资源简介

第一部分 笔记
分子热运动
1. 扩散和布朗运动
a) 扩散
i. 分子的运动, 与重力无关
ii. 温度越高越剧烈
b) 布朗运动
i. 微粒的运动
ii. 肉眼看不见的微粒
iii. 温度越高越剧烈, 微粒越小越剧烈
2. 分子速率分布
a) 中间多两头少
b) 温度升高,并不是每个分子速率都升高
3. 气体压强的微观解释
a) 和气体分子密度正相关
b) 和气体温度正相关
4. 分子动能
a) 分子平均动能——温度
5. 分子间作用力
a) 分子间一直同时存在引力和斥力
b) 引力和斥力都会随着分子间距离增大而减小, 斥力变化的比较快
c) 引力=斥力时的距离为 时整体呈现斥力, 时整体呈现引力
6. 分子势能
a) 分子间距离 时,分子间势能最小
b) 分子间的最小势能不是 0 , 而是负值
7. 物体内能
a) 物体内分子动能和分子势能的总和
b) 理想气体: 不考虑气体分子间势能的气体
固体液体
1、固体
a) 晶体与非晶体
晶体: 有固定熔点
单晶体: 单个晶体颗粒————各向异性
多晶体:多个晶体颗粒粘在一起——各向同性
非晶体: 没有固定熔点———各向同性
b) 晶体和非晶体可以相互转化
天然石英是晶体,熔化过为非晶体
晶体硫,熔化冷却后为非晶体,过段时间又转化回晶体
c) 液晶
既有液体的流动性, 也有晶体各向异性的物体
2、液体
a) 表面张力
i. 液体表面层分子距离大于 ,呈现引力,宏观来看就是表面张力
b) 浸润和不浸润
i. 浸润: 和容器壁比较 “亲”
ii. 不浸润: 和容器壁没那么 “亲”
iii. 毛细现象: 浸润不浸润的进一步体现形式
原子物理
1、黑体辐射
a) 黑体
i. 只辐射电磁波, 不反射电磁波
ii. 黑体辐射只和温度有关
b) 黑体辐射与温度的关系
i. 随着温度升高,黑体辐射出的所有波长的电磁波都在增大,且辐射强度的极
大值向波长较短的方向移动
c) 能量子
i. 黑体辐射曲线推理出能量是一份一份传播的
2、光电效应
a) 光电效应方程:
b) 注意:
i. 一个电子只能结合一个光子 (一般情况下)
ii. 光电效应为瞬间发生
iii. 因为各种原因,部分光电子的动能会被损耗,所以 是最大初动能,逸出的光电子的真实动能 最大初动能 3、光电管 a) 增大光电流 i. 增大光强 ii. 施加正向电压 (饱和光电流) b) 减小光电流 i. 减小光强 ii. 施加反向电压 (遏止电压 ) c) 图像专题 i. 电流和电压的图像 ii. 遏止电压和入射光频率的图像 4、光的波粒二象性
a) 说明光有波动性: 干涉、衍射、偏振
b) 说明光有粒子性: 光电效应、单个光子打荧幕、康普顿效应 5、原子核式结构 a) 电子的发现 i. 汤姆孙通过阴极射线,发现电子 b) 原子核的发现 i. 卢瑟福和他的学生们通过 粒子散射实验,发现了原子的核式结构
6、氢原子光谱
a) 高能级 低能级:
i. 自发产生, 释放能量 (放出光子)
ii. 可能一次跃迁回基态,也可能分为几次
b) 低能级 高能级:
i. 吸收光子: 光子能量必须刚好等于能级间能量差值
ii. 受到电子撞击: 高于能级间差值即可
c) 注意
i. 问发光种类的时候注意是单个还是大量
ii. 氢原子发出的 4 种可见光,分别是
7、德布罗意波
a)
原子核
1、核反应方程 a) 质量数守恒 b) 电荷数守恒 2、衰变 a) 射线: 氦核、带正电、电离能力强、穿透能力弱、一张纸 b) 射线: 电子、带负电、电离能力中、穿透能力中、铝板 c) γ射线: 电磁波、不带电、电离能力弱、穿透能力强、混凝土 3、半衰期 a) 一个周期少一半 b) 只有很大量原子才符合半衰期规律 4、核聚变与核裂变 a) 重核裂变 i. 相对可控 ii. 核电站、核动力、原子弹
b) 轻核聚变
i. 高温高压,比较难控
ii. 氢弹
5、核力与结合能
a) 核子结合与能量
i. 核子 原子核: 放出能量 ii. 原子核 核子: 吸收能量
b) 比结合能越大,原子核越稳定
6、质量亏损:E=m
第二部分 例题
(例题的解析均来源于网络)
1、(2018·北京·高考真题) 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
【详解】A、扩散的快慢与温度有关,温度越高,扩散越快,故 A 错误；
B、布朗运动为悬浮在液体中固体小颗粒的运动,不是液体分子的热运动,固体小颗粒运动的无规则性,是液体分子运动的无规则性的间接反映,故 错误；
C、分子间斥力与引力是同时存在,而分子力是斥力与引力的合力,分子间的引力和斥力都是随分子间距增大而减小；当分子间距小于平衡位置时,表现为斥力,即引力小于斥力,而分子间距大于平衡位置时,分子表现为引力,即斥力小于引力,但总是同时存在的,故 正确, 错误 .
2、(2023·北京·高考真题) 夜间由于气温降低,汽车轮胎内的气体压强变低。与白天相比,夜间轮胎内的气体( )
A. 分子的平均动能更小 B. 单位体积内分子的个数更少
C. 所有分子的运动速率都更小 D. 分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更
大
【答案】A
【详解】AC. 夜间气温低,分子的平均动能更小,但不是所有分子的运动速率都更小,故 A 正确、C 错误；
BD. 由于汽车轮胎内的气体压强变低,轮胎会略微被压瘪,则单位体积内分子的个数更多,分子对轮胎内壁单位面积的平均作用力更小, BD 错误。 故选 A。
3、(2022·江苏·高考真题)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
【详解】A. 密闭容器中的氢气质量不变,分子个数不变,根据
可知当体积增大时,单位体积内分子个数变少,分子的密集程度变小,故 A 错误；
B. 气体压强产生的原因是大量气体分子对容器壁的持续的、无规则撞击产生的；压强增大并不是因为分子间斥力增大,故 错误；
C. 普通气体在温度不太低,压强不太大的情况下才能看作理想气体,故 C 错误；
D. 温度是气体分子平均动能的标志,大量气体分子的速率呈现“中间多,两边少”的规律, 温度变化时,大量分子的平均速率会变化,即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,故 正确。
故选 D。
4、(2021·北京·高考真题) 比较 的热水和 的水蒸气,下列说法正确的是
( )
A. 热水分子的平均动能比水蒸气的大 B. 热水的内能比相同质量的水蒸气的小
C. 热水分子的速率都比水蒸气的小 D. 热水分子的热运动比水蒸气的剧烈
【答案】B
【详解】A. 温度是分子平均动能的标志,温度升高,分子的平均动能增大,故热水分子的平均动能比水蒸气的小,故 错误；
B . 内能与物质的量、温度、体积有关,相同质量的热水和水蒸气,热水变成水蒸气,温度升高,体积增大,吸收热量,故热水的内能比相同质量的水蒸气的小,故 B 正确；
C. 温度越高,分子热运动的平均速率越大, 的热水中的分子平均速率比 的水蒸气中的分子平均速率小,由于分子运动是无规则的,并不是每个分子的速率都小,故 错误；
D. 温度越高,分子热运动越剧烈,故 D 错误。
故选 B。
5、(2023·海南·高考真题)下列关于分子力和分子势能的说法正确的是( )
A. 分子间距离大于 时,分子间表现为斥力
B. 分子从无限远靠近到距离 处过程中分子势能变大
C. 分子势能在 处最小
D. 分子间距离小于 且减小时,分子势能在减小
【答案】C
【详解】分子间距离大于 ,分子间表现为引力,分子从无限远靠近到距离 处过程中, 引力做正功,分子势能减小,则在 处分子势能最小；继续减小距离,分子间表现为斥力,分子力做负功,分子势能增大。 故选 C。
6、(2021·重庆·高考真题) 图 1 和图 2 中曲线I、II、III分别描述了某物理量随分之间的距离变化的规律, 为平衡位置。现有如下物理量:①分子势能,②分子间引力,③分子间斥力,④分子间引力和斥力的合力,则曲线I、II、III对应的物理量分别是( )
图 1
图2
A. ①③② B . ②④③ C. ④①③ D. ①④③
【答案】D
【详解】根据分子处于平衡位置(即分子之间距离为 )时分子势能最小可知,曲线 I 为分子势能随分子之间距离 变化的图像;
根据分子处于平衡位置(即分子之间距离为 )时分子力为零,可知曲线 为分子力随分子之间距离 变化的图像;
根据分子之间斥力随分子之间距离的增大而减小较引力变化快,可知曲线 III 为分子斥力随分子之间距离 变化的图像。
D 正确,故选 D。
7、(2020-北京-高考真题) 分子力 随分子间距离 的变化如图所示。将两分子从相距 处释放,仅考虑这两个分子间的作用力,下列说法正确的是( )
A. 从 到 分子间引力、斥力都在减小
B. 从 到 分子力的大小先减小后增大
C. 从 到 分子势能先减小后增大
D. 从 到 分子动能先增大后减小
【答案】D
【详解】A. 从 到 分子间引力、斥力都在增加,但斥力增加得更快,故 错误;
B. 由图可知,在 时分子力为零,故从 到 分子力的大小先增大后减小再增大,故 B 错误；
C. 分子势能在 时分子势能最小,故从 到 分子势能一直减小,故 C 错误;
D. 从 到 分子势能先减小后增大,故分子动能先增大后减小,故 D 正确。
故选 D。
8、(2020·江苏·高考真题)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
【答案】AC
【详解】根据非晶体的特点可知非晶体是指组成物质的分子(或原子、离子)不呈空间有规则周期性排列的固体。它没有一定规则的外形。它的物理性质在各个方向上是相同的, 叫“各向同性”。它没有固定的熔点。
故选 AC。
9、(2015·新课标 I · 高考真题)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,有些晶体在不同的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,某些晶体可以转化为非晶体,某些非晶体也可以转化为晶体
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
【详解】A . 将一块晶体敲碎后,得到的小颗粒还是晶体；选项 A 错误
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各向异性,具有不同的光学性质; 选项 B 正确.
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,例如石墨和金刚石；选项 C 正确.
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,例如天然石英是晶体,熔融过的石英却是非晶体.把晶体硫加热熔化(温度超过 300°C)再倒进冷水中,会变成柔软的非晶硫,再过一段时间又会转化为晶体硫；选项 D 正确.
E. 在熔化过程中,晶体要吸收热量,虽然温度保持不变,但是内能要增加；选项 E 错误 .
10、(2019·江苏·高考真题)由于水的表面张力,荷叶上的小水滴总是球形的 . 在小水滴表面层中,水分子之间的相互作用总体上表现为_____(选填“引力”或“斥力”). 分子势能 和分子间距离 的关系图象如图所示,能总体上反映小水滴表面层中水分子 的是图中_____ (选填 “ ” “ ” 或 “ ” )的位置.
【答案】 引力
【详解】由于在小水滴表面层中,水分子间的距离大于 ,所以水分子之间的相互作用总体上表现为引力,由于当分子间距离为 时,分子间作用力为 0,分子势能最小即图中的 点,由于表面层中分子间距大于 ,所以能总体反映小水滴表面层中水分子势能的是 位置.
11、(2024·湖南·高考真题) 量子技术是当前物理学应用研究的热点,下列关于量子论的说法正确的是( )
A. 普朗克认为黑体辐射的能量是连续的
B . 光电效应实验中,红光照射可以让电子从某金属表面逸出,若改用紫光照射也可以让
电子从该金属表面逸出
C. 康普顿研究石墨对 射线散射时,发现散射后仅有波长小于原波长的射线成分
D. 德布罗意认为质子具有波动性,而电子不具有波动性
【答案】B
【详解】A. 普朗克认为黑体辐射的能量是一份一份的,是量子化的,故 A 错误；
B. 产生光电效应的条件是光的频率大于金属的极限频率,紫光的频率大于红光,若红光能使金属发生光电效应,可知紫光也能使该金属发生光电效应,故 B 正确；
C. 石墨对 X 射线的散射过程遵循动量守恒,光子和电子碰撞后,电子获得一定的动量, 光子动量变小,根据 可知波长变长,故 错误；
D. 德布罗意认为物质都具有波动性,包括质子和电子,故 D 错误。
故选 B。
12、(2011·江苏·高考真题)下列描绘两种温度下黑体辐射强度与波长关系的图中,符合黑体辐射规律的是( )
A.
B .
D.
C.
【答案】A
【详解】黑体辐射的特点是:一方面,各种波长的辐射强度都有增加,另一方面,辐射强度的极大值向波长较短的方向移动。
故选 A。
13、(2024·辽宁·高考真题)X 射线光电子能谱仪是利用 X 光照射材料表面激发出光电子, 并对光电子进行分析的科研仪器,用某一频率的 X 光照射某种金属表面,逸出了光电子, 若增加此 X 光的强度,则 ( )
A. 该金属逸出功增大 B. 光的光子能量不变
C. 逸出的光电子最大初动能增大 D. 单位时间逸出的光电子数增多
【答案】BD
【详解】A. 金属的逸出功是金属的自身固有属性,仅与金属自身有关,增加此 X 光的强度,该金属逸出功不变,故 错误；
B. 根据光子能量公式 可知增加此 光的强度, 光的光子能量不变,故 正确；
C. 根据爱因斯坦光电方程 可知逸出的光电子最大初动能不变,故 错误；
D. 增加此 光的强度,单位时间照射到金属表面的光子变多,则单位时间逸出的光电子数增多,故 D 正确。
故选 BD。
14、(2024·上海·高考真题)某紫外激光波长为 ,其单个光子能量为_____。若用该激光做光电效应实验,所用光电材料的截止频率为 ,则逸出光电子的最大初动能为_____。(普朗克常量为 ,真空中光速为 )
【答案】
【详解】[1]单个光子频率为 则单个光子能量为
[2]所用光电材料的截止频率为 ,则逸出功为 根据爱因斯坦光电效应方程可知,
逸出光电子最大初动能为 15、(2021·辽宁·高考真题) 赫兹在研究电磁波的实验中偶然发现, 接收电路的电极如果受到光照,就更容易产生电火花。此后许多物理学家相继证实了这一现象,即照射到金属表面的光,能使金属中的电子从表面逸出。最初用量子观点对该现象给予合理解释的科学家是( )
A. 玻尔 B. 康普顿
C. 爱因斯坦 D. 德布罗意
【答案】C
【详解】A. 玻尔引入量子化的观念解释了氢原子光谱,与题意不符, A 错误；
B . 康普顿提出康普顿效应,发现了光子不仅具有能量,还具有动量,证明了光具有粒子性,与题意不符, B 错误； C. 爱因斯坦提出光子说, 从理论上解释了光电效应的实验现象, 符合题意, C 正确; D. 德布罗意提出一切物质都具有波粒二象性,与题意不符, D 错误。 故选 C。
16、(2024·海南·高考真题)利用如图所示的装置研究光电效应,闭合单刀双掷开关S接 1 时,用频率为 的光照射光电管,调节滑动变阻器,使电流表的示数刚好为 0 ,此时电压表的示数为 ,已知电子电荷量为 ,普朗克常量为 ,下列说法正确的是 ( ) A. 其他条件不变,增大光强,电压表示数增大
B. 改用比 更大频率的光照射,调整电流表的示数为零,此时电压表示数仍为
C. 其他条件不变,使开关接 接 2,电流表示数仍为零
D. 光电管阴极材料的截止频率
【答案】D
【详解】A. 当开关 接 1 时,由爱因斯坦光电效应方程 ,故其他条件不变时,增大光强,电压表的示数不变,故 错误；
B. 若改用比 更大频率的光照射时,调整电流表的示数为零,而金属的逸出功不变,故遏止电压变大,即此时电压表示数大于 ,故 错误；
C. 其他条件不变时,使开关 接 2,此时 可发生光电效应,故电流表示数不为零,故 C 错误；
D. 根据爱因斯坦光电效应方程 其中
联立解得,光电管阴极材料的截止频率为
故 D 正确。
故选 D。
17、(2025·浙江·高考真题) 如图 1 所示,三束由氢原子发出的可见光 、 、 分别由真空玻璃管的窗口射向阴极 。调节滑动变阻器,记录电流表与电压表示数,两者关系如图 2 所示。下列说法正确的是( )
图 1
图2
A. 分别射入同一单缝衍射装置时, 的中央亮纹比 宽
B. 、 产生的光电子在 处最小德布罗意波长, 大于
C. 氢原子向第一激发态跃迁发光时,三束光中 对应的能级最高
D. 对应于图 2 中的 点,单位时间到达阳极 的光电子数目, 多于
【答案】BC
【详解】A. 根据 逸出功
因 的截止电压大于 ,可知 的频率大于 的频率, 的波长小于 的波长,则分别射入同一单缝衍射装置时, 的衍射现象比 更明显,则 的中央亮纹比 窄,选项 错误;
B. 同理可知 产生的光电子在 处 的最大初动能比 较大,根据 可知最小德布罗意波长, 大于 ,选项 正确;
C. 因 对应的能量最大,则氢原子向第一激发态跃迁发光时,根据
可知三束光中 对应的能级最高,选项 正确；
D. 对应于图 2 中的 点, 和 的光电流相等,可知 和 单位时间到达阳极 的光电子数目相等,选项 D 错误。
故选 BC。
18、(2022·河北·高考真题)如图是密立根于 1916 年发表的钠金属光电效应的遏止电压 与入射光频率 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 。由图像可知( )
A. 钠的逸出功为 B. 钠的截止频率为
C. 图中直线的斜率为普朗克常量 D. 遏止电压 与入射光频率 成正比
【答案】A
【详解】A. 根据遏止电压与最大初动能的关系有
根据电效应方程有
当结合图像可知,当 为 0 时,解得
A 正确;
B. 钠的截止频率为 ,根据图像可知,截止频率小于 , 错误；
C. 结合遏止电压与光电效应方程可解得
可知,图中直线的斜率表示 错误;
D. 根据遏止电压与入射光的频率关系式可知,遏止电压 与入射光频率 成线性关系,不是成正比, D 错误。
故选 A。
19、(2022·江苏·高考真题)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
【详解】AB. 根据 可知光子的能量增加后,光子的频率增加,又根据
可知光子波长减小,故 A 错误, B 正确；
CD. 根据 可知光子的动量增加；根据光速不变原理可知,光子速度不变,故 CD 错
误。
故选 B。
20、(2022·湖南·统考高考真题)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
【详解】A. 波尔的量子化模型很好地解释了原子光谱的分立特征, A 错误；
B . 玻尔的原子理论成功的解释了氢原子的分立光谱,但不足之处,是它保留了经典理论中的一些观点,如电子轨道的概念,还不成完全揭示微观粒子的运动规律, B 错误；
C. 光电效应揭示了光的粒子性, C 正确；
D. 电子束穿过铝箔后的衍射图样,证实了电子的波动性,质子、中子及原子、分子均具有波动性, D 错误。
故选 C。
21、(2023·海南·统考高考真题) 已知一个激光发射器功率为 ,发射波长为 的光,光速为 ,普朗克常量为 ,则 ( ) A. 光的频率为 B. 光子的能量为 C. 光子的动量为 D. 在时间 内激光器发射的光子数为 【答案】AC 【详解】A. 光的频率 选项 A 正确； B. 光子的能量 选项 B 错误； C. 光子的动量 选项 正确； D. 在时间 内激光器发射的光子数 选项 错误。 故选 AC。 22、(2021·上海·高考真题)α粒子散射实验中,有部分大角度偏转的α粒子,说明了 ( )
A. 由于原子中的电子碰撞造成的 B. 受到金原子核库仑引力
C. 原子核由质子和中子组成 D. 原子中有带正电的原子核
【答案】D
【详解】 粒子散射实验中,有部分大角度偏转的 粒子,说明了原子中有带正电的原子核, 粒子受到了金原子核库仑斥力作用。
故选 D。
23、(2023·上海·高考真题)关于 粒子散射实验正确的是( )
A. 实验要在真空中进行 B. 荧光屏是为了阻挡 粒子
C. 实验中显微镜必须正对放射源 D. 证明了原子核中有质子存在
【答案】A
【详解】A . 粒子散射实验要求在真空中进行, A 正确；
B. 荧光屏是为了使 粒子打在荧光屏上,通过观察荧光屏上的亮点来记录 粒子散射后的位置, B 错误；
C. 荧光屏和观察闪光的显微镜能够围绕金箔在一个圆周上运动,故实验中显微镜不是必须正对放射源, C 错误；
D. 该实验证明了原子核中原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核上,并未证明原子核中有质子存在, D 错误。
故选 A。
24、(2020·天津·高考真题)在物理学发展的进程中,人们通过对某些重要物理实验的深入观察和研究,获得正确的理论认识。下列图示的实验中导致发现原子具有核式结构的是 ( )
A.
B .
D.
C.
【答案】D
【详解】A . 双缝干涉实验说明了光具有波动性,故 A 错误；
B. 光电效应实验,说明了光具有粒子性,故 B 错误；
C. 实验是有关电磁波的发射与接收,与原子核无关,故 C 错误；
D. 卢瑟福的 粒子散射实验导致发现了原子具有核式结构,故 正确；
故选 D。
25、(2024·安徽·统考高考真题)大连相干光源是我国第一台高增益自由电子激光用户装置,其激光辐射所应用的玻尔原子理论很好地解释了氢原子的光谱特征。图为氢原子的能级示意图,已知紫外光的光子能量大于 ,当大量处于 能级的氢原子向低能级跃迁时,辐射不同频率的紫外光有( )
A. 1 种 B. 2 种 C. 3 种 D. 4 种
【答案】B 【详解】大量处于 能级的氢原子向低能级跃迁时,能够辐射出不同频率的种类为
种
辐射出光子的能量分别为
其中
所以辐射不同频率的紫外光有 2 种。
故选 B。
26、(2024·江西·统考高考真题) 近年来,江西省科学家发明硅衬底氮化镓基系列发光二极管,开创了国际上第三条LED技术路线。某氮化镓基LED材料的简化能级如图所示,若能级差为 (约 ),普朗克常量 ,则发光频率约为 ( )
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】根据题意可知,辐射出的光子能量 ,由光子的能量 得
故选 C。
27、(2023·山东·统考高考真题)“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 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 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 的光子回到基态。该原子钟产生的钟激光的频率 为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】原子吸收频率为 的光子从基态能级 I 跃迁至激发态能级 II 时有
且从激发态能级 II 向下跃迁到基态 I 的过程有
联立解得
故选 D。
28、(2022·浙江·统考高考真题) 如图为氢原子的能级图。大量氢原子处于 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 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 B. 跃迁到 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 的光子照射,氢原子跃迁到 激发态 【答案】B 【详解】A. 从 跃迁到 放出的光电子能量最大,根据 可得此时最大初动能为 故 A 错误; B. 根据 又因为从 跃迁到 放出的光子能量最大,故可知动量最大,故 正确； C. 大量氢原子从 的激发态跃迁基态能放出 种频率的光子,其中从 跃迁到 放出的光子能量为 不能使金属钠产生光电效应,其他两种均可以,故 C 错误； D. 由于从 跃迁到 能级需要吸收的光子能量为 所以用 的光子照射,不能使氢原子跃迁到 激发态,故 错误。 故选 B。
29、(2020·北京·统考高考真题)氢原子能级示意如图。现有大量氢原子处于 能级上,下列说法正确的是( ) A. 这些原子跃迁过程中最多可辐射出 2 种频率的光子 B. 从 能级跃迁到 能级比跃迁到 能级辐射的光子频率低 C. 从 能级跃迁到 能级需吸收 的能量 D. 能级的氢原子电离至少需要吸收 的能量 【答案】C 【详解】A. 大量氢原子处于 能级跃迁到 最多可辐射出 种不同频率的光子,故 A 错误； B. 根据能级图可知从 能级跃迁到 能级辐射的光子能量为
从 能级跃迁到 能级辐射的光子能量为 比较可知从 能级跃迁到 能级比跃迁到 能级辐射的光子频率高,故 错误; C. 根据能级图可知从 能级跃迁到 能级,需要吸收的能量为 故 C 正确;
D. 根据能级图可知氢原子处于 能级的能量为 ,故要使其电离至少需要吸收 1.51eV 的能量,故 D 错误；
故选 C。
30、(2020·浙江·高考真题) 由玻尔原子模型求得氢原子能级如图所示,已知可见光的光子能量在 到 之间,则( ) A. 氢原子从高能级向低能级跃迁时可能辐射出 射线 B. 氢原子从 的能级向 的能级跃迁时会辐射出红外线 C. 处于 能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线并发生电离 D. 大量氢原子从 能级向低能级跃迁时可辐射出 2 种频率的可见光 【答案】CD 【详解】A. 射线为重核衰变或裂变时才会放出,氢原子跃迁无法辐射 射线,故 错误;
B. 氢原子从 的能级向 的能级辐射光子的能量:
在可见光范围之内,故 B 错误；
C. 氢原子在 能级吸收 的光子能量就可以电离,紫外线的最小频率大于
,可以使处于 能级的氢原子电离,故 正确;
D. 氢原子从 能级跃迁至 能级辐射光子的能量:
在可见光范围之内; 同理,从 的能级向 的能级辐射光子的能量也在可见光范围之内,所以大量氢原子从 能级向低能级跃迁时可辐射出 2 种频率的可见光,故 正确。
故选 CD.
31、(2022·浙江·统考高考真题)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 ,然后让它们通过双缝打到屏上。已知电子质量取 ,普朗克常量取 ,下列说法正确的是( )
A. 发射电子的动能约为
B. 发射电子的物质波波长约为
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
【详解】A . 根据动量的大小与动能的关系可知发射电子的动能约为
故 A 错误;
B. 发射电子的物质波波长约为
故 B 正确;
CD. 物质波也具有波粒二象性,故电子的波动性是每个电子本身的性质,则每个电子依次通过双缝都能发生干涉现象,只是需要大量电子显示出干涉图样,故 错误, 正确；
故选 BD。
32、(2021·浙江·高考真题)已知普朗克常量 ,电子的质量为
,一个电子和一滴直径约为 的油滴具有相同动能,则电子与油滴的德布罗意波长之比的数量级为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】根据德布罗意波长公式
解得
由题意可知,电子与油滴的动能相同,则其波长与质量的二次方根成反比,所以有
代入数据解得
所以 C 正确；ABD 错误；
故选 C。
33、(2024·河北·高考真题)锂是新能源汽车、储能和信息通信等新兴产业的关键材料 . 研究表明,锂元素主要来自宇宙线高能粒子与星际物质的原子核产生的散裂反应,其中一种
核反应方程为 ,式中的 为 ( )
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】根据核反应前后质量数和电荷数守恒得
故式中的 X 为 ,故选 D。
34、(2024·湖北·高考真题)硼中子俘获疗法是目前治疗癌症最先进的手段之一、 是该疗法中一种核反应的方程,其中 代表两种不同的原子核,则 ( )
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】由质量数和电荷数守恒可得
解得
故选 B。
35、(2024·广东·高考真题) 我国正在建设的大科学装置——“强流重离子加速器”。其科学目标之一是探寻神秘的“119 号”元素,科学家尝试使用核反应Y + 产生该元素。关于原子核 和质量数 ,下列选项正确的是( )
A. 为 B. 为
C. 为 D. 为
【答案】C
【详解】根据核反应方程
根据质子数守恒设 的质子数为 ,则有
可得
即 为 ; 根据质量数守恒,则有
可得
故选 C。
36、(2023·海南·统考高考真题) 钍元素衰变时会放出 粒子,其中 粒子是( )
A. 中子 B. 质子 C. 电子 D. 光子
【答案】C
【详解】放射性元素衰变时放出的三种射线 、 、 分别是氦核流、电子流和光子流。
故选 C。
37、(2023·浙江·统考高考真题)“玉兔二号”装有核电池,不惧漫长寒冷的月夜。核电池将 衰变释放的核能一部分转换成电能。 的衰变方程为 ,则 ( )
A. 衰变方程中的 X 等于 233 B. 的穿透能力比 射线强
C. 比 的比结合能小 D. 月夜的寒冷导致 的半衰期变大
【答案】C
【详解】A . 根据质量数和电荷数守恒可知,衰变方程为
即衰变方程中的 ,故 错误；
B. 是 粒子,穿透能力比 射线弱,故 错误；
C. 比结合能越大越稳定,由于 衰变成为了 ,故 比 稳定,即 比 的比结合能小,故 正确;
D. 半衰期由原子核本身决定的,与温度等外部因素无关,故 D 错误。
故选 C。
38、(2022·福建·高考真题)2011 年 3 月,日本发生的大地震造成了福岛核电站核泄漏。 在泄露的污染物中含有大量放射性元素 ,其衰变方程为 ,半衰期为 8天,已知 ,则下列说法正确的是( )
A. 衰变产生的 射线来自于 原子的核外电子
B. 该反应前后质量亏损
C. 放射性元素 发生的衰变为 衰变
D. 经过 16 天, 75%的 原子核发生了衰变
【答案】D
【详解】A. 衰变时,原子核内中子转化为质子和电子,大量电子从原子核释放出来形成 射线,故 错误；
B. 该反应前后质量亏损为
故 B 错误;
C. 放射性元素 发生的衰变为 衰变,故 错误；
D. 由于半衰期为 8 天,可知经过 16 天,即经过两个半衰期,75%的 原子核发生了衰
变,故 D 正确。
故选 D。
39、(2020·浙江·高考真题)下列说法正确的是( )
A. 射线的穿透能力比 射线强
B. 天然放射现象说明原子具有复杂的结构
C. 核聚变中平均每个核子放出的能量比裂变中平均每个核子的小
D. 半衰期跟放射性元素以单质或化合物形式存在无关
【答案】D
【详解】A. 射线可以被一张 A4 纸挡住,而 射线可以穿透几厘米厚的铅板,所以 射线的穿透能力比 射线的穿透能力强,故 错误；
B. 天然放射现象说明原子核具有复杂结构,故 B 错误；
C. 聚变前要先使原有的原子结构破坏,发生类似裂变,然后重新组合成新的原子发生聚变,有质量亏损会对外再次释放能量,因此核聚变中平均每个核子放出的能量比裂变中平均每个核子的大,故 C 错误；
D. 半衰期是放射性元素固有的属性,和元素存在的形式无关,故 D 正确。
故选 D.
40、(2024·北京·高考真题) 已知钍 234 的半衰期是 24 天。1g 钍 234 经过 48 天后,剩余钍 234 的质量为( )
A. B . 0.25g C. D.
【答案】B
【详解】半衰期 1g 钍 234 经过 48 天后,剩余质量
故选 B。
41、(2023·浙江·高考真题)宇宙射线进入地球大气层与大气作用会产生中子,中子与大气中的氮 14 会产生以下核反应: ,产生的 能自发进行 衰变,其半衰期为 5730 年,利用碳 14 的衰变规律可推断古木的年代 . 下列说法正确的是( )
A. 发生 衰变的产物是
B. 衰变辐射出的电子来自于碳原子的核外电子
C. 近年来由于地球的温室效应,引起 的半衰期发生微小变化
D. 若测得一古木样品的 含量为活体植物的 ,则该古木距今约为 11460 年
【答案】D
【详解】A. 根据
即 发生 衰变的产物是 ,选项 A 错误；
B. 衰变辐射出的电子来自于原子核内的中子转化为质子时放出的电子,选项 B 错误；
C. 半衰期是核反应,与外界环境无关,选项 C 错误；
D. 若测得一古木样品的 含量为活体植物的 ,可知经过了 2 个半衰期,则该古木距今约为 年 年,选项 正确。
故选 D。
42、2022 全国·统考高考真题)两种放射性元素的半衰期分别为 和 ,在 时刻这两种元素的原子核总数为 ,在 时刻,尚未衰变的原子核总数为 ,则在 时刻,尚未衰变的原子核总数为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】根据题意设半衰期为 的元素原子核数为 ,另一种元素原子核数为 ,依题意有
经历 后有
联立可得
在 时,原子核数为 的元素经历了 4 个半衰期,原子核数为 的元素经历了 2 个半衰期,则此时未衰变的原子核总数为
故选 C。
43、(2023·天津·统考高考真题)关于太阳上进行的核聚变,下列说法正确的是( )
A. 核聚变需要在高温下进行 B. 核聚变中电荷不守恒
C. 太阳质量不变 D. 太阳核反应方程式:
【答案】A
【详解】A. 因为高温时才能使得粒子的热运动剧烈,才有可能克服他们自身相互间的排
斥力,使得它们间的距离缩短,才能发生聚变, A 正确；
B. 核聚变中电荷是守恒的, B 错误；
C. 因为太阳一直在发生核聚变,需要放出大量能量,根据质能方程可知是要消耗一定的质量的, C 错误;
D. 核聚变的方程为
题中为核裂变方程, D 错误。
故选 A。
44、(2021·湖北·统考高考真题) 20 世纪 60 年代,我国以国防为主的尖端科技取得了突破性的发展。1964 年,我国第一颗原子弹试爆成功；1967 年,我国第一颗氢弹试爆成功。
关于原子弹和氢弹,下列说法正确的是( )
A. 原子弹和氢弹都是根据核裂变原理研制的
B. 原子弹和氢弹都是根据核聚变原理研制的
C. 原子弹是根据核裂变原理研制的,氢弹是根据核聚变原理研制的
D. 原子弹是根据核聚变原理研制的,氢弹是根据核裂变原理研制的
【答案】C
【详解】原子弹是根据重核裂变研制的,而氢弹是根据轻核聚变研制的,故 ABD 错误, C 正确。
故选 C。
45、(2024·浙江·高考真题)已知氘核质量为2.0141u,氚核质量为3.0161u,氦核质量为 ,中子质量为 ,阿伏加德罗常数 取 ,氘核摩尔质量为 ,1u相当于931.5MeV。关于氘与氚聚变成氦,下列说法正确的是( )
A. 核反应方程式为
B. 氘核的比结合能比氦核的大
C. 氘核与氚核的间距达到 就能发生核聚变
D. 氘完全参与聚变释放出能量的数量级为
【答案】D
【详解】A. 核反应方程式为
故 A 错误;
B. 氘核的比结合能比氦核的小,故 B 错误；
C. 氘核与氚核发生核聚变,要使它们间的距离达到 以内,故 错误；
D. 一个氘核与一个氚核聚变反应质量亏损
聚变反应释放的能量是
氘完全参与聚变释放出能量
数量级为 ,故 D 正确。
故选 D。
46、(2024·上海·高考真题)原子核之间由于相互作用会产生新核,这一过程具有多种形式。
(1)质量较小的原子核结合成质量较大原子核的过程称为_____
A. 链式反应 B. 衰变 C．核聚变 D. 核裂变
(2) 核的质量为 , 核的质量为 ,它们通过核反应形成一个质量为 的氮原子核 ,此过程释放的能量为_____。(真空中光速为 )
【答案】(1)C
(2)
【详解】(1)质量较小的原子核结合成质量较大原子核的反应称为核聚变。
故选 C。
(2)根据质能方程可知,此过程释放的能量为
47、(2023·全国·统考高考真题)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 。假设释放的能量来自于物质质量的减少,则每秒钟平均减少的质量量级为(光速为3 )
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】根据质能方程 可知,则每秒钟平均减少的质量为
则每秒钟平均减少的质量量级为 。
故选 C。
48、(2022·辽宁·高考真题)
2022 年 1 月,中国锦屏深地实验室发表了首个核天体物理研究实验成果。表明我国核天体物理研究已经跻身国际先进行列。实验中所用核反应方程为 ,已知 、
、 的质量分别为 、 、 ,真空中的光速为 ,该反应中释放的核能为 。 下列说法正确的是 ( )
A. 为氘核 B. 为氚核
C. D.
【答案】D
【详解】AB. 根据核反应的质量数和电荷数守恒可知, X 的质量数为 1 ,电荷数为 1 ,为氕核 , AB 错误；
CD. 根据质能方程可知,由于质量亏损核反应放出的核能为
C 错误、D 正确。
故选 D。最后十课 02–振动光学篇
振动
1. 振动及其图像
a) 震动的基本物理量
i. 回复力:使物体做简谐运动的力(使物体回到平衡位置的力)(沿振动
方向的合力)
ii. 平衡位置: 回复力为 0 的位置
iii. 周期:完成一个完整循环所需要的时间
iv. 频率 : 每秒能完成几个周期
v. 振幅 : 偏离平衡位置的最大距离
vi. 相位 : 处于一个运动周期中的哪个状态
b)图像中常考的物理量
i. 平衡位置: 横轴交点
ii. 振幅 : 纵坐标最大值
iii. 周期 : 一个完整循环的时间
iv. 频率 : 单位时间完成几个周期
v. 速度 : 斜率
vi. 加速度 : 位移(越大加速度越大
c)简谐运动解析式
A : 振幅
T : 周期
: 初相位
2. 单摆 (实验)
a) 基本物理量及公式
1: 摆长 (悬挂点到小球重心的距离)
g: 重力加速度
b)单摆实验的注意事项
i. 注意不要超过
ii. 注意计时点
iii. 注意摆长
3. 受迫振动和共振
a) 当 驱动力频率=固有频率 时, 受迫振动振幅最大
波
1. 机械波基本属性
a) 每个质点只会振动, 不会随着波进行传播
b)波传播的是振动
c)波速只取决于介质本身
2. 波形图
a) 就是一张波的照片
b)同侧法
i. 对于图像中任意一点 (除极值点外), 波的传播方向和质点的运动方向,
一定在图象的同一侧
c)平移法
i. 对于部分题目,画出 秒后的波形图可能有助于解题
3. 两个图像问题
a) 解题第一步先通过两个图像写出可以得到的所有物理量
b)具体分析问题的时候,重点关注两个图像中有关系的点
4. 振动图像问题 (两点问题)
a) 周期差 波长 距离
5. 波的叠加问题
a) 两列波可以彼此相遇并穿过后, 而保持原状。
b)在叠加区域, 质点位移等于两列波单独引起位移的矢量和
6. 波的干涉
a) 加强点: 两列波到达时相位相同的点
b) 减弱点: 两列波到达时相位相反的点
c)波源起振方向相同时,加强点和减弱点的位置
i. 加强点: 距离两个波源的距离差为
ii. 减弱点: 距离两个波源的距离差为
d)发生干涉现象的重要条件:
i. 两列波的频率相同
7. 衍射以及多普勒
a) 衍射: 波可以绕过障碍物继续传播, 这种现象叫作波的衍射
b) 单缝越窄, 波长越长, 衍射现象越明显
c) 多普勒效应: 波源与观察者相互靠近或者相互远离时, 接收到的波的频率都会发生变化。人们把这种现象叫作多普勒效应
i. 相互靠近, 频率增大;
ii. 相互远离, 频率减小光学 1. 折射 a) 单色光穿过不同介质时 i. 发生偏折 (光频率越大, 偏折越狠) ii. 光速发生变化 (光频率越大, 光速变化越狠) iii. 频率不变 b) 折射计算公式 i. 2. 全反射
a) 条件: 光密介质 光疏介质 (固体/液体 空气/真空)
b)临界角: 刚好发生全反射时的入射角大小
c)临界角的计算:借用折射公式即可
d)频率越大,偏折越狠,临界角越小
3. 双缝干涉
a) 频率、相位和振动方向都相同的两个波源
b) 公式: 相邻两个亮条纹或暗条纹的中心间距
c)
屏
d)实验装置
4. 劈尖干涉及薄膜干涉
a)劈尖干涉
i.
