专题九 恒定电流与电路 综合检测
建议用时:75分钟 总分100分
一、选择题：本题共 10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10 题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.家用榨汁机可以将果蔬快速榨成果蔬汁，为我们的生活带来了很多便利。已知某款家用榨汁机额定电压为，额定功率为，内阻为。下列说法正确的是
A. 额定电压下正常工作时，榨汁机刀片转动的机械功率为
B. 额定电压下正常工作，榨汁机产生的焦耳热为
C. 若刀片卡住不转动，电路中的电流为
D. 若刀片卡住不转动，榨汁机消耗的电功率为
2. 一根金属棒长为，横截面积为，其材料的电阻率为，棒内单位体积的自由电子数为，电子的质量为，电荷量为。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，则金属棒两端所加的电压为
A. B. C. D.
3.如图所示，当电动机接上电源后，会带动风扇转动。已知接入电源后，电动机正常工作时，电路中的电流内做功；当电动机被卡住不转时，电路中的电流内做功，则
A. 电动机的内阻为
B. 电动机正常工作时的发热功率为
C. 电动机正常工作时内电能转化的机械能有
D. 电动机正常工作时消耗的电功率为
4. 潮汐发电是水力发电的一种。在有条件的海湾建筑堤坝，围成水库，水库水位与外海潮位之间形成一定的潮差，从而可驱动水轮发电机组发电。现在一水面面积约为的海湾建潮汐电站，涨潮和退潮后水库水位与外海潮位之间形成的潮差，发电过程中重力势能转化为电能的效率是，每天涨退潮两次，水的密度为，重力加速度大小 取，试估算该电站一天利用退潮发电的平均功率为
A. B. C. D.
5.一车载加热器（电压恒定）发热部分的电路如图所示，是三个接线端点，图中定值电阻阻值分别为，，，当任意两端点接入电源（内阻不计）时，总功率最小值为，则此时与的功率分别为
A. B. C. D.
6.如图所示，电路中灯泡均正常发光，阻值分别为，，，，电源电动势，内阻不计，不考虑灯丝电阻随温度的变化，为电路图中两接线点。将与位置对调后，下列说法正确的是
A. 电路的总电阻减小 B. 电路的总功率增大
C. 两端电压减小 D. 通过的电流增大
7.如图所示的图像中，直线Ⅰ为某电源的电流与路端电压的关系，直线Ⅱ为某一电阻的电流与电压的关系，用该电源直接与电阻连接成闭合电路，由图像可知
A. 阻值为 B. 电源内阻为
C. 电源输出功率为 D. 电源的效率为
8. 如图所示，电源电动势为，内阻不计，为阻值相同的定值电阻，为滑动变阻器，电表均为理想电表。现将的滑片向右滑动，电压表的示数改变量的绝对值分别为，电流表的示数改变量的绝对值为，下列说法正确的是
A. 电流表的示数变大 B.
C. 变大 D. 不变
9.如图所示为某节水喷灌系统，水以的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为,效率为，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，忽略水在管道中运动的机械能损失，则（取）
A. 水泵的输出功率为
B. 1分钟内，电动机对水泵做的功为
C. 电动机的输入电流约为
D. 电动机风叶被卡住停止转动，经产生的焦耳热为
10.（多选）某地区常年有风，风速可认为一直保持在。该地区有一风力发电机，其叶片转动可形成半径为的圆面。若风垂直吹向叶片，空气密度为，风的动能转化为电能的效率为。现用这台风力发电机给一水泵供电，使水泵从地下深处抽水，水泵能将水抽到地面并以的速度射出，出水口的横截面积为，水的密度为，水泵及电机组成的抽水系统效率为，重力加速度大小取，根据题给条件，下列说法正确的是
A. 该风力发电机的发电功率约为
B. 抽水机的机械功率约为
C. 风力发电机一天的发电量可供该水泵正常工作约
D. 若风速变为，则该风力发电机的发电功率变为原来的8倍
二、非选择题:本题共5小题,共54分。
11.某同学想将量程为的微安表改装为量程3V的电压表，实验前，需要对微安表的内阻进行测量，然后利用一标准电压表对改装的电压表进行校准。试回答下列问题：
（1） 测量微安表的内阻。该同学设计了图1所示电路，测量步骤如下：
图1
①连接好电路，将开关扳到处，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的读数为；
②将开关扳到处，调节 ，使电流表的读数仍为，此时电阻箱示数为，则微安表的内阻 ；
（2） 将微安表改装成量程为的电压表，需串联一个阻值为 的定值电阻；
（3） 用标准电压表进行校准，校准电路如图2所示。在校准过程中，该同学发现改装后的电压表读数总是大于标准电压表的读数，为达到预期目的，则需 （填“增大”或“减小”）的阻值。
图2
12.某同学要测量一个满偏电流为的微安表表头的内阻，并改装成量程为的电流，利用的器材有：
①电源（电动势为，内阻不计 ）；
②定值电阻；
③电流表；
④滑动变阻器；
⑤开关、导线等；
设计如图1所示的电路图。
图1
（1） 闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于最 （填“上”或“下”）端；
（2） 闭合开关，调节滑动变阻器滑片，使电流表的示数为，微安表的示数为，则微安表的内阻为 ；与定值电阻 （填“串联”或“并联”）一个 （保留3位有效数字）的电阻，可使改装后电表的量程为；
（3） 校准电流表用（量程为、内阻为）表示，滑动变阻器的最大阻值为，改装之后的定值电阻用表示，要求电表从零开始校准，在图2中完善改装后电流表的校准电路；
图2
（4） 在满足（3）的校准电路中，为了能顺利完成校准实验，同时较大程度地保护电路，应在电路中接入阻值为 （填“96”“66”或“26”） 的保护电阻。
14.导电混凝土在建筑地面采暖、路面除雪融冰等方面得到广泛应用，电阻率是其重要参数之一。某科研小组为探究导电混凝土的电阻率，选取了如图1所示的粗细均匀长度的圆柱形导电混凝土样品，在其两端安装电极（接触电阻忽略不计）。为较精确测量该样品的电阻率，除多用电表、游标卡尺外，实验室还提供了如下器材：
A.直流电源（电动势，内阻约）
B.电流表（，内阻约）
C.电流表（，内阻约）
D.电压表（，内阻约）
.电压表（，内阻约）
.滑动变阻器（，允许通过的最大电流）
.滑动变阻器（，允许通过的最大电流）
.开关，导线若干。
图1
（1） 实验前，该同学先用多用电表粗测样品的阻值，欧姆挡选择“”倍率，示数如图2所示，则样品阻值。约为 ；
图2
（2） 测量样品横截面直径时，游标卡尺部分刻度被油污遮住，示数如图3所示，则游标卡尺读数 ；
图3
（3） 实验中用伏安法测样品电阻，电压表应选用 ，电流表应选用 ，滑动变阻器应选用 （填器材前面的序号）；
（4） 为了减小实验误差，使电表示数变化范围尽可能大一些，请根据需要在方框中画出合适的电路图；
（5） 根据测量数据，可得导电混凝土样品的电阻率 （用表示）；
（6） 由于电表内阻的影响，实验中测得的电阻率 （填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
15.某同学利用现有的器材设计如图1所示的电路图来测量定值电阻的阻值以及电源的电动势和内阻，如图2是所给的实验器材，电源的电动势约为；定值电阻的阻值约为电阻箱的阻值范围为；电压表的量程均为，实验中电压表视为理想电表。回答下列问题：
图1 图2
（1） 用笔画线代替导线连接图2中的器材；
（2） 该同学连续调节电阻箱的阻值，得到多组电压表的读数和的读数，根据数据画出的关系图线如图3所示，画出的关系图线如图4所示，图3和图4中的均已知，则电源的电动势 ，定值电阻 ，电源的内阻 （均用表示）；
图3 图4
（3） 若电压表为非理想电表，电源的电动势的测量值 （填“大于”“小于”或“等于”）真实值，请简述原因 。
专题九 恒定电流与电路
综合检测
1. B 额定电压下正常工作时，榨汁机的工作电流 ，发热功率 ，刀片转动的机械功率 ，A错误；根据焦耳定律可得榨汁机在额定电压下正常工作 ，产生的焦耳热 ，正确；若刀片卡住不转动，电路变为纯电阻电路，此时电路中电流 ，错误；若刀片卡住不转动，榨汁机消耗的电功率 ，错误。
2. 根据电阻定律，可知金属棒的电阻 ，金属棒中电流微观表达式为 ，则金属棒两端所加的电压为 ，联立解得 ，正确。
3.C 当电动机不转时，电动机无机械能输出，此时电动机相当于一个纯电阻，电路中电流内做的功，代入数据解得电动机的内阻，A错误；电动机正常工作时，电路中的电流内做的功，代入数据解得此时电路中的电流，电动机正常工作时消耗的电功率，电动机的发热功率，B、D错误；电动机正常工作时输出功率，则内电动机将电能转化的机械能，C正确。
4. A 海湾内高出外海潮位的水的重力势能均用于发电，每天涨退潮两次，则电能，而水的密度，重力势能转化为电能的效率，水的质量，退潮发电的平均功率，一天的时间，联立解得，A正确。
5.B 设、、接入电源时电路总电阻分别为、、，由串并联电路规律有，，，可知，由功率可知，电压一定时，功率与电阻成反比，根据可知最小功率为，其中，解得，此时的功率，的功率为，B正确。
6.D 与对调位置前，电路的总电阻，与对调位置后，电路的总电，可知，即电路的总电阻增大，A错误；电路的总功率，增大，则减小，B错误；设两端的电压为，根据闭合电路欧姆定律，、两端的电压，又由，，联立可得，可知增大，则增大，C错误；通过的电流，由于增大，且所在支路电阻减小，故增大，D正确。
7.D 根据欧姆定律可知，A错误；根据闭合电路欧姆定律，整理得，图像的斜率，可得，图像的纵截距为，可得电源电动势为，B错误；电源输出功率，C错误；电源的效率，D正确。
8.
将滑动变阻器滑片向右滑动，接入回路中的滑动变阻器的电阻变大，电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，而电流表接在干路，则电流表示数减小，错误；设 ，与 并联，则其等效电阻 ，电压表的示数 ，则 ，其比值大小不变，错误；由于电源内阻不计，根据闭合电路欧姆定律可知电压表的示数 ，则，其比值大小不变，正确；结合、项可知，，正确。
9. 设每秒水泵对水做功为，水泵的输出功率为，则，，其中，联立解得，A正确；设水泵的输入功率为，则，1分钟内，电动机对水泵做的功为，其中，联立解得，B错误；电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率，则电动机的机械功率为，电动机效率，又由电动机的功率，联立解得输入电流，C；由功率关正确系有，，解得电动机线圈电阻，电动机风叶被卡住停止转动，电动机输入电压不变，电流变化，电动机此时只产热不做功，机械功率为0，所以，D错误。
10. 单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流体积，气流的质量，风力发电机产生的动能，该风力发电机的发电功率约为，联立解得，A错误；每秒水流机械能的增加量为，其中水的质量，抽水机的机械功率，联立解得，B正确；水泵的总功率为，根据能量守恒有，联立解得风力发电机一天的发电量可供该水泵正常工作时间，C错误；若风速变为，结合A项分析可知该风力发电机的发电功率变为原来的8倍，D正确。
11.（1） 电阻箱 1500 （2） 8500 （3） 增大
【解析】（1） 由题意可知，将开关 分别扳到 、处时，读数不变，利用了等效法测量的内阻，因此将开关 扳到 处，应调节电阻箱 使的读数仍为 ，此时电阻箱的阻值大小等于的内阻，即 。
（2） 将改装为量程 的电压表，根据串联分压可知，需串联一个定值电阻，其阻值大小为 。
（3） 由于改装后的电压表读数总是大于标准电压表读数，说明流过的电流过大，为达到预期目的，则需增大 的阻值。
12.（1）上 （2）400 串联 1.05 （3）如图所示 （4）66
【解析】（1） 由题图1可知，电路采用限流式接法，为保护电路，开关闭合前滑动变阻器应接入最大值，即滑片应位于最上端。
（2） 由题知，，，则通过定值电阻 的电流 ，由闭合电路欧姆定律有，联立解得 ；当前电流表的满偏量程 ，要改装成量程为 的电流表，则需要与电阻 串联一个电阻，该电阻的阻值为 ，其中 ，解得 。
（3） 由于电流表校准要从零开始，故滑动变阻器采用分压式接法，连接电路图如图所示。
（4） 为了能顺利完成校准实验，同时较大程度地保护电路，当滑片移到最右端时，可以满足电表的校准，即电表与滑动变阻器并联，已知校准电流表量程，内阻 ，滑动变阻器最大阻值，则并联电路电压 ，干路中的电流 ，又由 ，联立解得 ，即选择保护电阻的大小为 即可。
13.（1） （2） 右 400 （3） 1100 如图所示
【解析】（1） 由闭合电路欧姆定律知，当选用滑动变阻器 时，回路中的最小电流超过 ，当选用滑动变阻器 时，回路中的最小电流小于 ，故滑动变阻器选择 。
（2） 由于是限流电路，为了保护电器与电表，开关闭合前，滑动变阻器的滑片要移动到最右端；由于接入电路的滑动变阻器阻值较大，在电阻箱接入电路后将干路电流近似看作不变，则根据并联电路规律有，解得 。
（3） 由于该微安表要改装为量程为的电压表，需要与电阻箱 串联以扩大量程，则有 ，其中 ，解得 ，则 需调整到 。微安表与电阻箱 串联，滑动变阻器应选择最大阻值为的 ，使滑片移动时能显著地改变电压，如图所示。
14.（1） 19 （2） 11.25 （3） （4） 如图所示 （5） （6） 大于 见解析
【解析】（1） 欧姆挡用的“ ”倍率，读数为 。
（2） 游标尺上的第5格刻度线与主尺第16格刻度线对齐，根据图中游标尺5格的长度对应主尺的长度可推测主尺读数为 ，则读数为 。
（3） 电源电动势为 ，故电压表应选 ，由于样品电阻约 ，则通过样品电流约几百微安，故电流表选B，为了使电表示数变化范围尽可能大一些，滑动变阻器应采用分压式接法，且选用总阻值较小的。
（4） 由于，则用电流表内接，电路图如图所示。
（5） 由欧姆定律有 ，由电阻定律有 ，联立解得 。
（6） 由于电流表内接，电压表测量值偏大，则测得电阻率大于真实值。
15. （1） 如图所示 （2） （3） 小于 原因见解析（其他合理描述均可）
【解析】（1） 用笔画线代替导线连接的器材如图所示。
（2） 由题意知两电表为理想电表，则流过内阻 和待测阻值 的电流相等，结合闭合电路欧姆定律有，整理可得 ，结合题3可得纵截距 ，斜率 ;同理，流过 和待测值 的电流相等，由串、并联电路规律有 ，整理可得 ，结合题图4有纵截距为1，斜率 ，综上分析可得 ，， 。
（3） 若电压表为非理想电表，流过内阻 的电流等于流过待测阻值 的电流、电压表的电流和电压表的电流之和，即 ，整理可得，此时，则电源电动势的真实值 ，实验测量中认为电源电动势等于 ，故测量值小于真实值，造成此结果的原因是电压表为非理想电表，有电流通过电压表。专题十二 交变电流传感器
综合检测
建议用时:75分钟 总分100分
一、选择题：本题共 10小题，共60分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题6分；第8~10 题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.闭合回路中的交变电流在1个周期内的图像如图所示，其中图线的段和段均为正弦曲线的四分之一，则该交变电流的有效值为
A. B. C. D.
2.2023年11月，我国直驱海上风电机组顺利下线，其发电机原理图如图所示，正方形线圈逆时针匀速转动，时刻线圈与磁场方向夹角假设线圈边长为，匝数为 ，阻值为，转速为，磁感应强度大小为，下列说法正确的是
A. 时刻，穿过线圈的磁通量
B. 从时刻开始计时，线圈产生的电动势为
C. 线圈再转过过程中，线圈中电流方向为
D. 线圈中电流的最大值
3. 图1是某手动发电的手电筒内部发电机的两个截面示意图，多匝线圈处于辐向的磁场中，线圈连接理想变压器的原线圈，副线圈接一小灯泡，当推动手柄使线圈沿轴线做振幅一定的往复运动，其图像为如图2所示的正弦曲线时，小灯泡恰好能正常发光。该小灯泡长期使用导致灯丝变细，要使旧灯泡恢复之前的亮度，下列措施可行的是
A. 仅减少线圈的匝数 B. 仅增加变压器原线圈的匝数
C. 仅增大推动手柄时的周期 D. 仅增大推动手柄时的最大速度
4.2023年11月2日，伊犁——博州——乌苏——凤凰回750千伏输变电工程投运，超高压输电提高了输电效率，减少了电能消耗。如图为发电厂输电到某地区的简化示意图，发电厂产生的交流电电压，升压变压器的输出电压，降压变压器原、副线圈匝数之比，用户端的电压，用户端的功率为。假设两个变压器均为理想变压器，下列说法正确的是
A. 升压变压器匝数之比 B. 输电线的总电阻为
C. 发电机输出的总功率为 D. 输电线损耗的电功率
5. 国家为节约电能，执行峰谷分时电价政策，引导用户错峰用电。为了解错峰用电的好处，建立如图所示的电网仅为3户家庭供电模型，3户各有功率相同的用电器，采用两种方式用电：方式一为同时用电1小时，方式二为错开单独用电各1小时，若用户电压恒为 ，除了输电线总电阻以外不计其他电阻，变压器为理想变压器，则两种方式用电时
A. 电网提供的总电能之比为
B. 变压器原线圈中的电流之比为
C. 变压器原线圈两端电压之比为
D. 输电线路总电阻损耗的电能之比为
6. 如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比，原线圈电路中接入正弦交流电压，电流表为理想交流电表。已知 ，，开关闭合前、后电流表示数之比为。下列说法正确的是
A. 定值电阻
B. 开关闭合时，副线圈两端的电压为
C. 开关断开时，电流表的示数为
D. 开关闭合时，电路中消耗的总功率为
7.（多选）如图为某一小区用户输电的电路示意图，电路中升压变压器 和降压变压器 都认为是理想变压器，升压、降压变压器中间输电线的电阻为 。春节期间，小区部分用户回老家过年或外出旅游，用电的用户减少，在输电线输送电压不变的情况下，下列说法正确的是
A. 降压变压器 副线圈所接总电阻减小
B. 升压变压器 的输入功率减小
C. 输电线电阻 上消耗的功率增大
D. 降压变压器 原线圈两端电压增大
8.（多选）某输电能耗实验的演示电路如图所示。变压器 输入电压有效值为 的正弦交流电。变压器 原、副线圈匝数比为 ，连接两理想变压器的导线电阻 。开关 断开时，电动机正常工作，已知电动机的额定电压为，测得变压器 的输出功率为 ，电动机的输出功率为 。开关 闭合时，电路中接入阻值为 的电阻，变压器可视为理想变压器。则下列说法正确的是
A. 电动机的内阻为 B. 原、副线圈匝数之比为
C. 开关 闭合后，的输入功率变大 D. 开关 闭合后，电动机仍能正常工作
9.如图，理想变压器原、副线圈匝数比为 ，输入端 接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡 的阻值始终与定值电阻 的阻值相同。
在滑动变阻器 的滑片从正中间滑动到端的过程中，两个灯泡
始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是
A.流过定值电阻 的电流增大
B. 流过 的电流减小
C. 的功率增大
D. 电路输入端 的输出功率增大
10.如图1所示，匝正方形闭合金属线圈 边长为 ，线圈处于磁感应强度大小为 的匀强磁场中，绕着与磁场垂直且与线圈共面的轴以角速度 匀速转动，已知 边距 。当线圈以不同大小的角速度转动时产生的正弦交变电流的电动势随时间变化的 图像如图2中a、b所示，则
A. 线圈两次转动的角速度之比
B. 交流电a、b的电动势最大值
C. 交流电 的电动势的有效值
D. 交流电 的电动势瞬时值
二、非选择题:本题共3小题,共40分。
11.（10分）1954年 史密斯发现了硅、锗半导体材料的“压阻效应”，它们的电阻会随压力的变化而变化。已知某压敏电阻的阻值 的变化范围为几十欧姆到几百欧姆，某实验小组在室温下探究：压敏电阻阻值 随压力 的变化规律，实验室有如下器材可供选择：
A.压敏电阻（无压力时，阻值，用表示）
B.直流电源（电动势为，内阻不计）
C.电流表（量程为）
D.电流表（量程为）
E.电压表 （量程为）
F.定值电阻
G.定值电阻
H.滑动变阻器（最大阻值约，额定电流为）
I.开关导线若干
（1） 为了尽可能减少实验误差，请根据提供的器材完善实验电路图1，虚线框处应为 ;
A. 电压表
B. 电流表与电阻串联
C. 电流表与电阻串联
（2） 某次压力测试时在电阻上施加力，闭合开关，两个电表的示数分别为和,且在数值上大于，则压敏电阻的阻值为 （用题中字母表示）；
（3） 改变的大小，测得的不同值，绘成如图2所示的图像，当压力为时，此时两电表示数分别为和，则 ;
（4） 按设计的电路图进行实验，调节滑动变阻器的同时在电阻上施加力，使两个电表满偏，则压力 。
12.（14分）热敏电阻是传感器中经常使用的元件，某学习小组要探究一热敏电阻的阻值随温度变化的规律。
可供选择的器材有：
待测热敏电阻 （实验温度范围内，阻值约几欧姆）；
电源 （电动势 ，内阻 约 ）；
电阻箱 （阻值范围 ）；
滑动变阻器 （最大阻值 ）；
滑动变阻器 （最大阻值 ）；
微安表（量程，内阻约为 ）；
开关两个，温控装置一套，导线若干。
（1） 同学们设计了如图1所示的测量电路，滑动变阻器应选用 （填 “”或“” ;
（2） 请用笔画线代替导线，将图2实物图（不含温控装置）连接成完整电路；
（3） 实验中先将开关 断开，将滑动变阻器滑片移动到 端（填“”或“ ” ，闭合开关 ,调节滑动变阻器滑片，使微安表示数为 ，然后将电阻箱阻值调至 （填“最大”或“最小”），闭合开关 ，改变温度，调节电阻箱阻值，使微安表示数依然为 ，记录对应的温度和电阻箱阻值 ;
（4） 作出 图像如图3，可得热敏电阻阻值随温度升高而 （填“增大”或“减小”）。
13.（16分）实验小组欲利用图1所示的可拆式变压器探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，所用电路如图2所示。
（1）实验过程具体如下：
①选择原、副线圈匝数 ；
②将学生电源的选择开关拨至某一电压 ，记录多用表的示数 ；
③逐渐增大电源的输出电压，重复②，得到多组和 的值；
④断开电源，拆除导线，整理好器材。
（2）将记录数据整理为表格如下：
实验次数 1 2 3 4 5 6
/ 2.0 4.0 6.0 8.0 10.0 12.0
/ 0.98 1.97 2.97 3.99 5.98 4.98
（3） 小组同学在平面坐标系中作出 的图像如图3所示，可求出该图线的斜率 （取整数）；
（4） 比较 与的值，可以得到理想变压器原、副线圈的电压之比 （填“大于”“等于”或“小于”）原、副线圈的匝数之比；
（5） 依据（4）的结果，若保持 、 不变，要使小灯泡的亮度增加，应 （填“增大”或“减小”） ；
（6） 关于该实验，下列说法正确的是 。
A. 若电源选择直流输出，只要电压足够大，小灯泡仍可发光
B. 可以利用直流电压表来代替多用表
C. 为了安全起见，当电源输出电压较大时，应使
D. 由于铁芯存在漏磁，造成实验有一定的误差
专题十二 交变电流传感器
综合检测
1.B 设该交变电流的有效值为，根据电流的有效值定义有，解得，B正确。
2.C 穿过线圈的磁通量和线圈匝数无关，时刻穿过线圈的磁通量，A错误；线圈转动的角速度，转动产生的电动势，B错误；线圈再转过的过程中，根据楞次定律可知，线框向右的磁通量增大，感应电流产生的磁场方向向左，所以感应电流方向为，C正确；线圈中电流的最大值为，D错误。
3.D 根据电阻定律可知，当灯丝变细后电阻增大，要恢复原来的亮度，则需要增大变压器副线圈两端的电压，根据可得，仅增加原线圈的匝数能使副线圈两端的电压减小，B错误；由题知推动手柄使线圈切割磁感线产生感应电动势，设线圈的半径为，结合题图可得产生的感应电动势的瞬时值的表达式为，则原线圈两端电压的有效值，仅减小线圈的匝数或增大推动手柄时的周期均不能增加原线圈两端的电压，A、C错误；增大推动手柄时的最大速度能增大原线圈两端电压的有效值，从而使灯泡可以恢复之前的亮度，D正确。
4.B 根据理想变压器电压与数的关系可得，解得升压变压器匝数之比，A错误；根据理想变压器变压比可得降压变压器的输入电压，由串联电路中电压关系可知，降压变压器的输入功率，由题意可知，联立解得，，B正确；发电机输出的总功率，C错误；输电线损耗的电功率，D错误。
5.B 设每个用电器的功率为，工作电流为，则副线圈的电流为（为用户的数量），根据电流与线圈匝数关系有，可得变压器原线圈中的电流，采用方式一用电时，，采用方式二用电时，，匝数比不变，所以变压器原线圈中的电流之比为，B正确；当多用户同时用电时，由于用户电压恒定且各用户并联，则副线圈电压不变，由电压与线圈匝数关系知，原线圈电压不变，即变压器原线圈两端电压之比为，C错误；设方式一中原线圈中的电流为，则输电线总电阻消耗的电能；方式二中原线圈中的电流为，则输电线总电阻消耗的电能，则输电线路总电阻损耗的电能之比为，D错误；方式一电网提供的总电能，方式二电网提供的总电能，由于，可知，即电网提供的总电能之比不是，A错误。
6.D 设，当开关断开时，副线圈的负载电阻为，当开关闭合时，副线圈的负载电阻为，画出电路的等效电路图，如图所示。根据理想变压器电阻等效法，可知等效电阻的阻值，
[点拨]，，，，联立得。
因此当开关断开时，，当开关闭合时，。原线圈电路中接入的有效电压，根据闭合电路欧姆定律，可知等效电路中电流表示数，故当开关断开时，，开关闭合时，，由题，解得，则开关断开时，代入数据可得电流表的示数，A、C错误；开关闭合时，代入数据可得电流表示数，电路中消耗的总功率，D正确；根据原、副线圈电流与匝数的关系可得流过的电流，则副线圈两端的电压，B错误。
7. BD 用电的用户减少，说明家庭电路中并联的用电器数目减小，根据并联电路特点有，可知降压变压器副线圈所接总电阻增大，A错误；增大，将及家庭电路等效为一个电阻，该等效电阻的阻值增大，则流过降压变压器副线圈的电流减小，根据理想变压器的变流比，可知流过输电线电阻上的电流减小，根据，可知输电线电阻消耗的功率减小，C错误；结合理想变压器的变流比，可知升压变压器的输入电流减小，由于输电线输送电压不变，则升压变压器的输入功率减小，B正确；升压变压器副线圈两端电压，输电线电阻两端电压减小，由题意输电线输送电压不变，故降压变压器原线圈两端的电压增大，D正确。
8 AC 由题可知，开关断开，电动机正常工作时变压器的输出功率为，即电动机的输入功率，电动机的额定电压为，由功率可得，电动机正常工作时的电流为，电动机内阻消耗的热功率为，由，代入数据解得电动机的内阻，A正确；由理想变压器的变压比可知，解得变压器的初级电压；由理想变压器的变流比可知，可得变压器的初级电流，则变压器的输出电压，由题意可知变压器的输入电压，则原、副线圈匝数比，B错误；开关闭合后，根据并联电路的特点可知，变压器的副线圈电流变大，原线圈电流变大，由可知，变压器的输入功率变大，C正确；由欧姆定律可得连接两理想变压器的导线耗损电压，故随着的增大，随之增大，由可知，不变，减小，则减小，故电动机两端的电压小于额定电压，实际功率小于额定功率，不能正常工作，D错误。
9.CD 副线圈端并联后的等效电阻为，由数学知识可知，当滑片位于正中间位置时电阻值最大，当滑片从正中间滑动到端的过程中，副线圈的负载电阻减小，副线圈端负载回路在原线圈端的等效电阻减小，由于输入端接入的电压有效值恒定，可知流过灯泡的电流增大，根据功率，可知电路输入端的输出功率增大，B错误，D正确；根据欧姆定律，两端的电压增大，在原线圈回路中，则原线圈两端电压减小，根据理想变压器变压比，可知副线圈两端电压减小，根据理想变压器变流比，可知副线圈的电流增大，在滑动变阻器的滑片从正中间滑动到端的过程中，副线圈的等效电路如图所示，在减小，在增大，图中两端点的电压减小，故电流减小，A错误；根据并联电路电流规律可得，则流过灯泡的电流增大，由，可知灯泡的功率增大，C正确。
10. BD 由题图2可知，交流电的电动势最大值为，周期为；交流电的周期为。根据可知，交流电与的周期之比为，则角速度之比为，A错误；根据交流电电动势的最大值知，交流电的电动势最大值知，交流电的电动势最大值为，则交流电的电动势最大值为，根据正弦交流电电动势最大值与有效值的关系知交流电的电动势有效值为，B正确，C错误；结合项分析可得产生交流电对应的线圈角速度，根据电动势瞬时值，可得交流电的电动势瞬时值，D正确。
11.（1）B （2） （3） （4）150
【解析】（1）由于电源电动势为，而电压表的量程太大，故不能选用
电压表来测两端电压，为尽可能减少误差，应选用一个电流表与一定值电阻串联
改装成电压表；因电流表的内阻已知，故选用与一定值电阻串联改装成电压
表；根据改装原理，则有，选择量程过大，故定值
电阻选，电路图如图所示，B正确。
（2）根据电路图可知，的示数大于的示数，即的示数为，的示数为，根据欧姆定律有。
（3）由题图2可知当压力为时，根据，代入数据可得，解得。
（4）当两个电表满偏时有，代入表达式，可得；根据图像可，解得。
12.（1） （2）如图所示
（3）b 最大 （4）增大
【解析】（1）设滑动变阻器接入电路的阻值为，为了保护微安表不被
烧坏，通过微安表的电流，解得，
分析可知滑动变阻器应选择。
（2）根据图1电路图，连接实物如图所示。
（3）为了保护微安表，闭合开关前滑动变阻器接入阻值应最大，接端；同理为保护微安表，接入电阻箱前，电阻箱阻值应最大。
（4）因为闭合前与闭合并改变温度后流过微安表的电流不变，分析可知热敏电阻和电阻箱并联部分整体的总电阻不变，根据并联电路的电阻特点有，解得，由图像知温度越高，越小，则大，故热敏电阻阻值随温度升高而增大。
13.（3）2 （4） 等于 （5）减小 （6）
【解析】（3）根据题图3可得图像斜率。
（4）根据（3）和题意可知，则理想变压器原、副线圈两端的电压之比等于原、副线圈的匝数之比。
（5）要使小灯泡的亮度增加，即增加副线圈两端电压，根据，若保持不变，则需要减小。
（6）由于变压器的原理是互感，原线圈需要接入交流电源，小灯泡才可能会发光，当电源选择直流输出时，小灯泡不可能发光，A错误；副线圈两端的电压是交变电压，需要用多用表的交流电压挡，不可以利用直流电压表来代替多用表，B错误；为了灯泡和电表的安全，副线圈两端电压不能超过灯泡额定电压和电表的量程，当电源输出电压较大时，应使，起到降压的作用，从而保护副线圈连接的灯泡和电表，C正确；由于铁芯存在漏磁，导致数据存在误差，即，D正确。专题十五 热学
