中,电势能先增加后减少
B.在P点的电势能大于在N点的电势能
C.在M点的机械能等于在N点的机械能
D.从M点运动到N点的过程中,电场力始终不做功
答案BC 从P点由静止释放一个带负电的小球,小球仅在重力和该点电荷对它的电场力作用下在竖直面内运动,在运动过程中,小球离该点电荷的距离先减小后增大,电场力对小球先做正功后做负功,电势能先减少后增加,A错误;小球由P到M的运动过程中,电场力对小球做正功,小球的电势能减小,小球在P点的电势能大于在M点的电势能,由于OM=ON,可知M、N两点的电势相等,则小球在M点的电势能等于在N点的电势能,所以小球在P点的电势能大于在N点的电势能,B正确;小球在M点的电势能等于在N点的电势能,根据能量守恒定律可知小球在M点的机械能等于在N点的机械能,C正确;小球从M点运动到N点的过程中,电场力对小球先做正功后做负功,电势能变化量为零,可知电场力做的总功为零,但不是不做功,D错误。
5.(2022湖南,2,4分)如图,四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边a、b、c、d上。移去a处的绝缘棒,假定另外三根绝缘棒电荷分布不变。关于长方体几何中心O点处电场强度方向和电势的变化,下列说法正确的是 (　　)
A.电场强度方向垂直指向a,电势减小
B.电场强度方向垂直指向c,电势减小
C.电场强度方向垂直指向a,电势增大
D.电场强度方向垂直指向c,电势增大
答案　A　没有移去a处绝缘棒时,由电场的叠加与对称性可知,O点合场强为零;移去a处绝缘棒时O点的场强与单独带正电的a处绝缘棒在O点的场强大小相等、方向相反,故移去a处绝缘棒后的合场强方向垂直指向a。绝缘棒带正电,离绝缘棒越远,电势越低,移去a处绝缘棒,该绝缘棒在O点产生的电势减小,其余绝缘棒在O点产生的电势不变,则O点处电势减小,故选A。
规律总结　电场强度是矢量,具有方向,电场强度在叠加时按平行四边形定则进行叠加。电势是标量,没有方向,正负表示与电势为零处相比电势的高低,电势在叠加时按代数计算进行叠加。
6.(2022浙江6月选考,9,3分)如图所示,带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场,板长为L(不考虑边界效应)。t=0时刻,M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子,垂直M板向右的粒子,到达N板时速度大小为v0;平行M板向下的粒子,刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用,则 (　　)
A.M板电势高于N板电势
B.两个粒子的电势能都增加
C.粒子在两板间的加速度a=
D.粒子从N板下端射出的时间t=
答案　C　不知粒子的电性,故无法判断哪板电势高,A错误;两个粒子所受电场力均做正功,电势能都减少,故B错误;设板间距离为d,粒子运动的加速度为a,对垂直M板向右的粒子有:(v0)2-=2ad,对平行M板向下的粒子有:=v0t,d=at2,联立解得:a=,t=,故C正确,D错误。
模型构建　平行M板向下的粒子在匀强电场中做类平抛运动,可利用分运动解题。
7.(2022北京,9,3分)利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象,其中E为电源,R为定值电阻,C为电容器,A为电流表,V为电压表。下列说法正确的是 (　　)
A.充电过程中,电流表的示数逐渐增大后趋于稳定
B.充电过程中,电压表的示数迅速增大后趋于稳定
C.放电过程中,电流表的示数均匀减小至零
D.放电过程中,电压表的示数均匀减小至零
答案　B　电容器所带电荷量与两端电压成正比,故充电时电容器两端电压从零开始增大,达到电源电动势时充电结束而保持不变;电路中电流I=由最大值减小到零,A错误,B正确。放电时,随着电容器所带电荷量的减少,两端电压降低,电路中的电流I=逐渐减小,即单位时间内电容器所带电荷量的减少量逐渐减小,故电容器两端电压的降低速度逐渐变缓,则电流的减小速度也逐渐变缓,C、D均错误。
8.(2022重庆,2,4分)如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图,电容器上极板固定,下极板可随材料尺度的变化上下移动,两极板间电压不变。若材料温度降低时,极板上所带电荷量变少,则 (　　)
A.材料竖直方向尺度减小
B.极板间电场强度不变
C.极板间电场强度变大
D.电容器电容变大
答案　A　由题意可知两极板间电压U不变,极板上所带电荷量Q变少,根据C=可知电容器的电容C减小,D错误;根据C=可知极板间距d增大,根据E=可知极板间电场强度E减小,B、C错误;极板间距d增大,则材料竖直方向尺度减小,A正确。
9.(2022江苏,9,4分)如图所示,正方形ABCD的四个顶点各固定一个带正电的点电荷,电荷量相等,O点为正方形的中心。现将A点的电荷沿OA的延长线向无穷远处移动,则 (　　)
A.在移动过程中,O点电场强度变小
B.在移动过程中,C点的电荷所受静电力变大
C.在移动过程中,移动的电荷所受静电力做负功
D.当其移动到无穷远处,O点的电势高于A点
答案　D　由场的叠加及对称性可知,B、D两点处电荷在O点处产生的场强相互抵消,初始状态下A、C两点处电荷在O点处产生的场强也等值反向,在A处电荷移动过程中,O点电场强度从0开始逐渐增大,A错误。B、D两点处电荷对C处电荷的作用力合力方向沿OC方向、大小不变,而A处电荷在移动过程中对C点处电荷斥力逐渐减小,故C点处电荷所受静电力变小,B错误。同理可知A处电荷所受静电力方向由O指向A,故远离过程中静电力对其做正功,C错误。当A处电荷移动至无穷远处时,OA间电场由B、C、D三处电荷产生,由等量正电荷中垂线上的电场分布可知,B、D两处电荷在OA上各点产生的电场方向均是由O指向A,再叠加C处电荷产生的电场可知OA间各点的电场方向均是由O指向A,而沿电场线方向电势降低,故D正确。
10.(2022湖北,4,4分)密立根油滴实验装置如图所示,两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接,板间产生匀强电场。用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场,油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电。金属板间电势差为U时,电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止。若仅将金属板间电势差调整为2U,则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为 (　　)
A.q,r　　　　　B.2q,r　　　　　C.2q,2r　　　　　D.4q,2r
答案　D　金属板间电势差为U时,电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止,则由平衡条件有q=ρπr3g,若仅将金属板间电势差调整为2U,设电荷量为q'、半径为r'的球状油滴能在板间保持静止,则由平衡条件有q'=ρπr'3g,联立得=,D正确。
11.(2022河北,6,4分)如图,真空中电荷量为2q和-q(q>0)的两个点电荷分别位于M点与N点,形成一个以MN延长线上O点为球心、电势为零的等势面(取无穷远处电势为零)。P为MN连线上的一点,S为等势面与直线MN的交点,T为等势面上一点。下列说法正确的是 (　　)
A.P点电势低于S点电势
B.T点电场强度方向指向O点
C.除无穷远处外,MN直线上存在两个电场强度为零的点
D.将正试探电荷q0从无穷远处移动到P点,静电力做正功
答案　B　在直线MN上,左边正电荷在M、N间的电场强度水平向右,右边负电荷在M、N间的电场强度水平向右,根据电场的叠加可知M、N间的电场强度水平向右,沿着电场线电势逐渐降低,可知P点电势高于等势面与MN交点处电势,则P点电势高于S点电势,故A错误;电场强度方向和等势面垂直,所以T点电场强度方向指向O点,B正确;由于正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量,可知在N左侧电场强度不可能为零,则在N右侧,设电场强度为零的点到N点的距离为d,M、N间距离为L,根据=可知,除无穷远处外,直线MN上电场强度为零的点只有一个,故C错误;无穷远处电势低于P点电势,则正电荷在无穷远处的电势能低于在P点的电势能,将正试探电荷q0从无穷远处移到P点,电势能增大,静电力做负功,故D错误。
12.(2022山东,3,3分)半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置,圆心位于O点,环上均匀分布着电荷量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分,取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点,O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变,q为 (　　)
A.正电荷,q=
B.正电荷,q=
C.负电荷,q=
D.负电荷,q=
答案　C　将取走的A、B处圆弧上的电荷补回去,由对称性和微元法可知,整个带电圆环在O点产生电场的合场强等于零,由此可知,圆环上剩余电荷与A、B处带电圆弧上的电荷产生的电场等大反向,由点电荷的场强公式、电场的叠加规律和几何关系可得,A、B处带电圆弧上的电荷产生的电场在O点的合场强E1=k,方向由O指向C,由题意可知,qA=ΔL,D处的点电荷q在O点产生电场的场强与E1等大同向即可,故q应为负电荷,由k=k,解得q=,故C正确。
13.(2022浙江1月选考,10,3分)某种气体—电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成,其上存在等间距小孔,其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。下列说法正确的是 (　　)
A.a点所在的线是等势线
B.b点的电场强度比c点大
C.b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大
D.将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零
答案　C　根据电场线与等势线特点,并结合题意可知,电场线由小孔内向外辐射,故a点所在线为电场线,A错误;由于b点处电场线分布比c点处电场线稀疏,故b点的电场强度比c点小,B错误;由等势线分布可知,|Ubc|=|Uba|+|Uac|,故|Ubc|>|Uac|,C正确;由于电场力做功与路径无关,故电荷从d→e→f→g移动时,电场力做功W=qUdg≠0,所以D错误。
14.(2022全国乙,19,6分)(多选)如图,两对等量异号点电荷+q、-q(q>0)固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点,O为内切圆的圆心,M为切点。则 (　　)
A.L和N两点处的电场方向相互垂直
B.M点的电场方向平行于该点处的切线,方向向左
C.将一带正电的点电荷从M点移动到O点,电场力做正功
D.将一带正电的点电荷从L点移动到N点,电场力做功为零
答案　AB　根据电场强度的叠加可知L点的电场方向沿对角线从O点指向L点,N点的电场方向沿对角线从N点指向O点,L和N两点处的电场方向相互垂直,A正确;根据电场强度的叠加可知M点的电场方向平行于该点处的切线,方向向左,B正确;M、O两点在等量异号电荷连线的中垂线上,M、O两点的电势相等,将一带正电的点电荷从M点移动到O点,电场力不做功,C错误;L点的电势比N点的电势低,将一带正电的点电荷从L点移动到N点,电势能增大,电场力做负功,D错误。
15.(2022全国乙,21,6分)(多选)一种可用于卫星上的带电粒子探测装置,由两个同轴的半圆柱形带电导体极板(半径分别为R和R+d)和探测器组成,其横截面如图(a)所示,点O为圆心。在截面内,极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比,方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过,到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动,圆的圆心为O、半径分别为r1、r2(RA.粒子3入射时的动能比它出射时的大
B.粒子4入射时的动能比它出射时的大
C.粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
D.粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能
答案　BD　极板间各点的电场强度方向指向O点(题干信息),粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射,在这个过程中电场力做正功,粒子3入射时的动能比它出射时的小,同理可知粒子4入射时的动能比它出射时的大,A错误,B正确;粒子1、2做圆周运动,设粒子1的轨迹处的电场强度大小为E1,则qE1=m,粒子1的动能Ek1=m=,设粒子2的轨迹处的电场强度大小为E2,则qE2=m,粒子2的动能Ek2=m=,由于极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比(题干信息),即=,所以Ek1=Ek2,C错误;粒子3(做近心运动)出射时,qE1>m,此时粒子3的动能Ek3'=m<=Ek1,即粒子1入射时的动能大于粒子3出射时的动能,而粒子3入射时的动能比它出射时的小,所以粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能,D正确。
16.(2022重庆,8,5分)(多选)如图为两点电荷Q、Q'的电场等势面分布示意图,Q、Q'位于x轴上,相邻等势面的电势差为3 V。若x轴上的M点和N点位于0 V等势面上,P为某等势面上一点,则 (　　)
A.N点的电场强度大小比M点的大
B.Q为正电荷
C.M点的电场方向沿x轴负方向
D.P点与M点的电势差为12 V
答案　AD　等差等势面密集处场强大,由图可知N点的电场强度大小比M点的大,故A正确。沿着电场线方向电势逐渐降低,由图可知电场线由N指向Q,则Q为负电荷,故可知M点的电场方向沿x轴正方向,B、C均错误。M点与N点在同一等势面上电势均为0 V,P点与N点等势面间隔四个,而相邻等势面的电势差为3 V,则P点与M点的电势差为12 V,故D正确。
17.(2022浙江6月选考,15,2分)(多选)如图为某一径向电场的示意图,电场强度大小可表示为E=,a为常量。比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力,则 (　　)
A.轨道半径r小的粒子角速度一定小
B.电荷量大的粒子的动能一定大
C.粒子的速度大小与轨道半径r一定无关
D.当加垂直纸面磁场时,粒子一定做离心运动
答案　BC　粒子做圆周运动,根据电场力提供向心力有qE=mω2r,根据题意,电场强度大小可表示为E=,联立解得ω=,粒子比荷相同,a为常量,所以轨道半径r小的粒子角速度一定大,A错误;根据电场力提供向心力有qE=m,则粒子的动能Ek=qa,电荷量大的粒子的动能一定大,B正确;由qE=m及E=可得v=,粒子的速度大小与轨道半径r无关,C正确;因为不知道粒子的速度方向及磁场方向,当加垂直纸面磁场时,粒子所受的洛伦兹力可能指向圆心,也可能背离圆心,粒子不一定做离心运动,D错误。
18.(2022全国甲,21,6分)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场,将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等,重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后, (　　)
A.小球的动能最小时,其电势能最大
B.小球的动能等于初始动能时,其电势能最大
C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时,其动能最大
D.从射出时刻到小球速度的水平分量为零时,重力做的功等于小球电势能的增加量
答案　BD　本题可以看成等效重力场问题,如图,等效重力方向斜向右下方45°,PQ为等效水平方向。小球的运动可以看成类斜上抛运动,等效重力先做负功后做正功,所以小球动能最小时在斜上抛最高点,即如图速度为v'处,v'与水平方向夹角为45°,此时小球速度的水平分量等于竖直分量,小球由P到Q电场力一直做负功,所以电势能一直增大,则斜上抛最高点不是电势能最大处,电势能最大处在Q处,此时小球速度方向竖直向下,大小等于初速度v,P处与Q处小球动能相等,所以A、C错误,B正确;从P到Q(Q点处小球速度水平分量为零)重力做的功等于重力势能的减少量,P处与Q处小球动能相等,由于机械能与电势能的总和不变,所以减少的重力势能等于增加的电势能,故D正确。
19.(2018浙江4月选考,6,3分)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的金属球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.　　　　　　B.　　　　　　C.　　　　　　D.
答案　C　设A、B两金属小球开始时带电荷量均为Q,距离为r,则F=k;用一个不带电的同样的金属球C先后与A、B接触,与A接触后,A、C的带电荷量均为,与B接触后,B、C的带电荷量均为Q,则此时A、B间的静电力F'=k=F。因此选C。
20.(2016浙江理综,15,6分)如图所示,两个不带电的导体A和B,用一对绝缘柱支持使它们彼此接触。把一带正电荷的物体C置于A附近,贴在A、B下部的金属箔都张开,(　　)
A.此时A带正电,B带负电
B.此时A电势低,B电势高
C.移去C,贴在A、B下部的金属箔都闭合
D.先把A和B分开,然后移去C,贴在A、B下部的金属箔都闭合
答案　C　由于静电感应,A带负电,B带等量正电,若移去C,A、B所带等量正负电荷中和,金属箔闭合,所以C正确,A错误;处于电场中的导体是等势体,B错误;若先把A、B分开,然后移去C,A、B所带电荷就不能中和,金属箔不再闭合,D错误。
21.(2016浙江理综,19,6分)(多选)如图所示,把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10 m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触,棒移开后将悬点OB移到OA点固定。两球接触后分开,平衡时距离为0.12 m。已测得每个小球质量是8.0×10-4 kg,带电小球可视为点电荷,重力加速度g=10 m/s2,静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,则(　　)
A.两球所带电荷量相等
B.A球所受的静电力为1.0×10-2 N
C.B球所带的电荷量为4×10-8 C
D.A、B两球连线中点处的电场强度为0
答案　ACD　用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电荷,与A球接触后A球也带正电荷,两球接触后分开,B球也带正电荷,且两球所带电荷量相等,A正确;
两球相互排斥,稳定后A球受力情况如图所示
sin θ==0.60,θ=37°
F库=mg tan 37°=6.0×10-3 N,B项错误;
F库=k
QA=QB=Q,r=0.12 m
联立得Q=4×10-8 C,故C项正确;
由等量同种点电荷产生的电场的特点可知,A、B两球连线中点处的场强为0,故D项正确。
22.(2015浙江理综,16,6分)如图所示为静电力演示仪,两金属极板分别固定于绝缘支架上,且正对平行放置。工作时两板分别接高压直流电源的正负极,表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属极板中间,则(　　)
A.乒乓球的左侧感应出负电荷
B.乒乓球受到扰动后,会被吸在左极板上
C.乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用
D.用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触,放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞
答案　D　乒乓球在两极板中间时,其左侧会感应出正电荷,A错误;电场力和库仑力是同一个力的不同称谓,C错误;乒乓球与右极板接触则带正电,在电场力作用下向左运动与左极板相碰,碰后带上负电,又向右运动与右极板相碰,如此往复运动,所以D正确,B错误。
23.(2015江苏单科,2,3分)静电现象在自然界中普遍存在,我国早在西汉末年已有对静电现象的记载,《春秋纬·考异邮》中有“玳瑁吸衣若”之说,但下列静电现象的是(　　)
A.梳过头发的塑料梳子吸起纸屑
B.带电小球移至不带电金属球附近,两者相互吸引
C.小线圈接近通电线圈过程中,小线圈中产生电流
D.从干燥的地毯上走过,手碰到金属把手时有被电击的感觉
答案　C　小线圈接近通电线圈过程中,小线圈因磁通量变化而产生感应电流,属于电磁感应现象,不属于静电现象,其他三种现象属于静电现象,选项C符合题意。
24.(2015浙江理综,20,6分)(多选)如图所示,用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1 kg的小球A悬挂到水平板的M、N两点,A上带有Q=3.0×10-6 C的正电荷。两线夹角为120°,两线上的拉力大小分别为F1和F2。A的正下方0.3 m处放有一带等量异种电荷的小球B,B与绝缘支架的总质量为0.2 kg(重力加速度取g=10 m/s2;静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,A、B球可视为点电荷),则(　　)
A.支架对地面的压力大小为2.0 N
B.两线上的拉力大小F1=F2=1.9 N
C.将B水平右移,使M、A、B在同一直线上,此时两线上的拉力大小F1=1.225 N,F2=1.0 N
D.将B移到无穷远处,两线上的拉力大小F1=F2=0.866 N
答案　BC　小球B和支架组成的整体,在三个力作用下平衡,故有:FN+FAB=mBg,FAB=k,联立两式解得:FAB=0.9 N,FN=1.1 N,根据牛顿第三定律可判断出A错。小球A在四个力作用下平衡,如图(甲)所示。
(甲)
由对称性可知F1=F2,在竖直方向上有:
2F1 cos 60°=2F2 cos 60°=mAg+FBA,解得F1=F2=1.9 N,可见B正确。
当B球与M、A共线时,A球受力情况如图(乙)所示,
(乙)
由几何关系可知rAB'=0.6 m,FBA'=k=0.225 N。将A球所受重力分解在MA和NA的方向上,由上述两个方向上分力的合力为零可得:F1=1.225 N,F2=1.0 N,故C正确。B球移至无穷远处时,A、B之间的库仑力忽略不计,对A球由三力平衡条件可求得F1=F2=mAg=1.0 N,故D错。
评析　本题考查了库仑定律和共点力平衡问题,情景清晰,但计算量稍大。题目难度中等,要求考生镇定、细心。
25.(2014浙江理综,19,6分)(多选)如图所示,水平地面上固定一个光滑绝缘斜面,斜面与水平面的夹角为θ。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端,另一端系有一个带电小球A,细线与斜面平行。小球A的质量为m、电荷量为q。小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B,两球心的高度相同、间距为d。静电力常量为k,重力加速度为g,两带电小球可视为点电荷。小球A静止在斜面上,则(　　)
A.小球A与B之间库仑力的大小为
B.当=时,细线上的拉力为0
C.当=时,细线上的拉力为0
D.当=时,斜面对小球A的支持力为0
答案　AC　根据库仑定律得A、B间的库仑力F库=k,则A项正确。当细线上的拉力为0时满足k=mg tan θ,得到=,则B错C正确。斜面对小球A的支持力始终不为零,则D错误。
26.(2015山东理综,18,6分)直角坐标系xOy中,M、N两点位于x轴上,G、H两点坐标如图。M、N两点各固定一负点电荷,一电荷量为Q的正点电荷置于O点时,G点处的电场强度恰好为零。静电力常量用k表示。若将该正点电荷移到G点,则H点处场强的大小和方向分别为(　　)
A.,沿y轴正向　　　　　　B.,沿y轴负向
C.,沿y轴正向　　　　　　D.,沿y轴负向
答案　B　M、N两处的负点电荷在G处产生的合场强E1与O点处正点电荷在G处产生的场强等大反向,所以E1=,方向沿y轴正向,因为H与G关于x轴对称,所以M、N两处的负点电荷在H处产生的合场强E2=E1=,方向沿y轴负向。当正点电荷放在G点时,它在H点产生的场强E3=,方向沿y轴正向,则H处的场强为EH=-=,方向沿y轴负向,B正确。
27.(2019海南单科,1,4分)如图,静电场中的一条电场线上有M、N两点,箭头代表电场的方向,则(　　)
A.M点的电势比N点的低
B.M点的场强大小一定比N点的大
C.电子在M点的电势能比在N点的低
D.电子在M点受到的电场力大小一定比在N点的大
答案　C　本题考查电场线、电势、电势能之间的关系以及学生对知识之间联系的掌握情况。沿电场线方向电势逐渐降低,M点的电势比N点的高,故A错误;由于不能确定电场线疏密,因此不能确定电场强度大小,故B错误;电子从M到N,电场力做负功,电势能增加,故电子在M点的电势能比在N点的低,故C正确;由于不能确定电场强度大小,不能确定电子所受电场力大小,因此D错误;故选C。
28.(2015课标Ⅰ,15,6分)如图,直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线,M、N、P、Q是它们的交点,四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中,电场力所做的负功相等。则(　　)
A.直线a位于某一等势面内,φM>φQ
B.直线c位于某一等势面内,φM>φN
C.若电子由M点运动到Q点,电场力做正功
D.若电子由P点运动到Q点,电场力做负功
答案　B　由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中,电场力所做的负功相等可知,φM>φN=φP,故过N、P点的直线d位于某一等势面内,则与直线d平行的直线c也位于某一等势面内,选项A错、B正确;φM=φQ,则电子由M点运动到Q点,电场力不做功,选项C错误;由于φP<φM=φQ,电子由P点运动到Q点,电势能减小,电场力做正功,选项D错误。
解题关键　①匀强电场中,只要判定两点电势相等,两点连线即为等势线,与其平行的线也为等势线。②电荷在等势面上运动,电场力不做功。
29.(2015江苏单科,8,4分)(多选)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示。c是两负电荷连线的中点,d点在正电荷的正上方,c、d到正电荷的距离相等,则(　　)
A.a点的电场强度比b点的大
B.a点的电势比b点的高
C.c点的电场强度比d点的大
D.c点的电势比d点的低
答案　ACD　观察题中图可知a点附近电场线比b点附近电场线密,所以Ea>Eb,A项正确;由沿电场线方向电势逐渐降低可知φb>φa,B项错;由场强公式E=k和场强叠加原理可知Ec>Ed,C项正确;当取无穷远处电势为0时,φc为负值,φd为正值,所以φd>φc,D项正确。
考查点　本题考查静电场、电场线、电势、电场强度等知识,对考生的推理能力有一定的要求。属于中等难度题。
学习指导　本题电场线的分布情景来源于课本但又高于课本,所以我们学习过程中不能只是死记一些典型情景,而是要理解概念和原理,掌握基本规律,培养分析推理能力,解决问题时才能游刃有余。
30.(2015海南单科,7,5分)(多选)如图,两电荷量分别为Q(Q>0)和-Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧,a点位于x轴上O点与点电荷Q之间,b点位于y轴O点上方。取无穷远处的电势为零。下列说法正确的是(　　)
A.b点电势为零,电场强度也为零
B.正的试探电荷在a点的电势能大于零,所受电场力方向向右
C.将正的试探电荷从O点移到a点,必须克服电场力做功
D.将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点,后者电势能的变化较大
答案　BC　由两等量异种点电荷的电场线分布知:过Q和-Q连线的垂直平分线Ob的等势面为零势能面,因此将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点做的功相同,因此正的试探电荷电势能的变化相同,D错。点b在零势能面上,b点电势为零,由场强的合成法则知,b点的场强不为零,方向平行x轴向右,A错。在a点放一正的试探电荷,所受的电场力方向向右,当沿x轴正方向移动时,电场力做正功,电势能减少,在O点减为零,过了O点电势能为负值,所以正的试探电荷在a点电势能大于零,反之若从O点移到a点,电场力方向与运动方向相反,因此电场力做负功即克服电场力做功,B、C正确。
31.(2014课标Ⅰ,21,6分)(多选)如图,在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点,M、N、P为直角三角形的三个顶点,F为MN的中点,∠M=30°。M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示。已知φM=φN,φP=φF,点电荷Q在M、N、P三点所在平面内,则(　　)
A.点电荷Q一定在MP的连线上
B.连接PF的线段一定在同一等势面上
C.将正试探电荷从P点搬运到N点,电场力做负功
D.φP大于φM
答案　AD　由φM=φN,可知点电荷Q一定在MN连线的中垂线上,过F作MN的垂线交MP于O点,设MF=FN=l,则由几何关系可知MO=l/cos 30°=l,FO=l tan 30°=l,OP=MP-MO=MN cos 30°-l=l,即FO=OP=l,ON=OM=l,又φp=φF,则点电荷在FP中垂线与OF的交点上,故点电荷一定在MP的连线上的O点,选项A正确(另解:根据题意φM=φN,φP=φF,可知点电荷Q一定在MN的中垂线与PF连线的中垂线的交点处,作PF连线的中垂线交MP于点O,连接O、F两点,由几何知识知OF为MN的中垂线,故点电荷Q一定在MP的连线上的O点,A正确);点电荷形成的电场的等势面是以点电荷为球心的同心球面,线段不可能在球面上,故B选项错误;由图可知OFφM=φN,将正试探电荷从高电势点搬运到低电势点,电场力做正功,选项C错、D对。
32.(2014课标Ⅱ,19,6分,0.590)(多选)关于静电场的电场强度和电势,下列说法正确的是(　　)
A.电场强度的方向处处与等电势面垂直
B.电场强度为零的地方,电势也为零
C.随着电场强度的大小逐渐减小,电势也逐渐降低
D.任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向
答案　AD　电场中场强为零的位置是绝对的,而电势为零的位置是人为选取的;再者场强的大小表征着电势随空间的变化率,而与电势的大小无关,故B错误。由沿电场线方向电势降低,可知电势的升降取决于场强的方向而与场强的大小无关,故C错误。
考查点　电场能的性质
解题关键　①电场中场强为零的位置是绝对的,而电势为零的位置是人为选取的。
②沿电场线方向电势降落最快。
33.(2014北京理综,15,6分)如图所示,实线表示某静电场的电场线,虚线表示该电场的等势面。下列判断正确的是(　　)
A.1、2两点的场强相等　　　　　　　B.1、3两点的场强相等
C.1、2两点的电势相等　　　　　　　D.2、3两点的电势相等
答案　D　同一电场中,电场线越密的地方场强越大,所以1点的场强大于2、3两点的场强,A、B错误;同一等势面上各点的电势相等,沿电场线方向电势降低,故C错误,D正确。
34.(2014江苏单科,4,3分)如图所示,一圆环上均匀分布着正电荷,x轴垂直于环面且过圆心O。下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是(　　)
A.O点的电场强度为零,电势最低
B.O点的电场强度为零,电势最高
C.从O点沿x轴正方向,电场强度减小,电势升高
D.从O点沿x轴正方向,电场强度增大,电势降低
答案　B　由微元法和对称的思想分析可知,均匀带电圆环内部O点的场强为零,电势为标量,且正电荷周围的电势为正,故O点电势最高,选项A错、B对;从O点沿x轴正方向电场强度先增大后减小,电势降低,选项C、D错误。
考查点　本题考查电场、电势、电场强度等知识,同时考查了考生运用微元思想和对称的思想分析问题和解决问题的能力。属于中等难度题。
易错警示　本题易错选A,错误地认为电场强度为零的地方电势最低。电场强度与电势分别是反映电场力的性质和能的性质的物理量,它们之间没有直接的关系,电场强度较大的地方,电势可能较高、可能较低、也可能为零。
35.(2014广东理综,20,6分)(多选)如图所示,光滑绝缘的水平桌面上,固定着一个带电荷量为+Q的小球P,带电荷量分别为-q和+2q的小球M和N,由绝缘细杆相连,静止在桌面上,P与M相距L,P、M和N视为点电荷,下列说法正确的是(　　)
A.M与N的距离大于L
B.P、M和N在同一直线上
C.在P产生的电场中,M、N处的电势相同
D.M、N及细杆组成的系统所受合外力为零
答案　BD　对小球M、N和杆组成的整体,由题意可知k=k,得xφN,则C错误。M、N及细杆静止于光滑绝缘桌面上,所以系统所受合外力为零,D正确。
36.(2014重庆理综,3,6分)如图所示为某示波管内的聚焦电场,实线和虚线分别表示电场线和等势线。两电子分别从a、b两点运动到c点,设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb,a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb,则(　　)
A.Wa=Wb,Ea>Eb　　　　　　B.Wa≠Wb,Ea>Eb
C.Wa=Wb,Ea答案　A　由图知a、b在同一等势面上,故Uac=Ubc,又由W=qU知,Wa=Wb。又由于在同一电场中,电场线密集处场强大,故Ea>Eb,A正确。
37.(2014安徽理综,17,6分)一带电粒子在电场中仅受静电力作用,做初速度为零的直线运动。取该直线为x轴,起始点O为坐标原点,其电势能Ep与位移x的关系如图所示。下列图像中合理的是(　　)
答案　D　在粒子运动中的某一小段位移Δx内电场力做功qEΔx。由功能关系知ΔEp=-qE·Δx,即=-qE,Ep-x图线斜率的绝对值表示电场力的大小,故由图线可知E逐渐减小,A错误。因粒子仅受电场力作用,由qE=ma可知a也逐渐减小,D正确。再由动能定理有ΔEk=qE·Δx,即=qE,Ek-x图线的斜率也表示电场力,则Ek-x图线应是一条斜率逐渐减小的曲线,B错误。由v2=2ax有v=,可知v-x图线应是一条曲线,故C错误。
38.(2015安徽理综,17,6分)一根长为L、横截面积为S的金属棒,其材料的电阻率为ρ,棒内单位体积自由电子数为n,电子的质量为m,电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时,棒内产生电流,自由电子定向运动的平均速率为v,则金属棒内的电场强度大小为(　　)