ii. 角度越大, 频率越大, 条纹约密集
b)薄膜干涉
ii. 两次反射光相位相同时,为加强; 两次反射光相位相反时,为减弱。
5. 衍射、偏振和激光
a) 衍射: 在障碍物的尺寸可以跟光的波长相比, 甚至比光的波长还小的时候, 衍射现象十分明显,而且障碍物越小,波长越大,衍射现象越明显,中央亮条纹越宽。
b)光作为横波, 具有偏振现象
c) 激光:平行度好,相干性高(频率、相位、偏振方向)
6. 频率问题总结
a) 频率越大将会导致
i. 同种介质中波长越小
ii. 同种介质中光速越慢
iii. 折射时偏折越狠
iv. 全反射临界角越小
v. 双缝干涉条纹间距越小
vi. 劈尖干涉条纹越密集
vii. 衍射中央亮条纹越窄
viii. 单个光子能量越大
ix. 单个光子动量越大
7. 光路计算题目
a) 首要任务是大概了解光路走向
b) 核心解题公式: 折射公式 + 解三角形
8. 测折射率的实验
a) 偏折越大, 测量越准, 误差越小
b) 先画线, 再放玻璃砖, 否则画不准
机械振动 (答案解析均来源于网络)
1. 如图 (a), 装有砂粒的试管竖直静浮于水中, 将其提起一小段距离后释放, 一段时间内试管在竖直方向的振动可视为简谐运动。取竖直向上为正方向,以某时刻作为计时起点, 试管振动图像如图(b)所示,则试管( )
图(a)
图(b)
A. 振幅为 B. 振动频率为
C. 在 时速度为零 D. 在 时加速度方向竖直向下
2. 图甲为用手机和轻弹簧制作的一个振动装置。手机加速度传感器记录了手机在竖直方向的振动情况,以向上为正方向,得到手机振动过程中加速度 随时间 变化的曲线为正弦曲线, 如图乙所示。下列说法正确的是 ( )
甲
乙
A. 时,弹簧弹力为 0
B. 时,手机位于平衡位置上方
C. 从 至 ,手机的动能增大
D. 随 变化的关系式为
3. 如图所示,一个轻质弹簧下端挂一小球,小球静止。现将小球向下拉动距离 后由静止释放,并开始计时,小球在竖直方向做简谐运动,周期为 。经 时间,小球从最低点向上运动的距离_____ (选填“大于”、“小于”或“等于”)；在 时刻,小球的动能_____(选填“最大”或“最小”)。
4. 如图所示,沿水平方向做简谐振动的质点,依次通过相距 的 、 两点。已知质点在 点的位移大小为振幅的一半, 点位移大小是 点的 倍,质点经过 点时开始计时, 时刻第二次经过 点,该振动的振幅和周期可能是( )
A. B. C. D.
5. 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 。套在杆上的小球从中点以初速度 向右运动,小球将做周期为 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
D. 小球的初速度为 时,其运动周期为
6. 如图所示,半径为 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 为原点在竖直方向上建立 坐标系。 时从图示位置沿逆时针方向匀速转动圆盘,角速度为 ,则 做简谐运动的表达式为( )
A.
B.
C.
D.
7. 如图,一电动机带动轻杆在竖直框架平面内匀速转动,轻杆一端固定在电动机的转轴上,另一端悬挂一紫外光笔,转动时紫外光始终竖直投射至水平铺开的感光纸上,沿垂直于框架的方向匀速拖动感光纸,感光纸上就画出了描述光点振动的 图像. 已知轻杆在竖直面内长 ,电动机转速为 . 该振动的圆频率和光点在 内通过的路程分别为( )
A. 0.2rad/s, 1.0m B. 0.2rad/s, 1.25m C. 1.26rad/s, 1.0m D. 1.26rad/s, 1.25m
8 . 如图 1 所示,质量相等的小球和点光源,分别用相同的弹簧竖直悬挂于同一水平杆上,
间距为 ,竖直悬挂的观测屏与小球水平间距为 ,小球和光源做小振幅运动时,在观测屏上可观测小球影子的运动。以竖直向上为正方向,小球和光源的振动图像如图 2 所示,则 ( )
图 1
图2
A. 时刻小球向上运动 B. 时刻光源的加速度向上
C. 时刻小球与影子相位差为 D. 时刻影子的位移为
9. 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( )
A. 2 : 3 B. 3: 2 C. 4 : 9 D.
10. 如图为某单摆的振动图像,重力加速度 取 ,下列说法正确的是( )
A. 摆长为 1.6m,起始时刻速度最大 B. 摆长为 ,起始时刻速度为零
C. 摆长为 点的速度相同 D. 摆长为 点的速度相同
11. 图甲中的装置水平放置,将小球从平衡位置 拉到 后释放,小球在 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( )
甲
乙
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
12. 单摆可作为研究简谐运动的理想模型。 图甲
图丙
图乙
(1)制作单摆时,在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中,选择图甲方式的目的是要保持摆动中_____不变；
(2)用游标卡尺测量摆球直径,测得读数如图丙,则摆球直径为_____cm；
(3)若将一个周期为 的单摆,从平衡位置拉开 的角度释放,忽略空气阻力,摆球的振动可看为简谐运动。当地重力加速度为 ,以释放时刻作为计时起点,则摆球偏离平衡位置的位移 与时间 的关系为_____。
13. 用一个摆长为 的单摆做实验,要求摆动的最大角度小于 ,则开始时将摆球
拉离平衡位置的距离应不超过_____cm (保留 1 位小数)。(提示:单摆被拉开小角度的情况下,所求的距离约等于摆球沿圆弧移动的路程。)
某同学想设计一个新单摆,要求新单摆摆动 10 个周期的时间与原单摆摆动 11 个周期的时间相等。新单摆的摆长应该取为_____cm。
14. 某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素.
(1)他组装单摆时,在摆线上端的悬点处,用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线,再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧,如图所示 . 这样做的目的是_____(填字母代号). A. 保证摆动过程中摆长不变 B. 可使周期测量得更加准确 C. 需要改变摆长时便于调节 D. 保证摆球在同一竖直平面内摆动 (2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下,用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度 ,再用游标卡尺测量摆球直径,结果如图所示,则该摆球的直径为_____ mm,单摆摆长为_____m_____
图 1
图2
(3)下列振动图象真实地描述了对摆长约为 的单摆进行周期测量的四种操作过程,图中横作标原点表示计时开始, A、B、C 均为 30 次全振动的图象,已知 , ,这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是_____(填字母代号).
A
B
C
D
15. 如图所示的装置,弹簧振子的固有频率是 ,现匀速转动把手,给弹簧振子以周期性的驱动力,测得弹簧振子振动达到稳定时的频率为 ,则把手转动的频率为( )
A. B. C. D.
16. 为了提高松树上松果的采摘率和工作效率,工程技术人员利用松果的惯性发明了用打击杆、振动器使松果落下的两种装置,如图甲、乙所示。则( )
甲
乙
A. 针对不同树木,落果效果最好的振动频率可能不同
B . 随着振动器频率的增加,树干振动的幅度一定增大
C. 打击杆对不同粗细树干打击结束后,树干的振动频率相同
D. 稳定后,不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同
17. 下列说法正确的是 ( )
A. 在同一地点,单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比
B . 弹簧振子做简谐振动时,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,单摆做简谐振动的周期越小
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
机械波 (答案解析均来源于网络)
一、机械波基础属性
1. 如图所示,水面上有 、 、 三点共线, ,零时刻在 点的水面给一个扰动, 时刻 开始振动,则 振动的时刻为( )
A. B. C. D.
2. 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 处的质点将运动至_____(选填“N”“ ”或“Q”) 处。加快抖动,波的频率增大,波速_____(选填“增大”“减小”或“不变”)。
二、波形图
3. 一列简谐横波沿 轴正方向传播。波速为 , 时的波形如图所示。 时,
处的质点相对平衡位置的位移为( )
A. 0 B. C. D.
4. 一列简谐横波沿 轴传播,周期为 , 时刻的波形曲线如图所示,此时介质中质
点 向 轴负方向运动,下列说法正确的是( )
A. 该波的波速为
B. 该波沿 轴正方向传播
C. 时质点 和质点 的运动方向相反
D. 时介质中质点 向 轴负方向运动
E. 时介质中质点 的速率达到最大值
5. 一列简谐横波沿 轴正方向传播,某时刻的波形如图所示,关于质点 的说法正确的是
( )
A. 该时刻速度沿 轴正方向 B. 该时刻加速度沿 轴正方向
C. 此后 周期内通过的路程为 D. 此后 周期内沿 轴正方向迁移为
6. 一列简谐横波某时刻的波形图如图所示。此后 质点比 质点先回到平衡位置。下列判断正确的是( )
A. 该简谐横波沿 轴负方向传播 B. 此时 质点沿 轴正方向运动
C. 此时 质点的速度比 质点的小 D. 此时 质点的加速度比 质点的小
7. 位于 的波源 从 时刻开始振动,形成的简谐横波沿 轴正负方向传播, 在 时波源停止振动, 时的部分波形如图所示,其中质点 的平衡位置 ,质点 的平衡位置 。下列说法正确的是( )
A. 沿 轴正负方向传播的波发生干涉
B. 时,波源的位移为正
C. 时,质点 沿 轴负方向振动
D. 在 0 到 2s 内,质点 运动总路程是
8. 一列简谐横波沿 轴传播,在 时刻和 时刻的波形分别如图中实线和虚线所示。已知 处的质点在 内运动的路程为 。下列说法正确的是( )
A. 波沿 轴正方向传播
B. 波源振动周期为
C. 波的传播速度大小为
D. 时, 处的质点沿 轴负方向运动
9. 图中实线为一列简谐横波在某一时刻的波形曲线,经过 后,其波形曲线如图中虚线所示。已知该波的周期 大于 0.3s,若波是沿 轴正方向传播的,则该波的速度大小为_____ ,周期为_____ ,若波是沿 轴负方向传播的,该波的周期为_____ 。
三、两个图像
10. 一列简谐横波沿 轴传播,图(a)是 时刻的波形图； 是介质中位于 处的质点,其振动图像如图(b)所示。下列说法正确的是( )
图(a)
图(b)
A. 波速为
B. 波向左传播
C. 波的振幅是
D. 处的质点在 时位于平衡位置
E. 质点 在 时间内运动的路程为
11. 一列简谐横波某时刻波形如图甲所示。由该时刻开始计时,质点 的振动情况如图乙
所示。下列说法正确的是 ( )
甲
乙
A. 该横波沿 轴负方向传播
B. 质点 该时刻向 轴负方向运动
C. 质点 经半个周期将沿 轴正方向移动
D. 该时刻质点 与 的速度、加速度都相同
12. 一列沿 轴负方向传播的简谐横波, 时的波形如图(a)所示, 处质点的振动图像如图(b)所示,则波速可能是( )
图(a)
图(b)
A. B. C. D.
13. 简谐横波沿 轴正方向传播,题图为某时刻波形图。波源位于 处,其位移随时间变化的关系为 ,则( )
A. 此波的波长为 B. 此波的频率为
C. 此波的波速为 D. 此时波源沿 轴正方向运动
四、两点问题
14. 如图,健身者在公园以每分钟 60 次的频率上下抖动长绳的一端,长绳自右向左呈现波浪状起伏,可近似为单向传播的简谐横波。长绳上 、 两点平衡位置相距 , 时刻 点位于波谷, 点位于波峰,两者之间还有一个波谷。下列说法正确的是( ) A. 波长为 B. 波速为 C. 时刻, B 点速度为 0 D. 时刻, 点速度为 0
15. 位于坐标原点 的波源在 时开始振动,振动图像如图所示,所形成的简谐横波沿 轴正方向传播。平衡位置在 处的质点 开始振动时,波源恰好第 2 次处于波谷位置,则( )
A. 波的周期是 0.1s
B. 波的振幅是
C. 波的传播速度是
D. 平衡位置在 处的质点 开始振动时,质点 处于波峰位置
16. 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 。 时刻,波源开始从平衡位置沿 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), 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 B. 水波的传播速度大小为
C. 时刻浮标沿 轴负方向运动 D. 水波的波长为
17. 均匀介质中质点 、 的平衡位置位于 轴上,坐标分别为 0 和 。某简谐横波沿 轴正方向传播,波速为 ,波长大于 ,振幅为 ,且传播时无衰减。 时刻 、 偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同,运动方向相反,此后每隔 两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同。已知在 时刻 ,质点 位于波峰。求
(1)从 时刻开始,质点 最少要经过多长时间位于波峰；
(2) 时刻质点 偏离平衡位置的位移。
18. 一列简谐横波沿 轴正方向传播。波速为 。在传播方向上有 两质点,坐标分别为 。波传播到 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, 点第一次到达正向最大位移处。
五、叠加
19. 两列振幅相等、波长均为 、周期均为 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, 时刻的波形如图 1 所示,此时两列波相距 ,则( )
图 1
图2
A. 时,波形如图 2 甲所示
B. 时,波形如图 2 乙所示
C. 时,波形如图 2 丙所示
D. 时,波形如图 2 丁所示
20. 某仪器发射甲、乙两列横波,在同一均匀介质中相向传播,波速 大小相等。某时刻的波形图如图所示,则这两列横波 ( )
A. 在 处开始相遇 B. 在 处开始相遇
C. 波峰在 处相遇 D. 波峰在 处相遇
21. 甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中沿 轴相向传播,波速均为 。 时刻二者在 处相遇,波形图如图所示。关于平衡位置在 处的质点 ,下列说法正确
的是( )
A. 时, 偏离平衡位置的位移为 0
B. 时, 偏离平衡位置的位移为
C. 时, 向 轴正方向运动
D. 时, 向 轴负方向运动
22. 在同一均匀介质中,分别位于坐标原点和 处的两个波源 和 ,沿 轴振动, 形成了两列相向传播的简谐横波 和 ,某时刻 和 分别传播到 和 处,波形如图所示。下列说法正确的是( )
A. 与 的频率之比为 B. 与 开始振动的时刻相同
C. 与 相遇后会出现干涉现象 D. 开始振动时沿 轴正方向运动
六、干涉
23. 如图所示,置于管口 前的声源发出一列单一频率声波,分成两列强度不同的声波分别沿 、 两管传播到出口 。先调节 、 两管等长, 处探测到声波强度为 400 个单位,然后将 管拉长 ,在 处第一次探测到声波强度最小,其强度为 100 个单
位。已知声波强度与声波振幅平方成正比,不计声波在管道中传播的能量损失,则( )
A. 声波的波长 B. 声波的波长
C. 两声波的振幅之比为 D. 两声波的振幅之比为
24. 如图所示, 轴上 、 处有两个振动周期均为 、振幅均为 的相同的波源 时刻同时开始竖直向下振动,产生波长均为 沿 轴传播的简谐横波。 、 、 分别是 轴上 、 和 的三个点,下列说法正确的是( )
A. 6.0 s时 、 、 三点均已振动
B. 8.0 s后 点的位移始终是
C. 后 点的位移始终是 0
D. 10.5s时 点的振动方向竖直向下
25. 如图 (a),在均匀介质中有 、 、 和 四点,其中 、 、 三点位于同一直线上, 垂直 . 时,位于 、 、 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 垂直,已知波长为 . 下列说法正确的是 ( )
图(b)
图(a)
A. 这三列波的波速均为
B. 时, 处的质点开始振动
C. 时, 处的质点向 轴负方向运动
D. 时, 处的质点与平衡位置的距离是
26. 如图(a)所示,利用超声波可以检测飞机机翼内部缺陷。在某次检测实验中,入射波为连续的正弦信号,探头先后探测到机翼表面和缺陷表面的反射信号,分别如图(b)、
(c)所示。已知超声波在机翼材料中的波速为 。关于这两个反射信号在探头处的叠加效果和缺陷深度 ,下列选项正确的是( )
图 (a) 超声波检测原理示意图
图(b)机翼表面反射信号 图(c)缺陷表面反射信号
A. 振动减弱； B. 振动加强;
C. 振动减弱; D. 振动加强;
27. 在如图所示的直角坐标系中, 平面为介质 I 和 II 的分界面 ( 轴垂直纸面向外)。
在介质 I 中的 处有一点波源,产生波长为 、速度为 的波。波传到介质 II 中,
其速度为 ,图示时刻介质 II 中仅有一个波峰,与 轴和 轴分别交于 和 点,此时
波源也恰好位于波峰。 为 、 连线的中点,入射波与反射波在 点相干加强,则 ( )
A. 介质 II 中波的频率为 B. 点的坐标为
C. 入射波与反射波在 点相干减弱 D. 折射角 的正弦值
七、衍射多普勒
28. 如图, P 为桥墩, A 为靠近桥墩浮出水面的叶片,波源 连续振动,形成水波,此时
叶片 静止不动. 为使水波能带动叶片振动,可用的方法是
A. 提高波源频率
B. 降低波源频率
C. 增加波源距桥墩的距离
D. 减小波源距桥墩的距离
29. 用 的超声波检查胆结石,该超声波在结石和胆汁中的波速分别为 和 1500m/s,则该超声波在结石中的波长是胆汁中的_____倍 . 用超声波检查胆结石是因为超声波的波长短,遇到结石时_____(选填“容易”或者“不容易”)发生衍射。
30. 利用发波水槽得到的水面波形如图所示,则( ) A. 图 a、b 均显示了波的干涉现象
a b
B. 图 a、b 均显示了波的衍射现象
C. 图 a 显示了波的干涉现象,图 b 显示了波的衍射现象
D. 图 a 显示了波的衍射现象,图 b 显示了波的干涉现象
31. 渔船常用回声探测器发射的声波探测水下鱼群与障碍物 . 声波在水中传播速度为
,若探测器发出频率为 的声波,下列说法正确的是( )
A. 两列声波相遇时一定会发生干涉
B. 声波由水中传播到空气中,波长会改变
C. 该声波遇到尺寸约为 的被探测物时会发生明显衍射
D. 探测器接收到的回声频率与被探测物相对探测器运动的速度无关
32. 下列说法正确的是( )
A. 热量能自发地从低温物体传到高温物体
B. 液体的表面张力方向总是跟液面相切
C. 在不同的惯性参考系中,物理规律的形式是不同的
D. 当波源与观察者相互接近时,观察者观测到波的频率大于波源振动的频率
33. 在下列现象中,可以用多普勒效应解释的有_____。
A. 雷雨天看到闪电后,稍过一会儿才能听到雷声
B . 超声波被血管中的血流反射后,探测器接收到的超声波频率发生变化
C. 观察者听到远去的列车发出的汽笛声,音调会变低
D. 同一声源发出的声波,在空气和水中传播的速度不同
E. 天文学上观察到双星(相距较近、均绕它们连线上某点做圆周运动的两颗恒星)光
谱随时间的周期性变化
光学例题(答案解析均来源于网络)
一、折射
1. 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( )
A.
太阳光线
B .
C.
太阳光线
D.
2. 光刻机是制造芯片的核心装备,利用光源发出的紫外线,将精细图投影在硅片上,再经技术处理制成芯片。为提高光刻机清晰投影最小图像的能力,在透镜组和硅片之间充有液体。紫外线进入液体后与其在真空中相比( )
A. 波长变短 B. 光子能量增加 C. 频率降低 D. 传播速度增大
3. 双缝干涉实验装置的截面图如图所示。光源 到 、 的距离相等, 点为 、 连线中垂线与光屏的交点。光源 发出的波长为 的光,经 出射后垂直穿过玻璃片传播到 点,经 出射后直接传播到 点,由 到 点与由 到 点,光传播的时间差为 。玻璃片厚度为 ,玻璃对该波长光的折射率为 1.5,空气中光速为 ,不计光在玻璃片内的反射。以下判断正确的是 ( )
A. B. C. D.
4. 如图为一半圆柱形均匀透明材料的横截面,一束红光 从空气沿半径方向入射到圆心
,当 时,反射光 和折射光 刚好垂直。下列说法正确的是 ( )
A. 该材料对红光的折射率为 B. 若 ,光线 消失
C. 若入射光 变为白光,光线 为白光 D. 若入射光 变为紫光,光线 和 仍然垂直
5. 如图为一用透明材料做成的中心是空的球,其中空心部分半径与球的半径之比为 1:3。 当细光束以 的入射角射入球中,其折射光线刚好与内壁相切,则该透明材料的折射率为 ( )
A. B. 1.5 C. D. 2
二、全反射
6. 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 ,如图所示。他发现只有当 大于 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 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 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°
7. 如图所示,红绿两束单色光,同时从空气中沿同一路径以 角从 面射入某长方体透明均匀介质。折射光束在 面发生全反射。反射光射向 面。若 逐渐增大。两束光在 面上的全反射现象会先后消失。已知在该介质中红光的折射率小于绿光的折射率。下列说法正确的是( )
A. 在 面上,红光比绿光更靠近 点
B. 逐渐增大时,红光的全反射现象先消失
C. 逐渐增大时,入射光可能在 面发生全反射
D. 逐渐减小时,两束光在 面折射的折射角逐渐增大
8. 一束复色光从空气射入光导纤维后分成 a、b 两束单色光, 光路如图所示, 比较内芯中
A. 频率小,发生全反射的临界角小
B. 频率大,发生全反射的临界角小
C. 频率小,发生全反射的临界角大
D. 频率大,发生全反射的临界角大
三、双缝干涉
9. 某同学自制双缝干涉实验装置,在纸板上割出一条窄缝,于窄缝中央沿缝方向固定一根拉直的头发丝形成双缝,将该纸板与墙面平行放置,如图所示。用绿色激光照双缝,能在墙面上观察到干涉条纹。下列做法可以使相邻两条亮纹中央间距变小的是( )
A. 换用更粗的头发丝 B. 换用红色激光照双缝
C. 增大纸板与墙面的距离 D. 减小光源与纸板的距离
10. 如图, S 为单色光源, S 发出的光一部分直接照在光屏上,一部分通过平面镜反射到光屏上。从平面镜反射的光相当于 在平面镜中的虚像发出的,由此形成了两个相干光源。设光源 到平面镜和到光屏的距离分别为 和 ,镜面与光屏垂直,单色光波长为 。下列说法正确的是( )
A. 光屏上相邻两条亮条纹的中心间距为
B. 光屏上相邻两条暗条纹的中心间距为
C. 若将整套装置完全浸入折射率为 的蔗糖溶液中此时单色光的波长变为
D. 若将整套装置完全浸入某种透明溶液中,光屏上相邻两条亮条纹的中心间距为
,则该液体的折射率为
11. 1834 年,洛埃利用平面镜得到杨氏双缝干涉的结果(称洛埃镜实验),平面镜沿 放置,靠近并垂直于光屏。某同学重复此实验时,平面镜意外倾斜了某微小角度 ,如图所示。 为单色点光源。下列说法正确的是( )
A. 沿 向左略微平移平面镜,干涉条纹不移动
B. 沿 向右略微平移平面镜,干涉条纹间距减小
C. 若 ,沿 向右略微平移平面镜,干涉条纹间距不变
D. 若 ,沿 向左略微平移平面镜,干涉条纹向 处移动
12. 某同学用普通光源进行双缝干涉测光的波长实验。下列说法正确的是( )
A. 光具座上依次摆放光源、透镜、滤光片、双缝、单缝、遮光筒、测量头等元件
B. 透镜的作用是使光更集中
C. 单缝的作用是获得线光源
D. 双缝间距越小,测量头中观察到的条纹数目内越多
13. 在用双缝干涉测量光的波长的实验中,如图所示,则:
① 、 分别是( )
A. 单缝和双缝 B. 双缝和单缝 C. 单缝和单缝 D. 双缝和双缝
②如果双缝间距是 ,双缝到毛玻璃的距离是 ,第一条亮纹到第六条亮纹间距是 ,则光的波长是_____。(用 、 、 表示)
14. 图示是“用双缝干涉测量光的波长”实验的装置。实验中:
①观察到较模糊的干涉条纹,要使条纹变得清晰,值得尝试的是_____。(单选)
A. 旋转测量头 B. 增大单缝与双缝间的距离 C. 调节拨杆使单缝与双缝平行
②要增大观察到的条纹间距,正确的做法是_____(单选)
A. 减小单缝与光源间的距离 B. 减小单缝与双缝间的距离
C. 增大透镜与单缝间的距离 . 增大双缝与测量头间的距离
15. 在“用双缝干涉实验测量光的波长”的实验中,双缝间距为 ,双缝到光强分布传感器距离为 。
(1)实验时测得 条暗条纹间距为 ,则激光器发出的光波波长为_____。
A. B. C. D.
(2)在激光器和双缝之间加入一个与光束垂直放置的偏振片,测得的干涉条纹间距与不加偏振片时相比_____
A. 增加 B. 不变 C. 减小
( 3 )移去偏振片,将双缝换成单缝,能使单缝衍射中央亮纹宽度增大的操作有_____
A. 减小缝宽 B. 使单缝靠近传感器
C. 增大缝宽 D. 使单缝远离传感器
四、其他干涉
16. 阳光下的肥皂膜呈现彩色条纹,这种现象属于光的( )
A. 偏振现象 B. 衍射现象 C. 干涉现象 D. 全反射现象
17. 铁丝圈上附有肥皂膜,竖直放置时,肥皂膜上的彩色条纹上疏下密,由此推测肥皂膜前后两个面的侧视形状应当是( )
A.
B
C
D
18. 肥皂膜的干涉条纹如图所示,条纹间距上面宽、下面窄。下列说法正确的是( )
A. 过肥皂膜最高和最低点的截面一定不是梯形
B. 肥皂膜上的条纹是前后表面反射光形成的干涉条纹
C. 肥皂膜从形成到破裂,条纹的宽度和间距不会发生变化
D. 将肥皂膜外金属环左侧的把柄向上转动 ,条纹也会跟着转动
19. 制造某型芯片所使用的银灰色硅片覆上一层厚度均匀的无色透明薄膜后,在自然光照射下硅片呈现深紫色。关于此现象,下列说法正确的是( )
A. 上述现象与彩虹的形成原理相同 B. 光在薄膜的下表面发生了全反射
C. 薄膜上下表面的反射光发生了干涉 D. 薄膜厚度发生变化,硅片总呈现深紫色 20. 用平行单色光垂直照射一层透明薄膜,观察到如图所示明暗相间的干涉条纹。下列关于该区域薄膜厚度 随坐标 的变化图像,可能正确的是 ( )
A.
B
C .
D
21. 检测球形滚珠直径是否合格的装置如图甲所示,将标准滚珠 与待测滚珠 、 放置在两块平板玻璃之间,用单色平行光垂直照射平板玻璃,形成如图乙所示的干涉条纹。若待测滚珠与标准滚珠的直径相等为合格,下列说法正确的是( )
图甲 图乙
A. 滚珠 均合格
B. 滚珠 、 均不合格
C. 滚珠 合格,滚珠 不合格
D. 滚珠 不合格,滚珠 合格
22. 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 的膨胀系数小于 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
五、衍射偏振激光
23. 用观看立体影的特殊眼镜观察手机液晶屏幕上的图片,通过左镜片的图片明亮,右镜片的灰暗。旋转手机屏幕90°,透过两镜片的图片( ) A. 均变明亮 B. 均变灰暗
C. 亮度均无变化 D. 左镜片的变暗,右镜片的变亮
24. 激光具有相干性好,平行度好、亮度高等特点,在科学技术和日常生活中应用广泛。
下面关于激光的叙述正确的是( )
A. 激光是纵波
B. 频率相同的激光在不同介质中的波长相同
C. 两束频率不同的激光能产生干涉现象
D. 利用激光平行度好的特点可以测量月球到地球的距离
25. 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
六、频率影响
26. 三位科学家由于在发现和合成量子点方面的突出贡献, 荣获了 2023 年诺贝尔化学奖。不同尺寸的量子点会发出不同颜色的光。现有两种量子点分别发出蓝光和红光,下列说法正确的是( )
A. 蓝光光子的能量大于红光光子的能量
B. 蓝光光子的动量小于红光光子的动量
C. 在玻璃中传播时,蓝光的速度大于红光的速度
D. 蓝光在玻璃中传播时的频率小于它在空气中传播时的频率
27. 现有一光线以相同的入射角 ,打在不同浓度 的两杯溶液中,折射光线如图所示 ,已知折射率随浓度增大而变大。则( )
甲
乙
A. 甲折射率大 B. 甲浓度小 C. 甲速度大 D. 甲临界角大
28. 如图所示,波长为 和 的两种单色光射入三棱镜,经折射后射出两束单色光 和
,则这两束光( )
A. 照射同一种金属均有光电子逸出,光电子最大初动能
B. 射向同一双缝干涉装置,其干涉条纹间距
C. 在水中的传播速度
D. 光子动量
29. 如图所示,由波长为 和 的单色光组成的一束复色光,经半反半透镜后分成透射光和反射光。透射光经扩束器后垂直照射到双缝上并在屏上形成干涉条纹。 是两单色光中央亮条纹的中心位置, 和 分别是波长为 和 的光形成的距离 点最近的亮条纹中心位置。反射光入射到三棱镜一侧面上,从另一侧面 和 位置出射,则( )
A. 是波长为 的光出射位置 是波长为 的光出射位置
是波长为 的光出射位置 是波长为 的光出射位置
30. 等腰三角形 为一棱镜的横截面, ；一平行于 边的细光束从 边射入棱镜,在 边反射后从 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( )
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 边反射时的入射角,甲光比乙光的大
七、光路计算
31. 如图所示,楔形玻璃的横截面 的顶角为 边上的点光源 到顶点 的距离为 ,垂直于 边的光线 在 边的折射角为 。不考虑多次反射, 边上有光射出部分的长度为( )
A. B. C. D.
32. 截面为等腰直角三角形的三棱镜如图甲所示。 为嵌在三棱镜内部紧贴 面的线状单色可见光光源, 与三棱镜的 面垂直, 位于线段 的中点。图乙为图甲中 面的正视图。三棱镜对该单色光的折射率为 ,只考虑由 直接射向侧面 的光线。下列说法正确的是( )
甲
乙
A. 光从 面出射的区域占该侧面总面积的
B. 光从 面出射的区域占该侧面总面积的
C. 若 发出的单色光频率变小, 面有光出射的区域面积将增大
D. 若 发出的单色光频率变小, 面有光出射的区域面积将减小
33. 如图,长方体玻璃砖的横截面为矩形 ,其折射率为 。一束单色光在纸面内以 的入射角从空气射向 边的中点 ,则该束单色光 ( )
A. 在 边的折射角为
B. 在 边的入射角为
C. 不能从 边射出
D. 不能从 边射出
34. 如图,一折射率为 的棱镜的横截面为等腰直角三角形 边所在底面上镀有一层反射膜。一细光束沿垂直于 方向经 边上的 点射入棱镜,若这束光被 边反射后恰好射向顶点 ,求 点到 点的距离。
35. 如图所示为一斜边镀银的等腰直角棱镜的截面图。一细黄光束从直角边 以角度 入
射,依次经 和 两次反射,从直角边 出射。出射光线相对于入射光线偏转了 角,
则 ( )
A. 等于90° B. 大于90°
C. 小于90° D. 与棱镜的折射率有关
36. 某种材料制成的半圆形透明砖平放在方格纸上,将激光束垂直于 面射入,可以看到光束从圆弧面 出射,沿 方向缓慢平移该砖,在如图所示位置时,出射光束恰好消失,该材料的折射率为( )
激光束
A. 1.2 B . 1.4 C. 1.6 D. 1.8
37. 某光学组件横截面如图所示,半圆形玻璃砖圆心为 点,半径为 ；直角三棱镜 边的延长线过 点, 边平行于 边且长度等于 。横截面所在平面内, 单色光线以 角入射到 边发生折射,折射光线垂直 边射出。已知玻璃砖和三棱镜对该单色光的折射率均为 1.5 。
(1)求 ；
(2)以 角入射的单色光线,若第一次到达半圆弧 可以发生全反射,求光线在 上入射点 (图中未标出)到 点距离的范围。
38. 如图所示,圆心为 、半径为 的半圆形玻璃砖置于水平桌面上,光线从 点垂直界面入射后,恰好在玻璃砖圆形表面发生全反射；当入射角 时,光线从玻璃砖圆形表面出射后恰好与入射光平行。已知真空中的光速为 ,则( )
A. 玻璃砖的折射率为 1.5
B. 之间的距离为
C. 光在玻璃砖内的传播速度为
D. 光从玻璃到空气的临界角为
39. 一玻璃柱的折射率 ,其横截面为四分之一圆,圆的半径为 ,如图所示。截面所在平面内,一束与 边平行的光线从圆弧入射。入射光线与 边的距离由小变大,距离为 时,光线进入柱体后射到 边恰好发生全反射。求此时 与 的比值。
40. 在水池底部水平放置三条细灯带构成的等腰直角三角形发光体,直角边的长度为
,水的折射率 ,细灯带到水面的距离 ,则有光射出的水面形状(用阴影表示)为( )
A .
B
C.
D
八、测折射率实验
41. 某实验小组做“测量玻璃的折射率”及拓展探究实验.