综合检测
建议用时：25分钟
一、选择题
1. 如图所示为气体分子的速率分布图线。纵坐标表示速率分子占总体的百分比，图线1下方的面积为，图线2下方的面积为。则温度和面积的大小关系为
A. B. C. D.
2.宋代书籍中曾记载了一种测试桐油好坏的方法：“验真桐油之法，以细篾一头作圈子，入油蘸。若真者，则如鼓面鞔圈子上。掺有伪，则不著圈上矣。”用细竹篾一头做成圆圈，蘸上桐油，如果桐油较纯净，它就会像鼓面一样附着在竹篾圈上；如果桐油含有较多的杂质，就不会附着在竹篾圈上。下列说法正确的是
A. 若桐油中含有杂质，则密度大，重力变大而不能形成鼓面状油膜
B. 桐油形成的薄膜表面张力方向与液面垂直并指向液体内部
C. 竹篾上多余桐油从竹篾上滴落的过程中，在空中形成球状小油滴
D. 竹篾一头放入桐油中，桐油会沿竹篾上升一段小高度
3. 如图所示，上端均封闭的连通管道
中封闭着液面相平的水银柱，连通管道下部有阀门。
内的气柱长度不相同，且，初始状态两气柱温度相同。下
列说法正确的是
A. 气体温度同时缓慢升高，则的液面将高于
B. 体温度同时缓慢降低，则的液面将高于
C. 打开阀门缓慢放出少量水银柱后，的液面将高于
D. 打开阀门缓慢放出少量水银柱后，的液面将低于
4. 一定质量的理想气体经过一系列变化过程，如图所示，下列说法中正确的是
A. 过程中，气体体积变大，放出热量
B. 过程中，气体温度不变，气体对外界做功
C. 过程中，气体体积变小，放出热量
D. 过程中，气体压强增大，外界对气体做功
5. 排球比赛中球内标准气压为。某次比赛时环境大气压强为，一排球内气体压强为，球内气体体积为。为使该排球内的气压达到比赛用的标准气压，需用充气筒给排球充气，已知充气筒每次能将环境中的空气充入排球，充气过程中排球体积和气体温度的变化均可忽略不计，气体视为理想气体，则需要充气的次数至少为
A. 9次 B. 7次 C. 5次 D. 4次
6.汽车发动机工作原理是通过燃烧汽缸内的燃料，产生内能，驱动发动机汽缸内的活塞往复运动，从而输出动力。假设某次发动机工作过程中，绝热汽缸内的活塞由汽缸顶部位置运动到中央位置，将一定质量的理想气体（可燃）进行升温压缩，随后通过火花塞点燃汽缸内的高温压缩气体，推动活塞向上运动并通过传动组件对外做功，装置简化图如图所示。已知初始时刻活塞在位置，缸内气体的压强为，温度为，活塞被压到
位置时处于平衡状态，此时汽缸内气体压强为，火花塞点燃气体
瞬间气体温度升高为原来的5倍，圆形汽缸的截面积为，活塞的质量
为，汽缸的深度为，忽略气体点燃过程中质量的变化，下列说法
正确的是
A. 活塞由位置到位置过程中，缸内气体的内能一定增加
B. 活塞在位置时，缸内气体的温度为.
C. 活塞在位置时受到的大气压力为
D. 点燃气体瞬间活塞的加速度大小
二、实验题
7. 在“油膜法估测分子直径”的实验中，我们可以通过宏观量的测量间接计算微观量。
（1） 本实验利用了油酸分子易在水面上形成 （填“单层”或“多层”）分子油膜的特性；
（2） 实验中，若测量并计算出一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为，测量并计算出油膜的面积为 ，则油酸分子的直径为 （结果保留3位有效数字）；
（3） 某同学在测量一滴油酸酒精溶液的体积时，少数了2滴而自己不知，若只考虑这一因素对实验结果的影响，这种情况会导致分子直径的测量结果 真实值（填“大于”“小于”或“等于”）。
三、计算题
8.有一种自动洗衣机的示意图如图所示，图中细管高度与洗衣缸高度相等，该洗衣机可以通过压力传感器的读数自动调节洗衣缸内的水位变化。洗衣机进水时，当缸内水面超过细管与洗衣缸的连接位置后，压力传感器开始工作，直至压力传感器检测到细管内压强高于上限值时，关闭电磁阀停止进水；当压力传感器检测到细管内压强低于下限值时，打开电磁阀开始进水。已知初始时细管内气体温度为，气体高度为，大气压强为，重力加速度为，水的密度忽略细管底部与洗衣缸底部的高度差，细管内气体温度始终与环境温度相等。
（1） 若压力传感器压强下限值为，环境温度不变，在放水过程中，打开电磁阀重新开始进水时，求此时洗衣缸内水面的最低高度;
（2） 若初始时洗衣缸内水面恰好在最低位置，环境温度升高，使洗衣缸内水面高度变为，细管内液面比洗衣缸内液面低,大气压强不变，求细管内气体温度。
专题十五 热学 综合检测
1.B 气体的温度越高，速率较大的分子所占的比例越大，所以,A错误，B正确；曲线下的面积表示分子速率从区间内分子数比率之和，所以两条曲线与横坐标围成的面积相等，C、D错误。
2.D 桐油中含有较多的杂质会破坏桐油分子间的相互作用力，导致表面张力减小，从而无法形成鼓面状薄膜，A错误；液体表面张力方向与液面相切，B错误；油滴下落过程中由于表面张力和重力的共同作用，形状呈“上尖下宽”的水滴形，而非球形，C错误；竹篾一头放入桐油中，桐油对于竹篾为浸润液体，可以发生毛细现象，桐油会沿竹篾上升一段小高度，D正确。
3.C 初始时，液面相平，则中气体的压强相同，气体温度同时缓慢升高或降低，假设液面不移动，则两部分气体为等容变化，根据 ，可得，两部分气体相同，故压强的变化量相同，所以液面仍相平，A、B错误；打开阀门缓慢放出少量水银柱后，假设两边液面下降后仍相平，根据等温变化的规律可得，可得压强，故初态气柱长的更大，因，则，所以的液面高于,C正确，D错误。
4.B 过程中，气体压强不变，根据盖-吕萨克定律可知，温度降低时，体积减小，根据热力学第一定律有，又温度降低，，体积减小，，所以，放出热量，A错误; 过程中气体的温度保持不变，即气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知，压强减小时，体积增大，气体对外界做功，B正确； 过程中，图像过坐标原点，与成正比，由理想气体状态方程可知，气体发生等容变化，温度升高，所以，体积不变，外界对气体做功，所以，吸收
[点拨] 变形可得，则与原点连线斜率不变的图线为等容变化。
热量，C、D错误。
5.C 设至少充次才能使球内气体的压强达到，赛前球内气体压强为，体积为，设该部分气体压强为大气压时，气体的体积为，由玻意耳定律有，解得；气压达标时，球内气体压强为，体积为，该部分气体压强为大气压时，气体的体积为，由玻意耳定律有，解得，则充入排球内的气体在大气压压强下的体积，而每次充入的空气体积为，则气压达标时充入气体的次数次，所以赛前至少充气5次，正确。
6.ABD 活塞由位置到位置过程中缸内的理想气体被压缩，外界对气体做功，由于汽缸绝热，气体与外界没有热量交换，由热力学第一定律可知气体的内能增大，温度升高，A正确；设活塞在位置时缸内气体的温度为，由理想气体状态方程有,解得,B正确；设活塞在位置时受到的大气压力为，由受力平衡有,解得,C错误；由题意可知气体被点燃瞬间气体的温度为，设此时气体的压强为，被点燃瞬间活塞还未向上运动，气体体积保持不变，由查理定律有，设此时活塞的加速度为，由牛顿第二定律有，联立解得,D正确。
7.（1）单层（2） （3）大于
【解析】（1）在“用油膜法估测分子的大小”实验中，我们的实验依据是：①油膜是呈单分子分布的，②把油酸分子看成球形，③分子之间没有空隙，由上可知，在水面上要形成单层分子油膜。
（2）测油酸分子的直径为为。
（3）测量一滴油酸酒精溶液的体积时少数了2滴，则计算出的一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积偏大，根据 可知，这种情况会导致分子直径的测量结果大于真实值。
8.（1） （2）
【解析】（1）由题可知，电磁阀重新开始进水时，洗衣缸内液面高度为时，设细管内水柱高度为,根据连通器原理可知洗衣缸与细管内水面处压强相等，则有①由题可知，细管内封闭气体温度不变，根据玻意耳定律可得②
联立①②解得 ③
（2）设升高温度后细管内压强为，由题意知细管内水柱高度为
由连通器原理可知④
对细管内气体根据理想气体方程可知⑤
联立④⑤并代入数据解得专题八 静电场 综合检测
一、选择题：本题共 10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10 题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.在温室生产中，空间电场除雾防病技术的应用越来越广泛，主要原理是附有病原微生物的雾气、粉尘颗粒带电后在电场力作用下迅速依附植株等表面，如图所示为温室内空间电场的电场分布图，点有一初速度为0的带正电粒子在电场力作用下运动，忽略重力和空气阻力，下列说法正确的是
A. 在空间电场中，电场强度
B. 在空间电场中，电势
C. 带电粒子从点运动到点过程中，带电粒子做匀加速直线运动
D. 带电粒子从点运动到点过程中，减少的电势能等于增加的动能
2.如图所示，电荷量为的点电荷与均匀带电薄板相距，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心。若图中点的电场强度为0，静电力常量为，则图中点的电场强度为
A. B. 0 C. D.
3.在图1所示直线多级加速器中，多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，序号为奇数的圆筒和交变电源的一个电极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个电极相连，交变电源两极间的电势差如图2所示。若一质量为的正粒子在时从圆筒0飘入狭缝，若相邻圆筒间隙不可忽略，且均为，粒子在圆筒中均做匀速运动且时间为，则粒子出圆筒1的时刻为
图1 图2
A. B. C. D.
4.利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中 为电动势不变的电源，为定值电阻，为电容器，为理想电流表，为理想电压表。下列说法正确的是
A. 充电过程中，电流表、电压表的示数逐渐增大后趋于稳定
B. 放电过程中，电容器的电容不断减小
C. 充电过程中，电源减少的能量等于电容器得到的能量
D. 放电过程中，电容器内电场强度随时间减小越来越慢
5.如图1所示，为正方形的四个顶点，长为 ，在 上分别固定电荷量为 的点电荷，点固定电荷量为 的点电荷。点固定一电荷量为 的点电荷。在 轴上电场强度 随 变化图像如图2所示，已知 的正方向与 轴正方向同向。则下列说法正确的是
图1 图2
A. 处点电荷带负电
B.
C. 若将 处电荷沿 轴正方向移动，则 点电势增大
D. 若在 点释放一正点电荷，该点电荷在 处电势能最小
6.空间中有一电场，电势分布如图所示，现放入一个正点电荷，点电荷仅在电场力作用下向右移动，则电荷的动能随位置变化的图像正确的是
A. B.
C. D.
7. 阴极射线管可简化成如图1所示结构，电子在点由静止开始向右加速，加速电压为；经加速后进入偏转电场，偏转电压为，偏转极板间距为；电子射出偏转电场后，直线运动时掠射到荧光屏上，荧光屏上的亮线显示出电子束的径迹。某次实验加上如图2所示的偏转电压，荧光屏出现如图3所示的两条亮线。已知电子的电荷量为，下列说法正确的是
图1 图2 图3
A. 电子射出偏转电场时的动能为
B. 若使偏转极板间距变为原来的2倍，两亮线右端点的间距变为原来的
C. 若使加速电压变为原来的2倍，电子离开偏转电场时的动能变为原来的2倍
D. 若使偏转电压变为原来的倍，两亮线之间的夹角的正切值变为原来的
8.近年来新能源汽车发展迅速，超级电容器的研发为新能源汽车的充电时间长问题提供了一定的解决方法。“”的传统电容器与“”的超级电容器在相同电压下放电时，其电压—时间图像分别可近似看作图中的曲线①和直线②。已知电容器储存的电能与电容和电压的关系为，则下列说法正确的是
A. 传统电容器放电时，电流不变
B. 超级电容器充电时，将电能转化为化学能与内能
C. 超级电容器放电时，电流大小约为
D. 超级电容器在相同电压下储存的电能约为传统电容器的1000倍
9.电荷量为的两个点电荷分别固定于轴上的两点，规定无穷远处电势为零，轴上各点的电势随的变化关系如图所示。在段中，处电势最高，其中。下列判断正确的是
A. 为正点电荷，为负点电荷
B. 与的大小关系满足
C. 处与处的电场强度大小相等，方向相反
D. 将电子从点移动到点，电势能先减小后增大
10.如图所示，平行板电容器水平放置，在两板间存在一匀强电场。在下极板边缘点同时射入一质量为、带电量为的粒子和一质量为、带电量为的带正电微粒，微粒以初速度进入电场，初速度方向与下极板夹角为，恰能做匀速直线运动，之后从点射出电场。带电粒子初速度方向与下极板夹角为，做曲线运动后从点射出电场，已知带电粒子和微粒同时离开电场，重力加速度为，不计带电粒子重力、粒子与微粒间相互作用，忽略边缘效应，下极板电势为0，下列说法正确的是
A. 电场强度大小为
B. 带电粒子进入电场的速度大小为
C. 带电粒子的电势能先增大后减小，电势能最大值为
D. 带电粒子运动过程中，粒子到微粒的最大距离为
二、非选择题:本题共5小题,共54分。
11.（6分）同学用如图1所示电路研究电容器的充放电规律，直流电源的电动势为。
图1 图2
（1） 将单刀双掷开关合向“1”，电流传感器记录电容器充电电流随时间变化规律如图2所示。则图2中图线与坐标轴所围的面积的物理意义为 ;
（2） 充电结束时电容器两端的电压为 ，结合图像面积可知，电容器的电容为 （保留2位有效数字）；
（3） 将单刀双掷开关合向“2”，得到放电电流随时间变化的图像，从图像上得到放电电流的最大值为；将调大，将开关合向“1”后再合向“2”再次得到的放电电流随时间变化的图像上放电电流的最大值为；则 （填“>”“<”或“=”）。
12.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1所示电路，探究不同电压下电容器的充、放电过程，器材如下：
电容器（额定电压，电容标识不清）；
电源（电动势，内阻不计）；
定值电阻（阻值足够大）；
定值电阻；
滑动变阻器（最大阻值，额定电流;
灵敏电流计（内阻可忽略）
开关，电流传感器，计算机，导线若干。
图1 图2
回答以下问题：
（1） 按照图1连接电路，在闭合开关前，滑动变阻器滑片应滑到 （填“最上端”或“最下端”）；
（2） 闭合开关，开关掷向1，电路稳定后，调节滑动变阻器滑片位置直至滑到正中间，在调节滑片的过程中通过灵敏电流计的电流方向为 （填“到到”或“到到”）;
（3） 电路稳定后将开关掷向2，得到电容器放电过程的图像，如图2所示。根据图像可估算出放电过程中，电容器释放的电荷量为 （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 （结果保留2位有效数字）。
13.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，相距为，可从上板中央的小孔向两板间喷入一些电性相同的带电小油滴。初始未加电压时有两个位于同一竖直线上的球形小油滴、匀速运动，其质量均为，速率均为，油滴距离下极板足够远，此时给两极板加上电压（上极板接正极），一段时间后向上匀速运动，速率为，向下匀速运动，速率为，随后、相遇融成一个速率为的大油滴，油滴运动过程中受到的空气阻力,为常数，表示质量，表示速率，不计油滴间的相互作用，重力加速度为。求：
（1） 常数和油滴、的电荷量大小；
（2） 大油滴从形成到速度为零，电势能的变化量的绝对值。
14. A、B是两个可视为质点的小球，小球的质量为,小球的质量为，其中不带电，的电荷量为。开始时，、之间有一压缩的弹簧，弹簧与、均不相连，弹簧处于锁定状态，、保持静止。现解除锁定，弹簧完全伸展开后，小球恰好能沿管道运动到左边管的最高点，已知左边管是半径为的半圆管，右边是一半径未知的半圆弧，圆弧区域有水平向左的、电场强度为的匀强电场，不计一切摩擦阻力（重力加速度大小取,）。求：
（1） 开始时弹簧的弹性势能；
（2） 若小球也能到达圆弧的最高点，求圆弧半径的最大值。
15.某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物（视为表面均匀带负电的小球且单位表面积带电量均为）组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度 保持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集，带电颗粒分为质量为、电荷量为的类颗粒和类颗粒，其中半径为的收集率都恰为。已知金属板长度为，间距为。不考虑重力影响和颗粒间相互作用。求：
（1） 若类颗粒不计空气阻力，收集率为时颗粒的比荷；
（2） 若类颗粒计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度方向相反，大小为，其中为颗粒的半径，为常量。假设类颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。
. 半径为的类颗粒所受空气阻力的大小及板间电压的大小；
. 半径为的类颗粒的收集率。
专题八 静电场 综合检测
1. D 电场线疏密程度表示电场强度大小，故，A错误；如题图所示，上极板接正电，下极板接地，两点位于同一等势面上，电场线从点指向点，故，B错误；由运动到过程中，电场线越来越稀疏，电场强度越来越小，由于粒子只受电场力作用，电场力即为合外力，结合牛顿第二定律可知，加速度越来越小，C错误；由于上板电势高，所以带正电粒子从点向点运动过程中电场力做正功，电势能减小，因为只有电场力做功，故动能增加量等于电势能的减少量，D正确。
2. D 根据电场强度的叠加原理可知，薄板在点产生的电场强度方向向右，大小为，再根据对称性可知，薄板在点产生的电场强度方向向左，大小为，因此点的电场强度大小为，D正确。
3. D 带电粒子在时从圆筒0飘入狭缝，结合题图2可知，在内粒子受到水平向右的电场力，向右做匀加速运动，根据运动学公式有，时粒子的速度大小为，其中，联立解得，即粒子到达圆筒1的时刻为，粒子进入圆筒后做匀速直线运动，且在圆筒中的运动时间均为，则粒子出圆筒1的时刻为，D正确。
4.D 充电过程中，随着电容器两极板电荷量的积累，电路中的电流逐渐减小，电压表测量电容器两端的电压，电容器两端的电压增大，电容器充电结束后，电流表示数为零，电压表趋于稳定，A错误；电容器的电容由电容器本身决定，不会随放电过程发生变化，B错误；充电过程中，电源减少的能量等于定值电阻产生的焦耳热与电容器得到的电势能之和，C错误；放电过程电容器电荷量减少，电压减小，放电越来越慢，电容器电荷量减少得越来越慢，由、得，知电容器内电场强度随时间减小得越来越慢，D正确。
5. 由题图2可知，在轴负半轴靠近处点电荷的电场强度为正方向，故处点电荷带正电，A错误；由题图2可知，电场强度为0，由点电荷产生的电场强度公式，作出场强的叠加示意如图所示，结合几何如识有，解得，B错误；将处点电荷沿轴正方向移动，、、处点电荷在点产生的电场的电势不变，处点电荷在点产生的电场的电势减小，C错误；在点释放的正点电荷所受到电场力先沿轴正方向，电场力做正功，经过电场力做负功，电势能增大，动能减小，该点电荷在电势能最小，D正确。
6.A 电场强度方向是由高电势指向低电势，由题图可知电场强度方向向右，图像斜率的绝对值表示电场强度的大小，由题图可知电场强度大小不断减小，一正点电荷仅在电场力作用下由静止向右移动，可知动能从0开始增大，电场力做正功，根据动能定理可得Ek，Ek-s图像斜率的绝对值表示大小，则Ek-s图像的斜率不断减小，A正确。
7. B 根据题图3可知，两粒子偏转方向相反，因为电子在偏转电场中，出射和入射两点间电势差并非为，所以电子射出偏转电场时的动能小于，A错误；仅使偏转极板间距变为原来的2倍，根据，，可知在偏转电场中运动时间不变，加速度变为原来的一半，，可知偏转位移变为原来的一半，则两亮线右端点的间距会变为原来的，B正确；若仅使加速电压变为原来的2倍，加速电场中电场力做的功变为原来的2倍，则入射速度变为原来的倍，时间变为原来的倍，根据可知，竖直位移变为原来的一半，则在偏转电场中电场力做功，变为原来的一半，电子离开偏转电场时的动能不是原来的2倍，C错误；若仅使偏转电压变为原来的倍，运动时间不变，根据可知，竖直分速度变为原来的一半，为原来的一半，两亮线与中轴线之间的夹角的正切值会变为原来的，D错误。
8. 由电流定义式和电容定义式，联立可得，结合题图可知，放电时传统电容器放电电流减小，超级电容器放电电流几乎不变，A错误；由A项分析有，则结合图像可知，超级电容器放电时的电流，C正确；电容器充电时将电能转化为电场能储存在电容器中，并没有发生化学反应，B错误；根据电容器储存的电能可知，超级电容器在相同电压下储存的电能约为传统电容器的1000倍，D正确。
9. 越靠近正电荷，电势越高，由题图可知，为正点电荷，越靠近负电荷，电势越低，则为负点电荷，A正确；图像斜率表示电场强度，由图可知，点场强为零，则，解得，B错误；图像斜率表示电场强度，由图可知，处与处的电场强度大小不相等，方向相反，处与处的电势相等，C错误；由题图可知，将电子从点移动到点，电势先增加后降低，根据及电子带负电可知，电子从点移动到点，电势能先减小后增大，D正确。
10. 带正电微粒做匀速直线运动，所受电场力和重力等大反向，即电场方向竖直向上，下极板为正极，由，解得，A错误；两者同时射入，同时射出，且在水平方向上运动位移均为板长，则两者水平方向速度相同，水平方向均做匀速直线运动，设带电粒子初速度大小为，则，解得，B正确；将带电粒子初速度分解为水平方向，竖直方向，在竖直方向上做匀变速直线运动，当粒子距离下极板最远为时，，。带电粒子受电场力做曲线运动，所以该粒子带负电，在整个过程中，电场力先做负功再做正功，电势能先增大后减小，最大值为，C正确；沿方向建立轴，垂直于建立轴，将粒子初速度分解，即。将电场力分解，，则该方向加速度，设到微粒运动轨迹的最大距离为，则，解得，D正确。
11. （1） 充电后电容器的电荷量 （2） 6 （3）
【解析】（1） 根据可知，图线与坐标轴所围的面积的物理意义为充电后电容器的电荷量。
（2） 充电结束时电容器两端的电压等于电源两端电压，为；图线与坐标轴所围的格数为41个，则充电后电容器的电荷量为，则电容器的电容。
（3） 根据可知，变大，则放电电流的最大值减小，则有。
12.（1） 最上端 （2） 到到 （3） （4）
【解析】（1） 因滑动变阻器是限流式接法，为保护电路中的仪器，在开始实验前，滑动变阻器的接入电阻应该最大，所以滑片应滑到最上端。
（2） 在滑动变阻器的滑片在最上端电路稳定时电容器两端的电压为两端的电压，此时电压，当滑动变阻器滑片位置滑到正中间时电容器两端的电压，可知此过程中电容器继续充电，所以通过灵敏电流计的电流方向为到到。
（3） 根据图像中曲线与轴围成的面积等于电容器释放的电荷量，可数出图线与坐标轴所围成图形有42小格（大于半格算1格，小于半格则不计算），所以电容器放电前所带电荷量为。
（4） 由电容的定义式，可得。
13.（1） （2）
【解析】（1） 不加电压时油滴匀速运动的速率为，根据受力平衡有①
解得②
加上电压后，分析可知两油滴带负电，对油滴根据受力平衡有
，③
④
对油滴根据受力平衡有
，⑤
联立①②③④⑤解得，⑥
（2） 当两个带负电荷的油滴融合后油滴的电荷量为⑦
受到的电场力⑧
电场力和重力大小相等、方向相反，则大油滴的合力大小为阻力，设油滴的速度为
则⑨
阻力方向与运动方向相反，根据牛顿第二定律有⑩
加速度，即，
由题干信息可知当时，油滴的速度为作出图像如图所示，当 时，大油滴减速为零并保持静止
电场力做功
联立⑦ 解得大油滴的电势能变化量绝对值
14. （1） （2）
【解析】（1） 设与弹簧分离时速度大小分别为，小球恰好能沿管道运动到左边管的最高点，分析可知小球在最高点的速度为0，由动能定理有①
结合题意可知，两个小球在弹开过程中满足动量守恒，根据动量守恒定律有
②
由能量守恒定律可得，开始时弹簧的弹性势能
③
联立①②③并代入题给数据解得④
（2） 对球受力分析可知，重力与电场力的合力
⑤
设与竖直方向夹角为，分析可得⑥
设满足条件的右侧圆弧半径的最大值为，将小球所受合力作为等效重力，小球也能到达圆弧的最高点，则在等效重力方向的等效最高点速度满足⑦
从水平面上到等效最高点由动能定理有
⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧并代入题给数据解得
15.（1） （2）
【解析】（1） 类颗粒在金属板间的电场中做类平抛运动，设恰好被收集的颗粒运动的时间为，加速度为，竖直方向偏转的距离为
则由平抛运动规律可知在水平方向上有①
在竖直方向上，根据运动学公式有②
由牛顿第二定律有，③
联立①②③式可得④
质量为、电荷量为的类颗粒，其中半径为。的收集率为，可得⑤
由题干信息可知⑥联立④⑤⑥式可⑦
（2） 颗粒极短时间内加速到最大速度之后受力平衡，可将颗粒的运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀速直线运动，由题可知，颗粒在水平方向上与空气相对静止，不存在水平空气阻力，颗粒空气阻力竖直向上
设竖直方向速度为，类颗粒所受空气阻力的大小为，板间电压的大小为，根据竖直方向受力
平衡有，，⑧
由运动学公式有⑨，颗粒的电荷量
⑩
联立①⑧⑨⑩式可得，
.如图所示，设当半径为的类颗粒恰好打在点时，竖直位移为
结合（2）.的分析则有，
颗粒的电荷量
联立⑧ 式可得，则收集率专题四 曲线运动 综合检测
建议用时:75分钟 总分100分
选择题：本题共 10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10 题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.在演示实验“观察蜡块的运动”中，由于蜡块密度略小于水的密度，玻璃管紧贴黑板向右匀速移动过程中，蜡块先在玻璃管内加速上升，之后给蜡块施加一个力，蜡块在玻璃管内变为匀速上升，则下列各图能反映蜡块运动轨迹的是