A.　　　　　　B.　　　　　　C.ρnev　　　　　　D.
答案　C　金属棒的电阻R=,自由电子定向移动形成的电流I=neSv,金属棒两端电压U=IR,故金属棒内的电场强度E===nevρ,选项C正确。
39.(2017天津理综,7,6分)(多选)如图所示,在点电荷Q产生的电场中,实线MN是一条方向未标出的电场线,虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB,电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是(　　)
A.电子一定从A向B运动
B.若aA>aB,则Q靠近M端且为正电荷
C.无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpAD.B点电势可能高于A点电势
答案　BC　本题考查带电粒子在电场中的运动。电子的运动轨迹为曲线,由曲线运动的产生条件可知电子在MN电场线上受力方向为水平向左,因此电场线方向为水平向右(M→N),若aA>aB,则A靠近场源电荷Q,即Q靠近M端且为正电荷,选项B正确;若电子由A→B,则水平向左的电场力与轨迹切线方向的速度夹角大于90°,电场力做负功,电势能增加,即EpAφB,选项D错误。
方法技巧　运动轨迹与电场线关系
①曲线运动的受力方向指向轨迹的凹侧。②受电场力方向在电场线所在直线上(切线所在直线上)。③速度方向为轨迹的切线方向。④正、负功的判断。⑤电势高低与电势能大小的关系。
40.(2016课标Ⅱ,15,6分)如图,P是固定的点电荷,虚线是以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P的电场中运动,运动轨迹与两圆在同一平面内,a、b、c为轨迹上的三个点。若Q仅受P的电场力作用,其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac,速度大小分别为va、vb、vc。则(　　)
A.aa>ab>ac,va>vc>vb　　　　　　B.aa>ab>ac,vb>vc>va
C.ab>ac>aa,vb>vc>va　　　　　　D.ab>ac>aa,va>vc>vb
答案　D　带电粒子在电场中仅受电场力作用,由牛顿第二定律知加速度a==,E=k,因为rbac>aa;
由动能定理有Wab=qQUab=m-m
Wbc=qQUbc=m-m
因为Wab<0,所以va>vb
因为Wbc>0,所以vc>vb
因为|Uab|>|Ubc|,所以va>vc
故有va>vc>vb,D项正确。
41.(2016海南单科,10,5分)(多选)如图,一带正电的点电荷固定于O点,两虚线圆均以O为圆心,两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹,a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点。不计重力。下列说法正确的是(　　)
A.M带负电荷,N带正电荷
B.M在b点的动能小于它在a点的动能
C.N在d点的电势能等于它在e点的电势能
D.N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功
答案　ABC　粒子受到的电场力指向轨迹的凹侧,可知M受到了引力作用,N受到了斥力作用,故M带负电荷,N带正电荷,选项A正确;由于虚线是等势面,故M从a点到b点电场力对其做负功,动能减小,选项B正确;d点和e点在同一等势面上,N在d点的电势能等于它在e点的电势能,故选项C正确; N从c点运动到d点的过程中,电场力做正功,故选项D错误。
42.(2018浙江4月选考,11,3分)一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以-v0做直线运动,其v-t图像如图所示,粒子在t0时刻运动到B点,3t0时刻运动到C点,下列判断正确的是(　　)
A.A、B、C三点的电势关系为φB>φA>φC
B.A、B、C三点的场强大小关系为EC>EB>EA
C.粒子从A点经B点运动到C点,电势能先增加后减少
D.粒子从A点经B点运动到C点,电场力先做正功后做负功
答案　C　由题图v-t图像可知带电粒子在0~t0时间内做减速运动,电场力做负功,电势能增加,t0~3t0时间内反方向加速,电场力做正功,电势能减少,所以C正确,D错误。因为不知道带电粒子电性,故无法判断电势的高低,所以A错误。v-t图线斜率表示粒子的加速度,由Eq=ma可知t0时刻粒子所处位置的场强EB最大,B错误。
43.(2017江苏单科,8,4分)(多选)在x轴上有两个点电荷q1、q2,其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法正确的有(　　)
A.q1和q2带有异种电荷
B.x1处的电场强度为零
C.负电荷从x1移到x2,电势能减小
D.负电荷从x1移到x2,受到的电场力增大
答案　AC　本题考查识别φ-x图像、场强与电势差的关系、电场力做功与电势能变化关系。φ-x图线斜率的绝对值表示场强大小,由图可知从x1到x2过程中,图线斜率变小,到x2处斜率为0,即场强从x1到x2一直减小,且E2=0,电场力F=Eq,负电荷从x1移动到x2,受到的电场力减小,选项B、D错误;沿x轴正方向电势由负到正,故x轴上的两个电荷q1、q2为异种电荷,选项A正确;由图可知φx1<φx2,负电荷由低电势到高电势,电场力做正功,电势能减小,选项C正确。
44.　(2018江苏单科,8,4分)(多选)如图所示,电源E对电容器C充电,当C两端电压达到80 V时,闪光灯瞬间导通并发光,C放电。放电后,闪光灯断开并熄灭,电源再次对C充电。这样不断地充电和放电,闪光灯就周期性地发光。该电路(　　)
A.充电时,通过R的电流不变
B.若R增大,则充电时间变长
C.若C增大,则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大
D.若E减小为85 V,闪光灯闪光一次通过的电荷量不变
答案　BCD　本题考查含容电路和电容器的充电与放电。因电容器属于非线性元件,电容器在充电过程中,充电电流是非线性减小的,故A错。若R增大,充电电流减小,充电时间变长,故B正确。由Q=CU且U=80 V为定值可见,C增大时Q增大,闪光灯闪光一次通过的电荷量增大,故C正确。闪光灯闪光一次通过闪光灯的电荷量与电源电动势无关,故D正确。
难点突破　含容电路中电容器充电和放电电流是非线性变化的,回路中电阻越大,充、放电的速度越缓慢。
45.(2015课标Ⅱ,14,6分)如图,两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒,微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°,再由a点从静止释放一同样的微粒,该微粒将(　　)
A.保持静止状态
B.向左上方做匀加速运动
C.向正下方做匀加速运动
D.向左下方做匀加速运动
答案　D　最初带电微粒处于静止状态,受力如图(1),Eq=mg;当两板绕过a点的轴逆时针转过45°时,带电微粒的受力如图(2),其合力指向左下方,故微粒从静止开始向左下方做匀加速运动,选项D正确。
审题指导　“微粒恰好保持静止状态”,即处于平衡状态,所受的合外力为零,得微粒所受的电场力与其重力大小相等方向相反;“将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°”,注意电容器带电荷量不变,间距不变,正对面积也不变,故电场强度的大小不变,电场力的大小不变,仅方向逆时针旋转45°,根据平行四边形定则求出合力的方向,确定微粒的运动即可。
46.(2015安徽理综,20,6分)已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为,其中σ为平面上单位面积所带的电荷量,ε0为常量。如图所示的平行板电容器,极板正对面积为S,其间为真空,带电荷量为Q。不计边缘效应时,极板可看作无穷大导体板,则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为(　　)
A.和　　　　　　B.和
C.和　　　　　　D.和
答案　D　由题意知带电荷量为Q的极板上单位面积所带的电荷量σ=,故一个极板激发的电场的场强大小E==,而平行板电容器两极板带等量异种电荷,在极板间激发的电场等大同向,由电场叠加原理知,极板间的电场强度大小为E合=2E=;两极板间相互的静电引力F=E·Q=,选项D正确。
47.(2017江苏单科,4,3分)如图所示,三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P'点,则由O点静止释放的电子(　　)
A.运动到P点返回　　　　　　B.运动到P和P'点之间返回
C.运动到P'点返回　　　　　　D.穿过P'点
答案　A　本题考查带电粒子在匀强电场中的加(减)速运动。由题意知,电子在A、B板间做匀加速运动,在B、C板间做匀减速运动,到P点时速度恰好为零,设A、B板和B、C板间电压分别为U1和U2,由动能定理得eU1-eU2=0,所以U1=U2;现将C板右移至P'点,由于板上带电荷量没有变化,B、C板间电场强度E===,E不变,故电子仍运动到P点返回,选项A正确。
48.(2015天津理综,7,6分)(多选)如图所示,氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1,之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转,最后打在屏上。整个装置处于真空中,不计粒子重力及其相互作用,那么　(　　)
A.偏转电场E2对三种粒子做功一样多
B.三种粒子打到屏上时的速度一样大
C.三种粒子运动到屏上所用时间相同
D.三种粒子一定打到屏上的同一位置
答案　AD　设粒子离开电场E1时速度为v,由动能定理得qE1d1=mv2-0,v=,在电场E2中y=at2,E2q=ma,L=vt,tan φ=,联立以上方程得y=,tan φ=。所以,在电场E2中电场力做功W=E2qy=,三种粒子电荷量相等,做功相等,A项正确。因为在电场E2中y和tan φ与q、m无关,故它们通过同一轨迹打到屏上同一点,D项正确。对全程应用动能定理,设打到屏上的速度为v',则qE1d1+qE2y=mv'2-0,解得v'2=(E1d1+),所以氕核打到屏上的速度最大,故B项错误。在加速电场中所用时间t1=,通过偏转电场到达屏所用时间t2==(L+L')·,所以总时间t=t1+t2,故氚核运动时间最长,C项错误。
49.(2015海南单科,5,3分)如图,一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子;在负极板附近有另一质量为m、电荷量为-q的粒子。在电场力的作用下,两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面。若两粒子间相互作用力可忽略,不计重力,则M∶m为(　　)
A.3∶2　　　　　　B.2∶1　　　　　　C.5∶2　　　　　　D.3∶1
答案　A　因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面,电荷量为q的粒子通过的位移为l,电荷量为-q的粒子通过的位移为l,由牛顿第二定律知它们的加速度大小分别为a1=、a2=,由运动学公式有l=a1t2=t2①,l=a2t2=t2②,得=。B、C、D错,A对。
50.(2014山东理综,18,6分)如图,场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd,水平边ab长为s,竖直边ad长为h。质量均为m、带电量分别为+q和-q的两粒子,由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)。不计重力。若两粒子轨迹恰好相切,则v0等于(　　)
A.　　　　　　B.　　　　　　C.　　　　　　D.
答案　B　因为两粒子轨迹恰好相切,切点为矩形区域中心,则对其中一个粒子,水平方向=v0t,竖直方向=at2且满足a=,三式联立解得v0=,故B正确。
51.(2020江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球(不计重力)。开始时,两小球分别静止在A、B位置。现外加一匀强电场E,在静电力作用下,小球绕轻杆中点O转到水平位置。取O点的电势为0。下列说法正确的有(　　)
A.电场E中A点电势低于B点
B.转动中两小球的电势能始终相等
C.该过程静电力对两小球均做负功
D.该过程两小球的总电势能增加
答案　AB　因在匀强电场中等势面是与电场线垂直的平面,又因为沿电场线方向电势是降低的,故A项正确。因O是轻杆的中点,则转动过程中两小球到过O点的等势面的距离d总是相等的,又因为O是电势零点,故两小球所在处的电势的值互为相反数,而两小球带等量异号电荷,故由Ep=qφ可知两小球的电势能始终相等,B项正确。两小球均在电场力作用下从静止开始转动,动能增大,由能量守恒可知两小球的总电势能一定减少,再由功能关系可知电场力一定做正功,故C、D项均错误。
52.(2016课标Ⅰ,20,6分)(多选)如图,一带负电荷的油滴在匀强电场中运动,其轨迹在竖直面(纸面)内,且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知(　　)
A.Q点的电势比P点高
B.油滴在Q点的动能比它在P点的大
C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大
D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
答案　AB　由油滴轨迹在竖直面内相对于过P点的竖直线对称可知油滴在水平方向所受合力为0,竖直方向上油滴受重力和电场力,结合曲线轨迹的特点可知电场力竖直向上且电场力大于重力,油滴受力及电场线方向如图所示,由沿电场线方向电势逐渐降低,得Q点的电势比P点的高,A选项正确;油滴从Q点到P点合力做负功,根据动能定理得油滴在Q点的动能大于它在P点的动能,这一过程中电场力做负功,则油滴在Q点的电势能小于它在P点的电势能,故B项正确,C项错;因为重力和电场力为恒力,所以油滴在Q、P两点的加速度相同,故D项错误。
53.(2015广东理综,21,6分)(多选)如图所示的水平匀强电场中,将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置,释放后,M、N保持静止,不计重力,则(　　)
A.M的带电荷量比N的大
B.M带负电荷,N带正电荷
C.静止时M受到的合力比N的大
D.移动过程中匀强电场对M做负功
答案　BD　不考虑重力,取整体为研究对象,外力只有匀强电场的电场力,由平衡条件可知M、N所受电场力必等大反向,故M、N必带有等量异种电荷,A错误;因为M、N在释放后保持静止,说明M、N受到的合力为0,若M带正电,则N带负电,M、N不能同时静止,故M带负电,则N带正电,B正确,C错误;因匀强电场对M的电场力方向与M移动方向成钝角,故D正确。
54.(2015山东理综,20,6分)(多选)如图甲,两水平金属板间距为d,板间电场强度的变化规律如图乙所示。t=0时刻,质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间,0~时间内微粒匀速运动,T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0~T时间内运动的描述,正确的是(　　)
A.末速度大小为v0　　　　　　B.末速度沿水平方向
C.重力势能减少了mgd　　　　　　D.克服电场力做功为mgd
答案　BC　由题意知qE0=mg,所以~与~T时间内微粒的加速度等大反向,大小都等于g。~时间内微粒只在重力作用下的竖直末速度vy1=g·,竖直位移y1=g,在~T时间内微粒的竖直末速度vy2=vy1-g·=0,竖直位移y2=vy1·-g=g,所以y1=y2=,微粒克服电场力做功W=q·2E0·=2mg=mgd,在重力作用下微粒的竖直位移为,其重力势能减少了mgd。综上可知A、D错误,B、C正确。
55.(2015江苏单科,7,4分)(多选)一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场,电场方向水平向左。不计空气阻力,则小球(　　)
A.做直线运动　　　　　 　B.做曲线运动
C.速率先减小后增大　　　　　　D.速率先增大后减小
答案　BC　刚开始时带电小球所受重力与电场力的合力F跟v0不在同一条直线上,所以它一定做曲线运动,A项错误,B项正确。因重力与电场力的合力F为恒力,其方向与初速度方向的夹角为钝角,所以带电小球的速率先减小后增大,故C项正确,D项错误。
56.(2015四川理综,6,6分)(多选)如图所示,半圆槽光滑、绝缘、固定,圆心是O,最低点是P,直径MN水平。a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷),b固定在M点,a从N点静止释放,沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零。则小球a(　　)
A.从N到Q的过程中,重力与库仑力的合力先增大后减小
B.从N到P的过程中,速率先增大后减小
C.从N到Q的过程中,电势能一直增加
D.从P到Q的过程中,动能减少量小于电势能增加量
答案　BC　小球a从N到Q的过程中,重力不变,库仑力F逐渐增大,库仑力F与重力的夹角逐渐变小,因此,F与mg的合力逐渐变大,A错误。从N到P的过程中,重力沿速度方向的分力等于F沿速度反方向的分力时,速率最大,B正确;从N到Q,F一直做负功,电势能一直增加,C正确;从P到Q,根据能量守恒知电势能的增加量和重力势能的增加量之和等于动能的减少量,所以电势能的增加量小于动能的减少量,D错误。
57.(2014天津理综,4,6分)如图所示,平行金属板A、B水平正对放置,分别带等量异号电荷。一带电微粒水平射入板间,在重力和电场力共同作用下运动,轨迹如图中虚线所示,那么(　　)
A.若微粒带正电荷,则A板一定带正电荷
B.微粒从M点运动到N点电势能一定增加
C.微粒从M点运动到N点动能一定增加
D.微粒从M点运动到N点机械能一定增加
答案　C　由带电微粒做类平抛运动的特征可知带电微粒所受的合力方向向下,电场力方向有两种可能:电场力方向向上且Eq58.(2023全国乙,24,12分)如图,等边三角形△ABC位于竖直平面内,AB边水平,顶点C在AB边上方,3个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上。已知AB边中点M处的电场强度方向竖直向下,BC边中点N处的电场强度方向竖直向上,A点处点电荷的电荷量的绝对值为q,求
(1)B点处点电荷的电荷量的绝对值并判断3个点电荷的正负;
(2)C点处点电荷的电荷量。
答案 (1)q　3个点电荷均为正电荷　(2)q
解析 (1)由M点处电场强度方向竖直向下可知C点处点电荷为正电荷。
设AM长为d,A、B两点处的点电荷在M处电场强度的矢量和为0,即=,则qB=q。
A、B带同种电荷,N点处电场强度方向竖直向上,对N点处的电场强度EN进行分解,如图所示,则A、B两点处点电荷只能带正电,由以上分析可知A、B、C三点处的点电荷均为正电荷。
(2)设C点处点电荷的电荷量为qC,AB=2d,AN=d,根据几何关系可知=tan 30°,EBC=EBN-ECN,则有= tan 30°,解得qC=q。
59.(2023新课标,25,14分)密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置,间距固定,可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电荷量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时,油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动,速率分别为v0、;两板间加上电压后(上板为正极),这两个油滴很快达到相同的速率,均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形,所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比,比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。
(1)求油滴a和油滴b的质量之比;
(2)判断油滴a和油滴b所带电荷的正负,并求a、b所带电荷量的绝对值之比。
25 答案
(1)8∶1　(2)油滴a带负电,油滴b带正电　4∶1
解析 (1)设油滴的密度为ρ,所受空气阻力大小f=krv,其中k为定值且k>0,r为油滴半径,v为油滴运动速率。
当两板间不加电压时
对油滴a有f1=kr1v0①
f1=m1g②
m1=ρ·π③
对油滴b有f2=kr2·④
f2=m2g⑤
m2=ρ·π⑥
联立①②③④⑤⑥解得r1=2r2,m1∶m2=8∶1
(2)由题意可知金属平板的上板为正极,则电场强度的方向竖直向下。油滴所受空气阻力与运动速率成正比,加上电压后,两个油滴很快达到相同速率并竖直向下做匀速运动。其中油滴a的速度变小,所受空气阻力变小,则所受电场力向上,故油滴a带负电;油滴b的速度变大,所受空气阻力变大,则所受电场力向下,故油滴b带正电。
两板间加上电压后
对油滴a有f1'=kr1⑦
f1'+q1E=m1g⑧
对油滴b有f2'=kr2⑨
f2'=q2E+m2g⑩
联立并结合(1)中数据可得q1∶q2=4∶1
60.(2022江苏,15,16分)某装置用电场控制带电粒子运动,工作原理如图所示。矩形ABCD区域内存在多层紧邻的匀强电场,每层的高度均为d,电场强度大小均为E,方向沿竖直方向交替变化,AB边长为12d,BC边长为8d。质量为m、电荷量为+q的粒子流从装置左端中点射入电场,粒子初动能为Ek,入射角为θ,在纸面内运动。不计重力及粒子间的相互作用力。
(1)当θ=θ0时,若粒子能从CD边射出,求该粒子通过电场的时间t;
(2)当Ek=4qEd时,若粒子从CD边射出电场时与轴线OO'的距离小于d,求入射角θ的范围;
(3)当Ek=qEd,粒子在θ为-~范围内均匀射入电场,求从CD边出射的粒子与入射粒子的数量之比N∶N0。
答案　(1)　(2)-30°<θ<30°　(3)1∶2
解析　(1)粒子垂直于场强方向的分运动为匀速直线运动,故通过电场的时间t=,如图所示,v0x=v0 cos θ0。
由Ek=m得v0x=·cos θ0,则t=。
(2)若粒子从CD边射出电场时与轴线OO'的距离小于d,则粒子在整个运动过程中竖直方向上位移大小都应小于d,即x(3)设粒子入射角为θ'时,粒子恰好从D点射出,由于粒子进入电场时,在水平方向做匀速直线运动,在竖直方向反复做加速度大小相等的减速运动和加速运动。粒子的速度v'==,运动时间为t总==·,粒子在沿电场方向反复做加速度大小相等的减速运动和加速运动,则
-2ad=-(v' sin θ')2
2ad=-
-2ad=-
2ad=-
-2ad=-
2ad=-
则
v2d=v4d=v6d=v' sin θ'
v1d=v3d=v5d
则粒子在每层电场中的运动时间相等,设为t0,则
t0=t总=×=
且d=v' sin θ'·t0-·,将上述t0和v'的数值代入并化简得6 cos2 θ'-8 sin θ' cos θ'+1=0,即tan2 θ'-8 tan θ'+7=0,解得tan θ'=7(以此数值得到的入射粒子在t0时间内可以穿过多层紧邻的电场,故舍去)或tan θ'=1,即θ'=,则从CD边出射的粒子与入射粒子的数量之比N∶N0==1∶2
61.(2022山东,17,14分)中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破,该装置中用电磁场约束和加速高能离子,其部分电磁场简化模型如图所示,在三维坐标系Oxyz中,0(1)当离子甲从A点出射速度为v0时,求电场强度的大小E;
(2)若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动,求进入磁场时的最大速度vm;
(3)离子甲以的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场Ⅰ,求第四次穿过xOy平面的位置坐标(用d表示);
(4)当离子甲以的速度从O点进入磁场Ⅰ时,质量为4m、带电荷量为+q的离子乙,也从O点沿z轴正方向以相同的动能同时进入磁场Ⅰ,求两离子进入磁场后,到达它们运动轨迹第一个交点的时间差Δt(忽略离子间相互作用)。
答案　(1)　(2)　(3)(d,d,0)　(4)
解析　(1)离子甲在电场中的运动可看成是类平抛运动的逆过程
在z轴方向上有L=v0 cos β·t
在y轴方向上有v0 sin β=at
由牛顿第二定律有qE=ma
联立可得E==
(2)当离子甲以最大速度vm进入磁场Ⅰ时,离子在yOz平面内做圆周运动,轨迹半径设为R1,由洛伦兹力提供向心力有Bqvm=
离子运动半周后从y轴上y=2R1处即坐标为(0,2R1,0)处沿z轴负方向进入磁场Ⅱ,在与磁场Ⅱ平面垂直的平面内做圆周运动,轨迹半径设为R2,则有Bqvm=
为使离子甲能始终在磁场中运动,离子甲不能出磁场Ⅰ,应满足R1≤d,离子甲不能出磁场Ⅱ,应满足轨迹半径最大时恰好过(2R1,0,0),(0,2R1,0)到(2R1,0,0)的距离为2R1,故有2R1≥2R2,还应满足2R1≤3d,R1≤d、R2≤3d
联立取二者中较小值可得vm=
(3)根据洛伦兹力提供向心力,Bqv=,离子甲在磁场Ⅰ、Ⅱ中轨迹半径分别为RⅠ==、RⅡ=d
离子在磁场Ⅰ中转动半周从y轴上第二次穿过xOy平面,坐标为(0,d,0)
由RⅡ=RⅠ可知,离子在磁场Ⅱ中转动半周恰好从坐标(d,0,0)处第三次穿过xOy平面回到磁场Ⅰ中,
离子回到磁场Ⅰ中后在x=d的平面内做圆周运动,转动半周第四次穿过xOy平面,此时位置坐标为(2RⅠ,2RⅠ,0)即(d,d,0)
(4)离子乙在两磁场区域中运动的轨迹半径分别为RⅠ'=、RⅡ'=RⅠ'
由于mv2=×4m×v'2
解得RⅠ'=d、RⅡ'=d、v'=
由于离子甲在两磁场区域内运动轨迹半径分别为RⅠ=、RⅡ=d
则在离子甲完成两次周期性运动处、离子乙完成一次周期性运动处产生第一个交点,则两离子运动到第一个交点处的时间差为
Δt=-=
62.(2022北京,18,9分)如图所示,真空中平行金属板M、N之间距离为d,两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。
(1)求带电粒子所受的静电力的大小F;
(2)求带电粒子到达N板时的速度大小v;
(3)若在带电粒子运动距离时撤去所加电压,求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。
答案　(1)q　(2)　(3)
解析　(1)两平行金属板间的场强E=
带电粒子所受的静电力F=qE=q
(2)带电粒子从静止开始运动到N板的过程,根据功能关系有qU=mv2,得v=
(3)设带电粒子运动距离时的速度大小为v',根据功能关系有q=mv'2
带电粒子在前距离做匀加速直线运动,后距离做匀速直线运动,设用时分别为t1、t2,
有=t1,=v't2
得t=t1+t2=
63.(2022湖南,13,13分)如图,两个定值电阻的阻值分别为R1和R2,直流电源的内阻不计,平行板电容器两极板水平放置,板间距离为d,板长为d,极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为m、带电荷量为+q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器,做匀速圆周运动,恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中,小球未与极板发生碰撞,重力加速度大小为g,忽略空气阻力。
(1)求直流电源的电动势E0;
(2)求两极板间磁场的磁感应强度B;
(3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场,使小球离开电容器后沿直线运动,求电场强度的最小值E'。
答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)小球在两极板间做匀速圆周运动,则重力与电场力平衡,mg=qE
设两板间的电压为U,由闭合电路欧姆定律可知
U=E0
又E=
联立解得E0=
(2)小球做圆周运动的轨迹如图所示,设轨迹半径为r,由几何关系得:(r-d)2+(d)2=r2
根据洛伦兹力提供向心力得:qvB=
联立解得B=
(3)设小球离开电容器时,速度方向与水平方向间的夹角为θ,则sin θ=
要使小球做直线运动,则合力方向应与v在一条直线上,当qE'与v所在直线垂直时,qE'最小,则E'最小,如图所示,有qE'=mg cos θ
联立解得E'=
64.(2022广东,14,15分)密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性,因此获得了1923年的诺贝尔奖。如图是密立根油滴实验的原理示意图。两个水平放置、相距为d的足够大金属极板,上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴,由于碰撞或摩擦,部分油滴带上了电荷。有两个质量均为m0、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B,在时间t内都匀速下落了距离h1。此时给两极板加上电压U(上极板接正极),A继续以原速度下落,B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离h2(h2≠h1),随后与A合并,形成一个球形新油滴,继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为f=kv,其中k为比例系数,m为油滴质量,v为油滴运动速率。不计空气浮力。重力加速度为g。求:
(1)比例系数k;
(2)油滴A、B的带电荷量和电性;B上升距离h2电势能的变化量;
(3)新油滴匀速运动速度的大小和方向。
答案　(1)　(2)A不带电,B带负电　(1+)　-m0gh2　(3)见解析
解析　(1)两极板未加电压时小油滴匀速运动,所受合力为零,故有:m0g=k
解得k=
(2)两板间加上电压后A继续以原速度下落,说明A不带电。
由B的运动过程可知B带电,所受电场力向上,则B带负电,B向上匀速运动时合力为零,有
q=m0g+k
将k值代入解得B所带电荷量大小:
q=(1+)
B上升h2电势能的变化量
ΔEp=-W电=-q·h2=-m0gh2(1+)
(3)假设油滴向下匀速运动,则有:
2m0g=q+k·(2m0v
解得:v=
若h1>h2,v>0,油滴竖直向下运动;
若h165.(2018北京理综,24,20分)(20分)(1)静电场可以用电场线和等势面形象描述。
a.请根据电场强度的定义和库仑定律推导出点电荷Q的场强表达式;
b.点电荷的电场线和等势面分布如图所示,等势面S1、S2到点电荷的距离分别为r1、r2。我们知道,电场线的疏密反映了空间区域电场强度的大小。请计算S1、S2上单位面积通过的电场线条数之比N1/N2。
(2)观测宇宙中辐射电磁波的天体,距离越远单位面积接收的电磁波功率越小,观测越困难。为了收集足够强的来自天体的电磁波,增大望远镜口径是提高天文观测能力的一条重要途径。2016年9月25日,世界上最大的单口径球面射电望远镜FAST在我国贵州落成启用,被誉为“中国天眼”。FAST直径为500 m,有效提高了人类观测宇宙的精度和范围。
a.设直径为100 m的望远镜能够接收到的来自某天体的电磁波功率为P1,计算FAST能够接收到的来自该天体的电磁波功率P2;
b.在宇宙大尺度上,天体的空间分布是均匀的。仅以辐射功率为P的同类天体为观测对象,设直径为100 m望远镜能够观测到的此类天体数目是N0,计算FAST能够观测到的此类天体数目N。
答案　(1)a.见解析　b.　(2)a.25P1　b.125N0
解析　(1)a.在距Q为r的位置放一电荷量为q的检验电荷。
根据库仑定律检验电荷受到的电场力
F=k
根据电场强度的定义E=
得E=k
b.穿过两等势面单位面积上的电场线条数之比
==
(2)a.地球上不同望远镜观测同一天体,单位面积上接收的功率应该相同,因此
P2=P1=25P1
b.在宇宙大尺度上,天体的空间分布是均匀的。因此,一个望远镜能观测到的此类天体数目正比于以望远镜为球心、以最远观测距离为半径的球体体积。
设地面上望远镜能观测到此类天体需收集到的电磁波的总功率的最小值为P0,直径为100 m望远镜和FAST能观测到的最远距离分别为L0和L,则
P0=π=π
可得L=5L0
则N=N0=125N0
思路分析　辐射的球体模型构建
(1)电场强度可理解为单位面积上穿过的电场线条数。
(2)以发出电磁波的天体为球心,天体到地球距离为半径,建立球面辐射模型,是望远镜观测某一确定天体辐射的常用模型;反之,以望远镜为球心,以观测距离为半径建立的球体模型,又是反映望远镜探测能力的有效模型。