( 1 )为测量玻璃的折射率,按如图所示进行实验,以下表述正确的一项是_____。(填正确答案标号)
A. 用笔在白纸上沿着玻璃砖上边和下边分别画出直线 和
B. 在玻璃砖一侧插上大头针 ,眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针,使 把 挡住,这样就可以确定入射光线和入射点 。在眼睛这一侧,插上大头针 ,使它把 、 都挡住,再插上大头针 ,使它把 、 、 都挡住,这样就可以确定出射光线和出射点
C. 实验时入射角 应尽量小一些,以减小实验误差
(2)为探究介质折射率与光的频率的关系,分别用一束红光和一束绿光从同一点入射到空气与玻璃的分界面. 保持相同的入射角, 根据实验结果作出光路图, 并标记红光和绿光, 如图乙所示. 此实验初步表明:对于同一种介质,折射率与光的频率有关. 频率大,折射率_____ (填“大”或“小”)
图乙
图丙
图丁
(3)为探究折射率与介质材料的关系,用同一束微光分别入射玻璃砖和某透明介质,如图
丙、丁所示。保持相同的入射角 ,测得折射角分别为 ,则玻璃和该介
质的折射率大小关系为 _____ 个质(填“>”或“<”)。此实验初步表明:对于一定频率的光,折射率与介质材料有关。
42. 某同学利用激光测量半圆柱体玻璃砖的折射率,具体步骤如下:
图(b)
①平铺白纸,用铅笔画两条互相垂直的直线 和 ,交点为 。将半圆柱体玻璃砖的平
直边紧贴 ,并使其圆心位于 点,画出玻璃砖的半圆弧轮廓线,如图(a)所示。
②将一细激光束沿 方向以某一入射角射入玻璃砖,记录折射光线与半圆弧的交点 。
③拿走玻璃砖,标记 光线与半圆弧的交点 。
④分别过 作 的垂线 是垂足,并用米尺分别测量 的长度 和 。
⑤改变入射角,重复步骤②③④,得到多组 和 的数据。根据这些数据作出 图像,
如图(b)所示。
(1)关于该实验,下列说法正确的是_____(单选,填标号)。
A. 入射角越小,误差越小
B . 激光的平行度好,比用插针法测量更有利于减小误差
C. 选择圆心 点作为入射点,是因为此处的折射现象最明显
(2)根据 图像,可得玻璃砖的折射率为_____(保留三位有效数字)。
(3)若描画的半圆弧轮廓线半径略大于玻璃砖的实际半径,则折射率的测量结果_____(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
43. 用激光测玻璃砖折射率的实验中,玻璃砖与屏 平行放置,从另一侧用激光笔以一定角度照射,此时在屏上的 处有激光点,移走玻璃砖,光点移到 处,回答下列问题:
(1)请画出激光束经玻璃折射后完整的光路图_____；
(2)已经测出 ,则折射率 _____(用 、 、 表示)；
(3)若改用宽 更小的玻璃砖做实验,则 间的距离会_____(填“变大”,“变小”或 “不变”)。
《振动》参考答案
题号 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 B D BC B B C D C C B
题号 15 16 17
答案 A AD ABD
《机械波》参考答案
题号 1 3 4 5 6 7 8 10 11 12
答案 B B ACD A D BD AC ABE B A
题号 13 14 15 16 19 20 21 22 23 24
答案 C D BC A BD C BC A C CD
题号 25 26 27 28 30 31 32 33
答案 C A BD B D B BD BCE
《光学》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A A A ABC B BC B C A AD
题号 11 12 15 16 17 18 19 20 21 22
答案 BC BC B B AD C C AB C D C A
题号 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32
答案 D D C A A BD D ACE C AC
题号 33 35 36 38 40
答案 C A A C C
《机械振动》参考答案
1. B
【详解】AB . 根据图像(b)可知,振幅为
；周期为
则频率为
故 A 错误, B 正确；
C. 根据图像可知, 时质点处于平衡位置,此时速度最大,故 C 错误；
D. 根据图像可知, 时质点处于负向最大位置处,则此时加速度方向竖直向
上,故 D 错误。
故选 B。
2. D
【详解】A. 由题图乙知, 时,手机加速度为 0 ,由牛顿第二定律得弹簧弹力
大小为
A 错误;
B. 由题图乙知, 时,手机的加速度为正,则手机位于平衡位置下方, B 错误;
C. 由题图乙知,从 至 ,手机的加速度增大,手机从平衡位置向最大位移处运动,速度减小,动能减小, C 错误; D. 由题图乙知 则角频率 则 随 变化的关系式为 D 正确。 故选 D。 3. 小于 最大 【详解】[1]根据简谐振动的位移公式 则 时有 所以小球从最低点向上运动的距离为 则小球从最低点向上运动的距离小于 。 [2] 在 时,小球回到平衡位置,具有最大的振动速度,所以小球的动能最大。
4 . BC
【详解】AB . 当 AB 两点在平衡位置的同
侧时有
可得
因此可知第二次经过 点时 ,
解得
此时位移关系为
解得
故 A 错误, B 正确；
CD. 当 AB 两点在平衡位置两侧时有
解得
或者 (由图中运动方向
舍去), 或者
当第二次经过 点时 ,则
解得
此时位移关系为
解得
C 正确 D 错误;
故选 BC。
5. B
【详解】A. 物体做简谐运动的条件是它在运动中所受回复力与位移成正比,且方向总是指向平衡位置,可知小球在杆中点到接触弹簧过程,所受合力为零,此过程做匀速直线运动,故小球不是做简谐运动, 错误；
BC. 假设杆中点为 ,小球向右压缩弹簧至最大压缩量时的位置为 ,小球向左压缩弹簧至最大压缩量时的位置为 ,可知小球做周期为 的往复运动过程为
根据对称性可知小球从 与
,这两个过程的动能变化完全一
致,两根弹簧的总弹性势能的变化完全一
致,故小球动能的变化周期为 ,两根弹簧的总弹性势能的变化周期为 正确, 错误；
D. 小球的初速度为 时,可知小球在匀速阶段的时间变为原来的 2 倍,接触弹簧过程,根据弹簧振子周期公式
可知接触弹簧过程所用时间与速度无关,
即接触弹簧过程时间保持不变,故小球的
初速度为 时,其运动周期应小于 错误;
故选 B。
6. B
【详解】由图可知,影子 做简谐运动的振幅为 ,以向上为正方向,设 的振动方程为
由图可知,当 时, 的位移为 ,代入振动方程解得
则 做简谐运动的表达式为
故 B 正确, ACD 错误。
故选 B。 7. C
【详解】紫外光在纸上的投影做的是简谐
振动,电动机的转速为
因此角频率
周期为
简谐振动的振幅即为轻杆的长度
,12.5 通过的路程为
故选 C。
8. D
【详解】A. 以竖直向上为正方向,根据图 2 可知, 时刻,小球位于平衡位置,随后位移为负值,且位移增大,可知, 时刻小球向下运动,故 错误；
B. 以竖直向上为正方向, 时刻光源的位移为正值,光源振动图像为正弦式,表明其做简谐运动, 根据
可知,其加速度方向与位移方向相反,位移方向向上,则加速度方向向下,故 B 错误;
C. 根据图 2 可知,小球与光源的振动步调总是相反,由于影子是光源发出的光被小球遮挡后,在屏上留下的阴影,可知,影子与小球的振动步调总是相同,即 时刻小球与影子相位差为 0 ,故 C 错误；
D. 根据图 2 可知, 时刻,光源位于最低点, 小球位于最高点, 根据直线传播能够在屏上影子的位置也处于最高点,影子位于正方向上的最大位移处,根据几何关系有
解得
即 时刻影子的位移为 ,故 正确。
故选 D。
9. C
【详解】由振动图像可知甲乙两个单摆周期之比为
根据单摆周期公式
可得
则甲、乙两个单摆的摆长之比为
故选 C。
10.C
【详解】由单摆的振动图像可知振动周期
为 ,由单摆的周期公式
得摆长为
图像的斜率代表速度,
故起始时刻速度为零,且 点的速度相
同, 、 点的速度大小相同,方向不同。
综上所述,可知 正确,故选 。
11. B
【详解】AB . 空间站中的物体处于完全失重状态,甲图中的小球所受的弹力不受失重的影响,则小球仍将在弹力的作用下来回振动, A 错误, B 正确；
CD. 图乙中的小球在地面上由静止释放时,所受的回复力是重力的分量,而在空间站中处于完全失重时,回复力为零,则小球由静止释放时,小球仍静止不动,不会来回摆动；也不会做匀速圆周运动,若给小球一定的初速度, 则小球在竖直面内做匀速圆周运动, C、D 错误。 故选 B。 12. (1)摆长 (2)1.06
(3)
【详解】(1)选择图甲方式的目的是要保持摆动中摆长不变;
(2)摆球直径为
(3)根据单摆的周期公式 可得单摆的摆长为
从平衡位置拉开 的角度处释放,可得振幅为
以该位置为计时起点, 根据简谐运动规律可得摆球偏离平衡位置的位移 与时间 的关系为
13 . 6.9 96.8
【详解】拉离平衡位置的距离
题中要求摆动的最大角度小于5°,且保留 1 位小数,所以拉离平衡位置的不超过
6.9cm;
根据单摆周期公式 结合题意可知
代入数据为
解得新单摆的摆长为
12.0 0.9930
【详解】(1)[1]在摆线上端的悬点处,用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线,再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧,是为了防止动过程中摆长发生变化,如果需要改变摆长来探究摆长与周期关系时,方便调节摆长,故 AC 正确.
(2)[2]游标卡尺示数为:
[3]单摆摆长为:
(3)[4]当摆角小于等于 时,我们认为小球做单摆运动,所以振幅约为:
当小球摆到最低点时速度较大,此时开始
计时,误差较小,测量周期时要让小球做
30-50 次全振动,求平均值,所以 A 合乎
实验要求且误差最小,故选 A .
【点睛】掌握单摆的周期公式, 从而求解加速度,摆长、周期等物理量之间的关系；摆长要注意是悬点到球心的距离,一般可利用摆线长度加球的半径的方式得到,题目中的方式不是特别常用；单摆的周期采用累积法测量可减小误差. 对于测量误差可根据实验原理进行分析.
15. A
【详解】弹簧振子振动达到稳定时的频率为 ,即受迫振动的频率为 ,则驱动力的频率为 。
故选 A。
16 . AD
【详解】A. 根据共振的条件,当振动器的频率等于树木的固有频率时产生共振,此时落果效果最好,而不同的树木的固有频率不同,针对不同树木,落果效果最好的振动频率可能不同,选项 A 正确；
B. 当振动器的振动频率等于树木的固有频率时产生共振,此时树干的振幅最大,则随着振动器频率的增加,树干振动的幅度不一定增大,选项 B 错误；
C. 打击结束后,树干做阻尼振动,阻尼振动的频率小于树干的固有频率,振动过程中频率不变,粗细不同的树干,固有频率不同,则打击结束后,粗细不同的树干频率可能不同,选项 C 错误；
D. 树干在振动器的振动下做受迫振动,则
稳定后,不同粗细树干的振动频率始终与
振动器的振动频率相同,选项 D 正确。
故选 AD。
17 . ABD
【详解】A. 在同一地点,重力加速度 为定值,根据单摆周期公式 可得
可知,周期的平方与摆长成正比,故 正确;
B. 弹簧振子做简谐振动时,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 B 正确；
C. 根据单摆周期公式 可知,单摆的周期与质量无关,故 错误;
D. 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 正确;
E. 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 错误。
故选 ABD。 《机械波》参考答案 1. B
【详解】机械波的波速 不变,设
,故可得
可得
故可得 B 振动的时刻为
故选 B。
2. 不变
【详解】[1]经过半个周期,波向右传播半个波长,而 点只在平衡位置附近上下振动,恰好运动到最低点 点。
[2]波速是由介质决定的,与频率无关,波的频率增大,而波速度仍保持不变。
3. B
【详解】由图可知简谐波的波长为
,所以周期为
当 时, 处的质点运动半个周期到达波峰处, 故相对平衡位置的位移为 0.1m。
故选 B。
4 . ACD
【详解】A. 由图可知波长为
则该波的波速为
故 A 正确;
B. 此时介质中质点 向 轴负方向运动, 根据波形平移法可知,该波沿 轴负方向传播,故 B 错误； C. 由于质点 和质点 之间的距离为半个波长,则质点 和质点 的振动完全相
反,所以 时质点 和质点 的运动方向相反,故 C 正确；
D. 时刻质点 处于波峰位置,则 0.5 s 时,质点 刚好经过平衡位置向 轴负方向运动,故 D 正确；
E. 时刻质点 处于平衡位置向 轴负方向运动,则 时,质点 刚好处于波峰位置,此时质点 的速率为 0,故 错误。
故选 ACD。
5 . A
【详解】AB. 波沿 轴正向传播,由“同侧法”可知,该时刻质点 的速度方向沿 轴
正向,加速度沿 轴负向,选项 正确, 错误。
C. 在该时刻质点 不在特殊位置,则在 周期内的路程不一定等于 ,选项 错误；
D. 质点只能在自己平衡位置附近振动,而不随波迁移,选项 D 错误。
故选 A。
6. D
【详解】AB . 由题知 质点比 质点先回到平衡位置,则 质点应向下振,再根据 “上坡、下坡”法可知,该波应沿 轴正方向传播, A、B 错误；
C. 由 选项可知 质点应向下振,而 质点在波谷处,则 质点的速度为 0,故此时 质点的速度比 质点的大, 错
误;
D. 由于质点在竖直方向做机械振动,根据
结合波图像可看出
则,此时 质点的加速度比 质点的小,
D 正确。 故选 D。
7 . BD
【详解】A. 波从波源发出后,向 轴正负
方向传播, 向相反方向传播的波不会相
遇,不会发生干涉,故 错误；
B. 由图可知,波的波长
由题意可知 0.1s 内波传播四分之一波长,
可得
解得
根据同侧法可知, 波源的振动方向向上,
即 时,波源振动了
2s,则任何一个点起振以后都应该振动
2s,可知坐标原点在 2.1s 时刚好振动了 2s
即 5 个周期,此时其振动方向向上,波源
向上振动,位移为正,故 正确；
C. 波的波速
波源停止振动,到质点 停止振动的时间
即质点 还在继续振动, 到
经过时间 即 ,结合图象可知质点 位移为正且向 轴正方向运动,故 C 错误；
D. 波传到 点所需的时间
在 0 到 内,质点 振动的时间为
质点 运动总路程
故 D 正确。
故选 BD。
8 . AC
【分析】本题考查机械波的形成与传播
【详解】A. 由题意, 处的质点在 的时间内通过的路程为 ,则结合图可知 时刻 处的质点沿 轴的负方向运动,则由质点的振动和波的传播方向关系可知,该波的传播方向沿 轴的正方向,故 A 正确； BC. 由题意可知, 为 ,解得 由图可知 则
故 C 正确, B 错误;
D. 由同侧法可知 时, 处的质
点沿 轴正方向运动,故 错误。
故选 AC。
0.4
1.2
【详解】(1)若波是沿 轴正方向传播的,波形移动了 ,由此可求出波速和周期:
(2)若波是沿 轴负方向传播的,波形移动了 ,由此可求出波速和周期:
10. ABE
【详解】A. 由图 可知波长为 ,由图
可知波的周期为 ,则波速为
故 A 正确;
B. 由图 可知 时, 点向下运动,根据“上下坡”法可知波向左传播,故 正确;
C. 由图 可知波的振幅为 ,故 错误;
DE. 根据图 可知 时 处的质点位于波谷处,由于
可知在 时质点位于波峰处；质点 运动的路程为
故 D 错误, E 正确；
故选 ABE。
11. B
【详解】AB. 由图可知乙质点 的振动情况,该时刻质点 向 轴正方向振动。根据上下坡法或者平移法可知,该横波沿 轴正方向传播,质点 该时刻向 轴负方向运动,故 错误,故 正确；
C. 质点 只在平衡位置附近 轴方向上下振动,波传播时,质点不会沿 轴正方向移动,故 C 错误；
D. 该时刻质点 与 的速度为零,质点 加速度为 方向,质点 加速度为 方向,故 D 错误。 故选 B。
12 . A
【详解】根据图 可知 时 处的质点正经过平衡位置向下振动；又因为该波向负方向传播,结合图 ,利用“上下坡” 法可知 为半波长的奇数倍,即有
而由图 可知该波的周期为 ；所以该波的波速为
当 时可得波的速率为
故选 A。
13.C
【详解】A. 由波形图可知,此波的波长 , A 错误；
B. 由位移随时间变化的关系得 ,
由 可得此波的频率
B 错误；
C. 由 可得
由
可得此波的传播速度
C 正确；
D. 根据“上下坡”法则可知,波源处于上坡过程,则此时波源沿 轴负方向运动,选项 D 错误。 故选 C。 14. D 【详解】A. 如图根据题意可知 解得
故 A 错误; B. 波源的振动频率为 故波速为
故 B 错误; C. 质点的振动周期为 ,因为 ,故 点在 运动到平衡位置,位移为 0,速度最大,故 C 错误;
D. ,故 点在 运动到波
峰,位移最大,速度为 0,故 D 正确。
故选 D。
15. BC
【详解】AB . 波的周期和振幅与波源相
同,故可知波的周期为 ,振幅为
,故 错误, 正确;
C. 开始振动时,波源第 2 次到达波谷,
故可知此时经过的时间为
故可得波速为
故 C 正确;
. 波从 传到 点需要的时间为
故可知质点 处于平衡位置,故 错误。
故选 BC。
16. A
【详解】A. 根据振动图像可知,波源在 0
时刻振动,波形经过 传递到浮标
处,浮标的振动周期为
A 正确；
B. 波源的振动情况经过 传到距离 处的
浮标,可知波速大小为
B 错误；
C. 根据虚线图像可知浮标在 时刻沿 轴正方方向运动, C 错误；
D. 水波的波长为
D 错误。
故选 A。
17 . (1) ; (2)
【详解】(1) 时刻质点 位于波峰,波长
则
则从 时刻开始,质点 第一次到达波峰时, 波传播的距离为
则质点 到达波峰的最少时间为
(2)由题意可知,波的周期是
则波长
时刻的波形图如图所示
质点 位于
处,则质点 偏离平衡位置的位移
带入数据解得
18 . 2 0.55
【详解】[1]由 P 点的振动图像可得出该波
的周期
由于该波的波速为 ,则该波的波长
[2]由题知 两质点相距
则波从 点传播到 点需经过 由 点的振动图像可得出该波的起振方向向上,则 点从起振到第一次到达正向最大位移处还需经过 ,则经过 , Q 点第一次到达正向最大位移处。 19. BD 【详解】A. 根据波长和波速的关系式为 则 时,两列波各种向前传播的距离为
故两列波的波前还未相遇,故 错误；
B. 时,两列波各种向前传播的距离为
故两列波的波前刚好相遇,故 正确；
C. 时,两列波各种向前传播的距离为
根据波的叠加原理可知,在两列波之间
的区域为两列波的波形波谷相遇,振动加强, 处的波谷质点的位移为 ,故 错误；
D. 时,两列波各种向前传播的距离为
两列波的波峰与波谷叠加,位移为零,故 D 正确；
故选 BD。
20.C
【详解】AB . 由题意可知两列波的波速相同,所以相同时间内传播的距离相同,故两列横波在 处开始相遇,故 错误；
CD. 甲波峰的坐标为 ,乙波峰的坐标为 ,由于两列波的波速相
同,所以波峰在
处相遇,故 正确, 错误。
故选 C。
21. BC
【详解】AB . 在 0.5s内,甲、乙两列波传播的距离均为
根据波形平移法可知, 时, 处甲波的波谷刚好传到 处, 处乙波的平衡位置振动刚好传到 处,根据叠加原理可知, 时, 偏离平衡位置的位移为 ,故 A 错误, B 正确； CD. 在 内,甲、乙两列波传播的距离均为
根据波形平移法可知, 时, 甲波的平衡位置振动刚好传到 处, 处乙波的平衡位置振动刚好传到 处, 且此时两列波的振动都向 轴正方向运动,根据叠加原理可知, 时, 向 轴正方向运动,故 正确, 错误。
故选 BC。
22 . A
【详解】A. 由同一均匀介质条件可得 和 两列波在介质中传播速度 相同,由图可知, 和 两列波的波长之比为
根据
可得 与 的频率之比为
故 A 正确;
B. 因 和 两列波的波速相同,由 和 两列波分别传播到 和 处的时刻相同,可知 与 开始振动的时刻不相同,故 B 错误；
C. 因 与 的频率不同, 与 相遇后不能产生干涉现象,故 C 错误；
D. 波刚传到 处,由波形平移法可
知, 处的质点开始振动方向沿 轴负方
向,而所有质点的开始振动方向都相同,
所以 点开始振动的方向也沿 轴负方
向,故 D 错误。
故选 A。
23. C
【详解】CD. 分析可知 A、B 两管等长
时,声波的振动加强,将 管拉长
后,两声波在 点减弱,根据题意设
声波加强时振幅为 20,声波减弱时振幅为
10,则
可得两声波的振幅之比
故 C 正确, D 错误；
. 根据振动减弱的条件可得
答案第 15 页,共 35 页
解得
故 AB 错误。
故选 C。
24.CD
【详解】A. 波速为
在 内两列波传播了 ,则此时 两质点已振动,但是 点还未振动, 错误;
B. 因 点到两个振源的距离相等,则 是振动加强点,振幅为 ,但不是位移始终为 , 错误；
C. 点到两振源的距离只差为 ,为半波长的 3 倍,则该点为振动减弱点,振幅为零,即 10.0s 后 点的位移始终为零, C 正确；
D. 波源的振动传到 点的时间为 ,则 时 点由 引起的振动为竖直向下； 波源的振动传到 点的时间为 ,则 时 点由 引起的振动已经振动了 ,此时在最高点,速度为零,则 10.5s 时刻 点的振动速度为竖直向下, D 正确。 故选 CD。
25. C
【详解】A. 由图 (b) 的振动图像可知,
振动的周期为 ,故三列波的波速为
A 错误;
B. 由图 (a) 可知, 处距离波源最近的距离为 ,故开始振动后波源 处的横波传播到 D 处所需的时间为
故 时, 处的质点还未开始振动, 错误；
C. 由几何关系可知 ,波源 产生的横波传播到 处所需的时间为
故 时,仅波源 处的横波传播到 处,此时 处的质点振动时间为
由振动图像可知此时 处的质点向 轴负方向运动, C 正确； D. 时,波源 处的横波传播到 处后振动时间为
由振动图像可知此时 处为波源 处传播横波的波谷; 时,波源 处的横
波传播到 处后振动时间为
由振动图像可知此时 处为波源 、 处
传播横波的波峰。根据波的叠加原理可知
此时 处质点的位移为
故 时, 处的质点与平衡位置的距离是 。D 错误。
故选 C。
26 . A
【详解】根据反射信号图像可知,超声波的传播周期为
又波速 ,则超声波在机翼材料中的波长
结合题图可知,两个反射信号传播到探头处的时间差为
故两个反射信号的路程差
解得
两个反射信号在探头处振动减弱, 正
确。
故选 A。
27 . BD
【详解】A. 波从一种介质到另一种介质,
频率不变, 故介质 II 中波的频率为
故 A 错误;
B. 在介质 II 中波长为
由于图示时刻介质 中仅有一个波峰,与 轴和 轴分别交于 和 点,故 点的坐
标为 ,故 正确；
C. 由于 为波峰,且波传到介质 中,其速度为 图示时刻介质 II 中仅有一个波
峰,与 轴和 轴分别交于 和 点,则 也为波峰,故 到 比 到 多一个波
峰,则
则
由于
或 故不在减弱点,故 C 错误；
D. 根据
则
解得
故 D 正确。
故选 BD。
28. B
【详解】拍打水面时,水波中的质点上下振动,形成的波向前传播,提高拍打水面的频率,则质点振动的频率增加,波的频率与振动的频率相等,根据 ,波速不变,频率增大,波长减小,衍射现象不明显,反之降低频率,波长增大,衍射现象更明显. 故 错误, 正确. 、 错误. 故选 B .
【点睛】解决本题的关键知道质点振动的频率与波传播的频率相等,以及掌握波发生明显衍射的条件:孔缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相近或更小.
不容易
【详解】[1]根据 ,在传播过程中,频
率保持不变,所以
[2]根据波长越长越容易发生衍射,所以用超声波遇到结石时,不容易发生衍射。
30. D
【详解】试题分析:图 a 中显示了一列波经过小孔的现象,是波的衍射,图 b 显示了两列波相遇的现象,是波的干涉现象, 故 正确,其余错误.
考点: 波的衍射、干涉现象
31 . B
【详解】AD . 根据多普勒效应可知,探测器接收到的回声频率与被探测物相对探测器运动的速度有关, 而两列声波发生干涉的条件是频率相等,所以两列声波相遇时不一定发生干涉,故 AD 错误；
B. 声波由水中传播到空气中时,声波的波速发生变化,所以波长会发生改变,故 B 正确；
C. 根据波长的计算公式可得
当遇到尺寸约 的被探测物时不会发生明显衍射,故 C 错误；
故选 B。
32 . BD
【详解】A. 根据热力学第二定律可知热量能不可能自发地从低温物体传到高温物体,故 A 错误；
B. 液体的表面张力方向总是跟液面相切, 故 B 正确;
C. 由狭义相对论的两个基本假设可知, 在不同的惯性参考系中,一切物理规律都是相同的,故 C 错误；
D. 根据多普勒效应可知当波源与观察者相互接近时,观察者观测到波的频率大于波源振动的频率,故 正确。
故选 BD。
33. BCE
【详解】A. 之所以不能同时观察到是因为声音的传播速度比光的传播速度慢,所以 A 错误；
B. 超声波与血液中的血小板等细胞发生反射时,由于血小板的运动会使得反射声波的频率发生变化, B 正确； C. 列车和人的位置相对变化了,所以听得的声音频率发生了变化,所以 C 正确；
D. 波动传播速度不一样是由介质决定的,
D 错误;
E. 双星在周期性运动时,会使得到地球的
距离发生周期性变化,故接收到的光频率
会发生变化, E 正确。
故选 BCE。
《光学》参考答案
1. A
【详解】根据折射定律
由于地球表面附近空气的折射率随高度降低而增大,则 ,则 不逐渐减小, 画出光路图如下
则从高到低 ,逐渐减小,则光线应逐渐趋于竖直方向。 故选 A。
2 . A
【详解】紫外线进入液体后与真空相比,
频率不变,传播速度减小,根据
可知波长变短；根据
可知,光子能量不变。
故选 A。
3 . A
【详解】光在玻璃中的传播速度为
可知时间差
故选 A。
4. ABC
【详解】A. 根据几何关系可知从材料内发生折射时光线的折射角为 ,故折射率为 故 A 正确; B. 设临界角为 ,得 故 ,故若 ,会发生全反射, 光线 消失,故 正确； C. 由于光线 为反射光线,反射角等于入射角,故当入射光 变为白光,光线 为白光,故 C 正确； D. 对同种介质,紫光的折射率比红光大, 故若入射光 变为紫光,折射角将变大, 光线 和 不会垂直,故 错误。 故选 ABC。
【点睛】
5. B
【详解】如图
折射角的正弦值
根据折射定律可得该透明材料的折射率
故选 B。
6. BC
【详解】AB. 他发现只有当 大于
时, 岸上救援人员才能收到他发出的激光
光束,则说明 时激光恰好发生全反射,则
则
A 错误、B 正确；
CD. 当他以 向水面发射激光时,入
射角 ,则根据折射定律有
折射角 大于 ,则岸上救援人员接收激
光光束的方向与水面夹角小于 正
确、D 错误。
故选 BC。
7. B
【详解】A. 红光的频率比绿光的频率小,
则红光的折射率小于绿光的折射率,在
面,入射角相同,根据折射定律
可知绿光在 面的折射角较小,根据几何关系可知绿光比红光更靠近 点,故 错误;
B. 根据全反射发生的条件 可知红光发生全反射的临界角较大, 逐渐增大时,折射光线与 面的交点左移过程中, 在 面的入射角先小于红光发生全反射的临界角,所以红光的全反射现象先消失, 故 B 正确； C. 在 面,光是从光疏介质到光密介质,无论 多大,在 面都不可能发生全反射,故 C 错误；
D. 根据折射定律 可知 逐渐减小
时,两束光在 面折射的折射角逐渐减
小,故 D 错误。 故选 B。
8. C
【详解】由光路图可知 a 光的偏折程度没有 光的大,因此 光的折射率小,频率小,由全反射 可知折射率越小发生全反射的临界角越大。
故选 C。
9. A
【详解】由于干涉条纹间距 ,可知:
A. 换用更粗的头发丝,双缝间距 变大, 则相邻两条亮纹中央间距 变小,故 正确;
B. 换用红色激光照双缝,波长变长,则相邻两条亮纹中央间距 变大,故 错误；
C. 增大纸板与墙面的距离 ,则相邻两条亮纹中央间距 变大,故 错误；
D. 减小光源与纸板的距离,不会影响相邻两条亮纹中央间距 ,故 错误。
故选 A。
10. AD
【详解】AB . 根据光的反射对称性可知光源 与平面镜中的虚像距离为 ,根据条纹间距公式可知
故 正确, 错误；
C. 若将整套装置完全浸入折射率为 的蔗
糖溶液中,光的频率不变,根据
其中 为在真空中的光速,则
故 C 错误;
D. 若将整套装置完全没入某种透明溶液
中,光屏上相邻两条亮条纹的中心间距为
,根据条纹间距公式有
可得
结合 选项的分析可知
所以
故 D 正确。
故选 AD。 11. BC
【详解】CD. 根据题意画出光路图
如图所示, 发出的光与通过平面镜反射光 (可以等效成虚像 发出的光)是同一列光分成的,满足相干光条件。所以实验中的相干光源之一是通过平面镜反射的光, 且该干涉可看成双缝干涉,设 与 的距离为 ,则
到光屏的距离为 ,代入双缝干涉公式
可得
则若 ,沿 向右(沿 向左)略微平移平面镜,对 和 均没有影响,则干涉条纹间距不变,也不会移动,故 正
确, D 错误；
AB. 同理再次画出光路图有
沿 向右略微平移平面镜,即图中从① 位置 ②位置,由图可看出双缝的间距增大,则干涉条纹间距减小,沿 向左略微平移平面镜,即图中从②位置 ①位置,由图可看出干涉条纹向上移动,故 错误, B 正确。
故选 BC。
12. BC
【详解】A. 进行双缝干涉测光的波长实验,光具座上依次摆放光源、透镜、滤光片、单缝、双缝、遮光筒、测量头等元
件,故 错误；
B. 透镜的作用是使光更集中,故 B 正确；
C. 单缝的作用是获得线光源,故 C 正确;
D. 根据条纹间距公式 可知双缝
间距越小,相邻亮条纹的间距较大,测量
头中观察到的条纹数目内越少,故 错误。
故选 BC。
13. A
【详解】①[1]由双缝干涉原理可知,先用滤光片得到单色光, 然用单缝得到细长的光源,最后用双缝得到两束相干光,故 、 分别单缝和双缝。
故选 A。
②[2]第一条亮纹到第六条亮纹间距是 ,
则相邻亮条纹间距为
根据 可得光的波长是
14 . C D
【详解】①[1]若粗调后看不到清晰的干涉条纹, 看到的是模糊不清的条纹, 则最可能的原因是单缝与双缝不平行；要使条纹变得清晰, 值得尝试的是调节拨杆使单缝与双缝平行。
故选 C。
②[2]根据
可知要增大条纹间距可以增大双缝到光屏
的距离 ,减小双缝的间距 ;
故选 D。
15 . (1)B
(2)B
(3)AD
【详解】(1) 条暗条纹间距为 ,说明条纹间距 又 解得 故选 B。 (2)加偏振片不会改变光的波长,因此条纹间距不变。
故选 B
(3)移去偏振片,将双缝换成单缝,则会发生单缝衍射现象,根据单缝衍射规律,
减小缝的宽度、增加单缝到光屏的距离可
以增大中央亮纹宽度。
故选 AD。
16.C
【详解】阳光下的肥皂膜呈现彩色条纹,
这种现象属于光的薄膜干涉现象。
故选 C。
17.C
【详解】如图所示
干涉加强时
根据几何关系
联立可得
根据几何关系可知 为宽度随高度的变化率不变,肥皂膜上的彩色条纹上疏下
密, 则宽度随高度的变化率变大:
. 当如 形状时,宽度随高度的变化率不变,薄膜干涉形成的彩色条纹为等间距条纹,故 AB 错误； CD. 根据题意可知肥皂膜上的彩色条纹上疏下密,可知宽度随高度的变化率变大, 故 C 正确, D 错误。 故选 C。 18 . AB
【详解】A. 肥皂膜因为自重会上面薄而下面厚,因表面张力的原因其截面应是一个圆滑的曲面而不是梯形, A 正确；
B. 薄膜干涉是等厚干涉,其原因为肥皂膜上的条纹是前后表面反射光形成的干涉条纹, B 正确;
C. 形成条纹的原因是前后表面的反射光叠加出现了振动加强点和振动减弱点,形成到破裂的过程上面越来越薄,下面越来越厚,因此出现加强点和减弱点的位置发生了变化,条纹宽度和间距发生变化, 错误;
D. 将肥皂膜外金属环左侧的把柄向上转动 ,由于重力,表面张力和粘滞力等的作用,肥皂膜的形状和厚度会重新分布,因此并不会跟着旋转 ；D 错误。
故选 AB。
19. C
【详解】A. 上述现象是由于光的干涉造成的,彩虹的形成原理主要为光的折射,上述现象与彩虹的形成原理不相同,故 错误;
BC. 硅片呈现深紫色的原因是薄膜的厚度正好使紫光在薄膜上下表面的反射光发生干涉,振动加强,故 B 错误, C 正确；
D. 根据光的干涉中相互加强的条件,可知
当薄膜的厚度发生变化时,满足加强条件的波长也会发生改变,导致硅片呈现不同的颜色,故 D 错误。
故选 C。
20. D
【详解】用平行单色光垂直照射一层透明薄膜,从透明薄膜的上下表面分别反射的两列光是相干光, 发生干涉现象, 出现条纹, 所以此条纹是由上方玻璃板的下表面和下方玻璃板的上表面反射光叠加后形成的,其光程差为透明薄膜厚度的 2 倍,当光程差 时此处表现为亮条纹,即当薄膜的厚度
时对应的条纹为亮条纹, 在题目的干涉条纹中,从左向右条纹的间距逐渐增大,结合干涉条纹公式对应的厚度公式可知从左向右薄膜厚度的变化率逐渐减小。
故选 D。
21. C
【详解】 与 位于同一条干涉条纹上,说明两处空气膜的厚度相同,则滚珠 与标准滚珠 直径相等,所以合格； 与 位于不同干涉条纹上,说明两处空气膜的厚度不同,则滚珠 与标准滚珠 直径不相等,所以不合格。 故选 C。
22 . A
【详解】由题知, 的膨胀系数小于 的膨胀系数,当温度升高时, 增长的高度大于 增长的高度,则劈形空气层的厚度变大,且同一厚度的空气膜向劈尖移动, 则条纹向左移动。
故选 A。
23. D
【详解】观看立体影的特殊眼镜是利用了光的偏振,其镜片为偏振片,可以理解为开始时左镜片的透振方向与手机屏幕光的振动方向一致,右镜片的透振方向与屏幕光的振动方向接近垂直,手机屏幕旋转 后,左右镜片的透振方向不变,则左镜片的透振方向与手机屏幕光的振动方向接近垂直,通过左镜片的图片亮度变暗,右镜片的透振方向与屏幕光的振动方向基本一致,因此通过右边镜片的图片亮度变亮。 故选 D。 24 . D 【详解】A. 激光是电磁波中的一种,是一种横波, A 项错误;
B. 频率相同的激光在不同介质中的波长是不同的, B 项错误;
C. 能产生干涉的条件是两列光的频率要相
同, C 项错误;
D. 测定距离就是利用激光的平行度高的特
性, D 项正确。
故选 D。
25. C
【详解】光的偏振现象能说明光是横波。
故选 C。
26 . A
【详解】AB . 由于红光的频率小于蓝光的频率,则红光的波长大于蓝光的波长,根据
可知蓝光光子的能量大于红光光子的能量；根据
可知蓝光光子的动量大于红光光子的动量,故 A 正确, B 错误； C. 由于红光的折射率小于蓝光, 根据
可知在玻璃中传播时,蓝光的速度小于红光的速度,故 C 错误；
D. 光从一种介质射入另一种介质中频率不变,故 D 错误。
故选 A。
27 . A
【详解】入射角相同,由于折射角
,根据折射定律可知 ,故甲浓
度大；
根据
可知光线在甲中的传播速度较小；
根据
可知折射率越大临界角越小,故甲临界角
小。
故选 A。
28 . BD
【详解】A. 根据光路图可知三棱镜对 光的偏折程度更大,所以 光折射率大,频率高,波长短。根据光电效应方程:
因为 ,所以 ,故 错误;
B. 根据双缝干涉条纹间距公式:
因为 ,所以 ,故 正
确；
C. 介质中传播速度:
因为 ,所以 ,故 错误；
D. 根据光子动量的公式:
因为 ,所以 ,故 正确。
故选 BD.