B. C. D.
2.河水的流速随离河岸的距离的变化关系如图1所示，船在静水中的速度与时间的关系如图2所示，若要使船以最短时间渡河，则
图1 图2
A. 船渡河的最短时间是
B. 船在行驶过程中，船头始终与河岸平行
C. 船在河水中航行的轨迹是一条直线
D. 船在河水中的最大速度是
3.如图所示为滑雪道的示意图，可视为质点的运动员从斜坡上的点由静止自由滑下，经过水平段后飞入空中，在点落地。若点到的高度为，与水平面的夹角为，不计运动员经过点的机械能损失，不计摩擦和空气阻力，则运动员最终落点到点的距离为
A. B. C. D.
4.某自行车的传动结构示意图如图所示，其中Ⅰ是半径 的牙盘（大齿轮），Ⅱ是半径 的飞轮（小齿轮），Ⅲ是半径 的后轮。若某人在匀速骑行时每分钟踩脚踏板转30圈，取 ，下列判断正确的是
A. 脚踏板的周期为
B. 牙盘转动的角速度为
C. 飞轮边缘的线速度大小为
D. 自行车匀速运动的速度大小为
5.如图所示，一质量为m＝0.5 kg的小球(可视为质点)，用长为0.4 m的轻绳拴着在竖直平面内做圆周运动，g＝10 m/s2，下列说法不正确的是( )
A.小球要做完整的圆周运动，在最高点的速度至少为2 m/s
B.当小球在最高点的速度为4 m/s时，轻绳拉力为15 N
C.若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过4 m/s
D.若轻绳能承受的最大张力为45 N，小球的最大速度不能超过4 m/s
6.“投石索”是牧民早期驱赶牛羊的一种工具，它由两条相同长度的皮带组成，皮带中间系一质量可忽略的皮囊，囊中可放置石子。某次投掷过程中，牧民在竖直平面内挥舞皮带，在转速达到 时松开其中一条皮带，此时石子恰好到达最高点且沿切线方向飞出。已知单根皮带长 ，石子被抛出时距离地面 ，忽略空气阻力，重力加速度取 。下列说法正确的是
A. 石子经过 落地
B. 石子在最高点飞出时的速度为
C. 石子在最高点时，单根皮带的拉力大小为石子重力的30倍
D. 石子最远可以飞出
7.如图所示，洗衣机内的漏斗状容器可以绕竖直对称轴匀速转动，质量为 的物块 放在容器倾斜侧壁上，倾斜侧壁的倾角为 ，质量也为 的物块 贴在竖直侧壁上，、与容器侧壁间的动摩擦因数均为 ，、两物块到转轴的距离分别为、，不计物块的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，要使两物块均相对于容器静止，容器转动的角速度取值范围为
A. B.
C. D.
8.如图所示，质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，当轻杆绕轴OO′以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，a绳与水平面成θ角，b绳平行于水平面且长为l，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A.小球一定受a绳的拉力作用
B.小球所受a绳的拉力随角速度的增大而增大
C.当角速度ω>时，b绳将出现弹力
D.若b绳突然被剪断，则a绳的弹力可能不变
9.如图所示，可看作质点的物体从弧滑道底端冲上圆弧，在点时速度大小为，方向水平向左。滑道高度为，物体沿滑道运动到圆弧末端点后能竖直上升的最大高度为。已知物体质量为，重力加速度取，忽略空气阻力。关于物体从点运动到最高点的过程，下列说法正确的是
A. 物体重力势能增加 B. 克服摩擦阻力做的功为
C. 经过点时向心加速度大小为 D. 经过点时对轨道的压力大小为
10.毽球是一种集娱乐、健身于一体的运动，比赛场地俯视图简化如图，比赛场地长 ，中线处竖直悬挂的球网顶端距地面 。某次比赛时，甲方球员将毽球斜向上向球网踢出，毽球恰好能越过球网，此后达到的最大高度恰为乙方身高 的球员头顶。已知甲方球员踢球点距地面，距球网水平距离 ，不计空气阻力，视毽球为质点，重力加速度取 。对于毽球这一运动过程，下列说法正确的是
A. 毽球被踢出后的最小速度为
B. 毽球越过乙方球员头顶时，该球员距网
C. 若乙方球员没有接到球，球将落在界外
D. 若乙方球员没有接到球，毽球落地时速度大小为
非选择题:本题共5小题,共54分。
11.（10分）物理创新实验研究小组用步进电机、圆盘、小物块、手机等制作了圆周运动综合探究平台，探究圆周运动中向心力、向心加速度等各个物理量之间的关系：
（1） 手机内部自带加速度传感器，可测量向心加速度大小与方向，规定、、三个方向的正方向如图1所示。某同学站在转台上将手水平伸直，以不同朝向拿着手机，如图2所示以自己身体为轴旋转，某段时间内测得 轴方向加速度—时间图像如图3所示，、轴方向加速度为零，则她可以是 （填选项前的字母）；
图1 图2 图3
A. 将手机竖起，手机屏幕正对自己旋转
B. 手机平放在手掌上，屏幕朝上，以底边为轴对着自己旋转
C. 手机平放在手掌上，屏幕朝上，以侧边为轴对着自己旋转
（2） 为了测加速度传感器在手机中位置，该同学如图4将手机沿径向平放固定在圆盘上，底边正对圆盘转轴，让步进电机带动圆盘旋转，手机的加速度、角速度等值可通过手机软件读取，由 的图像获得斜率为（使用国际单位），再用刻度尺测量手机底边到转轴的长度，如图5所示 。手机内部加速度传感器到手机底边的长度为 （用题目所给的物理量表示）；
图4 图5
（3） 手机中有光照传感器，用手电筒在圆盘固定位置打光，手机旋转时记录光照强度周期性变化如图6所示，则手机旋转的周期为 （结果保留2位小数）。测得手机的质量 ，周期为 ，手机视为质点，手机到转轴的距离为 ，可求得向心力 （用题目所给的物理量表示）。
图6
12.（10分）某物理兴趣小组同学欲借竖直墙面上贴的相同规格的瓷砖来探究平抛运动的特点。
（1）具体操作步骤为：
①用卷尺测得瓷砖的规格为 （宽） （高）；
② 如图1所示（图中小长方形代表一块瓷砖），甲同学在 点把玻璃珠 水平向右弹出的同时，乙同学在 点把玻璃珠 由静止释放，丙同学用频闪相机记录并观察到每当玻璃珠 经过瓷砖的下边缘时，玻璃珠 也恰好经过同一行瓷砖的下边缘，由此说明玻璃珠 在竖直方向做 运动（填“匀速直线”“变加速直线”或“自由落体”）；
图1
③如图2所示，甲同学在墙壁上某点将一玻璃珠以某一水平速度弹出后，丙同学记录并观察到玻璃珠在运动的过程中恰好经过、、、。
图2
（2） 玻璃珠在水平方向的分运动为 运动，若忽略瓷砖间的缝隙长度，重力加速度 取 。则甲同学水平弹出的玻璃珠的初速度大小为 ，玻璃珠弹出的位置 （填“是”或“不是”）在 点；
（3） 图2中若 点为 的中点，则玻璃珠经过 点时速度方向的反向延长线一定过 点（填“”“”“”或“”），玻璃珠的位移方向与水平方向夹角的正切值 。
13.（10分）如图所示是某人练习飞镖的场景，、为竖直悬挂的一障碍物的两个端点，障碍物高度 ，下端点 距水平线 的距离 。 第一次他在障碍物左侧投掷点 把飞镖正对障碍物斜向上抛出后，飞镖恰能贴着 击中目标，第二次改变抛出飞镖的方向，仍在投掷点 正对障碍物抛出去，飞镖恰好越过上端点 后也能击中目标 ，若图中 ，两次抛出时飞镖的初速度大小相等，飞镖可视为质点，不计空气阻力，重力加速度 取。求：
（1） 飞镖抛出时的速度大小及投掷点 到点的水平距离;
（2） 能垂直击中障碍物的飞镖，在 点抛出时的最小速度。
14.（11分）如图所示，有一根长L＝4 m的轻杆两端各固定一个质量均为m＝1 kg的小球，O点为一穿过轻杆的转轴，且位于轻杆的中点。在外界作用力的影响下转轴带动轻杆与小球做ω＝4 rad/s的竖直平面上的匀速圆周运动。某一时刻轻杆沿竖直方向，且A球在上方。
(1)求该时刻B球线速度大小和向心加速度；
(2)求该时刻A球对轻杆的作用力；
(3)若A球质量可改变，要使该时刻转轴不受轻杆的作用力，A球质量应为多少？
15.（13分）小明设计了一个小鸟捉虫的游戏，游戏中小鸟和虫都在竖直平面内运动，二者同时从点光源处出发，虫子做平抛运动在竖直泡沫板上形成影子，小鸟始终对准板上的虫影做匀速率运动，点光源距离泡沫板的长度，假设小鸟和虫均可视为质点，重力加速度，，求：
（1） 相邻两个时间间隔内虫影的位移之比；
（2） 若虫子的初速度大小为，恰好可以落进泡沫板的“虫洞”里，小鸟速度大小为，试通过计算说明小鸟能否恰在“虫洞口”捉住虫子？
专题四 综合检测
1. B 玻璃管匀速向右移动，蜡块先加速上升，在竖直方向的位移变化越来越快；蜡块受力平衡后，在竖直方向做匀速直线运动，水平方向也做匀速直线运动，两个运动合成得到的运动也是匀速直线运动，轨迹是一条直线，所以蜡块整个运动过程轨迹是先曲线后直线，A、D错误；由于蜡块向上加速运动，C错误，B正确。
2.D 当船头与河岸垂直时，渡河时间最短，由图1可知河宽为 ，则最短渡河时间为 A错误；要使船以最短时间渡河，船头在航行中始终与河岸垂直，B错误；船在沿河岸方向上做变速运动，在垂直于河岸方向上做匀速直线运动，由于河水的流速不断变化，故水速和船在静水中的速度的合速度大小和方向也不断变化，船做曲线运动，C错误；根据速度的合成可知，船在流动的河水中的速度 ，当 时最大速度为 ,D正确。
3. 设斜坡段的倾角为，对在斜坡段的运动员根据牛顿第二定律可得，根据，可得运动到点的速度为。运动员在水平段做匀速直线运动，运动员从点飞出后做平抛运动。将运动分解为沿方向的初速度大小、加速度大小的匀加速直线运动和沿垂线方向的初速度大小，加速度大小，的匀减速直线运动，由到的运动时间，沿方向的位移即为运动员最终落点到点的距离，D正确。
4.D脚踏板每分钟转30圈，则 ，A错误；牙盘转动的角速度 ，B错误；飞轮边缘的线速度与牙盘边缘的线速度大小相等，即 =，C错误；后轮的角速度与飞轮的角速度相等，则后轮边缘各点的线速度大小为 ，即自行车匀速运动的速度大小为,D正确。
5.D设小球通过最高点时的最小速度为v0，则根据牛顿第二定律有mg＝m，解得v0＝2 m/s，故A正确；当小球在最高点的速度为v1＝4 m/s时，设轻绳拉力大小为FT，根据牛顿第二定律有FT＋mg＝m，解得FT＝15 N，故B正确；小球在轨迹最低点处速度最大，此时轻绳的拉力最大，根据牛顿第二定律有FTm－mg＝，解得vm＝4 m/s，故C正确，D错误。
6.B 石子飞出后做平抛运动，由 可得石子抛出后在空中的运动时间 A错误；石子飞出前做竖直面内的圆周运动，运动半径为单根皮带的长度，由 可得石子在 点飞出时的速度 ,B正确；设石子在最高点时，皮带的拉力大小为 ，对石子和皮囊整体受力分析有 ,解得 ，C错误；石子的水平位移 ,D错误。
7.B 当物块 好不下滑时 ，解得 当物块 刚好不下滑时,，解得 当物块 刚好不上滑时,，解得要使 均不滑动，则转动的角速度必须满足 ,B正确。
10.ACD 对小球受力分析，在竖直方向有mg＝Tasin θ，可知小球一定受a绳的拉力作用，且小球所受a绳的拉力随角速度的增大保持不变，故A正确，B错误；当b绳刚要绷紧出现弹力时，水平方向根据牛顿第二定律，有Tacos θ＝mω2l，联立解得ω＝，即当角速度ω>时，b绳将出现弹力，故C正确；由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故D正确。
9. 物体重力势能的增加量等于克服重力做的功，，A正确；设物体在点速度大小为，在竖直上升过程中，由运动学公式有，解得，物体从点到点运动过程，根据动能定理可得，代入数据解得克服摩擦阻力做的功为，B错误；经过点时向心加速度大小为，C正确；经过点时，根据牛顿第二定律可得向心力，根据此时支持力提供向心力，可得轨道对物体的支持力，根据牛顿第三定律可知，物体对轨道的压力大小为，D错误。
10.AC 设场地长为 ，球网高度 ，球初始位置高度，距球网 ，运动过程中最大高度为 ，运动轨迹如图所示。设毽球从被踢出到最高点时间为 ，毽球越过网后到达最高点时间为 ，则，，解得 ，毽球运动过程中水平方向的速度 最高点处速度最小，则毽球被踢出后的最小速度为 此时乙方队员距网==,A正确，B错误；若乙方球员不接球，球从越过头顶到落地所用的时间 ，通过的水平距离 因表明球将落在界外，C正确；球落地时竖直方向的速度 合速度,D错误。
11.（1）B （2） （3）2.03
【解析】（1） 根据图像可知旋转时有沿 轴负方向的加速度，向心加速度指向圆周运动的圆心，可能是手机平放在手掌上，屏幕朝上，让底边对着自己旋转，B正确。
（2） 根据刻度尺的读数规则可知 根据公式 ，即旋转半径为 ，手机内部加速度传感器到手机底边的长度为 。
（3） 在时间 的时间内总共有10个闪光周期，即 根据题意得。
12.（1）自由落体 （2）匀速直线 1.5 是 （3） 2
【解析】（1） 因玻璃珠 和 总能同时经过同一行瓷砖的下沿，表明玻璃珠 在竖直方向的运动和玻璃珠 相同，所以玻璃珠 在竖直方向的分运动为自由落体运动。
（2） 由图2可知 相邻两点的竖直方向的位移之差相等，则相邻两点间的时间相等，水平方向相邻两点间距离相等，因此玻璃珠在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向相邻两点间的距离之比为，可知 点即为玻璃珠的抛出点，玻璃珠从 到 的过程有 ,，联立代入数据解得
[点拨]初速度为0的匀变速直线运动在相邻等时间间隔的位移之比为 。
（3） 根据平抛运动规律可知，质点经过某点时，其速度的反向延长线必过水平位移的中点，可知玻璃珠经过 点时速度反向延长线一定过 点，此时位移方向与水平方向夹角的正切值 。
13.（1） （2）
【解析】（1）因DC=CE，表明飞镖经过A、B时恰好沿水平方向，即两次抛体运动中A、B分别为飞镖运动过程中的最高点
第一次抛出时，由平抛运动规律可得竖直方向上：h=gt12①，vy=gt1②，联立①②解得t1=0.4s，vy=4m/s，水平方向上：vx=③
第二次抛出时，由平抛运动规律可得竖直方向上：h+L=gt22④，=gt2⑤，联立④⑤解得t2=0.8s，vy=8m/s，水平方向上：=⑥
由题意可得⑦
联立③⑥⑦并代入数据解得v=4m/s，x=3.2m
（2）设垂直击中障碍物时飞镖的速度为v0，飞镖达到最大高度经历的时间为t，由平抛运动规律可得x=v0t⑧，vy=gt⑨，v=⑩
联立⑧⑨可有v=
可知当时，v有最小值，此时
解得vmin=。
14.(1)8 m/s 32 m/s2，方向竖直向上 (2)22 N，方向竖直向上 (3) kg
【解析】(1)B球的线速度大小vB＝＝8 m/s，B球的向心加速度大小anB＝＝32 m/s2，方向竖直向上。
(2)对A球，在最高点时，有mg＋FN＝mω2
代入数据得FN＝22 N
由牛顿第三定律知，A球对轻杆的作用力FN′＝FN＝22 N，方向竖直向上。
(3)对A球，有mAg＋FNA＝mAω2
对B球，有FNB－mg＝mω2
若轻杆不受转轴的作用力，有FNA＝FNB
联立解得mA＝ kg。
15.（1） （2） 不能，分析过程见解析
【解析】（1） 设虫子做平抛运动的初速度为 ，从初始时刻运动到如图1所示位置 所用时间为 ，此时虫影在泡沫板 上投影为 点，长度为
根据几何关系可得①
解得②
即虫影在泡沫板 上的运动为竖直向下的匀速运动，速度大小③
因此相邻两个 内虫影的位移之比为 。
图1
（2）当虫子的初速度 时，由（1）可知虫影在泡沫板 上的运动为竖直向下的匀速运动，速度大小 ④
虫子落进泡沫板 上“虫洞”需要经过时间 s⑤
设经过时间虫子位置为 ，虫影在泡沫板上投影为 点，小鸟的位置为 ，由题意知小鸟的速度方向始终指向虫影且速度大小不变，设小鸟速率为 ,与 夹角为 ，如图2所示，结合（1）结论可知小鸟相对虫影的速度大小为⑥
若小鸟能够捕捉到虫子，则小鸟相对虫影的位移为⑦
沿竖直方向有⑧
联立④⑤⑥⑦⑧解得满足此条件的，因此当小鸟速度大小为 时小鸟不能在虫子洞口捉住虫子
图2专题三力与运动的关系综合检测
建议用时:75分钟 总分100分
选择题：本题共 10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10 题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.某课外兴趣小组想测量货车启动瞬间的加速度，选用了以下的设计方案，如图所示，在某一节车厢尾部的车厢壁上放置一块橡皮（可视为质点），橡皮距车厢厢底高度为。货车匀加速启动的同时，将橡皮由静止释放，橡皮从开始运动到落在车厢厢底的时间为，车厢与橡皮间的动摩擦因数为，重力加速度为。则货车启动瞬间的加速度大小为
A. B. C. D.
2.用水平拉力分别拉动质量为的两物体甲、乙在水平地面上由静止开始运动，运动过程中两物体的加速度与所受拉力的关系图像如图所示，两物体与地面间的动摩擦因数分别为。下列说法正确的是
A. 两物体与地面间的动摩擦因数满足
B. 两物体的质量关系满足
C. 若施加相同的力，则由静止开始运动相同时间后乙的速度更大
D. 若仅给甲、乙相同的初速度，则甲在水平地面上滑行的距离更大
3.如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为的小球，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。一大小为的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至绳子夹角为时，它们加速度的大小均为，则拉力大小为
A. B. C. D.
4.我国西北地区在西风带和冬季风的影响下，沙土和碎石容易被卷起，形成大小不一的“沙尘团”在空中随风移动。假设在某段时间内，一“沙尘团”在方向不变的风力作用下水平向右加速运动，其质量不断增大，已知“沙尘团”的初速度为，所受风力与其质量成正比，风力方向斜向上与竖直方向的夹角为，重力加速度为。则“沙尘团”
A. 时间内所受风力一直增大 B. 时间内运动的加速度一直增大
C. 时刻时速度小于 D. 时间内位移大小为
5.四个物体通过轻绳和轻弹簧按如图所示方式连接，已知的质量为，的质量为，重力加速度为。四个物体处于静止状态，下列有关表述正确的是
A. 突然剪断间绳后的瞬间，的加速度为零
B. 突然剪断间绳后的瞬间，的加速度为
C. 突然剪断间绳后的瞬间，的加速度
D. 突然剪断间绳后的瞬间，的加速度为
6.某快递公司为了提高效率，使用电动传输机输送快件如图所示，水平传送带AB长度L＝5.25 m，始终保持恒定速度v＝1 m/s运行，在传送带上A处轻轻放置一快件(可视为质点)，快件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，快件由静止开始加速，与传送带共速后做匀速运动到达B处，忽略空气阻力，重力加速度取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A.快件所受摩擦力的方向与其运动方向始终相反
B.快件先受滑动摩擦力作用，后受静摩擦力作用
C.快件与传送带的相对位移为0.5 m
D.快件由A到B的时间为5.5 s
7.某复兴号动车组由4辆动车厢和4辆拖车厢组成，各车厢质量均相等，每辆动车厢能提供恒定动力，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力是车重的倍。已知重力加速度为，则
A. 启动过程乘客受到车厢作用力方向与动车运动方向相同
B. 减速过程乘客受到车厢的作用力方向一定沿运动方向
C. 动车稳定做匀加速运动过程，第1、2节车厢间的作用力为
D. 达到最大速度后匀速运行阶段，第7、8节车厢间的作用力为0
8.如图1所示，水平地面上固定一倾角为的斜面，一质量为的物块在斜面上从时刻由静止释放，同时对物块施加一沿斜面向上的外力，随时间的变化关系如图2所示，物块始终在斜面上运动，不计空气阻力，物块与斜面之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，，，下列说法正确的是
图1 图2
A. 内，物块做匀加速直线运动
B. 末，物块的加速度大小为
C. 末，物块的速度大小为
D. 内，物块的位移大小为
9.质量为的物块置于水平地面上，通过劲度系数为的轻弹簧与质量为的物块拴接，轻弹簧原长为。开始时系统静止，弹簧长度恰为原长的一半。某时刻用竖直向上的恒力拉使其由静止向上运动，向上做加速运动的过程中最大加速度大小为，且上升过程加速度两次达到。两物块均可看作质点，重力加速度为，，整个过程弹簧未超过弹性限度。则
A. 不能离开水平地面 B. 的大小为
C. 弹簧的最大弹力为 D. 最大间距为弹簧原长的两倍
10.如图1所示，粗糙的水平地面上有长木板，小滑块（可看作质点）放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力，滑块、长木板的速度图像如图2所示，已知小滑块与长木板的质量相等，小滑块始终没有从长木板上滑下，重力加速度。则下列说法正确的是
图1 图2
A. 滑块与长木板之间的动摩擦因数是0.05
B. 长木板与地面之间的动摩擦因数是0.75
C. 时长木板停下来
D. 长木板的长度至少是
非选择题:本题共5小题,共54分。
11.（10分）某实验小组设计了如图1、图2所示的实验装置来探究加速度与力、质量的关系，已知每个钩码的质量均相等，重力加速度为。
图1 图2
（1）两装置均需要在实验前将长木板垫高一定高度，让小车沿木板做匀速直线运动，此过程中需要悬挂钩码的是 ，在测量过程中需要满足小车质量远大于所挂钩码的质量的是 ；
A.图1 B.图2 C.图1和图2
（2）某次实验中得到图3所示的纸带，已知打点计时器交流电源的频率为。相邻两计数点间有四个点未画出，小车的加速度大小为 （结果保留2位有效数字）；
图3
（3）若在（1）中需挂钩码的装置上挂5个钩码，在测量时逐渐减少所挂钩码的个数，取下不同的钩码个数，让小车沿木板滑下，根据纸带求出加速度，以为横坐标，为纵坐标，纸上作出关系图线，与的关系式为 （用表示）；
（4） 图1装置中多次改变钩码个数，得到（绳的拉力）图像，则图4出现弯曲的原因是 。
图4
12.（10分）用下列器材测量小车质量。小车、一端带有定滑轮的平直轨道、垫块、细线、打点计时器纸带、频率为的交流电源直尺及8个槽码，每个槽码的质量均为。
（1）完成下列实验步骤：
①按图1安装好实验器材，跨过定滑轮的细线一端连接在小车上，另一端悬挂着8个槽码。改变轨道的倾角，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打
出一系列均匀的点，表明小车沿倾斜轨道匀速下滑；②保持
轨道倾角不变，取下1个槽码（即细线下端悬挂7个槽码），让小车拖着纸带沿轨道下滑，根据纸带上打的点迹测出加速
度；③依次减少细线下端悬挂的槽码数量，重复步骤②；
④以取下槽码的总个数的倒数为横坐标，为
纵坐标，纸上作出关系图线。 图1
（2） 已知重力加速度大小，计算结果均保留2位有效数字，请完成下列填空：
① 下列说法错误的是 ；
A.接通电源后，再将小车从靠近打点计时器处释放
B.小车下滑时，位于定滑轮和小车之间的细线应始终跟倾斜轨道保持平行
C.实验中必须保证细线下端悬挂槽码的质量远小于小车的质量
D.若细线下端悬挂着2个槽码，则小车在下滑过程中受到的合外力大小为
② 某次实验获得如图2所示的纸带，相邻计数点间均有4个点未画出，则在打“5”点时小车的速度大小 （保留2位有效数字），加速度大小 ；
图2
③ 写出随变化的关系式 （用表示）；
④ 测得关系图线的斜率为，则小车质量 。
13.（8分）如图所示，水平地面放置一质量的小球，其正上方有一质量的小球。现将球以大小为的速度竖直向上抛出，同时由静止释放小球，时两球在极短时间内发生碰撞，碰撞后球速度变为碰撞前的，方向相反。已知两球在运动过程中受到大小恒定的空气阻力，小球可视为质点，重力加速度，求：
（1） 空气阻力的大小；
（2） 球从上抛到第一次落地的时间。
14.（12分）某地下工程中有一倾角为的传送带，传送带上端与水平台平滑连接，传送带以恒定的速率顺时针运行，将一货物轻放在传送带最底端，最后货物被传送到水平平台上，货物经过点时速度大小不变，方向变为水平。已知传送带的长度，平台的长度，取重力加速度，货物与传送带之间的动摩擦因数，。
（1） 求货物离开传送带时的速度和在传送带上运动的时间；
（2） 要使货物能顺利到达点，则货物与平台间的动摩擦因数必须满足什么条件？
15.（14分）冰雪运动受到越来越多人的喜爱，其中就有冰滑梯项目，如图是冰滑梯轨道的简化示意图，该轨道由与水平面夹角为的两个倾斜轨道和水平轨道组成，相邻两段轨道间平滑连接。某次坐在滑板上的游客在段轨道上滑动了，进入段做匀速运动，后进入段。已知滑板与三段轨道的动摩擦因数相同，，，，取，计算结果保留小数点后2位小数。求：
（1） 游客在段上的加速度；
（2） 该轨道的高度；
（3） 为了避免发生危险，游客到达轨道末端点时的速度不得超过，则轨道的总长度至少多大？
专题三 综合检测
1. C由题意知货车启动瞬间，水平方向上橡皮与货车一起做匀加速直线运动，可知水平方向上车厢对橡皮的支持力为①；竖直方向上，车厢对橡皮的摩擦力为②，竖直方向合外力③又由④，⑤，联立①~⑤解得，C正确。
2. D 对水平地面上的物体受力分析，由牛顿第二定律有，整理可得，则图线斜率，截距，根据题图可知，，A、B错误；若施加相同的力，由题图可知运动的加速度，由运动学公式，可知由静止开始运动相同时间后甲的速度更大，C错误；给甲、乙相同的初速度，两物体在地面摩擦力的作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有，则，由运动学公式联立可知，在地面滑行的距离，D正确。
3. 设轻绳上的张力大小为，对任意小球由牛顿第二定律可得；对轻绳的节点受力分析，水平方向有，解得，A正确。
4. “沙尘团”水平向右加速运动，可知合外力方向向右，对“沙尘团”受力分析如图所示，可得风力，因“沙尘团”的质量不断增大，且与成正比，故“沙尘团”所受的风力不断增大，A正确；由牛顿第二定律有，即有，故“沙尘团”运动的加速度恒定，B错误；因“沙尘团”的运动为匀加速直线运动，由速度与时间关系可得时刻“沙尘团”的速度，由位移与时间关系可得时间内“沙尘团”的位移大小，C、D错误。
5. C 突然剪断、间的绳子，间绳的拉力突变为零，而间弹簧的弹力保持不变，对整体受力分析，由牛顿第二定律有，解得，A、B错误；初始时由平衡条件可得弹簧弹力，突然剪断、间的绳子，、间绳的拉力突变为零，而、间弹簧的弹力大小仍等于的重力，可知的加速度，由于、间用绳子连接，故、加速度大小相等，对、整体由牛顿第二定律有，解得，C正确，D错误。
6. D 快件加速时，滑动摩擦力方向与运动方向相同，匀速时，与传送带之间无相对运动趋势，不受摩擦力作用，故A、B错误；快件与传送带相对运动时，由牛顿第二定律得其加速度为a＝＝μg＝2 m/s2，快件由静止开始加速至速率为v的过程所用时间为t＝＝0.5 s，与传送带的相对位移为Δs＝vt－t＝0.25 m，故C错误；快件匀速运动的时间为t′＝＝5 s，所以快件运输总时间为t总＝t＋t′＝5.5 s，故D正确。
7. C 动车组在启动或减速过程，乘客受重力、车厢作用力，乘客受到车厢作用力是车厢底对乘客的支持力和车厢底对乘客的静摩擦力的合力，其方向一定与动车运动方向不同，A、B错误；动车稳定做匀加速运动过程，对动车组整体由牛顿第二定律有，对第1节车厢有，联立解得第1、2节车厢间的作用力，C正确；当动车组达到最大速度后的匀速运行阶段，对第8节车厢而言，根据平衡条件可得，则第7、8节车厢间的作用力为，D错误。
8. 内，对物块由牛顿第二定律得，解得，方向沿斜面向下，则末物块的速度。末外力，物块仍向下运动，则此时由牛顿第二定律有，解得，方向沿斜面向上，经过后物块速度减为0，之后物块开始沿斜面向上运动，故末时，物块的加速度大小为，B正确；当物块开始沿斜面向上运动时，由牛顿第二定律有，解得，所以在内，物块先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动，A错误；当物块速度减为0时，又经过，即末，物块的速度大小为，C正确；物块在 时， ，经过 时间，物块位移大小为 ，方向沿斜面向下，又经过 ，物块速度减为0，位移大小为，方向沿斜面向下，又经过，物块做匀加速直线运动，位移大小为，方向沿斜面向上，因此内物块的位移大小为，D正确。
9. 系统静止时，对受力分析，由平衡条件有，当恒力作用于且弹簧处于压缩时，设弹簧的压缩量为，由牛顿第二定律有，可知最大时，的加速度最大，故刚施力时的加速度最大，此时，联立解得，B错误；若恰不能离地，则此时到达最高点，速度减为零，加速度方向竖直向下，弹簧伸长量达到最大，此时加速度大小为，对在最高点由牛顿第二定律有，联立解得，对受力分析，因弹簧弹力恰与重力平衡，故假设成立，不能离开地面，A正确；由上述分析可知，当上升到最高点时，弹簧的弹力最大，C正确；当上升到最高点时，间距最大，，D错误。
10. AC 由图2可知，在时撤去力，此时长木板的速度为，时两者速度相同为，在的过程对由牛顿第二定律得，由图2可知，解得，代入数据可得，即滑块与长木板之间的动摩擦因数是0.05，A正确;对由牛顿第二定律得，由图2可知，代入数据可得，即长木板与地面之间的动摩擦因数是0.075，B错误；从末到长木板停下的过程，对长木板由牛顿第二定律得，代入数据可得，这段时间，解得，所以时长木板停下来，C正确;前长木板的速度大于滑块的速度，后长木板的速度小于滑块的速度，由图像的面积表示位移可知前的相对位移大于后的相对位移，故长木板的长度至少为前过程中相对滑动的距离，D错误。
11.（1） B A （2） 1.0 （3） （4） 未满足
【解析】（1） 让小车沿木板做匀速直线运动，不挂钩码是为了让小车的重力沿木板方向的分力和摩擦力平衡，之后悬挂的钩码的重力可认为是小车运动的合外力，图1不需要悬挂钩码。在测量过程中，对图1中钩码受力分析，由牛顿第二定律有，对小车有，联立解得，当时，。图2装置需要悬挂钩码让小车做匀速直线运动，在测量过程中依次减少钩码个数，减少的钩码的重力为整个系统的合外力。
（2） 根据题意可知两计数点间的时间，运用逐差法得。
（3） 当挂着钩码小车做匀速直线运动时，对小车由受力平衡有，当取下钩码的个数为时，对小车和钩码整体分析有，则。
（4） 图线末端发生了弯曲现象，是因为钩码的总质量未远小于小车质量。
12. （2） ① ②0.72 0.82 ③ ④0.165
【解析】（2） ①接通电源后，再将小车从靠近打点计时器处释放，A正确；小车下滑时，为了保证小车所受合力不变，保证实验的准确性，位于定滑轮和小车之间的细线应始终跟倾斜轨道保持平行，B正确；因为减少的槽码的重力等于系统的合力，且每个槽码的质量已知，故选择小车和悬挂的所有槽码为研究对象，则实验中不必保证细线下端悬挂槽码的质量远小于小车的质量，C错误；若细线下端悬挂着2个槽码，小车加速下滑，槽码加速上升，槽码超重，故细线对小车的拉力大于2个槽码的重力，所以小车下滑过程中受到的合外力小于，D错误。
②相邻计数点间均有4个点未画出，可知，点5是点4、6的中间时刻，则在打“5”点时小车的速度大小为，由逐差公式得加速度为。
③以小车和悬挂的所有槽码为研究对象，则有，整理得。
④由③中分析可知关系图线斜率，而，，联立解得。
13. （1） （2）
【解析】（1） 对小球上升过程受力分析，由牛顿第二定律有①
对小球有②
两球开始运动过后的两球相碰，位移关系满足③
联立①②③代入数据可得
（2） 由运动学公式可得，小球碰撞前速度
④
小球上升位移⑤
由题意知碰撞后球速度为
⑥，方向竖直向下
球下落过程中由牛顿第二定律可得
⑦
下落过程由运动学公式有⑧
球从上抛到第一次落地的时间⑨
联立①④⑤⑥⑦⑧⑨解得。
14. （1） （2）
【解析】（1） 货物在传送带上由静止开始加速，设货物在传送带上的加速度为，对货物受力分析，由牛顿第二定律有①
货物在传送带上加速至与传送带共速的过程中，货物的位移②
货物做加速运动至与传送带共速过程的时间
③
联立①②解得④
由题意可知，故货物与传送带共速后做匀速直线运动直至离开传送带
故货物离开传送带时的速度
货物匀速运动的位移⑤
货物与传送带一起匀速运动的时间为⑥
货物在传送带上运动的时间⑦
联立①③④⑤⑥⑦解得⑧
（2） 货物以滑上水平平台后，在滑动摩擦力作用下减速，要使其能到达点，则需要⑨对平台上运动的货物受力分析，由牛顿第二定律有⑩
由运动学公式有
联立⑨⑩ 解得
15. （1） （2） （3）
【解析】（1） 由题意知游客在段做匀速直线运动，由力的平衡条件有①
解得动摩擦因数②
游客在段做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有
③
联立②③解得④
（2） 游客在段做匀加速直线运动，位移
⑤
游客在点的速度⑥
游客在段做匀速直线运动，位移⑦
轨道的总高度⑧
联立④⑤⑥⑦⑧解得⑨
（3） 游客在段做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有⑩
由题意知游客到达轨道末端点时的最大速度为，在段由运动学公式有
联立④⑥⑩ 解得游客在段的最小位移
轨道的最小长度
联立④⑤⑥⑦⑩ 解得专题七 动量守恒定律 综合检测
一、选择题：本题共 10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10 题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 冰壶是冬季奥运会的正式比赛项目，也是大家非常喜欢的一项体育运动。如图所示，某次比赛中冰壶水平向右运动与静止的冰壶发生斜碰（非对心碰撞）。已知冰壶质量相等，冰壶碰前速度为，碰后速度与碰前速度的夹角为，碰撞时间极短且可认为无机械能损失，则碰后冰壶的速度大小为