66.(2016四川理综,9,15分)中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备,在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。
如图所示,某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成,相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管,在漂移管内做匀速直线运动,在漂移管间被电场加速,加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106 m/s,进入漂移管E时速度为1×107 m/s,电源频率为1×107 Hz,漂移管间缝隙很小,质子在每个管内运动时间视为电源周期的1/2。质子的荷质比取1×108 C/kg。求:
(1)漂移管B的长度;
(2)相邻漂移管间的加速电压。
答案　(1)0.4 m　(2)6×104 V
解析　(1)设质子进入漂移管B的速度为vB,电源频率、周期分别为f、T,漂移管B的长度为L,则
T=①
L=vB·②
联立①②式并代入数据得　L=0.4 m③
(2)设质子进入漂移管E的速度为vE,相邻漂移管间的加速电压为U,电场对质子所做的功为W,质子从漂移管B运动到E电场做功为W',质子的电荷量为q、质量为m,则
W=qU④
W'=3W⑤
W'=m-m⑥
联立④⑤⑥式并代入数据得　U=6×104 V⑦
67.(2015课标Ⅱ,24,12分)如图,一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动,A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0,方向与电场方向的夹角为60°;它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求A、B两点间的电势差。
答案　
解析　设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向上的速度分量不变,即
vB sin 30°=v0 sin 60°①
由此得vB=v0②
设A、B两点间的电势差为UAB,由动能定理有
qUAB=m(-)③
联立②③式得UAB=④
解题关键　①据运动的独立原理:一个物体同时参与几个不同方向的运动,每个分运动的规律相互独立。可知粒子在A和B两点沿与电场垂直的方向上分速度相同,即vB sin 30°=v0 sin 60°。②A和B两点速度方向虽然不同,但是并不影响动能定理的运用。
68.(2017北京理综,22,16分)如图所示,长l=1 m的轻质细绳上端固定,下端连接一个可视为质点的带电小球,小球静止在水平向右的匀强电场中,绳与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球所带电荷量q=1.0×10-6 C,匀强电场的场强E=3.0×103 N/C,取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)小球所受电场力F的大小。
(2)小球的质量m。
(3)将电场撤去,小球回到最低点时速度v的大小。
答案　(1)3.0×10-3 N　(2)4.0×10-4 kg　(3)2.0 m/s
解析　(1)F=qE=3.0×10-3 N
(2)由=tan 37°,得m=4.0×10-4 kg
(3)由mgl(1-cos 37°)=mv2,得
v==2.0 m/s
解题指导　(1)小球平衡时,正确进行受力分析。(2)撤去电场后,小球会从高处摆下,在小球从开始运动到到达最低点的过程中,机械能守恒。
69.(2015安徽理综,23,16分)在xOy平面内,有沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为E(图中未画出),由A点斜射出一质量为m、带电量为+q的粒子,B和C是粒子运动轨迹上的两点,如图所示,其中l0为常数。粒子所受重力忽略不计。求:
(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功;
(2)粒子从A到C过程所经历的时间;
(3)粒子经过C点时的速率。
答案　(1)3qEl0　(2)3　(3)
解析　(1)WAC=qE(yA-yC)=3qEl0
(2)根据抛体运动的特点,粒子在x轴方向做匀速直线运动,由对称性可知轨迹最高点D在y轴上,可令tAD=tDB=T,则tBC=T
由qE=ma,得a=
又yD=aT2,yD+3l0=a(2T)2
解得T=
则A→C过程所经历的时间t=3
(3)粒子在DC段做类平抛运动,于是有
2l0=vCx(2T),vCy=a(2T)
vC==
70.(2015四川理综,10,17分)如图所示,粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上,B端与桌面边缘对齐,A是轨道上一点,过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E=1.5×106 N/C,方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体P电荷量是2.0×10-6 C,质量m=0.25 kg,与轨道间动摩擦因数μ=0.4。P从O点由静止开始向右运动,经过0.55 s到达A点,到达B点时速度是5 m/s,到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为α,且tan α=1.2。P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用,F大小与P的速率v的关系如表所示。P视为质点,电荷量保持不变,忽略空气阻力,取g=10 m/s2。求:
v/(m·s-1) 0≤v≤2 2F/N 2 6 3
(1)小物体P从开始运动至速率为2 m/s所用的时间;
(2)小物体P从A运动至D的过程,电场力做的功。
答案　(1)0.5 s　(2)-9.25 J
解析　(1)小物体P的速率从0至2 m/s,受外力F1=2 N,设其做匀变速直线运动的加速度为a1,经过时间Δt1速度为v1,则
F1-μmg=ma1①
v1=a1Δt1②
由①②式并代入数据得
Δt1=0.5 s③
说明:①②③式各2分。
(2)小物体P从速率为2 m/s运动至A点,受外力F2=6 N,设其做匀变速直线运动的加速度为a2,则
F2-μmg=ma2④
设小物体P从速度v1经过Δt2时间,在A点的速度为v2,则
Δt2=0.55 s-Δt1⑤
v2=v1+a2Δt2⑥
P从A点至B点,受外力F2=6 N、电场力和滑动摩擦力的作用,设其做匀变速直线运动加速度为a3,电荷量为q,在B点的速度为v3,从A点至B点的位移为x1,则
F2-μmg-qE=ma3⑦
-=2a3x1⑧
P以速度v3滑出轨道右端B点,设水平方向受外力为F3,电场力大小为FE,有
FE=F3⑨
F3与FE大小相等方向相反,P水平方向所受合力为零,所以,P从B点开始做初速度为v3的平抛运动。设P从B点运动至D点用时为Δt3,水平位移为x2,由题意知
=tan α⑩
x2=v3Δt3
设小物体P从A点至D点电场力做功为W,则
W=-qE(x1+x2)
联立④~⑧,⑩~式并代入数据得
W=-9.25 J
说明:④⑥⑧式各1分,⑦⑩式各2分。
71.(2015北京理综,24,20分)真空中放置的平行金属板可以用作光电转换装置,如图所示。光照前两板都不带电。以光照射A板,则板中的电子可能吸收光的能量而逸出。假设所有逸出的电子都垂直于A板向B板运动,忽略电子之间的相互作用。保持光照条件不变。a和b为接线柱。
已知单位时间内从A板逸出的电子数为N,电子逸出时的最大动能为Ekm。元电荷为e。
(1)求A板和B板之间的最大电势差Um,以及将a、b短接时回路中的电流I短。
(2)图示装置可看作直流电源,求其电动势E和内阻r。
(3)在a和b之间连接一个外电阻时,该电阻两端的电压为U。外电阻上消耗的电功率设为P;单位时间内到达B板的电子,在从A板运动到B板的过程中损失的动能之和设为ΔEk。请推导证明:P=ΔEk。
　　(注意:解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量,要在解题中做必要的说明)
答案　(1)　Ne　(2)　　(3)见解析
解析　(1)由动能定理,Ekm=eUm,可得
Um=
短路时所有逸出电子都到达B板,故短路电流
I短=Ne
(2)电源的电动势等于断路时的路端电压,即上面求出的Um,所以
E=Um=
电源内阻r==
(3)外电阻两端的电压为U,则电源两端的电压也是U。
由动能定理,一个电子经电源内部电场后损失的动能
ΔEke=eU
设单位时间内有N'个电子到达B板,则损失的动能之和
ΔEk=N'ΔEke=N'eU
根据电流的定义,此时电源内部的电流
I=N'e
此时流过外电阻的电流也是I=N'e,外电阻上消耗的电功率
P=IU=N'eU
所以P=ΔEk
72.(2014课标Ⅰ,25,20分,0.162)如图,O、A、B为同一竖直平面内的三个点,OB沿竖直方向,∠BOA=60°,OB=OA。将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出,小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电,电荷量为q(q>0),同时加一匀强电场,场强方向与△OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球,该小球通过了A点,到达A点时的动能是初动能的3倍;若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出,恰好通过B点,且到达B点时的动能为初动能的6倍,重力加速度大小为g。求
(1)无电场时,小球到达A点时的动能与初动能的比值;
(2)电场强度的大小和方向。
答案　(1)　(2)见解析
解析　(1)设小球的初速度为v0,初动能为Ek0,从O点运动到A点的时间为t,令OA=d,则OB=d,根据平抛运动的规律有
d sin 60°=v0t①
d cos 60°=gt2②
又有Ek0=m③
由①②③式得Ek0=mgd④
设小球到达A点时的动能为EkA,则
EkA=Ek0+mgd⑤
由④⑤式得=⑥
(2)加电场后,小球从O点到A点和B点,高度分别降低了和,设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB,由能量守恒及④式得
ΔEpA=3Ek0-Ek0-mgd=Ek0⑦
ΔEpB=6Ek0-Ek0-mgd=Ek0⑧
在匀强电场中,沿任一直线,电势的降落是均匀的。设直线OB上的M点与A点等电势,M与O点的距离为x,如图,则有=⑨
解得x=d。MA为等势线,电场必与其垂线OC方向平行。设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α,由几何关系可得
α=30°⑩
即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。
设场强的大小为E,有qEd cos 30°=ΔEpA
由④⑦式得E=
考查点　带电粒子在电场中的运动、平抛运动
易错警示　利用在匀强电场中沿任一直线电势降落是均匀的,得=,求得与A等电势的M的位置。
73.(2014安徽理综,22,14分)如图所示,充电后的平行板电容器水平放置,电容为C,极板间距离为d,上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落,穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计,极板间电场可视为匀强电场,重力加速度为g)。求:
(1)小球到达小孔处的速度;
(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量;
(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间。
答案　(1)　(2)　C
(3)
解析　(1)由v2=2gh得v=
(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用,有
qE-mg=ma且v2-0=2ad,得E=
由U=Ed、Q=CU得Q=C
(3)由题得h=g、0=v-at2、t=t1+t2,
综合可得t=
第51页共51页2014-2023年高考物理真题专题分类
专题二　相互作用
1.(2023江苏,7,4分)如图所示,“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处。已知探测器质量为m,四条腿与竖直方向的夹角均为θ,月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的。每条腿对月球表面压力的大小为(　　)
A. B.
C. D.
答案：D 设每条腿所受支持力为FN,则4FN=mg月,g月=g,则FN=,结合牛顿第三定律可知D正确。
2.(2023山东,2,3分)
餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示,三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上,下端连接托盘。托盘上叠放若干相同的盘子,取走一个盘子,稳定后余下的正好升高补平。已知单个盘子的质量为300 g,相邻两盘间距1.0 cm,重力加速度大小取10 m/s2。弹簧始终在弹性限度内,每根弹簧的劲度系数为(　　)
A.10 N/m B.100 N/m
C.200 N/m D.300 N/m
答案：B 设弹簧的劲度系数为k,由题意可知mg=3kΔx,代入数据解得k=100 N/m,故选B。
3.(2022全国乙,15,6分)如图,一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球,初始时整个系统静置于光滑水平桌面上,两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点,方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距L时,它们加速度的大小均为 (　　)
A.　　　　　B.　　　　　C.　　　　　D.
答案　A　如图可知sin θ==,则cos θ=,对轻绳中点受力分析可知F=2T cos θ,对小球由牛顿第二定律得T=ma,联立解得a=,故选项A正确。
4.(2022广东,1,4分)如图是可用来制作豆腐的石磨。木柄AB静止时,连接AB的轻绳处于绷紧状态。O点是三根轻绳的结点,F、F1和F2分别表示三根绳的拉力大小,F1=F2且∠AOB=60°。下列关系式正确的是 (　　)
A.F=F1　　　　　　　　　　 B.F=2F1
C.F=3F1　　　　　　　　　　 D.F=F1
答案　D　O点处于平衡状态,由平衡条件可得:F1 sin 30°=F2 sin 30°、F1 cos 30°+F2 cos 30°=F,所以F=F1,D正确。
5.(2022北京,5,3分)如图所示,质量为m的物块在倾角为θ的斜面上加速下滑,物块与斜面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。下列说法正确的是　 (　　)
A.斜面对物块的支持力大小为mg sin θ
B.斜面对物块的摩擦力大小为μmg cos θ
C.斜面对物块作用力的合力大小为mg
D.物块所受的合力大小为mg sin θ
答案　B　物块在斜面上加速下滑,受力分析如图。支持力FN=mg cos θ,A错;摩擦力Ff=μFN=μmg cos θ,B对;合力F合=mg sin θ-μmg cos θ,D错;由于物块加速下滑,斜面对物块作用力(FN、Ff)的合力与重力mg不是平衡力,C错。
6.(2022重庆,1,4分)如图所示,吸附在竖直玻璃上质量为m的擦窗工具,在竖直平面内受重力、拉力和摩擦力(图中未画出摩擦力)的共同作用做匀速直线运动。若拉力大小与重力大小相等,方向水平向右,重力加速度为g,则擦窗工具所受摩擦力 (　　)
A.大小等于mg　　　　　　　　　　 B.大小等于mg
C.方向竖直向上　　　　　　　　　　 D.方向水平向左
答案　B　在竖直平面内对擦窗工具进行受力分析如图所示,擦窗工具做匀速直线运动,其受力平衡,设重力和拉力的合力为F,摩擦力与F等大反向,重力和拉力的合力F==mg,与水平方向成45°角,则摩擦力大小为mg,方向与水平方向成45°角,B正确。
7.(2022浙江1月选考,4,3分)如图所示,公园里有一仿制我国古代欹器的U形水桶,桶可绕水平轴转动,水管口持续有水流出,过一段时间桶会翻转一次,决定桶能否翻转的主要因素是　 (　　)
A.水桶自身重力的大小
B.水管每秒出水量的大小
C.水流对桶撞击力的大小
D.水桶与水整体的重心高低
答案　D　水管不断向桶注水,使桶与水整体的重心位置变化,致使受力不平衡,桶翻转,故D正确。
8.(2022浙江6月选考,3,3分)如图所示,鱼儿摆尾击水跃出水面,吞食荷花花瓣的过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.鱼儿吞食花瓣时鱼儿受力平衡
B.鱼儿摆尾出水时浮力大于重力
C.鱼儿摆尾击水时受到水的作用力
D.研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作可把鱼儿视为质点
答案　C　鱼儿吞食花瓣时受力不平衡,选项A错误;鱼儿摆尾出水时浮力小于重力,选项B错误;鱼儿摆尾击水时给水一个力,水同时给鱼儿一个反作用力,选项C正确;研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作时,鱼儿的大小、形状对于所研究的问题不能忽略,则不能把鱼儿视为质点,选项D错误。
9.(2022湖南,5,4分)2022年北京冬奥会跳台滑雪空中技巧比赛场地边,有一根系有飘带的风力指示杆,教练员根据飘带的形态提示运动员现场风力的情况。若飘带可视为粗细一致的匀质长绳,其所处范围内风速水平向右、大小恒定且不随高度改变。当飘带稳定时,飘带实际形态最接近的是 (　　)
答案　A　设单位长度飘带质量为m0,总质量M=Lm0(L为飘带长度),单位长度飘带所受的水平力为F0,飘带所受的水平力F=LF0。则对飘带受力分析,所得矢量三角形如图,tan θ===,由于m0与F0为定值,则θ为定值,即θ与L无关,无论选取的研究对象L很小还是很大,θ都不变,则飘带拉力F拉方向一定,所以飘带实际形态最接近一条直线,故选A。
10.(2022浙江1月选考,5,3分)如图所示,学校门口水平地面上有一质量为m的石墩,石墩与水平地面间的动摩擦因数为μ,工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时,两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ,重力加速度为g,则下列说法正确的是　 (　　)
A.轻绳的合拉力大小为
B.轻绳的合拉力大小为
C.减小夹角θ,轻绳的合拉力一定减小
D.轻绳的合拉力最小时,地面对石墩的摩擦力也最小
答案　B　设两根轻绳的拉力均为F,对石墩受力分析,如图所示,根据平衡条件,有2F cos θ=Ff,2F sin θ+FN=mg,且Ff=μFN,F合=2F,联立解得F合=,选项A错误,B正确;F合==,其中 tan α=,0<α<,即α是一个常数,根据三角函数知识知,减小夹角θ,sin (θ+α)可能减小,轻绳的合拉力F合可能增大,选项C错误;根据F合的表达式可知,当θ+α=时,合拉力最小,而摩擦力Ff=F合 cos θ==,当θ=时,摩擦力最小,即合拉力最小和摩擦力最小对应的θ取值不同,所以合拉力最小时,摩擦力不是最小的,选项D错误。
11.(2022浙江1月选考,7,3分)如图所示,水平放置的电子秤上有一磁性玩具,玩具由哑铃状物件P和左端有玻璃挡板的凹形底座Q构成,其重量分别为GP和GQ。用手使P的左端与玻璃挡板靠近时,感受到P对手有靠向玻璃挡板的力,P与挡板接触后放开手,P处于“磁悬浮”状态(即P和Q的其余部分均不接触),P与Q间的磁力大小为F。下列说法正确的是　 (　　)
A.Q对P的磁力大小等于GP
B.P对Q的磁力方向竖直向下
C.Q对电子秤的压力大小等于GQ+F
D.电子秤对Q的支持力大小等于GP+GQ
答案　D　由于P对挡板有力,且处于悬浮(平衡)状态,对P受力分析如图所示,故A、B错误;对P、Q整体受力分析可知电子秤对Q的支持力大小等于GP+GQ,故C错误,D正确。
12.(2022浙江6月选考,10,3分)如图所示,一轻质晒衣架静置于水平地面上,水平横杆与四根相同的斜杆垂直,两斜杆夹角θ=60°。一重为G的物体悬挂在横杆中点,则每根斜杆受到地面的 (　　)
A.作用力为G　　　　　　　　　　B.作用力为G
C.摩擦力为G　　　　　　　　　　D.摩擦力为G
答案　B　对其中一根斜杆的底端分析,受力如图所示,对整体分析可知FN=,则地面对杆的作用力F'==G,摩擦力Ff=FN tan 30°=G,故B正确,A、C、D均错误。
13.(2022河北,7,4分)如图,用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点,将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平,绳与木板之间的夹角保持不变,忽略圆柱体与木板之间的摩擦。在转动过程中 (　　)
A.圆柱体对木板的压力逐渐增大
B.圆柱体对木板的压力先增大后减小
C.两根细绳上的拉力均先增大后减小
D.两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变
答案　B　选圆柱体为研究对象,设两根细绳的拉力的合力为T,除此之外圆柱体还受重力G和木板的支持力N,将三力首尾依次相接构成矢量三角形,如图所示,在木板缓慢转动过程中,两绳拉力的合力T和木板的支持力N同时顺时针转动,重力G恒定,两绳拉力的合力T和木板的支持力N之间的夹角不变,所以矢量三角形外接圆中弦AB所对的角不变,在木板转至水平的过程中,绳的拉力T和木板的弹力N的连接点C由初位置移至B点,由图可知支持力N先增大后减小,两绳拉力的合力T一直减小,B正确,A、C、D错误。
14.(2020浙江7月选考,3,3分)矢量发动机是喷口可向不同方向偏转以产生不同方向推力的一种发动机。当歼20隐形战斗机以速度v斜向上飞行时,其矢量发动机的喷口如图所示。已知飞机受到重力G、发动机推力F1、与速度方向垂直的升力F2和与速度方向相反的空气阻力Ff。下列受力分析示意图可能正确的是(　　)
答案　A　根据题意,升力F2与速度方向垂直,因此可以排除选项B、D,空气阻力Ff与速度方向相反,可以排除选项C,因此选A。
15.(2017课标Ⅲ,17,6分)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上,弹性绳的原长也为80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点,平衡时弹性绳的总长度为100 cm;再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点,则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)(　　)
A.86 cm　　　　　　B.92 cm　　　　　　C.98 cm　　　　　　D.104 cm
答案　B　本题考查胡克定律及其简单应用,属于对定律的理解能力考查。设弹性绳劲度系数为k,绳总长l1=100 cm时,绳上弹力大小F1=k(l1-l0),绳中点处受力平衡,设绳与水平方向夹角为θ,则有2F1 sin θ=F'=G,cos θ=,sin θ=,绳两端缓慢移至同一点时,设绳长为l2,其弹力大小F2=k(l2-l0),此时绳中点处受力平衡,有2F2=F'=G,综上所述有2k(l1-l0)·sin θ=2k(l2-l0),解得l2=92 cm,则选项B正确。
解题关键　关键词理解与情境构建
弹性绳可按弹簧模型处理,始终处于弹性限度内说明劲度系数k不变,钩码挂在绳的中点,绳中点处受力平衡,两侧绳上弹力大小相等,等于弹性绳的弹力。
16.(2016江苏单科,1,3分)一轻质弹簧原长为8 cm,在4 N的拉力作用下伸长了2 cm,弹簧未超出弹性限度。则该弹簧的劲度系数为(　　)
A.40 m/N　　　　　　B.40 N/m
C.200 m/N　　　　　　D.200 N/m
答案　D　根据胡克定律有F=kx,则k== N/m=200 N/m,故D正确。
17.(2015广东理综,19,6分)(多选)如图所示,三条绳子的一端都系在细直杆顶端,另一端都固定在水平地面上,将杆竖直紧压在地面上,若三条绳长度不同,下列说法正确的有(　　)
A.三条绳中的张力都相等
B.杆对地面的压力大于自身重力
C.绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零
D.绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力
答案　BC　由于三条绳长度不同,则三条绳与竖直杆间的夹角不相等,因竖直杆仅是压在地面上而没有固定,则三条绳对杆的拉力在水平方向的分力必平衡,但三个水平分力在水平面内的方向关系不确定,故不能确定三条绳中张力的大小关系,A错误、C正确;由于三条绳对杆的拉力在竖直方向的分力都向下,故B正确;绳子拉力的合力竖直向下,杆的重力也竖直向下,它们不是一对平衡力,故D错误。
18.(2014广东理综,14,4分)如图所示,水平地面上堆放着原木,关于原木P在支撑点M、N处受力的方向,下列说法正确的是(　　)
A.M处受到的支持力竖直向上
B.N处受到的支持力竖直向上
C.M处受到的静摩擦力沿MN方向
D.N处受到的静摩擦力沿水平方向
答案　A　支持力的方向垂直于支持面,因此原木在M处受到的支持力垂直于地面竖直向上,在N处受到的支持力过N垂直于切面斜向上,A项正确、B项错误;静摩擦力方向平行于接触面且与相对运动趋势的方向相反,因此M处的静摩擦力沿水平方向,N处的静摩擦力沿MN方向,C、D项都错误。
19.(2019江苏单科,2,3分)如图所示,一只气球在风中处于静止状态,风对气球的作用力水平向右。细绳与竖直方向的夹角为α,绳的拉力为T,则风对气球作用力的大小为(　　)
A.　　B.　　C.T sin α　　D.T cos α
答案　C　本题考查力的分解内容,有利于培养应用数学知识处理物理问题的能力,体现了核心素养中的模型建构要素。
如图所示,气球处于平衡状态,在水平方向上风力与拉力T的水平分力平衡,F风=T sin α,故选项C正确。
关键指导　气球在浮力、重力、水平向右的风力和绳的拉力共同作用下处于平衡状态,其中浮力与重力的合力竖直向上。
20.(2019浙江4月选考,11,3分)如图所示,一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环,系在两环上的等长细绳拴住的书本处于静止状态,现将两环距离变小后书本仍处于静止状态,则(　　)
A.杆对A环的支持力变大
B.B环对杆的摩擦力变小
C.杆对A环的力不变
D.与B环相连的细绳对书本的拉力变大
答案　B　对两环和书本组成的系统进行整体受力分析,竖直方向:2N=mg,可知将两环距离变小后杆对A环的支持力不变,选项A错误;设细绳与杆之间夹角为θ,对环B受力分析可知,f=T cos θ;对书本:2T sin θ=mg,解得f=(其中的θ是绳与杆之间的夹角),则当两环距离变小后,θ变大,则f减小,与B环相连的细绳对书本的拉力T变小,选项B正确,D错误;同理,杆对A环的摩擦力减小,杆对A环的支持力不变,这两个力互相垂直,则杆对A环的力减小,选项C错误。
21.(2017课标Ⅰ,21,6分)(多选)如图,柔软轻绳ON的一端O固定,其中间某点M拴一重物,用手拉住绳的另一端N。初始时,OM竖直且MN被拉直,OM与MN之间的夹角为α(α>)。现将重物向右上方缓慢拉起,并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中 (　　)
A.MN上的张力逐渐增大
B.MN上的张力先增大后减小
C.OM上的张力逐渐增大
D.OM上的张力先增大后减小
答案　AD　本题考查对共点力平衡问题的理解和推理能力,要求运用数学工具求解物理问题。
设MN上的张力为T,OM上的张力为F,在缓慢拉起的过程中重物处于动态平衡状态。当OM与竖直方向成任意θ角时,由受力分析有
F cos θ+T cos (α-θ)=mg
F sin θ=T sin (α-θ)
利用三角函数化简解得
T=mg
F=mg
可知,在θ由0增加至的过程中,MN上的张力T逐渐增大,选项A正确,B错误。由于OM与MN之间的夹角α>,所以在θ由0增加至的过程中,α-θ的值先由大于减小至后,进一步再减小,相应sin (α-θ)的值先增大后减小,即OM上的张力F先增大后减小,选项C错误,D正确。
22.(2016课标Ⅱ,14,6分)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O,如图所示。用T表示绳OA段拉力的大小,在O点向左移动的过程中(　　)
A.F逐渐变大,T逐渐变大
B.F逐渐变大,T逐渐变小
C.F逐渐变小,T逐渐变大
D.F逐渐变小,T逐渐变小
答案　A　由题意知,系统处于动态平衡状态,分析O点的受力情况如图所示,其中T'=G恒定不变,F方向不变,T大小方向均改变,在O点向左移动的过程中,θ角逐渐变大,由动态矢量三角形可知F、T均逐渐变大,故A项正确。
23.(2016课标Ⅰ,19,6分)(多选)如图,一光滑的轻滑轮用细绳OO'悬挂于O点;另一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块a,另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b,整个系统处于静止状态。若F方向不变,大小在一定范围内变化,物块b仍始终保持静止,则(　　)
A.绳OO'的张力也在一定范围内变化
B.物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C.连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D.物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
答案　BD　系统处于静止状态,连接a和b的绳的张力大小T1等于物块a的重力Ga,C项错误;以O'点为研究对象,受力分析如图甲所示,T1恒定,夹角θ不变,由平衡条件知,绳OO'的张力T2恒定不变,A项错误;以b为研究对象,受力分析如图乙所示,则
FN+T1 cos θ+F sin α-Gb=0
f+T1 sin θ-F cos α=0
FN、f均随F的变化而变化,故B、D项正确。
温馨提示　关键词:①光滑的轻滑轮;②水平粗糙桌面;③系统静止;④F方向不变。
隐含条件　整个系统处于静止状态,则绳子间的夹角不变,各段绳子上的拉力大小不变。
方法技巧　以O'点为研究对象,由三力平衡分析绳OO'的张力变化情况;以物块b为研究对象,用正交分解法列方程分析物块b所受支持力及与桌面间摩擦力的变化情况。
24.(2014上海单科,9,3分)如图,光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内,A端与水平面相切。穿在轨道上的小球在拉力F作用下,缓慢地由A向B运动,F始终沿轨道的切线方向,轨道对球的弹力为N。在运动过程中(　　)
A.F增大,N减小　　　　　　B.F减小,N减小
C.F增大,N增大　　　　　　D.F减小,N增大
答案　A　由题意知,小球在由A运动到B过程中始终处于平衡状态。设某一时刻小球运动至如图所示位置,则对球由平衡条件得:F=mg sin θ,N=mg cos θ,在运动过程中,θ增大,故F增大,N减小,A正确。
25.(2014山东理综,14,6分)如图,用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点,制成一简易秋千。某次维修时将两轻绳各剪去一小段,但仍保持等长且悬挂点不变。木板静止时,F1表示木板所受合力的大小,F2表示单根轻绳对木板拉力的大小,则维修后(　　)
A.F1不变,F2变大　　　　　　B.F1不变,F2变小
C.F1变大,F2变大　　　　　　D.F1变小,F2变小
答案　A　木板静止时受力情况如图所示,设轻绳与竖直木桩的夹角为θ,由平衡条件知,合力F1=0,故F1不变,F2=,剪短轻绳后,θ增大,cos θ减小,F2增大,故A正确。
26.(2015山东理综,16,6分)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(　　)