29. D
【分析】本题考查折射定律以及双缝干涉实验。
【详解】由双缝干涉条纹间距的公式
可知,当两种色光通过同一双缝干涉装置时, 波长越长条纹间距越宽, 由屏上亮条纹的位置可知
反射光经过三棱镜后分成两束色光,由图可知 光的折射角小,又由折射定律可知,入射角相同时,折射率越大的色光折射角越大,由于
则
所以 是波长为 的光出射位置,故 正
确, ABC 错误。
故选 D。
30.ACE
【详解】ABD . 根据折射定律和反射定律
作出光路图如图所示
由图可知,乙光的折射角较小,根据折射
定律可知乙光的折射率大,则乙光的频率
大,根据 可知,乙光的波长短, 正确、BD 错误；
C. 根据 可知在棱镜中的传播速度,
甲光比乙光的大, C 正确；
E. 根据几何关系可知光在棱镜内 边反射时的入射角,甲光比乙光的大, 正确。 故选 ACE。
31. C
【详解】设光线在 界面的入射角为 ,
折射角为 ,几何关系可知 ,则有
折射定律
光线射出 界面的临界为发生全反射,
光路图如下,其中
光线在 两点发生全反射,由全反射定律
即 两处全反射的临界角为 之间
有光线射出, 由几何关系可知
故选 C。
32 . AC
【详解】AB. 由题可知
可知临界角为 ,因此从 点发出的
光,竖直向上从 点射出的光线恰好是出
射光线的边缘,同时 点也恰好是出射光
线的边缘,如图所示,因此光线只能从
段射出,根据几何关系可知, 恰好为
的中点,因此在 平面上有一半的
面积有光线射出, A 正确, B 错误；
C. 由于频率越高,折射率越大,当光源发出的光的频率变小,,折射率也会变小,导致临界角会增大,这时 点上方也会有光线出射,因此出射光线区域的面积将增大, C 正确, D 错误。 故选 AC。 33.C 【详解】A. 光线从 点入射,设折射角为 ,由折射定律有
解得
即该束单色光在 边的折射角为 ,故
A 错误；
B. 设边长 ,则 ,作出光路图如图所示。
由几何关系可知光在 边的入射角为
,故 错误；
C. 设光在玻璃砖与空气界面发生全反射的临界角设为 ,有
即 ,而光在 边的入射角大于 ,所以光在 边发生全反射,不能从 边射出,故 正确；
D. 根据几何关系可知光在 点发生全反射后到达 边的 点时的入射角为 ,小于全反射临界角,所以光在 点折射出玻璃砖,故 D 错误。
故选 C。
34 .
【详解】由题意可知做出光路图如图所示
光线垂直于 方向射入,根据几何关系可
知入射角为 ；由于棱镜折射率为 ,
根据
有
则折射角为 ,因为
,所以光在 面的入射角为
根据反射定律可知
根据几何关系可知 ,即
为等腰三角形, 则
又因为 与 相似,故有
由题知
联立可得
所以 到 点的距离为
35. A
【详解】如图所示
设光线在 边的折射角为 ,根据折射定律可得
设光线在 边的入射角为 ,光线在 边的入射角为 ,折射角为 ；由反射定律和几何知识可知
联立解得
根据折射定律可得
可得
过 点做出射光的平行线,则该平行线与 的夹角为 ,由几何知识可知,入射光与出射光的夹角为 。 故选 A。 36 . A
【详解】画出激光束从玻璃砖射出时恰好发生全反射的入射角如图所示激光束
全反射的条件
由几何关系知
联立解得
故 正确, 错误.
故选 A.
37. (1) ; (2)
【详解】(1)由题意设光在三棱镜中的折
射角为 ,则根据折射定律有
由于折射光线垂直 边射出,根据几何
关系可知
代入数据解得
(2)根据题意作出单色光第一次到达半圆弧 恰好发生全反射的光路图如图
则根据几何关系可知 上从 点到 点以 角入射的单色光线第一次到达半圆弧 都可以发生全反射,根据全反射临界角公式有
设 点到 的距离为 ,则根据几何关系有
又因为
联立解得
所以光线在 上的入射点 到 点的距离范围为
38.C
【详解】AB . 作出两种情况下的光路图, 如图所示设 ,在 处发生全反射故有
由于出射光平行可知,在 处射出,故
由于
联立可得 ,故 错误;
C. 由
可得 ,故 正确;
D. 由于
所以临界角不为 ,故 错误。
故选 C。
39.
【详解】如图,画出光路图
可知
设临界角为 ,得
根据 可得
解得
故可得
故可知
40.C
【详解】灯带发出的光从水面射出时发生
全反射临界角的正弦值
则
灯带上的一个点发出的光发生全反射的临
界角如图所示
根据几何关系可得
则一个点发出的光在水面上能看到的
的圆,光射出的水面形状边缘为弧
形,如图所示
等腰直角三角形发光体的内切圆半径 满
足
解得
故中间无空缺。
故选 C。
41 . (1)B
(2)大
(3)>
【详解】(1)A. 在白纸上画出一条直线 作为界面,把长方体玻璃砖放在白纸上, 使它的一个长边与 对齐。用直尺或者三角板轻靠在玻璃砖的另一长边,按住直尺或三角板不动,将玻璃砖取下,画出直线 代表玻璃砖的另一边,而不能用笔在白纸上沿着玻璃砖上边和下边分别画出直线 和 ,故 错误； B. 在玻璃砖一侧插上大头针 ,眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针,使 把 挡住,这样就可以确定入射光线和入
射点 。在眼睛这一侧,插上大头针 ,
使它把 都挡住,再插上大头针 ,
使它把 都挡住,这样就可以确
定出射光线和出射点 ,故 正确；
C. 实验时入射角 应尽量大一些,但也不
能太大(接近90°),以减小实验误差,故
C 错误；
故选 B。
( 2 )由图乙可知,入射角相同,绿光的折
射角小于红光的折射角,根据光的折射定
律
可知绿光的折射率大于红光的折射率,又
因为绿光的频率大于红光的频率,所以频
率大,折射率大。
( 3 )根据折射定律可知,玻璃的折射率为
该介质的折射率为
其中
所以
42 . (1)B
(2)1.57
(3)不变
【详解】(1)A . 入射角适当即可,不能太小,入射角太小,导致折射角太小,测量的误差会变大,故 A 错误；
B. 激光的平行度好,比用插针法测量更有利于减小误差,故 正确；
C. 相同的材料在各点的折射效果都一样, 故 C 错误。
故选 B。
(2)设半圆柱体玻璃砖的半径为 ,根据几何关系可得入射角的正弦值为
折射角的正弦值为
折射率
可知 图像斜率大小等于折射率,即
(3)根据(2)中数据处理方法可知若描画的半圆弧轮廓线半径略大于玻璃砖的实际半径,则折射率的测量结果不变。 变小
【详解】(1)[1]根据题意画出光路图如下图所示
(2)设光线在 点的入射角为 、折射角为 ,根据折射定律有
由于射入玻璃砖的入射角是射出玻璃砖的折射角,则
根据几何关系可知
联立解得
(3)[3]若改用宽 更小的玻璃砖做实
验,则画出光路图如下
可看出 间的距离变小。最后十课——第三课(热力学+电流电路)
热力学:
1. 理想气体基础
理想气体定义: 忽略分子势能 (内能只和温度有关)
理想气体状态方程:
2. 热力学第一定律
: 内能增加量 (只和温度有关,升温为正)
W: 外界对气体做的功 (只和体积有关, 体积减小为正) (向真空扩散不做功)
Q: 外界对气体传递的热量 (吸热为正, 放热为负)
3. 图像问题
分析 、 、 的正负
完整闭环图像, 之和为零,但 之和、 之和不为零
4. 热力学第二定律
热量不能自发地从低温物体传递到高温物体
不可能从单一热库吸收热量,使之完全变成功,而不产生其他影响
5. 单气缸
a) 解题步骤
i. 确定封闭气体
ii. 写出变化前后的 p、V、T
iii. 写出 pV/T 不变的式子
iv. 求解结果
b) 求 的思路
对能自由活动的部分受力分析, 求得压强差, 求得压强
c) 对于多段气体分别计算即可
6. 单液柱
a) 解题步骤
i. 确定封闭气体
ii. 写出变化前后的 p、V、T
iii. 写出 pV/T 不变的式子
iv. 求解结果
b) 求 的思路
液柱高度差产生压强差, ,液面低的压强大
c) 对于多段气体分别计算即可
7. 充放气
a) 统一成同温同压后, 体积差即为物质的量之差
电流电路
1. 电流微观解释
I=neSv n: 单位体积内自由电子数量 e: 单个电子带电量 S: 导体横截面积 v: 电子移动速度 2. 电阻率 a) 3. 单位:
基本单位制
米(m)、千克(kg)、秒(s)、安培(A)、开尔文(K)、单位摩尔(mol)和坎德拉(cd)
4. 电源 (电动势、内阻)
a) 电动势:
i. 非静电力把 1C 正电荷从负极搬运到正极所做的功
b) 内阻:
i. 电源内部存在的电阻, 电流流经的时候会产生焦耳热
c) 闭合电路欧姆定律
i.
5. 电动机
a) 非纯电阻电路
b) 机械
c)
6. 电源功率
a) 基本概念
电源总功率
电源输出功率
电源效率 b) 重要结论电源总功率 : 输出电流越大, 总功率越高电源输出功率 时,电源输出功率最高 (外电路消耗的电功率最大) 电源效率 : 外电路电阻越大, 电源效率越高 7. 电路分析 (串并联组合) 串联: 电流相同, 电压和电阻成正比并联: 电压相同, 电流和电阻成反比电路化简: 去掉电表, 画出电源以及电源直连的元器件, 然后再补全
8. 串反并同
a) 电源有内阻
整个电路适用 “串反并同”
b) 电源无内阻
电源输出电压不变, 电阻阻值变化仅其所在支路符合 “串反并同”, 其他支
路不变
9. 串反并同进阶
a) 一阻两用
两条支路电阻相等 (尽量相等) 时, 总电阻最大
b) 变化量分析
电压电流之比 考虑欧姆定律
电压电流变化量之比 考虑测电源电动势和内阻
10. 含容电路
解题思路: 先确定 C 变不变 (电容器内部结构变不变), 再分析其他
稳定时可看成断路, 也可以看成是个 “电压表”
一、热力学第一定律
1. 水枪是孩子们喜爱的玩具,常见的气压式水枪储水罐示意如图。从储水罐充气口充入气体,达到一定压强后,关闭充气口。扣动扳机将阀门 打开,水即从枪口喷出。若在不断喷出的过程中,罐内气体温度始终保持不变,则气体( )
A. 压强变大 B. 对外界做功
C. 对外界放热 D. 分子平均动能变大
2. 一定量的理想气体从状态 变化到状态 ,其过程如 图上从 到 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 3. 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 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 中的气体缓慢加热,停止加热并达到稳定后( )
A. 中的气体内能增加 B. 与 中的气体温度相等
C. 与 中的气体温度相等 D. 与 中的气体压强相等
4. 如图,水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左右两部分,左侧封闭一定质量的理想气体,右侧为真空,活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接。汽缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度,弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计。活塞初始时静止在汽缸正中间,后因活塞密封不严发生缓慢移动,活塞重新静止后( )
A. 弹簧恢复至自然长度
B. 活塞两侧气体质量相等
C. 与初始时相比,汽缸内气体的内能增加
D. 与初始时相比,活塞左侧单位体积内气体分子数减少
二、热力第一定律图像问题
5. 如图所示,一定质量的理想气体从状态 开始,沿图示路径先后到达状态 和 。下列
说法正确的是 ( )
A. 从 到 ,气体温度保持不变 B. 从 到 ,气体对外界做功
C. 从 到 ,气体内能减小 D. 从 到 ,气体从外界吸热
6. 如图,一定量理想气体的循环由下面 4 个过程组成: 为绝热过程 (过程中气体不与外界交换热量), 为等压过程, 为绝热过程, 为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是( )
A. 过程中,气体内能增加 B. 过程中,气体向外放热
C. 过程中,气体内能不变 D. 过程中,气体向外放热
7. 一定质量理想气体经历如图所示的循环过程, 过程是等压过程, 过程中气体与外界无热量交换, 过程是等温过程。下列说法正确的是 ( )
A. 过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
B. 过程,气体对外做功,内能增加
C. 过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
D. 过程,气体从外界吸收的热量等于 过程放出的热量
8. 如图所示,一定质量的理想气体分别经历 和 两个过程,其中 为等温过程,状态 的体积相同,则 ( )
A. 状态 的内能大于状态 B. 状态 的温度高于状态
C. 过程中气体吸收热量 D. 过程中外界对气体做正功
9. 一定质量的理想气体由状态 变为状态 ,其过程如 图中 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. 是等温过程
B. 过程中气体吸热
C. 过程中状态 的温度最低
D. 过程中外界对气体做正功
10. 如图,一定量的理想气体从状态 , 经热力学过程 、 、 后又回到状态 。对于 、 、 三个过程,下列说法正确的是( )
A. 过程中,气体始终吸热
B. 过程中,气体始终放热
C. 过程中,气体对外界做功
D. 过程中,气体的温度先降低后升高
E. bc过程中,气体的温度先升高后降低
11. 一定量的理想气体从状态 经状态 变化到状态 ,其过程如 图上的两条线段所示,则气体在 ( )
A. 状态 处的压强大于状态 处的压强
B. 由 变化到 的过程中,气体对外做功
C. 由 变化到 的过程中,气体的压强不变
D. 由 变化到 的过程中,气体从外界吸热
E. 由 变化到 的过程中,从外界吸收的热量等于其增加的内能
12. 如图,一定质量的理想气体从状态 出发,经过等容过程到达状态 ,再经过等温过程到达状态 ,直线 过原点。则气体( )
A. 在状态 的压强等于在状态 的压强
B. 在状态 的压强小于在状态 的压强
C. 在 的过程中内能保持不变
D. 在 的过程对外做功
三、热力学第二定律
13. 关于热力学定律,下列说法正确的是( )
A. 为了增加物体的内能,必须对物体做功或向它传递热量
B . 对某物体做功,必定会使该物体的内能增加
C. 可以从单一热库吸收热量, 使之完全变为功
D. 不可能使热量从低温物体传向高温物体
E. 功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程
14. 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 端流出,边缘部位气流从 端流出。下列说法正确的是 ( )
A. 端为冷端, 端为热端
B. 端流出的气体分子热运动平均速率一定小于 端流出的
C. 端流出的气体内能一定大于 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
15 . 下列关于能量转换过程的叙述,违背热力学第一定律的有_____,不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律的有_____。(填正确答案标号)
A. 汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热
B . 冷水倒入保温杯后,冷水和杯子的温度都变得更低
C. 某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功,而不产生其他影响
D. 冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内
16. 下列说法正确的是( )
A. 热量能自发地从低温物体传到高温物体
B. 液体的表面张力方向总是跟液面相切
C. 在不同的惯性参考系中,物理规律的形式是不同的
D. 当波源与观察者相互接近时,观察者观测到波的频率大于波源振动的频率
17 . 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。
四、气缸
18. 质量为 的薄壁导热柱形汽缸,内壁光滑,用横截面积为 的活塞封闭一定量的理想气体。在下述所有过程中,汽缸不漏气且与活塞不脱离。当汽缸如图(a)竖直倒立静置时。 缸内气体体积为 ,。温度为 。已知重力加速度大小为 ,大气压强为 。
( 1 )将汽缸如图( b )竖直悬挂,缸内气体温度仍为 ,求此时缸内气体体积 ；
(2) 如图(c)所示,将汽缸水平放置,稳定后对汽缸缓慢加热,当缸内气体体积为 时,求此时缸内气体的温度。
图(b)
图(c)
图(a)
19. 某探究小组设计了一个报警装置,其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积 、质量 的活塞密封一定质量的理想气体,活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度 、活塞与容器底的距离 的状态 。环境温度升高时容器内气体被加热,活塞缓慢上升 恰好到达容器内的卡口处,此时气体达到状态 。活塞保持不动,气体被继续加热至温度 的状态 时触动报警器。从状态 到状态 的过程中气体内能增加了 。取大气压 ,求气体。
(1)在状态 的温度；
(2)在状态 的压强；
(3)由状态 到状态 过程中从外界吸收热量 。
20. 如图所示,在竖直放置、开口向上的圆柱形容器内用质量为 的活塞密封一部分理想气体,活塞横截面积为 ,能无摩擦地滑动。初始时容器内气体的温度为 ,气柱的高度为 。当容器内气体从外界吸收一定热量后,活塞缓慢上升 再次平衡。已知容器内气体内能变化量 与温度变化量 的关系式为 , 为已知常数,大气压强恒为 ,重力加速度大小为 ,所有温度为热力学温度。求
(1)再次平衡时容器内气体的温度。
(2)此过程中容器内气体吸收的热量。
21. 如图,一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体,一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动,移动范围被限制在卡销 之间, 与汽缸底部的距离 ,活塞的面积为 。初始时,活塞在卡销 处,汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同,分别为 和 。在活塞上施加竖直向下的外力,逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销 处(过程中气体温度视为不变),外力增加到200N并保持不变。
(1)求外力增加到200N时,卡销 对活塞支持力的大小；
(2)再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高,求当活塞刚好能离开卡销 时气体的温度。
22. 如图所示,竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀,内壁光滑,横截面积分别为 ,由体积可忽略的细管在底部连通。两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭,左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时,两汽缸内封闭气柱的高度均为 ,弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子,直至右侧活塞下降 ,左侧活塞上升 。已知大气压强为 ,重力加速度大小为 ,汽缸足够长, 汽缸内气体温度始终不变,弹簧始终在弹性限度内。求:
(1)最终汽缸内气体的压强。
(2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。
23. 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 、 ,面积分别为 、 ,弹簧原长为 。初始时系统处于平衡状态,此时弹簧的伸长量为 ,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 。已知活塞外大气压强为 ,忽略活塞与缸壁间的摩擦,汽缸无漏气,不计弹簧的体积。(重力加速度常量 )
(1)求弹簧的劲度系数；
(2)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。
24. 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”型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 。活塞面积为 ,隔板两侧气体体积均为 ,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、下部分气体的压强；
(ii) “H”型连杆活塞的质量(重力加速度大小为 )。
25. 如图所示,一个固定在水平面上的绝热容器被隔板 分成体积均为 的左右两部分。面积为 的绝热活塞 被锁定,隔板 的左侧为真空,右侧中一定质量的理想气体处于温度 、压强 的状态 1。抽取隔板 ,右侧中的气体就会扩散到左侧中,最终达到状态 2。然后解锁活塞 B,同时施加水平恒力 , 仍使其保持静止,当电阻丝 加热时,活塞 能缓慢滑动(无摩擦),使气体达到温度
的状态 3,气体内能增加 。已知大气压强 ,隔板厚度不计。
(1)气体从状态 1 到状态 2 是_____(选填“可逆”或“不可逆”)过程,分子平均动能_____(选填“增大”、“减小”或“不变”)；
(2)求水平恒力 的大小；
(3)求电阻丝 放出的热量 。
26. 差压阀可控制气体进行单向流动,广泛应用于减震系统。如图所示, A、B 两个导热良好的气缸通过差压阀连接, A 内轻质活塞的上方与大气连通, B 内气体体积不变。当 A 内气体压强减去 内气体压强大于 时差压阀打开, 内气体缓慢进入 中；当该差值小于或等于 时差压阀关闭。当环境温度 时, A 内气体体积 , B 内气体压强 等于大气压强 ,已知活塞的横截面积 , ,
,重力加速度大小取 , A、B 内的气体可视为理想气体,忽略活塞与气缸间的摩擦、差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降到 时:
(1)求 内气体压强 ；
(2)求 内气体体积 ；
(3)在活塞上缓慢倒入铁砂,若 内气体压强回到 并保持不变,求已倒入铁砂的质量 。
五、液柱
27. 足够长的玻璃管水平放置,用长19cm的水银封闭一段长为25cm的空气柱(空气视为理想气体),大气压强为 ,环境温度为 ,将玻璃管缓慢顺时针旋转到竖直, 则:
①空气柱是吸热还是放热
②空气柱长度变为多少
③当气体温度变为360K时,空气柱长度又是多少？
28. 如图,两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为 的 型管,左管上端封闭, 右管上端开口。右管中有高 的水银柱,水银柱上表面离管口的距离 。管底水平段的体积可忽略。环境温度为 。大气压强 。
(i)现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙),恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少
(ii)再将左管中密封气体缓慢加热,使水银柱上表面恰与右管口平齐,此时密封气体的温度为多少
29. 如图,竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为 的 A、B 两段细管组成, A 管的内径是 管的 2 倍, 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 。现将玻璃管倒置使 管在上方,平衡后, 管内的空气柱长度改变 。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)
六、充放气(未筛选)
30. 某人驾驶汽车,从北京到哈尔滨,在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降 (假设轮胎内气体的体积不变,且没有漏气,可视为理想气体)。于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气,使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中,轮胎内气体的温度与环境相同,且保持不变)。已知该轮胎内气体的体积 ,
从北京出发时,该轮胎气体的温度 ,压强 。哈尔滨的环境温度 ,大气压强 取 。求:
(1)在哈尔滨时,充气前该轮胎气体压强的大小。
(2)充进该轮胎的空气体积。
31. 图甲为战国时期青铜汲酒器, 根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器,如图乙所示。长柄顶部封闭,横截面积 ,长度 ,侧壁有一小孔 A。储液罐的横截面积 ,高度 ,罐底有一小孔 B。汲液时,将汲液器竖直浸入液体,液体从孔 B 进入,空气由孔 A 排出；当内外液面相平时,长柄浸入液面部分的长度为 ；堵住孔 A,缓慢地将汲液器竖直提出液面,储液罐内刚好储满液体。已知液体密度 ,重力加速度大小 ,大气压 。整个过程温度保持不变,空气可视为理想气体,忽略器壁厚度。
(1) 求 ；
(2)松开孔 A,从外界进入压强为 、体积为 的空气,使满储液罐中液体缓缓流出, 堵住孔 A,稳定后罐中恰好剩余一半的液体,求 。
图甲
图乙
32. 血压仪由加压气囊、臂带,压强计等构成,如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带,压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值,充气前臂带内气体压强为大气压强,体积为 ；每次挤压气囊都能将 的外界空气充入臂带中,经 5 次充气后,臂带内气体体积变为 ,压强计示数为 。已知大气压强等于 ,气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则 等于( )
A. B. C. D.
33. 某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气,温度为 时,压强为 。
(1)当夹层中空气的温度升至 37°C,求此时夹层中空气的压强；
(2)当保温杯外层出现裂隙,静置足够长时间,求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值,设环境温度为 ,大气压强为 。
34. 中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上,进而治疗某些疾病。常见拔罐有两种,如图所示,左侧为火罐,下端开口；右侧为抽气拔罐,下端开口,上端留有抽气阀门。使用火罐时,先加热罐中气体,然后迅速按到皮肤上,自然降温后火罐内部气压低于外部大气压,使火罐紧紧吸附在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上,再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时,罐内气体初始压强与外部大气压
相同,温度为 ,最终降到 ,因皮肤凸起,内部气体体积变为罐容积的 。若换用抽气拔罐,抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的 ,罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气体均可视为理想气体,忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。
火罐 抽气拔罐
35. 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 与助力活塞固定为一体,驾驶员踩刹车时,在连杆 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, 打开, 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, 闭合, 打开,抽气活塞向下运动,抽气气室中的全部气体从 排出,完成一次抽气过程. 已知助力气室容积为 ,初始压强等于外部大气压强 ,助力活塞横截面积为 ,抽气气室的容积为 。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 ；
( 2 )第 次抽气后,求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小 。
七、电流
36. 如图所示,在磁感应强度大小为 、方向垂直纸面向外的匀强磁场中,固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道,其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为 ,长度为 。带电粒子束持续以某一速度 沿轴线进入管道,粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上,与管壁发生弹性碰撞,多次碰撞后从另一端射出,单位时间进入管道的粒子数为 ,粒子电荷量为 ,不计粒子的重力、粒子间的相互作用,下列说法不正确的是( )
A. 粒子在磁场中运动的圆弧半径为
B. 粒子质量为
C. 管道内的等效电流为
D. 粒子束对管道的平均作用力大小为
八、电阻
37. 小明在一根细橡胶管中灌满食盐水,两端用粗铜丝塞住管口,形成一段封闭的盐水柱。他将此盐水柱接到电源两端,电源电动势和内阻恒定。握住盐水柱两端将它水平均匀拉伸到原长的 1.2 倍,若忽略温度对电阻率的影响,则此盐水柱( )
A. 通过的电流增大
B. 两端的电压增大
C. 阻值增大为原来的 1.2 倍
D. 电功率增大为原来的 1.44 倍
38. 将横截面相同、材料不同的两段导体 、 无缝连接成一段导体,总长度为 ,
接入图甲电路。闭合开关 ,滑片 从 端滑到 端,理想电压表读数 随滑片 的滑动
距离 的变化关系如图乙,则导体 的电阻率之比约为( )
图乙
图甲
A. B. C. D.
九、单位
39. 国际单位制中电荷量的单位符号是 C,如果用国际单位制基本单位的符号来表示,正确的是( )
A. B. C. D.
40. 我国新一代车用电池能够提供更长的续航里程,其参数之一为 。其中单位“W·h”(瓦时)对应的物理量是( )
A. 能量 B. 位移 C. 电流 D. 电荷量
41. 如图为一种服务型机器人,其额定功率为 ,额定工作电压为 ,机器人的锂电池容量为 20A·h,则机器人( )
A. 额定工作电流为 B. 充满电后最长工作时间为
C. 电池充满电后总电量为 D. 以额定电流工作时每秒消耗能量为 20J
十、电源
42. 电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的能力,因此( )
A. 电动势是一种非静电力
B. 电动势越大,表明电源储存的电能越多
C. 电动势的大小是非静电力做功能力的反映
D. 电动势就是闭合电路中电源两端的电压
十一、电源功率
43. 直流电路如图所示,在滑动变阻器的滑片 向右移动时,电源的( )
A. 总功率一定减小 B. 效率一定增大
C. 内部损耗功率一定减小 D. 输出功率一定先增大后减小
44. 某汽车的电源与启动电机、车灯连接的简化电路如图所示。当汽车启动时,开关 闭合,电机工作,车灯突然变暗,此时 ( )
A. 车灯的电流变小 B. 路端电压变小
C. 电路的总电流变小 D. 电源的总功率变大
45. 将阻值随温度升高而减小的热敏电阻 I 和定值电阻 II 串联,接在不计内阻的稳压电源两端. 开始时, I 和 II 阻值相等, 加热或冷却热敏电阻, 则 I 的电功率在
A. 加热时变大,冷却时变小
B. 加热时变小,冷却时变大
C. 加热或冷却时都变小
D. 加热或冷却时都变大
十二、电动机
46. 某节水喷灌系统如图所示,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 220V,输入电流为 2.0A。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,则( )
A. 每秒水泵对水做功为 75J
B . 每秒水泵对水做功为 225J
C. 水泵输入功率为 440W
D. 电动机线圈的电阻为
47. 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 ,两端电压为
,流过的电流为 ; 电动机的内电阻为 ,两端电压为 ,流过的电流为 . 则 ( )
A. B. C. D.
十三、电路分析
48. 如图所示,四个完全相同的灯泡,亮度最高的是( )
A. B. C. D.
49. 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,四个灯泡中消耗功率最大的是 ( )
A. B. C. D.
50. 一车载加热器 (额定电压为 ) 发热部分的电路如图所示, 是三个接线端
点,设 、 、 间的功率分别为 、 、 ,则( )
A. B.
C. D.
51. 如图所示为一个加速度计的原理图。滑块可沿光滑杆移动,滑块两侧与两根相同的轻弹簧连接；固定在滑块上的滑动片 下端与滑动变阻器 接触良好,且不计摩擦；两个电源的电动势 相同,内阻不计。两弹簧处于原长时, 位于 的中点,理想电压表的指针位于表盘中央。当 端电势高于 端时,指针位于表盘右侧。将加速度计固定在水平运动的被测物体上,则下列说法正确的是( )
A. 若 位于 的中点右侧, 端电势低于 端
B . 电压表的示数随物体加速度的增大而增大,但不成正比
C. 若电压表指针位于表盘左侧,则物体速度方向向右
D. 若电压表指针位于表盘左侧,则物体加速度方向向右
52. 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 和 ,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 、 两端的电压大于 时,控制开关自动开启低水位预警；当 、 两端的电压小于 、 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.
B. 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
53. 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 和一个直流电源。测得接线柱之间的电压 。符合上述测量结果的可能接法是( )
A. 电源接在 1、4 之间, 接在 1、3 之间
B. 电源接在 1、4 之间, 接在 2、4 之间
C. 电源接在 1、3 之间, 接在 1、4 之间
D. 电源接在 1、3 之间, 接在 2、4 之间
十四、串反并同
54. 在如图所示的电路中, 为电源电动势, 为电源内阻, 和 均为定值电阻, 为
滑动变阻器. 当 的滑动触点在 端时合上开关 ,此时三个电表 和 的示数分别为 、 和 . 现将 的滑动触点向 端移动,则三个电表示数的变化情况是
A. 增大, 不变, 增大
B. 减小, 增大, 减小
C. 增大, 减小, 增大
D. 减小, 不变, 减小
55. 如图所示,电动势为 、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接,只合上开关
,三个灯泡都能正常工作,如果再合上 ,则下列表述正确的是( )
A. 电源输出功率减小
B. 上消耗的功率增大
C. 通过 上的电流增大
D. 通过 上的电流增大
十五、串反并同进阶
56. 如图所示电路中,闭合电键 ,当滑动变阻器的滑动触头 从最高端向下滑动时,
A. 电压表 读数先变大后变小,电流表 读数变大
B.电压表 读数先变小后变大,电流表 读数变小
C. 电压表 V 读数先变大后变小,电流表 A 读数先变小后变大
D. 电压表 V 读数先变小后变大,电流表 A 读数先变大后变小
57. 如图,三个电阻 的阻值均为 ,电源的内阻 , 为滑动变阻器的中点. 闭合开关后,将滑动变阻器的滑片由 点向 端滑动,下列说法正确的是( ) A. 消耗的功率变小 B. 消耗的功率变大 C. 电源输出的功率变大 D. 电源内阻消耗的功率变大
58. 如图,电路中定值电阻阻值 大于电源内阻阻值 . 将滑动变阻器滑片向下滑动,理想电压表 、 、 示数变化量的绝对值分别为 、 、 ,理想电流表 示数变化
量的绝对值 ,则
A. A 的示数增大 B. 的示数增大
C. 与 的比值大于 D. 大于
59. 如图所示电路中,电源内阻忽略不计. 闭合电键,电压表示数为 ,电流表示数为 ; 在滑动变阻器 的滑片 由 端滑到 端的过程中
A. 先变大后变小 B. 先变小后变大
C. 与 比值先变大后变小 D. 变化量与 变化量比值等于
十六、含容电路
60. 有研究发现, 某神经细胞传递信号时, 离子从细胞膜一侧流到另一侧形成跨膜电流, 若将该细胞膜视为 的电容器,在 内细胞膜两侧的电势差从 变为 ,则该过程中跨膜电流的平均值为( ) A. B. C. D. 61. 图(a)所示的电路中, 与 间接一智能电源,用以控制电容器 两端的电压 。 如果 随时间 的变化如图( )所示,则下列描述电阻 两端电压 随时间 变化的图像中,正确的是( )
图(a)
图(b)
A.
B .
C.
D.
62. 一平行板电容器充放电电路如图所示。开关 接 1,电源 给电容器 充电；开关 接 2,电容器 对电阻 放电。下列说法正确的是( )
A. 充电过程中,电容器两极板间电势差增加,充电电流增加
B. 充电过程中,电容器的上极板带正电荷、流过电阻 的电流由 点流向 点
C. 放电过程中,电容器两极板间电势差减小,放电电流减小
D. 放电过程中,电容器的上极板带负电荷,流过电阻 的电流由 点流向 点
63. 在如图所示的闪光灯电路中,电源的电动势为 ,电容器的电容为 。当闪光灯两端电压达到击穿电压 时,闪光灯才有电流通过并发光,正常工作时,闪光灯周期性短暂闪光,则可以判定( )
A. 电源的电动势 一定小于击穿电压
B. 电容器所带的最大电荷量一定为
C. 闪光灯闪光时, 电容器所带的电荷量一定增大
D. 在一个闪光周期内,通过电阻 的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等
64. 如图所示电路,已知电源电动势为 ,内阻不计,电容器电容为 ,闭合开关 ,待电路稳定后,电容器上电荷量为( )
A. B. C. D.
④一物儿
《第三期》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B BCE AD ACD D AD C C B ABE
题号 11 12 13 14 16 32 36 37 38 39
答案 ABD AC ACE ABE BD D C B B B
题号 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49
答案 A C C ABC ABD C D D A A
题号 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59
答案 D D C CD B C A CD ACD BC
题号 60 61 62 63 64
答案 D A C D C
15. B C
17. 不是 大于
18. (1)
19. (1) ; (2) ; (3)
20. (1)
21. (1) ; (2)
22. (1)
23. (1) ; (2)
24. (1) ; (2)
25.(1)气体从状态 1 到状态 2 是不可逆过程,分子平均动能不变；(2)10N；(3)89.3J
26 . (1) ; (2) ; (3)
④ 一物儿
27. ①放热；②20cm；③24cm
28. (i) ；(ii)
29.
30. (1) ; (2)
31 . (1) ; (2)
33 . (1)
(2)
34 .