A. B. C. D.
2. 如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后不再穿出，此时木块动能增加了,已知木块质量大于子弹质量，则此过程中产生的热量不可能为
A. B. C. D.
3. 宇宙尘埃有很大的科研价值，某人造地球卫星携带的收集装置如图所示。卫星飞行进入一个尘埃区，尘埃区每单位体积空间有颗尘埃，尘埃的平均质量为，卫星正面面积为，前进速度保持为，为了保持卫星原有的飞行速度，若不计阻力，则下列说法正确的是
A. 卫星推进器需要提供的推力随卫星质量增大而增加
B. 随卫星质量的增大，卫星推进器需要提供的推力变大
C. 卫星推进器提供的推进功率为
D. 卫星推进器提供的推进功率为
4.在列车编组站里，平直的轨道上停着一辆质量为60吨的货车，另一辆质量为40吨的货车以的速度与之发生碰撞，通过车钩连接在一起后以相同的速度向前运行，之后再与停靠在同一轨道上质量与车质量相同的货车发生碰撞，不计一切摩擦，下列说法正确的是
A. 两车碰后共同的速度为
B. 两车因碰撞而损失的能量为
C. 三车碰后车的速度可能为
D. 若车的速度为，则第二次碰撞可能是弹性碰撞
5.太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器以的速率（远大于探测器的飞行速率）向后喷出离子束，离子束的横截面积为，离子束的平均数密度为个，喷出每个离子的质量均为，则探测器获得的平均推力大小为
A. B. C. D.
6.小明用某一恒力拉动滑块沿斜面向上运动，在时撤去该力。已知滑块的质量为，以沿斜面向上为正方向，测得滑块的图像如图所示，重力加速度大小取,，下列说法正确的是
A. 滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5
B. 拉力在该过程对滑块的冲量大小为
C. 在前内摩擦力对滑块的冲量为
D. 滑块在与的动量都为
7.质量为和的两个物体在粗糙水平面上正碰，其速度随时间变化的图像如图所示。已知。下列说法正确的是
A.
B. 碰撞前、后与的动量变化量相同
C. 碰撞之前摩擦力对的冲量大小为
D. 在运动过程中受到的摩擦力大小为
8. 如图所示，质量相等的物块和静止在粗糙水平桌面上，当加上水平向右大小分别为的恒力后物块开始由静止加速；经过一段时间先后撤去恒力。整个过程物块、物块运动的图像如图2所示，，下列说法中正确的是
图1 图2
A. 物块比物块受到的总冲量大 B. 物块与物块受到摩擦力大小相等
C. 恒力的大小 D. 物块比物块受到恒力的冲量小
9. 如图所示，物块通过不可伸长的轻绳绕过光滑轻质定滑轮连接，已知,时刻通过一个弹射装置（图中未画出）给物块一个竖直向上的初速度，然后瞬间移开弹射装置，物块均可视为质点，全过程既没有落地，也没有碰到滑轮。重力加速度取,则下列说法正确的是
A. 时，的速度大小为 B. 时，的速度大小为
C. 物体下落的最大高度为 D. 物体下落的最大高度为
10. （多选）如图所示为浮式起重机从岸上吊起的重物的示意图。开始起吊时起重臂与竖直方向成角，当转到起重臂与竖直方向成角时，起重臂与钢索夹角也为，已知起重机质量为，起重臂长，起吊前后重物与起重臂最高点竖直方向距离不变，不计水的阻力，重物缓慢移动，重力加速度取。下列说法正确的是
A. 重物被吊起后的重力势能约为
B. 重物和起重机的水平位移大小之比为
C. 起重机的位移大小为
D. 此时起重臂对钢索的支持力约为
二、非选择题:本题共5小题,共54分。
11. 学校物理兴趣小组利用如图所示的装置验证动量守恒定律。是倾斜轨道，是光滑轨道，光电门1与光电门2固定在光滑轨道上，实验中使用的小球的质量为，小球的质量为,、两球直径相等。
（1） 实验前需要将轨道调成水平，将小球从倾斜轨道上的位置释放，球通过光电门1、2的挡光时间分别为与，若，则需将轨道端调 （填“高”或“低”）；
（2） 将小球静置于光滑轨道上的位置,将小球从位置释放，先后连续通过光电门1的挡光时间分别为与,通过光电门2的挡光时间为。若碰撞过程动量守恒，则必须满足的关系式为 ;
（3） 如果保持的直径不变，逐渐增大的质量，且间的碰撞是弹性碰撞，则碰撞之前的挡光时间与碰撞之后的挡光时间的比值会逐渐趋近于某一定值，该定值为 。
12.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，其中为水平段。选择第五套新一元硬币和第五套新一角硬币进行实验。
图1 图2
查阅相关资料得到第五套新一元硬币的质量为，第五套新一角硬币质量为。将硬币甲放置在斜面上某一位置。由静止释放甲，当甲停在水平面上某处时，测量甲从点到停止处的滑行距离。将硬币乙放置在处，左侧与点重合，将甲放置于斜面上某一位置由静止释放。当两枚硬币发生碰撞后，分别测量甲、乙从点到停止处的滑行距离和。重复实验若干次，得到的平均值分别为，两硬币与水平面之间的动摩擦因数相同。
（1） 在本实验中下列说法正确的是 ;
A. 每次释放甲的位置必须为同一位置
B. 甲选用的必须为一角硬币
C. 硬币甲与斜面部分之间的动摩擦因数越小，实验过程中误差越小
D. 甲、乙两硬币与水平面部分之间的动摩擦因数的大小对验证动量守恒的实验误差没有影响
（2） 在误差允许范围内，若满足 （保留2位有效数字），则验证了两硬币对心碰撞过程中动量守恒；
（3） 在误差允许范围内，若和满足 （填含有和的关系式），则验证了两硬币对心碰撞过程中是弹性碰撞；
（4） 若两硬币对心碰撞过程中是弹性碰撞，实验中硬币甲用磨损了一定质量的旧硬币，硬币乙用新硬币，则硬币甲用磨损了一定质量的旧硬币与用新硬币相比测量出的 , , 。（均选填“偏大”“偏小”“相同”）
13.如图所示，滑雪道由直坡道、和圆弧轨道组成，且平滑连接，坡道倾角均为。平台与相连，水平，、在同一水平高度。若滑雪者从点由静止开始下滑，恰好能够到达点。滑雪者现从点由静止开始下滑，从点飞出，落在点，在点陷入雪地经过后静止。已知,，滑雪者的质量为，滑雪者与直滑道间的动摩擦因数为，圆弧滑道光滑，重力加速度取,，不计空气阻力。求：
（1） 滑雪者从点由静止开始下滑，到达点时的动量；
（2） 滑雪者从点开始下滑，之后由点到点时动量的改变量大小；
（3） 滑雪者在点陷入雪地过程中沿水平方向受雪地的平均作用力。
14. 古代战争中常用攻城锤对城门进行撞击，以达到破门的目的。某同学根据攻城锤的设计制作了如图所示的简化模型，水平面上有一质量为（包含车上支架）的攻城车，其上通过轻绳安装有质量为的攻城锤，点为转轴且不计摩擦。现将攻城锤拉至重心与点连线和竖直方向夹角时由静止释放，当攻城锤重心在最低点时，攻城锤撞击城门，碰撞时间极短。已知攻城锤重心与点连线的长度为，不计空气阻力，重力加速度为。
（1） 求从释放到碰撞前攻城车的位移大小；
（2） 若撞击城门后，攻城锤恰好能与攻城车一起匀速向左运动，求攻城锤对城门的冲量大小。
15.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，当滑块从处以初速度向上滑动时，受到滑杆的摩擦力，滑块滑到处与滑杆发生碰撞，碰后滑块与滑杆的相对速度大小变为碰前滑块速度的一半，随后滑杆离开桌面竖直向上运动。已知滑块的质量，滑杆的质量,、间的距离，重力加速度取，不计空气阻力。求：
（1） 滑块开始滑动到与滑杆碰撞前地面支持力对杆的冲量大小；
（2） 碰撞过程损失的机械能。
专题七 综合检测
1. A 设冰壶质量为，碰后冰壶A、 的速度分别为、，冰壶的速度与水平方向夹角为，碰撞过程中根据动量守恒定律，横向有，纵向有，根据机械能守恒定律有，联立解得，，，A正确。
2. A 设子弹初速度为，打入木块后速度为，此过程中产生的热量为，根据动量守恒定律有，因此，木块增加的动能，，A正确。
3. 设卫星推进器需要提供的推力为，卫星在尘埃区飞行时间为，飞船扫过的尘埃数量为，对卫星和尘埃整体分析，根据动量定理可得，解得卫星推进器需要提供推力，可知，为了保持卫星原有的飞行速度，卫星推进器需要提供的推力不变，A、B错误；推进功率为，解得，C正确，D错误。
4.A 车与车发生完全非弹性碰撞，设碰撞后速度为，由动量守恒定律得，代入数据解得，A正确；设、车碰撞过程中损失的能量为，则，代入数据得，B错误；车与车碰撞后一起与车发生碰撞，设碰撞后车与车的共同速度为，车的速度为，由动量守恒定律得，再由碰撞过程中动能不增加，解得，C错误；，则第二次碰撞存在能量损失，不是弹性碰撞，D错误。
5.B 设两碎块质量分别为，，爆炸后的速度大小分别为、，两碎块炸裂后速度水平且方向相反，在水平方向满足动量守恒，则有，可得；两碎块炸裂后均做平抛运动，设两碎块平抛运动的时间为，水平方向的位移分别为、，水平方向有，，则，
[点拨]两个碎块距离地面高度相同，由可得两碎块做平抛运动时间相同。
碎块落地后撞击声传至声音记录仪的距离均等于水平位移，设声音传播速度为，则有，，联立解得，爆炸点离地面的高度为，B正确；由B选项分析得，，爆炸后质量大的碎块的初速度为，C错误；爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为，D错误；两碎块的位移之比代入数据可得两碎块位移之比不为，A错误。
6.C 由题图可知，撤去拉力后滑块的加速度为，斜面倾角表示为，对该过程由牛顿第二定律可得，在沿斜面向下运动的过程中加速度为，对该过程由牛顿第二定律有，联立解得，，A错误；结合题意可知滑块拉力只存在于时间内，此过程由动量定理可得，解得，B错误；摩擦力在前对汽车的冲量为，C正确；滑块在时的动量为，时的动量，D错误。
7. 由题图可知，在碰撞前的速度，静止，碰撞后的速度，的速度，碰撞过程中由动量守恒定律有，可，A错误；碰撞前后两物体的动量改变量的大小相等，方向相反，B错误；碰撞前在水平方向只受摩擦力，对其在由动量定理有，解得，C正确；对于在碰撞后由动量定理有，解得，D错误。
8. 物块、初速度、末速度都为0，根据动量定理，则物块、在整个过程中的总冲量为零，所以物块与物块受到的总冲量相等，A错误；设物块、的质量为，物块、与水平面间的动摩擦因数分别为、，撤去恒力后物块、均做匀减速直线运动直到速度减为0，由可知物块、做匀减速直线运动的加速度大小相等，即，因此物块与物块受到摩擦力大小，B正确；由题图2可知物块、做匀加速直线运动的加速度，，且，因此，C错误；设物块、受到恒力的冲量分别为、，在恒力作用下的运动时间分别为、，对物块有，对物块有，由题图2可知，因此，D正确。
9. 瞬间移开弹射装置，的速度大于的速度，所以绳子会松弛，绳子没有弹力，则做竖直上抛运动，做自由落体运动，时，的速度大小为，的速度大小为，A错误，B正确；设经过时刻，绳子再次紧绷，则有的位移大小等于的位移大小，即，解得，此时的速度大小为，的速度大小为，根据沿着绳子方向上动量守恒可得，可得，此时根据牛顿第二定律有，，联立解得，则物块接着以速度，加速度向下减速，则物体下落的最大高度为，C错误，D正确。
10. 结合题意可知起吊前后重物高度差为，则起吊前后重力势能变化量为，由于未规定零势能面，所以不能确定重物被吊起后的重力势能的具体值，A错误；水平方向上由动量守恒定律有，则，B正确；由题意可知，代入数据解得，C正确；对起重臂受力分析如图所示，可知，代入数据可得，D错误。
11. （1） 低 （2） （3） 2
【解析】（1） 若，说明小球经过光电门1的速度大于经过光电门2的速度，光滑轨道端高了，则要将光滑轨道调成水平，需将端调低。
（2） 设小球的直径为，取向右为正方向，根据题意知小球第一次经过光电门1的速度为，小球第二次反向经过光电门1的速度为，小球经过光电门2的速度，根据碰撞过程满足动量守恒有，整理后得。
（3） 、间的碰撞是弹性碰撞，设小球的质量为，碰撞前的速度为，碰撞后速度为，小球的质量为，碰撞后速度为，由动量守恒定律和机械能守恒定律，则有，，联立解得，，如果保持的直径不变，小球的质量逐渐增大时，当时，则有，则有，，，碰撞之前的挡光时间与碰撞之后的挡光时间的比值会逐渐趋近于某一定值，该定值为2。
12.（1） （2） 1.9 （3） （4） 相同 偏小 偏小
【解析】（1） 每次硬币甲到达点的速度必须相同，则释放硬币甲的位置必须为同一位置，A正确；根据题意可知，甲与乙碰撞后没有反弹，可知甲的质量大于乙的质量，则甲选用的是一元硬币，B错误；硬币甲在斜面上运动目的是获得一个固定的初速度，所以与斜面部分之间的动摩擦因数无关，C错误；甲从点到点，根据动能定理，解得碰撞前甲到点时速度的大小，同理可得碰撞后甲的速度和乙的速度分别为，，若动量守恒则满足，代入可得，所以甲乙两硬币与水平面部分之间的动摩擦因数大小对验证动量守恒的实验误差没有影响，D正确。
（2） 将（1）中整理可得。
（3） 两硬币对心碰撞过程中是弹性碰撞，根据动量守恒定律有，根据能量守恒定律有，两式联立解得，将，，代入整体可得。
（4） 甲从点到点，根据动能定理，解得，与硬币甲的质量无关，所以相同；两硬币对心碰撞过程中是弹性碰撞，根据动量守恒定律有，根据能量守恒定律有，解得
，，将、、代入整体可得
、，损后变小，则偏小，偏小。
13.（1） ，方向沿斜面向上 （2） （3） ，方向向左
【解析】（1） 设、，滑雪者从开始下滑到的过程中由动能定理可得①
分析可知滑雪者从到段所受合外力做功为零，则对滑雪者从到段由动能定理可得
②
联立①②可得滑雪者到达点时的动量为，方向沿斜面向上
（2） 对滑雪者从到由动能定理可得③
解得，方向沿斜面向下滑雪者在从到过程中结合机械能守恒可知，方向沿斜面向上由矢量合成可得\DeltAv④联立③④可得滑雪者由点到点时动量的改变量为
（3） 滑雪者落在点后，在水平方向上，取向右为正
方向结合动量定理有⑤
解得
14. （1） （2）
【解析】（1） 攻城锤撞击城门前，攻城车、攻城锤组成的系统在水平方向动量守恒，设碰撞前攻城车、攻城锤的速度大小分别为、，攻城车的水平位移为，攻城锤的水平位移为。取向右为正方向，由动量守恒定律有①
即②
由几何关系可知攻城锤与攻城车的水平位移满足
③
联立②③解得④
（2） 攻城锤从释放到运动到最低点的过程中，攻城锤和攻城车组成的系统机械能守恒，设碰撞前瞬间攻城车、攻城锤的速度大小分别为、。根据机械能守恒定律有⑤
攻城车、攻城锤组成的系统水平方向动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有⑥
攻城锤撞击城门后与攻城车恰好能一起匀速向左运动，则攻城锤撞击城门后瞬间的速度大小⑦设城门对攻城锤的冲量大小，对攻城锤撞击城门的过程由动量定理有
⑧
联立⑤⑥⑦⑧解得
15.（1） （2） .