A.　　　　　　B.　　　　　　C.　　　　　　D.
答案　B　设水平作用力大小为F,则对于B:μ1F=mBg,对于整体:F=μ2(mA+mB)g,解得=。
27.(2019课标Ⅱ,16,6分)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动,轻绳与斜面平行。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为,重力加速度取10 m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1 500 N,则物块的质量最大为(　　)
A.150 kg　　B.100 kg　　C.200 kg　　D.200 kg
答案　A　本题考查了对平衡条件的理解与应用,检验了理解能力、推理能力,体现了模型建构、科学推理等核心素养。
物块沿斜面向上匀速运动,则物块受力平衡,满足关系F-mg sin 30°-μmg cos 30°=0,其中μ=,g=10 m/s2,当F=1 500 N时,物块的质量最大,为m==150 kg,故A正确。
第16页共16页2014-2023年高考物理真题专题分类
专题九　恒定电流
1.(2023全国乙,20,6分)(多选)黑箱外有编号为1、2、3、4的四个接线柱,接线柱1和2、2和3、3和4之间各接有一个电阻,在接线柱间还接有另外一个电阻R和一个直流电源。测得接线柱之间的电压U12=3.0 V,U23=2.5 V,U34=-1.5 V。符合上述测量结果的可能接法是(　　)
A.电源接在1、4之间,R接在1、3之间
B.电源接在1、4之间,R接在2、4之间
C.电源接在1、3之间,R接在1、4之间
D.电源接在1、3之间,R接在2、4之间
答案：CD 若电源接在1、4之间,则编号为1、2、3、4的四个接线柱中相邻两个接线柱之间的电压可能都为正,也可能都为负,不可能出现题中有正有负的情况,所以A、B选项错误;若电源接在1、3之间,则编号为1、2、3、4的四个接线柱中1、2之间的电压与2、3之间的电压可能均为正,若为正则3、4之间的电压为负,所以C、D正确。
2.(2022江苏,2,4分)如图所示,电路中灯泡均正常发光,阻值分别为R1=2 Ω,R2=3 Ω,R3=2 Ω,R4=4 Ω,电源电动势E=12 V,内阻不计。四个灯泡中消耗功率最大的是 (　　)
A.R1　　　　　B.R2　　　　　C.R3　　　　　D.R4
答案　A　电路中总电流I==3 A,则UR1=IR1=6 V,UR2=E-UR1=6 V,由P=可知PR2>PR4,PR1>PR2,由P=I2R可知PR4>PR3,所以PR1最大,故A正确。
3.(2022北京,13,3分)某同学利用压力传感器设计水库水位预警系统。如图所示,电路中的R1和R2,其中一个是定值电阻,另一个是压力传感器(可等效为可变电阻)。水位越高,对压力传感器的压力越大,压力传感器的电阻值越小。当a、b两端的电压大于U1时,控制开关自动开启低水位预警;当a、b两端的电压小于U2(U1、U2为定值)时,控制开关自动开启高水位预警。下列说法正确的是 (　　)
A.U1B.R2为压力传感器
C.若定值电阻的阻值越大,开启高水位预警时的水位越低
D.若定值电阻的阻值越大,开启低水位预警时的水位越高
答案　C　由于低水位预警要求a、b两端电压大于U1、高水位预警要求a、b两端电压小于U2,可知水位越高时,即压力传感器的阻值越小时,a、b两端电压越低,而阻值越小,电路中电流越大,定值电阻两端电压越高,故R1是压力传感器,R2是定值电阻,且U1>U2,A、B均错误。假设恰好开启水位预警,若此时定值电阻的阻值增大,则电路中电流会随之减小,从而导致a、b两端电压变小,若想恢复原本电压,则需增大传感器电阻,即降低水位,C正确,D错误。
4.(2019浙江4月选考,8,3分)电动机与小电珠串联接入电路,电动机正常工作时,小电珠的电阻为R1,两端电压为U1,流过的电流为I1;电动机的内电阻为R2,两端电压为U2,流过的电流为I2。则(　　)
A.I1　　　　　　C.=　　　　　　D.<
答案　D　由题意可知I1=I2,选项A错误;因U2>I2R2,U1=I1R1,则<,选项B、C错误,D正确。故选D。
5.(2019江苏单科,3,3分)如图所示的电路中,电阻R=2 Ω。断开S后,电压表的读数为3 V;闭合S后,电压表的读数为2 V,则电源的内阻r为(　　)
A.1 Ω　　　　　　B.2 Ω
C.3 Ω　　　　　　D.4 Ω
答案　A　本题考查了欧姆定律内容,有利于培养学生的推理能力,体现了核心素养中的科学思维要素。
若断开S,则电压表的示数等于电源电动势E,则E=3 V。若闭合S,据串联电路电压分配关系可得=,且U=2 V,R=2 Ω,得出r=1 Ω,故选项A正确。
6.(2018浙江4月选考,5,3分)杭州市正将主干道上的部分高压钠灯换成LED灯。已知高压钠灯功率为400 W,LED灯功率为180 W,若更换4 000盏,则一个月可节约的电能约为(　　)
A.9×102 kW·h　　　　　　B.3×105 kW·h　　　　　　
C.6×105 kW·h　　　　　　D.1×1012 kW·h
答案　B　更换后每盏灯的电功率减小0.22 kW,每天亮灯时间大约12 h,因此4 000盏灯一个月节约的电能W=0.22×4 000×12×30 kW·h≈3×105 kW·h,选B。
7.(2016上海单科,18,4分)(多选)如图所示电路中,电源内阻忽略不计。闭合开关,电压表示数为U,电流表示数为I;在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中(　　)
A.U先变大后变小
B.I先变小后变大
C.U与I比值先变大后变小
D.U变化量与I变化量比值等于R3
答案　BC　据题意,由于电源内阻不计,电压表的示数总是不变,故选项A错误;滑片滑动过程中,变阻器R1的等效阻值R1'先增大后减小,又R1'、R2两端总电压不变,且R2+R1'=,所以电流表示数先减小后增大,故选项B、C正确;由于电压表示数没有变化,故选项D错误。
8.(2014上海单科,18,4分)(多选)如图,电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。将滑动变阻器滑片向下滑动,理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3,理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI,则(　　)
A.A的示数增大
B.V2的示数增大
C.ΔU3与ΔI的比值大于r
D.ΔU1大于ΔU2
答案　ACD　滑动变阻器的滑片向下滑动,导致滑动变阻器连入电路的阻值变小,总电阻变小,又电源电动势不变,则电流变大,即电流表示数变大,选项A对。电压表V1测量定值电阻R两端的电压,因电流变大,所以V1示数增大;电压表V2测量定值电阻和滑动变阻器两端的总电压即路端电压,示数变小,选项B错。ΔU1=ΔI×R,ΔU2=ΔI×r,所以ΔU1>ΔU2,选项D对。电压表V3测量滑动变阻器两端的电压,电压表V3示数的变化量ΔU3=ΔI×(r+R),所以=r+R>r,选项C对。
9.(2013江苏单科,4,3分)在输液时,药液有时会从针口流出体外,为了及时发现,设计了一种报警装置,电路如图所示。M是贴在针口处的传感器,接触到药液时其电阻RM发生变化,导致S两端电压U增大,装置发出警报,此时(　　)
A.RM变大,且R越大,U增大越明显
B.RM变大,且R越小,U增大越明显
C.RM变小,且R越大,U增大越明显
D.RM变小,且R越小,U增大越明显
答案　C　当传感器接触药液时,其阻值发生变化,导致S两端电压U增大,则M两端电压减小,可知RM应变小;R与RM构成并联电路,其并联总电阻为R并==,可知当R越大,RM减小相同值时,R并减小得越多,因此S两端电压增大越明显,选项C正确。
10.(2012四川理综,23,16分)四川省“十二五”水利发展规划指出,若按现有供水能力测算,我省供水缺口极大,蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一。某地要把河水抽高20 m,进入蓄水池,用一台电动机通过传动效率为80%的皮带,带动效率为60%的离心水泵工作。工作电压为380 V,此时输入电动机的电功率为19 kW,电动机的内阻为0.4 Ω。已知水的密度为1×103 kg/m3,重力加速度取10 m/s2。求:
(1)电动机内阻消耗的热功率;
(2)将蓄水池蓄入864 m3的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度)。
答案　(1)1×103 W　(2)2×104 s
解析　(1)设电动机的电功率为P,则
P=UI①
设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr,则
Pr=I2r②
代入数据解得Pr=1×103 W③
说明:①③式各2分,②式3分。
(2)设蓄水总质量为M,所用抽水时间为t。已知抽水高度为h,容积为V,水的密度为ρ,则
M=ρV④
设质量为M的河水增加的重力势能为ΔEp,则
ΔEp=Mgh⑤
设电动机的输出功率为P0,则P0=P-Pr⑥
根据能量守恒定律得
P0t×60%×80%=ΔEp⑦
代入数据解得
t=2×104 s⑧
说明:④⑤式各1分,⑥⑧式各2分,⑦式3分。
11.(2018北京理综,23,18分)如图1所示,用电动势为E、内阻为r的电源,向滑动变阻器R供电。改变变阻器R的阻值,路端电压U与电流I均随之变化。
(1)以U为纵坐标,I为横坐标,在图2中画出变阻器阻值R变化过程中U-I图像的示意图,并说明U-I图像与两坐标轴交点的物理意义。
(2)a.请在图2画好的U-I关系图线上任取一点,画出带网格的图形,以其面积表示此时电源的输出功率;
b.请推导该电源对外电路能够输出的最大电功率及条件。
(3)请写出电源电动势定义式,并结合能量守恒定律证明:电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和。
答案　见解析
解析　(1)U-I图像如图所示。图像与纵轴交点的纵坐标值为电源电动势,与横轴交点的横坐标值为短路电流。
(2)a.如图所示。
　　b.电源输出的电功率
P=I2R=R=
当外电路电阻R=r时,电源输出的电功率最大,为
Pmax=
(3)电动势定义式E=
根据能量守恒定律,在题图所示电路中,非静电力做功W产生的电能等于在外电路和内电路产生的电热,即W=I2rt+I2Rt=Irq+IRq
得E=Ir+IR=U内+U外
第1页共7页2014-2023年高考物理真题专题分类
专题六　机械能守恒定律
1.(2023新课标,15,6分)无风时,雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中,克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)(　　)
A.0 B.mgh
C.mv2-mgh D.mv2+mgh
答案：B 以雨滴为研究对象,雨滴在下落过程中,受到重力和空气阻力,雨滴在地面附近下落高度h的过程中速率恒定,动能变化量为0,根据动能定理有mgh-W克=0,解得W克=mgh,故B正确。
2.(2023新课标,20,6分)(多选)
一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下,由静止开始在水平地面上沿x轴运动,出发点为x轴零点,拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4,重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.在x=1 m时,拉力的功率为6 W
B.在x=4 m时,物体的动能为2 J
C.从x=0运动到x=2 m,物体克服摩擦力做的功为8 J
D.从x=0运动到x=4 m的过程中,物体的动量最大为2 kg·m/s
答案：BC 根据W=Fx可知,W-x图线的斜率表示水平拉力,则在0~2 m内,拉力F1= N=6 N,则物体做匀加速直线运动,加速度a1==2 m/s2,故由x1=a1知,物体运动到x=1 m所用的时间t1=1 s,则v1=a1t1=2 m/s,P1=F1v1=12 W,A错误;在0~4 m内,根据动能定理可得WF-μmgx4=Ek,解得Ek=2 J,B正确;从x=0运动到x=2 m,物体克服摩擦力做的功为Wf=μmgx2=8 J,C正确;物体在2~4 m内,拉力F2= N=3 N,加速度a2==-1 m/s2,则物体做匀减速直线运动,故物体在x=2 m时的速度最大,故由x2=a1知,物体运动到x=2 m所用的时间t2= s,则v2=a1t2=2 m/s,则动量最大为p2=mv2=2 kg·m/s,D错误。故选B、C。
3.(2023山东,4,3分)
《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下:两个半径均为R的水轮,以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布,单位长度上有n个,与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水,其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g,则筒车对灌入稻田的水做功的功率为(　　)
A. B.
C. D.nmgωRH
答案：B t时间内,长度l=ωRt的筒车上有质量为M的水被灌入稻田,则M=nlm=nmωRt,筒车对灌入稻田的水做功的功率为P==,故选B。
4.(2023山东,8,3分)质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时,牵引力F和受到的阻力f均为恒力。如图所示,小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运动。当小车拖动物体行驶的位移为s1时,小车达到额定功率,轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下,其总位移为s2。物体与地面间的动摩擦因数不变,不计空气阻力。小车的额定功率P0为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案A 设小车拖动物体行驶s1时速度为v,物体与地面间的动摩擦因数为μ。
从小车拖动物体由静止开始运动到速度达到v这一过程,以小车和物体为研究对象根据动能定理列方程有
(F-f-μmg)×s1=(m+M)v2
从轻绳从物体上脱落到物体停止运动这一过程,以物体为研究对象根据动能定理列方程有
-μmg(s2-s1)=0-mv2
联立上述两式得v=
那么,小车的额定功率P0=Fv
得P0=。
5.(2023江苏,11,4分)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑,到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄,频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比,图甲中滑块(　　)
A.受到的合力较小
B.经过A点的动能较小
C.在A、B之间的运动时间较短
D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小
答案：C 由频闪照片可知,题图甲中拍摄到的滑块数量少,故题图甲中滑块在A、B之间的运动时间较短,故C正确;由x=at2可知,题图甲中滑块运动的加速度较大,则由F=ma可知,题图甲中滑块受到的合力较大,故A错误;设斜面倾角为θ,由Wf=μmg cos θ·x可知,两图中滑块在A、B之间克服摩擦力做的功相等,故D错误;由上述分析可知题图甲对应滑块的上升过程,题图乙对应滑块的下降过程,题图甲中,滑块从A运动到B,由动能定理得-(WG+Wf)=0-EkA,题图乙中,滑块从B运动到A,由动能定理得WG-Wf=EkA'-0,联立得EkA>EkA',即题图甲中滑块经过A点的动能较大,B错误。
6.(2023全国乙,21,6分)(多选)如图,一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上,另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f,当物块从木板右端离开时(　　)
A.木板的动能一定等于fl
B.木板的动能一定小于fl
C.物块的动能一定大于m-fl
D.物块的动能一定小于m-fl
答案：BD 运动过程如图所示,设经过时间t,小物块的速度为v1,木板的速度为v2,小物块从木板右端滑下时,可知v1>v2,此过程中木板的位移x2=t,小物块的位移x1=t,则x1>2x2,x1-x2=l>x2;摩擦力对木板做正功,对木板由动能定理可知fx2=EkM,则木板的动能EkM=fx2l,所以Ekm7.(2022全国乙,16,6分)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环。小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑,在下滑过程中,小环的速率正比于 (　　)
A.它滑过的弧长
B.它下降的高度
C.它到P点的距离
D.它与P点的连线扫过的面积
答案　C　如图所示,x为PA间的距离,其所对的圆心角为θ,小环由P点运动到A点,由动能定理得mgh=mv2,由几何关系得h=R-R cos θ,所以v=。由于1-cos θ=2 sin2,sin=,所以v===x,故v正比于它到P点的距离,C正确。
8.(2022全国甲,14,6分)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下,到b处起跳,c点为a、b之间的最低点,a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍,运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力,则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于 (　　)
A.　　　　　B.　　　　　C.　　　　　D.
答案　D　运动员从a处滑至c处,mgh=m-0,在c点,N-mg=m,联立得N=mg,由题意,结合牛顿第三定律可知,N=F压≤kmg,得R≥,故D项正确。
9.(2022北京,8,3分)我国航天员在“天宫课堂”中演示了多种有趣的实验,提高了青少年科学探索的兴趣。某同学设计了如下实验:细绳一端固定,另一端系一小球,给小球一初速度使其在竖直平面内做圆周运动。无论在“天宫”还是在地面做此实验, (　　)
A.小球的速度大小均发生变化
B.小球的向心加速度大小均发生变化
C.细绳的拉力对小球均不做功
D.细绳的拉力大小均发生变化
答案　C　在“天宫”中是完全失重的环境,小球在竖直平面内做匀速圆周运动,细绳拉力提供小球做圆周运动所需的向心力,小球的线速度大小、向心加速度大小、向心力(细绳的拉力)大小均不变,无论在“天宫”还是在地面,细绳的拉力始终与速度垂直而不做功,故只有C正确。
10.(2022江苏,8,4分)某滑雪赛道如图所示,滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑,经圆弧滑道起跳,将运动员视为质点,不计摩擦力及空气阻力。此过程中,运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是 (　　)
答案　A　不计摩擦与空气阻力时,运动员运动过程中机械能守恒:ΔEk=ΔEp=mgΔh=mgΔx tan θ,即Ek=mgx tan θ,式中θ是斜面与水平面间的夹角,可见A正确,B、C、D错误。
11.(2022湖北,5,4分)如图所示,质量分别为m和2m的小物块P和Q,用轻质弹簧连接后放在水平地面上,P通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑,Q与地面间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离,撤去拉力后,Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内,弹簧的劲度系数为k,重力加速度大小为g。若剪断轻绳,P在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为 (　　)
A.　　　　　B.　　　　　C.　　　　　D.
答案　C　对Q,根据平衡条件有kx=2μmg,则弹簧伸长量x=。剪断轻绳后,P的运动为简谐运动,故其最大位移为2x=,即C正确。
12.(2022浙江1月选考,12,3分)某节水喷灌系统如图所示,水以v0=15 m/s的速度水平喷出,每秒喷出水的质量为2.0 kg。喷出的水是从井下抽取的,喷口离水面的高度保持H=3.75 m不变。水泵由电动机带动,电动机正常工作时,输入电压为220 V,输入电流为2.0 A。不计电动机的摩擦损耗,电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率(水泵的输出功率与输入功率之比)为75%,忽略水在管道中运动的机械能损失,g取10 m/s2,则 (　　)
A.每秒水泵对水做功为75 J
B.每秒水泵对水做功为225 J
C.水泵输入功率为440 W
D.电动机线圈的电阻为10 Ω
答案　D　根据功能关系可知,每秒水泵对水做功W=mgH+m=2.0×10×3.75 J+×2.0×152 J=300 J,则水泵输出功率P1=300 W,由题意可知,水泵输入功率P2== W=400 W,故A、B、C错误;根据题意,电动机输出功率P出=400 W,故电动机线圈的热功率P热=I2R=UI-P出=40 W,则R=10 Ω,D正确。
13.(2022浙江6月选考,12,3分)风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示,风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9 m/s时,输出电功率为405 kW,风速在5~10 m/s范围内,转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A,空气密度为ρ,风场风速为v,并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是 (　　)
A.该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B.单位时间流过面积A的流动空气动能为ρAv2
C.若每天平均有1.0×108 kW的风能资源,则每天发电量为2.4×109 kW·h
D.若风场每年有5 000 h风速在6~10 m/s范围内,则该发电机年发电量至少为6.0×105 kW·h
答案　D　设转化效率为η,则P出==·ρvA·v2·η=ρAv3η,故输出电功率与v3成正比,A错;单位时间内流过面积A的空气动能为ρAv3,B错;每天的发电量为E每天=P每天·t·η=2.4×109·η kW·h,由于η小于1,故C错;风速在6~10 m/s范围内时,η不变,当v'=6 m/s时,输出电功率最少为P出'=ρAv'3η=120 kW,故每年发电量至少为P出'·5 000 h=6×105 kW·h,故D正确。
解题关键　风速在5~10 m/s范围内η恒定,题目中给出风速是9 m/s时的输出功率,可根据这个速度下的输出功率推导出风速是6 m/s时的输出功率。
14.(2022浙江6月选考,13,3分)小明用额定功率为1 200 W、最大拉力为300 N的提升装置,把静置于地面的质量为20 kg的重物竖直提升到高为85.2 m的平台,先加速再匀速,最后做加速度大小不超过5 m/s2的匀减速运动,到达平台的速度刚好为零,g取10 m/s2,则提升重物的最短时间为 (　　)
A.13.2 s　　　　　　　　　　B.14.2 s
C.15.5 s　　　　　　　　　　D.17.0 s
答案　C　以最大加速度加速、减速运动,时间最短。由Fm-mg=ma1,即300 N-200 N=20a1(N),解得a1=5 m/s2;由v1=得,匀加速运动的末速度v1= m/s=4 m/s,由v1=a1t1,得t1= s=0.8 s,该段位移x1=t1=×0.8 m=1.6 m;由P额=mgvm得匀速运动的速度vm= m/s=6 m/s;匀减速运动的最大加速度a2=5 m/s2,匀减速运动的时间t3== s=1.2 s,该段位移x3=t3=×1.2 m=3.6 m,则变加速运动与匀速运动的总位移x2=(85.2-1.6-3.6) m=80 m,对该过程应用动能定理,P额t2-mgx2=m-m,代入数据解得t2=13.5 s,则全程总时间t=t1+t2+t3=(0.8+13.5+1.2) s=15.5 s,故C正确。
解题指导　本题运动过程复杂,利用v-t图像进行分析推理,既能思路清晰,又不易犯错误。易犯的错误是漏掉变加速运动过程,熟练掌握汽车两类启动模型是防止犯此类错误的关键。
15.(2022江苏,10,4分)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与物块A连接在一起,处于压缩状态。A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时,立即将物块B轻放在A右侧,A、B由静止开始一起沿斜面向下运动,下滑过程中A、B始终不分离,当A回到初始位置时速度为零。A、B与斜面间的动摩擦因数相同,弹簧未超过弹性限度。则 (　　)
A.当上滑到最大位移的一半时,A的加速度方向沿斜面向下
B.A上滑时,弹簧的弹力方向不发生变化
C.下滑时,B对A的压力先减小后增大
D.整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量
答案　B　由于下滑过程中A、B始终不分离,可知A对B的弹力方向沿斜面向上且不小于零;下滑到平衡位置前,B所受合力FB方向沿斜面向下、大小等于重力沿斜面分力减去A对B的弹力与斜面摩擦力,设斜面倾角为θ,有FB=mBg sin θ-FAB-μmBg cos θ,由于合力逐渐减小而重力沿斜面分力、斜面摩擦力不变,故A对B的弹力逐渐增大;下滑过平衡位置后B所受合力大小FB'=FAB+μmBg cos θ-mBg sin θ逐渐增大,则A对B的弹力仍逐渐增大,C错误。整个过程中弹簧弹性势能、A的机械能变化量为零,由能量守恒可知,A、B克服摩擦力所做总功等于B减少的重力势能,D错误。下滑过程中在最高点:对B受力分析得mBa=mBg sin θ-FAB-μmBg cos θ,对A、B整体受力分析得(mA+mB)a=(mA+mB)g sin θ-Fx-μ(mA+mB)g cos θ,联立可得=,可见弹簧对A的弹力Fx方向总是与A对B的作用力FAB相同、大小与FAB成正比,故弹簧在最高点处不会处于拉伸状态,可知上滑过程中弹簧弹力方向不变,B正确。设A在最低点和最高点时弹簧压缩量分别为x1和x2,上滑过程由能量守恒得k=k+mg(x1-x2) sin θ+f(x1-x2),解得k=,当位移为最大位移的一半时有F合=k-mg sin θ-f=0,则加速度为0,A错误。
方法技巧　分析B选项时,可用假设法快速解题。在物块B放到斜面的瞬间,假设弹簧对A有沿斜面向下的拉力,则由牛顿第二定律知此时aA>aB,不满足题目中的运动情况,假设不成立,弹簧全程不能对A有沿斜面向下的拉力,故B正确。
16.(2022全国乙,20,6分)(多选)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动,F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小取g=10 m/s2。则 (　　)
A.4 s时物块的动能为零
B.6 s时物块回到初始位置
C.3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D.0~6 s时间内F对物块所做的功为40 J
答案　AD　由图知0~3 s内F的大小为F1=4 N,3~6 s内F的大小F2=4 N;在0到3 s内,物块沿正方向做匀加速直线运动,F1-μmg=ma1,解得a1=2 m/s2,为正方向,3 s末的速度v1=a1t1=6 m/s;3 s末力F反向,物块先沿正方向减速到零,F2+μmg=ma2,解得a2=6 m/s2,为负方向,物块减速到零所用的时间t2==1 s,即4 s末物块减速到零;在4~6 s内,物块再反向做匀加速直线运动,F2-μmg=ma3,解得a3=2 m/s2,为负方向。画出整个过程中的v-t图像如图所示。
4 s时物块的速度为零,动能为零,A正确;由图可知在0~6 s内,物块的位移不为零,6 s时物块没有回到初始位置,B错误;3 s时的速度v1=6 m/s,动量p1=mv1=6 kg·m/s,C错误;由v-t图线与时间轴所围的面积表示位移知,0~3 s内、3~4 s内、4~6 s内物块的位移大小分别为x1=9 m、x2=3 m、x3=4 m,则F对物块做的功分别为W1=F1x1=36 J、W2=-F2x2=-12 J、W3=F2x3=16 J,则0~6 s时间内F对物块所做的功W=W1+W2+W3=40 J,D正确。
17.(2022湖南,7,5分)(多选)神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后,逐一打开引导伞、减速伞、主伞,最后启动反冲装置,实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况,将其运动简化为竖直方向的直线运动,其v-t图像如图所示。设该过程中,重力加速度不变,返回舱质量不变,下列说法正确的是 (　　)
A.在0~t1时间内,返回舱重力的功率随时间减小
B.在0~t1时间内,返回舱的加速度不变
C.在t1~t2时间内,返回舱的动量随时间减小
D.在t2~t3时间内,返回舱的机械能不变
答案　AC　PG=mgv,0~t1时间内,v减小,PG减小,A正确;在0~t1时间内图像斜率减小,加速度减小,B错误;t1~t2时间内,由p=mv,v减小,返回舱动量p减小,C正确;t2~t3时间内,v不变,Ek不变,返回舱下落,重力势能Ep减小,故返回舱机械能减小,D错误。
18.(2022广东,9,6分)(多选)如图所示,载有防疫物资的无人驾驶小车,在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s匀速行驶,在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为50 kg,MN=PQ=20 m,PQ段的倾角为30°,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。下列说法正确的有 (　　)
A.从M到N,小车牵引力大小为40 N
B.从M到N,小车克服摩擦力做功800 J
C.从P到Q,小车重力势能增加1×104 J
D.从P到Q,小车克服摩擦力做功700 J
答案　ABD　由F=得从M到N的牵引力F= N=40 N,A正确。从M到N,匀速运动的速度v=5 m/s,t==4 s,由动能定理有Pt-Wf=0,则克服摩擦力做功Wf=800 J,B正确。从P到Q上升高度h=xPQ sin 30°=10 m,ΔEp=-WG=mgh=5×103 J,运动时间t'==10 s,由动能定理有P't'-mgh-Wf'=0,得克服摩擦力做功Wf'=700 J,C错,D正确。
19.(2022重庆,10,5分)(多选)一物块在倾角为45°的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用,由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动,物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉力沿斜面向下时,物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所示,则 (　　)
A.物块与斜面间的动摩擦因数为
B.当拉力沿斜面向上,重力做功为9 J时,物块动能为3 J
C.当拉力分别沿斜面向上和向下时,物块的加速度大小之比为1∶3
D.当拉力分别沿斜面向上和向下时,物块滑到底端时的动量大小之比为1∶
答案　BC　设斜面长为L,由图可知,当物块下滑到斜面底端时,重力做功mgL sin 45°=18 J、摩擦力做功大小μmgL cos 45°=6 J,故μ=,A错误。由于拉力与斜面平行、大小与摩擦力相等,当拉力沿斜面向上,重力做功为mg sin 45°=9 J时,物块动能为Ek=mg sin 45°-2μmg cos 45°=3 J,B正确。当拉力沿斜面向上时:mg sin 45°-2μmg cos 45°=ma1,向下时:mg sin 45°=ma2,解得a1=g、a2=g,a1∶a2=1∶3,故C正确。结合v2=2aL,当拉力分别沿斜面向上和向下时,物块滑到底端时的速度大小之比为,则动量p=mv大小之比也为,D错误。
20.(2022河北,9,6分)(多选)如图,轻质定滑轮固定在天花板上,物体P和Q用不可伸长的轻绳相连,悬挂在定滑轮上,质量mQ>mP,t=0时刻将两物体由静止释放,物体Q的加速度大小为。T时刻轻绳突然断开,物体P能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度,取t=0时刻物体P所在水平面为零势能面,此时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为g,不计摩擦和空气阻力,两物体均可视为质点。下列说法正确的是(　　)
A.物体P和Q的质量之比为1∶3
B.2T时刻物体Q的机械能为
C.2T时刻物体P重力的功率为
D.2T时刻物体P的速度大小为
答案　BCD　由静止释放后,利用整体法结合牛顿第二定律可知,(mQ-mP)g=(mQ+mP)a,由于a=,则=,选项A错误;设P物体质量为m,则Q物体质量为2m,
T时刻绳子断开时,P、Q两物体在图中B、D两处,对应速度为v1'=v1=T,绳子断开之后,P做竖直上抛运动,设再经t0到达与Q释放位置(C点)等高处,根据匀变速直线运动公式有0=v1'-gt0,得t0=,则开始时P、Q的高度差h=x1+x2=T+·=gT2,所以t=0时刻,Q的机械能E=2mgh=mg2T2,2T时刻Q运动到F点,速度为v2=v1+gT=gT,在0~2T时间内,Q下落的距离H=T+T=gT2,所以在2T时刻Q的机械能为E'=-2mg(H-h)+·2m=mg2T2=,选项B正确;P到达最高点之后,再经过t'=T到达2T时刻,此时P的速度为v2'=gt'=gT,选项D正确;在2T时刻,物体P重力的功率P=mgv2'=mg2T,结合上述分析,得P=,选项C正确。
21.(2020浙江7月选考,16,2分)(多选)如图所示,系留无人机是利用地面直流电源通过电缆供电的无人机,旋翼由电动机带动。现有质量为20 kg、额定功率为5 kW的系留无人机从地面起飞沿竖直方向上升,经过200 s到达100 m高处后悬停并进行工作。已知直流电源供电电压为400 V,若不计电缆的质量和电阻,忽略电缆对无人机的拉力,则(g取10 m/s2)(　　)
A.空气对无人机的作用力始终大于或等于200 N
B.直流电源对无人机供电的额定电流为12.5 A
C.无人机上升过程中消耗的平均功率为100 W
D.无人机上升及悬停时均有部分功率用于对空气做功
答案　BD　由牛顿第二定律分析可知,无人机向上加速过程中,空气对无人机的作用力大于200 N,向上减速过程则小于200 N,故A选项错误。由I== A=12.5 A,可知B选项正确。无人机上升及悬停时,均会推动其周围空气加速流动,故无人机上升及悬停时均有部分功率对空气做功,而克服无人机升高所消耗的平均功率为P==100 W,故实际消耗的平均功率大于100 W,故C项错误,D项正确。
22.(2018江苏单科,7,4分)(多选)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端连接一小物块,O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放,沿粗糙程度相同的水平面向右运动,最远到达B点。在从A到B的过程中,物块(　　)
A.加速度先减小后增大
B.经过O点时的速度最大
C.所受弹簧弹力始终做正功
D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
答案　AD　本题考查牛顿第二定律的应用、动能定理。对物块受力分析,当弹簧处于压缩状态时,由牛顿第二定律可得kx-f=ma,x减小,a减小,当a=0时,物块速度最大,此时,物块在O点左侧,选项B错误;从加速度a=0处到O点过程,由牛顿第二定律得f-kx=ma,x减小,a增大,当弹簧处于伸长状态时,由牛顿第二定律可得kx+f=ma,x增大,a继续增大,可知物块的加速度先减小后增大,选项A正确;物块所受弹簧的弹力对物块先做正功,后做负功,选项C错误;从A到B的过程,由动能定理可得W弹-Wf=0,选项D正确。
思路分析　物块运动状态的确定
根据题设条件,对物块受力分析,并分阶段讨论物块的加速度和速度的变化情况。
23.(2015浙江理综,18,6分)(多选)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器。舰载机总质量为3.0×104 kg,设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N;弹射器有效作用长度为100 m,推力恒定。要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s。弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和,假设所受阻力为总推力的20%,则(　　)
A.弹射器的推力大小为1.1×106 N
B.弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 J
C.弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 W
D.舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2
答案　ABD　舰载机弹射过程中的加速度a== m/s2=32 m/s2,选项D正确;对舰载机在水平方向受力分析,根据牛顿第二定律得:F弹+F发-20%(F弹+F发)=ma,解得:F弹=1.1×106 N,选项A正确;由功的定义得:W弹=F弹·x=1.1×108 J,选项B正确;由速度公式得弹射器对舰载机的作用时间t== s=2.5 s,由功率的定义得:P弹==4.4×107 W,选项C错。
24.(2015海南单科,3,3分)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍,则摩托艇的最大速率变为原来的(　　)
A.4倍　　　　　　B.2倍　　　　　　C.倍　　　　　　D.倍
答案　D　因摩托艇受到的阻力f=kv,设原来发动机的输出功率为P,最大速率为vm,输出功率为2P时,最大速率为vm'。由P=Fv=fvm=k得vm=,所以==,因此A、B、C错,D对。