35. (1) ; (2)
1. B
【详解】A. 随着水向外喷出,气体的体积增大,由于温度不变,根据
可知气体压强减小, A 错误；
BC. 由于气体体积膨胀,对外界做功,根据热力学第一定律
气体温度不变,内能不变,一定从外界吸
收热量, B 正确, C 错误；
D. 温度是分子平均动能的标志,由于温度不变,分子的平均动能不变, D 错误。
故选 B。
2. BCE
【详解】A. 因从 到 的 图像过原点,由 可知从 到 气体的体积不变,则从 到 气体不对外做功,选项 错误;
B. 因从 到 气体温度升高,可知气体内能增加,选项 B 正确；
CDE. 因 ,根据热力学第一定律
可知,气体一直从外界吸热,且气体吸收
④一物儿
的热量等于内能增加量,选项 CE 正确, D 错误。
故选 BCE。
3. AD
【详解】A. 当电阻丝对 中的气体缓慢加热时, 中的气体内能增大,温度升高,根据理想气体状态方程可知 中的气体压强增大,会缓慢推动左边活塞,可知 的体积也被压缩压强变大,对活塞受力分析,根据平衡条件可知,弹簧弹力变大,则弹簧被压缩。与此同时弹簧对右边活塞有弹力作用,缓慢向右推动左边活塞。故活塞对 中的气体做正功,且是绝热过程,由热力学第一定律可知, 中的气体内能增加, 正确；
B . 未加热前,三部分中气体的温度、体积、压强均相等,当系统稳定时,活塞受力平衡,可知弹簧处于压缩状态,对左边活塞分析
则
分别对 、 内的气体分析,根据理想气体状态方程有 由题意可知,因弹簧被压缩,则 , 联立可得
B 错误； C. 在达到稳定过程中 中的气体体积变小,压强变大, 中的气体体积变大。由于稳定时弹簧保持平衡状态,故稳定时 中的气体压强相等,根据理想气体状态方程对 气体分析可知
联立可得
C 错误;
D. 对弹簧、活塞及 中的气体组成的系统分析,根据平衡条件可知, 与 中的气体压强相等, D 正确。
故选 AD。
4 . ACD
【详解】A . 初始状态活塞受到左侧气体向右的压力和弹簧向左的弹力处于平衡状
态,弹簧处于压缩状态。因活塞密封不
严,可知左侧气体向右侧真空漏出。左侧气体压强变小,右侧出现气体,对活塞有向左的压力,最终左、右两侧气体压强相等,且弹簧恢复原长,故 正确；
B. 由题知活塞初始时静止在汽缸正中间, 但由于活塞向左移动,左侧气体体积小于右侧气体体积,则左侧气体质量小于右侧气体质量,故 B 错误；
C. 密闭的气缸绝热,与外界没有能量交换,但弹簧弹性势能减少了,可知气体内能增加,故 C 正确；
D. 初始时气体在左侧,最终气体充满整个气缸,则初始左侧单位体积内气体分子数应该是最终左侧的两倍,故 正确。
故选 ACD。
5. D
【详解】AB . 一定质量的理想气体从状态 开始,沿题图路径到达状态 过程中气体发生等容变化,压强减小,根据查理定律 ,可知气体温度降低,再根据热力学第一定律 ,由于气体不做功, 内能减小,则气体放热, AB 错误； CD. 一定质量的理想气体从状态 沿题图路径到达状态 过程中气体发生等压变化,体积增大,根据 ,可知气体温度升高,内能增大,再根据热力学第一定律 ,可知 到 过程吸热,且吸
收的热量大于功值, 错误、 正确。
故选 D。
6 . AD
【详解】A. 为绝热过程,根据热力学第一定律 可知此时气体体积减小,外界对气体做功,故内能增加,故 A 正确；
B . 2→3 为等压过程,根据盖吕萨克定律可知气体体积增大时温度增加,内能增大,此时气体体积增大,气体对外界做功 ,故气体吸收热量,故 B 错误；
C. 为绝热过程,此时气体体积增大,气体对外界做功 ,根据热力学第一定律可知气体内能减小,故 C 错误；
D. 为等容过程,根据查理定律可知压强减小时温度减小,故内能减小,由于体积不变 ,故可知气体向外放热,
故 D 正确。
故选 AD。
7. C
【详解】A. 过程压强不变,是等压变化且体积增大,气体对外做功 ,由盖-吕萨克定律可知
即内能增大, ,根据热力学第一定律 可知 过程,气体从
外界吸收的热量一部分用于对外做功,另
一部分用于增加内能, A 错误；
B. 方法一: 过程中气体与外界无热
量交换,即
又由气体体积增大可知 ,由热力学
第一定律 可知气体内能减少。
方法二: 过程为等温过程,所以
结合 分析可知
所以 到 过程气体的内能减少。故 错误； C. 过程为等温过程,可知 根据热力学第一定律可知 过程, 气体从外界吸收的热量全部用于对外做功, C 正确； D. 根据热力学第一定律结合上述解析可知: 一整个热力学循环过程 ,整个过程气体对外做功,因此热力学第一定律可得
故 过程气体从外界吸收的热量 不等于 过程放出的热量 错误。 故选 C。 【点睛】 8. C 【详解】A. 由于 的过程为等温过程,即状态 和状态 温度相同,分子平均动能相同,对于理想气体状态 的内能等于状态 的内能,故 错误；
B. 由于状态 和状态 体积相同,且 ,根据理想气体状态方程
可知 ,又因为 ,故
,故 B 错误;
. 因为 过程气体体积增大,气体对外界做正功；而气体温度升高,内能增
加,根据
可知气体吸收热量；故 正确, 错误； 故选 C。 9. B 【详解】AB . 根据理想气体的状态方程 可知 气体温度升高,内能增加,且体积增大气体对外界做功,则 ,由热
④一物儿
力学第一定律
可知 过程中气体吸热, 错误、 正确;
C. 根据理想气体的状态方程
可知, 图像的坐标值的乘积反映温
度, a 状态和 c 状态的坐标值的乘积相等,
而中间状态的坐标值乘积更大, 过程的温度先升高后降低,且状态 的温度最高, C 错误;
D . a 过程气体体积增大,外界对气体做负功, D 错误。
故选 B。
10. ABE
【详解】A. 由理想气体的 图可知,
理想气体经历 过程,体积不变,则 0,而压强增大,由 可知,理想气体的温度升高,则内能增大,由 可知,气体一直吸热,故 A 正确；
BC. 理想气体经历 过程为等压压缩,则外界对气体做功 ,由 知温度降低,即内能减少 ,由 可知, ,即气体放热,故 正确, C 错误;
DE. 由 可知, 图像的坐标围成的面积反映温度, 状态和 状态的坐标面积相等,而中间状态的坐标面积更
大,故 过程的温度先升高后降低,故 错误, E 正确；
故选 ABE。
11. ABD
【详解】AC. 根据理想气体状态方程可知
解得
即 图像的斜率为 ,故有
A 正确, C 错误;
B. 理想气体由 变化到 的过程中,因体积增大,则气体对外做功, B 正确；
DE. 理想气体由 变化到 的过程中,温度升高,则内能增大,由热力学第一定律有
由于
,则有
④一物儿
可得
即气体从外界吸热,且从外界吸收的热量
大于其增加的内能, 正确, 错误；
故选 ABD。
12. AC
【详解】AB . 根据
可知,因直线 过原点,可知在状态 的压强等于在状态 的压强, 点与原点连线的斜率小于 点与原点连线的斜率,可知在状态 的压强大于在状态 的压强,选项 正确, 错误；
C. 在 的过程中温度不变,则气体的内能保持不变,选项 C 正确； . 在 的过程中,气体的体积不变, 则气体不对外做功,选项 D 错误。
故选 AC。
13 . ACE
【详解】A. 为了增加物体的内能,必须对物体做功或向它传递热量,选项 A 正确；
B . 对某物体做功,不一定会使该物体的内能增加,选项 B 错误； C. 可以从单一热库吸收热量, 使之完全变为功,但会产生其他影响,选项 C 正确；
D. 可以使热量从低温物体传向高温物体, 选项 D 错误；
E. 功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程,选项 正确。
故选 ACE。
14 . ABE
【详解】A. 依题意,中心部位为热运动速率较低的气体,与挡板相作用后反弹,从 端流出,而边缘部分热运动速率较高的气体从 端流出；同种气体分子平均热运动速率较大、其对应的温度也就较高,所以 端为冷端、 端为热端,故 正确；
B. 依题意, 端流出的气体分子热运动速率较小, 端流出的气体分子热运动速率较大,所以从 端流出的气体分子热运动平均速度小于从 端流出的,故 正确；
C. 端流出的气体分子热运动速率较小, 端流出的气体分子热运动速率较大,则从 端流出的气体分子平均动能小于从 端流出的气体分子平均动能,内能的多少还与分子数有关；依题意,不能得出从 端流出的气体内能一定大于从 端流出的气体内能,故 C 错误；
. 该装置将冷热不均气体的进行分离,
喷嘴处有高压,即通过外界做功而实现的,并非是自发进行的,没有违背热力学第二定律; 温度较低的从 端出、较高的从 端出,也符合能量守恒定律,故 错误, E 正确。
故选 ABE。
15 . B C
【详解】A. 燃烧汽油产生的内能一方面向机械能转化,同时热传递向空气转移。既不违背热力学第一定律,也不违背热力学第二定律;
B . 冷水倒入保温杯后,没有对外做功,同时也没有热传递, 内能不可能减少, 故违背热力学第一定律;
C. 某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功,必然产生其他影响故违背热力学第二定律;
D. 制冷机消耗电能工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内,发生了内能的转移,同时对外界产生了影响。 既不违背热力学第一定律,也不违背热力学第二定律。
16 . BD
【详解】A. 根据热力学第二定律可知热量能不可能自发地从低温物体传到高温物
体,故 A 错误；
B. 液体的表面张力方向总是跟液面相切, 故 B 正确; C. 由狭义相对论的两个基本假设可知, 在不同的惯性参考系中,一切物理规律都是相同的, 故 C 错误; D. 根据多普勒效应可知当波源与观察者相互接近时,观察者观测到波的频率大于波源振动的频率,故 正确。
故选 BD。
17 . 不是 大于
【详解】[1]空调将热量从温度低的室内传递到温度较高的室外,这个过程要消耗电能,不是自发的过程；
[2]由于空调的压缩机做功,使得空调排放到室外环境的热量大于从室内吸收的热量。
18. (1)
【详解】(1)图(a)状态下,对汽缸受力分析, 如图 1 所示, 则封闭气体的压强为
当汽缸按图(b)方式悬挂时,对汽缸受力分析,如图 2 所示,则封闭气体的压强为
对封闭气体由玻意耳定律得
解得 (2)当汽缸按图(c)的方式水平放置时,封闭气体的压强为
图1
图2
由理想气体状态方程得
解得
19. (1) ; (2) ; (3)
188J
【详解】(1)根据题意可知,气体由状态 变化到状态 的过程中,封闭气体的压强不变,则有 解得
(2)从状态 到状态 的过程中,活塞缓
慢上升,则
解得
根据题意可知,气体由状态 变化到状态
C 的过程中,气体的体积不变,则有
解得
(3)根据题意可知,从状态 到状态 的过程中气体对外做功为
由热力学第一定律有
解得
20. (1)
【详解】(1)气体进行等压变化,则由盖
吕萨克定律得 即
解得
(2)此过程中气体内能增加
气体对外做功大小为
由热力学第一定律可得此过程中容器内气
体吸收的热量
21. (1) ; (2)
【详解】(1)活塞从位置 到 过程中,气
体做等温变化,初态
未态
根据
解得
此时对活塞根据平衡条件
解得卡销 对活塞支持力的大小
(2)将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升
高,当活塞刚好能离开卡销 时,气体做
等容变化,初态
末态,对活塞根据平衡条件
解得
设此时温度为 ,根据
解得
22. (1)
【详解】(1)对左右气缸内所封的气体,
初态压强
体积
末态压强 ,体积 根据玻意耳定律可得 解得 (2)对右边活塞受力分析可知 解得 对左侧活塞受力分析可知 解得 23. (1) ; (2) , 【详解】(1)设封闭气体的压强为 ,对两活塞和弹簧的整体受力分析, 由平衡条件有
解得
对活塞 I 由平衡条件有
解得弹簧的劲度系数为
(2)缓慢加热两活塞间的气体使得活塞 II 刚运动到汽缸连接处时,对两活塞和弹簧的整体由平衡条件可知,气体的压强不变依然为
即封闭气体发生等压过程,初末状态的体积分别为
25
由气体的压强不变, 则弹簧的弹力也不
变, 故有
有等压方程可知
解得
24. (1)
【详解】(1)旋转前后,上部分气体发生
等温变化,根据玻意尔定律可知
解得旋转后上部分气体压强为
旋转前后,下部分气体发生等温变化,下
部分气体体积增大为 ,
则
解得旋转后下部分气体压强为
(2)对“H”型连杆活塞整体受力分析,活
塞的重力 竖直向下,上部分气体对活塞
的作用力竖直向上,下部分气体对活塞的
作用力竖直向下,大气压力上下部分抵
消, 根据平衡条件可知
解得活塞的质量为
25. (1) 气体从状态 1 到状态 2 是不可逆
过程,分子平均动能不变；(2) ；
(3) 89.3J
【详解】(1)根据热力学第二定律可知,
气体从状态 1 到状态 2 是不可逆过程,由
于隔板 的左侧为真空,可知气体从状态
1 到状态 2 ,气体不做功,又没有发生热传
递, 所以气体的内能不变, 气体的温度不
变,分子平均动能不变。
(2)气体从状态 1 到状态 2 发生等温变
化,则有
解得状态 2 气体的压强为
解锁活塞 ,同时施加水平恒力 ,仍使其保持静止,以活塞B为对象,根据受力平衡可得
解得
(3)当电阻丝 加热时,活塞 能缓慢滑动(无摩擦),使气体达到温度 的状态 3 ,可知气体做等压变化,则有
可得状态 3 气体的体积为
该过程气体对外做功为
根据热力学第一定律可得
解得气体吸收的热量为
可知电阻丝 放出的热量为
26. (1) ; (2)
; (3)
【详解】(1、2)假设温度降低到 时,差
压阀没有打开, 、 两个气缸导热良好,
B 内气体做等容变化,初态
末态
根据
代入数据可得
A 内气体做等压变化,压强保持不变,初
态
末态
根据
代入数据可得
由于
假设成立,即
(3)恰好稳定时, 内气体压强为
B 内气体压强
此时差压阀恰好关闭,所以有
代入数据联立解得
④一物儿
27. ①放热；②20cm；③24cm
【详解】①②以封闭气体为研究对象,气
体做等温变化,设玻璃管横截面积为 ,玻
璃管水平时
玻璃管竖起来后
根据
解得
气体体积减小,外界对气体做功,但其温
度不变,内能不变,根据热力学第一定律
可知气体向外放热;
③空气柱长度为 ；由等压变化得
其中
试卷第 47 页,共 26 页
解得
28. (i) ；(ii)
【详解】(i)设密封气体初始体积为 ,
压强为 ,左、右管的截面积均为 ,密
封气体先经等温压缩过程体积变为 ,压
强变为 。由玻意耳定律有
设注入水银后水银柱高度为 ,水银的密度为 ,按题设条件有
联立以上式子并代入题中数据得
(ii)密封气体再经等压膨胀过程体积变为 ,温度变为 ,由盖一吕萨克定律有 按题设条件有
代入题中数据得 29. 【详解】设 管在上方时上部分气压为
,则此时下方气压为 ,此时有
倒置后 管气体压强变小,即空气柱长度
增加 , 管中水银柱减小 , 管
的内径是 B 管的 2 倍,则
可知 B 管水银柱增加 ,空气柱减小
; 设此时两管的压强分别为 ,
所以有
倒置前后温度不变,根据玻意耳定律对
管有
对 B 管有
其中
联立以上各式解得
30. (1) ; (2)
【详解】(1)由查理定律可得
其中
代入数据解得, 在哈尔滨时, 充气前该轮
胎气体压强的大小为
(2)由玻意耳定律
代入数据解得, 充进该轮胎的空气体积为
【点睛】
31 . (1) ; (2)
【详解】(1)由题意可知缓慢地将汲液器竖直提出液面过程,气体发生等温变化,
所以有
又因为
代入数据联立解得
(2)当外界气体进入后,以所有气体为研
究对象有
又因为
代入数据联立解得
【点睛】
32 . D
【详解】根据玻意耳定律可知
已知
代入数据整理得
故选 D。
33 . (1)
(2)
【详解】(1)由题意可知夹层中的气体发
生等容变化,根据理想气体状态方程可知 代入数据解得
(2)当保温杯外层出现裂缝后,静置足够长时间,则夹层压强和大气压强相等,设夹层体积为 ,以静置后的所有气体为研究对象有
解得
则增加空气的体积为
所以增加的空气质量与原有空气质量之比为
34 .
【详解】设火罐内气体初始状态参量分别为 、 、 ,温度降低后状态参量分别为 ,罐的容积为 ,由题意知 、
由理想气体状态方程得
②
代入数据得
对于抽气罐, 设初态气体状态参量分别为
、 ,末态气体状态参量分别为 、
,罐的容积为 ,由题意知
由玻意耳定律得
联立②⑤式,代入数据得
设抽出的气体的体积为 ,由题意知
故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质
量的比值为
联立②⑤⑦⑧式,代入数据得
35. (1) ; (2)
【详解】(1)以助力气室内的气体为研究
对象,则初态压强 ,体积 ,第一次抽
气后,气体体积
根据玻意耳定律
解得
(2)同理第二次抽气
解得
以此类推……
则当 次抽气后助力气室内的气体压强
则刹车助力系统为驾驶员省力大小为
【点睛】
36.C
【详解】A. 带正电的粒子沿轴线射入,然
后垂直打到管壁上,可知粒子运动的圆弧
半径为
故 正确,不符合题意；
B. 根据
可得粒子的质量
故 正确,不符合题意；
C. 管道内的等效电流为
单位体积内电荷数为
则
故 C 错误,符合题意；
D. 由动量定理可得
粒子束对管道的平均作用力大小
联立解得
故 D 正确,不符合题意。
故选 C。
37 . B
【详解】ABC . 根据电阻定律:
可知,长度变为原来的1.2倍,横截面积变为原来的 倍,所以电阻变为原来的 1.44 倍；根据闭合电路欧姆定律:
可知总电阻增大,干路电流 减小,路端电压即盐水柱两端电压 增大,故 错误,
B 正确；
D. 电功率的表达式:
电流变化倍数无法计算,所以电功率变化倍数无法计算,故 错误。 故选 B . 38. B 【详解】根据电阻定律 根据欧姆定律
整理可得
④一物儿
结合题图可知导体 的电阻率之比
故选 B。
39. B
【详解】根据电荷量公式 可知,电流 的单位是 ,时间 的单位是 ,故用国际单位制的基本单位表示电量的单位为 A·s,故 B 正确, ACD 错误。
故选 B。
40.A
【详解】根据电功 可知 是能量的单位。
故选 A。
41. C
【详解】A. 得,额定工作电流:
A 错误;
B. 充满电后最长工作时间:
B 错误;
C. 电池充满电后总电量为
试卷第 52 页,共 26 页
C 正确；
D.额定电流工作时每秒消耗能量
D 错误.
42.C
【详解】电动势在数值上等于非静电力把 的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功,不是一种非静电力,故 错误；电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量, 是非静电力做功能力的反映,电动势越大,表明电源将其它形式的能转化为电能的本领越大,故 B 错误 C 正确；电源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压, 在闭合电路中电源两极间的电压是路端电压, 小于电源电动势, 故 D 错误.
【点睛】电动势等于非静电力把 1C 的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功,描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量.
43.ABC
【详解】当滑动变阻器的滑片 向右移动
时, 接入电路的电阻变大, 整个回路的电
流变小,内部消耗的功率 一定减
小, C 正确；总功率 一定减小, A 正确；而内电压降低,外电压升高,电源的效率 增大, 正确；当内电阻等于外电阻时,输出功率最大,此题中无法知道内外电阻的关系,因此 不对 44 . ABD 【详解】A. 开关闭合时,车灯变暗,故流过车灯的电流 变小, 正确； B. 电路的路端电压为 变小,路端电压变小, B 正确； C. 总电流即干路电流为 减小,干路电流增大, C 错误； D. 电源总功率为 增大,总功率变大, D 正确。 故选 ABD。 45. C 【详解】若将热敏电阻 I 看做是电源的内阻,可知开始时热敏电阻 I 和 II 阻值相等时, II 的功率最大；故无论是冷却或加热 II, II 的电功率都变小; A. 加热时变大,冷却时变小,与结论不相符,选项 A 错误；
B . 加热时变小,冷却时变大,与结论不相符,选项 B 错误；
C. 加热或冷却时都变小,与结论相符,选项 C 正确; D. 加热或冷却时都变大,与结论不相符, 选项 D 错误； 故选 C. 46. D 【详解】AB . 每秒喷出水的质量为 ,抽水增加了水的重力势能和动能,则每秒水泵对水做功为
故 AB 错误;
C. 水泵的输出能量转化为水的机械能,则 而水泵的抽水效率(水泵的输出功率与输入功率之比)为 75%,则 故 C 错误; D. 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
④一物儿
而电动机的电功率为
由能量守恒可知
联立解得
故 D 正确;
故选 D。
47 . D
【详解】A. 电动机与小电珠串联接入电路
故 A 错误；
BCD. 因
则
故 BC 错误, D 正确。
故选 D。
48. A
【详解】四个完全相同的灯泡, 、 串
联电流相同, 、 亮度相同； 与 、 并联,并联两支路两端电压相同,故 两端电压等于 、 各自两端电压之和, 故 比 、 都亮； 在干路上,电流大小等于两支路电流之和,故流过 电流最大,亮度最高。
故选 A。
49 . A
【详解】由电路图可知 与 串联后与
并联,再与 串联。并联电路部分的等效电阻为
由闭合电路欧姆定律可知,干路电流即经过 的电流为
并联部分各支路电流大小与电阻成反比,
则
四个灯泡的实际功率分别为
故四个灯泡中功率最大的是 。
故选 A。
50. D
【详解】接 ,则电路的总电阻为
接 ,则电路的总电阻为
接 ,则电路的总电阻为
由题知,不管接那两个点,电压不变,为
,根据
可知
故选 D。
51. D
【详解】A. 由题意可知, 位于 中点位置时与两电源间的电势相等,设 的中点电势为零,则 位于 的中点右侧, 端电势高于 端电势, A 错误；
B. 由欧姆定律及电阻定律可知, 端与 端电势差与指针偏离 中点的距离 成正比, B 错误；
C. 已知电压表指针位于表盘左侧,只能确定加速度的方向,不能确定速度的方向, C 错误； D. 已知电压表指针位于表盘左侧,滑块左侧弹簧压缩、右侧弹簧伸长,滑块所受合力向右,故物体加速度方向向右, 正确。 故选 D。 52 . C 【详解】AB . 题意可知水位越高,对压力传感器的压力越大,压力传感器的电阻值越小。控制开关自动开启低水位预警,此时水位较低,压力传感器的电阻值较大, 由于 两端此时的电压大于 ,根据串联电路电压分部特点可知, 为压力传感器, 故高水位时压力传感器的电阻值越
小, 压力传感器两端电压变小,
, AB 错误;
CD. 根据闭合电路欧姆定律可知, 两端的电压为
若定值电阻的阻值越大,当开启低水位预警时 两端的电压大于 时, 压力传感器阻值需要越大,则水位越低；当 、 两端的电压小于 时开启高水位预警时, 压力传感器阻值需要越大,则水位越低。C 正确, D 错误。 故选 C。
④一物儿
53.CD
【详解】A. 根据题意画出电路图,如下
可见 , A 错误;
B . 根据题意画出电路图,如下
可见 , 错误；
C. 根据题意画出电路图,如下
可见上述接法可符合上述测量结果, 正确；
D. 根据题意画出电路图,如下
④一物儿
可见上述接法可符合上述测量结果, 正
确。
故选 CD。
54 . B
【详解】 的滑动触点向 端移动时,
减小,整个电路的总电阻减小,总电流增
大,内电压增大,外电压减小,即电压表
示数减小, 电压增大, 并联电压
减小,通过 的电流 减小,即 示数减
小,而总电流 增大,则流过 的电流
增大,即 示数增大. 故 错误,
B 正确.
55. C
【详解】A. 只合上开关 ,三个灯泡都能
正常工作,再合上 ,并联部分的电阻减
小,外电路总电阻减小,根据闭合电路欧
姆定律得知, 干路电流增大. 由于电源的
内阻不计,电源的输出功率 ,与电流
成正比,则电源输出功率增大. 故 错
误.
B . 由于并联部分的电阻减小,根据串联电
路的特点,并联部分分担的电压减小, 两端的电压减小,其消耗的功率减小. 故 B 错误
C. 再合上 ,外电路总电阻减小,干路电流增大,而 在干路中,通过 上的电流增大. 故 C 正确.
D. 并联部分的电压减小,通过 上的电流将减小. 故 D 错误.
56 . A
【详解】试题分析:由电路图可知,本题为滑动变阻器的两部分并联, 并联后, 再与 串联；由几何知识可知滑片移动时总电阻的变化；则由闭合电路欧姆定律可求得电路中电流的变化及路端电压的变化.
解: 设滑动变阻器触点以上的电阻为 触点以下的电阻为 . 因为滑动变阻器的有效电阻
和 并联的结果, ①
二者之和一定,二者相等时积最大,所以当触点在中间时电阻最大,根据全电路欧姆定律, ②,
所以当触点在中间时电流最小,电压表 读数为电源的路端电压, U=E - Ir,当触点在中间时路端电压最大,电压表 读数先变大后变小,所以本题选 A 或 C .
再算电流表 读数即 的电流 ,根据电
阻并联分流公式, ③,
联立以上 3 式,解得 .
变化为
当滑动变阻器的滑动触头 从最高端向下滑动时, 一直变大而 一直变小,从上式可以看出,电流表 读数 I 一直变大, 所以本题选 A .
故选 A
【点评】本题考查全电路欧姆定律, 滑动变阻器,电路分析,并联分流等,难度: 较难. 电路分析和电压表电流表读数随滑动变阻器触点移动而变化的题目是传统题目,但此题推陈出新,有新意,用新方法,一是应用数学知识:二者和不变,相等时积最大,二是应用数学方法,把最后的 I 式子变化为最后一式,目的是减少变化量.
57.CD
【分析】本题考查闭合电路欧姆定律的综
合动态分析问题的相关知识点
【详解】把等效电路画出,如图
设 ,则
当 时, 有最大值,当滑动变阻器的滑片由 点向 端滑动时, 减小, 增大,易得: 减小, 减小, 增大,故电源内阻消耗的功率 增大,故 正确
减小,
减小,故 减小,故 错误
而 增大,故 减大,故 A 错误
根据电源输出功率与 的关系图可知,当 时, 减小电源输出功率越大,
故 C 正确;
58.ACD
【详解】A. 滑动变阻器的滑片向下滑动,
导致滑动变阻器阻值变小,由于电压表断
路,定值电阻和滑动变阻器为串联,滑动
变阻器阻值变小,总电阻变小,电源电动势不变,总电流变大,即电流表示数变大,选项 A 对；
B. 电压表 测量定值电阻 的电压,电阻不变,总电流变大,所以电压变大即 示数增大. 电压表 测量定值电阻和滑动变阻器总电压即路端电压,示数变小,选项 B 错；
D. 电压表 测量滑动变阻器电压,设电流增加量为 ,则根据 ,
,所以 ,选项
对；
C. 电压表 的变化量
,所以 ,选项 对.
59 . BC
【详解】由图可知电压表测量的是电源的电压,由于电源内阻忽略不计,则电压表的示数总是不变,故 错误；在滑动变阻器 的滑片 由 端滑到 端的过程中, 滑动变阻器 的电阻先增大后减小,由于电压不变, 根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大, 与 的比值就是接入电路的 的电阻与 的电阻的和,所以 U 与 I 比值先变大后变小,故 C 正确； 由于电压表示数没有变化,所以 变化量与 I 变化量比值等于 0 ,故 D 错误； 【点睛】当滑动变阻器的两部分并联在电路中时,在最中间时,电阻最大,滑片从
一端移动到另一端的过程中,电阻先增大
后减小,
60. D
【详解】根据
可知
则该过程中跨膜电流的平均值为
故选 D。
61 . A
【详解】根据电容器的定义式 可知
结合图像可知,图像的斜率为 ,则
内的电流 与 内的电流 关系为
且两段时间中的电流方向相反,根据欧姆
定律 可知 两端电压大小关系满足
由于电流方向不同,所以电压方向不同。
故选 A。
62.C
【详解】A. 充电过程中,随着电容器带电量的增加,电容器两极板间电势差增加, 充电电流在减小,故 错误；
B . 根据电路图可知,充电过程中,电容器的上极板带正电荷、流过电阻 的电流由 点流向 点,故 错误；
C. 放电过程中,随着电容器带电量的减小,电容器两极板间电势差减小,放电电流在减小,故 正确；
D. 根据电路图可知,放电过程中,电容器的上极板带正电荷,流过电阻 的电流由 点流向 点,故 错误。
故选 C。
【点睛】
63. D
【分析】本题有效地将电路及电容器结合在一起,考查学生的审题能力及知识的迁移应用能力,对学生要求较高。
【详解】A. 电容器与闪光灯并联, 所以电容器两端的电压与闪光灯两端的电压相等,当电源给电容器充电,达到闪光灯击穿电压 时,闪光灯被击穿,电容器放电,放电后闪光灯和电容器两端电压小于 ,闪光灯断路,电源再次给电容器充电, 达到电压 时,闪光灯又被击穿,电容器放电,如此周期性充放电,使得闪光灯周期性短暂闪光。要使得充电后达到电压
,则电源电动势一定大于等于 ,故 项错误；
B. 电容器两端的最大电压为 ,故电容器所带的最大电荷量为
故 B 项错误;
C. 闪光灯闪光时电容器放电,所带电荷量减少,故 C 项错误；
D. 电容器充电时电荷通过 ,然后储存在电容器中,闪光灯放电时,电容器放电, 储存在电容器中的电荷被放出, 通过闪光灯。所以,充放电过程中通过电阻 的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等,故 D 项正确。 故选 D。 64 . C 【详解】电路稳定后,由于电源内阻不计,则整个回路可看成 的串联部分与 的串联部分并联,若取电源负极为零电势点, 则电容器上极板的电势为 电容器下极板的电势为
则电容两端的电压
则电容器上的电荷量为
④一物儿
故选 C。最后十课第三课:直线运动+受力分析+牛顿定律
直线运动
1. 基本公式 (知三求二)
a)
b)
c)
d)
e)
2. 多端问题解题思路
寻找多段之间有关系的量, 如果题目没给就自己设出来
3. 图像问题
x-t 图像
纵坐标 位置 斜率 速度 交点 相遇
v-t 图像
纵坐标 速度 斜率 加速度 面积 位移 交点 共速
a-t 图像
纵坐标 加速度 面积 速度变化量
其他图像
关键点解题法 解析式解题法(直线) 微元法
4. 图像微元法
用仅适用于恒定物理量的公式, 求变化过程的结果
解题步骤:
1、把变化的量放在纵轴, 画出图像
2、图像和横轴围成的面积, 即为过程中横纵坐标的乘积
5. 比例结论
等时速度比:
等时总位比:
等时第位比:
等位总时比:
等位第时比:
6. 竖直上抛
速度对称性、时间对称性
④一物儿
受力分析
1. 受力分析
重力
弹力接触面:垂直接触面轻绳: 沿绳方向轻杆:固定杆(任意方向)/活动杆(沿杆方向) 轻弹簧:胡克定律(长度不变则弹力不变) 摩擦力摩擦力方向 (从力的作用效果角度分析) (假设法)
2. 平衡态
平衡态 合力为零 静止/匀速直线 3. 平衡态计算方法
1、正交分解法
2、矢量三角形 4. 整体法
有多个研究对象时, 可以适当考虑整体法
5. 动态平衡
一力变向一一一一一一大小变力解题法二力变向: 对称变化———竖小平大夹角变化———相似三角形解题法夹角不变一-一一拉密定理/辅助圆多力平衡———正交分解/化成三力
④一物儿
牛顿定律
1. 建系方向
沿着运动方向建系(绝大多数情况)
2. 多物体分析思路
谁能求出加速度, 就先分析谁 (包括整体)
3. 连接体问题
整体隔离法
质量分配(内力公式)(适用条件:各部分阻力之比等于其质量之比)
4. 失重超重
超重 加速度向上
失重 加速度向下
完全失重 加速度为向下的
5. 弹簧变化问题
1、刚接触弹簧时, 仍然做加速运动
2、当 弹力 重力 时,速度达到最大,
3、当到达最低点时,加速度达到最大, ,
6. 弹簧突变问题
原理分析:剪断前后,弹簧长度不突变,弹簧弹力不突变
解题步骤: 求出剪断前弹力 就是剪断后瞬间弹力 根据剪断后瞬间弹
力求其加速度
7. 板块问题
临界分析
当静摩擦力达到最大值时, 即为产生相对滑动的临界情况
解题关键
1、开始时, 明确初始状态 (初始速度)
2、开始后, 计算运动状态 (加速度)
3、共速后,判断是否一起运动 (可能也需要判断一下能否达到共速)
4、具体计算,求得结果(所有巧合都是已知条件)
8. 传送带问题
分析过程
i. 先假设传送带足够长, 分析运动过程 (计算共速前加速度以及判断共速后是否一起运动)
ii. 在研究传送带的实际长度能支持其运动到哪一段
④一物儿
例题合集
1. 如图,轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒,锥筒间距 ,某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从 1 号锥筒运动到 2 号锥筒用时 ,从 2 号锥筒运动到 3 号锥筒用时 。求该同学
(1)滑行的加速度大小；
(2)最远能经过几号锥筒。
2. 甲、乙两人骑车沿同一平直公路运动, 时经过路边的同一路标,下列位移-时间 (x - t)图像和速度-时间(v - t)图像对应的运动中,甲、乙两人在 时刻之前能再次相遇的是( )
A.
B.
C.
D.
3. 甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点, 甲车的速度—时间图像如图(a)所示, 乙车所受合外力—时间图像如图(b)所示。 则( )
图(a)
图(b)
A. 内,甲车的加速度大小逐渐增大
B. 乙车在 和 时的速度相同
C. 内,甲、乙两车的位移不同
D. 时,甲、乙两车的动能不同
4. 某科研团队通过传感器收集并分析运动数据, 为跳高运动员的技术动作改进提供参考。 图为跳高运动员在起跳过程中, 其单位质量受到地面的竖直方向支持力随时间变化关系曲线。图像中10.10s至10.35s内,曲线下方的面积与阴影部分的面积相等。已知该运动员的质量为 ,重力加速度 取 。下列说法正确的是( )
A. 起跳过程中运动员的最大加速度约为
B. 起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为
C. 起跳后运动员重心上升的最大高度约为
D. 起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为
5. 如图所示,四块相同的混凝土实心砖并排固定在水面地面上,子弹以水平速度 从 点射入实心砖中,到达 点时的速度恰好为零。假设子弹在混凝土实心砖中做匀减速直线运动,且运动的总时间为 。下列说法正确的是 ( )
A. 子弹刚穿过第 2 块砖时的速度大小为
B. 子弹刚穿过第 3 块砖时的速度大小为
C. 子弹穿过第 2 块砖所用的时间为
D. 子弹穿过第 3 块砖所用的时间为
6. 蹦床运动中,体重为 的运动员在 时刚好落到蹦床上,对蹦床作用力大小 与时间 的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直,在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力,重力加速度大小取 。下列说法正确的是( )
A. 时,运动员的重力势能最大
B. 时,运动员的速度大小为
C. 时,运动员恰好运动到最大高度处
D. 运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N
④一物儿
7. 麦克风静止在水平桌面上,下列能表示支架对话筒作用力的方向的是( )
A.
B.
C.
D.
8. 利用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、匀”,如图,在研磨过程中,砚台始终静止在水平桌面上。当墨条的速度方向水平向左时,( )
A. 砚台对墨条的摩擦力方向水平向左
B. 桌面对砚台的摩擦力方向水平向左
C. 桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力
D. 桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力
9. 我国的石桥世界闻名, 如图, 某桥由六块形状完全相同的石块组成, 其中石块 1、6 固定,2、5 质量相同为 质量相同为 ,不计石块间的摩擦,则 为( )
A. B. C. 1 D. 2
10. 如图所示,两拖船 、 拉着无动力货船 一起在静水中沿图中虚线方向匀速前进, 两根水平缆绳与虚线的夹角均保持为 。假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为 ,方向与船的运动方向相反,则每艘拖船发动机提供的动力大小为 ( )
A. B. C. D.
11. 如图所示,工人利用滑轮组将重物缓慢提起,下列说法正确的是( )
A. 工人受到的重力和支持力是一对平衡力
B. 工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力
C. 重物缓慢拉起过程, 绳子拉力变小
D. 重物缓慢拉起过程, 绳子拉力不变
12. 质量为 的凹槽静止在水平地面上,内壁为半圆柱面,截面如图所示, 为半圆的最低点, 为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触,内有一质量为 的小滑块。 用推力 推动小滑块由 点向 点缓慢移动,力 的方向始终沿圆弧的切线方向,在此过程中所有摩擦均可忽略,下列说法正确的是( )
A. 推力 先增大后减小
B. 凹槽对滑块的支持力先减小后增大
C. 墙面对凹槽的压力先增大后减小
D. 水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
13. 如图,一粗糙斜面固定在地面上,斜面顶端装有一光滑定滑轮. 一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块 . 另一端与斜面上的物块 相连,系统处于静止状态. 现用水平向左的拉力缓慢拉动 ,直至悬挂 的细绳与竖直方向成 . 已知 始终保持静止,则在此过程中( )
A. 水平拉力的大小可能保持不变
B. 所受细绳的拉力大小一定一直增加
C. 所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
D. 所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
14. 如图,两物块 、 用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连,开始时 静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力 作用在 上后,轻绳的张力变为原来的一半。已知 两物块的质量分别为 与桌面间的动摩擦因数 ,重力加速度 。则推力 的大小为( )
A. B. C. D.
15. 如图所示,飞船与空间站对接后,在推力 作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为 和 ,则飞船和空间站之间的作用力大小为 ( )
A. B. C. D.
16. 中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”,为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由 40 节质量相等的车厢组成, 在车头牵引下, 列车沿平直轨道匀加速行驶时, 第 2 节对第 3 节车厢的牵引力为 。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等,则倒数第 3 节对倒数第 2 节车厢的牵引力为 ( )
A. B. C. D.
17. 如图,在倾角为 的光滑斜面上,有两个物块 和 ,质量分别为 和 ,用与斜面平行的轻质弹簧相连接,在沿斜面向上的恒力 作用下,两物块一起向上做匀加速直线运动,则( )
A. 两物块一起运动的加速度大小为
B. 弹簧的弹力大小为
C. 若只增大 ,两物块一起向上匀加速运动时,它们的间距变大
D. 若只增大 ,两物块一起向上匀加速运动时,它们的间距变大
18. 神舟十七号载人飞船返回舱于 2024 年 4 月 30 日在东风着陆场成功着陆, 在飞船返回至离地面十几公里时打开主伞飞船快速减速, 返回舱速度大大减小, 在减速过程中 ( )
A. 返回舱处于超重状态
B. 返回舱处于失重状态
C. 主伞的拉力不做功
D. 重力对返回舱做负功
④一物儿
19. 如图所示,轻质弹簧竖直放置,下端固定。木块从弹簧正上方 高度处由静止释放。 以木块释放点为原点,取竖直向下为正方向。木块的位移为 。所受合外力为 ,运动时间为 。忽略空气阻力,弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中。其 图像或 图像可能正确的是 ( )
B.