【解析】（1） 设滑块上滑时滑块对滑杆有向上的摩擦力，地面对杆的支持力为
由牛顿第三定律有①
对滑杆受力分析，由受力平衡有②
联立①②解得③
对向上滑动的滑块受力分析，其所受合力为
④
设滑块由处运动至处过程中的时间为，碰撞前滑块的速度为
对滑块由动能定理有 ⑤
对滑块由动量定理有⑥
地面支持力对杆的冲量为⑦
联立③④⑤⑥⑦解得
（2） 设滑块和滑杆碰撞后瞬间速度分别为，以向上为正方向，碰撞过程中滑块与滑杆构成的系统动量守恒，由动量守恒定律有⑧
由于碰后滑块与滑杆的相对速度大小变为碰前滑块速度的一半，则有⑨
解得、⑩
机械能的损失量为
联立④⑤⑧⑨⑩①解得专题十四 光学
综合检测
建议用时：20分钟
一、选择题
1.某次双缝干涉实验中，光源可以产生不同强度的白光，如图所示为相同曝光时间下用不同亮度的光源观察到的干涉图样。已知观察到图2中光屏中央到第条亮条纹的间距为，双缝间距为，双缝到光屏的距离为，开始时滤光片为红色，则关于实验说法正确的是
A. 红光的波长
B. 将滤光片换成绿色后，光屏上的条纹数减少
C. 图1中亮条纹间距比图2中小，则图1中光源的波长短
D. 只增大双缝间距，光屏上的条纹数减少
2.哈尔滨是中国著名的冰雪旅游城市，每年冬季都会举办盛大的冰雪节。冰雕展则成为了人们探访冬季梦幻之旅的最佳选择。冰雕展上有一块边长为的立方体的冰块，冰块内上下底面中心连线为，在处安装了一盏可视为点光源的灯，已知冰的折射率为。下列说法正确的是
A. 若光在冰块中发生全反射的临界角为，则
B. 由灯直接发出的光照射到冰块四个侧面时都能从侧面射出
C. 由灯直接发出的光照射到冰块上表面时都能从上表面射出
D. 从冰块正上方沿方向观察，点光源的视深仍是
3. 如图1、图2所示，把一矩形均匀薄玻璃板压在另一个矩形平行玻璃板上，一侧用薄片垫起，将红单色光从上方射入，这时可以看到明暗相间的条纹，下列关于这些条纹的说法中正确的是
A. 条纹与边平行
B. 图2中弯曲条纹表示下方待测板在该处有凹陷
C. 如果用手用力捏右侧，会发现条纹保持间距不变，整体向侧移动
D. 看到的条纹越多，说明薄片的厚度越厚
二、实验题
4. 某同学做“用双缝干涉测光的波长”实验中，使用的双缝间距。双缝到光屏的距离，观察到单色光的干涉条纹如图1所示，其中螺旋测微器分划板上的刻度线处于位置时，对应的示数如图2所示。
（1） 图2中所对应的螺旋测微器读数分别为 、 ；相邻亮纹的间距 ;
（2） 代入数据计算单色光的波长 （结果保留2位有效数字）。
5. 同学们用“插针法”测玻璃的折射率，如图1所示。
（1） 下列说法正确的是 ;
A. 实验中，可以将玻璃砖界面当尺子画界线
B. 为了减小作图误差，大头针和 、之间的距离应适当大些
C. 测梯形玻璃砖、三角形玻璃砖和半圆形玻璃砖的折射率均可用“插针法”
D. 若光线的入射角较大，有可能在面发生全反射，所以在一侧就看不到的像
（2） 一位同学为了避免笔尖触划玻璃砖的折射面，画出的比实际向外侧平移了一些（如图2所示），其他操作均正确无误，并仍以和为折射面画出了光路图，这样测出的折射率将 （填“偏大”“偏小”或“不变”）；
（3） 一位同学手头有圆规和刻度尺但没有量角器，在完成了光路图以后，以点为圆心，为半径画圆，交延长线于点，过点和点作垂直法线的直线，与法线的交点分别为点和点，如图3所示。用刻度尺测得的长度为,的长度为,则玻璃砖的折射率 （用测量的字母表示）。
三、计算题
6.锥透镜是一种特殊透镜，因其可将平行光束聚焦为一稳定光环的特性使其适用于多种研究和医疗应用中。一直径为的圆柱形平行光束垂直射入锥透镜，其中心线与锥透镜中心轴线重合，经透镜折射后在锥透镜右侧无限长光屏上形成光环的光路图如图所示。已知锥透镜锥面与竖直方向的夹角为。则：
（1） 为保证光屏能接收到光线，折射率应满足什么条件？
（2） 若折射率，求光屏上的光环的厚度。
专题十四 光学
综合检测
1.C 由题图2可知光屏中央到第条亮条纹的间距包含个亮条纹，则相邻两个亮条纹的间距，据条纹间距公式可得，A错误；将滤光片换成绿色后，根据干涉条纹间距公式，绿光波长更短，条纹间距更小，光屏上的条纹数增加，B错误；题图1中亮条纹间距比图2中小，根据干涉条纹间距公式，可知题图1中光源的波长短，C正确；增大双缝间距，条纹间距也减小，光屏上的条纹数增加，D错误。
2.AC 若光在冰块中发生全反射的临界角为，则, A正确；如图所示，在直角中，由几何关系可知，则由灯直接发出的光照到冰块上表面时都能从上表面射出，而，则由灯直接发出的光照到冰块四个侧面时不是都能从侧面射出，B错误，C正确；实深是，视深为，根据折射率定义式结合几何关系可知，可得, D错误。
3.D 设薄膜厚度为，薄膜干涉的光程，厚度相同处产生的条纹明暗情况相同，因此条纹应与边平行，A错误；根据薄膜干涉的产生原理可知，表示该处有凸起，B错误；如果用手用力捏右侧，根据可知条纹间距变大，导致满足亮条纹光程差的间距向劈尖移动，所以条纹向着劈尖移动，C错误；看到的条纹越多，说明相邻亮条纹间距变小，所以干涉条纹会变密，说明薄片的厚度越厚，D正确。
4.（1）2.190（2.189~2.191） 7.870（7.869~7.871） 1.420（1.419~1.421） （2）
【解析】（1）螺旋测微器读数分别为,，因为最后一位是估读，故的读数在和之间即可。相邻亮纹的间距为，由于、的读数有估读，所以的值在之间即可。
（2）根据干涉条纹公式可得，代入（1）数据和题给数据解得。
5.（1）BC（2）偏小（3）
【解析】（1）实验中，不能将玻璃砖界面当尺子画界线，A错误；大头针和及和之间的距离适当大些时，引起的角度误差会减小，B正确；只要操作正确，任何形状的玻璃砖均可用“插针法”测量折射率，C正确；由几何知识可知，光线在上表面的折射角等于在下表面的入射角，根据光路可逆原理可知，光线一定会从下表面射出，折射光线不会在玻璃砖的下表面发生全反射，D错误。
（2）如图所示，作出得到的光路图和实际光路图对比，入射角没有变化，折射角的测量值偏大，由可知折射率偏小。
（3）设所作圆的半径为，由几何关系可知,，则玻璃砖的折射率为。
6.（1） （2）
【解析】（1）由几何关系可知平行光线射到锥透镜的锥面时的入射角大小等于锥透镜锥面与竖直方向的夹角，为保证光屏能接收到光线，光线需射出锥面，则光线在锥面的入射角需小于锥透镜的全反射临界角，即①
由全反射临界角与折射率的关系有②
结合数学知识可知③
联立②③并代入数据解得
（2）设光线经锥面折射后的折射角为
由折射定律有④
作出下侧平行光的光路如图所示
结合几何知识可知光屏上的光环厚度
⑤
联立④⑤并代入数据可得专题十三 机械振动与机械波
综合检测
建议用时:75分钟 总分100分
一、选择题：本题共 10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10 题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.“婴儿摇篮”是悠悠球的一个经典招式，用手将细绳围成一个三角形，通过改变三角形的边长，使悠悠球以不同的摆长在竖直的平面内做近似单摆的运动。现有一悠悠球质量为 ，在地面上摆动周期为 ，忽略空气阻力与摩擦力，则下列说法正确的是
A. 在单摆运动过程中悠悠球动量守恒
B. 在单摆运动过程中悠悠球的机械能守恒
C. 在摆长不变的情况下，若换成质量为 的悠悠球，则周期为
D. 若在加速上升的电梯中，该悠悠球摆动周期 变大
2. 2023年11月，我国在西太平洋海域完成海底地震采集，此次海底地震仪最大投放水深5 826米，创下中国地质调查局海底地震作业全新水深纪录。如图1所示，某次任务中在同一水平高度上相距 的 两点分别监测并记录从震源传播到两点的地震横波（ 波）的图像，震源与 在同一竖直平面。如图2所示，地震发生 后 点记录的波形图为实线，后记录的波形图为虚线，后 处接收到相同的波，已知地震波周期大于 。下列说法正确的是
A. 波的周期为
B. 波的波速为
C. 时刻位于 点的质点向 轴正方向运动
D. 震源与 所在水平高度的距离为
3.近年来，我国的核潜艇技术取得了重大突破，其中声波技术的应用尤为重要。其基本原理是通过探头向外发送超声波信号，在遇到水中的暗礁或对方潜艇时会产生不同程度的反射，接收后经处理形成波的图像。若某潜艇在静止作业过程中，接收到如图所示的波形图，已知、两点关于 轴对称，且 点比 点晚 起振。下列说法正确的是
A. 反射声波的暗礁或对方潜艇在 轴负半轴
B. 振动中 两点的速度大小始终相等
C. 此超声波在水中传播的速度为
D. 若该潜艇远离暗礁或对方潜艇，则接收到超声波的频率可能为
4.现有一半径为 的圆形隧道，隧道内壁对声波强度几乎无影响，在隧道入口 处的声源发出强度不同的两列同频声波，分别沿顺时针和逆时针方向传播至隧道出入口 处，处的探测器收到的声波强度为1600个单位。然后将 处的声源沿隧道逆时针移动 至 处，同时关闭入口 ，结果在 处第二次探测到的声波强度最小，为900个单位，已知声波强度与声波振幅的二次方成正比，不计声波在管道内传播时的能量损失，下列说法正确的是
A. 两同频声波的振幅之比为 B. 两同频声波的振幅之比为
C. 声波的波长为 D. 声波的波长
5.两艘潜艇在同一海域静止作业过程中，分别接收到了对方潜艇发出的超声波，若某时刻两艘潜艇发出的甲、乙波传播到图中所示位置。已知甲波沿 轴正方向传播、乙波沿 轴负方向传播，甲波的频率为 。下列说法正确的是
A. 两波源的起振方向相同
B. 两波的传播速度均为
C. 经过 ，点的位移为
D. 两波的传播周期不同
6.如图1所示，半径的圆盘边缘有一钉子，在水平光线下圆盘的转轴和钉子在右侧墙壁上形成影子和，以点为原点在竖直方向上建立坐标系。时从图示位置沿顺时针方向匀速转动圆盘，角速度为点做简谐运动的图像如图2所示，下列说法正确的是
A. 时，钉子离墙壁最近
B. 时，点向轴负方向运动
C. 和时，点加速度相同
D. 到时间内，点速率逐渐减小
7. 在同一地方，甲乙两个单摆做振幅不同的简谐运动，其振动图像如图所示，可知甲、乙两个单摆的摆长之比为
B. C. D.
8.在均匀介质中，位于坐标原点的波源从时刻开始沿 轴做简谐运动，形成沿 轴正、负方向同时传播的简谐横波，时的波形如图所示，已知波速为 ，下列说法正确的是
A. 到 ，该波沿 轴正方向传播了
B. 时，处的质点通过的路程为
C. 时，处质点加速度的大小为0
D. 波源振动足够长时间后，处的质点与处的质点振动方向总是相反
9. 在匀质轻绳上有两个相距 的波源 ，两波源上下振动产生两列绳波，可将其看作简谐波。两波源
的连线上有两质点 距 波源 距 波源
，如图1所示。 时波源 开始向上振动，其
振动方程为，而波源 的振动图像
如图2所示。 时质点 开始振动，则下列说法
正确的是
A. 后 两波源之间有7个振动加强点
B. 波源 产生的波的波长为
C. 波源 产生的波的波速为
D. 内质点 通过的路程为
10. 如图，小球 和 之间用轻绳连接，悬挂在劲度系数为 的轻质弹簧上，两小球均处于静止状态。某时刻，剪断两球之间的轻绳，小球 经过 达到最高点，已知小球 、的质量分别为 和 ，重力加速度 取 ，则关于小球 的运动，下列说法正确的是
A. 小球 运动过程中的最大加速度为
B. 小球 上升的最大高度为
C. 剪断轻绳后，小球 做简谐运动的周期为
D. 从剪断轻绳开始计时，小球 的振动方程为
二、非选择题:本题共5小题,共54分。
11. 利用单摆可以测量当地的重力加速度。如图1所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，做成单摆。
（1） 以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有 ；
A. 摆线要选择较细、伸缩性较小，并且线尽可能短一些
B. 摆球尽量选择质量较大、体积较小的
C. 为了使摆的周期大一些，以方便测量，摆线相对平衡位置的偏角越大越好
D. 为减小误差可记下摆球做50次全振动所用的时间 ，则单摆周期
（2） 悬挂后，用米尺测量悬点到小球上端摆线的长度 ，将小球拉离平衡位置一个小角度，由静止释放小球，稳定后小球在某次经过平衡位置时开始计时，并计数为0，此后小球每摆到平衡位置时，计数一次，依次计数为1、2、3……，当数到50时，停止计时，测得时间为 ，计算出单摆周期 。测量出多组单摆的摆长 和运动周期 ，作出 图像，如图2所示。造成图线不过坐标原点的原因可能是 ；
（3） 由图2求出重力加速度 ；（取 ，结果保留2位有效数字）
（4） 图2中图线不过原点， (填“会或“不会”)影响重力加速度的测量。
12.某同学用如图1所示的装置来测量重力加速度 ，弧形槽固定于地面，是弧形槽的最高点，为弧形槽的最低点，为其圆心，在 点由静止释放一光滑小钢球，小钢球在弧形槽内做周期性的运动，光电计时器用于测量小球在弧形槽上的运动时间。
（1） 本实验中有关弧形槽的圆心角 、半径 与小钢球直径 的关系，最符合要求的是 ；
A. B. 取任意锐角值 C. 大于 即可 D. 远大于
（2） 若已知弧形槽的半径 ，还需要测量小钢球的直径 ，某同学利用测量工具测得 的值如图2所示，其读数为 ;
（3） 某次实验时，他将小钢球第一次到达 点记作次数1，此时开始计时，测得第 次经过 点的时间为 ，则重力加速度的测量值 （用测量的物理量表示）；
（4） 该同学采用不同半径的弧形槽来做实验（均满足实验要求），得到半径 与周期 的关系式（为已知量），则重力加速度的测量值 （用 或 表示）。若考虑空气阻力，则他测得的重力加速度的测量值 （填“大于”“等于”或“小于”）真实值。
13. 位于 处的 波源，产生一向右传播的简谐横波，如图中实线所示；位于 处的 波源，产生一向左传播的简谐横波，如图中虚线所示。 的周期为 的传播速率相等，时的波形图如图所示。
（1） 求 波的传播速率及振动周期；
（2） 平衡位置 处的质点位移能否为？如果能，求出经多长时间位移第一次到达 ；如果不能，请说明理由。
14.如图所示，图1和图2分别为同一介质、同一直线上的 点、点的振动图像，两点间距为 。
（1） 若图1和图2表示一简谐横波沿 传播过程中经过的两个质点 、的振动图像，求简谐横波的波速；
（2） 若图1和图2表示起振方向一致的两个波源、的振动图像，、形成的简谐横波的波速均为 ，求空间中振动加强点与波源 、的距离差的绝对值。
15.一列沿 轴传播的简谐横波在 时的波形图如图1所示；平衡位置在 的 点的振动图像如图2所示，此时 处的质点刚要起振，求：
（1） 简谐横波的传播方向及波速；
（2） 平衡位置在 处的质点 经过时间时的位移。
专题十三 机械振动与机械波
综合检测
1.B 悠悠球做单摆运动过程中，细绳对悠悠球的力产生的冲量大小不等于重力产生的冲量大小，所以悠悠球动量不守恒；细绳的拉力方向与悠悠球速度方向始终垂直，拉力不做功，过程中只有重力势能与动能之间相互转化，所以机械能守恒，A错误，B正确；根据单摆周期公式可知，周期与悠悠球质量无关，C错误；在加速向上的电梯中，设悠悠球不摆动时受到的拉力为，对悠悠球受力分析可得，解得，可知等效重力加速度增大，根据单摆周期公式可知，减小，D错误。
2.D 由题图2可知，波的波长为，波沿轴正方向传播，且在波的实线波形图中，离波源的质点刚要开始振动，实线与虚线的时间间隔，则有，解得，又因为，代入解得，结合波速公式可得，波速,A、B错误；沿着波的传播方向看，时刻即题图2中实线所示波形图上，点处于“上坡”阶段，此时位于点的质点应该向轴负方向运动，C错误；设震源为点，画出辅助图线如图所示，由波在时传播到点可知，波源到点的距离，波源在时传播到点可知，波源到点的距离，结合几何关系可知，震源与、所在水平高度的距离,D正确。
3.C 由题可知，点的振动比点的振动晚，说明该超声波是沿着轴负方向传播的，则反射声波的暗礁或对方潜艇在轴的正半轴，A错误；由题图可知，、两点平衡位置间的距离，则两点在振动过程中，振动步调并不总是相反或相同，即、两点的速度大小不会始终相等，B错误；由题图可知，该波的波长，由点比点晚振动可知，该波的周期，结合速度公式可得，该超声波在水中的传播速度为,C正确；潜艇静止时，接收到的超声波频率为，若潜艇远离暗礁或对方潜艇时，由多普勒效应可知，其接收到超声波的频率将小于,D错误。
4.B 由题意可知，声源位于处时，两列声波到达处时的振动加强，将声源移至处之后，两列声波到达处时振动减弱，由于声波强度与声波振幅的二次方成正比，则有，可得两同频声波振幅之比，A错误，B正确；根据机械波振动减弱的条件可得 ，解得波长，C、D错误。
5.B 由题图可知，甲波的起振方向沿轴负方向，乙波的起振方向沿轴正方向，因此两波源的起振方向相反，A错误；甲波的波长为，周期，则其波速为，而甲、乙两波在同一介质中传播，二者的传播速度大小相等，因此两波的传播速度均为，B正确；由于甲、乙波的波长和传播速度相等，则两波的传播周期相等，，经过时，甲波刚好到达点，又，则再经过，两波的波谷叠加，点的位移为，C、D错误。
6. A 由题图2可知，点做简谐运动的表达式为，由数学导函数知识可知其表达式为，由数学导函数知识可知其表达式为。时，由题图2可知点与点重合，结合题图1可知此时钉子离墙壁最近，A正确；时，点位移为正，根据点表达式可知，此时点向轴正方向运动，B错误；和时，点的位移大小相等、方向相反，由点表达式可知，此时点的加速度大小相等、方向相反，C错误；到时间内，点逐渐衡位置，根据点表达式可知，点的速率逐渐增大，D错误。
7. C 由题图可知，墨汁轨迹图为正弦函数图像，可知装有墨汁的小车做简谐运动，振幅为，周期为由可知，设墨汁轨迹图的表达式为，由题图可知当时，；时，，解得，因此墨汁轨迹图的表达式为，C正确。
8. CD 到内，波源振动的时间，故这段时间内，波沿轴正方向传播的距离，A错误；由题图可知波长，周期，波传播到需要的时间为，此后处的质点振动时间为，通过的路程为，B错误；时，处质点处于平衡位置且沿轴正方向振动，加速度大小为0，C正确；与处两质点距离为，即两质点振动方向总是相反，D正确。
9.BCD 由振动方程可知波源的振动周期为，在一个周期内振动从传到了点，所以波源产生的波的波长为，波速为, B、C正确；由题图2可知，振动的周期为，由于在同种介质中，所以激发的波的速度为，所以，由于两个波源的振动步调相反，后两波源之间的振动加强点到两波源之间的距离差满足，其中，由于，解得，则加强点为6个，A错误；由于点到波源的距离相等，所以两列机械波同时到达点；并且两个波源的振动步调相反，所以点始终是振动减弱处，其振幅为，则点在一个周期内经过的路程为；在内点的振动时间为，则经过的路程为,D正确。
10.AD 未剪断轻绳时，以小球和为整体，受力分析可得，则弹簧的伸长量为，剪断轻绳瞬间，弹簧弹力不变，且弹簧的伸长量最长，此时小球的加速度最大，对球进行受力分析并由牛顿第二定律可得,A正确；剪断轻绳后，球在竖直方向做简谐振动，当弹簧弹力等于的重力时，即平衡位置，此时弹簧的形变量为，故振幅为，球上升的最大高度为, B错误；球在竖直方向做简谐振动时，小球经过达到最高点，则周期为，从球偏离平衡位置最远处计时，小球的振动方程为,C错误，D正确。
11.（1）BD （2）计算摆长时没有考虑小球半径 （3）9.5 （4）不会
（1）摆线要选择较细（尽可能减小空气阻力对实验的影响）、伸缩性较小（确保摆球摆动时摆长几乎不变）且尽可能长一些的（减小摆长测量的相对误差），A错误；为了尽可能减小空气阻力对实验的影响，摆球尽量选择质量较大、体积较小的，B正确；只有摆线相对平衡位置的偏角在很小的情况下（通常小于），单摆才做简谐运动，进而才能根据周期公式测量重力加速度，C错误；为减小偶然误差，可以记下摆球做50次全振动所用的时间，则单摆周期，D正确。
（2）根据单摆周期公式变形可得，所以理论上图像是一条过坐标原点的直线，题给图像相对于理论图像，在相同周期下，所测摆长比实际值偏小，则原因可能是测摆长时没有加上小球半径。
（3）根据单摆周期公式可得，整理得，图线斜，解得。
（4）虽然测摆长时漏加了小球半径造成图线不过原点，但根据（3）中所求关于的表达式可知该过失不影响所作图线的斜率，不会影响重力加速度的测量。
12.（1）AD （2）19.135 （3） （4） 小于
（1）将小钢球在弧形槽上的运动看作单摆，则最大摆角必须小于，A正确，B错误；小钢球的体积需要较小，才可以忽略所受的空气阻力，故应远大于，C错误，D正确。
（2）螺旋测微器的读数为。
（3）由题知，小钢球完成一次全振动的时间为，单摆的等效摆长为，由单摆的周期公式，联立解得重力加速度。
（4）结合（3）中分析可得，而半径与周期的关系式为，可得图像的斜率，解得。若考虑空气阻力，单摆的周期测量值偏大，由周期公式得到重力加速度的表达式，的测量值偏小，即小于真实值。
13.（1） （2）不能，理由见解析
【解析】（1）设、两波的波速、周期分别为、，由题图可知、波的波长分别为、①
对波由波速公式有②
结合题意可知③
对波由波速公式有④
联立①②③④解得⑤
（2）波波峰传播到位置的时刻为
⑥
波波峰传播到位置的时刻为
⑦
平衡位置的质点位移能达到，则波和波的波峰需同时传播到处，分析可得
⑧
代入数据整理得⑨
上面关系式在整数范围内不成立，所以处的质点位移不能达到
14.（1）或 （2）
【解析】（1）由题图1可知简谐横波的振动周期①
由题图1和题图2可知质点比质点滞后振动②
或提前振动③
若质点比质点滞后振动，
由可知波速④
若质点比质点提前振动，
同理可知波速⑤
（2）由可知波长⑥
由题图1和题图2可知波源的振动方程分别为⑦，⑧
设之间的一点为，则点距离点间的距离为，波源在点引起的振动方程分别为
两列简谐横波频率相同、相位差恒定，在空间会形成稳定的干涉图样，对于空间点处，相位差为⑨
由波的干涉可知当两波的相位差为的整数倍时干涉会加强，令⑩
联立⑨⑩解得，即振动加强点到波源的距离差的绝对值为
15.（1）沿轴正方向 （2）
【解析】（1）由题图1可知简谐横波的波长①
由题图2可知简谐横波的周期②
结合题图1、2可知时点在平衡位置且正要向上振动，根据“同侧法”可知简谐横波沿轴正方向传播
联立①②解得波速③
（2）由题意知时处的质点刚要起振，则到点开始起振所需的时间④
时点的振动时间为⑤
由题图2可知点开始起振时的振动方程⑥
联立⑤⑥解得时点的位移专题十 磁场 综合检测
建议用时:75分钟 总分100分
一、选择题：本题共 10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10 题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 如图所示，在磁感应强度为的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒在竖直面内垂直磁场方向放置，细棒与水平面夹角为。一质量为、带电荷为的圆环套在棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为，且。现让圆环由静止开始下滑，则在下滑过程中圆环的最大速率为
A. B.
C. D.
2. 如图所示，区域内有一方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场，，，弧是直径为的半圆，在一条直线上。在点有一个粒子源，可以沿方向发射速度大小不同的带正电的粒子，被射出的粒子均打到弧上。已知粒子的比荷均为，不计粒子间相互作用及重力，则关于粒子在上述过程中的运动时间可能的是
A. B. C. D.
3.如图1所示，电流大小相同的三条通电长直导线分别位于直角三角形的三个顶点，中电流方向垂直纸面向里，中电流方向垂直纸面向外，已知导线间的距离为，通电导线周围磁场磁感应强度与离导线距离的关系如图2所示。若空间中存在一匀强磁场使得中点处的磁感应强度为零，则该匀强磁场的磁感应强度大小和方向是
图1 图2
A. ，水平向右 B. ，水平向右
C. ，沿方向 D. ，水平向左
4.如图，在平面直角坐标系的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场。大量质量为、带电量为的相同粒子从轴上的点，以大小均为的初速度在纸面内沿不同方向先后射入磁场，入射速度方向与轴负方向的夹角为。当时，粒子从点离开磁场。不计粒子的重力，，则匀强磁场的磁感应强度和粒子在磁场中运动的最长时间为
A. ， B. ， C. ， D. ，
5.如图，一磁感应强度大小为的匀强磁场，方向垂直于纸面（ 平面）向里，磁场右边界与轴垂直。一带电粒子由点沿正向入射到磁场中，在磁场另一侧的点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于轴的接收屏上的点；，与屏的距离为，与轴的距离为。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的匀强电场，该粒子入射后则会沿轴到达接收屏。该粒子在添加匀强电场后运动至接收屏的时间为
A. B. C. D.
6.如图所示，通电直导线被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴上处于静止状态，轻绳偏离竖直方向的夹角为，此时所在区域的匀强磁场方向沿轻绳方向。现将磁场变为竖直方向，使仍在原位置静止。则磁场方向变化前后轻绳对导线的拉力之比和导线中电流大小之比为