25.(2014课标Ⅱ,16,6分)一物体静止在粗糙水平地面上。现用一大小为F1的水平拉力拉动物体,经过一段时间后其速度变为v。若将水平拉力的大小改为F2,物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v。对于上述两个过程,用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功,Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功,则(　　)
A.WF2>4WF1,Wf2>2Wf1　　　　　　B.WF2>4WF1,Wf2=2Wf1
C.WF2<4WF1,Wf2=2Wf1　　　　　　D.WF2<4WF1,Wf2<2Wf1
答案　C　WF1=mv2+μmg·t,WF2=m·4v2+μmgt,故WF2<4WF1;Wf1=μmg·t,Wf2=μmg·t,故Wf2=2Wf1,C正确。
26.(2015课标Ⅱ,17,6分)一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时,发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中,可能正确的是(　　)
答案　A　由题意知汽车发动机的功率为P1、P2时,汽车匀速运动的速度v1、v2满足P1=fv1、P2=fv2,即v1=P1/f、v2=P2/f。若t=0时刻v0v1的情况,故不作分析。在t1时刻,发动机的功率突然由P1增大到P2,而瞬时速度未来得及变化,则由P=Fv知牵引力突然增大,则汽车立即开始做加速运动有:-f=ma2,同样,a2随v的增大而减小,直到a2=0时开始匀速运动,故A正确、C错误。
27.(2014重庆理综,2,6分)某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶,受到的阻力分别为车重的k1和k2倍,最大速率分别为v1和v2,则(　　)
A.v2=k1v1　　　　　　B.v2=v1　　　　　　C.v2=v1　　　　　　D.v2=k2v1
答案　B　车以最大速率行驶时,牵引力F等于阻力f,即F=f=kmg。由P=k1mgv1及P=k2mgv2,得v2=v1,故B正确。
22.(2016课标Ⅲ,20,6分)(多选)如图,一固定容器的内壁是半径为R的半球面;在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持力大小为N,则(　　)
A.a=　　　　　　B.a=
C.N=　　　　　　D.N=
答案　AC　由动能定理知,在P从最高点下滑到最低点的过程中mgR-W=mv2,在最低点的向心加速度a=,联立得a=,选项A正确;在最低点时有N-mg=ma,所以N=,选项C正确。
28.(2016浙江理综,18,6分)(多选)如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h,与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成,滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。则(　　)
A.动摩擦因数μ=
B.载人滑草车最大速度为
C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
答案　AB　滑草车受力分析如图所示,在B点处有最大速度v,在上、下两段所受摩擦力大小分别为f1、f2
f1=μmg cos 45°
f2=μmg cos 37°
整个过程由动能定理列方程:
mg·2h-f1·-f2·=0①
解得:μ=,A项正确。
滑草车在上段滑道运动过程由动能定理列方程:
mgh-f1·=mv2②
解得:v=,B项正确。
由①式知:Wf=2mgh,C项错误。
在下段滑道上,mg sin 37°-μmg cos 37°=ma2
解得:a2=-g,故D项错误。
29.(2015江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g。则圆环(　　)
A.下滑过程中,加速度一直减小
B.下滑过程中,克服摩擦力做的功为mv2
C.在C处,弹簧的弹性势能为mv2-mgh
D.上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
答案　BD　圆环在B处速度最大,加速度为0,BC段加速度在增大,因此,下滑过程中,加速度先减小后增大,选项A错误。
下滑过程中,设克服摩擦力做的功为Wf,由动能定理
mgh-Wf-W弹=0-0
上滑过程中
-mgh-Wf+W弹=0-mv2
联立得Wf=mv2,选项B正确。
W弹=mgh-mv2,在C处,弹簧的弹性势能等于圆环从A→C过程克服弹簧弹力做的功,选项C错误。
设从B到C克服弹簧弹力做功为W弹',克服摩擦力做功为Wf'
故有下滑过程从B→C
-W弹'+mghBC-Wf'=0-m①
上滑过程从C→B
W弹'-mghBC-Wf'=mvB'2-mv2②
联立①②可得
m-2Wf'+mv2=mvB'2
因Wf'故2Wf'则有mvB'2>m
vB'>vB,选项D正确。
30.(2015海南单科,4,3分)如图,一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置,轨道两端等高;质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下,滑到最低点Q时,对轨道的正压力为2mg,重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中,克服摩擦力所做的功为(　　)
A.mgR　　　　　　B.mgR　　　　　　C.mgR　　　　　　D.mgR
答案　C　当质点由P点滑到Q点时,对轨道的正压力为2mg,则质点所受支持力FN=2mg,由牛顿第二定律得FN-mg=m,=gR。对质点自P点滑到Q点应用动能定理得:mgR-Wf=m-0,得:Wf=mgR,因此,A、B、D错误,C正确。
31.(2018江苏单科,4,3分)从地面竖直向上抛出一只小球,小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力,该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是(　　)
答案　A　设小球初动能为Ek0,初速度为v0,重力加速度为g。瞬时动能Ek=Ek0-mgh,h=v0t-gt2,联立得Ek=mg2t2-mgv0t+Ek0,故A正确。
32.(2017江苏单科,3,3分)一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处。物块初动能为Ek0,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的动能Ek与位移x关系的图线是(　　)
答案　C　本题考查动能定理和图像的应用。依据动能定理,上升过程中F升=mg sin α+μmg cos α大小恒定,下降过程中F降=mg sin α-μmg cos α大小恒定。说明在Ek-x图像中,上升、下降阶段图线的斜率均恒定,图线均为直线,则选项B、D错误。物块能够返回,返回过程位移减小,而动能增加,则A项错误。因整个过程中摩擦力做负功,则Ekt33.(2020山东,11,4分)(多选)如图所示,质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上,右侧连接一固定于墙面的水平轻绳,左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端,当弹簧处于原长时,将B由静止释放,当B下降到最低点时(未着地),A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长,弹簧始终在弹性限度内,物块A始终处于静止状态。以下判断正确的是(　　)
A.M<2m
B.2mC.在B从释放位置运动到最低点的过程中,所受合力对B先做正功后做负功
D.在B从释放位置运动到速度最大的过程中,B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量
答案　ACD　将钩码从弹簧原长的位置由静止释放,钩码在竖直方向上做简谐运动,刚释放时钩码的加速度为a=g,由对称性可知,当钩码下降到最低点时a'=-g,则由牛顿第二定律mg-T=ma'可得此时弹簧弹力大小T=2mg,设滑轮与A间轻绳与水平方向的夹角为θ,由于此时A对水平桌面的压力恰好为零,故有T sin θ=Mg,可见M=2m sin θ<2m,A项正确,B项错误。B从释放到运动到最低点的过程中先加速后减速到零,动能先增大后减小,由动能定理可知合力先做正功后做负功,C项正确。而B从释放到速度最大的过程中除重力外只有弹簧弹力做负功,由功能关系可知,其机械能的减少量等于克服弹簧弹力所做的功,D正确。
33.(2018浙江4月选考,13,3分)如图所示,一根绳的两端分别固定在两座猴山的A、B处,A、B两点水平距离为16 m,竖直距离为2 m,A、B间绳长为20 m,质量为10 kg的猴子抓住套在绳上的滑环从A处滑到B处。以A点所在水平面为参考平面,猴子在滑行过程中重力势能最小值约为(g取10 m/s2,绳处于拉直状态)　(　　)
A.-1.2×103 J　　　　　　B.-7.5×102 J　　　　　　
C.-6.0×102 J　　　　　　D.-2.0×102 J
答案　B　猴子重力势能最小的位置为猴子重心竖直高度最低点,结合同绳同力可知,在最低点(重力势能最小)时,两侧绳子与水平方向的夹角相同,记为θ,设右边绳子长度为a,左边绳子长度为20 m-a
由几何关系得
联立解得a= m,所以绳子最低点与参考平面的竖直距离为 m·sin θ=7 m,猴子的重心比绳子最低点大约低0.5 m,所以猴子在最低点的重力势能约为Ep=-mgh=-750 J,选B。
34.(2017课标Ⅲ,16,6分)如图,一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点,M点与绳的上端P相距l。重力加速度大小为g。在此过程中,外力做的功为(　　)
A.mgl　　　　　　B.mgl　　　　　　C.mgl　　　　　　D.mgl
答案　A　将绳的下端Q缓慢向上拉至M点,使M、Q之间的绳对折,外力克服下面的绳的重力做功,W外 =|WG| ,而下面的绳重心升高l,故克服重力做的功大小为|WG|=m0g·l,又m0=m,则W外=|WG|=mg·l=mgl,故A选项正确。
35.(2017江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,三个小球A、B、C的质量均为m,A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为L。B、C置于水平地面上,用一轻质弹簧连接,弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点,两轻杆间夹角α由60°变为120°。A、B、C在同一竖直平面内运动,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g。则此下降过程中(　　)
A.A的动能达到最大前,B受到地面的支持力小于mg
B.A的动能最大时,B受到地面的支持力等于mg
C.弹簧的弹性势能最大时,A的加速度方向竖直向下
D.弹簧的弹性势能最大值为mgL
答案　AB　本题考查牛顿运动定律、能量守恒定律。
A球初态v0=0,末态v=0,因此A球在运动过程中先加速后减速,当速度最大时,动能最大,加速度为0,故A的动能达到最大前,A具有向下的加速度,处于失重状态,由整体法可知在A的动能达到最大之前,B受到地面的支持力小于mg,在A的动能最大时,B受到地面的支持力等于mg,选项A、B正确;弹簧的弹性势能最大时,A到达最低点,此时具有向上的加速度,选项C错误;由能量守恒定律,A球重力所做功等于弹簧最大弹性势能,A球下降高度h=L cos 30°-L cos 60°=L,重力做功W=mgh=mgL,选项D错误。
36.(2016课标Ⅱ,21,6分)(多选)如图,小球套在光滑的竖直杆上,轻弹簧一端固定于O点,另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放,它在下降的过程中经过了N点。已知在M、N两点处,弹簧对小球的弹力大小相等,且∠ONM<∠OMN<。在小球从M点运动到N点的过程中,(　　)
A.弹力对小球先做正功后做负功
B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C.弹簧长度最短时,弹力对小球做功的功率为零
D.小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
答案　BCD　如图所示,OP垂直于竖直杆,Q点与M点关于OP对称,在小球从M点到Q点的过程中,弹簧弹力先做负功后做正功,故A错。在P点弹簧长度最短,弹力方向与速度方向垂直,故此时弹力对小球做功的功率为零,即C正确。小球在P点时所受弹簧弹力等于竖直杆给它的弹力,竖直方向上只受重力,此时小球加速度为g,当弹簧处于自由长度时,小球只受重力作用,此时小球的加速度也为g,故B正确。小球和弹簧组成的系统机械能守恒,小球在M点和N点时弹簧的弹性势能相等,故小球从M到N重力势能的减少量等于动能的增加量,而小球在M点的动能为零,故D正确。
37.(2016上海单科,7,2分)在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置,体验者在风力作用下飘浮在半空。若减小风力,体验者在加速下落过程中(　　)
A.失重且机械能增加
B.失重且机械能减少
C.超重且机械能增加
D.超重且机械能减少
答案　B　根据题意,体验者飘浮时受到的重力和风力平衡;在加速下落过程中,风力小于重力,即重力对体验者做正功,风力做负功,体验者的机械能减小;加速下落过程中,加速度方向向下,体验者处于失重状态,故选项B正确。
38.(2016四川理综,1,6分)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离,重力对他做功1 900 J,他克服阻力做功100 J。韩晓鹏在此过程中(　　)
A.动能增加了1 900 J　　　　　　B.动能增加了2 000 J
C.重力势能减小了1 900 J　　　　　　D.重力势能减小了2 000 J
答案　C　由动能定理可知,ΔEk=1 900 J-100 J=1 800 J,故A、B均错。重力势能的减少量等于重力做的功,故C正确、D错。
39.(2015课标Ⅱ,21,6分)(多选)如图,滑块a、b的质量均为m,a套在固定竖直杆上,与光滑水平地面相距h,b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接,由静止开始运动。不计摩擦,a、b可视为质点,重力加速度大小为g。则(　　)
A.a落地前,轻杆对b一直做正功
B.a落地时速度大小为
C.a下落过程中,其加速度大小始终不大于g
D.a落地前,当a的机械能最小时,b对地面的压力大小为mg
答案　BD　因为杆对滑块b的限制,a落地时b的速度为零,所以b的运动为先加速后减速,杆对b的作用力对b做的功即b所受合外力做的总功,由动能定理可知,杆对b先做正功后做负功,故A错。对a、b组成的系统应用机械能守恒定律有:mgh=m,va=,故B正确。杆对a的作用效果为先推后拉,杆对a的作用力为拉力时,a下落过程中的加速度大小会大于g,即C错。由功能关系可知,当杆对a的推力减为零的时刻,即a的机械能最小的时刻,此时杆对a和b的作用力均为零,故b对地面的压力大小为mg,D正确。
40.(2015福建理综,17,6分)如图,在竖直平面内,滑道ABC关于B点对称,且A、B、C三点在同一水平线上。若小滑块第一次由A滑到C,所用的时间为t1,第二次由C滑到A,所用的时间为t2,小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行,小滑块与滑道间的动摩擦因数恒定,则(　　)
A.t1C.t1>t2　　　　　　D.无法比较t1、t2的大小
答案　A　在AB段同一位置(或关于过最高点的竖直线对称的位置)处速度越大,对滑道的压力越小,所受摩擦力越小;在BC段同一位置(或关于过最低点的竖直线对称的位置)处速度越小,对滑道的压力越小,所受摩擦力越小。分析可知第一次滑块所受平均摩擦力较小,摩擦力做功较少,动能变化量较小,平均速率较大,由t=可知t141.(2015天津理综,5,6分)如图所示,固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环,圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑,已知弹簧原长为L,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度),则在圆环下滑到最大距离的过程中(　　)
A.圆环的机械能守恒
B.弹簧弹性势能变化了mgL
C.圆环下滑到最大距离时,所受合力为零
D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
答案　B　圆环在下滑过程中,圆环的重力和弹簧的弹力对圆环做功,圆环的机械能不守恒,圆环和弹簧组成的系统机械能守恒,系统的机械能等于圆环的动能和重力势能以及弹簧的弹性势能之和,选项A、D错误;对圆环进行受力分析,可知圆环从静止开始先向下加速运动且加速度逐渐减小,当弹簧对圆环的弹力沿杆方向的分力与圆环所受重力大小相等时,加速度减为0,速度达到最大,而后加速度反向且逐渐增大,圆环开始做减速运动,当圆环下滑到最大距离时,所受合力最大,选项C错误;由图中几何关系知圆环的下降高度为L,由系统机械能守恒可得mg×L=ΔEp,解得ΔEp=mgL,选项B正确。
42.(2014广东理综,16,4分)图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图,图中①和②为楔块,③和④为垫板,楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦,在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中(　　)
A.缓冲器的机械能守恒
B.摩擦力做功消耗机械能
C.垫板的动能全部转化为内能
D.弹簧的弹性势能全部转化为动能
答案　B　在弹簧压缩过程中,由于摩擦力做功消耗机械能,因此机械能不守恒,选项A错B对;垫板的动能转化为弹性势能和内能,选项C、D均错误。
43.(2023江苏,15,12分)如图所示,滑雪道AB由坡道和水平道组成,且平滑连接,坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑,恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑,从B点飞出。已知A、P间的距离为d,滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g,不计空气阻力。
(1)求滑雪者运动到P点的时间t;
(2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v;
(3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上,求平台BC的最大长度L。
答案 (1)　(2)
(3)(1-μ)d
解析 (1)设滑雪者质量为m,对滑雪者在AP段的运动分析
由牛顿第二定律得mg sin 45°-mg μ cos 45°=ma①
解得:a=(1-μ)g②
由运动学分析有
d=at2③
vP=at④
联立②③得t=⑤
(2)由④式可知,vP=⑥
对滑雪者在PB段的运动分析
从P点静止开始下滑到B点有:
WGPB+WfPB=0⑦
对从A点静止开始下滑的过程中的P→B段分析有
WGPB+WfPB=mv2-m⑧
联立⑥⑦⑧得
v=vP=⑨
(3)滑雪者从B点飞出刚好落在C点时,BC长度L最大,从B到C为抛体运动,设空中运动时间为t',竖直方向:vy=v sin 45°=g×⑩
水平方向L=vxt'=v cos 45°·t'
联立⑨⑩得L=(1-μ)d
可知,若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上,平台BC的最大长度为(1-μ)d。
44.(2023辽宁,13,10分)某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中,该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水,速度达到v1=80 m/s时离开水面,该过程滑行距离L=1 600 m、汲水质量m=1.0×104 kg。离开水面后,飞机攀升高度h=100 m时速度达到v2=100 m/s,之后保持水平匀速飞行,待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t;
(2)整个攀升阶段,飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。
答案 (1)2 m/s2　40 s　(2)2.8×107 J
解析 (1)由=2aL得a== m/s2=2 m/s2
由t=得t= s=40 s
(2)飞机汲取的水的机械能增加量
ΔE=mgh+m-m
代入数据解得ΔE=2.8×107 J
45.(2022浙江1月选考,20,12分)(12分)如图所示,处于竖直平面内的一探究装置,由倾角α=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成,B、D和F为轨道间的相切点,弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高),B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1 kg,轨道BCD和DEF的半径R=0.15 m,轨道AB长度lAB=3 m,滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ=,滑块与弹性板作用后,以等大速度弹回,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。
(1)若释放点距B点的长度l=0.7 m,求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小;
(2)设释放点距B点的长度为lx,滑块第1次经过F点时的速度v与lx之间的关系式;
(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点,求释放点距B点长度lx的值。
答案　(1)7 N　(2)v= (m·s-1)　(lx≥0.85 m)　(3)见解题思路
解析　(1)到C点过程,根据动能定理有:
mgl sin 37°+mgR(1-cos 37°)=m
(点拨:滑块由静止释放到C点过程,重力做功即为合外力做功)
在C点时,FN-mg=m,解得FN=7 N
(2)根据动能定理,从释放点到F点过程:
(点拨:竖直平面内做圆周运动时考虑不脱轨的条件)
mglx sin 37°-4mgR cos 37°=mv2
可得v= (m·s-1)
由于滑块能经过F点,故经过DEF轨道最高点时的速度应大于等于零,则mglx sin 37°≥mg(R+3R cos 37°),解得lx≥0.85 m
(3)设全程摩擦力做功为第一次到达中点时摩擦力做功的n倍(n为奇数)
mglx sin 37°-mg· sin 37°-nμmg· cos 37°=0
(点拨:摩擦力做功与路径有关,滑块最终停在FG的中点,路径长度应是lFG一半的奇数倍,根据几何关系知lFG=0.8 m)
lx= m
当n=1时,= m
当n=3时,= m
当n=5时,= m
46.(2022湖南,14,15分)如图(a),质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落,与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的λ倍(λ为常数且0<λ<),且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同,重力加速度大小为g。
(1)求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比;
(2)若篮球反弹至最高处h时,运动员对篮球施加一个向下的压力F,使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处,力F随高度y的变化如图(b)所示,其中h0已知,求F0的大小;
(3)篮球从H高度处由静止下落后,每次反弹至最高点时,运动员拍击一次篮球(拍击时间极短),瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I,经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处,求冲量I的大小。
答案　(1)　
(2)
(3)
解析　(1)设篮球与地面碰撞前后的速率分别为v0、v1,由动能定理有:
m-0=(1-λ)mgH ①
0-m=-(1+λ)mgh ②
联立①②式解得= ③
(2)若篮球与地面碰撞后恰好能反弹至h高处,则篮球与地面碰撞后的速率必为v1,则篮球在力F作用下落回地面时速率必为v0,对篮球下落过程由动能定理有
m-0=(1-λ)mgh+WF ④
由图(b)中图像面积可得WF=F0 ⑤
联立①④⑤式可得F0= ⑥
(3)设第i次拍击前后的上升阶段的初速度大小、下降阶段的末速度大小分别为vi、vi',对应的离地高度为hi,每次拍击后篮球获得的速度为v,则由动量定理有
I=mv ⑦
再对每个阶段由动能定理有
0-m=-(1+λ)mgh1 ⑧
mv1 '2-m=(1-λ)mgh1 ⑨
0-m=-(1+λ)mgh2 ⑩
mv2'2-m=(1-λ)mgh2
0-m=-(1+λ)mghN
mvN '2-m=(1-λ)mghN
0-m=-(1+λ)mghN+1
其中hN+1=H、==…=
联立①、⑦~式解得
I=
47.(2022湖北,16,16分)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示,重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接,C与滑轮等高(图中实线位置)时,C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m,系统可以在如图虚线位置保持静止,此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时,用外力将C拉到图中实线位置,然后由静止释放。设C的下落速度为时,与正下方质量为2m的静止桩D正碰,碰撞时间极短,碰撞后C的速度为零,D竖直向下运动 距离后静止(不考虑C、D再次相碰)。A、B、C、D均可视为质点。
(1)求C的质量;
(2)若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力,求F的大小;
(3)撤掉桩D,将C再次拉到图中实线位置,然后由静止释放,求A、B、C的总动能最大时C的动能。
答案　(1)m　(2)mg　(3)2(2-)mgL
解析　(1)系统在图中虚线位置能保持静止,由平衡条件可得mCg=2mg sin 60°
解得mC=m
(2)设碰撞后D的速度为v,由于碰撞时间极短,C、D构成的系统动量守恒mCvC=2mv
在D运动过程中由动能定理有
-(F-2mg)×=0-×2mv2
将vC=代入可得F=mg
(3)系统动能最大时加速度为零,合力为零,即在图中虚线位置时系统的动能最大。设此时A、B与C的速度大小分别为v1、v1、v2,由于C的速度沿绳的分速度等于A、B的速度,故v1=v2 sin 60°
再由系统机械能守恒有
mCgL tan 60°-2mg=mC+×2m
解得C的最大动能Ekm=mC=2(2-)mgL
48.(2022山东,16,9分)某粮库使用额定电压U=380 V、内阻R=0.25 Ω的电动机运粮。如图所示,配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡、装满粮食的小车以速度v=2 m/s沿斜坡匀速上行,此时电流I=40 A。关闭电动机后,小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时,速度恰好为零。卸粮后,给小车一个向下的初速度,小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量m1=100 kg,车上粮食质量m2=1 200 kg,配重质量m0=40 kg,取重力加速度g=10 m/s2,小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比,比例系数为k,配重始终未接触地面,不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求:
(1)比例系数k值;
(2)上行路程L值。
答案　(1)0.1　(2)0.36 m
解析　(1)电动机输出功率P输=UI-I2R
P输=F拉v
T绳=m0g
小车及车上粮食匀速上行时,设斜坡倾角为θ
T绳+F拉=(m1+m2)g sin θ+k(m1+m2)g
卸粮后,小车匀速下行时
T绳+km1g=m1g sin θ
由以上各式得k=0.1,sin θ=0.5
(2)关闭电动机后,小车与粮食向上减速运动,设加速度大小为a,由牛顿第二定律有
(m1+m2)g sin θ+k(m1+m2)g-T=(m1+m2)a
对配重受力分析,由牛顿第二定律有
T-m0g=m0a
由运动学公式有
02-v2=-2aL
由以上各式得L= m≈0.36 m
49.(2022浙江6月选考,20,12分)如图所示,在竖直面内,一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点,以速度v逆时针转动的传送带MN 与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上,AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R,EF在竖直直径上,E点高度为H。开始时,与物块a相同的物块b悬挂于O点,并向左拉开一定的高度h由静止下摆,细线始终张紧,摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m=2 g,l=1 m,R=0.4 m,H=0.2 m,v=2 m/s,物块与MN、CD 之间的动摩擦因数μ=0.5,轨道AB和管道DE均光滑,物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙,CD 与DE平滑连接,物块可视为质点。
(1)若h=1.25 m,求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小;
(2)物块a在DE最高点时,求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系;
(3)若物块b释放高度0.9 m答案　(1)5 m/s　(2)FN=0.1h-0.14(h≥1.2 m)　(3)见解析
解析　(1)设滑块b摆到最低点的速度为vb,由mgh=m得vb=5 m/s
a、b发生弹性正碰且a、b质量相等,则二者交换速度,v0=vb=5 m/s
(2)设从h1释放时,物块a运动到E点时速度恰好为零。此为能到达DE最高点的临界条件
对物块a、b组成的系统由功能关系得mgh1-2μmgl-mgH=0
解得h1=1.2 m
以竖直向下为正方向,对物块a在DE最高点,由牛顿第二定律得FN+mg=m
对物块a、b组成的系统由功能关系得
mgh-2μmgl-mgH=m
代入数据联立得FN=0.1h-0.14(h≥1.2 m)
(3)当1.2 m≤h<1.65 m时,物块a静止的位置在E点或E点右侧水平面FG上,根据动能定理得
mgh-2μmgl-mgH=m
从E点飞出后,物块a做平抛运动,则H=gt2
S1=vEt
根据几何关系可得xDF== m
即物块a的位置为x=3l+xDF+S1
代入数据解得 m≤x< m
设滑块b释放的高度为h0时,滑块a恰好到达D点,由动能定理得mgh0-μmg2l=0,解得h0=1 m
此时滑块a静止的位置为x1=3l=3 m
则当0.9 m得S1=1.8 m
即物块a静止的位置为x2=S2+l=2.8 m
若滑块a由E点速度为零返回到水平面上,由mgH-μmgS3=0可得S3=0.4 m
即物块a静止的位置为x3=3l-S3=2.6 m
综上可知当0.9 m50.(2019天津理综,12,20分)2018年,人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生,这种引擎不需要燃料,也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示,进入电离室的气体被电离成正离子,而后飘入电极A、B之间的匀强电场(初速度忽略不计),A、B间电压为U,使正离子加速形成离子束,在加速过程中引擎获得恒定的推力。单位时间内飘入的正离子数目为定值,离子质量为m,电荷量为Ze,其中Z是正整数,e是元电荷。
(1)若引擎获得的推力为F1,求单位时间内飘入A、B间的正离子数目N为多少;
(2)加速正离子束所消耗的功率P不同时,引擎获得的推力F也不同,试推导的表达式;
(3)为提高能量的转换效率,要使尽量大,请提出增大的三条建议。
答案　(1)　(2)=　(3)见解析
解析　本题通过正离子在电场中的运动考查了动能定理、牛顿运动定律等知识,以及学生的综合分析能力,体现了科学思维中模型建构、科学推理的素养要素。
(1)设正离子经过电极B时的速度为v,根据动能定理,有
ZeU=mv2-0①
设正离子束所受的电场力为F1',根据牛顿第三定律,有
F1'=F1②
设引擎在Δt时间内飘入电极间的正离子个数为ΔN,由牛顿第二定律,有
F1'=ΔNm③
联立①②③式,且N=得
N=④
(2)设正离子束所受的电场力为F',由正离子束在电场中做匀加速直线运动,有
P=F'v⑤
考虑到牛顿第三定律得到F'=F,联立①⑤式得
=⑥
(3)为使尽量大,分析⑥式得到
三条建议:用质量大的离子;用带电荷量少的离子;减小加速电压。
解题关键　①将题中引擎获得的推力转化为单位时间内所有正离子所受到的总作用力,此题也可以用动量定理求解,即F1'Δt=ΔNmΔv,故==;②加速离子束所消耗的功率即电场力对正离子做功的平均功率P=F'·=F'v。
51.(2017课标Ⅱ,24,12分)为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数;
(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。
答案　(1)　(2)
解析　(1)设冰球的质量为m,冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ,由动能定理得
-μmgs0=m-m①
解得μ=②
(2)冰球到达挡板时,满足训练要求的运动员中,刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种情况下,冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2,所用的时间为t。
由运动学公式得-=2a1s0③
v0-v1=a1t④
s1=a2t2⑤
联立③④⑤式得a2=⑥
52.(2017江苏单科,14,16分)如图所示,两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上,其上有一光滑圆柱C,三者半径均为R。C的质量为m,A、B的质量都为,与地面间的动摩擦因数均为μ。现用水平向右的力拉A,使A缓慢移动,直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求:
(1)未拉A时,C受到B作用力的大小F;
(2)动摩擦因数的最小值μmin;
(3)A移动的整个过程中,拉力做的功W。
答案　(1)mg　(2)　(3)(2μ-1)(-1)mgR
解析　本题考查共点力作用下物体的平衡、力的分解、动能定理。
(1)C受力平衡2F cos 30°=mg
解得F=mg
(2)C恰好降到地面时,B受C压力的水平分力最大
Fxmax=mg
B受地面的最大静摩擦力f=μmg
根据题意fmin=Fxmax
解得μmin=
(3)C下降的高度h=(-1)R
A的位移x=2(-1)R
摩擦力做功的大小Wf=fx=2(-1)μmgR
根据动能定理W-Wf+mgh=0-0
解得W=(2μ-1)(-1)mgR
53.(2016天津理综,10,16分)我国将于2022年举办冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示,质量m=60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a=3.6 m/s2匀加速滑下,到达助滑道末端B时速度vB=24 m/s,A与B的竖直高度差H=48 m。为了改变运动员的运动方向,在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接,其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差 h=5 m,运动员在B、C间运动时阻力做功 W=-1 530 J,取g=10 m/s2。
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小;
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。
答案　(1)144 N　(2)12.5 m
解析　(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动,设AB的长度为x,则有
=2ax①
由牛顿第二定律有
mg-Ff=ma②
联立①②式,代入数据解得
Ff=144 N③
(2)设运动员到达C点时的速度为vC,在由B到达C的过程中,由动能定理有
mgh+W=m-m④
设运动员在C点所受的支持力为FN,由牛顿第二定律有
FN-mg=m⑤
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,联立④⑤式,代入数据解得
R=12.5 m⑥
审题指导　(1)运动员在AB上做匀加速直线运动,在求受到的阻力Ff时,可利用运动学公式和牛顿第二定律来解答。
(2)对运动员从B到C过程应用动能定理,求解vC。分析运动员在C点时哪些力提供向心力。
评分参考　①②④⑤式各3分,③⑥式各2分。
54.(2015天津理综,10,16分)某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图,皮带在电动机的带动下保持v=1 m/s的恒定速度向右运动,现将一质量为m=2 kg的邮件轻放在皮带上,邮件和皮带间的动摩擦因数μ=0.5。设皮带足够长,取g=10 m/s2,在邮件与皮带发生相对滑动的过程中,求