A.
C.
D.
20. 如图,质量分别为 、 、 、 的四个小球 、 、 、 ,通过细线或轻弹簧互相连接,悬挂于 点,处于静止状态,重力加速度为 。若将 间的细线剪断,则剪断瞬间 和 的加速度大小分别为( )
A. B. C. D.
④一物儿
21. 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 。若书不滑动,则高铁的最大加速度不超过 ( )
A. B. C. D.
22. 某游乐项目装置简化如图, 为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯,半径 ,滑梯顶点 与滑梯末端 的高度 ,静止在光滑水平面上的滑板 ,紧靠滑梯的末端, 并与其水平相切,滑板质量 ,一质量为 的游客,从 点由静止开始下滑,在 点滑上滑板,当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时,游客恰好滑上平台,并在平台上滑行 停下。游客视为质点,其与滑板及平台表面之间的动摩擦系数均为 ,忽略空气阻力,重力加速度 ,求:
(1)游客滑到 点时对滑梯的压力的大小；
(2)滑板的长度
④ 一物儿
23. 如图,一长度 的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上,薄板的右端与平台的边缘 对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动,当薄板运动的距离 时,物块从薄板右端水平飞出; 当物块落到地面时,薄板中心恰好运动到 点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数 ,重力加速度大小
。求
(1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
(2)平台距地面的高度。
④一物儿
24. 如图,两个滑块 和 的质量分别为 和 ,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 ,木板的质量为 ,与地面间的动摩擦因数为 。某时刻 、 两滑块开始相向滑动,初速度大小均为
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,重力加速度大小 。求:
(1)B 与木板相对静止时,木板的速度大小;
(2)木板在地面上运动的距离一共是多少？
④ 一物儿
25. 机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示,以恒定速率 运行的传送带与水平面间的夹角 ,转轴间距 。工作人员沿传送方向以速度 从传送带顶端推下一件小包裹 (可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数 。取重力加速度 . 求:
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小 ；
(2)小包裹通过传送带所需的时间 。
④一物儿
26. 如图,相距 的两平台位于同一水平面内,二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动,其速度的大小 可以由驱动系统根据需要设定。质量 的载物箱 (可视为质点),以初速度 自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数 ,重力加速度取 。
(1)若 ,求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
(3)若 ,载物箱滑上传送带 后,传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中, 传送带对它的冲量。 1. (1) ; (2) 4 18. A 2. 19. B 3. BC 20. A 4. C 21. B 5. BC 22. (1) ; (2) 6. BD 23. (1)
答案解析
题号 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 BC BC C BC BD A C D B B
题号 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21
答案 C BD A A C BC A B A B
7. A 24.(1)1m/s；(2)0.55m
8. C 25. (1) ；(2) 9. D 26. (1) ；(2) 10. B ；(3) ,方向竖直向
11. B 上 12. C 13. BD 14. A 15. A 16. C 17. BC
试卷第 17 页,共 1 页
1. (1) ; (2) 4
【详解】(1)根据匀变速运动规律某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知
在 1、2 间中间时刻的速度为
2、3 间中间时刻的速度为
故可得加速度大小为
(2)设到达 1 号锥筒时的速度为 ,根据匀变速直线运动规律得
代入数值解得
从 1 号开始到停止时通过的位移大小为
故可知最远能经过 4 号锥筒。 2. BC 【详解】A. 该图中,甲乙在 时刻之前位移没有相等的时刻,即两人在 时刻之前不能相遇, 选项 A 错误;
B. 该图中,甲乙在 时刻之前图像有交点,即此时位移相等,即两人在 时刻之前能再次相遇, 选项 B 正确;
C. 因 图像的面积等于位移,则甲乙在 时刻之前位移有相等的时刻,即两人能再次相遇, 选项 C 正确;
D. 因 图像的面积等于位移,由图像可知甲乙在 时刻之前,甲的位移始终大于乙的位移,则两人不能相遇,选项 错误。
故选 BC。
3. BC
【详解】A. 由题知甲车的速度一时间图像如图(a)所示,则根据图(a)可知 0~ 内,甲车做匀加速直线运动,加速度大小不变, 故 A 错误;
B. 由题知乙车所受合外力一时间图像如图 (b) 所示,则乙车在 内根据动量定理有
乙车在 0~6s 内根据动量定理有
则可知乙车在 和 时的速度相同, 故 B 正确;
C. 根据图 (a) 可知, 内甲车的位移为 0 ; 根据图 (b) 可知, 内乙车一直向正方向运动,则 内,甲、乙两车的位移不同,故 正确;
D. 根据图 (a) 可知, 时甲车的速度为 0,则 时,甲车的动能为 0; 乙车在 0~8s 内根据动量定理有
可知 时乙车的速度为 0,则 时,乙车的动能为 0,故 错误。
故选 BC。
4. C
【详解】A. 由图像可知, 运动员受到的最大支持力约为
根据牛顿第二定律可知, 起跳过程中运动员的最大加速度约为
故 A 错误;
BCD. 根据 图像可知,起跳过程中支持力的冲量为
起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为
根据动量定理可得
解得起跳离开地面瞬间的速度为
则起跳后运动员重心上升的平均速度为
起跳后运动员重心上升的最大高度为
故 BD 错误, C 正确。
故选 C。
5. BC
【详解】AB. 设每块砖的厚度为 ,加速度为 ,子弹从 到 为匀减速,可以看成从 到 的初速为 0 的匀加速直线运
动,末速度为 ,则有
设穿过第二块的速度为 ,穿过第三块的
速度为 ,则有
解得
A 错误, B 正确;
CD. 按照上述方法, 由初速为 0 的匀加速直线运动等分位移的时间关系, 设穿过第四块的时间为 ,则穿过第三块的时间为 ,第二块的时间为 ,第一块得出时间为 ,如图所示
由此可得
设穿过第二块砖的时间为 ,穿过第三块砖的时间为 ,则有
C 正确, D 错误。
故选 BC。
6. BD
【详解】A. 根据牛顿第三定律结合题图可知 时,蹦床对运动员的弹力最
大,蹦床的形变量最大,此时运动员处于最低点,运动员的重力势能最小,故 错误;
BC. 根据题图可知运动员从 离开蹦床到 再次落到蹦床上经历的时间为 ,根据竖直上抛运动的对称性可知, 运动员上升时间为 ,则在 时, 运动员恰好运动到最大高度处, 时运动员的速度大小 故 B 正确, C 错误; D. 同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为 ,以竖直向上为正方向,根据动
量定理
其中
代入数据可得
根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N,故 D 正确。
故选 BD。
7. A
【详解】根据共点力平衡, 支架对话筒作
用力与话筒的重力大小相等,方向相反。
故支架对话筒作用力的方向竖直向上。
BCD 错误, A 正确。
故选 A。
8. C
【详解】A. 当墨条速度方向水平向左时, 墨条相对于砚台向左运动, 故砚台对墨条的摩擦力方向水平向右,故 错误；
B. 根据牛顿第三定律, 墨条对砚台的摩擦力方向水平向左, 由于砚台处于静止状
态, 故桌面对砚台的摩擦力方向水平向
右,故 B 错误；
C. 由于砚台处于静止状态, 水平方向桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力, 故 C 正确;
D. 桌面对砚台的支持力大小等于砚台的重力加上墨条对其的压力, 故桌面对砚台的支持力大于墨条对砚台的压力,故 错误。
故选 C。
9. D
【详解】六块形状完全相同的石块围成半圆对应的圆心角为 ,每块石块对应的圆心角为 ,对第 3 块石块受力分析如图
结合力的合成可知
对第 2 块和第三块石块整体受力分析如图
解得
故选 D。
10. B
【详解】根据题意对 受力分析如图
正交分解可知
所以有
对 受力分析如图
则有
解得
故选 B。
11. B
【详解】AB. 对人受力分析有
则有
其中工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力, A 错误、B 正确;
CD. 对滑轮做受力分析有
则有
则随着重物缓慢拉起过程, 逐渐增大,则 逐渐增大, CD 错误。 故选 B。 12. C 【详解】AB . 对滑块受力分析,由平衡条件有 滑块从 缓慢移动 点时, 越来越大, 则推力 越来越大,支持力 越来越小, 所以 错误; C. 对凹槽与滑块整体分析, 有墙面对凹槽的压力为 则 越来越大时,墙面对凹槽的压力先增大
后减小,所以 正确;
D. 水平地面对凹槽的支持力为
则 越来越大时,水平地面对凹槽的支持力越来越小,所以 错误; 故选 C。 13. BD 【详解】如图所示,以物块 为研究对象,它在水平向左拉力 作用下,缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为 的过程中,水平拉力 逐渐增大,绳子拉力 逐渐增大; 对 受力分析可知,若起初 受到的摩擦力 沿斜面向下,则随着绳子拉力 的增加,则摩擦力 也逐渐增大; 若起初 受到的摩擦力 沿斜面向上,则随着绳子拉力 的增加,摩擦力 可能先减小后增加. 故本题选 BD. 14. A 【详解】P 静止在水平桌面上时,由平衡条件有 推力 作用在 上后,轻绳的张力变为原来的一半, 即
故 物体加速下降,有 可得 而 物体将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力,对 由牛顿第二定律 解得 故选 A。 15. A 【详解】根据题意, 对整体应用牛顿第二定律有
对空间站分析有
解两式可得飞船和空间站之间的作用力
故选 A。
16. C
【详解】根据题意可知第 2 节车厢对第 3 节车厢的牵引力为 ,因为每节车厢质量相等, 阻力相同, 故第 2 节对第 3 节车厢根据牛顿第二定律有
设倒数第 3 节车厢对倒数第 2 节车厢的牵引力为 ,则根据牛顿第二定律有
联立解得 。
故选 C。
17. BC
【详解】A. 对整体受力分析, 根据牛顿第二定律有
解得 ,故 错误;
B. 对 受力分析,根据牛顿第二定律有
解得 ,故 正确;
C. 根据 ,可知若只增大 ,两物块一起向上匀加速运动时,弹力变大,根据胡克定律,可知伸长量变大,故它们的间距变大,故 正确;
D. 根据 ,可知只增大 ,两物块一起向上匀加速运动时, 弹力不变, 根据胡克定律, 可知伸长量不变, 故它们的间距不变,故 错误。
故选 BC。
18. A
【详解】AB. 返回舱在减速过程中,加速度竖直向上,处于超重状态,故 正确, 错误；
C. 主伞的拉力与返回舱运动方向相反,对返回舱做负功,故 C 错误;
D. 返回舱的重力与返回舱运动方向相同, 重力对返回舱做正功,故 D 错误。
故选 A。
19. B
【详解】AB. 在木块下落 高度之前,木块所受合外力为木块的重力保持不变, 即 当木块接触弹簧后, 弹簧弹力向上, 则木块的合力
到合力为零前,随着 增大 减小; 当弹簧
弹力大于木块的重力后到最低点,之后,木块开始反弹, 过程中木块所受合外力向上,随着 减小 增大,反弹过程,随着 减小,图像向 轴负方向原路返回,故 错误、B 正确;
CD. 在木块下落 高度之前,木块做自由落体运动, 根据
速度逐渐增大, 图像斜率逐渐增
大,当木块接触弹簧后到合力为零前,根据牛顿第二定律
木块的速度继续增大, 做加速度减小的加速运动,所以 图像斜率继续增大,当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中
木块所受合外力向上, 木块做加速度增大的减速运动,所以 图斜率减小,到达最低点后, 木块向上运动, 经以上分析可知, 木块先做加速度减小的加速运动, 再做加速度增大的减速运动, 再做匀减速直线运动到最高点,而 图中 点过后速度就开始逐渐减小, 实际速度还应该增大, 直到平衡位置速度到达最大, 然后速度逐渐减为零; 图前半段速度不变,不符合题意,正确 示意图如下故 CD 错误。 故选 B。 20. A 【详解】剪断前,对 BCD 分析 对 D 剪断后, 对 B 解得 方向竖直向上；对 解得 方向竖直向下。 故选 A。 21. B
【详解】书放在水平桌面上, 若书相对于桌面不滑动, 则最大静摩擦力提供加速度
解得
书相对高铁静止, 故若书不动, 高铁的最大加速度 。
故选 B。
22. (1) ; (2)
【详解】(1)设游客滑到 点时速度为 ,从 到 过程,根据机械能守恒
解得
在 点根据牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律得游客滑到 点时对滑
梯的压力的大小为
(2)设游客恰好滑上平台时的速度为 , 在平台上运动过程由动能定理得 解得 根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时, 游客恰好滑上平台, 可知该过程游客一直做减速运动, 滑板一直
做加速运动,设加速度大小分别为 和
,得
根据运动学规律对游客
解得
该段时间内游客的位移为
滑板的位移为
根据位移关系得滑板的长度为
23. (1)
【详解】(1)物块在薄板上做匀减速运动
的加速度大小为
薄板做加速运动的加速度
对物块
对薄板
解得
(2)物块飞离薄板后薄板得速度
物块飞离薄板后薄板做匀速运动, 物块做平抛运动, 则当物块落到地面时运动的时间为
则平台距地面的高度
【点睛】
24.(1)1m/s；(2)0.55m
【详解】(1)对 B 分析有
解得物块 加速度大小为
对木板分析有
解得木板加速度大小为
设 与木板相对静止时间为 ,由运动学
公式可得
解得
则 与木板相对静止时,木板的速度大小
为
(2)对 分析有
解得物块 加速度大小为
由于 与 初速度与加速度大小相等,所
以当 速度减为 时, 速度大小也减为1m/s
B 与木板相对静止后,对 与木板整体有
解得 与木板的加速度大小为
设经时间 , 与木板共速,取向右为正方
向, 由公式可得
代入数据解得
此时三者具有共同速度为
最后三者一起做匀减速运动, 则可得
解得共同加速度大小为
木板在地面上运动的距离为
25. (1) ；(2)
【详解】(1)小包裹的速度 大于传动带的速度 ,所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上, 根据牛顿第二定律可知 解得 (2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动, 用时
在传动带上滑动的距离为
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力,即 ,所以小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端, 匀速运动的时间为
所以小包裹通过传送带的时间为 26. (1) ；(2) ,方向竖直向上
【详解】(1)传送带的速度为
时, 载物箱在传送带上先做匀减速运动,
设其加速度为 ,由牛顿第二定律有:
①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为 ,由运动学公式有
联立①②式,代入题给数据得 ； ③ 因此, 载物箱在到达右侧平台前, 速度先减小至 ,然后开始做匀速运动,设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为 ,做匀减速运动所用的时间为 ,由运动学公式有
联立①③④⑤式并代入题给数据有
；⑥
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时, 到达右侧平台时的速度最小, 设为 ,当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时, 到达右侧平台时的速度最大, 设为 . 由动能定理有
由⑦⑧式并代入题给条件得
(3)传送带的速度为 时,由于 ,载物箱先做匀加速运动,加
速度大小仍 。设载物箱做匀加速运动通过
的距离为 ,所用时间为 ,由运动学公
式有
联立①⑩ 式并代入题给数据得
因此载物箱加速运动 、向右运动 时, 达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运动 的时间后, 传送带突然停止, 设载物箱匀速运动通过的距离为 有

由① ④式可知
即载物箱运动到右侧平台时速度大于零,
设为 ,由运动学公式有,

则
减速运动时间
设载物箱通过传送带的过程中, 传送带在
水平方向上和竖直方向上对它的冲量分别
为 。由动量定理有
,方向竖直向上
则在整个过程中, 传送带给载物箱的冲量
,方向竖直向上最后十课第五课——曲线运动篇
运动合成
1. 关联速度
绳(杆)两端沿绳(杆)方向速度分量相等
2. 小船过河
a) 最短时间
i. 船头垂直河岸、 b) 最短位移
i. 时,轨迹可以垂直河岸,
ii. 时,轨迹不可以垂直河岸,
平抛运动
1. 运动分解
平抛运动 = 水平匀速 + 自由落体
斜抛运动 水平匀速 + 竖直匀变速
2. 偏转角
速度偏转角
位移偏转角
推论
i. 两个平抛运动,速度偏转角相同,位移偏转角一定相同
ii. 平抛运动任意时刻,速度反向延长,一定交于水平位移中点
3. 非常规建系
a) 立体轨迹问题需要两次分解
b) 问平抛轨迹距离斜面最远时, 需要沿斜面建系
圆周运动
1. 水平面内圆周(匀速圆周)
a) 合力=向心力
i. 即用于定量计算
ii. 也用于合力方向确定
2. 竖直面内圆周
a) 最高点最小速度
i. 绳模型最高点最小速度为
ii. 杆模型最高点最小速度可为 0
b) 最低 (高) 点支持力分析
i. 千万不要忘记重力
万有引力
1. 开普勒三定律所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆,太阳位于椭圆的一个焦点上。 行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等。 行星轨道半长轴 的立方与公转周期 的平方成正比,即 2. 万有引力提供向心力 同一中心天体: 高轨低速大周期涉及到 g: 并联黄金代换涉及到 : 并联密度公式 3. 三个位置比较同步卫星 vs 近地卫星:重点考虑高轨低速大周期同步卫星 vs 地面物体:重点考虑两者角速度相等 4. 变轨问题
加速往外飞,减速往里掉
5. 双星问题
万有引力相等、角速度相等
半径之比 线速度之比 质量的反比
一、运动合成
1. 如图, 汽车在平直路面上匀速运动, 用跨过光滑定滑轮的轻绳牵引轮船, 汽车与滑轮间的绳保持水平. 当牵引轮船的绳与水平方向成 角时,轮船速度为 ,绳的拉力对船做功的功率为 ,此时绳对船的拉力为_____。若汽车还受到恒定阻力 ,则汽车发动机的输出功率为_____。
2. 有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为 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 ,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.
二、平抛基础
3. 在跨越河流表演中,一人骑车以 的速度水平冲出平台,恰好跨越长 的河流落在河对岸平台上,已知河流宽度 ,不计空气阻力,取 ,则两平台的高度差 为( )
A. B. C. D.
4. 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 点等高且相距为 。当玩具子弹以水平速度 从枪口向 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 。不计空气阻力。下列关于子弹的说法正确的是( )
A. 将击中 点, 大于
B. 将击中 点, 等于
C. 将击中 点上方, 大于
D. 将击中 点下方, 等于
5. 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 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 和 之比为 。重力加速度大小取 ,忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。
6. 如图,一长度 的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上,薄板的右端与平台的边缘 对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动,当薄板运动的距离 时,物块从薄板右端水平飞出; 当物块落到地面时,薄板中心恰好运动到 点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数 ,重力加速度大小 。 求
(1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
(2)平台距地面的高度。
7. 如图所示,小物块 、 的质量均为 静止在轨道水平段的末端。 以水平速度 与 碰撞,碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为 ,两物块落地点距离轨道末端的水平距离为 ,取重力加速度 。求:
(1)两物块在空中运动的时间 ；
(2)两物块碰前 的速度 的大小；
( 3 )两物块碰撞过程中损失的机械能 。
8. 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0,且轨迹交于
点,抛出时谷粒 1 和谷粒 2 的初速度分别为 和 ,其中 方向水平, 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( )
图(a) 图(b)
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
C. 两谷粒从 到 的运动时间相等 D. 两谷粒从 到 的平均速度相等
三、偏转角
9. 如图,圆弧形凹槽固定在水平地面上,其中 是位于竖直平面内以 为圆心的一段圆弧, 与竖直方向的夹角为 。一小球以速度 从桌面边缘 水平抛出,恰好从 点沿圆弧的切线方向进入凹槽。小球从 到 的运动时间为_____；直线 与竖直方向的夹角 _____。
四、非常规建系
10. 一倾角为30°足够大的光滑斜面固定于水平地面上,在斜面上建立 直角坐标系,如
图(1)所示。从 开始,将一可视为质点的物块从 点由静止释放,同时对物块施加
沿 轴正方向的力 和 ,其大小与时间 的关系如图(2)所示。已知物块的质量为
,重力加速度 取 ,不计空气阻力。则( )
图(1)
图(2)
A. 物块始终做匀变速曲线运动
B. 时,物块的 坐标值为
C. 时,物块的加速度大小为
D. 时,物块的速度大小为
11. 单板滑雪 型池比赛是冬奥会比赛项目,其场地可以简化为如图甲所示的模型: 形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成, 轨道倾角为 。某次练习过程中,运动员以 的速度从轨道边缘上的 点沿轨道的竖直切面 滑出轨道,速度方向与轨道边缘线 的夹角 ,腾空后沿轨道边缘的 点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点,不计空气阻力,取重力加速度的大小 。求:
(1)运动员腾空过程中离开 的距离的最大值 ；
(2) 、 之间的距离 。
图甲
图乙
12. 如图所示,工程队向峡谷对岸平台抛射重物,初速度 大小为 ,与水平方向的夹角为 ,抛出点 和落点 的连线与水平方向夹角为 ,重力加速度大小取 ,忽略空气阻力。重物在此运动过程中,下列说法正确的是 ( )
A. 运动时间为
B. 落地速度与水平方向夹角为
C. 重物离 PQ 连线的最远距离为
D. 轨迹最高点与落点的高度差为
五、平面圆周
13. 一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴 上的
点,并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧,弹簧一端固定于 点,另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时, 圆环将相对细杆静止, 通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度 ,杆与竖直转轴的夹角 始终为 ,弹簧原长 ,弹簧劲度系数 ,圆环质量 ; 弹簧始终在弹性限度内,重力加速度大小取 ,摩擦力可忽略不计
(1)若细杆和圆环处于静止状态,求圆环到 点的距离；
(2)求弹簧处于原长时,细杆匀速转动的角速度大小；
( 3 )求圆环处于细杆末端 时,细杆匀速转动的角速度大小。
14. 雪地转椅是一种游乐项目,其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图 (a)、(b) 所示,传动装置有一高度可调的水平圆盘,可绕通过中心 点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘 处固定连接一轻绳,轻绳另一端 连接转椅 (视为质点)。转椅运动稳定后,其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为 ,重力加速度为 ,不计空气阻力。
(1)在图(a)中,若圆盘在水平雪地上以角速度 匀速转动,转椅运动稳定后在水平雪地上绕 点做半径为 的匀速圆周运动。求 与 之间夹角 的正切值。
(2)将圆盘升高,如图(b)所示。圆盘匀速转动,转椅运动稳定后在水平雪地上绕 点做半径为 的匀速圆周运动,绳子与竖直方向的夹角为 ,绳子在水平雪地上的投影 与 的夹角为 。求此时圆盘的角速度 。
图(a) 圆盘在水平雪地
图(b) 圆盘在空中
六、竖直圆周
15. 一游戏装置的竖直截面如图所示。倾斜直轨道 、半径为 的竖直螺旋轨道、水平轨道 和 、倾角为 的倾斜直轨道 平滑连接成一个抛体装置。该装置除 段轨道粗糙外,其余各段均光滑, 点与水平高台 等高。游戏开始,一质量为 的滑块 1 从轨道 上的高度 处静止滑下,与静止在 点、质量也为 的滑块 2 发生完全非弹性碰撞后组合成滑块 3,滑上滑轨。若滑块3落在 段,反弹后水平分速度保持不变,竖直分速度减半; 若滑块落在 点右侧,立即停止运动。已知 段长度 间距 间距 间距 段 0.25。滑块 1、2、3 均可视为质点,不计空气阻力, 。
(1) 若 ,求碰撞后瞬间滑块 3 的速度大小 ;
(2)若滑块 3 恰好能通过圆轨道 ,求高度 ；
(3)若滑块 3 最终落入 点的洞中,则游戏成功。讨论游戏成功的高度 。
16. 如图所示,一圆心为 、半径为 的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内,其下端与光滑水平面在 点相切。在水平面上,质量为 的小物块 以某一速度向质量也为 的静止小物块 运动。A、B 发生正碰后, 到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零, 沿半圆弧轨道运动到与 点等高的 点时速度为零。已知重力加速度大小为 ,忽略空气阻力。
(1)求 从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到 点的距离；
(2)当 由 点沿半圆弧轨道下滑到 点时, 与 夹角为 ,求此时 所受力对 做功的功率;
(3)求碰撞过程中 和 损失的总动能。
17. 人们用滑道从高处向低处运送货物. 如图所示,可看作质点的货物从 圆弧滑道顶端 点静止释放,沿滑道运动到圆弧末端 点时速度大小为 。已知货物质量为 ,滑道高度 为 ,且过 点的切线水平,重力加速度取 。关于货物从 点运动到 点的过程, 下列说法正确的有 ( )
A. 重力做的功为360J
B. 克服阻力做的功为
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
18. 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 处由静止自由滑
下,到 处起跳, 点为 之间的最低点, 两处的高度差为 。要求运动员经过 点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的 倍,运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力,则 点处这一段圆弧雪道的半径不应小于 ( )
A. B. C. D.
七、开三
19. 地球和哈雷彗星绕太阳运行的轨迹如图所示,彗星从 运行到 、从 运行到 的过程中,与太阳连线扫过的面积分别为 和 ,且 。彗星在近日点与太阳中心的距离约为地球公转轨道半径的 0.6 倍, 则彗星 ( )
A. 在近日点的速度小于地球的速度
B. 从 运行到 的过程中动能先增大后减小
C. 从 运行到 的时间大于从 运行到 的时间
D. 在近日点加速度约为地球的加速度的 0.36 倍
20. 与地球公转轨道“外切”的小行星甲和“内切”的小行星乙的公转轨道如图所示,假设这些小行星与地球的公转轨道都在同一平面内,地球的公转半径为 ,小行星甲的远日点到太阳的距离为 ,小行星乙的近日点到太阳的距离为 ,则( )
A. 小行星甲在远日点的速度大于近日点的速度
B. 小行星乙在远日点的加速度小于地球公转加速度
C. 小行星甲与乙的运行周期之比
D. 甲乙两星从远日点到近日点的时间之比
八、常规计算题
21. 如图所示,行星绕太阳的公转可以看成匀速圆周运动。在地图上容易测得地球一水星连线与地球一太阳连线夹角 ,地球一金星连线与地球一太阳连线夹角 ,两角最大值分别为 、 。则( )
A. 水星的公转周期比金星的大
B. 水星的公转向心加速度比金星的大
C. 水星与金星的公转轨道半径之比为
D. 水星与金星的公转线速度之比为
22. 火星与地球的质量比为 ,半径比为 ,则它们的第一宇宙速度之比和表面的重力加速度之比分别是( )
A. B. C. D.
23. 2020 年 5 月 5 日,长征五号 B 运载火箭在中国文昌航天发射场成功首飞,将新一代载人飞船试验船送入太空,若试验船绕地球做匀速圆周运动,周期为 ,离地高度为 ,已知地球半径为 ,万有引力常量为 ,则 ( )
A. 试验船的运行速度为
B. 地球的第一宇宙速度为
C. 地球的质量为
D. 地球表面的重力加速度为
24. 嫦娥六号进入环月圆轨道,周期为 ,轨道高度与月球半径之比为 ,引力常量为 , 则月球的平均密度为( )
A. B. C. D.
25. 在地球上观察, 月球和太阳的角直径 (直径对应的张角) 近似相等, 如图所示。若月球绕地球运动的周期为 ,地球绕太阳运动的周期为 ,地球半径是月球半径的 倍,则地球与太阳的平均密度之比约为( )
A. B. C. D.
26. 2022 年 12 月 8 日,地球恰好运行到火星和太阳之间,且三者几乎排成一条直线,此现象被称为 “火星冲日”。火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动,火星与地球的公转轨道半径之比约为3:2,如图所示。根据以上信息可以得出( )
A. 火星与地球绕太阳运动的周期之比约为 27:8
B. 当火星与地球相距最远时,两者的相对速度最大
C. 火星与地球表面的自由落体加速度大小之比约为
D. 下一次“火星冲日”将出现在 2023 年 12 月 8 日之前
九、三个位置比较
27. 卫星未发射时静置在赤道上随地球转动,地球半径为 。卫星发射后在地球同步轨道上做匀速圆周运动,轨道半径为 。则卫星未发射时和在轨道上运行时 ( )
A. 角速度之比为 B. 线速度之比为
C. 向心加速度之比为 D. 受到地球的万有引力之比为
十、变轨
28. “天问一号”从地球发射后,在如图甲所示的 点沿地火转移轨道到 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 与 之间
甲
乙
B. 从 点转移到 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
十一、双星
29. 人类为探索宇宙起源发射的韦伯太空望远镜运行在日地延长线上的拉格朗日 点附近, 点的位置如图所示。在 点的航天器受太阳和地球引力共同作用,始终与太阳、地球保持相对静止。考虑到太阳系内其他天体的影响很小, 太阳和地球可视为以相同角速度围绕日心和地心连线中的一点 (图中未标出) 转动的双星系统。若太阳和地球的质量分别为 和 ,航天器的质量远小于太阳、地球的质量,日心与地心的距离为 ,万有引力常数为 点到地心的距离记为 ,在 点的航天器绕 点转动的角速度大小记为 。下列关系式正确的是( )[可能用到的近似
A. B.
C. D.
《曲线运动》参考答案
题号 2 3 4 8 10 12 17 18 19 20
答案 B B B B BD BD BCD D C D
题号 21 22 23 24 25 26 27 28 29
答案 BC BC B D D B AC C BD
1.
2. B
3. B
4. B
5.
6. (1)
7. (1) ；(2) ；(3)
8. B
9.
10. BD
11.
12. BD
13. (1) ; (2) ; (3)
10rad/s
14. (1) ; (2)
15. (1)
(2)2m
(3) 或 16. (1) ; (2) ;
(3)
17. BCD
18. D
19. C
20. D
21. BC
22. BC
23.
24. D
25. D
26. B
27. AC
28. C
29. BD
【详解】[1]船的速度沿绳子方向的分速度, 如图所示
可得
根据
可得绳对船的拉力大小
[2]根据平衡条件可得, 汽车的牵引力为
则汽车发动机的功率
2. B
【详解】设河宽为 ,小船相对静水的速度为 ,去程时过河的时间为
回程的时间
由题意知
解得
故选 B。
3. B
【详解】车做平抛运动,设运动时间为 ,
竖直方向
水平方向
其中
解得
故选 B。
4. B
【详解】由题意知枪口与 点等高,子弹和小积木在竖直方向上做自由落体运动, 当子弹击中积木时子弹和积木运动时间相同,根据
可知下落高度相同,所以将击中 点; 又
由于初始状态子弹到 点的水平距离为
,子弹在水平方向上做匀速直线运动,故有
故选 B。
5.
【详解】频闪仪每隔 发出一次闪光, 试卷第 15 页,共 12 页
每相邻两个球之间被删去 3 个影像, 故相
邻两球的时间间隔为
设抛出瞬间小球的速度为 ,每相邻两球
间的水平方向上位移为 ,竖直方向上的位
移分别为 、 ,根据平抛运动位移公式
有
令 ,则有
已标注的线段 、 分别为
则有
整理得
故在抛出瞬间小球的速度大小为
6. (1)
【详解】(1)物块在薄板上做匀减速运动
的加速度大小为
薄板做加速运动的加速度
对物块
对薄板
解得
(2)物块飞离薄板后薄板得速度
物块飞离薄板后薄板做匀速运动, 物块做平抛运动, 则当物块落到地面时运动的时间为
则平台距地面的高度
【点睛】
7. (1) ；(2) ；(3) 【详解】(1)竖直方向为自由落体运动, 由 得
(2)设 、 碰后速度为 ,水平方向为匀速运动, 由
得
根据动量守恒定律, 由
得
( 3 )两物体碰撞过程中损失的机械能
得
8. B
【详解】A. 抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用, 加速度均为重力加速度, 故谷粒 1 的加速度等于谷粒 2 的加速度, 错误;
C. 谷粒 2 做斜向上抛运动, 谷粒 1 做平抛运动,均从 点运动到 点,故位移相同。在竖直方向上谷粒 2 做竖直上抛运动, 谷粒 1 做自由落体运动, 竖直方向上位移相同故谷粒 2 运动时间较长, 错误; B. 谷粒 2 做斜抛运动, 水平方向上为匀速直线运动, 故运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度。与谷粒 1 比较水平位移相同, 但运动时间较长, 故谷粒 2 水平方向上的速度较小即最高点的速度小于 正确; D. 两谷粒从 点运动到 点的位移相同, 运动时间不同, 故平均速度不相等,
谷粒 1 的平均速度大于谷粒 2 的平均速
度, D 错误。
故选 B。
9.
【详解】[1][2]根据题意,小球从 点抛出
后做平抛运动,小球运动到 点时将速度
分解得
则小球运动到 点的时间为
从 点到 点的位移关系有
所以 与竖直方向的夹角为
10. BD
【详解】A. 根据图像可得 ,
,故两力的合力为
物块在 轴方向受到的力不变为
轴方向的力在改变,合力在
改变, 故物块做的不是匀变速曲线运动,
故 A 错误;
B. 在 轴方向的加速度为
故 时,物块的 坐标值为
故 B 正确;
C. 时, ,故此时加速度大小为
故 C 错误;
D. 对 轴正方向,对物块根据动量定理
由于 与时间 成线性关系故可得
解得
此时 轴方向速度为
故此时物块的速度大小为
故 D 正确。
故选 BD。
11.