A. B.
C. D.
7.如图，绝缘水平面上四根完全相同的光滑金属杆围成正方形，正方形区域内存在方向竖直向下的匀强磁场。金属杆2、3、4固定不动，金属杆1可绕点（1、4交点）转动。现给金属杆所围成的正方形线框通以恒定电流，使电流能完整地流过矩形线框。金属杆1在通入电流后能转动到图中虚线位置（线框对角线），之后锁定，金属杆之间始终彼此接触良好，不计金属杆电阻。下列说法正确的是
A. 线框中电流方向为逆时针方向
B. 金属杆1的角速度均匀增加
C. 金属杆1所受安培力与转过角度的正切值成反比
D. 金属杆1所受安培力与转过角度的余弦值成正比
8.如图所示，间距为的两平行光滑导轨在同一水平面内，导轨左端接有一恒流电源。一质量为的导体棒垂直导轨放置，整个装置置于匀强磁场中。匀强磁场的磁感应强度大小为，磁场方向与金属棒垂直、与水平面的夹角为。接通电路后，导体棒水平向右运动，经过时间后速度为。重力加速度大小为，导体棒始终未脱离导轨，下列说法正确的是
A. 磁场的方向斜向上
B. 安培力大小为
C. 导体棒对导轨的压力大小为
D. 通过导体棒的电流大小为
9. 某同学设计了一个测量匀强磁场磁感应强度大小的装置，如图所示。两轻弹簧上端固定，下端悬挂一根质量为的均匀细金属杆，金属杆与弹簧绝缘。的端连接一绝缘轻指针，可指示右侧标尺上的读数。在下方的矩形区域有匀强磁场，方向垂直于纸面向里。当中没有电流通过且处于平衡状态时，与边重合，指针指在标尺的零刻线；当中通以恒定电流，系统重新平衡时，指针示数可以表示磁感应强度大小。已知始终保持水平状态，弹簧始终在弹性限度内，不计中电流对磁场的影响，下列说法正确的是
A. 要使装置正常工作，则中电流方向由到
B. 若将标尺标上所对应的磁感应强度值，则刻度不均匀
C. 该装置所能测量的磁感应强度范围与的质量有关
D. 该装置所能测量的磁感应强度范围与通过的电流有关
10.如图所示，在平面直角坐标系第一象限内存在竖直向下的匀强电场，同时在虚线的下方和轴之间还存在垂直纸面向里的匀强磁场，一带电小球从轴上某点以初速度射出，小球进入磁场后恰能做匀速圆周运动，已知小球初速度与水平方向的夹角和虚线与水平方向的夹角满足的关系为，不计空气阻力。下列说法正确的是
A. 小球一定带正电
B. 未进入磁场前，小球做直线运动
C. 越大，小球在磁场中运动的时间越短
D. 整个过程，小球的电势能可能一直增大
二、非选择题:本题共5小题,共54分。
11.如图，在平面直角坐标系的第一象限内，存在垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为，圆形区域的半径为。大量质量为、电量为的相同粒子从轴上的点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，入射速度方向与轴正方向的夹角为。当为某一值时，粒子先后经过和两点。不计粒子的重力。求：
（1） 粒子经过和两点时的值和粒子的入射速率;
（2） 时，粒子离开磁场的位置到点的距离。
12.如图所示，在坐标系的第一象限内存在匀强磁场。轴上距坐标原点距离为的点有一粒子发射器，可连续发射速度大小均匀分布在到范围内的带正电粒子，粒子均以与轴正方向成的方向垂直磁场射入。已知从轴射出第一象限的粒子占比为，带电粒子质量为、电荷量为，不计粒子重力和粒子间的相互作用。求：
（1） 匀强磁场的磁感应强度；
（2） 粒子在第一象限运动的最长时。
13.如图，两个定值电阻的阻值分别为，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，板长为。质量为、带电量为的小球以初速度沿水平方向从电容器下板左侧边缘点进入电容器，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，忽略空气阻力。
（1） 求直流电源的电动势;
（2） 图中虚线右侧存在以为边界的竖直向上的匀强电场，虚线间存在垂直纸面向外的匀强磁场，使得带电小球在虚线右侧沿水平方向匀速运动，求间匀强磁场的磁感应强度。
14.如图所示，坐标系的第一象限内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，一个质量为、电荷量为的带负电粒子，从轴上的点以某一速度射入第一象限，并恰好垂直于轴上的点射出。已知，粒子入射速度与轴正方向的夹角为，粒子在第一象限内运动的时间为。不计粒子重力。求：
（1） 带电粒子穿过第一象限时的速率及磁场的磁感应强度的大小；
（2） 当粒子第一次到达点后，若在坐标系的第一象限和第二象限内分别加上垂直于纸面向内和向外的匀强磁场，且让两磁场的磁感应强度大小均为，为使带电粒子最终可以到达点，与的比值。
15. 2023年是芯片行业重要的里程碑。中国会成为全球生产芯片的重要国家之一。离子注入是芯片制造过程中一道重要的工序。如图1所示是离子注入工作原理的示意图，处的离子无初速地“飘入”加速电场，经电场加速后从点沿半径方向进入半径为的圆形匀强磁场区域，经磁场偏转，最后打在竖直放置的硅片上。离子的质量为、电荷量为，加速电场的电压为，不计离子重力。求：
图1
（1） 离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小；
（2） 若磁场方向垂直纸面向外，离子从磁场边缘上某点出磁场时，可以垂直打到硅片上，求圆形区域内匀强磁场的磁感应强度的大小；
（3） 为了追求芯片的精致小巧，需要对硅片材料的大小有严格的控制。如图2所示，在距点为处的硅片下端与磁场中心在同一水平线上，硅片长为，要求所有离子都打到硅片上，求磁感应强度的取值范围。
图2
专题十 综合检测
1. B 圆环受到重力、支持力、摩擦力和洛伦兹力作用，受力示意图如图所示，由于，故，即摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，故圆环将由静止开始沿棒下滑，当圆环的速度达到最大值时，圆环所受合力为零，根据平衡条件沿棒方向和垂直于棒方向分别有，，其中，解得最大速度，B正确。
2.C粒子在磁场中运动周期，粒子打到点时，转动角度最小，运动时间最短，根据几何关系，粒子从点运动到点的速度偏转角为，最短时间为；设圆弧上存在一点,轨迹圆心与点的连线恰与圆弧相切，则从点射出的粒子偏转角度最大，运动时间最长，根据几何关系，粒子偏转角度为，最长时间为，故
[点拨]轨迹圆心与点的连线平行于，故该连线与的夹角为。
运动时间范围为，C正确。
3. C 由安培定则可得三个电流在中点的磁场的方向如图1所示，由几何关系可知，三个导线电流大小相同，由题图2得三个电流在点的磁感应强度大小均为,、两电流在点形成磁场方向相同，垂直向上，电流在点形成的磁场方向垂直向下。三个通电导线在点磁感应强度的合成如图2，由平行四边形定则和余弦定理可知，解得三个电流在点的合磁场，即垂直于，则沿方向，而点的磁感应强度为零，则匀强磁场与三个通电导线在点的合磁场等大反向，故匀强磁场的磁感应强度大小为。，沿方向，C正确。
图1 图2
4.B 带电粒子在第一象限只受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，设其做匀速圆周运动的半径为，结合题意作出粒子从点射出磁场的轨迹图如图所示，此时轨迹圆心为，由几何知识有，解得，由洛伦兹力提供向心力有，联立解得,A、C错误；分析可知，当时，粒子在磁场中的轨迹圆弧长度最大，对应的圆心角最大，则此时粒子在磁场中的运动时间最长，作出此时粒子在磁场中的轨迹图如图所示，此时轨迹圆心为处于轴上，对应的圆心角为，由几何知识有，解得，由运动学公式可得粒子在磁场做匀速圆周运动的周期，粒子在磁场中运动的最长时间，联立解得，B正确，D错误。
5.B 添加强电场前，粒子在磁场中做速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有，根据几何关系可知速度偏转角为，，添加匀强电场后，粒子做匀速直线运动，根据平衡条件有，粒子在添加匀强电场后运动至接收屏的时间，B正确。
6. B 磁场方向未改变时，对导线做受力分析如图1所示，结合力的平行四边形定则可得导线受到的轻绳的拉力，受到的安培力；磁场变为竖直方向后，对导线做受力分析如图2所示，结合平衡条件可得导线受到的轻绳的拉力，受到的安培力,可得,，B正确。
图1 图2
7. A 由题意可知，通入电流时金属杆1所受安培力垂直金属杆1向下，由左手定则可知，线框中电流方向为逆时针方向，A正确；分析可知金属杆1转动过程中有效受力长度逐渐增大，故所受安培力逐渐增大，而安培力始终垂直金属杆，则金属杆1的角速度增加得越来越快，B错误；设正方形区域的边长为，金属杆1转过角度为，恒定电流大小为，匀强磁场的磁感应强度大小为，由安培力公式可得，金属杆1所受安培力与转过角度的余弦值成反比，C、D错误。
8. AD 接通电路后导体棒中电流方向由外向里，导体棒水平向右运动，则安培力有水平向右的分量，结合左手定则可知磁场的方向斜向上，A正确；结合题意分析可知，接通电源后导体棒做匀加速直线运动，加速度大小为，对导体棒受力分析如图所示，由力的合成与分解及牛顿第二定律有，联立解得,B错误；由力的合成与分解及平衡条件有，结合B项分析解得，由牛顿第三定律可得导体棒对导轨的压力大小为,C错误；由安培力公式，推导可得，联立解得,D正确。
9. CD 要使装置正常工作，则必须在磁场中受到向下的作用力，根据左手定则可知，中电流方向由到，A正确；初始时刻，刻度为0时，弹簧的弹力之和为
，通入电流时，对金属杆受力分析，由平衡条件可得，其中，联立可得，则，由于、、恒定，则若将标尺标上所对应的磁感应强度值，刻度均匀，B错误；由公式可知，该装置所能测量的磁感应强度范围与质量无关，与电流有关，C错误，D正确。
10. BD 由于小球进入磁场后做速圆周运动，受力分析可知其所受电场力和重力等大反向，故小球带负电，A错误；未进入磁场前，小球所受电场力和重力为一对平衡力，故小球做直线运动，B正确；由于，分析可知，小球垂直虚线进入电磁叠加场区域，画出带电小球运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供其做圆周运动的向心力有，解得其轨迹半径，则对应越大，小球在磁场中运动的轨迹半径越大，分析可知，轨迹未与轴相切之前，其在磁场中运动的时间始终为,C错误；由轨迹图可知，小球在磁场中运动的过程中，速度增大到其轨迹与轴相切后，电场力一直做负功，则其电势能可能一直增大（如轨迹1），D正确。
11.（1） （2）
【解析】（1） 带电粒子在圆形区域只受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，设其做匀速圆周运动的半径为，作出粒子经过、和三点时的轨迹图如图1所示，由三点连线构成等腰直角三角形可知
①
由洛伦兹力提供向心力有②
联立①②解得③
结合几何知识可知，粒子经过和两点时④
图1
（2） 设时，粒子在磁场的出射点为，为轨迹圆心，作出粒子的轨迹图如图2所示，图中和的夹角为，由几何关系有
⑤
⑥
联立①⑤⑥解得
图2
12.（1） （2）
【解析】
（1） 结合题意分析可知，粒子在洛伦兹力作用下在第一象限内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有
可得①
作出粒子恰好从轴射出第一象限时的轨迹，如图所示，设此时轨迹半径为，由几何知识可得
②
设恰好从轴射出第一象限的粒子速度为，结合知，当粒子速度大于时，粒子的轨迹半径大于，粒子均从轴射出第一象限；当粒子速度小于时，粒子的轨迹半径小于，粒子均从轴射出第一象限，由题可知从轴射出第一象限的粒子占比为，且发射速度大小均匀分布在到范围内，故恰好从轴射出第一象限的粒子速度为③
[点拨]粒子发射速度均匀分布在到范围内，从轴射出第一象限的粒子占比即为从轴射出第一象限的粒子的速度在到范围内的占比。
联立①②③解得④
（2） 由周期公式可得，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期⑤联立①⑤可得⑥
设粒子在磁场中的轨迹对应的圆心角为，分析可知粒子在磁场中运动的时间⑦
分析可知，粒子在第一象限运动的时间与其轨迹对应的圆心角成正比，结合轨迹图可知，当粒子从轴射出第一象限时，其轨迹对应的圆心角最大，由几何知识可知圆心角最大值⑧
粒子在第一象限运动的最长时间⑨
联立④⑥⑧⑨解得
13. （1） （2）
【解析】
（1） 结合题意可知，带电小球在电容器两极板间做类平抛运动，设其加速度大小为，运动时间为，两极板间电压为，对小球受力分析，结合牛顿第二定律有
①
由运动学公式有
②
③
由串联电路分压特点有④
联立①②③④解得⑤
（2） 带电小球在虚线右侧沿水平方向匀速运动，分析可知在虚线右侧小球所受电场力与重力等大反向，则小球在虚线间仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，并从虚线上水平射出，作出小球的运动轨迹如图所示，为小球做类平抛运动和匀速圆周运动的速度偏转角，由几何知识可知小球做匀速圆周运动的轨迹半径⑥
小球进入虚线时的速度⑦
由洛伦兹力提供向心力有⑧
由平抛运动速度的反向延长线过水平位移中点，结合几何知识有
,⑨
联立⑥⑦⑧⑨解得
14.（1） （2）
【解析】（1） 粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，画出轨迹图如图1所示，设粒子运动的轨迹半径为，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
由几何关系知，粒子在磁场中的偏转角度
则粒子在第一象限内运动时间①
由圆周运动规律有，周期②
由几何关系知③
由洛伦兹力提供向心力得④联立①②③④解得,⑤
（2） 因粒子从点垂直于轴进入第二象限的磁场，要使粒子到达点，则粒子可能的运动轨迹是个半圆构成的轨迹，设粒子运动轨迹半径为
由洛伦兹力提供向心力得⑥
⑦
联立③⑤⑥⑦解得⑧
则
图1 图2
15.. （1） （2） （3）
【解析】
（1） 对离子通过加速电场的过程应用动能定理可知
①
解得②
（2） 根据题意，画出离子在磁场中运动的轨迹，如图1所示
图1
由几何关系可知，离子的轨迹半径为
由洛伦兹力提供向心力有③
联立②③解得④
（3） 根据题意，画出离子在磁场中运动的轨迹，圆心为，如图2所示，离子打在硅片上端时，设磁感应强度为，，离子的轨迹半径为，由几何关系可知
，可得⑤则，，，
图2
⑥
由洛伦兹力提供向心力有⑦
离子打在硅片下端时，磁感应强度为（2）中计算所得
联立②⑥⑦解得⑧
故磁感应强度取值范围专题十六 近代物理
综合检测
建议用时:75分钟 总分42分
一、选择题：本题共 7小题，共42分。在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，每小题4分；第6-7题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.2024年1月1日，“夸父一号”卫星成功地记录了第25太阳活动周最大的耀斑。该卫星搭载的赖曼阿尔法全日面成像仪可探测波长为 的氢原子谱线（光谱的能量约为 ）。已知氢原子第 能级的能量公式为，，则赖曼阿尔法全日面成像仪探测 的谱线对应的氢原子在发生能级跃迁前，该氢原子电离至少需要吸收的能量为
A. B. C. D.
2. 两种放射性元素的半衰期分别为1年和3年，最初这两种元素的原子核总数为 ，经过3年后，尚未衰变的原子核总数为 ，则再经过3年尚未衰变的原子核总数为
A. B. C. D.
3. 卢瑟福的 粒子散射实验装置如图所示，在一个小铅盒里放有少量的放射性元素钋，它发出的 粒子从铅盒的小孔射出，形成很细的一束射线，打到金箔上，最后在环形荧光屏上产生闪烁的光点。下列说法正确的是
A. 粒子发生偏转是由于它跟金箔中的电子发生了碰撞
B. 当 粒子接近金箔中的电子时，电子对粒子的吸引力使之发生明显偏转
C. 通过 粒子散射实验可以估算原子核半径的数量级约为
D. 粒子散射实验说明了原子中有一个带正电的核，几乎集中了原子全部的质量
4. 金属钛由于其稳定的化学性质，具有良好的耐高温、耐低温、抗强酸、抗强碱能力，以及高强度、低密度，被誉为“太空金属”。用频率为 的单色光照射金属钛表面，发生光电效应。从钛表面放出光电子的最大初动能与入射光频率的关系图线如图所示。普朗克常数 ，则下列说法正确的是
A. 钛的极限频率为
B. 钛的逸出功为
C. 随着入射光频率的升高，钛的逸出功增大
D. 光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
5.利用如图所示装置研究光电效应，电源极性可对调，分别将甲、乙丙三种单色光照射图中的阴极 ,得到光电极两端电压和电流分别变为0时对应的电流和电压数据如下表。已知甲光的频率为 ，普朗克常量为 ，光电子电量为，表中字母，则下列说法正确的是
电表 甲 乙 丙
电流表为0时的电压
电压表为0时的电流
A. 阴极 的逸出功为 。 B. 甲光的频率是丙光的2倍
C. 乙光的光子动量是丙光的2倍 D. 甲光比丙光的光照强度小
6.1932年，考克饶夫和瓦尔顿用质子加速器进行人工核蜕变实验，验证了质能关系的正确性。在实验中，锂原子核俘获一个质子后成为不稳定的原子核，随后又蜕变为两个原子核，核反应方程。已知 、、的质量分别为、、,，光在真空中的传播速度为 ,则在该核反应中
A. 该核反应方程为
B. 原子质子数是8
C. 释放的核能约为
D. 具有的穿透能力最弱
7.1932年，考克饶夫和瓦尔顿用质子加速器进行人工核蜕变实验，验证了质能关系的正确性。在实验中，锂原子核俘获一个质子后成为不稳定的原子核，随后又蜕变为两个原子核，核反应方。已知 、的比结合能分别为 、，则在该核反应中
A. 电荷数与质量均守恒
B. 因为的比结合能比 的比结合能小，所比 更稳定
C. 锂原子中子数是4
D. 该反应为放热反应
专题十六 近代物理 综合检测
1.B 波长为 的氢原子谱线对应的光子能量约为 ,而,可知 ，即氢原子在发生能级跃迁前处于第2能级，将该氢原子电离，至少需要吸收的能量为 ,B正确。
2.D 设半衰期为1年的原子核数为 ，半衰期为3年的原子核数为 ，则根据题意有 ,，，，解得 ,，则再经过3年尚未衰变的原子核总数为 ,D正确。
3.D 粒子偏转主要是占原子质量绝大部分的带正电的原子核的斥力造成的，电子的质量很小，粒子与电子碰撞后对运动轨迹的影响可忽略不计，A错误；大角度的偏转不可能是电子造成的，因为电子的质量只有 粒子的 ，它对 粒子速度的大小和方向的影响就像灰尘对枪弹的影响，完全可以忽略，B错误； 粒子散射可以用来估算核半径，对于一般的原子核，实验确定的核半径的数量级为 ，而整个原子半径的数量级是 ，两者相差十万倍之多。可见原子内部是十分“空旷”的，C错误；占原子质量绝大部分的带正电的物质集中在很小的空间范围，这样才会使 粒子在经过时受到很强的斥力，使其发生大角度的偏转，D正确。
4.B 由题图可知，当最大初动能等于零时，入射光的频率等于金属的极限频率，则有 ，可知钛的逸出功 ,A错误，B正确；逸出功由金属本身的性质决定，与入射光频率无关，C错误；由题图可知，光电子的最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不是正比关系，D错误。
5.A 时，光电管两端电压为遏止电压，根据光电效应方程可知，，解得阴极 的逸出功为 ,A正确；由 项分析可知，，由表格可知甲、丙光对应的遏止电压相等，则甲、丙两光的频率相等，，可知乙光的频率小于丙光频率的2倍，根据光子动量公式，乙光的光子动量小于丙光的2倍，B、C错误；因为入射光强度与单位时间内发射的光电子数成正比，单位时间内发射的光电子数越多，说明入射光越强，根据表格可知，电压表为0时甲光电流大于丙光电流，结合 项可知甲、丙的频率相同，即甲光比丙光的光照强度大，D错误。
6.CD 根据质量数和核电荷数守恒可知，,A错误；根据核电荷数守恒可知，铍原子质子数等于锂原子和氢原子的质子数之和，结果为4，B错误；释放的核能 ，其中 ，联立解得 ,C正确；是 粒子，穿透能力最弱，D正确。
7. CD 核反应方程均满足电荷数守恒与质量数守恒，但是反应过程中释放能量，存在质量亏损，故质量不守恒，A错误；比结合能小的原子核变为比结合能大的原子核会释放能量，所以 比 更稳定，B错误；锂原子的中子数等于质量数减去质子数，结果为4，C错误；根据质量数和核电荷数守恒可知，核反应方程为 ，则该反应释放的核能为 ，可知该反应为放热反应，D正确。专题十一 电磁感应 综合检测
建议用时:75分钟 总分100分
一、选择题：本题共 10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10 题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 如图是学生常用的饭卡内部实物图，其由线圈和芯片组成电路。当饭卡处于感应区域时，刷卡机会激发变化的磁场，从而在饭卡内线圈中产生感应电流来驱动芯片工作。已知线圈面积为，共匝。某次刷卡时，线圈平面与磁场垂直，且全部处于磁场区域内，在感应时间内，磁感应强度方向向里且由0增大到，此过程中
A. 通过线圈的磁通量变化量大小为
B. 线圈中感应电流方向为逆时针方向
C. 边受到的安培力方向向右
D. 线圈有扩张的趋势
2.如图所示，光滑且足够长的平行导电轨道固定到水平桌面上，导轨间有方向垂直水平桌面向下的匀强磁场。将导体棒垂直放置在导轨上，已知导体棒的质量分别为，导体棒电阻均为，导轨电阻不计。调整导体棒使其以初速度开始向左运动，一直到两导体棒运动稳定，导体棒始终未发生碰撞且均与导轨接触良好。判断整个运动过程中导体棒产生焦耳热正比于
A. 导体棒电阻的乘积 B. 导体棒的初速度
C. 导体棒的初速度的平方 D. 导体棒间的距离
3. 如图1所示，一个匝数的圆形导体线圈，总电阻，在线圈内存在面积为且垂直线圈平面的匀强磁场区域，外电路中灯的电阻始终为（可忽略温度对电阻影响），是自感系数很大、直流电阻可忽略的自感线圈。时刻闭合开关，同时控制线圈内的磁感应强度随时间变化的规律如图2（取垂直线圈平面向外的磁场方向为正），则下列说法正确的是
图1 图2
A. 通过灯的电流方向始终为
B. 若时断开开关，灯会立马熄灭
C. 由于自感线圈的存在，灯的亮度始终比灯亮
D. 内灯产生的热量为
4.某兴趣小组为了探究线圈的电磁感应问题设计如图1的装置，在有机玻璃管上用漆包线缠绕8匝线圈，上部分5匝均匀分布，下部分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。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，俯视逆时针方向为感应电流的正方向，电流传感器记录了线圈中电流随时间的变化如图2所示。则
图1 图2
A. 强磁体上端为极，下端为极
B. 强磁体穿过每一匝线圈的磁通量都是先减小后增大
C. 强磁体在时刻的加速度比在时刻的加速度大
D. 穿过线圈的过程中，克服安培力做功越多，强磁体的机械能转化为线圈的电能也越多
5.如图所示，与水平面夹角为的绝缘斜面上固定有光滑形金属导轨。质量为、电阻不可忽略的导体杆沿导轨向下运动，以大小为的速度进入方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场区域，在磁场中运动一段时间速度大小逐渐变为。运动过程中杆与导轨垂直并接触良好，导轨的电阻忽略不计，重力加速度为。杆在磁场中运动的此段时间内
A. 杆受到水平向右的安培力 B. 做加速度减小的加速运动
C. 产生均匀增加的感应电流 D. 减少的重力势能为
6.如图所示，与水平面夹角为的绝缘斜面上固定有间距为光滑的形金属导轨，区域Ⅰ、Ⅱ中磁场方向均垂直斜面向上，边长为的正方形Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加，磁感应强度大小，Ⅱ区中匀强磁场的磁感应强度大小为。质量为、电阻为、长度也为的金属棒沿导轨向下从无磁场区域中处由静止释放，运动位移为时进入Ⅱ区，经下行至最低点处反向上行。运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好。重力加速度为，在第一次下行和上行的过程中，以下叙述正确的是
A. 金属棒下行时刚进入Ⅱ区的速度为
B.
C. 金属棒能上行及下行运动与的大小无关
D. 金属棒第一次下行到刚进入Ⅱ区时产生的焦耳热为
7.如图所示，在磁感应强度大小为、方向竖直向下的匀强磁场中，间距为的水平形导体框左端连接一阻值为的电阻。一质量为、电阻为的导体棒置于导体框上，并在水平向右的外力作用下从静止开始做加速度为的匀变速直线运动，作用时间后撤去外力，最终停在导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦，则在运动过程中
A. 点电势高于点电势
B. 外力的最大值为
C. 外力的冲量为
D. 导体棒加速时的平均电动势小于减速时的平均电动势
8.如图所示，竖直平面内固定两根间距为的光滑足够长平行金属导轨，导体棒与导轨接触良好并垂直导轨匀速运动。质量为、电量为的带电小球，恰好能在水平放置的平行板电容器内做竖直面内的匀速圆周运动，电容器下极板接地，两板间距离为，导轨间匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为，电容器间匀强磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为，重力加速度为。下列说法正确的是
A. 该小球做匀速圆周运动过程中动能与电势能总和保持不变
B. 导体棒一定向右运动，速度大小保持不变
C. 若仅减小为原来的一半时，为使小球运动情况不变，应变为原来的两倍
D. 当电容器两板间距离增大为原来的两倍时，为使小球运动情况不变，导体棒速度应变为原来两倍
9.如图所示，金属环固定在水平桌面上，金属环区域内存在垂直桌面向下的匀强磁场，金属环左侧有一根足够长、粗细均匀的光滑导体棒。时刻，对导体棒施加一垂直于导体棒的外力，使其滑上金属环并一直做匀速直线运动。导体棒在金属环上运动过程中，流经导体棒的电流大小表示为，忽略金属环的电阻，导体棒与金属环接触良好。下列图像可能正确的是
A. B. C. D.
10.如图1所示，边长为的单匝正方形导线框固定在水平纸面内，线框的电阻为。虚线恰好将线框分为左右对称的两部分，在虚线左侧的空间内存在垂直纸面向内的匀强磁场，规定垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图2，虚线右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小恒为，下列说法正确的是
图1 图2
A. 时刻，线框中产生的感应电动势大小为
B. 时刻，线框所受安培力的合力为0
C. 时刻，线框受到的安培力大小为
D. 在内通过线框导线横截面的电荷量为
二、非选择题:本题共5小题,共54分。
11.如图所示，固定在水平面的光滑平行轨道，左右两端与竖直面内的四分之一光滑圆弧形轨道平滑连接于处，水平区域内有竖直向下的匀强磁场。导体棒位于区域中间，将导体棒沿左侧圆弧轨道的最高点由静止开始释放，在运动过程中，两导体棒在水平面有共速时刻。已知磁感应强度大小为，圆弧轨道半径均为，轨道间距均为，导体棒的质量分别为和，接入轨道部分的电阻均为，重力加速度为，不计导轨电阻，求：
（1） 导体棒第一次进入到磁场区域的瞬间，导体棒的加速度；
（2） 导体棒第一次运动到右侧圆弧轨道的高度。
12.如图1所示，光滑绝缘的水平面内有垂直平面的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，其俯视图如图1所示，两磁场区域的磁感应强度随时间的变化如图2所示。时，一半径为、电阻为的金属圆环恰处于磁场Ⅰ区域中，时刻给圆环水平向右的初速度，时刻圆环运动至图1中的虚线位置（圆环关于中间虚线左右对称）。已知磁场Ⅰ、Ⅱ的宽度均略大于圆环直径，取垂直水平面向下为磁场正方向。
图1 图2
（1） 求时刻圆环内部的张力;
（2） 若时刻圆环的速度大小为，求此时圆环内的电流大小;
（3） 若时刻圆环的速度恰好为零，并立即固定圆环，求时间内圆环中产生的焦耳热。
13.如图1，垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度。一边长为的正方形金属框在外力作用下进入磁场，在进入磁场过程中边受到的安培力随时间的变化如图2。已知金属框每边的电阻均相同，进入磁场过程所用时间为。
图1 图2
（1） 判断金属框的运动情况及求金属框的速度大小;
（2） 求金属框的电阻及进入磁场过程两端的电势差;
（3） 求金属框进入磁场过程中，边克服安培力所做的功。
专题十一 综合检测
1. B 通过线圈的磁通量变化量大小为,A错误；线圈内磁通量向里增加，根据楞次定律可知线圈中感应电流方向为逆时针，根据左手定则可知，边受安培力方向向左，B正确，C错误；线圈内磁通量增加，根据楞次定律可知线圈有收缩的趋势，D错误。
2. C 结合楞次定律与左手定则以及动量守恒定律可知，开始时，导体棒受到的安培力大小相等，且方向相反，导体棒做减速运动，导体棒做加速运动，最终二者以相同的速度做匀速直线运动，导体棒与导轨围成的回路面积不变，不再产生感应电流，也不再受到安培力。整个过程中组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒。设导体棒共速时速度大小为，导体棒产生的焦耳热为，由动量守恒定律有，由能量守恒定律有，联立可得，可知与导体棒电阻、导体棒间的距离无关，正比于,C正确。
3. D 磁感应强度的变化率恒定，由楞次定律可判断感应电流的方向始终为,A错误；断开开关后，自感线圈与两灯一起构成一个自感回路，不会立即熄灭，B错误；由于线圈的自感阻碍，灯后发光，逐渐变亮，由于线圈的电阻忽略不计，则最后两灯一样亮，C错误；根据法拉第电磁感应定律可得，电动势,,内灯产生的热量,D正确。
4.D 由题图2知感应电流先为正方向，强磁体在玻璃管内沿轴线从上端口由静止下落，由楞次定律可知强磁体上端为极，下端为极，A错误；强磁体下落通过每一匝线圈过程中，对单匝线圈来说，其磁通量都是先增加后减小，B错误；在时刻与时刻，感应电流为零，此时强磁铁受到的电磁阻力为零，加速度为，即强磁体在时刻的加速度与在时刻的加速度一样大，C错误；由题图2知电流的峰值越来越大，线圈可等效为条形磁铁，线圈的电流越大则磁性越强，其阻碍作用越强，由于线圈上部分5匝均匀分布，下部分3匝也均匀分布，由此可知克服安培力做功越多，强磁体的机械能转化为线圈的电能也越多，D正确。
5. B 由右手定则得导体杆中产生感应电流的方向为从到，再由左手定则得杆受到沿斜面向上的安培力，A错误；设杆切割磁感线的有效长度为,电阻为。杆在磁场中运动的这段时间内，杆受到重力、轨道的支持力及沿轨道向上的安培力作用，根据牛顿第二定律可得，安培力，由闭合电路欧姆定律知，联立可得杆的加速度，可知杆在磁场中运动的此段时间内做加速度逐渐减小的加速运动，产生非均匀增加的感应电流，B正确，C错误；杆在磁场中运动的此段时间增加的动能为，由能量守恒定律得，则减少的重力势能大于，D错误。
6. C 金属棒在无磁场区域内不受安培力，仅受重力作用，根据动能定理有，解得，A错误；Ⅰ区域中，磁感应强度为，Ⅰ区域中产生的感应电动势，恒定不变，感应电流，金属棒能上行，则在点受到的安培力大于重力的分力，在点速度为0，只有Ⅰ区域中产生的电流，安培力，则，解得，B错误；金属棒能上行下行与的大小无关，与有关，C正确；设金属棒第一次下行到刚进入Ⅱ区时的时间为，由运动学公式，，解得，产生的焦耳热，D错误。
7 B 导体棒切磁感线产生感应电动势，导体棒相当于电源，由右手定则知感应电流方向为，可知点电势低于点电势，A错误；在运动过程中，导体棒先在外力的作用下做匀加速直线运动至，后撤去外力，其在安培力的作用下做减速运动最终停在导体框上，在内，对导体棒有，而、，则，由此知导体棒速度越大，外力越大，当时，外力最大为，B正确；在内，对导体棒由动量定理有，，，联立解得外力的冲量，C错误；由B项分析可知，匀加速阶段，导体棒的平均速度；减速阶段，，导体棒做初速度为,加速度逐渐减小的减速运动。根据图像知减速阶段的平均速度，由可知导体棒加速时的平均电动势大于减速时的平均电动势，D错误。
8. 该小球做匀速圆周运动过程中动能不变，电势能不断变化，则动能与电势能总和不断变化，A错误；小球做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，可知电场力向上且保持不变，下极板为正极，由右手定则可知，导体棒一定向右运动，速度大小保持不变，B正确；若仅减小为一半时，根据可知，电容器两板电势差变为原来的一半，两板间场强变为原来的一半，此时小球的重力与电场力不再平衡，则即使变为两倍小球也不会做匀速圆周运动，C错误；当电容器两板间距离增大为两倍时，则为使小球运动情况不变，若两板间场强不变，两板电势差将要变为原来的2倍，则根据可知导体棒速度应变为原来的两倍，D正确。
9. 导体棒向右匀速运动的过程中，设导体棒有效切割磁感线的长度为，由法拉第电磁感应定律可得导体棒切割磁感线产生的感应电动势①。电路中的总阻值为接入电路中导体棒的电阻，则②，电路中的电流③，联立①②③解得④，其中均为常量，故电流也保持不变，A正确，B错误；由题可知导体棒一直做匀速直线运动，所以拉力等于安培力，结合④式可得导体棒受到的安培力大小，由此可知安培力与导体棒的有效切割长度成正比，在运动过程中并不是均匀增大的，如图所示，随着水平坐标变化，导体棒接触长度为竖直坐标的2倍，所以长度的变化趋势与圆一致，先是增大得越来越慢，经过圆心后，减小得越来越快，C错误,D错误。
10. ACD 线框右半边磁通量不变，线圈左半边磁场增强，磁通量增大，由法拉第电磁感应定律可得,A正确；由右手螺旋定则可知线框中感应电流方向为俯视逆时针方向，上下边框对称位置受力等大反向，左右两边受力等大同向，故安培力合力为,B错误；时左边线框受力与右边线框受力同向，故,C正确;根据电荷量的公式有,D正确。
11. （1） （2）
【解析】（1） 导体棒从圆弧轨道最高点下落到处时，仅有重力做功
由动能定理有①
导体棒经过，开始切割磁感线，产生的感应电动势②
回路中的电流③，方向为顺时针（俯视）
由左手定则可知导体棒受到向左的安培力，导体棒受到向右的安培力
安培力大小为④
结合牛顿第二定律有⑤
联立①②③④⑤解得导体棒的加速度⑥
（2） 流过导体棒的电流大小相等、方向相反，受到的安培力大小相等、方向相反，导体棒做减速运动，导体棒做加速运动，最终二者共速，此时导体棒与导轨围成的回路面积不变，不再产生感应电流，也不再受到安培力，两导体棒均做匀速直线运动对组成的系统受力分析，整个过程中合外力为零，则整体动量守恒
设两导体棒匀速运动时的速度为
由动量守恒定律有⑦
导体棒经过之后，滑上圆弧导轨，仅有重力做功
由动能定理有⑧
联立⑦⑧解得
12.（1） （2） （3）
【解析】（1） 结合题图2和法拉第电磁感应定律，可知0~T时间内圆环产生的感应电动势
①
由闭合电路欧姆定律可得圆环内的电流②
由图2可知时，分析可知右侧半圆环对左侧半圆环的作用力的合力为，设左侧半圆环受到的安培力为，左侧半圆环在水平面内的受力情况如图所示
由安培力公式可得③
由力的平衡条件有④
联立①②③④解得⑤
（2） 由题图2可知时磁场Ⅰ区域磁感应强度，磁场Ⅱ区域磁感应强度⑥时刻左、右两侧半圆环切割磁感线，由右手定则可知左、右圆环的电流方向均为顺时针，相当于两个电源串联
左侧圆环产生的感应电动势⑦
右侧圆环产生的感应电动势⑧
圆环内总电动势为⑨
圆环内的感应电流大小⑩
联立⑥⑦⑧⑨⑩解得此时圆环内的电流大小
（3） 由题意可知圆环在2T~3T时间内处于静止，结合题图2可知2T~3T时间内线圈的磁通量变化
由法拉第电磁感应定律有
由闭合电路欧姆定律可得
由焦耳定律可得2T~3T时间内圆环中产生的焦耳热
联立 解得
13.（1） （2） （3）
【解析】（1） 假设金属框匀速运动，对边有安培力①
由图2知边受到的安培力与时间成正比，由此可知假设成立，即金属框做匀速直线运动。
金属框的速度大小②
（2） 由①及图2知③
边进入磁场切割磁感线，由电磁感应定律有④
欧姆定律⑤
联立②③④⑤并代入数据得⑥
金属框进入磁场过程两端的电势差⑦
联立②④⑦并代入数据有⑧
（3） 金属框进入磁场过程中，边受到的安培力⑨
边克服安培力所做的功⑩
联立②④⑤⑥⑨⑩并代入数据得专题一运动的描述综合检测
建议用时:75分钟 总分100分
一、选择题：本题共 10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10 题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.关于物体能否看作质点,下列判断正确的是
A.甲图:研究某高铁列车从杭州行驶到北京所需的时间,可将列车视为质点
B.乙图:研究一婚礼车队通过某红绿灯路口所需的时间,可将车队视为质点
C.丙图:蚂蚁很小,研究它的运动时,一定可以将它视为质点
D.丁图:研究花样滑冰运动员的优美动作时,可将她视为质点
2.一个物体由A地出发,匀速运动到达B地,停了一段时间,又匀速运动返回A地,下列可以描述以上全过程的图像是
3.某物体做直线运动的 图像如图所示，则关于该物体运动情况描述正确的是
A. 时刻物体离出发点最远
B. 时间内，物体的平均速度等于零
C. 时间内，物体的平均速度
D. 当 时，物体速度、加速度均等于零
4.一小车沿直线运动，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。小车匀加速运动与匀减速运动的位移之比为