(1)邮件滑动的时间t;
(2)邮件对地的位移大小x;
(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。
答案　　(1)0.2 s　(2)0.1 m　(3)-2 J
解析　(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F,则
F=μmg①
取向右为正方向,对邮件应用动量定理,有
Ft=mv-0②
由①②式并代入数据得
t=0.2 s③
(2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中,对邮件应用动能定理,有
Fx=mv2-0④
由①④式并代入数据得
x=0.1 m⑤
(3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中,设皮带相对地面的位移为s,则
s=vt⑥
摩擦力对皮带做的功
W=-Fs⑦
由①③⑥⑦式并代入数据得
W=-2 J⑧
55.(2015浙江理综,23,16分)如图所示,用一块长L1=1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面,桌子高H=0.8 m,长L2=1.5 m。斜面与水平桌面的倾角θ可在0~60°间调节后固定。将质量m=0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放,物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.05,物块与桌面间的动摩擦因数为μ2,忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。(重力加速度取g=10 m/s2;最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(1)求θ角增大到多少时,物块能从斜面开始下滑;(用正切值表示)
(2)当θ角增大到37°时,物块恰能停在桌面边缘,求物块与桌面间的动摩擦因数μ2;(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(3)继续增大θ角,发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大,求此最大距离xm。
答案　(1)见解析　(2)0.8　(3)1.9 m
解析　(1)为使小物块下滑mg sin θ≥μ1mg cos θ①
θ满足的条件tan θ≥0.05②
(2)克服摩擦力做功
Wf=μ1mgL1 cos θ+μ2mg(L2-L1 cos θ)③
由动能定理得mgL1 sin θ-Wf=0④
代入数据得μ2=0.8⑤
(3)由动能定理得mgL1 sin θ-Wf=mv2⑥
代入数据得v=1 m/s⑦
H=gt2
t=0.4 s⑧
x1=vt
x1=0.4 m⑨
xm=x1+L2=1.9 m⑩
56.(2016课标Ⅰ,25,18分)如图,一轻弹簧原长为2R,其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处,另一端位于直轨道上B处,弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为R 的光滑圆弧轨道相切于C点,AC=7R,A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑,最低到达E点(未画出)。随后P沿轨道被弹回,最高到达F点,AF=4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数 μ=,重力加速度大小为g。(取 sin 37°=,cos 37°=)
(1)求P第一次运动到B点时速度的大小。
(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能。
(3)改变物块P的质量,将P推至E点,从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后,恰好通过G点。G点在C点左下方,与C点水平相距R、竖直相距R。求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。
答案　(1)2　(2)mgR　(3)　m
解析　(1)根据题意知,B、C之间的距离l为
l=7R-2R①
设P到达B点时的速度为vB,由动能定理得
mgl sin θ-μmgl cos θ=m②
式中θ=37°。联立①②式并由题给条件得
vB=2③
(2)设BE=x。P到达E点时速度为零,设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中,由动能定理有
mgx sin θ-μmgx cos θ-Ep=0-m④
E、F之间的距离l1为
l1=4R-2R+x⑤
P到达E点后反弹,从E点运动到F点的过程中,由动能定理有
Ep-mgl1 sin θ-μmgl1 cos θ=0⑥
联立③④⑤⑥式并由题给条件得
x=R⑦
Ep=mgR⑧
(3)设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为
x1=R-R sin θ⑨
y1=R+R+R cos θ⑩
式中,已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。
设P在D点的速度为vD,由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动公式有
y1=gt2
x1=vDt
联立⑨⑩式得
vD=
设P在C点速度的大小为vC。在P由C运动到D的过程中机械能守恒,有
m1=m1+m1g(R+R cos θ)
P由E点运动到C点的过程中,同理,由动能定理有
Ep-m1g(x+5R) sin θ-μm1g(x+5R) cos θ=m1
联立⑦⑧式得
m1=m
57.(2015山东理综,23,18分)如图甲所示,物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接。物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上,小球与右侧滑轮的距离为l。开始时物块和小球均静止,将此时传感装置的示数记为初始值。现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力,将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角,如图乙所示,此时传感装置的示数为初始值的1.25倍;再将小球由静止释放,当运动至最低位置时,传感装置的示数为初始值的0.6倍。不计滑轮的大小和摩擦,重力加速度的大小为g。求:
图甲
图乙
(1)物块的质量;
(2)从释放到运动至最低位置的过程中,小球克服空气阻力所做的功。
答案　(1)3m　(2)0.1mgl
解析　(1)设开始时细绳的拉力大小为T1,传感装置的初始值为F1,物块质量为M,由平衡条件得
对小球,T1=mg①
对物块,F1+T1=Mg②
当细绳与竖直方向的夹角为60°时,设细绳的拉力大小为T2,传感装置的示数为F2,据题意可知,F2=1.25F1,由平衡条件得
对小球,T2=mg cos 60°③
对物块,F2+T2=Mg④
联立①②③④式,代入数据得
M=3m⑤
(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v,从释放到运动至最低位置的过程中,小球克服空气阻力所做的功为Wf,由动能定理得
mgl(1-cos 60°)-Wf=mv2⑥
在最低位置,设细绳的拉力大小为T3,传感装置的示数为F3,据题意可知,
F3=0.6F1,对小球,由牛顿第二定律得
T3-mg=m⑦
对物块,由平衡条件得
F3+T3=Mg⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式,代入数据得
Wf=0.1mgl⑨
58.(2015江苏单科,14,16分)一转动装置如图所示,四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球及一小环通过铰链连接,轻杆长均为l,球和环的质量均为m,O端固定在竖直的轻质转轴上。套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间,原长为L。装置静止时,弹簧长为L。转动该装置并缓慢增大转速,小环缓慢上升。弹簧始终在弹性限度内,忽略一切摩擦和空气阻力,重力加速度为g。求:
(1)弹簧的劲度系数k;
(2)AB杆中弹力为零时,装置转动的角速度ω0;
(3)弹簧长度从L缓慢缩短为L的过程中,外界对转动装置所做的功W。
答案　(1)　(2)　(3)mgL+
解析　(1)装置静止时,设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1,OA杆与转轴的夹角为θ1。
小环受到弹簧的弹力F弹1=k·
小环受力平衡,F弹1=mg+2T1 cos θ1
小球受力平衡,F1 cos θ1+T1 cos θ1=mg,F1 sin θ1=T1 sin θ1
解得k=
(2)设此时OA杆中的弹力为F2,OA杆与转轴的夹角为θ2,弹簧长度为x。
小环受到弹簧的弹力F弹2=k(x-L)
小环受力平衡,F弹2=mg,得x=L
对小球,F2 cos θ2=mg,F2 sin θ2=ml sin θ2
且cos θ2=
解得ω0=
(3)弹簧长度为L时,设OA、AB杆中的弹力分别为F3、T3,OA杆与弹簧的夹角为θ3。
小环受到弹簧的弹力F弹3=kL
小环受力平衡,2T3 cos θ3=mg+F弹3
且cos θ3=
对小球,F3 cos θ3=T3 cos θ3+mg,F3 sin θ3+T3 sin θ3=ml sin θ3
解得ω3=
整个过程弹簧弹性势能变化为零,则弹力做的功为零,由动能定理
W-mg(-)-2mg(-)=2×m(ω3l sin θ3)2
解得W=mgL+
59.(2014福建理综,21,19分)图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图,整个轨道在同一竖直平面内,表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切。点A距水面的高度为H,圆弧轨道BC的半径为R,圆心O恰在水面。一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下,不计空气阻力。
(1)若游客从A点由静止开始滑下,到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点,OD=2R,求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf;
(2)若游客从AB段某处滑下,恰好停在B点,又因受到微小扰动,继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道,求P点离水面的高度h。(提示:在圆周运动过程中任一点,质点所受的向心力与其速率的关系为F向=m)
答案　(1)　-(mgH-2mgR)　(2)R
解析　(1)游客从B点做平抛运动,有
2R=vBt①
R=gt2②
由①②式得
vB=③
从A到B,根据动能定理,有
mg(H-R)+Wf=m-0④
由③④式得
Wf=-(mgH-2mgR)⑤
(2)设OP与OB间夹角为θ,游客在P点时的速度为vP,受到的支持力为N,从B到P由机械能守恒定律,有
mg(R-R cos θ)=m-0⑥
过P点时,根据向心力公式,有
mg cos θ-N=m⑦
N=0⑧
cos θ=⑨
由⑥⑦⑧⑨式解得
h=R⑩
60.(2018江苏单科,14,16分)如图所示,钉子A、B相距5l,处于同一高度。细线的一端系有质量为M的小物块,另一端绕过A固定于B。质量为m的小球固定在细线上C点,B、C间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球,使小球和物块都静止,此时BC与水平方向的夹角为53°。松手后,小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零,然后向下运动。忽略一切摩擦,重力加速度为g,取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。求:
(1)小球受到手的拉力大小F;
(2)物块和小球的质量之比M∶m;
(3)小球向下运动到最低点时,物块M所受的拉力大小T。
答案　(1)Mg-mg　(2)6∶5　(3)见解析
解析　本题考查共点力平衡、机械能守恒及牛顿运动定律的应用。
　　(1)设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2
　　F1 sin 53°=F2 cos 53°
F+mg=F1 cos 53°+F2 sin 53°
　　且F1=Mg
解得F=Mg-mg
　　(2)小球运动到与A、B相同高度过程中
　　小球上升高度h1=3l sin 53°,物块下降高度h2=2l
由机械能守恒定律得mgh1=Mgh2
解得=
(3)根据机械能守恒定律,小球回到起始点。设此时AC方向的加速度大小为a,物块受到的拉力为T
由牛顿运动定律得Mg-T=Ma　
小球受AC的拉力T'=T
由牛顿运动定律得T'-mg cos 53°=ma
解得T=(T=mg或T=Mg)
61.(2016江苏单科,14,16分)如图所示,倾角为α的斜面A被固定在水平面上,细线的一端固定于墙面,另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连,B静止在斜面上。滑轮左侧的细线水平,右侧的细线与斜面平行。A、B的质量均为m。撤去固定A的装置后,A、B均做直线运动。不计一切摩擦,重力加速度为g。求:
(1)A固定不动时,A对B支持力的大小N;
(2)A滑动的位移为x时,B的位移大小s;
(3)A滑动的位移为x时的速度大小vA。
答案　(1)mg cos α　(2)·x
(3)
解析　(1)支持力的大小N=mg cos α
(2)根据几何关系sx=x·(1-cos α),sy=x·sin α且s=
解得s=·x
(3)B的下降高度sy=x·sin α
根据机械能守恒定律mgsy=m+m
根据速度的定义得vA=,vB=
则vB=·vA
解得vA=
解题关键　由平面几何的知识找出A与B的位移之间存在的关系是解决本题的关键。
62.(2018浙江4月选考,20,12分)如图所示,一轨道由半径为2 m的四分之一竖直圆弧轨道AB和长度可调的水平直轨道BC在B点平滑连接而成。现有一质量为0.2 kg的小球从A点无初速释放,经过圆弧上B点时,传感器测得轨道所受压力大小为3.6 N,小球经过BC段所受的阻力为其重力的0.2,然后从C点水平飞离轨道,落到水平地面上的P点,P、C两点间的高度差为3.2 m。小球运动过程中可视为质点,且不计空气阻力,g=10 m/s2。
(1)求小球运动至B点时的速度大小;
(2)求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功;
(3)为使小球落点P与B点的水平距离最大,求BC段的长度;
(4)小球落到P点后弹起,与地面多次碰撞后静止。假设小球每次碰撞机械能损失75%,碰撞前后速度方向与地面的夹角相等。求小球从C点飞出到最后静止所需时间。
答案　(1)4 m/s　(2)2.4 J　(3)3.36 m
(4)2.4 s
解析　(1)由牛顿第三定律得小球运动至B点时轨道对小球的支持力N=3.6 N
由向心力公式得,N-mg=m
解得vB=4 m/s。
(2)小球从A到B的过程中,重力和摩擦力做功,设小球克服摩擦力所做的功为W克。
由动能定理得mgR-W克=m-0
解得W克=2.4 J。
(3)分析知,BC段长度会影响匀减速运动的时间,继而影响平抛运动水平初速度以及水平位移。
设BC段运动时间为t,加速度a==2 m/s2
由运动学公式得vC=vB-at=4-2t(m/s)①
xBC=vBt-at2=4t-t2(m)②
其中0由平抛运动规律有h=g③
xCP=vCt1④
由①③④可得xCP=3.2-1.6t(m)⑤
则由②⑤可得xBP=xBC+xCP=-t2+2.4t+3.2(m)⑥
根据二次函数单调性以及t的范围,可得当t=1.2 s时,xBP取到最大值。
代入②式,解得xBC=3.36 m。
(4)由于碰撞前后速度方向与地面夹角相等,所以碰撞前后水平速度与竖直速度比例不变。每次碰撞机械能损失75%,故每次碰撞合速度与分速度大小均变为原来的。
设第n次损失后的竖直分速度为vyn,从第n次碰撞到第n+1次碰撞的时间为tn。
由平抛运动方程得vy0==8 m/s⑦
t0==0.8 s⑧
则vyn=vy0·(n=1,2,3,…)⑨
tn=2·⑩
将式⑦⑧⑨代入⑩可得
tn=t0(n=1,2,3,…)
由等比数列求和公式可得
t总=t0+t1+…tn+…=0.8+(s)
当n取无穷大,小球处于静止状态
解得t总=2.4 s。
63.(2015福建理综,21,19分)如图,质量为M的小车静止在光滑水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道,BC段是长为L的水平粗糙轨道,两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下,重力加速度为g。
(1)若固定小车,求滑块运动过程中对小车的最大压力;
(2)若不固定小车,滑块仍从A点由静止下滑,然后滑入BC轨道,最后从C点滑出小车。已知滑块质量m=,在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ,求:
①滑块运动过程中,小车的最大速度大小vm;
②滑块从B到C运动过程中,小车的位移大小s。
答案　(1)3mg　(2)①　②L
解析　(1)滑块滑到B点时对小车压力最大,从A到B机械能守恒
mgR=m①
滑块在B点处,由牛顿第二定律有
N-mg=m②
解得N=3mg③
由牛顿第三定律得N'=3mg④
(2)①滑块下滑到达B点时,小车速度最大。由系统的机械能守恒
mgR=M+m(2vm)2⑤
解得vm=⑥
②设滑块运动到C点时,小车速度大小为vC,由功能关系
mgR-μmgL=M+m(2vC)2⑦
设滑块从B到C过程中,小车运动加速度大小为a,由牛顿第二定律
μmg=Ma⑧
由运动学规律
-=-2as⑨
解得s=L⑩
64.(2015北京理综,23,18分)如图所示,弹簧的一端固定,另一端连接一个物块,弹簧质量不计。物块(可视为质点)的质量为m,在水平桌面上沿x轴运动,与桌面间的动摩擦因数为μ。以弹簧原长时物块的位置为坐标原点O,当弹簧的伸长量为x时,物块所受弹簧弹力大小为F=kx,k为常量。
(1)请画出F随x变化的示意图;并根据F-x图像求物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中弹力所做的功。
(2)物块由x1向右运动到x3,然后由x3返回到x2,在这个过程中,
a.求弹力所做的功,并据此求弹性势能的变化量;
b.求滑动摩擦力所做的功,并与弹力做功比较,说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”的概念。
答案　(1)F-x图像如图　-kx2
(2)a.k-k　k-k
b.见解析
解析　(1)F-x图像如答图。
物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中,弹力做负功;F-x图线下的面积等于弹力做功大小。弹力做功
WT=-·kx·x=-kx2
(2)a.物块由x1向右运动到x3的过程中,弹力做功
WT1=-·(kx1+kx3)·(x3-x1)=k-k
物块由x3向左运动到x2的过程中,弹力做功
WT2=·(kx2+kx3)·(x3-x2)=k-k
整个过程中,弹力做功
WT=WT1+WT2=k-k
弹性势能的变化量
ΔEp=-WT=k-k
b.整个过程中,摩擦力做功
Wf=-μmg·(2x3-x1-x2)
与弹力做功比较:弹力做功与x3无关,即与实际路径无关,只与始末位置有关,所以,我们可以定义一个由物体之间的相互作用力(弹力)和相对位置决定的能量——弹性势能。而摩擦力做功与x3有关,即与实际路径有关,所以,不可以定义与摩擦力对应的“摩擦力势能”。
65.(2014江苏单科,15,16分)如图所示,生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙,甲的速度为v0。小工件离开甲前与甲的速度相同,并平稳地传到乙上,工件与乙之间的动摩擦因数为μ。乙的宽度足够大,重力加速度为g。
(1)若乙的速度为v0,求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s;
(2)若乙的速度为2v0,求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v;
(3)保持乙的速度2v0不变,当工件在乙上刚停止滑动时,下一只工件恰好传到乙上,如此反复。若每个工件的质量均为m,除工件与传送带之间摩擦外,其他能量损耗均不计,求驱动乙的电动机的平均输出功率 。
答案　(1)　(2)2v0　(3)
解析　(1)摩擦力与侧向的夹角为45°
侧向加速度大小
ax=μg cos 45°
匀变速直线运动
-2axs=0-
解得s=
(2)设t=0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ,侧向、纵向加速度的大小分别为ax、ay,则=tan θ
很小的Δt时间内,侧向、纵向的速度增量Δvx=axΔt,Δvy=ayΔt
解得=tan θ
且由题意知tan θ=
则==tan θ
所以摩擦力方向保持不变
则当vx'=0时,vy'=0,即v=2v0
(3)工件在乙上滑动时侧向位移为x,沿乙速度方向的位移为y,
由题意知ax=μg cos θ,ay=μg sin θ
在侧向上-2axx=0-
在纵向上2ayy=(2v0)2-0
工件滑动时间t=
乙前进的距离y1=2v0t
工件相对乙的位移L=
则系统摩擦生热Q=μmgL
电动机做功W=m(2v0)2-m+Q
由=,解得=
第1页共48页2014-2023年高考物理真题专题分类
专题七　动量
1.(2023新课标,19,6分)(多选)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离,静止于水平桌面上,甲的N极正对着乙的S极,甲的质量大于乙的质量,两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙,在它们相互接近过程中的任一时刻(　　)
A.甲的速度大小比乙的大
B.甲的动量大小比乙的小
C.甲的动量大小与乙的相等
D.甲和乙的动量之和不为零
答案：BD设磁铁乙对磁铁甲的作用力大小为F1,磁铁甲对磁铁乙的作用力大小为F2,从释放甲和乙到任一时刻t,根据动量定理有(F1-μm甲g)t=p甲=m甲v甲,(F2-μm乙g)t=p乙=m乙v乙,因为F1=F2,m甲>m乙,所以,p甲μm乙g,甲、乙组成的系统所受的合力不为0,所以甲和乙组成的系统动量不守恒,即甲和乙的动量之和不为零,故D正确。
2.(2022北京,12,3分)“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中,裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段:①助滑阶段,运动员两腿尽量深蹲,顺着助滑道的倾斜面下滑;②起跳阶段,当进入起跳区时,运动员两腿猛蹬滑道快速伸直,同时上体向前伸展;③飞行阶段,在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态;④着陆阶段,运动员落地时两腿屈膝,两臂左右平伸。下列说法正确的是 (　　)
A.助滑阶段,运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B.起跳阶段,运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C.飞行阶段,运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D.着陆阶段,运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
答案　B　滑动摩擦力的大小取决于动摩擦因数与压力的大小,助滑阶段的深蹲状态不能改变这两个因素,A错误。起跳阶段运动员猛蹬滑道可增大地面对人向上的作用力,从而增大运动员所受合力的冲量,由动量定理可知B正确。飞行阶段的姿态可减小空气阻力,但无法产生向前的作用力,也就不能增加水平方向的速度,C错误。着陆阶段的屈膝可增加地面对人的作用时间,从而减小人与地面间的作用力,D错误。
3.(2022重庆,4,4分)在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中,某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线(如图)。从碰撞开始到碰撞结束过程中,若假人头部只受到安全气囊的作用,则由曲线可知,假人头部 (　　)
A.速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积
B.动量大小先增大后减小
C.动能变化正比于曲线与横轴围成的面积
D.加速度大小先增大后减小
答案　D　假人的头部只受到安全气囊的作用力,则F t图线与时间轴所围的面积即合力的冲量,再根据动量定理可知合力的冲量等于物体动量改变量,即曲线与横轴围成的面积表示动量的变化量,A、C错误;图线一直在t轴的上方,即合力的冲量方向不变,由于头部初动量方向与合力的冲量方向相反,则假人头部动量的大小先减小,B错误;假人的头部只受到安全气囊的作用,则根据牛顿第二定律可知a∝F,即假人头部的加速度先增大后减小,D正确。
4.(2022湖北,7,4分)一质点做曲线运动,在前一段时间内速度大小由v增大到2v,在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v,前后两段时间内,合外力对质点做功分别为W1和W2,合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是 (　　)
A.W2=3W1,I2≤3I1　　　　　　　　　　B.W2=3W1,I2≥I1
C.W2=7W1,I2≤3I1　　　　　　　　　　D.W2=7W1,I2≥I1
答案　D　设质点质量为m,由动能定理有W1=m(2v)2-mv2=mv2,W2=m(5v)2-m(2v)2=mv2,故W2=7W1;由动量定理和矢量减法知识可知,I1≥m(2v)-mv,I2≥m(5v)-m(2v),即I1≥mv,I2≥3mv,故I2≥I1,综上可知D正确。
5.(2022湖南,4,4分)1932年,查德威克用未知射线轰击氢核,发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图,中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核,碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰,不考虑相对论效应,下列说法正确的是 (　　)
A.碰撞后氮核的动量比氢核的小
B.碰撞后氮核的动能比氢核的小
C.v2大于v1
D.v2大于v0
答案　B　设中子质量为m,则氢核质量为m,氮核质量为M=14m。对中子碰撞氢核过程,有mv0=mv'+mv1,m=mv'2+m,联立解得:v'=0,v1=v0,则碰后氢核动量p'=mv0,氢核动能Ek'=m;同理,分析中子碰撞氮核过程,有mv0=mv″+Mv2,m=mv″2+M,解得v″=v0=-v0,v2=v0=v0,可知碰后氮核动量p″=Mv2=mv0>p',碰后氮核动能Ek″=M=·m6.(2022北京,10,3分)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰,其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是 (　　)
A.碰撞前m2的速率大于m1的速率
B.碰撞后m2的速率大于m1的速率
C.碰撞后m2的动量大于m1的动量
D.碰撞后m2的动能小于m1的动能
答案　C　位移-时间图线的斜率表示速度,则由图像可知,碰前m2处于静止状态,碰后两物体速率相等、运动方向相反,A、B均错误。碰撞过程中动量守恒:p1=-p1'+p2',可知p2'>p1',C正确。由p2'>p1'、碰后两物体速率相等可知m2>m1,则m2的动能大于m1的动能,D错误。
7.(2022山东,2,3分)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示,发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出,火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中 (　　)
A.火箭的加速度为零时,动能最大
B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
答案　A　从火箭开始运动到点火的过程中,火箭受到竖直向上的推力F、竖直向下的重力G和竖直向下的阻力f,规定竖直向上为正方向,利用牛顿第二定律F-G-f=ma定性分析,火箭先竖直向上做加速度减小的加速运动,当加速度为零时,速度最大,动能最大,A正确。高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能、内能,B错误。火箭所受合外力的冲量等于火箭动量的增加量,C错误。高压气体的推力、空气阻力和重力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量,D错误。
8.(2017天津理综,4,6分)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮,是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱,乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是(　　)
A.摩天轮转动过程中,乘客的机械能保持不变
B.在最高点时,乘客重力大于座椅对他的支持力
C.摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量为零
D.摩天轮转动过程中,乘客重力的瞬时功率保持不变
答案　B　本题考查匀速圆周运动。乘客在竖直面内做匀速圆周运动,动能不变,而在上升过程中重力势能增加,机械能增加,下降过程中则相反,A错误。在最高点时,乘客具有竖直向下的向心加速度,处于失重状态,故B正确。因重力恒定,重力的冲量等于重力与其作用时间的乘积,故重力冲量一定不为零,C错误。重力的瞬时功率P=mg·v·cos α,其中α是瞬时速度v的方向与重力方向之间的夹角,故重力的瞬时功率不会保持不变,D错误。
命题评析　本题以竖直平面内的匀速圆周运动为背景,考查了机械能、功率、失重、冲量等重要考点,考查面广泛,难度较小,体现了高考对基础知识、基本能力的“双基”要求。对平时的教学与学习具有重要的指导意义。
9.(2015北京理综,18,6分)“蹦极”运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直,到人第一次下降至最低点的过程中,下列分析正确的是(　　)
A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小
B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能一直减小
C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大
D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力
答案　A　从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中,人经历了先加速后减速的过程,当绳对人的拉力等于人的重力时速度最大,动能最大,之后绳的拉力大于人的重力,人向下减速到达最低点。绳对人的拉力始终向上,始终做负功。拉力的冲量始终向上,人的动量先增大后减小,综上所述,只有A选项正确。
试题评析　分析好运动细节是解答本类问题的关键。
10.(2019课标Ⅰ,16,6分)最近,我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功,这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s,产生的推力约为4.8×106 N,则它在1 s时间内喷射的气体质量约为(　　)
A.1.6×102 kg　　　　　　B.1.6×103 kg
C.1.6×105 kg　　　　　　D.1.6×106 kg
答案　B　本题考查了动量定理知识,以及理解能力、推理能力,体现了物理观念中物质观念、运动与相互作用观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理的要素。
设某次实验中该发动机向后喷射的气体的质量为m,以这部分气体为研究对象,根据动量定理有:Ft=mv-0,解得m== kg=1.6×103 kg,故选项B正确,选项A、C、D错误。
11.(2017课标Ⅲ,20,6分)(多选)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示,则(　　)
A.t=1 s时物块的速率为1 m/s
B.t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C.t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D.t=4 s时物块的速度为零
答案　AB　前2 s,根据牛顿第二定律,a==1 m/s2,则0~2 s的速度规律为v=at,t=1 s时,速率为1 m/s,A正确;t=2 s时,速率为2 m/s,则动量为p=mv=4 kg·m/s,B正确;2~4 s,力开始反向,物块减速,根据牛顿第二定律,a=-0.5 m/s2,所以3 s时的速度为1.5 m/s,动量为3 kg·m/s,4 s时速度为1 m/s,C、D错误。
12.(2015重庆理综,3,6分)高空作业须系安全带,如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。此后经历时间t安全带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　　)
A.+mg　　　　　　B.-mg
C.+mg　　　　　　D.-mg
答案　A　解法一:由v2=2gh得v=。对人与安全带作用的过程应用动量定理,则有(mg-F)t=0-mv,解得F=+mg,故A正确。
解法二:对人与安全带作用的过程应用牛顿第二定律,则有F-mg=ma,而a==,解得F=+mg,故A正确。
13.(2019江苏单科,12)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上,小孩和滑板均处于静止状态,忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板,离开滑板时的速度大小为v,此时滑板的速度大小为(　　)
A.v　　　B.v　　　C.v　　　D.v
答案　B　本题考查了动量守恒定律,考查的是学生对动量守恒定律适用条件的理解能力,体现了科学思维中的科学推理要素及物理观念中的运动与相互作用观念要素。
忽略滑板与地面间摩擦时,小孩与滑板在水平方向上动量守恒:0=Mv+mv',解得v'=-v,其中“-”表示v'与v方向相反,故B正确。
关联知识　核反应中四大守恒规律:(1)质量数守恒;
14.(2017海南,1,4分)光滑水平桌面上有P、Q两个物块,Q的质量是P的n倍。将一轻弹簧置于P、Q之间,用外力缓慢压P、Q。撤去外力后,P、Q开始运动,P和Q的动量大小的比值为(　　)
A.n2　　　　　　B.n　　　　　　C.　　　　　　D.1
答案　D　撤去外力后,系统不受外力,所以总动量守恒,设P的动量方向为正方向,则根据动量守恒定律有:Pp-PQ=0,可知PP=PQ,则动量大小之比为1;故选项D正确,A、B、C错误。
15.(2014浙江,14(1),4分)如图所示,甲木块的质量为m1,以速度v沿光滑水平地面向右运动,正前方有一静止的、质量为m2的乙木块,乙木块上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后(　　)
A.甲木块的动量守恒
B.乙木块的动量守恒
C.甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒
D.甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
答案　C　甲木块与弹簧接触后,由于弹簧弹力的作用,甲、乙的动量要发生变化,但甲、乙所组成的系统所受合力为零,故动量守恒,A、B错误,C正确;甲、乙两木块所组成系统的动能,一部分转化为弹簧的弹性势能,故系统动能不守恒,选项D错误。
16.(2014重庆理综,4,6分)一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v=2 m/s,爆炸成为甲、乙两块水平飞出,甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失,取重力加速度g=10 m/s2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)
答案　B　平抛运动时间t==1 s,爆炸过程遵守动量守恒定律,设弹丸质量为m,则mv=mv甲+mv乙,又v甲=,v乙=,t=1 s,则有x甲+x乙=2 m,将各选项中数据代入计算得B正确。
17.[2015福建理综,30(2),6分]如图,两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动,滑块A的质量为m,速度大小为2v0,方向向右,滑块B的质量为2m,速度大小为v0,方向向左,两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是(　　)
A.A和B都向左运动　　　　　　B.A和B都向右运动
C.A静止,B向右运动　　　　　　D.A向左运动,B向右运动
答案　D　由于A、B碰前总动量为0,由动量守恒可知碰后总动量也为0,因两滑块发生弹性碰撞,故碰后A、B一定反向,即A向左运动,B向右运动,选项D正确。
18.(2014大纲全国,21,6分)一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止,则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为(　　)