【详解】(1)在 点,设运动员在 面内垂直 方向的分速度为 ,由运动的合成与分解规律得
①
设运动员在 面内垂直 方向的分加速度为 ,由牛顿第二定律得
②
由运动学公式得
③
联立①②③式,代入数据得
④
(2)在 点,设运动员在 面内平行
方向的分速度为 ,由运动的合成与分解规得
⑤
设运动员在 面内平行 方向的分
加速度为 ,由牛顿第二定律得
⑥
设腾空时间为 ,由运动学公式得
⑦
⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式,代入数据得
⑨
12. BD
【详解】AC. 将初速度分解为沿 方向分速度 和垂直 分速度 ,则有
将重力加速度分解为沿 方向分速度 和垂直 分速度 ,则有
垂直 方向根据对称性可得重物运动时间为
重物离 连线的最远距离为
故 AC 错误;
B. 重物落地时竖直分速度大小为
则落地速度与水平方向夹角正切值为
可得
故 B 正确;
D. 从抛出到最高点所用时间为
则从最高点到落地所用时间为
轨迹最高点与落点的高度差为
故 D 正确。
故选 BD。
13. (1) ; (2) ; (3)
10rad/s
【详解】(1)当细杆和圆环处于平衡状
态, 对圆环受力分析得
根据胡克定律 得
弹簧弹力沿杆向上, 故弹簧处于压缩状
态,弹簧此时的长度即为圆环到 点的距
离
(2)若弹簧处于原长,则圆环仅受重力和
支持力, 其合力使得圆环沿水平方向做匀
速圆周运动。根据牛顿第二定律得
由几何关系得圆环此时转动的半径为
联立解得
(3)圆环处于细杆末端 时,圆环受力分析重力,弹簧伸长,弹力沿杆向下。根据胡克定律得
对圆环受力分析并正交分解, 竖直方向受
力平衡, 水平方向合力提供向心力, 则有
由几何关系得
联立解得
14. (1) ; (2)
【详解】(1)转椅做匀速圆周运动,设此时轻绳拉力为 ,转椅质量为 ,受力分析可知轻绳拉力沿切线方向的分量与转椅受到地面的滑动摩擦力平衡, 沿径向方向的分量提供圆周运动的向心力, 故可得
联立解得
(2)设此时轻绳拉力为 ,沿 和垂直
竖直向上的分力分别为
对转椅根据牛顿第二定律得
沿切线方向
竖直方向
联立解得
15. (1)
(2)
(3) 或
【详解】(1)对滑块 1 由动能定理
解得滑块 1 与滑块 2 碰前的速度大小为
滑块 1 与滑块 2 碰撞过程中, 由动量守恒
定律
解得碰撞后瞬间滑块 3 的速度大小为
(2)在轨道 点,由牛顿第二定律
解得
滑块 3 从 点到 点,由机械能守恒定
律
解得
结合
联立解得
(3)滑块 3 从 点到 点的过程中,由
动能定理
若滑块 3 直接落入洞中, 则竖直方向
水平方向
结合
联立解得
若经一次反弹落入洞中, 则
水平方向
结合
联立解得
16. (1) ; (2) ;
(3)
【详解】解:(1)设 到半圆弧轨道最高点时速度为 ,由于 对轨道最高点的压力为零, 则由牛顿第二定律得
离开最高点后做平抛运动,则在竖直方向上有
在水平方向上有
联立解得
(2)对 由 到 的过程,由机械能守恒定律得 由于对 做功的力只有重力,则 所受力对 做功的功率为 解得 (3)设 、 碰后瞬间的速度分别为 , ,对 由 到最高点的过程,由机械能守恒定律得
解得
对 由 到 的过程,由机械能守恒定律得
解得
设碰前瞬间 的速度为 ,对 碰撞
的过程, 由动量守恒定律得
解得
碰撞过程中 和 损失的总动能为
解得
17. BCD
【详解】A. 重力做的功为
A 错误;
B. 下滑过程据动能定理可得
代入数据解得, 克服阻力做的功为
B 正确;
C. 经过 点时向心加速度大小为
C 正确;
D. 经过 点时,据牛顿第二定律可得
解得货物受到的支持力大小为
据牛顿第三定律可知, 货物对轨道的压力
大小为380N, D 正确。
故选 BCD。
18. D
【详解】运动员从 到 根据动能定理有
在 点有
联立有
故选 D。
19. C
【详解】A. 地球绕太阳做匀速圆周运动,
万有引力提供向心力
哈雷彗星在近日点的曲率半径小于地球半
径, 因此哈雷彗星在近日点的速度大于地
球绕太阳的公转速度, 错误;
B. 从 运行到 的过程中万有引力与速度
方向夹角一直为钝角, 哈雷彗星速度一直
减小,因此动能一直减小, 错误;
C. 根据开普勒第二定律可知哈雷彗星绕太
阳经过相同的时间扫过的面积相同, 根据
可知从 运行到 的时间大于从
运行到 的时间, 正确；
D. 万有引力提供加速度
则哈雷彗星的加速度 与地球的加速度
比值为
D 错误。
故选 C。
20. D
【详解】A. 根据开普勒第二定律, 小行星甲在远日点的速度小于近日点的速度, 故
A 错误;
B. 根据
小行星乙在远日点的加速度等于地球公转
加速度, 故 B 错误;
C. 根据开普勒第三定律, 小行星甲与乙的运行周期之比
故 C 错误;
D. 甲乙两星从远日点到近日点的时间之比即为周期之比
故 D 正确。
故选 D。
21. BC
【详解】AB. 根据万有引力提供向心力有
可得
因为水星的公转半径比金星小, 故可知水
星的公转周期比金星小; 水星的公转向心
加速度比金星的大,故 错误, 正确; C. 设水星的公转半径为 ,地球的公转
半径为 ,当 角最大时有
同理可知有
所以水星与金星的公转半径之比为
故 C 正确;
D. 根据
可得
结合前面的分析可得
故 D 错误;
故选 BC。
22.
【详解】由 可得
知
由
结合
可得
知
故 BC 正确, AD 错误。
故选 BC。
23. B
【详解】A. 试验船的运行速度为 , 故 A 错误;
B. 近地轨道卫星的速度等于第一宇宙速度, 根据万有引力提供向心力有
根据试验船受到的万有引力提供向心力有
联立两式解得第一宇宙速度
故 B 正确;
C. 根据试验船受到的万有引力提供向心力有
解得
故 C 错误;
D. 地球重力加速度等于近地轨道卫星向心加速度, 根据万有引力提供向心力有
根据试验船受到的万有引力提供向心力有
联立两式解得重力加速度
故 D 错误。
故选 B。
24. D
【详解】设月球半径为 ,质量为 ,对嫦
娥六号, 根据万有引力提供向心力
月球的体积
月球的平均密度
联立可得
故选 D。
25. D
【详解】设月球绕地球运动的轨道半径为
,地球绕太阳运动的轨道半径为 ,根据
可得
其中
联立可得
故选 D。
【点睛】
26. B
【详解】A. 火星和地球均绕太阳运动, 由于火星与地球的轨道半径之比约为 , 根据开普勒第三定律有
可得
故 A 错误;
B. 火星和地球绕太阳匀速圆周运动, 速度大小均不变, 当火星与地球相距最远时,
由于两者的速度方向相反, 故此时两者相
对速度最大,故 正确；
C. 在星球表面根据万有引力定律有
由于不知道火星和地球的质量比, 故无法
得出火星和地球表面的自由落体加速度, 故 C 错误; D. 火星和地球绕太阳匀速圆周运动, 有
要发生下一次火星冲日则有
得
可知下一次“火星冲日”将出现在 2023 年 12
月 18 日之后, 故 D 错误。
故选 B。
27. AC
【详解】A. 卫星未发射时静置在赤道上随地球转动, 角速度与地球自转角速度相等,卫星发射后在地球同步轨道上做匀速圆周运动, 角速度与地球自转角速度相等, 则卫星未发射时和在轨道上运行时角速度之比为 ,故 正确;
B. 根据题意,由公式 可知,卫星未发射时和在轨道上运行时, 由于角速度相等,则线速度之比为轨道半径之比 , 故 B 错误;
C. 根据题意,由公式 可知,卫星未发射时和在轨道上运行时, 由于角速度相等,则向心加速度之比为轨道半径之比 ,故 正确;
D. 根据题意,由公式 可知,卫星未发射时和在轨道上运行时, 受到地球的万有引力之比与轨道半径的平方成反比, 即 ,故 错误。 故选 AC。
28. C
【详解】A. 因发射的卫星要能变轨到绕太阳转动, 则发射速度要大于第二宇宙速度,即发射速度介于 与 之间, 故 A 错误; B. 因 点转移到 点的转移轨道的半长轴大于地球公转轨道半径, 则其周期大于地球公转周期 (1 年共 12 个月),则从 点转移到 点的时间为轨道周期的一半时间应大于 6 个月, 故 B 错误;
C. 因在环绕火星的停泊轨道的半长轴小于调相轨道的半长轴, 则由开普勒第三定律可知在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小,故 正确;
D. 卫星从 点变轨时,要加速增大速度,即在地火转移轨道 点的速度小于火星轨道的速度, 而由
可得
可知火星轨道速度小于地球轨道速度, 因
此可知卫星在 点速度小于地球轨道速
度, 故 D 错误;
故选 C。
29. BD
【详解】AB. 设太阳和地球绕 点做圆周运动的半径分别为 、 ,则有
联立解得
故 错误、故 正确;
CD. 由题知,在 点的航天器受太阳和地
球引力共同作用, 始终与太阳、地球保持
相对静止, 则有
再根据选项 分析可知
联立解得
故 错误、故 正确。
故选 BD。最后十课第六课:能量+动量
能量
1. 机车启动
a) 分类
i. 恒定功率启动: 加速度逐渐减小的加速运动
ii. 恒定加速度启动: 匀加速运动+加速度逐渐减小的加速运动
b) 受力分析:
c) 功率公式:
d) 重要结论: 当 时,
2. 动能定理
主要针对单个物体
3. 机械能守恒
机械能 = 动能 + 重力势能 + 弹性势能
机械能守恒判断
i. 只有重力(或弹簧弹力)做功
ii. 看能量是否只在机械能内部相互转化
4. 功能关系
a) 可能被转化的能量: 额外力做正功、动能、重力势能、弹性势能、电势能
b) 可能转化成的能量:动能、重力势能、弹性势能、电势能、摩擦的热能、碰撞的内能 (非弹性碰撞)
5. 如何选择
a) 单个研究对象: 动能定理/功能关系
b) 机械能守恒题目: 机械能守恒
c) 多个研究对象: 功能关系动量
1.
a) 注意重力
b) 注意方向性
c) 流体问题解题关键:确定好研究过程 (确定研究时间 )
2. 动量守恒条件:
a) 或者
3. 人船模型
a) 质量之比 位移的反比
4. 碰撞分类
弹性碰撞 碰完分开 动量守恒 动能不变
非弹性碰撞 碰完分开 动量守恒 动能减少
完全非弹性碰撞 碰完不分开 动量守恒 动能减少得最多
a) 重要结论
i. 等质量弹性碰撞: 速度交换
ii. 弹性动碰静通解:
5. 综合问题分析思路
a) 1、从 (某一方向) 动量守恒角度分析
b) 2、从能量角度分析 (能量是标量, 不分方向)
一、机车启动
1. 复兴号动车在世界上首次实现速度 自动驾驶功能,成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为 的动车,初速度为 ,以恒定功率 在平直轨道上运动,经时间 达到该功率下的最大速度 ,设动车行驶过程所受到的阻力 保持不变。动车在时间 内 ( )
A. 做匀加速直线运动 B. 加速度逐渐减小
C. 牵引力的功率 D. 牵引力做功
2. 额定功率相同的甲、乙两车在同一水平路面上从静止启动, 其发动机的牵引力随时间的变化曲线如图所示。两车分别从 和 时刻开始以额定功率行驶,从 和 时刻开始牵引力均视为不变。若两车行驶时所受的阻力大小与重力成正比,且比例系数相同,则( )
A. 甲车的总重比乙车大
B. 甲车比乙车先开始运动
C. 甲车在 时刻和乙车在 时刻的速率相同
D. 甲车在 时刻和乙车在 时刻的速率相同
二、基本例题
3. 如图,固定在竖直面内的光滑轨道 由直线段 和圆弧段 组成,两段相切于 点, 段与水平面夹角为 段圆心为 ,最高点为 与 的高度差等于圆弧轨道的直径 。小球从 点以初速度 冲上轨道,能沿轨道运动恰好到达 点,下列说法正确的是( )
A. 小球从 到 的过程中,对轨道的压力逐渐增大
B. 小球从 到 的过程中,重力的功率始终保持不变
C. 小球的初速度
D. 若小球初速度 增大,小球有可能从 点脱离轨道
三、各种综合问题
4. 如图所示,处于竖直平面内的一探究装置,由倾角 的光滑直轨道 、圆心为 的半圆形光滑轨道 、圆心为 的半圆形光滑细圆管轨道 、倾角也为 的粗糙直轨道 组成, 和 为轨道间的相切点,弹性板垂直轨道固定在 点 (与 点等高), 和 点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量 ,轨道 和 的半径 ,轨道 长度 ,滑块与轨道 间的动摩擦因数 ,滑块与弹性板作用后,以等大速度弹回, 。滑块开始时均从轨道 上某点静止释放,
(1)若释放点距 点的长度 ,求滑块到最低点 时轨道对其支持力 的大小；
(2)设释放点距 点的长度为 ,滑块第一次经 点时的速度 与 之间的关系式；
(3)若滑块最终静止在轨道 的中点,求释放点距 点长度 的值。
5. 如图所示,滑雪道 由坡道和水平道组成,且平滑连接,坡道倾角均为 。平台 与缓冲坡 相连。若滑雪者从 点由静止开始下滑,恰好到达 点。滑雪者现从 点由静止开始下滑,从 点飞出。已知 间的距离为 ,滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为 ,重力加速度为 ,不计空气阻力。
(1)求滑雪者运动到 点的时间 ；
(2)求滑雪者从 点飞出的速度大小 ；
(3)若滑雪者能着陆在缓冲坡 上,求平台 的最大长度 。
6. 如图所示,三个质量均为 的小物块 、 、 ,放置在水平地面上, 紧靠竖直墙壁,一劲度系数为 的轻弹簧将 、 连接, 紧靠 ,开始时弹簧处于原长, 均静止。现给 施加一水平向左、大小为 的恒力,使 一起向左运动,当速度为零时,立即撤去恒力,一段时间后 离开墙壁,最终三物块都停止运动。已知 与地面间的滑动摩擦力大小均为 ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,弹簧始终在弹性限度内。 (弹簧的弹性势能可表示为: 为弹簧的劲度系数, 为弹簧的形变量)
(1)求 、 向左移动的最大距离 和 、 分离时 的动能 ；
(2)为保证 能离开墙壁,求恒力的最小值 ；
(3)若三物块都停止时 、 间的距离为 ,从 、 分离到 停止运动的整个过程, 克服弹簧弹力做的功为 ,通过推导比较 与 的大小;
(4)若 ,请在所给坐标系中,画出 向右运动过程中加速度 随位移 变化的图像,并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的 值 (用 表示),不要求推导过程。以撤去 时 的位置为坐标原点,水平向右为正方向。
7. 一游戏装置竖直截面如图所示,该装置由固定在水平地面上倾角 的直轨道 、 螺旋圆形轨道 ,倾角 的直轨道 、水平直轨道 组成,除 段外各段轨道均光滑,且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道 、 相切于 处. 凹槽 底面 水平光滑,上面放有一无动力摆渡车,并紧靠在竖直侧壁 处,摆渡车上表面与直轨道 、平台 位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径 点高度为 长度 长度 ,摆渡车长度 、质量 。将一质量也为 的滑块从倾斜轨道 上高度 处静止释放,滑块在 段运动时的阻力为其重力的 0.2 倍。(摆渡车碰到竖直侧壁 立即静止,滑块视为质点,不计空气阻力, , )
(1)求滑块过 点的速度大小 和轨道对滑块的作用力大小 ；
(2)摆渡车碰到IJ前,滑块恰好不脱离摆渡车,求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数 ；
(3)在(2)的条件下,求滑块从 到 所用的时间 。
8. 如图 (a),一倾角 的固定斜面的 段粗糙, 段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端 处,弹簧的原长与 长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力 作用下,由 处从静止开始下滑,当滑块第一次到达 点时撤去 。 随滑块沿斜面下滑的位移 的变化关系如图(b)所示。已知 段长度为 ,滑块质量为 ,滑块与斜面 段的动摩擦因数为 0.5,弹簧始终在弹性限度内,重力加速度大小取 。求:
(1)当拉力为 时,滑块的加速度大小；
(2)滑块第一次到达 点时的动能；
(3)滑块第一次在 点与弹簧脱离后,沿斜面上滑的最大距离。
图(b)
图(a)
四、动量定理
9. 蹦床运动中,体重为 的运动员在 时刚好落到蹦床上,对蹦床作用力大小 与时间 的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直,在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力,重力加速度大小取 。下列说法正确的是( )
A. 时,运动员的重力势能最大
B. 时,运动员的速度大小为
C. 时,运动员恰好运动到最大高度处
D. 运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为
10. 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,若某探测器质量为 ,离子以 的速率(远大于探测器的飞行速率)向后喷出,流量为 ,则探测器获得的平均推力大小为( )
A. B. C. D.
11. 抗日战争时期,我军缴获不少敌军武器武装自己,其中某轻机枪子弹弹头质量约 , 出膛速度大小约 。某战士在使用该机枪连续射击 1 分钟的过程中,机枪所受子弹的平均反冲力大小约 ,则机枪在这 1 分钟内射出子弹的数量约为 ( )
A. 40 B. 80 C. 120 D. 160
五、动量守恒条件
12. 如图,光滑水平地面上有一小车,一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连,另一端与滑块相连, 滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩, 撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中, 从撤去推力开始, 小车、 弹簧和滑块组成的系统( )
A. 动量守恒, 机械能守恒
B. 动量守恒, 机械能不守恒
C. 动量不守恒, 机械能守恒
D. 动量不守恒, 机械能不守恒
六、碰撞
13. 冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示, 运动员在水平冰面上将冰壶 推到 点放手,此时 的速度 ,匀减速滑行 到达 点时,队友用毛刷开始擦 A 运动前方的冰面,使 A 与 间冰面的动摩擦因数减小, A 继续匀减速滑行 ,与静止在 点的冰壶 发生正碰,碰后瞬间 的速度分别为 和 。已知 、 质量相同, 与 间冰面的动摩擦因数 ,重力加速度 取 ,运动过程中两冰壶均视为质点, 碰撞时间极短。求冰壶
(1)在 点的速度 的大小；
(2)与 间冰面的动摩擦因数 。
14. 如图,光滑的四分之一圆弧轨道 竖直放置,底端与一水平传送带相切,一质量 的小物块 从圆弧轨道最高点 由静止释放,到最低点 时与另一质量 小物块 发生弹性正碰 (碰撞时间极短)。已知圆弧轨道半径 ,传送带的长度 ,传送带以速度 顺时针匀速转动,小物体与传送带间的动摩擦因数 。求
(1)碰撞前瞬间小物块 对圆弧轨道的压力大小；
(2)碰后小物块 能上升的最大高度；
(3)小物块 从传送带的左端运动到右端所需要的时间。
七、综合问题具体分析
15. 在爆炸实验基地有一发射塔, 发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射, 上升到空中最高点时炸裂成质量之比为 2:1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬开始计时,在 末和 末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为 ,忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 两碎块的位移大小之比为
B. 爆炸物的爆炸点离地面高度为
C. 爆炸后质量大的碎块的初速度为
D. 爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为
16. 如图,一长木板在光滑的水平面上以速度 向右做匀速直线运动,将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为 和 ,它们之间的动摩擦因数为 ,重力加速度为 。
(1)滑块相对木板静止时,求它们的共同速度大小；
(2)某时刻木板速度是滑块的 2 倍,求此时滑块到木板最右端的距离；
(3)若滑块轻放在木板最右端的同时,给木板施加一水平向右的外力,使得木板保持匀速直线运动, 直到滑块相对木板静止, 求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
17. 如图,质量 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 的轻弹簧,弹簧处于自然状态。质量 的小物块以水平向右的速度 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 ,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 与形变量 的关系为 。取重力加速度 ,结果可用根式表示。
(1)求木板刚接触弹簧时速度 的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离 ；
(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 及此时木板速度 的大小;
(3)已知木板向右运动的速度从 减小到 0 所用时间为 。求木板从速度为 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 (用 表示)。
18. 为了探究物体间碰撞特性,设计了如图所示的实验装置。水平直轨道 和水平传送带平滑无缝连接,两半径均为 的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道 与轨道 和足够长的水平直轨道 平滑相切连接。质量为 的滑块 与质量为 的滑块 用劲度系数 的轻质弹簧连接,静置于轨道 上。现有质量 的滑块 以初速度 从 处进入,经 管道后,与 上的滑块 碰撞(时间极短)。已知传送带长 ,以 的速率顺时针转动,滑块 与传送带间的动摩擦因数 ,其它摩擦和阻力均不计,各滑块均可视为质点,弹簧的弹性势能 ( 为形变量)。
(1)求滑块 到达圆弧管道 最低点 时速度大小 和所受支持力大小 ；
(2)若滑块 碰后返回到 点时速度 ,求滑块 、 碰撞过程中损失的机械能 ；
(3)若滑块 碰到滑块 立即被粘住,求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差 。
19. 如图,三块厚度相同、质量相等的木板 A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上,尺寸不计的智能机器人静止于 木板左端。已知三块木板质量均为 木板长度为 ,机器人质量为 ,重力加速度 取 ,忽略空气阻力。
(1)机器人从 木板左端走到 木板右端时,求 、 木板间的水平距离。
(2)机器人走到 A 木板右端相对木板静止后,以做功最少的方式从 A 木板右端跳到 B 木板左端, 求起跳过程机器人做的功, 及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。
(3)若机器人以做功最少的方式跳到 B 木板左端后立刻与 B 木板相对静止,随即相对 B 木板连续不停地 3 次等间距跳到 木板右端,此时 木板恰好追上 木板。求该时刻 、 两木板间距与 木板长度的关系。
《能量动量》参考答案
题号 1 2 3 9 10 11 12 15
答案 BC ABC AD BD C C B B
1. BC
2.
3. AD
4. (1) ; (2) ; (3)
5. (1) ; (2) ; (3)
6. (1) ; (2) ; (3) ; (4
7. (1) ; (2) ; (3)
8. (1) ；(2) ；(3)
9. BD
10. C
11. C
12. B
13. (1) ; (2)
14. (1) ; (3)
15. B
16. (1)
17. (1) ; (2) ; (3)
18. (1)
19. (1) ; (2) ; (3)
1. BC
【详解】AB. 动车的功率恒定,根据 可知动车的牵引力减小,根据牛顿第二定律得
可知动车的加速度减小,所
以动车做加速度减小的加速运动, 错
误, B 正确;
C. 当加速度为 0 时, 牵引力等于阻力, 则额定功率为
C 正确;
D. 动车功率恒定,在 时间内,牵引力做功为
根据动能定理得
D 错误。
故选 BC。
2.
【详解】A. 根据题述,两车额定功率 相同, 匀速运动后牵引力等于阻力, 因此甲车阻力大于乙车阻力,根据甲车 时刻后和乙车 时刻后两车牵引力不变,甲车牵引力大于乙车可知
可知甲车的总重比乙车大,故 A 正确；
B. 如图所示甲车在 点所对应的时刻牵引力与阻力瞬间相等,所以甲车从这个时刻开始,做加速运动; 乙车在 点所对应的时刻牵引力与阻力瞬间相等,乙车从这个时刻开始加速,所以甲车比乙车先开始运动,故 正确;
C. 两车分别从 和 时刻开始以额定功率行驶, 这两个时刻, 两车的牵引力等大,
由
可知,甲车在 时刻和乙车在 时刻的速率相同, 故 C 正确;
D. 时刻甲车达到最大速度, 时刻乙车达到最大速度, 根据汽车的额定功率
可知由于甲车的总重比乙车大,所以甲车在 时刻的速率小于乙车在 时刻的速率,
故 D 错误。
故选 ABC。
3. AD
【详解】A. 由题知, 小球能沿轨道运动恰好到达 点,则小球在 点的速度为
则小球从 到 的过程中,有
联立有
则从 到 的过程中 由 0 增大到 ,则 逐渐减小,故 逐渐减小,而小球从 到 的过程中,对轨道的压力逐渐增
大, A 正确；
B. 由于 到 的过程中小球的速度逐渐减小,则 到 的过程中重力的功率为
则 到 的过程中小球重力的功率始终减小, 则 B 错误;
C. 从 到 的过程中有
解得
C 错误;
D. 小球在 点恰好脱离轨道有
则
则若小球初速度 增大,小球在 点的速
度有可能为 ,故小球有可能从
点脱离轨道, 正确。
故选 AD。
4. (1) ; (2)
)；(3) , , 【详解】(1)滑块释放运动到 点过程, 由动能定理 经过 点时 解得 (2)能过最高点时,则能到 点,则恰到最高点时 解得
而要保证滑块能到达 点,必须要保证它能到达 最高点,当小球恰好到达 最高点时, 由动能定理 可解得 则要保证小球能到 点, ,带 可得 (3)设全过程摩擦力对滑块做功为第一次到达中点时做功的 倍,则 .
解得
又因为
当 时, ,当 时, ,当 时, ,满足要求。 即若滑块最终静止在轨道 的中点,释放点距 点长度 的值可能为 , 。
5. (1) ; (2)
; (3)
【详解】(1)滑雪者从 到 根据动能定理有
根据动量定理有
联立解得
(2)由于滑雪者从 点由静止开始下滑, 恰好到达 点,故从 点到 点合力做功为 0,所以当从 点下滑时,到达 点有
(3)当滑雪者刚好落在 点时,平台 的长度最大; 滑雪者从 点飞出做斜抛运动,竖直方向上有 水平方向上有
联立可得
6. (1) ;
【详解】(1)从开始到 B、C 向左移动到最大距离的过程中, 以 B、C 和弹簧为研究对象, 由功能关系得
弹簧恢复原长时 、 分离,从弹簧最短到 B、C 分离,以 B、C 和弹簧为研究对象,
由能量守恒得
联立方程解得
(2)当 刚要离开墙时,设弹簧得伸长量为 ,以 A 为研究对象,由平衡条件得
若 刚要离开墙壁时 得速度恰好等于
零,这种情况下恒力为最小值 ,从弹
簧恢复原长到 A 刚要离开墙得过程中, 以
B 和弹簧为研究对象, 由能量守恒得
结合第 (1) 问结果可知
根据题意舍去 ,所以恒力得最小值为
(3)从 、 分离到 停止运动,设 的路程为 的位移为 ,以 为研究对象, 由动能定理得
以 为研究对象,由动能定理得
由 、 得运动关系得
联立可知
(4)小物块 B、C 向左运动过程中,由动能定理得
解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为
则坐标原点的加速度为
之后 开始向右运动过程 系统未脱离弹簧)加速度为
可知加速度随位移 为线性关系,随着弹簧
逐渐恢复原长, 减小, 减小,弹簧恢复
原长时, 和 分离,之后 只受地面的
滑动摩擦力,加速度为
负号表示 C 的加速度方向水平向左; 从撤去恒力之后到弹簧恢复原长, 以 B、C 为研究对象, 由动能定理得
脱离弹簧瞬间后 速度为 ,之后 受到
滑动摩擦力减速至 0,由能量守恒得
解得脱离弹簧后, 运动的距离为
则 C 最后停止的位移为
所以 C 向右运动的图象为
7. (1) ; (2)
【详解】(1)滑块从静止释放到 点过
程, 根据动能定理可得
解得
滑块过 点时,根据牛顿第二定律可得
解得
(2)设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为 ,从静止释放到 点过程,根据动能定理可得
解得
摆渡车碰到 前,滑块恰好不脱离摆渡
车, 说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速 ,以滑块和摆渡车为系统,根据系统动量守恒可得
解得
根据能量守恒可得
解得
(3)滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程, 滑块的加速度大小为
所用时间为
此过程滑块通过的位移为
滑块与摆渡车共速后, 滑块与摆渡车一起
做匀速直线运动, 该过程所用时间为
则滑块从 到 所用的时间为
8. (1) ; (2) ; (3)
【详解】(1)设小滑块的质量为 ,斜面倾角为 ,滑块与斜面间的动摩擦因数为 ,滑块受斜面的支持力大小为 ,滑动摩擦力大小为 ,拉力为 时滑块的加速度大小为 。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有
①
②
③
联立①②③式并代入题给数据得
④
(2)设滑块在 段运动的过程中拉力所做的功为 ,由功的定义有
⑤
式中 、 和 、 分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。 依题意, , 。设滑块第一次到达 点时的动能为 ,由动能定理有
⑥
联立②③⑤⑥式并代入题给数据得
⑦
( 3 )由机械能守恒定律可知, 滑块第二次到达 点时,动能仍为 。设滑块离 点的最大距离为 ,由动能定理有
⑧
联立②③⑦⑧式并代入题给数据得
⑨
9. BD
【详解】A. 根据牛顿第三定律结合题图可知 时,蹦床对运动员的弹力最大, 蹦床的形变量最大, 此时运动员处于最低点,运动员的重力势能最小,故 错误;
BC. 根据题图可知运动员从 离开蹦床到 再次落到蹦床上经历的时间为 ,根据竖直上抛运动的对称性可知,
运动员上升时间为 ,则在 时,运动员恰好运动到最大高度处, 时
运动员的速度大小
故 正确, 错误;
D. 同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为 ,以竖直向上为正方向,根据动量定理
其中
代入数据可得
根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大
小为 ,故 正确。
故选 BD。
10. C
【详解】对离子, 根据动量定理有
而
解得 ,故探测器获得的平均推力
大小为 ,故选 C。
11. C
【分析】本题考查动量定理。
【详解】设 1 分钟内射出的子弹数量为 ,
则对这 颗子弹由动量定理得
代入数据解得
故选 C。
12. B
【详解】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦, 且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动, 即摩擦力做功, 而水平地面是光滑的; 以小车、弹簧和滑块组成的系统, 根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒, 机械能不守恒。 故选 B。 13. (1) ; (2) 【详解】(1)设冰壶质量为 受到冰面的支持力为 ,由竖直方向受力平衡,有
设 在 间受到的滑动摩擦力为 ,则有
设 在 间的加速度大小为 ,由牛顿第二定律可得
联立解得
由速度与位移的关系式, 有
代入数据解得
(2)设碰撞前瞬间 的速度为 ,由动量守恒定律可得
解得
设 在 间受到的滑动摩擦力为 ,则有
由动能定理可得
联立解得
14. (1) ; (2) ; (3)
【详解】(1)设小物块 下到圆弧最低点未与小物块 相碰时的速度为 ,根据机械能守恒定律有 代入数据解得
小物块 在最低点,根据牛顿第二定律有
代入数据解得
根据牛顿第三定律,可知小物块 对圆弧
轨道的压力大小为 。
(2)小物块 与小物块 发生弹性碰撞,
根据动量守恒有
根据能量守恒有
联立解得
小物块 反弹,根据机械能守恒有
解得
(3)小物块 滑上传送带,因
,故小物块 先做匀减速
运动, 根据牛顿第二定律有
解得
则小物块 由 减至 ,所走过的位
移为
代入数据解得
运动的时间为
代入数据解得
因 ,故小物块
之后将做匀速运动至右端, 则匀速运动的
时间为
故小物块 从传送带的左端运动到右端所
需要的时间
15. B
【详解】A. 爆炸时, 水平方向, 根据动量守恒定律可知
因两块碎块落地时间相等, 则
则
则两碎块的水平位移之比为 ,而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于 1:2, 选项 A 错误;
B. 设两碎片落地时间均为 ,由题意可知
解得
爆炸物的爆炸点离地面高度为
选项 B 正确;
CD. 爆炸后质量大的碎块的水平位移
质量小的碎块的水平位移
爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为
340m+680m=1020m
质量大的碎块的初速度为
选项 CD 错误。
故选 B。
16. (1) ;
【详解】(1)由于地面光滑, 则木板与滑
块组成的系统动量守恒, 有
解得
(2)由于木板速度是滑块的 2 倍,则有
再根据动量守恒定律有
联立化简得
再根据功能关系有
经过计算得
( 3 )由于木板保持匀速直线运动,则有
对滑块进行受力分析, 并根据牛顿第二定
律有
滑块相对木板静止时有
解得
则整个过程中木板滑动的距离为
则拉力所做的功为
17.(1) (2) ；
【详解】(1)由于地面光滑,则 、 组成的系统动量守恒, 则有
代入数据有
对 受力分析有
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有
代入数据解得
(2)木板与弹簧接触以后,对 、 组成的系统有
对 有
当 时物块与木板之间即将相对滑动, 解得此时的弹簧压缩量
对 、 组成的系统列动能定理有
代入数据有
(3)木板从速度为 时到之后与物块加速度首次相同时的过程中,由于木板即 的加速度大于木块 的加速度,则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为
时,则说明此时 的速度大小为 ,共用时 ,且 一直受滑动摩擦力作用,则对 有
解得
则对于 、 组成的系统有
联立有
18. (1) 【详解】(1)滑块 从 到 ,由能量关系
在 点
解得
(2)滑块 返回 点时的速度 , 滑块 一直在传送带上减速,加速度大小为
根据
可得在 点的速度
则滑块 从碰撞后到到达 点
解得
因 碰撞动量守恒,则
解得碰后 的速度
则碰撞损失的能量
(3)若滑块 碰到滑块 立即被粘住,则 碰后的共同速度
解得
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有
共同速度
则
当弹簧被压缩到最短时压缩量为 ,由能
量关系
解得
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为
则弹簧最大长度与最小长度之差
19. (1) ; (2) ; (3) 【详解】(1)机器人从 A 木板左端走到 A 木板右端,机器人与 木板组成的系统动量守恒,设机器人质量为 ,三个木板质量为 ,取向右为正方向,则 机器人从 木板左端走到 木板右端时,机器人、木板 运动位移分别为为 、 ,则有 同时有 解得 、 木板间的水平距离 (2)设机器人起跳的速度大小为 ,方向与水平方向的夹角为 ,从 木板右端跳到 木板左端时间为 ,根据斜抛运动规律得
联立解得
机器人跳离 的过程,系统水平方向动量守恒 根据能量守恒可得机器人做的功为 联立得
根据数学知识可得当 时,即 时, 取最小值,代入数值得此时
(3)根据 可得 , 根据 得 分析可知 木板以该速度向左匀速运动, 机器人跳离 木板到与 木板相对静止的过程中,机器人与 木板组成的系统在水平方向动量守恒, 得 解得
该过程 木板向左运动的距离为
机器人连续 3 次等间距跳到 木板右端,
整个过程机器人和 木板组成的系统水平
方向动量守恒, 设每次起跳机器人的水平
速度大小为 木板的速度大小为 ,
机器人每次跳跃的时间为 ,取向右为正方向, 得
每次跳跃时机器人和 木板的相对位移为 ,可得
机器人到 木板右端时, 木板恰好追上 木板,从机器人跳到 左端到跳到 右
端的过程中, AB 木板的位移差为
可得
联立①②③解得
故 、 两木板间距为
解得最后十课第七课:静电场+磁场
静电场
1、电场强度
a)
b) E是矢量需要注意
i. 比较两个电场强度是否相同时, 除了大小, 还有方向
ii. 为正时, 和 同向; 为负时, 和 反向
iii. 电场强度叠加时, 需要进行矢量计算
2、静电场关系网
a)
3、加速电场、偏转电场
a) 加速电场: (电场力做功=动能改变量)
b) 偏转电场: 电场力 类平抛
4、平行板电容器
a) 解题关键: 确定好哪个量不变
b) 基本公式
i.
ii.