B. C. D.
5.小王用频闪相机记录跳水运动员跳台跳水过程中的动作，他拍摄的第一张照片恰好为运动员起跳瞬间，第六张照片运动员到达最高点，第二十一张照片运动员恰好接触水面，已知该相机每秒可连拍10张照片，运动员可视为质点，不计空气阻力，g取10 m/s2 ，则跳台的高度为
A. B. C. D.
6. 甲、乙两物体沿 轴做匀变速直线运动的位置—时间图像如图所示，两图线相切于 点。已知甲物体的初速度为零，乙物体的加速度大小为。两物体均可视为质点，下列说法正确的是
A. 乙物体的初速度大小为4
B. 甲、乙两物体的加速度方向相同
C. 时，甲、乙两物体的速度大小均为
D. 乙物体的初始位置坐标为（0,8m）
7. 一小球从地面竖直上抛，用 表示小球的速率，表示小球运动的路程，不计空气阻力，则小球从抛出到落回地面的过程中，其 图像可能为
A. B. C. D.
8. 如图1所示，某同学用智能手机拍摄物块从台阶旁的斜坡上自由滑下的过程，物块运动过程中的五个位置、、、、及对应的时刻如图2所示。已知斜坡是由长为 的地砖拼接而成，且 、、三个位置物块的下边缘刚好与砖缝平齐。下列说法正确的是
图1 图2
A. 物块由 运动至 的时间为
B. 位置 与位置 间的距离为
C. 物块在位置 时的速度大小为
D. 物块下滑的加速度大小为
9.汽车甲以 的速度沿平直公路匀速行驶，突然发现前方路口同向车道处驶入另一汽车乙，为避免与乙相撞，甲鸣笛的同时立即刹车，乙听到甲鸣笛后，立即以的加速度加速运动，以甲刹车瞬间为计时零点，运动过程中甲、乙两车间的距离 与时间的关系图像如图所示，甲、乙两车的运动均可视为匀变速直线运动，不计驾驶员反应时间及鸣笛声传播时间。下列说法正确的是
A. 刹车时，甲车距路口的距离为
B. 乙车加速时的速度大小为
C. 时，甲车的速度大小为
D. 时，甲、乙之间的距离为
10.甲、乙两人骑车沿同一平直公路运动，二者运动的v - t图像如图所示（），已知甲、乙两人在t0时刻相遇，两人与车均可以看作质点，下列说法正确的是
A. t = 0时刻乙在甲的前方处
B. t = 0时刻甲在乙的前方处
C. 甲、乙速度相等的时刻
D. 甲、乙相距最远时的距离为
二、非选择题:本题共5小题,共54分。
11.（6分）某小组通过压力传感器测量运动物体的平均速度和瞬时速度，设计的实验装置如图1所示，竖直固定的圆弧形轨道与足够长水平轨道的左端点 平滑连接，从 点处开始在水平轨道的下方每间隔 依次铺设5个压力传感器（与计算机相连，其宽度可忽略不计），选用物块的宽度为。实验过程如下：
图1
①调整物块在圆弧轨道上由静止释放的高度，使物块能依次通过5个压力传感器。在圆弧轨道上标出释放点；
②将物块从标记点由静止释放，根据计算机显示的压力随时间变化的图像，记录物块经过相邻两压力传感器的时间 和经过每一个压力传感器的时间 。
（1） 某次实验中，当物块经过压力传感器2、3时计算机屏幕上显示的压力随时间变化的图像如图2所示，则物块由压力传感器2运动到压力传感器3过程的平均速度大小为 ；物块经过压力传感器2时的瞬时速度大小为 ;（均用 、、、、表示）；
图2
（2） 若考虑压力传感器的宽度，则该瞬时速度的测量值 真实值（填“大于”“小于”或“等于”）。
12.（8分）某同学用手机研究列车进站时速度变化的情况，该过程可视为匀减速直线运动。他用手机的录像功能记录了从列车车头经过他时开始直到列车停止运动的过程，通过回放录像得到了列车通过该同学的车厢个数 与对应的时刻 ，且恰好第6节车厢的后端经过他时列车停止，最终绘制得到了 与 的变化曲线如图所示，该同学上网查得该型号列车每节车厢的长度 。
（1） 第三节车厢经过他的平均速度大小为 （保留2位有效数字）；
（2） 计算得到（1）中第3节车厢经过他时的平均速度 （填“大于”“小于”或“等于”）该节车厢中央经过他时的瞬时速度，列车的加速度大小约为 （保留2位有效数字）；
（3） 若该同学依据通过他的车厢个数 与对应的时刻作出 的图像，并求得该图像纵轴上的截距为 ，则列车车头经过他时的瞬时速度大小 （用 、表示）。
13.（10分）经检测,汽车A以20 m/s的速度在平直公路上行驶时,制动后40 s停下来,制动过程中汽车A的运动可视为匀减速直线运动。现汽车A在平直公路上以20 m/s的速度行驶,发现前方180 m处有一货车B以6 m/s的速度同向匀速行驶,司机立即制动,是否会发生撞车事故
14.（14分）小敏在学过自由落体运动规律后，对自家屋檐上下落的雨滴产生了兴趣，她坐在窗前发现从屋檐每隔相等时间滴下一滴水，当第5滴正欲滴下时，第1滴刚好落到地面，而第3滴与第2滴分别位于高1 m的窗子的上、下檐，小敏同学在自己的作业本上画出了如图所示的雨滴下落同自家房子的关系，其中2点和3点之间的小矩形表示小敏正对的窗子，不计空气阻力，g取10 m/s2，求：
(1)滴水的时间间隔是多少？
(2)此屋檐离地面多高？(尝试用多种方法求解)
15.（16分）某兴趣小组在模拟球场上开展了一场别开生面的遥控车足球比赛。如图所示，遥控车甲将足球由 点以某一初速度沿 方向弹出，同时遥控车乙、丙从、两点分别沿 方向和 方向由静止开始加速运动，已知 为 和 的交点，且 ，，。已知足球单独被弹出不被乙、丙影响时，第1个 内通过的位移大小为 ，第4个 内通过的位移大小为 ，乙、丙能达到的最大速度均为 且均能保持最大速度匀速运动，乙、丙的加速度大小分别为 、。足球、遥控车乙、丙的运动均视为匀变速直线运动且不计足球、遥控车的大小。
（1） 求足球被弹出时的初速度大小和其在运动过程中加速度的大小；
（2） 通过计算说明，在正式比赛中遥控车乙能否追上足球？若能，求遥控车乙的速度大小；若不能，求出遥控车丙与足球相遇时离遥控车乙的最小距离。
1
专题一 综合检测
1.A 研究某高铁列车从杭州行驶到北京所需的时间,由于距离太远,列车自身长度可以忽略不计,可将列车视为质点,A正确;研究一婚礼车队通过某红绿灯路口所需的时间,由于车队较长,通过时间不可忽略,则不可将车队视为质点,B错误;蚂蚁很小,研究它的运动时,由于要研究它的具体动作,不可以将它视为质点,C错误;研究花样滑冰运动员的优美动作时,由于要研究她的具体动作,不可将她视为质点,D错误。
2.C A、B图中时间出现倒流;根据位移-时间图像的斜率表示物体的速度,可知C图像描述的运动是先沿正方向匀速运动后静止,然后反向匀速运动回到出发点;D图像描述的运动是先沿正方向匀速运动后反向匀速运动回到出发点,中间没有停止。C正确
3. B 由图可知，内，物体向正方向运动，后物体向负方向运动，故 时刻物体离出发点最远，A错误；由A项分析可知，时刻物体返回出发点，故时间内物体位移为零，其平均速度等于零，B正确；若间内物体向正方向先做匀加速运动后做匀减速运动，最大速度为，作出其图像如图所示，则该过程的平均速度，由图线与轴围成的面积表示位移，故时间内，物体的平均速度，C错误；时，物体速度为零，图线的斜率最大，即加速度最大，D错误。
4. D 设时刻小车的速度为，根据题意作出小车从时刻运动的图像
如图所示，根据运动学公式可知小车做匀加速运动的位移，小车做匀减
速运动的位移，则，D正确。
5. D 由题知该相机每秒可连拍10张照片，则每两张连续的照片之间的时间间隔为，第六张照片运动员到达最高点，则从跳台跳出至最高点的时间，由运动学公式有，可知跳台与运动员最高点的距离，第二十一张照片运动员恰好接触水面，则运动员从最高点运动至水面的过程有，其中，解得，则跳台的高度，D正确。
6. C 根据图像的斜率表示速度可知甲做初速度为零的匀加速直线运动，乙做匀减速直线运动，故甲、乙两物体的加速度方向相反，B错误；根据匀变速直线运动规律对甲有，将点坐标代入可得甲的加速度，设乙的初速度为，甲、乙对应的两图像相切于点，即此刻两者速度相等，加速度大小相等，则有，解得乙物体的初速度 ，时甲、乙两物体的速度大小，A错误、C正确；设 时刻乙物体的初始位置坐标为，在时间内根据运动学公式有 ，解得，D错误。
7. C 设小球被抛出的初速度为，则小球在上升阶段根据运动学公式有 ，整理可得，故上升阶段图像为开口沿轴负方向的抛物线，A、B错误；设上升至最高点的路程为，则小球下落回抛出点的过程根据运动学公式有 ，整理可得，故下落回抛出点的过程图像为开口沿轴正方向的抛物线，C正确，D错误。
7. D 由题知该相机每秒可连拍10张照片，则每两张连续的照片之间的时间间隔为，第六张照片运动员到达最高点，则从跳台跳出至最高点的时间，由运动学公式有，可知跳台与运动员最高点的距离，第二十一张照片运动员恰好接触水面，则运动员从最高点运动至水面的过程有，其中，解得，则跳台的高度，D正确。
8. CD 由图2中各个位置对应的时刻可知，相邻两位置间的时间间隔，故的时间间隔为，A错误；由A项分析可知段与段的时间间隔为 ，且，根据匀变速直线运动的推论有 ，解得，D正确；根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知物块在位置时的速度，C正确；对物块在位置的速度根据运动学公式有，由C项分析可知物块在位置速度，则位置、间距离为，B错误。
9. BD 由题可知，时刻，甲车与乙车的距离就是甲车与路口的距离，由题图可知，其距离，A错误；设甲车刹车过程中的加速度大小为，汽车乙加速时的初速度大小为，则根据运动学公式可知经时间后两车间的距离为 ，由题图可知，当时，甲、乙间的距离最小，且此时甲、乙速度相等，根据运动学公式有 ，联立可得，，B正确；由B项分析可知甲车的刹车时间，故时，甲车的速度大小为0，C错误；由B项分析可知甲车的刹车距离为，内乙的位移大小为 ，故时甲、乙之间的距离为 ，D正确。
10. CD 图像的斜率表示物体运动的加速度，由题图可知，甲以速度做匀速直线运动，乙做初速度为0、加速度为的匀加速直线运动，且时刻乙的速度为，根据运动学公式可知时间内甲、乙运动的位移分别为，，由于图像的图线与轴围成的面积表示物体的位移，则有，故时刻甲在乙的前方，二者的距离，A﹑B错误；设时刻甲和乙的速度相等，由运动学公式有，可得，C正确；甲、乙速度相等时，二者相距最远，最远距离，D正确。
11. （1） （2） 小于
【解析】（1） 由题图2可知，物块由压力传感器2运动到压力传感器3所用时间为 ，物块经过压力传感器2的时间为，故物块由压力传感器2运动到压力传感器3过程的平均速度大小为，物块经过压力传感器2时的瞬时速度大小为。
（2） 若实验时考虑压力传感器的宽度，则物块通过压力传感器的位移偏小，故该瞬时速度的测量值小于真实值。
12.（1）9.3 （2） 小于 0.50 （3）
【解析】（1） 根据平均速度的定义可有。
（2） 物体做匀变速直线运动时，同一过程中位移中点的速度总是大于中间时刻的速度，而中间时刻的速度等于这一过程的平均速度，所以第三节车厢经过他时的平均速度小于该节车厢中央经过他时的瞬时速度；根据逆向思维，对第6节车厢有，代入数据可解得。
（3） 设列车车头经过他时的速度为，由运动学公式有，化简可得，则有，即。
13.会发生撞车事故
【解析】汽车A做匀减速直线运动,当A车与B车同速时是A车逼近B车距离最多的时刻,这时若A车超过B车,则相撞,反之,则不会相撞。
由匀变速直线运动的速度与时间关系式可得A车刹车时的加速度大小为
a== m/s2=0.5 m/s2
设A车速度减到6 m/s所用的时间为t1,有vB=vA-at1,解得t1=28 s
此过程A车的位移为x1==364 m
B车的位移为x2=vBt1=168 m
由于Δx=364 m-168 m=196 m>180 m,所以两车会相撞。
14.(1)0.2 s (2)3.2 m
【解析】(1)设屋檐离地面高为h，滴水间隔为T.
由h＝gt2得
第2滴水下落的位移h2＝g(3T)2
第3滴水下落的位移h3＝g(2T)2
且h2－h3＝1 m
解得T＝0.2 s
(2)屋檐高h＝g(4T)2＝3.2 m.
15. （1） （2） 不能
【解析】（1） 足球被弹出后，由题知第4个内通过的位移和第1个内通过的位移之比为，故由匀变速直线运动的规律可知，足球第末速度刚好减小到零，则足球的运动可以逆向看作初速度为零的匀加速运动
设足球弹出时的初速度大小为，加速度大小为，则对足球在第4个内的运动由运动学公式有①，其中
对足球在内的运动由运动学公式有
②，其中
联立①②解得，③
（2） 设足球经时间运动到点，则有
④
联立③④并代入数据解得⑤
设遥控车乙以的加速度由静止加速到最大速度所用时间为，通过的位移大小为，则有⑥，⑦
联立⑥⑦并代入数据解得，⑧
则遥控车乙在的时间内通过的位移大小 ⑨
由于
故遥控车乙不能追上足球
设遥控车丙由静止加速到最大速度所用时间为，
通过的位移大小为，则有⑩，
联立⑩ 并代入数据解得，
则可知遥控车丙与足球恰好在点相遇，故此时遥控车丙与遥控车乙间的最小距离专题二 相互作用-力综合检测
建议用时:75分钟 总分100分
选择题：本题共 10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10 题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 鞠躬，是表示对他人敬重的一种礼节，也是我国传统的礼仪之一。鞠躬时人上身前倾一定角度，全身保持平衡，若头的重力为、颈椎对头的支持力为、颈部肌肉的拉力为。则下列关于人头部的受力示意图可能正确的是
A. B. C. D.
2.如图所示,质量为m的木块在力F作用下在置于水平桌面的木板上运动,最大静摩擦力约等于滑动摩擦力,木板的质量M=9m,已知木块与木板间、木板与桌面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g,那么木板所受桌面的摩擦力大小一定是
A.9μmg B.10μmg C.μmg D.F
3.如图所示，小宁利用计算机研究分力与合力的关系他保持分力的大小和方向不变，的大小不变，在使间的夹角由逐渐增大到的过程中，合力的箭头的轨迹图形为
A. B. C. D.
4.如图所示，轻绳一端系在质量为的物体上，另一端系在一个套在粗糙竖直杆的圆环上。现用水平力拉住绳子上一点，使物体从图中虚线位置缓慢上升到实线位置，但圆环仍保持在原来位置不动。则在这一过程中，杆对环的摩擦力和水平力的变化情况为
A. 逐渐减小，保持不变 B. 逐渐增大，保持不变
C. 保持不变，逐渐增大 D. 保持不变，逐渐减小
5. 某实验小组制作了一个半径为的圆盘，将3个相同的弹簧的一端均匀固定在圆环上，另外一端固定打结，结点恰好在圆心处，如图所示。已知弹簧（质量不计）的自然长度均为，其劲度系数。将圆盘水平放置，在结点处悬挂一瓶矿泉水，缓慢释放直至平衡时测得结点下降了，则矿泉水受到的重力大小为
A. B. C. D.
6.如图所示,质量为m1的小球(视为质点)用轻绳跨过光滑的半球形碗连接质量分别为m2和m3的物体,平衡时小球恰好与碗之间没有弹力作用,碗的上边缘在水平面内,小球右侧轻绳与水平方向夹角为30°,则m1、m2和m3的比值为
A.1∶2∶3 B.2∶1∶1 C.2∶1∶∶1
7.某同学在堆积木时，将两积木、的斜面接触放置如图所示，积木的上表面与的下表面水平。在积木上继续放置其他积木，他发现无论在上放置多少积木，、之间也不会发生相对滑动。已知积木的两直角边长度分别为和，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则间的动摩擦因数应满足
A. B. C. D.
8.如图所示是小明班级获得的一面质量为的流动红旗，用一轻绳系在横杆的两端，挂在墙上的点。忽略横杆与墙壁之间的摩擦力，重力加速度为。增加轻绳的长度后，轻绳与竖直墙面的夹角为，则
A. 横杆对墙壁的压力大小为 B. 墙壁对横杆的支持力增大
C. 轻绳的合力减小 D. 轻绳的张力增大
9. [2024届山西运城调研]（多选）如图1所示，自动采棉机在采摘棉花的同时将棉花打包成圆柱形棉包，通过后侧可以旋转的支架平稳将其放下。这个过程可以简化为如图2所示模型：质量为的棉包放在“”型挡板上，两板间夹角为固定不变，“”型挡板可绕轴在竖直面内转动。在使板由水平位置顺时针缓慢转动的过程中，忽略“”型挡板对棉包的摩擦力，已知重力加速度为，下列说法正确的是
图1 图2
A. 当板转过时，棉包受到两个力的作用
B. 棉包对板的压力逐渐减小
C. 当板转过时，棉包对板的作用力大小为
D. 棉包对板的压力先增大后减小
10.如图所示,甲、乙两球(均视为质点)用轻质细直杆连接,再用轻细线悬挂在O点处于静止状态,其中甲的质量为m,杆对小球的弹力沿着杆,两球分别位于a、b两点,a、b连线与过O点的竖直线的交点为c,已知ac=L、Oc=bc=2L,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.乙的质量为2m
B.杆的弹力大小为0.5mg
C.若增大甲的质量,乙的质量不变,稳定时Oa与竖直方向的夹角变小
D.若Oa=Ob,连接甲、乙的细线的拉力大小之比为1∶1
非选择题:本题共5小题,共54分。
11.(8分)某兴趣实验小组做“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验，为了更精确地测量弹簧的伸缩量，将弹簧的一端固定在铁架台上端，另一端悬挂托盘，在托盘正下方的底座上安装一超声波测量系统，如图所示。超声波测量系统可以向上发射超声波，经过托盘底部反射后接收信号，并在电脑显示屏上显示发射与接收超声波的时间间隔。已知超声波速度为，当地重力加速度为，具体实验操作步骤如下：
①托盘内不放砝码，发射超声波，记录显示屏上超声波从发射到接收的时间间隔；
②在托盘内放入质量为的砝码，待弹簧稳定后再次发射超声波，记录超声波从发射到接收的时间间隔。
回答下列问题：
（1） 放入砝码后，弹簧伸长了 ，可求得弹簧的劲度系数 （结果用含、、、、的表达式填写）；
（2） 甲同学发现上述计算未考虑托盘的质量，则该实验会导致弹簧劲度系数的测量值与真实值相比 （填“偏大”“偏小”或“无影响”），请说出理由： 。
12.(6分)某同学利用如图1所示装置做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验。
图1
实验步骤如下：
①将力传感器通过一根轻质细绳提起重物保持静止，记下的示数；
②将力传感器、分别固定在左右两侧杆上，与、相连的两根轻质细绳、连接的结点处用轻绳系上同一重物。系统静止后，记下点位置，、的示数、及三个细绳的方向、、；
③在白纸上从点沿反向延长作有向线段，以为对角线作平行四边形如图2所示。用毫米刻度尺测出线段、、的长度分别为、、；
图2
④调整力传感器的位置，重复以上步骤。
回答下列问题：
（1） 下列做法有利于减小实验误差的是 ；
A. 调整力传感器的位置时，必须保证结点的位置不变
B. 两侧杆必须用铅垂线调整为竖直放置，不能左右倾斜
C. 记录细绳方向时，选取相距较远的两点
D. 两个细绳间夹角适当大一些
（2） 在误差允许的范围内，若、、与、、满足关系式 ，则能够证明力的合成遵循、平行四边形定则；
（3） 某次实验中，若平衡时两细绳、互相垂直，保持绳和结点的位置不动，取下力传感器，将细绳绕点在纸面内顺时针转动一小角度，此过程中绳的拉力 （填“变大”“变小”或“不变”）。
13.(12分)如图所示，在一根水平杆上套一个质量为m1＝1.5 kg的小球A，小球A的下方连接一根不可伸长的轻绳，绳子的另一端系着一个质量为m2＝0.5 kg的小球B。当水平向右拉动小球B，使得轻绳与杆之间的夹角为30°时，两个小球恰好一起匀速向右运动，g＝10 m/s2，求：
(1)绳子的拉力F1及拉动小球B的拉力F的大小；
(2)若将轻绳与杆之间的夹角增大为45°，拉动小球B的力斜向下且与水平方向上的夹角为30°，使小球向右匀速运动，求拉动小球B的力F′。
14.(14分)如图甲所示,细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的定滑轮挂住一个质量为M1的物体,∠ACB=30°;图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上,另一端G通过细绳EG拉住,EG与水平方向也成30°角,在轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为M2的物体,重力加速度为g,求:
(1)细绳AC段的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比;
(2)轻杆BC对C端的支持力;
(3)轻杆HG对G端的支持力。
15.(14分)如图所示,物块A的质量为mA=2 kg,用绳悬挂在绳PQ和绳PCB的结点上,PQ偏离竖直方向的角度β=37°,PC水平,连接B的绳与水平方向的夹角α=53°。所有绳及光滑的滑轮的质量不计。木块B静止在水平面上,质量mB=8 kg。已知cos 53°=0.6,sin 53°=0.8,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)PQ绳和PC绳的拉力分别为多大;
(2)地面对木块B的支持力和摩擦力分别为多大。
专题二 综合检测
1. C 由共点力平衡条件可知，三个共点力平衡，任意两个力的合力需与第三个力等大反向。根据平行四边形定则可知，三个选项中任意两个力的合力均不能与第三个力等大反向，只有C选项可能满足三力平衡的条件，C正确。
2.C 对木块受力分析,它受拉力F、重力mg、木板的支持力FN1和向右的滑动摩擦力f1,有f1=μmg;再对木板受力分析,它受到重力Mg、木块对它向下的压力FN1'和向左的滑动摩擦力f1'、地面对木板的支持力FN2和向右的摩擦力f2。地面对木板的最大静摩擦力f2m=10μmg,则木板静止在桌面上,根据共点力平衡的条件,有f2=f1',得f2=μmg,C正确。
3. A 若以点为坐标原点，以的方向为轴正方向建立坐标系，则表示合力的箭头的坐标满足，，消掉可得，因和的大小都不变，则在间的夹角由逐渐增大到的过程中，结合数学知识可知，合力的箭头的轨迹图形为圆形，A正确。
4. C 根据题意，对点受力分析，设轻绳与竖直方向的夹角为，由平衡条件有，使物体从图中虚线位置缓慢上升到实线位置，增大，则增大；对圆环和物体的整体受力分析可知，竖直方向直杆对圆环的摩擦力为，使物体从图中虚线位置缓慢上升到实线位置，竖直方向受力不变，则杆对环的摩擦力不变，C正确。
5. C 已知圆盘半径，弹簧原长，结点下降的距离，设弹簧与竖直方向夹角为。由几何关系可知矿泉水瓶处于平衡时每根弹簧的长度，则每根弹簧的伸长量，由胡克定律得，每根弹簧的弹力大小，根据竖直方向受力平衡可得，矿泉水瓶受到的重力大小，其中，联立解得，C正确。
6.D 对小球受力分析,受重力、两轻绳的拉力,由于碗边缘光滑,相当于滑轮,故左边轻绳对小球的拉力大小等于m2g,右边轻绳对小球的拉力大小等于m3g,如图，根据共点力平衡条件,两个拉力的合力与小球重力等大、反向、共线,有m1g cos 30°=m2g,m1g·sin 30°=m3g,解得m1∶m2∶m3=2∶∶1,D正确。
7. B 设积木质量为，积木的倾角为，积木上方的其他积木对积木的压力为。在积木的截面由几何知识可得，对积木进行受力分析如图所示，由力的平衡条件有，，由于一直未发生滑动，说明积木所受摩擦力一直为静摩擦力，而，其中最大静摩擦力，联立解得，B正确。
8.AC 流动红旗受到重力、墙的支持力轻绳的拉力三个力的作用，对流动红旗受力分析如图1所示，根据平衡条件可得，，解得，，根据牛顿第三定律可知，横杆对墙的压力为，当轻绳长度增加后，减小，减小，减小，A、C正确，B错误；设单侧轻绳所受的拉力为，轻绳之间的夹角为，对点受力分析如图2所示，轻绳拉力，联立解得，轻绳长度增加后，减小，减小，减小，D错误。
图1 图2
9.AB 当板转过时，板处于水平位置，棉包只受到重力和板对其的支持力两个力的作用，A正确；对挡板转动过程中的棉包进行受力分析如图1所示，棉包受到重力及挡板的弹力，由于两板间夹角为，结合几何知识可知图中角为，对三力构成的矢量三角形根据正弦定理可得，挡板在旋转过程中逐渐减小，逐渐增大，因此板由水平位置缓慢转动的过程中，棉包对板的压力逐渐增大，对板的压力逐渐减小，B正确，D错误；当板转过时，两板与水平方向夹角均为，如图2所示，两板支持力大小相等，与竖直方向夹角为，由平衡条件得，解得，C错误。
图1 图2
10.BC根据题意,对两小球进行受力分析,如图所示,由相似三角形的性质有,又有FN=FN',解得FN=0.5mg,m1=0.5m,A错误,B正确;若增大甲的质量,乙的质量不变,则a、b和杆整体的重心将向左移,稳定时,整体的重心一定在悬点O的正下方,a、b和杆整体向右移,则Oa与竖直方向的夹角变小,故C正确;由相似三角形的性质有,又有Oa=Ob,则有,D错误。
11. （1） （2） 无影响 本实验原理是通过弹簧弹力变化量与伸长量变化量的比值来计算弹簧劲度系数，即，所以托盘的质量不会对劲度系数的计算产生影响
【解析】（1） 未放砝码时，超声波测量系统到托盘底部的距离，放入砝码后超声波测量系统到托盘底部的距离，弹簧伸长量；放入砝码后，弹簧弹力增加了，又由胡克定律有，联立解得弹簧的劲度系数。
（2） 本实验原理是通过弹簧弹力的变化量与弹簧伸长量的变化量的比值来计算弹簧的劲度系数，即，所以托盘的质量不会对弹簧劲度系数的计算产生影响。
12. （1） CD （2） （3） 变大
【解析】（1） 因为两次在结点的下面悬挂同一质量的物体，则调整力传感器的位置时，改变结点的位置对实验无影响，A错误；两侧杆左右倾斜，对实验无影响，B错误；记录绳子方向时，选用较远的两点，这样可减小记录力的方向时产生的误差，C正确；为了减小误差，拉细绳的夹角可以适当地大一些，D正确。
（2） 根据力的平衡条件可知，由得到的几何三角形和由得到的力的三角形互为相似三角形，则有，由相似三角形的特点可。
（3） 如图所示，保持右侧绳和结点的位置不动，即两个力的合力不变，方向不变，将细绳绕点在纸面内顺时针转动一小角度，变大，即绳拉力变大。
13.(1)10 N 5 N (2)5(＋1)N
【解析】 (1)以A、B两小球整体为研究对象并对其进行受力分析，竖直方向上有
(m1＋m2)g＝FN
对小球A进行受力分析，竖直方向上有m1g＋F1sin θ＝FN
对小球B进行受力分析，水平方向上有F1cos θ＝F
联立解得F1＝10 N，F＝5 N。
(2)以小球B为研究对象进行受力分析，如图所示
F1′sin 45°＝F′cos 30°
m2g＋F′sin 30°＝F1′cos 45°
联立解得F′＝5(＋1)N。
14. (1) (2)M1g,方向与水平方向成30°角指向右上方 (3)M2g,方向水平向右
模型构建