A.　　　　　　B.　　　　　　
C.　　　　　　D.
答案　A　设中子质量为m,则原子核的质量为Am。设碰撞前后中子的速度分别为v0、v1,碰后原子核的速度为v2,由弹性碰撞可得mv0=mv1+Amv2,m=m+Am,解得v1=v0,故=,A正确。
19.(2023山东,18,16分)如图所示,物块A和木板B置于水平地面上,固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切,竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力,使A与B以相同速度v0向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时,从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点,并以水平速度v滑上B的上表面,同时撤掉外力,此时B右端与P板的距离为s。已知v0=1 m/s,v=4 m/s,mA=mC=1 kg,mB=2 kg,A与地面间无摩擦,B与地面间动摩擦因数μ1=0.1,C与B间动摩擦因数μ2=0.5,B足够长,使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞,不计碰撞时间,取重力加速度大小g=10 m/s2。
(1)求C下滑的高度H;
(2)与P碰撞前,若B与C能达到共速,且A、B未发生碰撞,求s的范围;
(3)若s=0.48 m,求B与P碰撞前,摩擦力对C做的功W;
(4)若s=0.48 m,自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态,求这三个物体总动量的变化量Δp的大小。
答案 (1)0.8 m　(2)0.625 m≤s≤ m
(3)-6 J　(4) kg·m/s
解析 (1)下滑过程机械能守恒,有mCgH=mCv2①
代入数据解得H=0.8 m②
(2)设C滑上B后经时间t1,B与C共速,速度为v1。
对C受力分析有μ2mCg=mCaC③
得aC=5 m/s2④
C做匀减速直线运动,v1=v-aCt1⑤
对B受力分析有μ2mCg-μ1(mC+mB)g=mBaB⑥
得aB=1 m/s2⑦
B做匀加速直线运动有v1=v0+aBt1⑧
B的对地位移xB=t1⑨
联立④⑤⑦⑧⑨
解得t1=0.5 s⑩
v1=1.5 m/s
xB=0.625 m
设B与C共速以后再经时间t2,A恰好追上B,
对B、C整体受力分析有
(mB+mC)gμ1=(mB+mC)aBC
解得aBC=1 m/s2
B、C整体做匀减速直线运动,
xB'=v1t2-aBC
A恰好追上B时有位移关系
xA=v0(t1+t2)=xB+xB'
联立⑩得xA= m
所以s的范围为0.625 m≤s≤ m
(3)s=0.48 ms=0.48 m=v0t3+aB
联立⑦并代入数据解得t3=0.4 s
设B与P碰前瞬间C的速度为vC'
vC'=v-aCt3
联立④并代入数据解得vC=2 m/s
对C应用动能定理有W=mCvC'2-mCv2
联立并代入数据解得W=-6 J
因此B与P碰撞前摩擦力对C所做的功为-6 J
(4)设B与P碰撞前B的速度大小为vB'
则vB'=v0+aBt3
联立⑦并代入数据可得vB'=1.4 m/s
B与P发生弹性碰撞,速度大小不变、方向反向,大小仍为vB',C仍以原来的加速度向右做匀减速直线运动
设再经时间t4,B与A相撞
对返回的B进行分析
mCgμ2+(mC+mB)gμ1=mBaB'
解得aB'=4 m/s2
B与A相撞时的位移关系有
xA'+xB″=0.48 m
t4时间内B返回的位移xB″=vB't4-aB'
而xA'=v0(t3+t4)
联立并代入数据解得
t4=(0.6-0.4) s
设B与A碰撞前B的速度大小为vB″,B与A发生弹性碰撞,该过程A与B组成的系统动量守恒且机械能守恒
mAv0-mBvB″=mAvA'+mBvB
mA+mBvB″2=mAvA'2+mBvB 2
其中vB″=vB'-aB't4
联立各式解得
vA'= m/s
vB = m/s
即A以2 m/s的速度向左返回,B不可能追上A再次碰撞,即B、C最终静止,A向左匀速运动,A、B、C都处于平衡状态,设自C滑上B开始,到最后各自平衡时A、B、C总动量的变化量为Δp。
Δp=p末-p初=mAvA'-[(mA+mB)v0+mCv]=mAvA'-(mA+mB)v0-mCv
联立并代入数据解得Δp=- kg·m/s
动量变化量Δp的大小为 kg·m/s。
20.(2023全国乙,25,20分)如图,一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘,圆盘与管的上端口距离为l,圆管长度为20l。一质量为m=M的小球从管的上端口由静止下落,并撞在圆盘中心,圆盘向下滑动,所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触,圆盘始终水平,小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力,重力加速度大小为g。求
(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小;
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间,小球与圆盘间的最远距离;
(3)圆盘在管内运动过程中,小球与圆盘碰撞的次数。
答案 (1)　　(2)l　(3)4
解析 (1)设第一次碰撞前小球的速度为v,第一次碰撞后小球及圆盘的速度分别为v1、v2,取竖直向下为正方向,对小球根据动能定理有
mgl=mv2-0
解得v=
小球与圆盘的碰撞满足动量守恒和机械能守恒的条件,有mv=mv1+Mv2①
mv2=m+M②
联立①②得v1=v=-
v2=v=
故第一次碰撞后瞬间小球速度大小为,圆盘速度大小为。
(2)由题意可知圆盘所受摩擦力与其所受重力大小相等,则小球与圆盘碰撞后,圆盘做匀速直线运动,小球做竖直上抛运动。
当小球回到第一次碰撞的位置时,小球与圆盘的速度相同,此时小球与圆盘间的距离最远。
对小球有t==
对圆盘有smax=v2t=l
所以在第一次碰撞到第二次碰撞之间,小球与圆盘间的最远距离为l。
(3)规定竖直向下为正方向,设小球与圆盘第一次碰撞后经过时间t1发生第二次碰撞,根据运动学公式可知
v1t1+g=v2t1
联立解得t1=2
圆盘在第一次碰撞到第二次碰撞之间下落的高度h1=v2t1=2l
小球与圆盘第二次碰撞前瞬间的速度v2前=v1+gt1=
小球与圆盘第二次碰撞时动量守恒、机械能守恒,有
mv2前+Mv2=mv2后+Mv3
m+M=m+M
解得v2后=0,v3=
设小球与圆盘在第二次碰撞到第三次碰撞之间所经历的时间为t2,则g=v3t2
解得t2=2
小球在与圆盘第三次碰撞前瞬间的速度v3前=gt2=2
圆盘在第二次碰撞到第三次碰撞之间下落的高度
h2=v3t2=4l
同理可知,圆盘在第三次碰撞到第四次碰撞之间下落的高度h3=6l
若圆盘在管内运动过程中小球与圆盘能发生第五次碰撞,则圆盘在第四次碰撞到第五次碰撞之间下落的高度h4=8l
h=l+h1+h2+h3+h4=21l>20l
可见圆盘在管内运动过程中小球与圆盘未发生第五次碰撞,故小球与圆盘在管内运动过程中共碰撞4次。
21.(2023辽宁,15,17分)如图,质量m1=1 kg的木板静止在光滑水平地面上,右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20 N/m的轻弹簧,弹簧处于自然状态。质量m2=4 kg的小物块以水平向右的速度v0= m/s滑上木板左端,两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内,弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=kx2。取重力加速度g=10 m/s2,结果可用根式表示。
(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。
(2)求木板与弹簧接触以后,物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小。
(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中,系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)。
答案 (1)1 m/s　0.125 m　(2)0.25 m　 m/s　(3)4t0-8
解析 (1)对物块与木板整体分析
由动量守恒定律得
m2v0=(m1+m2)v1①
可得v1==1 m/s②
对木板分析,应用动能定理有
μm2gx1=m1③
解得x1=0.125 m④
(2)设物块与木板即将相对滑动时二者的加速度大小为a,对木板与物块整体分析可知
kx2=(m1+m2)a⑤
对物块有
μm2g=m2a⑥
联立⑤⑥得
a=1 m/s2⑦
x2=0.25 m⑧
对木板、物块与弹簧三者组成的系统根据能量守恒定律有
(m1+m2)=(m1+m2)+k⑨
解得v2= m/s⑩
(3)木板速度为v2后,木板与物块加速度首次相同时,木板加速度大小仍为a,其受力情况与速度为v2时的受力情况相同,弹簧压缩量仍为x2,木板速度大小仍为v2,根据运动过程的对称性知,运动的总时间为2t0,而物块在该过程中一直做匀变速直线运动,有
v'2=v2-a·2t0
联立⑦⑩得
v'2=-2t0
由能量守恒定律可知系统因摩擦转化的内能
ΔU=m2-m2v'
联立⑩得
ΔU=4t0-8
22.(2023湖南,15,16分)如图,质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上,凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道,椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b,长轴水平,短轴竖直。质量为m的小球,初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点,在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy,椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转,重力加速度为g。
(1)小球第一次运动到轨道最低点时,求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离;
(2)在平面直角坐标系xOy中,求出小球运动的轨迹方程;
(3)若=,求小球下降h=高度时,小球相对于地面的速度大小(结果用a、b及g表示)。
答案： (1)　
(2)+=1(y≤0)
(3)2b
解析 (1)设小球第一次运动到轨道最低点时的速度大小为vm,凹槽速度大小为vM,地面光滑,小球和凹槽组成的系统在水平方向上动量守恒,则有0=mvm-MvM
半椭圆形轨道光滑,由机械能守恒定律有
mgb=m+M,
解得vM=
根据水平方向动量守恒有:mvm'=MvM',xm=∑vm't,xM=∑vM't,且xm+xM=a
联立解得xM=。
(2)以水平向右为正方向,设小球运动轨迹上某点坐标为(x,y),则小球的水平分位移为a-x,方向向左
此时凹槽位移为x2,方向向右,有m(x-a)+Mx2=0
因凹槽内表面为半椭圆形,椭圆中心位置坐标为(x2,0),故小球在椭圆轨道上的位置坐标满足+=1
由以上几式整理得小球运动轨迹方程为
+=1(y≤0)。
(3)将M、m的关系式代入第(2)问小球运动的轨迹方程中,则有
+=1(y≤0)
可知小球的运动轨迹为半径为b的圆弧,圆心为O1(a-b,0),如图所示
当小球下降h=高度时,设小球此时的坐标为(x0,y0),则y0=-
设此时小球的速度大小为v1,v1的方向与水平方向的夹角为θ,凹槽的速度大小为v2
根据几何关系可知tan θ=
将v1沿水平方向和竖直方向分解,则vx=v1 cos θ
根据机械能守恒定律有mg=m+M
小球和凹槽在运动过程中,水平方向动量守恒,根据动量守恒定律有mvx=Mv2
联立解得v1=2b。
23.(2014福建理综,30(2),6分)一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置,由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1,后部分的箭体质量为m2,分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行,若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化,则分离后卫星的速率v1为　　　　。(填选项前的字母)
A.v0-v2　　　　　　B.v0+v2
C.v0-v2　　　　　　D.v0+(v0-v2)
答案　D　箭体与卫星分离过程动量守恒,由动量守恒定律:(m1+m2)v0=m1v1+m2v2
v1=v0+(v0-v2),D正确。
24.[2016天津理综,9(1)]如图所示,方盒A静止在光滑的水平面上,盒内有一小滑块B,盒的质量是滑块的2倍,滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ。若滑块以速度v开始向左运动,与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞,滑块在盒中来回运动多次,最终相对于盒静止,则此时盒的速度大小为　　　　,滑块相对于盒运动的路程为　　　　。
答案　　
解析　设滑块的质量为m,最终盒与滑块的共同速度为v'
根据动量守恒得:mv=(m+2m)v'
解得v'=v
设滑块相对于盒的运动路程为s
根据能量守恒得:μmgs=mv2-(m+2m)v'2
解得s=
反思感悟　应用动量守恒定律解题的过程中,只需关注初、末两个状态,而不必关注过程细节,这正是动量守恒定律的优越性。例如,本题中不必关心滑块究竟是怎样与盒相互作用的及碰撞了多少次。
25.[2015天津理综,9(1)]如图所示,在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板,A球在水平面上静止放置,B球向左运动与A球发生正碰,B球碰撞前、后的速率之比为3∶1,A球垂直撞向挡板,碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞,A、B两球的质量之比为　　　　,A、B碰撞前、后两球总动能之比为　　　　。
答案　4∶1　9∶5
解析　设碰前B球速度大小为v0,碰后A、B两球速度大小分别为vA、vB,由题意知,碰后A球速度方向向左,B球速度方向向右,且vA=vB=v0,碰撞过程动量守恒,取水平向右为正方向,则有-mBv0=-mAvA+mBvB,解得:mA∶mB=4∶1;碰撞前、后两球总动能之比为=。
26.[2018天津理综,9(1)]质量为0.45 kg的木块静止在光滑水平面上,一质量为0.05 kg的子弹以200 m/s的水平速度击中木块,并留在其中,整个木块沿子弹原方向运动,则木块最终速度的大小是　　　　m/s。若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5×103 N,则子弹射入木块的深度为　　　　m。
答案　20　0.2
解析　本题考查动量守恒定律、功能关系等知识。
子弹击中木块,并留在其中,二者共速,子弹击中木块的过程,系统合外力为零,满足动量守恒条件,则mv0=(m+M)v,v== m/s=20 m/s;此过程中对系统由功能关系可得:fd=m-(m+M)v2,d==0.2 m。
知识拓展　系统中产生的焦耳热Q=f·d。
27.(2022广东,13,11分)某同学受自动雨伞开伞过程的启发,设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块,初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时,受到滑杆的摩擦力f为1 N。滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞,带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m=0.2 kg,滑杆的质量M=0.6 kg,A、B间的距离l=1.2 m,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中,桌面对滑杆支持力的大小N1和N2;
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v;
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
答案　(1)8 N　5 N　(2)8 m/s　(3)0.2 m
解析　(1)滑块静止时,由整体法得:
N1=(m+M)g=8 N
滑块向上滑动时,以滑杆为研究对象,受力分析如图
得:N2=Mg-f'=Mg-f=5 N。
(2)滑块从A到B,由动能定理:
-mgl-fl=mv2-m
得:v=8 m/s。
(3)滑块与滑杆发生完全非弹性碰撞,由动量守恒:
mv=(m+M)v'
得v'=2 m/s
碰撞后,滑块与滑杆一起向上运动,由动能定理:
-(m+M)gh=0-(m+M)v'2
得:h=0.2 m
28.(2022全国乙,25,20分)如图(a),一质量为m的物块A与轻质弹簧连接,静止在光滑水平面上;物块B向A运动,t=0时与弹簧接触,到t=2t0时与弹簧分离,第一次碰撞结束,A、B的v-t图像如图(b)所示。已知从t=0到t=t0时间内,物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后,A滑上粗糙斜面,然后滑下,与一直在水平面上运动的B再次碰撞,之后A再次滑上斜面,达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ(sin θ=0.6),与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内,重力加速度g=10 m/s2。求
(1)第一次碰撞过程中,弹簧弹性势能的最大值;
(2)第一次碰撞过程中,弹簧压缩量的最大值;
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。
答案　(1)0.6m　(2)0.768v0t0　(3)0.45
解析　(1)t0时弹簧被压缩至最短,A、B碰撞动量守恒,由图(b)知mB·1.2v0=(mB+mA)v0
得:mB=5mA=5m
此过程A、B与弹簧组成的系统机械能守恒
弹簧的最大弹性势能
Epmax=|ΔEk|=mB(1.2v0)2-(mA+mB)=0.6m
(2)t0时弹簧压缩量最大,设为Δx
由题意,0~t0内,系统动量始终守恒,得
mAvA+mBvB=mB·1.2v0
即mvA+5mvB=6mv0
化简得vA=5(1.2v0-vB)
根据图(b)分析上式,A图线在0~t0上任意一点到横坐标轴的距离,等于同一时刻B图线上对应点到v=1.2v0这条直线的距离的5倍。由v-t图线与时间轴所围面积表示位移,且0~t0时间内xA=0.36v0t0,可知0~t0时间内图线B与v=1.2v0线所围面积x1=xA=0.072v0t0,图线B与A之间所围面积表示Δx,则Δx=1.2v0t0-xA-x1=0.768v0t0
(3)A、B第二次碰撞过程,设碰前A速度大小为vA1,碰后A、B速度大小分别为vA'、vB'
动量守恒:mB·0.8v0-mAvA1=mBvB'+mAvA'
动能不变:mB(0.8v0)2+mA=mBvB'2+mAvA'2
A、B第二次碰撞后,A再次滑上斜面,且与第一次碰撞后达到的最高点相同,则vA'=2v0
联立解得vA1=v0
对A第一次碰撞后以2v0冲上斜面至速度为零过程,由动能定理有
-mgh-=0-m(2v0)2
对A冲上斜面又下滑至水平面过程,由动能定理有
=m-m(2v0)2
联立解得μ=0.45
29.(2022河北,13,11分)如图,光滑水平面上有两个等高且足够长的滑板A和B,质量分别为1 kg和2 kg,A右端和B左端分别放置物块C和D,物块质量均为1 kg。A和C以相同速度v0=10 m/s向右运动,B和D以相同速度kv0向左运动,在某时刻发生碰撞,作用时间极短,碰撞后C与D粘在一起形成一个新物块,A与B粘在一起形成一个新滑板。物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ=0.1,重力加速度大小取g=10 m/s2。
(1)若0(2)若k=0.5,从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时,求两者相对位移的大小。
答案　见解析
解析　(1)取向右为正方向
C、D相碰后的共同速度为vCD
C、D系统碰撞前后遵守动量守恒定律:
mCv0-mDkv0=(mC+mD)vCD
代入数值后得:vCD=5(1-k) m/s
00,即C、D构成的新物块速度向右
A、B相碰后的共同速度为vAB
A、B系统碰撞前后遵守动量守恒定律:
mAv0-mBkv0=(mA+mB)vAB
代入数值后得:vAB=(1-2k) m/s
00,vAB>0,即A、B构成的新滑板速度向右
(2)若k=0.5,根据(1)可知v=vCD=2.5 m/s,vAB=0。之后C、D一起向右做匀减速运动,A、B一起向右做初速度为0的匀加速运动,直到两者达到共同速度v共
由A、B、C、D系统动量守恒得:
(mC+mD)v=(mA+mB+mC+mD)v共
v共=1 m/s
设新物块在新滑板上滑动的相对位移的大小为Δx
对A、B、C、D系统,根据系统能量守恒可得:
μ(mC+mD)gΔx=(mC+mD)v2-(mA+mB+mC+mD)
代入数值可得:Δx=1.875 m
30.(2022山东,18,16分)如图所示,“L”形平板B静置在地面上,小物块A处于平板B上的O'点,O'点左侧粗糙,右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在O'点正上方的O点,轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放,下摆至最低点与小物块A发生碰撞,碰后小球速度方向与碰前方向相同,开始做简谐运动(要求摆角小于5°),A以速度v0沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后,A返回到O点的正下方时,相对于地面的速度减为零,此时小球恰好第一次上升到最高点。已知A的质量mA=0.1 kg,B的质量mB=0.3 kg,A与B间的动摩擦因数μ1=0.4,B与地面间的动摩擦因数μ2=0.225,v0=4 m/s,取重力加速度g=10 m/s2。整个过程中A始终在B上,所有碰撞时间忽略不计,不计空气阻力,求:
(1)A与B的挡板碰撞后,二者的速度大小vA与vB;
(2)B光滑部分的长度d;
(3)运动过程中A对B的摩擦力所做的功Wf;
(4)实现上述运动过程,的取值范围(结果用cos 5°表示)。
答案　(1)2 m/s　2 m/s　(2) m　(3)- J
(4)见解析
解析　(1)A与B发生弹性碰撞,mAmA=mA+mB
解得vA=2 m/s,vB=2 m/s
(2)与挡板碰前A向右匀速运动时,B静止不动,与挡板碰后,A先向左匀速运动,后向左做匀减速运动,A未减速时B的加速度大小满足
μ2(mA+mB)g=mBaB
解得aB=3 m/s2
A减速时加速度大小为aA==4 m/s2
经过分析,A和B碰撞后运动的v-t图像如图所示,设碰后A匀速运动的时间为t2,减速运动的时间为t3,则有t3==0.5 s
A减速运动的位移大小x3=t3=0.5 m
根据题意,x3为减速阶段的位移,即A开始减速时O'已向右移动了0.5 m,则有vBt2-aB=0.5 m
解得t2= s(另一解舍去)
故B光滑部分长度d=vAt2+x3= m
(3)A、B碰后经过时间t2后A和B之间有摩擦力,刚有摩擦力时B的速度为vB'=vB-aBt2=1 m/s
B的加速度满足μ1mAg+μ2(mA+mB)g=mBaB'
解得aB'= m/s2
B在此后减速运动的位移xB满足2(-aB')xB=0-vB'2
解得xB= m
A对B的摩擦力所做的功为Wf=-μ1mAgxB=- J
(4)设A在光滑区向右滑动的时间为t1,在粗糙区运动的时间为t3,水平向右为正方向,单摆的摆长为L,周期为T,小球与A碰前速度为v,碰后速度为v'
由运动学公式得
t1=
由题意知T=4(t1+t2+t3)
代入数据得T=4.5 s
由机械能守恒定律得MgL=Mv2
由动量守恒定律得Mv=Mv'+mAv0
由题意得v'>0
由单摆做简谐运动的条件得
MgL(1-cos 5°)>Mv'2
由碰撞过程的能量关系得
Mv2≥Mv'2+mA
由T=2π,并联立以上各式得
<<
31.[2018江苏单科,12C(3)]如图所示,悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m,运动速度的大小为v,方向向下。经过时间t,小球的速度大小为v,方向变为向上。忽略空气阻力,重力加速度为g,求该运动过程中,小球所受弹簧弹力冲量的大小。
答案　2mv+mgt
解析　取向上为正方向,由动量定理得
mv-(-mv)=I
且I=(-mg)t
解得IF=t=2mv+mgt
32.(2016北京理综,24,20分)(1)动量定理可以表示为Δp=FΔt,其中动量p和力F都是矢量。在运用动量定理处理二维问题时,可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。例如,质量为m的小球斜射到木板上,入射的角度是θ,碰撞后弹出的角度也是θ,碰撞前后的速度大小都是v,如图1所示。碰撞过程中忽略小球所受重力。
图1
a.分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy;
b.分析说明小球对木板的作用力的方向。
(2)激光束可以看作是粒子流,其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动。激光照射到物体上,在发生反射、折射和吸收现象的同时,也会对物体产生作用。光镊效应就是一个实例,激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒。
一束激光经S点后被分成若干细光束,若不考虑光的反射和吸收,其中光束①和②穿过介质小球的光路如图2所示。图中O点是介质小球的球心,入射时光束①和②与SO的夹角均为θ,出射时光束均与SO平行。请在下面两种情况下,分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向。
图2
a.光束①和②强度相同;
b.光束①比②的强度大。
答案　见解析
解析　(1)a.x方向:动量变化为
Δpx=mv sin θ-mv sin θ=0
y方向:动量变化为
Δpy=mv cos θ-(-mv cos θ)=2mv cos θ
方向沿y轴正方向
b.根据动量定理可知,木板对小球作用力的方向沿y轴正方向;根据牛顿第三定律可知,小球对木板作用力的方向沿y轴负方向。
(2)a.仅考虑光的折射,设Δt时间内每束光穿过小球的粒子数为n,每个粒子动量的大小为p。
这些粒子进入小球前的总动量为p1=2np cos θ
从小球出射时的总动量为p2=2np
p1、p2的方向均沿SO向右
根据动量定理:FΔt=p2-p1=2np(1-cos θ)>0
可知,小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右;根据牛顿第三定律,两光束对小球的合力的方向沿SO向左。
b.建立如图所示的Oxy直角坐标系。
x方向:根据(2)a同理可知,两光束对小球的作用力沿x轴负方向。
y方向:设Δt时间内,光束①穿过小球的粒子数为n1,光束②穿过小球的粒子数为n2,n1>n2。
这些粒子进入小球前的总动量为
p1y=(n1-n2)p sin θ
从小球出射时的总动量为p2y=0
根据动量定理:FyΔt=p2y-p1y=-(n1-n2)p sin θ
可知,小球对这些粒子的作用力Fy的方向沿y轴负方向,根据牛顿第三定律,两光束对小球的作用力沿y轴正方向。
所以两光束对小球的合力的方向指向左上方。
疑难突破　光强不同,单位时间内发射的光子个数不同。
33.(2015安徽理综,22,14分)一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点,距离A点5 m的位置B处是一面墙,如图所示。物块以v0=9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动,在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s,碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止。g取10 m/s2。
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ;
(2)若碰撞时间为0.05 s,求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F;
(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。
答案　(1)0.32　(2)130 N　(3)9 J
解析　(1)由动能定理,有-μmgs=mv2-m
可得 μ=0.32
(2)由动量定理,有FΔt=mv'-mv
可得F=130 N
(3)W=mv'2=9 J
34.(2017天津理综,10,16分)如图所示,物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连,跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧,质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg。初始时A静止于水平地面上,B悬于空中。现将B竖直向上再举高h=1.8 m(未触及滑轮),然后由静止释放。一段时间后细绳绷直,A、B以大小相等的速度一起运动,之后B恰好可以和地面接触。取g=10 m/s2,空气阻力不计。求:
(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t;
(2)A的最大速度v的大小;
(3)初始时B离地面的高度H。
答案　(1)0.6 s　(2)2 m/s　(3)0.6 m
解析　本题考查自由落体运动、机械能守恒定律及动量守恒定律。
(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动,有
h=gt2①
代入数据解得
t=0.6 s②
(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB,有
vB=gt③
细绳绷直瞬间,细绳张力远大于A、B的重力,A、B相互作用,由动量守恒得
mBvB=(mA+mB)v④
之后A做匀减速运动,所以细绳绷直后瞬间的速度v即最大速度,联立②③④式,代入数据解得
v=2 m/s⑤
(3)细绳绷直后,A、B一起运动,B恰好可以和地面接触,说明此时A、B的速度为零,这一过程中A、B组成的系统机械能守恒,有
(mA+mB)v2+mBgH=mAgH⑥
代入数据解得
H=0.6 m⑦
35.[2016课标Ⅱ,35(2),10分]如图,光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体,斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面 3 m/s的速度向斜面体推出,冰块平滑地滑上斜面体,在斜面体上上升的最大高度为h=0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1=30 kg,冰块的质量为m2=10 kg,小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g=10 m/s2。
(ⅰ)求斜面体的质量;
(ⅱ)通过计算判断,冰块与斜面体分离后能否追上小孩
答案　见解析
解析　(ⅰ)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度,设此共同速度为v,斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得
m2v20=(m2+m3)v①
m2=(m2+m3)v2+m2gh②
式中v20=-3 m/s为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得
m3=20 kg③
(ⅱ)设小孩推出冰块后的速度为v1,由动量守恒定律有
m1v1+m2v20=0④
代入数据得
v1=1 m/s⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3,由动量守恒和机械能守恒定律有
m2v20=m2v2+m3v3⑥
m2=m2+m3⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得
v2=1 m/s⑧