【解析】题图甲和乙中的两个物体都处于平衡状态,首先判断与物体相连的细绳,其拉力大小等于物体的重力大小;分别取C点和G点为研究对象,进行受力分析,如图甲和乙所示,根据共点力平衡的条件可求解。
(1)图甲中细绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体,物体处于平衡状态,细绳AC段的拉力
FTAC=FTCD=M1g
图乙中由FTEG sin 30°=M2g,得FTEG=2M2g。
所以。
(2)图甲中,三个力之间的夹角都为120°,有FNC=FTAC=M1g,方向与水平方向成30°角,指向右上方。
(3)图乙中,根据平衡条件有FTEG sin 30°=M2g,FTEG cos 30°=FNG,所以FNG=M2g,方向水平向右。
15.(1)25 N 15 N (2)68 N 9 N
【解析】(1)对结点P受力分析,设PQ绳的拉力为F1,PC绳的拉力为F2,PA绳的拉力F3大小为mAg,如图所示:
由平衡条件可得F1 sin β=F2
F1 cos β=mAg
解得F1=25 N,F2=15 N
(2)对物块B受力分析,如图所示:
由平衡条件有F2 sin α+FN=mBg
f=F2 cos α
解得FN=68 N,f=9 N专题六 机械能 综合检测
1．某同学用水桶从水井里提水，井内水面到井口的高度为20 m。水桶离开水面时，桶和水的总质量为10 kg。由于水桶漏水，在被匀速提升至井口的过程中，桶和水的总质量随着上升距离的变化而变化，其关系如图所示。水桶可以看成质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。由图像可知，在提水的整个过程中，拉力对水桶做的功为( )
A．2000 J B．1800 J
C．200 J D．180 J
答案：B
解析：由于水桶匀速上升，故拉力大小等于水和桶的总重力，由于水和桶的总质量随位移均匀减小，故拉力与位移满足线性关系，所以可用平均力法求解变力做功。结合题图可知，F1＝m1g＝100 N，F2＝m2g＝80 N，则在提水的整个过程中，拉力对水桶做的功为W拉＝h＝1800 J，故B正确。
2．在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为( )
A． B．
C． D．
答案：B
解析：设水从出水口射出的初速度为v0，水离开出水口在空中做平抛运动的时间为t′，取t时间内抽出的水为研究对象，该部分水的质量为m＝v0tSρ，根据平抛运动规律有v0t′＝l，h＝gt′2，根据功能关系，得Ptη＝mv＋mg(H＋h)，联立解得水泵的输出功率约为P＝，故选B。
3．如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球( )
A．从1到2动能减少mgh
B．从1到2重力势能增加mgh
C．从2到3动能增加mgh
D．从2到3机械能不变
答案：B
解析：由题图中足球的运动轨迹可知，在空中运动时，足球除受重力外，一定受到空气阻力作用。足球从1到2重力做负功，WG＝－mgh，则重力势能增加mgh，空气阻力做负功，即Wf<0，由动能定理可得WG＋Wf＝ΔEk，可得足球动能的变化量ΔEk＝－mgh＋Wf<0，所以足球从1到2动能减少，且减少量|ΔEk|＝mgh＋|Wf|>mgh，A错误，B正确；足球从2到3，空气阻力做负功，即Wf′<0，则足球机械能减小，重力做正功，WG′＝mgh，由动能定理有WG′＋Wf′＝ΔEk′，可得足球动能的变化量ΔEk′＝mgh＋Wf′4．质量m＝1500 kg的家庭轿车，行驶速度v≤54 km/h时靠电动机输出动力；行驶速度在54 km/h90 km/h时汽油发动机和电动机将同时工作，这种混合动力汽车更节能环保。该轿车在一条平直的公路上由静止启动，其牵引力F随运动时间t的变化图线如图所示，所受阻力恒为1500 N。已知汽车在t1时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至t2时刻。汽车在0～t2时间内行驶的位移为217．5 m。则t1和t2分别为( )
A．t1＝9 s，t2＝11 s B．t1＝9 s，t2＝16 s
C．t1＝5．625 s，t2＝11 s D．t1＝5．625 s，t2＝16 s
答案：B
解析：由题意知，第一次切换引擎时速度为v1＝54 km/h＝15 m/s，0～t1时间内由牛顿第二定律得F1－f＝ma1，解得a1＝ m/s2，则t1＝＝9 s。设切换引擎后瞬间的牵引力为F1′，根据P＝F1′v1，可得轿车引擎的功率变为P＝75000 W，设在t2时刻的牵引力为F2，则在t2时刻的速度大小为v2＝＝25 m/s；0～t1时间内行驶的位移s1＝a1t＝67．5 m，则t1～t2时间内行驶的位移为s2＝s－s1＝150 m；t1～t2时间内根据动能定理得P(t2－t1)－fs2＝mv－mv，解得t2＝16 s。故B正确，A、C、D错误。
5．某种力做功只与物体的起始和终点位置有关，而与物体运动所经过的具体路径无关，物理学中把这种力称为保守力。保守力做功所改变的是与系统的相对位置有关的能量，这种能量称为势能，用Ep来表示。如图为某物体的势能随位置变化的曲线，该物体( )
A．在势能为0的位置时，受到的保守力也一定为零
B．在x1位置时，受到保守力的方向沿x轴的负方向
C．从x1位置运动到x2位置的过程中保守力做正功
D．在x1位置受到保守力的大小小于在x2位置受到保守力的大小
答案：C
解析：由功能关系可知，Ep x图像中图线斜率的绝对值表示保守力的大小，结合题图可知，势能为0的位置，物体受到的保守力不为零，且在x1位置受到保守力的大小大于在x2位置受到保守力的大小，故A、D错误；从x1位置运动到x2位置的过程中势能减小，由功能关系可知保守力做正功，保守力的方向沿x轴正方向，故B错误，C正确。
6．2021年美国“星链”卫星曾近距离接近我国运行在距地390 km近圆轨道上的天宫空间站。为避免发生危险，天宫空间站实施了发动机点火变轨的紧急避碰措施。已知质量为m的物体从距地心r处运动到无穷远处克服地球引力所做的功为G，式中M为地球质量，G为引力常量；现将空间站的质量记为m0，变轨前后稳定运行的轨道半径分别记为r1、r2，如图所示。空间站紧急避碰过程发动机做的功至少为( )
A．GMm0 B．GMm0
C．GMm0 D．2GMm0
答案：A
解析：由万有引力的特点可知，变轨前后万有引力对空间站做的功，等效于先将空间站从变轨前的位置移至距地心无穷远处，再将空间站从距地心无穷远处移至变轨后的位置这整个过程中万有引力所做的总功，结合题意可知，变轨前后万有引力对空间站所做的功WG＝－G＋G。设变轨前空间站的速度大小为v1，变轨后空间站的速度大小为v2，由万有引力提供向心力有G＝m0，G＝m0；设空间站紧急避碰过程发动机做的功至少为W，由动能定理有W＋WG＝m0v－m0v，联立解得W＝GMm0，故选A。
7．(多选)如图所示，原长为l0的轻弹簧竖直放置，一端固定于地面，另一端连接厚度不计、质量为m1的水平木板X。将质量为m2的物块Y放在X上，竖直下压Y，使X离地高度为l，此时弹簧的弹性势能为Ep，由静止释放，所有物体沿竖直方向运动。则( )
A．若X、Y恰能分离，则Ep＝(m1＋m2)g(l0－l)
B．若X、Y恰能分离，则Ep＝(m1＋m2)gl
C．若X、Y能分离，则Y的最大离地高度为＋(l0－l)
D．若X、Y能分离，则Y的最大离地高度为＋l
答案：AD
解析：分析可知，由静止释放后，两物体一起向上做加速度减小的加速运动，弹簧恢复原长时两者之间的相互作用力减小到0，此时X、Y即将分离，若X、Y恰能分离，则弹簧恢复原长时两者速度刚好为零，由机械能守恒定律可知，此时弹簧的弹性势能刚好全部转化为系统的重力势能，即Ep＝(m1＋m2)g(l0－l)，故A正确，B错误；若X、Y能分离，设弹簧恢复原长时两物体的速度大小为v，根据机械能守恒定律有Ep＝(m1＋m2)g(l0－l)＋(m1＋m2)v2，之后两物体分离，Y的动能全部转化成重力势能，设之后其上升的高度为h，则有m2v2＝m2gh，联立解得h＝－l0＋l，则Y的最大离地高度为H＝l0＋h＝＋l，故C错误，D正确。
8．如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小( )
A．在Q点最大 B．在Q点最小
C．先减小后增大 D．先增大后减小
答案：C
解析：设大圆环半径为R，小环下滑过程中小环与大圆环圆心连线转过的角度为θ(0≤θ≤π)时，小环速度大小为v，如图所示。连线转过θ角的过程，根据机械能守恒定律有mgR(1－cosθ)＝mv2－0，解得v＝。在θ从0开始增大的一小段时间内，v较小，对小环根据牛顿第二定律有mgcosθ－F＝m，解得小环受到的弹力大小F＝mgcosθ－m＝3mgcosθ－2mg，方向背离大圆环圆心，由F的表达式可知，随着θ从0开始增大，cosθ从1开始减小，F减小，当cosθ＝时，F减小到0；当arccos<θ≤时，对小环有mgcosθ＋F＝m，解得小环受到的弹力大小F＝m－mgcosθ＝2mg－3mgcosθ，方向指向大圆环圆心，由F的表达式可知，随着θ从arccos增大到，cosθ从减小到0，F从0增大到2mg；当<θ≤π时，对小环有F－mgcosθ＝m，解得小环受到的弹力大小F＝2mg－mgcosθ，方向指向大圆环圆心，由F的表达式可知，随着θ从增大到π，cosθ从0减小到－1，F增大。综上所述，结合牛顿第三定律可知，小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大，在Q点之前某位置最小，故C正确，A、B、D错误。
9．如图，在竖直平面内，固定有一半径为R的光滑圆弧轨道ABC，AB为圆弧轨道的水平直径，O为圆心，C为圆弧轨道的最高点。一质量为m的小球(可看成质点)从A点正上方H高处静止释放，小球运动过程中不计空气阻力，重力加速度大小g，求：
(1)为使小球能在ABC轨道上运动过程中不脱离轨道，H应该满足的条件；
(2)若H＝0．9R，小球刚要脱离轨道时，小球距AB的高度h。
答案：(1)H≥1．5R (2)0．6R
解析：(1)若小球刚好不脱离轨道，则小球运动至C点时，轨道和小球之间没有作用力，对小球由牛顿第二定律可得mg＝m
此时H有最小值Hmin，从释放小球到小球运动到C点的过程中，由动能定理得
mg(Hmin－R)＝mv－0
联立解得Hmin＝1．5R
即H应满足的条件为H≥1．5R。
(2)设小球刚要脱离轨道时小球与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，速度为v，如图所示，由几何关系可知cosθ＝
对小球由牛顿第二定律可得mgcosθ＝m
由动能定理得mg(0．9R－h)＝mv2－0
联立解得h＝0．6R。
10．如图，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。
(1)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？
答案：(1)mgdsinθ
(2)
(3)L>d＋
解析：(1)小车在光滑斜面上滑行时，根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma
设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带前速度为v2，则有
v－v＝2ad
因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面通过减速带后的速度与到达下一个减速带前的速度均为v1和v2，经过每一个减速带时损失的机械能为
ΔE＝mv－mv
联立以上各式解得ΔE＝mgdsinθ。
(2)由(1)知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上的运动过程，根据动能定理有－μmgs＝0－mv
从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有
mg(L＋29d)sinθ－ΔE总＝mv－0
联立解得ΔE总＝mg(L＋29d)sinθ－μmgs
故小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能为
ΔE′＝＝。
(3)由题意可知ΔE′>ΔE
可得L>d＋。专题五 万有引力与航天 综合检测
建议用时:75分钟 总分100分
选择题：本题共 10小题，共52分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~11 题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.牛顿发现了万有引力定律之后，他认为月球之所以能绕地球旋转，其实质是因为月球受到了地球的引力作用，于是他利用月地检验来验证了上述结论。假设地球表面的重力加速度为，月地间的距离约为地球半径的60倍，地球表面的重力加速度为，根据牛顿的猜想，月球绕地球做匀速圆周运动的向心加速度约为
A. B. C. D.
宇宙中,两颗靠得比较近的恒星,只受到彼此之间的万有引力作用而互相绕转,称为双星系统。设某双星系统中的两个星球A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动,如图所示,A的轨道半径大于B的轨道半径,两个星球的总质量为M,两个星球间的距离为L,其运动周期为T,则下列说法中正确的是 ( )
A.星球A的质量一定大于星球B的质量
B.星球A的线速度一定小于星球B的线速度
C.两个星球间的距离L一定,M越大,T越大
D.两个星球的总质量M一定,L越大,T越大
3.哈雷彗星的运动轨道是一个非常扁的椭圆，在近日点与太阳中心的距离为,在远日点与太阳中心的距离为，地球的公转轨道可视为半径为的圆轨道，如图所示若哈雷彗星的公转周期为，引力常量为，则其
A. 质量
B. 公转周期年
C. 在近日点与远日点的速度大小之比为
D. 在近日点与远日点的加速度大小之比为
4.2023年10月31日，神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，载人飞行任务取得圆满成功。3名航天员在轨驻留期间进行了1次出舱活动和中国空间站第四次太空授课活动，为空间站任务常态化实施奠定了基础。已知中国空间站轨道高度约为，空间站在轨运行时，周期约为90分钟，根据以上信息，下列说法正确的是
A. 航天员在轨运行时的速度大于第一宇宙速度
B. 航天员在轨驻留期间，一天可以看见16次日出
C. 航天员在太空处于失重状态，是因为不受重力
D. 若空间站的舱室增加，空间站的周期会增大
5.黑洞的引力极其强大，使得视界内的任何物质都无法逃逸。当恒星坍塌后，慢慢形成了一个小型黑洞。若该恒星坍塌前，其卫星的半径的立方与其运行周期的关系如图所示，已知图线是抛物线，且通过点。则此恒星的质量为
A. B. C. D.
6.两卫星在同一平面内绕某一行星沿逆时针方向做匀速圆周运动，如图所示。已知轨道半径之比为，从图示位置（连线与连线的夹角）开始，已知，在转动一周的过程中，将共线
A. 2次 B. 4次 C. 6次 D. 8次
7. 如图所示，虚线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示地球卫星的三条轨道，其中轨道Ⅰ为近地环绕圆轨道，轨道Ⅱ为椭圆轨道，轨道Ⅲ为与第二宇宙速度对应的脱离轨道，三点分别位于三条轨道上，点为轨道Ⅱ的远地点，点与地心的距离均为轨道Ⅰ半径的2倍，卫星经过点的速率为，经过点的速率为，则
A. 小于
B. 卫星在点的加速度为在点加速度的倍
C. 质量相同的卫星在点的机械能等于在点的机械能
D. 卫星在轨道Ⅱ上运行过程中所受到的万有引力始终不做功
8.据推测2032年太阳系的两颗行星金星和火星将会“同框”。“同框”其实指的就是两个行星在太阳系公转时相距最近。假设金星的半长轴为，金星在近日点距太阳的距离为，火星的半长轴为金星的倍，金星的运动周期是，假设金星的运动简化图如图所示，有关金星和火星运动，下列说法正确的是
A. 金星和火星分别与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等
B. 火星的周期为
C. 金星在远日点的速度是近日点的倍
D. 再经过年金星和火星再次同框
9.发射火星卫星，可以选择霍曼转移轨道，其优点是节约燃料，缺点是耗时较长。霍曼转移轨道是椭圆轨道，其外切于地球公转轨道、内切于火星公转轨道，俗称双切轨道。轨道简化图如图所示，卫星在点沿地球公转方向发射，在点被火星捕获，是半个椭圆。已知火星公转周期为年，地球公转轨道半径为，下列说法正确的是
A. 卫星在点的发射速度应大于
B. 卫星在霍曼转移轨道与在火星公转轨道，经过点时其加速度不变
C. 卫星由火星公转轨道沿霍曼转移轨道返回地球，应在两点点火减速
D. 卫星沿霍曼转移轨道由地球到火星公转轨道所用时间为年
10.2023年5月，世界现役运输能力最大的货运飞船“天舟六号”携带物资在我国海南文昌发射场点火发射，进入高度为的轨道，顺利对接中国空间站后近似做匀速圆周运动。对接后在时间内绕地球转了圈，已知地球半径为，引力常量为，则下列说法正确的有
A. 选在海南文昌发射卫星，可以更好地利用地球自转速度
B. 对接后的组合体绕地球转动的角速度
C. 地球的质量
D. 对接后的组合体线速度与地球第一宇宙速度的比值为
11.在星球表面宇航员做了一个实验：如图1所示，轻杆一端固定在点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为的圆周运动，小球运动到最高点时，受到的弹力为，速度大小为，其图像如图2所示。已知星球的半径为，引力常量为，不考虑星球自转，则下列说法正确的是
图1 图2
A. 星球的第一宇宙速度
B. 星球的密度
C. 星球的质量
D. 环绕星球的轨道离星球表面高度为的卫星周期
非选择题:本题共4小题,共48分。
12.（10分）一艘宇宙飞船飞近某一行星,并进入该行星附近的圆形轨道,航天员在P点发现该行星的视角(图中∠α)为60°。已知引力常量为G,飞船绕行星运动的轨道距行星表面高度为h,绕行周期为T,忽略其他天体对飞船的影响。根据上述数据,求:
(1)该行星的半径;
(2)该行星的密度;
(3)该行星的第一宇宙速度。
13.（12分）两个靠得很近的恒星绕着它们连线上的一点(质心)做圆周运动,构成稳定的双星系统,双星系统运动时,其轨道平面存在着一些特殊的点,在这些点处,质量极小的物体(相对于恒星而言,例如人造卫星)可以与两星体保持相对静止,这样的点被称为“拉格朗日点”。一般一个双星系统有五个拉格朗日点。如图所示,一双星系统由质量为M的天体A和质量为m的天体B构成,它们共同绕连线上的O点做匀速圆周运动,在天体A和天体B的连线之间有一个拉格朗日点P。已知双星间的距离为L,引力常量为G。
(1)求天体A做圆周运动的角速度及半径。
(2)若P点到天体A的距离为r=L,则M与m的比值是多少
14.（12分）如图所示为宇宙演化中的一种常见现象。中子星与恒星伴星构成一个双星系统,在中子星的强大引力下,恒星的物质被中子星吸走,被吸走的物质构成中子星的吸积盘,并在吸积盘中边旋转边向位于吸积盘中心的中子星坠落。吸积过程常伴随着X射线喷发,形成喷流。某时刻,设中子星质量为M1,伴星质量为M2,二者相距L,并绕二者的质心做角速度相同的匀速圆周运动。已知引力常量为G。
(1)只考虑中子星与伴星间的万有引力,求此时该双星系统的角速度ω。
(2)将中子星视为以自转周期T0(通常为数毫秒到数十秒)高速自转的半径为R0(通常为几千米)的球体,为保证赤道处的物体被中子星的万有引力拉住而不被“甩出”,求中子星的最小平均密度ρ。
15.（14分）宇宙中恒星与黑洞的中心相距，恒星和黑洞绕二者连线上的某点做匀速圆周运动，且在时间内运行了周。在相当长的相互绕行过程中，恒星上的物质逐渐被黑洞吸入，恒星最终被黑洞吞噬后演变成半径为的黑洞。某物体在黑洞的两极上重力加速度为，在黑洞的赤道上重力加速度为。若将恒星、黑洞和黑洞均视为质量均匀分布的球体，引力常量为。求：
（1） 恒星与黑洞的质量之和以及速率之和；
（2） 黑洞的密度和自转周期。
专题五 综合检测
1. D 设地球半径为，质量为的物体在地球表面，可近似认为其所受引力等于重力，根据万有引力定律，有，月球绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有，由题设，解得,D正确。
2.D 双星的运行周期T相同,设A、B的轨道半径分别为r1、r2,由彼此间的万有引力提供它们各自做圆周运动所需的向心力,可得G=m1r1·=m2r2·,可得m1r1=m2r2①,由题意可知A的轨道半径大于B的轨道半径,故A的质量小于B的质量,A错误。根据v=,A的轨道半径r1较大,故A的线速度较大,B错误。A、B的轨道半径满足r1+r2=L②,将②式代入①式,可得r1=L,代入G=m1r1·=m2r2·可得T=2π,可知,两个星球间的距离L一定,M越大,T越小;两个星球的总质量M一定,L越大,T越大;C错误、D正确。
3.D 由万有引力提供向心力可以计算中心天体的质量，由题意可知哈雷彗星是环绕天体，其质量无法由万有引力提供向心力列式进行计算，A错误；由开普勒第三定律可得，其中年，解得年，B错误：取时间数元,根据开普勒第二定律有，解得,C错误：哈雷彗星在近日点时由牛顿第二定律有，在远日点时由牛顿第二定律可得，联立解得，D正确。
4.B 第一宇速度是卫星绕地球做圆周运动时最大的环绕速度，因此航天员在轨运行时的速度小于第一宇宙速度，A错误；空间站在轨运行时，周期约为90分钟，所以一天可以看见的日出次数为 次，B正确；在太空中的物体由于万有引力提供向心力，处于失重状态，并非不受重力，C错误；根据万有引力提供向心力 ，可知空间站的周期 ，空间站的质量增加，不会影响在轨运行的周期，D错误。
5.D 设卫星绕恒星以速度做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有，又，解得，故与成开口向上的抛物线关系，由图像通过点可得，解得,D正确。
6.D 根据牛顿第二定律可得 ，解得 ，则周期之比为 ，两卫星共线时 ，取 ，且，得 ，则 取整数为 7,、、将共线8次，D正确。
7.A 由万有引力提供向心力得 ,解得。若卫星在 点做匀速圆周运动，则卫星经过点的速率为经过 点速率的 倍，但卫星在Ⅱ轨道做椭圆运动，经过 点的速率小于做匀速圆周运动的速率，所以 小于 ,A正确；由牛顿第二定律可得 ，解得卫星加速度 ，结合题意可知，卫星在 点的加速度大小为在 点加速度的4倍，B错误；卫星从Ⅱ轨道到Ⅲ轨道需要点火加速，卫星机械能增加，而在同一轨道卫星机械能守恒，所以质量相同的卫星在 点的机械能小于在 点的机械能，C错误；卫星在轨道Ⅱ上运行过程中，从近地点到远地点，万有引力做负功；从远地点到近地点，万有引力做正功，D错误。
8.BCD 根据开普勒第二定律，每个行星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等，指的是对于单个行星在自己轨道上，由于金星和火星在不同的轨道上，所以面积不相等，A错误；根据开普勒第三定律,有，则火星的周期为 ，B正确；根据开普勒第二定律的应用，得到远日点的速度是近日点的 倍，C正确；将金星和火星的运动轨道近似看
[点拨]。
成一个圆轨道，要使金星和火星再次相距最近，即金星比火星多走一圈，有 ，即，得 ,D正确。
9.BC 发射火星卫星，其发射速度大于第二宇速度小于第三宇宙速度 ,A错误；卫星在霍曼转移轨道上经过 点时与在火星公转轨道上经过 点时，其所受万有引力是相同的，所以加速度相同，B正确；卫星在由火星公转轨道返回地球公转轨道的过程中，做近心运动，需要两次减速，C正确；火星公转周期和地球公转周期已知，设火星公转轨道半径为 ，根据开普勒第三定律可得 ，解得 ，霍曼转移轨道的半长轴为，设卫星在霍曼椭轨道的周期为，则，解得 年，卫星沿霍曼转移轨道由地球到大星公转轨道所需要的时间为 年，D错误。
10. ABC 海南离赤道较近，线速度更大，故在文昌发射卫星，可以更好地利用地球自转线速度，A正确；由角速度定义式可知，B正确；对接后的组合体周期，根据万有引力提供向心力有，代入值，解得,C正确；根据万有引力提供向心力有，解得，而第一宇宙速度，则，D错误。
11.CD 小球在最高点时，根据牛顿第二定律有 ，可得 、的关系式 ，将图线与横轴交点代入得 ，则 星球的第一宇宙速度为 ，A错误；根据万有引力等于星球表面重力可得 ，则 星球的质量为,星球的密度为 ,B错误，C正确；根据牛顿第二定律 ,解得 ,则环绕 星球运行并离星球表面高度为 的卫星轨道半径 ，，代入可得周期 ,D正确。
12.(1)h (2) (3)
【解析】(1)设该行星的半径为R,根据几何关系可知 cos 60°=
解得R=h
(2)飞船绕行星做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,可得G=m
其中r=R+h=2R
且ρ=,V=πR3
联立解得M=,ρ=
(3)对绕行星表面做圆周运动的卫星,有G=m'
解得第一宇宙速度为v==
13.(1) L (2)104∶19
【解析】(1)设O点与天体A、B之间的距离分别为r1和r2,天体转动的角速度为ω,则r1+r2=L
对于天体A有=Mr1ω2
对于天体B有=mr2ω2
可得ω=、r1=L
(2)在P点放置一个极小的物体,设其质量为m0,它与A、B转动的角速度相同,对于小物体有-=m0ω2(r-r1)
可得M∶m=104∶19
14.(1) (2)
【解析】 (1)设中子星和伴星做匀速圆周运动的轨道半径分别为r1和r2,则r1+r2=L
二者之间的万有引力提供各自做匀速圆周运动的向心力,有G=M1ω2r1=M2ω2r2
联立解得ω=
(2)当赤道处质量为m'的物体恰好不被甩出时,中子星质量有最小值,设为M,其平均密度最小。根据牛顿第二定律有G=m'R0
解得M=
中子星的体积为V=π
所以中子星的最小平均密度为ρ==
15.（1） （2）
【解析】（1） 设恒星 和黑洞 的质量分别为 和，绕连线某点运行的轨道半径分别为 和 ，各自运行的线速度大小分别为 和 ，二者的运行周期为 。由题意知 ①，
根据万有引力定律可知 ②
③
根据双星系统的运动规律可得 ④
联立①②③④解得 ⑤
根据线速度和角速度之间的关系可知
,⑥
联立①⑥解得 ⑦
（2） 设黑洞 的质量为 ，密度为 ，自转周期为 ，根据万有引力定律可得
在黑洞 的两极有 ⑧
黑洞 的体积为 ⑨
黑洞 的密度为 ⑩
联立⑧⑨⑩解得
由牛顿第二定律可得，在黑洞 的赤道上有
联立⑧ 解得