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方,故冰块不能追上小孩。
素养考查　本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律知识,以及理解能力、推理能力、综合分析能力,体现了物理观念中物质观念、运动与相互作用观念、能量观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理、科学论证的要素。
36.[2013江苏单科,12C(3)]如图所示,进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80 kg和100 kg,他们携手远离空间站,相对空间站的速度为0.1 m/s。A将B向空间站方向轻推后,A的速度变为0.2 m/s,求此时B的速度大小和方向。
答案　0.02 m/s　离开空间站方向
解析　以空间站为参考系,以v0的方向为正方向,由动量守恒定律(mA+mB)v0=mAvA+mBvB
解得vB=0.02 m/s
方向远离空间站方向。
37.(2019海南单科,13,10分)如图,用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点:初始时,轻绳处于水平拉直状态。现将a由静止释放,当物块a下摆至最低点时,恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞(碰撞时间极短),碰撞后b滑行的最大距离为s。已知b的质量是a的3倍。b与水平面间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g。求:
(1)碰撞后瞬间物块b速度的大小;
(2)轻绳的长度。
答案　(1)　(2)4μs
解析　(1)设a的质量为m,则b的质量为3m
碰撞后b滑行过程,根据动能定理得
-μ×3mgs=0-×3m
解得,碰撞后瞬间物块b速度的大小vb=
(2)对于a、b碰撞过程,取水平向左为正方向,根据动量守恒定律得
mv0=mva+3mvb
根据机械能守恒得m=m+×3m
设轻绳的长度为L,对于a下摆的过程,根据机械能守恒得
mgL=m。
联立解得L=4μs
素养考查　本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理知识,以及理解能力、推理能力、综合分析能力、应用数学知识处理物理问题的能力,体现了物理观念中物质观念、运动与相互作用观念、能量观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理的要素。
38.[2015课标Ⅱ,35(2),10分]两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动,并发生碰撞;碰撞后两者粘在一起运动;经过一段时间后,从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图像如图所示。求:
(ⅰ)滑块a、b的质量之比;
(ⅱ)整个运动过程中,两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。
答案　(ⅰ)1∶8　(ⅱ)1∶2
解析　(ⅰ)设a、b的质量分别为m1、m2,a、b碰撞前的速度为v1、v2。由题给图像得
v1=-2 m/s①
v2=1 m/s②
a、b发生完全非弹性碰撞,碰撞后两滑块的共同速度为v。由题给图像得
v= m/s③
由动量守恒定律得
m1v1+m2v2=(m1+m2)v④
联立①②③④式得
m1∶m2=1∶8⑤
(ⅱ)由能量守恒得,两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE=m1+m2-(m1+m2)v2⑥
由图像可知,两滑块最后停止运动。由动能定理得,两滑块克服摩擦力所做的功为W=(m1+m2)v2⑦
联立⑥⑦式,并代入题给数据得
W∶ΔE=1∶2⑧
考查点　碰撞
易错警示　由x-t图像可知a、b整体速度最后减小为零。
39.(2014大纲全国,24,12分)冰球运动员甲的质量为80.0 kg。当他以5.0 m/s的速度向前运动时,与另一质量为100 kg、速度为3.0 m/s的迎面而来的运动员乙相撞。碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短,求
(1)碰后乙的速度的大小;
(2)碰撞中总机械能的损失。
答案　(1)1.0 m/s　(2)1 400 J
解析　(1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M,碰前速度大小分别为v、V,碰后乙的速度大小为V'。由动量守恒定律有
mv-MV=MV'①
代入数据得V'=1.0 m/s②
(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE,应有
mv2+MV2=MV'2+ΔE③
联立②③式,代入数据得
ΔE=1 400 J④
评分标准　①②③④式各3分。
40.(2014北京理综,22,16分)如图所示,竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切,小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放,A与B碰撞后结合为一个整体,并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑,半径R=0.2 m;A和B的质量相等;A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ=0.2。取重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)碰撞前瞬间A的速率v;
(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v';
(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l。
答案　(1)2 m/s　(2)1 m/s　(3)0.25 m
解析　设滑块的质量为m。
(1)根据机械能守恒定律mgR=mv2
得碰撞前瞬间A的速率v==2 m/s
(2)根据动量守恒定律mv=2mv'
得碰撞后瞬间A和B整体的速率v'=v=1 m/s
(3)根据动能定理(2m)v'2=μ(2m)gl
得A和B整体沿水平桌面滑动的距离
l==0.25 m
考查点　机械能守恒、动量守恒。
一题多解　第(3)问也可结合牛顿运动定律,应用匀变速运动规律求解:在桌面上的加速度为a=μg=2 m/s2,又v'2=2al,所以l==0.25 m。
41.[2014江苏单科,12C(3)]牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载,A、B两个玻璃球相碰,碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16。分离速度是指碰撞后B对A的速度,接近速度是指碰撞前A对B的速度。若上述过程是质量为2m的玻璃球A以速度v0碰撞质量为m的静止玻璃球B,且为对心碰撞,求碰撞后A、B的速度大小。
答案　v0　v0
解析　设A、B球碰撞后速度分别为v1和v2
由动量守恒定律
2mv0=2mv1+mv2,且由题意知=
解得v1=v0,v2=v0
考查点　本题考查碰撞、动量守恒定律等知识,属于容易题。
知识拓展　若两球碰撞过程中满足动量守恒和能量守恒,可推导出分离速度和接近速度之比是1。本题中的该比值小于1,暗示两球碰撞过程中动能有损失,不满足能量守恒,为非弹性碰撞。
42.[2014山东理综,39(2)]如图,光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接,A的质量为m。开始时橡皮筋松弛,B静止,给A向左的初速度v0。一段时间后,B与A同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍,也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求:
(ⅰ)B的质量;
(ⅱ)碰撞过程中A、B系统机械能的损失。
答案　(ⅰ)　(ⅱ)m
解析　(ⅰ)以初速度v0的方向为正方向,设B的质量为mB,A、B碰撞后的共同速度为v,由题意知:碰撞前瞬间A的速度为,碰撞前瞬间B的速度为2v,由动量守恒定律得
m+2mBv=(m+mB)v①
由①式得
mB=②
(ⅱ)从开始到碰后的全过程,由动量守恒定律得
mv0=(m+mB)v③
设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE,则
ΔE=m+mB(2v)2-(m+mB)v2④
联立②③④式得
ΔE=m⑤
43.[2016海南单科,17(2),8分]如图,物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下,初始时静止;从发射器(图中未画出)射出的物块B沿水平方向与A相撞,碰撞后两者粘连在一起运动,碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传感器(图中未画出)测得。某同学以h为纵坐标,v2为横坐标,利用实验数据作直线拟合,求得该直线的斜率为k=1.92 ×10-3 s2/m。已知物块A和B的质量分别为mA=0.400 kg和mB=0.100 kg,重力加速度大小g=9.80 m/s2。
(ⅰ)若碰撞时间极短且忽略空气阻力,求h-v2直线斜率的理论值k0。
(ⅱ)求k值的相对误差δ(δ=×100%,结果保留1位有效数字)。
答案　(ⅰ)2.04×10-3 s2/m　(ⅱ)6%
解析　(ⅰ)设物块A和B碰撞后共同运动的速度为v',由动量守恒定律有
mBv=(mA+mB)v'①
在碰撞后A和B共同上升的过程中,由机械能守恒定律有
(mA+mB)v'2=(mA+mB)gh②
联立①②式得
h=v2③
由题意得
k0=④
代入题给数据得
k0=2.04×10-3 s2/m⑤
(ⅱ)按照定义
δ=×100%⑥
由⑤⑥式和题给条件得
δ=6%⑦
44.[2015课标Ⅰ,35(2),10分,0.425]如图,在足够长的光滑水平面上,物体A、B、C位于同一直线上,A位于B、C之间。A的质量为m,B、C的质量都为M,三者均处于静止状态。现使A以某一速度向右运动,求m和M之间应满足什么条件,才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。
答案　(-2)M≤m解析　A向右运动与C发生第一次碰撞,碰撞过程中,系统的动量守恒、机械能守恒。设速度方向向右为正,开始时A的速度为v0,第一次碰撞后C的速度为vC1,A的速度为vA1。由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0=mvA1+MvC1①
m=m+M②
联立①②式得
vA1=v0③
vC1=v0④
如果m>M,第一次碰撞后,A与C速度同向,且A的速度小于C的速度,不可能与B发生碰撞;如果m=M,第一次碰撞后,A停止,C以A碰前的速度向右运动,A不可能与B发生碰撞;所以只需考虑m第一次碰撞后,A反向运动与B发生碰撞。设与B发生碰撞后,A的速度为vA2,B的速度为vB1,同样有
vA2=vA1=v0⑤
根据题意,要求A只与B、C各发生一次碰撞,应有
vA2≤vC1⑥
联立④⑤⑥式得
m2+4mM-M2≥0⑦
解得
m≥(-2)M⑧
另一解m≤-(+2)M舍去。所以,m和M应满足的条件为
(-2)M≤m(①②式各2分,③④⑤⑥⑧⑨式各1分)
考查点　碰撞
解题关键　①A与C碰撞后必须返回。
②A与B碰后速度必须小于与C碰后的速度。
温馨提示　本题为“弹性碰撞模型”。
45.[2015山东理综,39(2)]如图,三个质量相同的滑块A、B、C,间隔相等地静置于同一水平直轨道上。现给滑块A向右的初速度v0,一段时间后A与B发生碰撞,碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动,B再与C发生碰撞,碰后B、C粘在一起向右运动。滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值。两次碰撞时间均极短。求B、C碰后瞬间共同速度的大小。
答案　v0
解析　设滑块质量为m,A与B碰撞前A的速度为vA,由题意知,碰后A的速度vA'=v0,B的速度vB=v0,由动量守恒定律得
mvA=mvA'+mvB①
设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA,由功能关系得
WA=m-m②
设B与C碰撞前B的速度为vB',B克服轨道阻力所做的功为WB,由功能关系得
WB=m-mvB'2③
据题意可知
WA=WB④
设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v,由动量守恒定律得
mvB'=2mv⑤
联立①②③④⑤式,代入数据得
v=v0⑥
46.(2020山东,18,16分)如图所示,一倾角为θ的固定斜面的底端安装一弹性挡板,P、Q两物块的质量分别为m和4m,Q静止于斜面上A处。某时刻,P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tan θ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦,与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点,斜面足够长,Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。
(1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1;
(2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn;
(3)求物块Q从A点上升的总高度H;
(4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞,求A点与挡板之间的最小距离s。
答案　见解析
解析　(1)P与Q的第一次碰撞,取P的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得
mv0=mvP1+4mvQ1①
由机械能守恒定律得
m=m+·4m②
联立①②式得
vP1=-v0③
vQ1=v0④
故第一次碰撞后P的速度大小为v0,Q的速度大小为v0
(2)设P、Q第一次碰撞后Q上升的高度为h1,对Q由运动学公式得
0-=2·(-2g sin θ)·⑤
联立①②⑤式得
h1=⑥
设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02,第一次碰后至第二次碰前,对P由动能定理得
m-m=-mgh1⑦
联立①②⑤⑦式得
v02=v0⑧
P与Q的第二次碰撞,设碰后P与Q的速度分别为vP2、vQ2,由动量守恒定律得
mv02=mvP2+4mvQ2⑨
由机械能守恒定律得
m=m+·4m⑩
联立①②⑤⑦⑨⑩式得
vP2=-×v0
vQ2=×v0
设第二次碰撞后Q上升的高度为h2,对Q由运动学公式得
0-=2·(-2g sin θ)·
联立①②⑤⑦⑨⑩式得
h2=·
设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v03,第二次碰后至第三次碰前,对P由动能定理得
m-m=-mgh2
联立①②⑤⑦⑨⑩式得
v03=v0
P与Q的第三次碰撞,设碰后P与Q的速度分别为vP3、vQ3, 由动量守恒定律得
mv03=mvP3+4mvQ3
由机械能守恒定律得
m=m+·4m
联立①②⑤⑦⑨⑩式得
vP3=-×v0
vQ3=×v0
设第三次碰撞后Q上升的高度为h3,由运动学公式得
0-=2·(-2g sin θ)·
联立①②⑤⑦⑨⑩式得
h3=·
……
总结可知,第n次碰撞后,物块Q上升的高度为
hn=·(n=1,2,3…)
(3)当P、Q达到H时,两物块到此处的速度可视为零,对两物块运动全过程由动能定理得
0-m=-(m+4m)gH-tan θ·4mg cos θ·
解得
H=
(4)设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1,由运动学公式得
vQ1=2gt1 sin θ
设P运动到斜面底端时的速度为vP1',需要的时间为t2,由运动学公式得
vP1'=|vP1|+gt2 sin θ
vP1'2-=2sg sin θ
设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3
v02=(-vP1)-gt3 sin θ
当A点与挡板之间的距离最小时
t1=2t2+t3
联立式,代入数据得
s=
47.(2019课标Ⅲ,25,20分)静止在水平地面上的两小物块A、B,质量分别为mA=1.0 kg,mB=4.0 kg;两者之间有一被压缩的微型弹簧,A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0 m,如图所示。某时刻,将压缩的微型弹簧释放,使A、B瞬间分离,两物块获得的动能之和为Ek=10.0 J。释放后,A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.20。重力加速度取g=10 m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小;
(2)物块A、B中的哪一个先停止 该物块刚停止时A与B之间的距离是多少
(3)A和B都停止后,A与B之间的距离是多少
答案　(1)4.0 m/s　1.0 m/s
(2)B先停　0.50 m　(3)0.91 m
解析　本题考查动量守恒定律、牛顿第二定律、动能定理和机械能守恒定律的综合应用,要求考生具有较强的推理能力和综合分析能力。题目中涉及两个物体,运动过程较多,涉及规律较多,综合性很强,为较难题。体现了模型建构、科学推理的素养要求。
(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB,以向右为正,由动量守恒定律和题给条件有
0=mAvA-mBvB①
Ek=mA+mB②
联立①②式并代入题给数据得
vA=4.0 m/s,vB=1.0 m/s③
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等,因而两者滑动时加速度大小相等,设为a。假设A和B发生碰撞前,已经有一个物块停止,此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t,B向左运动的路程为sB,则有
mBa=μmBg④
sB=vBt-at2⑤
vB-at=0⑥
在时间t内,A可能与墙发生弹性碰撞,碰撞后A将向左运动,碰撞并不改变A的速度大小,所以无论此碰撞是否发生,A在时间t内的路程sA都可表示为
sA=vAt-at2⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA=1.75 m,sB=0.25 m⑧
sA>l且sA-sB<2l,这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞,但没有与B发生碰撞,此时A位于出发点右边0.25 m处,B位于出发点左边0.25 m处,两物块之间的距离s为
s=0.25 m+0.25 m=0.50 m⑨
(3)t时刻后A将继续向左运动,假设它能与静止的B碰撞,碰撞时速度的大小为vA',由动能定理有
mAvA'2-mA=-μmAg(2l+sB)
联立③⑧式并代入题给数据得
vA'= m/s
故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″,由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mA(-vA')=mAvA″+mBvB″
mAvA'2=mAvA″2+mBvB″2
联立式并代入题给数据得
vA″= m/s,vB″=- m/s
这表明碰撞后A将向右运动,B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA'时停止,B向左运动距离为sB'时停止,由运动学公式有
2asA'=vA″2,2asB'=vB″2
根据④式及题给数据得
sA'=0.63 m,sB'=0.28 m
sA'小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离
s'=sA'+sB'=0.91 m
素养考查　本题考查了动量守恒定律、动能定理、机械能守恒定律、牛顿运动定律、运动学公式知识,以及理解能力、推理能力、综合分析能力、应用数学知识处理物理问题的能力,体现了物理观念中物质观念、运动与相互作用观念、能量观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理、科学论证的要素。
48.(2019课标Ⅱ,25,20分)一质量为m=2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中,司机突然发现前方100 m处有一警示牌,立即刹车。刹车过程中,汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线。图(a)中,0~t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略,汽车仍保持匀速行驶),t1=0.8 s;t1~t2时间段为刹车系统的启动时间,t2=1.3 s;从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作,直至汽车停止。已知从t2时刻开始,汽车第1 s内的位移为24 m,第4 s内的位移为1 m。
图(a)
图(b)
(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t图线;
(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小;
(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1~t2时间内汽车克服阻力做的功;从司机发现警示牌到汽车停止,汽车行驶的距离约为多少(以t1~t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)
答案　(1)见解析　(2)28 m/s　8 m/s2　(3)30 m/s　1.16×105 J　87.5 m
解析　本题综合考查了动能定理、动量定理等基本考点,考查了学生综合分析及运用数学知识解决问题的能力,体现了科学推理与科学论证的素养要素,通过研究汽车的运动渗透了关注生产、生活的价值观念。
(1)v-t图像如图所示。
(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1,则t1时刻的速度也为v1;t2时刻的速度为v2。在t2时刻后汽车做匀减速运动,设其加速度大小为a。取Δt=1 s。设汽车在t2+(n-1)Δt~t2+nΔt内的位移为sn,n=1,2,3,…。
若汽车在t2+3Δt~t2+4Δt时间内未停止,设它在t2+3Δt时刻的速度为v3,在t2+4Δt时刻的速度为v4,由运动学公式有
s1-s4=3a(Δt)2①
s1=v2Δt-a(Δt)2②
v4=v2-4aΔt③
联立①②③式,代入已知数据解得
v4=- m/s④
这说明在t2+4Δt时刻前,汽车已经停止。因此,①式不成立。
由于在t2+3Δt~t2+4Δt内汽车停止,由运动学公式
v3=v2-3aΔt⑤
2as4=⑥
联立②⑤⑥式,代入已知数据解得
a=8 m/s2,v2=28 m/s⑦
或a= m/s2,v2=29.76 m/s⑧
但⑧式情形下,v3<0,不合题意,舍去。
(3)设汽车的刹车系统稳定工作时,汽车所受阻力的大小为f1。由牛顿第二定律有
f1=ma⑨
在t1~t2时间内,阻力对汽车冲量的大小为
I=f1(t2-t1)⑩
由动量定理有
I=mv1-mv2
由动能定理,在t1~t2时间内,汽车克服阻力做的功为
W=m-m
联立⑦⑨⑩式,代入已知数据解得
v1=30 m/s
W=1.16×105 J
从司机发现警示牌到汽车停止,汽车行驶的距离s约为
s=v1t1+(v1+v2)(t2-t1)+
联立⑦式,代入已知数据解得
s=87.5 m
49.(2018海南单科,14,16分)如图,光滑轨道PQO的水平段QO=,轨道在O点与水平地面平滑连接。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑,在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞。A、B与地面间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度大小为g。假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞,碰撞时间极短。求:
(1)第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小;
(2)A、B均停止运动后,二者之间的距离。
答案　(1)　　(2)h
解析　(1)A下滑过程机械能守恒,由机械能守恒定律得
mgh=m
A、B发生完全弹性碰撞,碰撞过程动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=mvA+4mvB
由机械能守恒定律得m=m+(4m)
解得vA=-,vB=
(2)物块B在粗糙水平面上做匀减速直线运动,最终速度为零,由动能定理得
-μ×4mgx=0-×4m,x=,
设当物块A的位移为x时速度为v,对A,由动能定理得
-μmgx=mv2-m
解得v=
A、B发生弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv=mvA'+4mvB'
由机械能守恒定律得
mv2=mv+×4mv
解得vA'=-,vB'=
碰撞后A向左做减速运动,B向右做减速运动,由动能定理得
-μmgxA=0-mv
-μ×4mgxB=0-×4mv
解得xA=h,xB=h,A、B均停止运动后它们之间的距离d=xA+xB=h。
素养考查　本题考查了机械能守恒定律、动量守恒定律、动能定理知识,以及理解能力、推理能力、综合分析能力、应用数学知识处理物理问题的能力,体现了物理观念中物质观念、运动观念、能量观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理的要素。
50.[2014课标Ⅰ,35(2),9分,0.537]如图,质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方,B球距地面的高度h=0.8 m,A球在B球的正上方。先将B球释放,经过一段时间后再将A球释放。当A球下落t=0.3 s时,刚好与B球在地面上方的P点处相碰,碰撞时间极短,碰后瞬间A球的速度恰为零。已知mB=3mA,重力加速度大小g=10 m/s2,忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。求
(ⅰ)B球第一次到达地面时的速度;
(ⅱ)P点距离地面的高度。
答案　(ⅰ)4 m/s　(ⅱ)0.75 m
解析　(ⅰ)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB,由运动学公式有vB=①
将h=0.8 m代入上式,得vB=4 m/s②
(ⅱ)设两球相碰前后,A球的速度大小分别为v1和v1'(v1'=0),B球的速度分别为v2和v2'。由运动学规律可得
v1=gt③
由于碰撞时间极短,重力的作用可以忽略,两球相碰前后的动量守恒,总动能保持不变。规定向下的方向为正,有
mAv1+mBv2=mBv2'④
mA+mB=mBv⑤
设B球与地面相碰后的速度大小为vB',由运动学及碰撞的规律可得vB'=vB⑥
设P点距地面的高度为h',由运动学规律可得
h'=⑦
联立②③④⑤⑥⑦式,并代入已知条件可得
h'=0.75 m⑧
51.(2014广东理综,35,18分)如图的水平轨道中,AC段的中点B的正上方有一探测器,C处有一竖直挡板,物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞,并接合成复合体P,以此碰撞时刻为计时零点,探测器只在t1=2 s至t2=4 s内工作,已知P1、P2的质量都为m=1 kg,P与AC间的动摩擦因数为μ=0.1,AB段长L=4 m,g取10 m/s2,P1、P2和P均视为质点,P与挡板的碰撞为弹性碰撞。
(1)若v1=6 m/s,求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能ΔE;
(2)若P与挡板碰后,能在探测器的工作时间内通过B点,求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E。
答案　(1)3 m/s　9 J　(2)10 m/s≤v1≤14 m/s　17 J
解析　(1)P1、P2碰撞过程,动量守恒
mv1=2mv①
解得v==3 m/s②
碰撞损失的动能ΔE=m-(2m)v2③
解得ΔE=9 J④
(2)根据牛顿第二定律,P做匀减速运动,加速度为a=⑤
设P1、P2碰撞后的共同速度为v共,则推得v共=⑥
把P与挡板碰撞前后运动过程当做整体运动过程处理
经过时间t1,P运动过的路程为s1,则s1=v共t1-a⑦
经过时间t2,P运动过的路程为s2,则s2=v共t2-a⑧
如果P能在探测器工作时间内通过B点,必须满足
s1≤3L≤s2⑨
联立⑤⑥⑦⑧⑨得10 m/s≤v1≤14 m/s⑩
v1的最大值为14 m/s,此时v共=7 m/s,根据动能定理知
-μ·2mg·4L=E-·2m
代入数据得E=17 J
52.(2014安徽理综,24,20分)在光滑水平地面上有一凹槽A,中央放一小物块B。物块与左右两边槽壁的距离如图所示,L为1.0 m,凹槽与物块的质量均为m,两者之间的动摩擦因数μ为0.05。开始时物块静止,凹槽以v0=5 m/s初速度向右运动,设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失,且碰撞时间不计。g取10 m/s2。求:
(1)物块与凹槽相对静止时的共同速度;
(2)从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数;
(3)从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小。
答案　(1)2.5 m/s　(2)6次　(3)5 s　12.75 m
解析　(1)设两者间相对静止时速度为v,由动量守恒定律得
mv0=2mv,即v=2.5 m/s
(2)物块与凹槽间的滑动摩擦力Ff=μN=μmg
设两者相对静止前相对运动的路程为s1,由动能定理得
-Ff·s1=(m+m)v2-m,得s1=12.5 m
已知L=1.0 m,可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞。
(3)设凹槽与物块碰前的速度分别为v1、v2,碰后的速度分别为v1'、v2'。有
mv1+mv2=mv1'+mv2',m+m=mv+mv
得v1'=v2,v2'=v1
即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换,在同一坐标系上两者的速度图线如图所示,根据碰撞次数可分为13段,凹槽、物块的v-t图像在两条连续的匀变速运动图线间转换,故可用匀变速直线运动规律求时间。则
v=v0+at、a=-μg,解得t=5 s
凹槽的v-t图像所包围的阴影部分面积即为凹槽的位移大小s2。等腰三角形面积共分13份,第一份面积为0.5L,其余每份面积均为L。
s2=()t+6.5L,解得s2=12.75 m
53.(2014天津理综,10,16分)如图所示,水平地面上静止放置一辆小车A,质量mA=4 kg,上表面光滑,小车与地面间的摩擦力极小,可以忽略不计。可视为质点的物块B置于A的最右端,B的质量mB=2 kg。现对A施加一个水平向右的恒力F=10 N,A运动一段时间后,小车左端固定的挡板与B发生碰撞,碰撞时间极短,碰后A、B粘合在一起,共同在F的作用下继续运动,碰撞后经时间t=0.6 s,二者的速度达到vt=2 m/s。求
(1)A开始运动时加速度a的大小;
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小;
(3)A的上表面长度l。
答案　(1)2.5 m/s2　(2)1 m/s　(3)0.45 m
解析　(1)以A为研究对象,由牛顿第二定律有
F=mAa①
代入数据解得
a=2.5 m/s2②
(2)对A、B碰撞后共同运动t=0.6 s的过程,由动量定理得
Ft=(mA+mB)vt-(mA+mB)v③
代入数据解得
v=1 m/s④
(3)设A、B发生碰撞前,A的速度为vA,对A、B发生碰撞的过程,由动量守恒定律有
mAvA=(mA+mB)v⑤
A从开始运动到与B发生碰撞前,由动能定理有
Fl=mA⑥
由④⑤⑥式,代入数据解得
l=0.45 m⑦
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