磁场
1、电生磁(电流磁效应)
a) 右手螺旋定则
2、安培力
a) 左手定则
b) 异形金属杆, 首尾相连即为等效长度
3、洛伦兹力
a) 两个重要的二级结论公式:
b) 两个重要的二级结论等角:
出射角 = 入射角 偏转角 = 圆心角
c) 几何关系求半径:
定圆心 (半径交点) 求半径 (解直角三角形) 代入
4、综合大题
a) 搞清楚分段
b) 搞清楚每段之间的关系
c) 搞清楚每段运动的已知条件
一、矢量合成
1. (2024·贵州·高考真题) 如图, 、 、 三个点位于以 为圆心的圆上,直径 与弦 间的夹角为 。 、 两点分别放有电荷量大小为 、 的点电荷时, 点的电场强度方向恰好沿圆的切线方向,则 等于( )
A. B. C. D. 2
2. (2023·全国乙卷·高考真题) 如图,等边 位于竖直平面内, 边水平,顶点 在 边上方,3 个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上。已知 边中点 处的电场强度方向竖直向下, 边中点 处的电场强度方向竖直向上, 点处点电荷的电荷量的绝对值为 ,求
(1) 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) 点处点电荷的电荷量。
二、静电场物理量
3.【多选】(2024·广东·高考真题)污水中的污泥絮体经处理后带负电,可利用电泳技术对其进行沉淀去污,基本原理如图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极、金属圆盘置于底部、金属棒插入污水中, 形成如图所示的电场分布, 其中实线为电场线,虚线为等势面。 点和 点在同一电场线上, 点和 点在同一等势面上。下列说法正确的有( )
A. 点的电势比 点的低
B. 点的电场强度比 点的大
C. 污泥絮体从 点移到 点,电场力对其做正功
D. 污泥絮体在 点的电势能比其在 点的大
4.【多选】(2024·甘肃·高考真题)某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示,虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹, 分别是运动轨迹与等势面 的交点, 下列说法正确的是 ( )
A. 粒子带负电荷
B. 点的电场强度比 点的小
C. 粒子在运动轨迹上存在动能最小的点
D. 粒子在 点的电势能大于在 点的电势能
5.【多选】(2023·全国乙卷·高考真题)在 点处固定一个正点电荷, 点在 点右上方。 从 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。 是轨迹上的两点, ,则小球 ( )
A. 在运动过程中,电势能先增加后减少
B. 在 点的电势能大于在 点的电势能
C. 在 点的机械能等于在 点的机械能
D. 从 点运动到 点的过程中,电场力始终不做功
6.【多选】(2024·天津·高考真题)某静电场在 轴正半轴的电势 随 变化的图像如图所示, 、 、 、 、为 轴上四个点。一负电荷仅在静电力作用下,以一定初速度从 点开始沿 轴负方向运动到 点,则该电荷 ( )
A. 在 点电势能最小
B. 在 点时速度最小
C. 所受静电力始终做负功
D. 在 点受静电力沿 轴负方向
7. (2024·重庆·高考真题) 沿空间某直线建立 轴,该直线上的静电场方向沿 轴,其电势的 随位置 变化的图像如图所示,一电荷量为 带负电的试探电荷,经过 点时动能为 ,速度沿 轴正方向若该电荷仅受电场力。则其将 ( )
A. 不能通过 点
B. 在 点两侧往复运动
C. 能通过 点
D. 在 点两侧往复运动
8.【多选】(2024·山东·高考真题)如图所示,带电量为 的小球被绝缘棒固定在 点, 右侧有固定在水平面上、倾角为 的光滑绝缘斜面。质量为 、带电量为 的小滑块从斜面上 点由静止释放,滑到与小球等高的 点时加速度为零,滑到 点时速度为零。已知 间的距离为 ,重力加速度大小为 ,静电力常量为 ,下列说法正确的是 ( )
A. 的距离
B. 的距离
C. 从 到 ,静电力对小滑块做功
D. 之间的电势差
三、加速电场偏转电场
9. (2024·福建·高考真题) 如图,直角坐标系 中,第I象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第II、III象限中有两平行板电容器 、 ,其中 垂直 轴放置,极板与 轴相交处存在小孔 、 ； 垂直 轴放置,上、下极板右端分别紧贴 轴上的 、 点。一带电粒子从 静止释放,经电场直线加速后从 射出,紧贴 下极板进入 ,而后从 进入第I象限；经磁场偏转后恰好垂直 轴离开,运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为 、带电量为 、 间距离为 、 的板间电压大小均为 ,板间电场视为匀强电场, 不计重力, 忽略边缘效应。求:
(1)粒子经过 时的速度大小；
(2)粒子经过 时速度方向与 轴正向的夹角；
(3)磁场的磁感应强度大小。
四、平行板电容器
10. (2024·浙江·高考真题) 图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验,保持电荷量不变, 当极板间距增大时, 静电计指针张角增大, 则 ( )
A. 极板间电势差减小 B. 电容器的电容增大
C. 极板间电场强度增大 D. 电容器储存能量增大
11. (2022·重庆·高考真题) 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
五、电流磁效应
12. (2021·全国甲卷·高考真题) 两足够长直导线均折成直角,按图示方式放置在同一平面内, 与 在一条直线上, 与 在一条直线上,两导线相互绝缘,通有相等的电流 ,电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流 时,所产生的磁场在距离导线 处的磁感应强度大小为 ,则图中与导线距离均为 的 两点处的磁感应强度大小分别为( )
A. B. C. D.
六、复合场
13. (2024·天津·高考真题) 如图所示, 在 Oxy 平面直角坐标系的第一象限内, 存在半径为 的半圆形匀强磁场区域,半圆与 轴相切于 点,与 轴相切于 点,直线边界与 轴平行,磁场方向垂直于纸面向里。在第一象限存在沿 +x 方向的匀强电场,电场强度大小为 . 一带负电粒子质量为 ,电荷量为 ,从 点以速度 沿 方向进入第一象限,正好能沿直线匀速穿过半圆区域。不计粒子重力。
(1)求磁感应强度 的大小；
(2)若仅有电场,求粒子从 点到达 轴的时间 ;
(3)若仅有磁场,改变粒子入射速度的大小,粒子能够到达 轴上 点, 的距离为 ,求粒子在磁场中运动的时间 。
14.【多选】(2024·湖北·高考真题)磁流体发电机的原理如图所示, 和 是两平行金属极板, 匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体, 含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场, 极板间便产生电压。下列说法正确的是 ( )
A. 极板 是发电机的正极
B. 仅增大两极板间的距离,极板间的电压减小
C. 仅增大等离子体的喷入速率, 极板间的电压增大
D. 仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度,
极板间的电压增大
七、综合大题
15. (2024·贵州·高考真题) 如图,边长为 的正方形 abcd 区域及矩形 cdef 区域内均存在电场强度大小为 、方向竖直向下且与 边平行的匀强电场, 右边有一半径为 且与 相切的圆形区域,切点为 的中点,该圆形区域与 区域内均存在磁感应强度大小为 、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从 点斜向上射入电场后沿图中曲线运动, 经 cd 边的中点进入 cdef 区域, 并沿直线通过该区域后进入圆形区域。所有区域均在纸面内, 粒子始终在该纸面内运动, 不计粒子重力。求:
(1)粒子沿直线通过 cdef 区域时的速度大小；
(2)粒子的电荷量与质量之比；
(3)粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。
16. (2024 广东 高考真题)如图甲所示。两块平行正对的金属板水平放置,板间加上如图乙所示幅值为 、周期为 的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场,右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场。磁感应强度大小为 . 一带电粒子在 时刻从左侧电场某处由静止释放,在 时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内, 在 时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场,并在 时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的 倍,粒子质量为 。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量 ；
(2)求金属板的板间距离 和带电粒子在 时刻的速度大小 ；
(3)求从 时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中,电场力对粒子做的功 。
甲
乙
17. (2023·山东·高考真题) 如图所示,在 的区域中,存在沿 轴正方向、场强大小为 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 ,电量为 的带正电粒子从 中点 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 第二次离开电场后,垂直 再次进入电场,求磁场的磁感应强度 的大小;
(2)若改变电场强度大小,粒子以一定的初速度从 点沿 轴正方向第一次进入电场、离开电场后从 点第二次进入电场,在电场的作用下从 点离开。
(i)求改变后电场强度 的大小和粒子的初速度 ；
(ii)通过计算判断粒子能否从 点第三次进入电场。
18. (2023·江苏·高考真题) 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 。质量为 、 电荷量为 的电子从 点沿 轴正方向水平入射。入射速度为 时,电子沿 轴做直线运动; 入射速度小于 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 ；
(2)若电子入射速度为 ,求运动到速度为 时位置的纵坐标 ；
(3)若电子入射速度在 范围内均匀分布,求能到达纵坐标 位置的电子数 占总电子数 的百分比。
19. (2023·湖南·高考真题) 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 区域 (区域 II)内存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外。图中 、 、 三点在同一直线上, 与 垂直,且与电场和磁场方向均垂直。 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 中,只有沿直线 运动的粒子才能进入区域 。若区域 中电场强度大小为 、磁感应强度大小为 ,区域 中磁感应强度大小为 ,则粒子从 的中点射出, 它们在区域 中运动的时间为 。若改变电场或磁场强弱,能进入区域 中的粒子在区域 中运动的时间为 ,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 中磁感应强度大小变为 ,则
B. 若仅将区域 中电场强度大小变为 ,则
C. 若仅将区域 中磁感应强度大小变为 ,则
D. 若仅将区域 中磁感应强度大小变为 ,则
《电场磁场》参考答案
题号 1 3 4 5 6 7 8 10 11 12
答案 B AC BCD BC BD B AD D A B
题号 14 19
答案 AC D
1. B
2. (1) 均为正电荷; (2)
3.
4. BCD
5.
6. BD
7. B
8. AD
9.
(2)45°
(3)
10. D
11. A
12.
13. (1)
(2)
(3)
14. AC
15. (1)
(2)
(3)60°
16. (1) 正电; ; (2)
17. (1) ; (2) (i)
；(ii)不会
18. (1) ; (2) ; (3) 90%
19. D
1. B
【详解】根据题意可知两电荷为异种电
荷,假设 为正电荷, 为负电荷,两电荷在 点的场强如下图,设圆的半径为 , 根据几何知识可得
同时有
联立解得
故选 B。
2. (1) 均为正电荷；(2)
【详解】(1)因为 点电场强度竖直向下,则 为正电荷,根据场强的叠加原理,可知 两点的电荷在 点的电场强度大小相等,方向相反,则 点电荷带电量为 ,电性与 相同,又 点电场强度竖直向上,可得 处电荷在 点的场强垂直 沿 连线向右上,如图所示
可知 处电荷为正电荷,所以 均为正电荷。
(2)如图所示
其中
解得
3. AC
【详解】AC . 根据沿着电场线方向电势降低可知 点的电势比 点的低,污泥絮体带负电,根据 可知污泥絮体在 点的电势能比在 点的电势能大,污泥絮体从 点移到 点,电势能减小,电场力对其做正功,故 正确；
B. 根据电场线的疏密程度可知 点的电场强度比 点的小,故 错误；
D. 点和 点在同一等势面上,则污泥絮体在 点的电势能与在 点的电势能相等,结合 选项分析可知污泥絮体在 点的电势能比其在 点的大,故 错误。
故选 AC。
4 . BCD
【详解】A. 根据粒子所受电场力指向曲线轨迹的凹侧可知,带电粒子带正电,故 错误；
B. 等差等势面越密集的地方场强越大,故 点的电场强度比 点的小,故 正确；
. 粒子带正电,因为 点的电势大于在 点的电势,故粒子在 点的电势能大于
在 点的电势能；由于带电粒子仅在电场
作用下运动,电势能与动能总和不变,故
可知当电势能最大时动能最小,故粒子在
运动轨迹上到达最大电势处时动能最小,
故 CD 正确。
故选 BCD。
【点睛】
5 . BC
【详解】ABC. 由题知, ,则根据点电荷的电势分布情况可知
则带负电的小球在运动过程中,电势能先减小后增大,且
则小球的电势能与机械能之和守恒,则带负电的小球在 点的机械能等于在 点的机械能, A 错误、BC 正确；
. 从 点运动到 点的过程中,电场力先做正功后做负功, D 错误。
故选 BC。
6 . BD
【详解】AB . 根据题意,由公式 可知, 负电荷在高电势位置的电势能较小,
由图可知, 点的电势最大,则在 点电势能最小,同理可知, 点的电势最小,则在
点时电势能最大,电荷仅在电场力作用
下,电荷的电势能和动能之和不变,可
知,电势能最大时,动能最小,则在 点
时,电荷的动能最小,即速度最小,故 A
错误, B 正确；
CD. 根据沿电场线方向电势逐渐降低,结
合题图可知, 点左侧电场方向沿 轴正方
向, 点右侧电场方向沿 轴负方向,可
知, 点右侧负电荷受沿 轴正方向的电场
力, 点左侧负电荷受沿 轴负方向的电场
力,可知,在 点受静电力沿 轴负方
向,从 点开始沿 轴负方向运动到
点,电场力先做负功再做正功,故 错
误, D 正确。
故选 BD。
7. B
【详解】带负电的试探电荷在 处动能为
1.5eV,电势能为 ,总能量为 ,
且试探电荷速度沿 轴正方向,在
区域试探电荷受到沿 轴正方向的静电
力,做加速运动,在 处速度最大,试探
电荷继续运动到 右侧,做减速运动,当
速度为零时,电势能为 ,即运动到电
势为 -0.5V 处减速到零,开始向 轴负方
向运动,后反向回到 处动能仍为
,继续向左运动,在电势为 处
减速到零又反向,不会运动到 、 处,
即试探电荷在 点两侧往复运动。 故选 B。
8 . AD
【详解】AB . 由题意知小滑块在 点处的加速度为零,则根据受力分析有沿斜面方向
解得
A 正确, B 错误； C. 因为滑到 点时速度为零,小滑块从 到 的过程,静电力对小滑块做的功为 ,根据动能定理有
解得
故 C 错误； D. 根据电势差与电场强度的关系可知 之间的电势差
故 D 正确。 故选 AD。
9.
(2)45°
(3)
【详解】(1)粒子从 到 的运动过程
中,根据动能定理有
解得
(2)粒子在 中,根据牛顿运动定律有
根据匀变速直线运动规律有
又
解得
(3)粒子在 处时的速度大小为
在磁场中运动时根据牛顿第二定律有
由几何关系可知
解得
10. D 【详解】AB . 根据 可得当极板间距增大时电容减小,由于电容器的带电量不变,故极板间电势差增大, 故 AB 错误；
C. 根据 得
故场强不变,故 C 错误；
D. 移动极板的过程中要克服电场力做功,
故电容器储存能量增大,故 正确。
故选 D。
11. A
【详解】BCD. 根据电容的决定式
可知,根据题意可知极板之间电
压不变,极板上所带电荷量变少,极板间
距 增大,电容减小,极板之间形成匀强电场,根据 可知极板间电场强度
减小, BCD 错误； A. 极板间距 增大,材料竖直方向尺度减小, A 正确； 故选 A。 12. B 【详解】两直角导线可以等效为如图所示的两直导线,由安培定则可知,两直导线分别在 处的磁感应强度方向为垂直纸面向里、垂直纸面向外,故 处的磁感应强度为零; 两直导线在 处的磁感应强度方向均垂直纸面向里,故 处的磁感应强度为 ; 综上分析 正确。
故选 B。
13 . (1)
(2)
(3)
【详解】(1)根据题意可知,由于一带负
电粒子能沿直线匀速穿过半圆区域,由平
衡条件有
解得
(2)若仅有电场,带负电粒子受沿 轴负
方向的电场力, 由牛顿第二定律有
又有
联立解得
(3)根据题意,设粒子入射速度为 ,则
有
可得
画出粒子的运动轨迹,如图所示
由几何关系可得
解得
则轨迹所对圆心角为 ,则粒子在磁场中运动的时间
14.AC
【详解】A. 带正电的离子受到的洛伦兹力向上偏转,极板 带正电为发电机正
极, A 正确;
BCD. 离子受到的洛伦兹力和电场力相互平衡时,此时令极板间距为 ,则
可得
因此增大间距 变大,增大速率 变大,
大小和密度无关, BD 错误 C 正确。
故选 AC。
15 . (1)
(2)
(3)60°
【详解】(1)带电粒子在 cdef 区域做直线运动,则有电场力与洛伦兹力平衡,可知粒子带正电, 经 cd 边的中点速度水平向右,设粒子到达 边的中点速度大小为 ,带电荷量为 ,质量为 ,由平衡条件则有
解得
(2)粒子从 点到 边的中点的运动,可逆向看做从 边的中点到 点的类平抛运动,设运动时间为 ,加速度大小为 ,由牛顿第二定律可得
由类平抛运动规律可得
联立解得粒子的电荷量与质量之比
(3)粒子从 ef 中点射出到圆形区域做匀圆周运动,设粒子的运动半径为 ,由洛伦兹力提供向心力可得
解得
粒子在磁场中运动轨迹图如图所示,由图可知,粒子沿半径方向射入,又沿半径方向射出, 设粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角为 , 由几何关系可知
可得
则有
16. (1) 正电; ; (2)
(3)
【详解】(1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知,粒子带正电; 粒子在磁场中运动的周期为
根据洛伦兹力提供向心力 得
则粒子所带的电荷量
(2)若金属板的板间距离为 ,则板长 粒子在板间运动时
出电场时竖直速度为零,则竖直方向
在磁场中时
其中的
联立解得
(3)带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图,由(2)的计算可知金属板的板间距离 则粒子在 时刻再次进入中间的偏转电场,在 时刻进入左侧的电场做减速运动速度为零后反向加速,在 时刻再次进入中间的偏转电场, 时刻碰到上极板, 因粒子在偏转电场中运动时, 在时间 内电场力做功为零,在左侧电场中运动时,往返一次电场力做功也为零,可知整个过程中只有开始进入左侧电场时电场力做功和最后 时间内电场力做功,则
17. (1) (2) (i)
；(ii)不会
【详解】(1)由题意粒子在电场中做匀加速直线运动,根据动能定理有
粒子在磁场中做匀速圆周运动,有
粒子从上边界垂直 第二次离开电场后,垂直 再次进入电场,轨迹如图
根据几何关系可知
联立可得
(2)(i) 由题意可知,做出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图
在磁场中做匀速圆周运动,根据几何关系
可知
解得
所以有
洛伦兹力提供向心力
带电粒子从 点开始做匀加速直线运动, 根据动能定理有
再一次进入电场后做类似斜抛运动,沿 方向有
沿 y 方向上有
其中根据牛顿第二定律有
联立以上各式解得
(ii) 粒子从 到 根据动能定理有
可得从 射出时的速度为
此时粒子在磁场中的半径
根据其几何关系可知对应的圆心坐标为
得
而圆心与 的距离为
故不会再从 点进入电场。
18. (1) ; (2) ; (3) 90%
【详解】(1)由题知,入射速度为 时, 电子沿 轴做直线运动则有
解得
(2)电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中,由于洛伦兹力不做功,且由于电子入射速度为 ,则电子受到的电场力大于洛伦兹力, 则电子向上偏转,根据动能定理有
解得
(3)若电子以 入射时,设电子能达到的最高点位置的纵坐标为 ,则根据动能定理有
由于电子在最高点与在最低点所受的合力
大小相等,则在最高点有
在最低点有
联立有
要让电子达纵坐标 位置,即
解得
则若电子入射速度在 范围内均匀
分布,能到达纵坐标 位置的电子
数 占总电子数 的 90%。
19. D
【详解】由题知粒子在 做直线运动,则有
区域 II 中磁感应强度大小为 ,则粒子从 的中点射出,则粒子转过的圆心角为
,根据 ,有
A. 若仅将区域 I 中磁感应强度大小变为
,则粒子在 做直线运动的速度,有
则
再根据 ,可知粒子半径减小,
则粒子仍然从 边射出,粒子转过的圆心角仍为 ,则 , 错误；
B. 若仅将区域 I 中电场强度大小变为
,则粒子在 做直线运动的速度,有
则
再根据 ,可知粒子半径变为原来的 2 倍,则粒子 点射出,粒子转过的圆心角仍为 ,则 , 错误；
C. 若仅将区域 II 中磁感应强度大小变为 ,则粒子在 做直线运动的速度仍为 ,再根据 ,可知粒子半径变为原来的 ,则粒子从 边射出,则画出粒子的运动轨迹如下图根据
可知转过的圆心角 ,根据
qvB ,有
则
C 错误;
D. 若仅将区域 II 中磁感应强度大小变为
,则粒子在 做直线运动的速度仍
为 ,再根据 ,可知粒子半径
变为原来的 ,则粒子 边射出,
则画出粒子的运动轨迹如下图
根据
可知转过的圆心角为 ,根据
qvB ,有
则
D 正确。
故选 D。最后十课第八课:电磁感应+交流电
电磁感应
1、感应电流
a) 方向判断: 增反减同(原磁场与感应电流产生的磁场方向相同/相反)
b) 大小计算:
2、动生电动势
a) 方向判断: 右手定则
b) 常规公式: (L 为切割有效长度:切割方向的投影长度)
c) 旋转切割: (L 为切割有效长度:切割方向的投影长度)
3、单个切割解题思路
a) 运动分析:
运动 电动势 电流 安培力 运动
b) 求 的三个思路:
i.
ii. (面积)
iii. (速度)
4、单杆切割电容题
a) 电容充电 + 外力: 匀变速运动
5、双杆切割
a) 核心思路: 电流时时刻刻相等,电荷量相等
b) 等距双杆: 动量守恒
交流电
1、有效值
a) 一个周期内, 纯电阻产生相同焦耳热
b) 正弦交流电为 倍
2、发电机
a) 瞬时电压最大值: nBSω
b) 中性面:
i. 瞬时电动势为零
ii. 瞬时电流为零
iii. 线圈与磁场方向垂直
iv. 磁通量最大
3、变压器
a) 常用比例:
i. 功率之比:
ii. 电压之比:
iii. 电流之比:
b) 决定关系:
i.
4、复杂变压器
a) 一对多变压器可用的计算关系:
i.
ii.
b) 原线圈有负载题目的解题思路:
i. 等效电阻(把变压器及其副线圈侧电路,等效成 ) 5、远距离输电
a) 常规变压器 + 原线圈有负载 6、电容电感
a) 电感:
i. 使流经的电流缓慢变化的元器件
b) 电容电感和直流交流的关系:
i. 电容:通交流阻直流 (频率越大, C 越大,越明显)
ii. 电感: 通直流阻交流 (频率越大, L 越大, 越明显)
一、感生电动势定性分析
1. (2024·北京·高考真题) 如图所示,线圈 和线圈 绕在同一个铁芯上,下列说法正确的是( )
A. 闭合开关瞬间,线圈 和线圈 相互吸引
电流表
B. 闭合开关, 达到稳定后, 电流表的示数为 0
C. 断开开关瞬间,流过电流表的电流方向由 到
D. 断开开关瞬间,线圈 中感应电流的磁场方向向左
2. (2024·江苏·高考真题) 如图所示, 、 为正方形金属线圈, 线圈从图示位置匀速向右拉出匀强磁场的过程中, 中产生的感应电流方向分别为 ( )
A. 顺时针、顺时针 B. 逆时针、逆时针
C. 顺时针、逆时针 D. 逆时针, 顺时针
二、感生电动势定量计算
3.(2022·全国乙卷·高考真题)如图,一不可伸长的细绳的上端固定,下端系在边长为 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 ； 在 到 时间内,磁感应强度大小随时间 的变化关系为 。 求:
(1) 时金属框所受安培力的大小；
(2)在 到 时间内金属框产生的焦耳热。
4.【多选】(2021·辽宁·高考真题)如图(a)所示,两根间距为 、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定,顶端接有阻值为 的电阻,垂直导轨平面存在变化规律如图 (b) 所示的匀强磁场, 时磁场方向垂直纸面向里。在 到 的时间内,金属棒水平固定在距导轨顶端 处; 时,释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好,导轨与金属棒的电阻不计,则 ( )
A. 在 时,金属棒受到安培力的大小为
图(a)
图(b)
B. 在 时,金属棒中电流的大小为
C. 在 时,金属棒受到安培力的方向竖直向上
D. 在 时,金属棒中电流的方向向右
三、动生电动势基本 (旋转、等效)
5. (2023·江苏·高考真题) 如图所示,圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场, 导体棒的 端位于圆心,棒的中点 位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕 点在纸面内逆时针转动。 点电势分别为 ,则( )
A. B. C. D.
6. (2024·湖南·高考真题) 如图,有一硬质导线 ,其中 是半径为 的半圆弧, 为圆弧的中点,直线段 长为 且垂直于直径 。该导线在纸面内绕 点逆时针转动,导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则 各点电势关系为( )
A.
B.
C.
D.
7. (2016·全国 II 卷·高考真题) 法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片 分别与圆盘的边缘和铜轴接触,关于流过电阻 的电流,下列说法正确的是( )
A. 若圆盘转动的角速度恒定, 则电流大小恒定
B. 若从上往下看,圆盘顺时针转动,则电流沿 到 的方向流过电阻
C. 若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向可能发生变化
D. 若圆盘转动的角速度变为原来的 2 倍,则电流在 上的热功率也变为原来的 2 倍
四、单杆切割常规
8. (2024·甘肃·高考真题) 如图,相距为 的固定平行光滑金属导轨与阻值为 的电阻相连,处在磁感应强度大小为 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中长度为 的导体棒 沿导轨向右做匀速直线运动,速度大小为 。则导体棒 所受的安培力为 ( )
A. ,方向向左
B. ,方向向右
C. ,方向向左
D. ,方向向右
9.【多选】(2024·湖南·高考真题)某电磁缓冲装置如图所示,两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内,导轨左端与一阻值为 的定值电阻相连,导轨 段与 段粗糙,其余部分光滑, 右侧处于竖直向下的匀强磁场中,一质量为 的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度 沿导轨向右经过 进入磁场,最终恰好停在 处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为 ,与粗糙导轨间的摩擦因数为 。导轨电阻不计,重力加速度为 ,下列说法正确的是 ( )
A. 金属杆经过 的速度为
B. 在整个过程中,定值电阻 产生的热量为
C. 金属杆经过 与 区域,金属杆所受安培力的冲量相同
D. 若将金属杆的初速度加倍, 则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的 2 倍
10.【多选】(2024·贵州·高考真题)如图,间距为 的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上,左端接有一定值电阻 ,导轨所在平面存在磁感应强度大小为 、方向竖直向下的匀强磁场。质量为 的金属棒置于导轨上,在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动, 一段时间后撤去水平拉力, 金属棒最终停在导轨上。已知金属棒在运动过程中,最大速度为 ,加速阶段的位移与减速阶段的位移相等,金属棒始终与导轨垂直且接触良好,不计摩擦及金属棒与导轨的电阻,则( )
A. 加速过程中通过金属棒的电荷量为
B. 金属棒加速的时间为
C. 加速过程中拉力的最大值为
D. 加速过程中拉力做的功为
五、单杆切割电容
11.【多选】(2024·海南·高考真题)两根足够长的导轨由上下段电阻不计,光滑的金属导轨组成,在 两点绝缘连接, 等高,间距 ,连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为 ,导轨两端分别连接一个阻值 的电阻和 的电容器,整个装置处于 的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中,两根导体棒 分别放在 两侧,质量分为 棒电阻为 棒的电阻不计,将 由静止释放,同时 从距离 为 处在一个大小 ,方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动,两棒恰好在 处发生弹性碰撞,碰撞前瞬间撤去 , 已知碰前瞬间 的速度为 ( )
A. 从释放到第一次碰撞前所用时间为
B. 从释放到第一次碰撞前, 上消耗的焦耳热为
C. 两棒第一次碰撞后瞬间, 的速度大小为
D. 两棒第一次碰撞后瞬间, 的速度大小为
12. (2022 浙江 高考真题) 如图所示,水平固定一半径 的金属圆环,长均为 ,电阻均为 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 上,并随轴以角速度 匀速转动,圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为 的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距 的水平放置的平行金属轨道相连,轨道间接有电容 的电容器,通过单刀双掷开关 可分别与接线柱 1、2 相连。电容器左侧宽度也为 、长度为 、磁感应强度大小为 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 ,磁场区域外有间距也为 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 长度和 “ [”形框的宽度也均为 、质量均为 , 与 长度均为 ,已知 ,
、方向均为竖直向上；棒 和“ ”形框的 边的电阻均为 , 除已给电阻外其他电阻不计,轨道均光滑,棒 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 和接线柱 1 接通,待电容器充电完毕后,将 从 1 拨到 2 ,电容器放电,棒 被弹出磁场后与 “ ”形框粘在一起形成闭合框 ,此时将 与 2 断开,已知框 在倾斜轨道上重心上升 后返回进入磁场。
(1)求电容器充电完毕后所带的电荷量 ,哪个极板 带正电？
(2)求电容器释放的电荷量 ；
(3)求框 进入磁场后, 边与磁场区域左边界的最大距离 。
六、双杆切割
13. (2022·辽宁·高考真题) 如图所示,两平行光滑长直金属导轨水平放置,间距为 。
区域有匀强磁场,磁感应强度大小为 ,方向竖直向上。初始时刻,磁场外的细金属杆 以初速度 向右运动,磁场内的细金属杆 处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为 ,在导轨间的电阻均为 ,感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。
(1)求 刚进入磁场时受到的安培力 的大小和方向；
(2)若两杆在磁场内未相撞且 出磁场时的速度为 ,求:① 在磁场内运动过程中通过回路的电荷量 ；② 初始时刻 到 的最小距离 ；
(3)初始时刻,若 到 的距离与第(2)问初始时刻的相同、到 的距离为
1),求 出磁场后不与 相撞条件下 的取值范围。
14. (2024·湖北·高考真题) 如图所示,两足够长平行金属直导轨 的间距为 ,固定在同一水平面内,直导轨在左端 点分别与两条竖直固定、半径为 的 圆弧导轨相切。 连线与直导轨垂直,其左侧无磁场,右侧存在磁感应强度大小为 、方向竖直向下的匀强磁场。长为 、质量为 、电阻为 的金属棒 跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为 、电阻为 的均匀金属丝制成一个半径为 的圆环,水平放置在两直导轨上,其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变,金属棒、 金属环均与导轨始终接触良好,重力加速度大小为 。现将金属棒 由静止释放,求
(1) 刚越过 时产生的感应电动势大小；
(2)金属环刚开始运动时的加速度大小；
(3)为使 在整个运动过程中不与金属环接触,金属环圆心初始位置到 的最小距离。
15.【多选】(2023·辽宁·高考真题)如图,两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上, 左、右两侧导轨间距分别为 和 ,处于竖直向上的磁场中,磁感应强度大小分别为 和 。已知导体棒 的电阻为 、长度为 ,导体棒 的电阻为 、长度为 的质量是 的 2 倍。初始时刻两棒静止,两棒中点之间连接一压缩量为 的轻质绝缘弹簧。释放弹簧, 两棒在各自磁场中运动直至停止, 弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好,导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是( )
A. 弹簧伸展过程中, 回路中产生顺时针方向的电流
B. 速率为 时, 所受安培力大小为
C. 整个运动过程中, 与 的路程之比为 2:1
D. 整个运动过程中,通过 的电荷量为
16. (2023·湖南·高考真题) 如图, 两根足够长的光滑金属直导轨平行放置, 导轨间距为 ,两导轨及其所构成的平面均与水平面成 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 . 现将质量均为 的金属棒 、 垂直导轨放置,每根金属棒接入导轨之间的电阻均为 。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 。
(1)先保持棒 静止,将棒 由静止释放,求棒 匀速运动时的速度大小 ；
(2)在(1)问中,当棒 匀速运动时,再将棒 由静止释放,求释放瞬间棒 的加速度大小 ；
(3)在(2)问中,从棒 释放瞬间开始计时,经过时间 ,两棒恰好达到相同的速度 , 求速度 的大小,以及时间 内棒 相对于棒 运动的距离 。
七、交流电基础 (图像)
17. (2024·广东·高考真题) 将阻值为 的电阻接在正弦式交流电源上。电阻两端电压随时间的变化规律如图所示。下列说法正确的是( )
A. 该交流电的频率为
B. 通过电阻电流的峰值为
C. 电阻在 1 秒内消耗的电能为 1J
D. 电阻两端电压表达式为
18. (2021·天津·高考真题) 如图所示,闭合开关后, 的电阻两端的交流电压为 ,电压表和电流表均为理想交流电表,则 ( )
A. 该交流电周期为
B. 电压表的读数为
C. 电流表的读数为
D. 电阻的电功率为
八、发电机
19. (2022·海南·高考真题) 一个有 匝的矩形线框,面积为 ,以角速度 从如图所示的位置开始,在匀强磁场 中匀速转动,则产生的感应电动势随时间变化的图像是 ( )
A.
B.
C.
D.
20. (2024·山东·高考真题)如图甲所示,在 , 的区域中存在垂直 平面向里、磁感应强度大小为 的匀强磁场 (用阴影表示磁场的区域),边长为 的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以 轴为转轴匀速转动时,线圈中产生的交变电动势如图乙所示。 若仅磁场的区域发生了变化, 线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分, 则变化后磁场的区域可能为 ( )
图甲
图乙
图丙
A. B.
C.
D.
21.【多选】(2023·湖南·高考真题)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 ,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 的正方形,共 匝,总阻值为 。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为 的匀强磁场。大轮以角速度 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 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
B. 灯泡两端电压有效值为
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 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
九、变压器
22. (2024·北京·高考真题)如图甲所示,理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上,输入电压 随时间 变化的图像如图乙所示,副线圈接规格为 “6V,3W” 的灯泡。若灯泡正常发光, 下列说法正确的是 ( )
A. 原线圈两端电压的有效值为
甲
乙
B. 副线圈中电流的有效值为
C. 原、副线圈匝数之比为
D. 原线圈的输入功率为
23. (2021·福建·高考真题) 某住宅小区变压器给住户供电的电路示意图如图所示,图中 为输电线的总电阻。若变压器视为理想变压器, 所有电表视为理想电表, 不考虑变压器的输入电压随负载变化, 则当住户使用的用电器增加时, 图中各电表的示数变化情况是 ( )
A. 增大, 不变, 增大
B. 增大, 减小, 增大
C. 增大, 增大, 减小
D. 增大, 不变, 减小
24.【多选】(2024·全国甲卷·高考真题)如图,理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头 调节,副线圈回路接有滑动变阻器 、定值电阻 和 、开关 。 处于闭合状态,在原线圈电压 不变的情况下,为提高 的热功率,可以 ( )
A. 保持 不动,滑动变阻器 的滑片向 端滑动
B. 将 向 端移动,滑动变阻器 的滑片位置不变
C. 将 向 端移动,滑动变阻器 的滑片向 端滑动
D. 将 向 端移动,滑动变阻器 的滑片向 端滑动
十、复杂变压器
25.【多选】(2021·河北·高考真题)如图,发电机的矩形线圈长为 、宽为 ,匝数为 , 放置在磁感应强度大小为 的匀强磁场中,理想变压器的原、副线圈匝数分别为 和 ,两个副线圈分别接有电阻 和 ,当发电机线圈以角速度 匀速转动时,理想电流表读数为 ,不计线圈电阻,下列说法正确的是 ( )
A. 通过电阻 的电流为 B. 电阻 两端的电压为
C. 与 的比值为 D. 发电机的功率为
26. (2022·湖南·高考真题) 如图,理想变压器原、副线圈总匝数相同,滑动触头 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 的阻值为 ,滑动变阻器 的最大阻值为 ,滑片 初始位置在最右端。理想电压表 的示数为 ,理想电流表 A 的示数为 。下列说法正确的是( )
A. 保持 位置不变, 向左缓慢滑动的过程中, 减小, 不变
B. 保持 位置不变, 向左缓慢滑动的过程中, 消耗的功率增大
C. 保持 位置不变, 向下缓慢滑动的过程中, 减小, 增大
D. 保持 位置不变, 向下缓慢滑动的过程中, 消耗的功率减小
十一、远距离输电
27.【多选】(2023·天津·高考真题)“西电东送”是我国重要的战略工程,从西部发电厂到用电量大的东部区域需要远距离输电。图为远距离交流输电的示意图,升压变压器 和降压变压器 均为理想变压器, 的原线圈接有电压有效值恒定的交变电源, 为输电导线的电阻, 的副线圈并联多个用电器,下列说法正确的是 ( )
A. 输出电压等于 输入电压
B. 输出功率大于 输入功率
C. 用电器增多后, 消耗的功率减小
D. 用电器增多后, 的输出电压降低
28.【多选】(2022·天津·高考真题)如图所示,两理想变压器间接有电阻 ,电表均为理想交流电表, 接入电压有效值不变的正弦交流电源。闭合开关 后( )
A. 的发热功率不变 B. 电压表的示数不变
C. 电流表 的示数变大 D. 电流表 的示数变小
29.【多选】(2022·福建·高考真题)某同学利用如图所示电路模拟远距离输电. 图中交流电源电压为 ,定值电阻 ,小灯泡 、 的规格均为 “ ”,理想变压器 、 原副线圈的匝数比分别为 和 . 分别接通电路 和电路 ,两电路都稳定工作时,( )
A. 与 一样亮 B. 比 更亮 C. 上消耗的功率比 的大 D. 上消耗的功率比 的小
十二、电容电感
30. (2024·浙江·高考真题) 理想变压器的原线圈通过 或 与频率为 、电压为 的交流电源连接, 副线圈接有三个支路, 如图所示 (光敏电阻的阻值随着光照增加而减少)。当 S 接 时,三个灯泡均发光。若( )
A. 电容 增大, 灯泡变亮 B. 频率 增大, 灯泡变亮
C. 上光照增强, 灯泡变暗 D. 接到 时,三个泡均变暗
31. (2023·北京·高考真题) 如图所示, 是自感系数很大、电阻很小的线圈, 、 是两个相同的小灯泡,开始时,开关 处于闭合状态, 灯微亮, 灯正常发光,断开开关 ( )
A. 与 同时熄灭
B. 比 先熄灭
C. 闪亮后再熄灭
D. P 闪亮后再熄灭
32. (2025·浙江·高考真题)新能源汽车日趋普及,其能量回收系统可将制动时的动能回收再利用,当制动过程中回收系统的输出电压(U)比动力电池所需充电电压 低时, 不能直接充入其中。在下列电路中,通过不断打开和闭合开关 ,实现由低压向高压充电, 其中正确的是 ( )
A.
B.
C.
D.
《最后十课第八课》参考答案
题号 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 B A BC A C A A CD AB BD
题号 15 17 18 19 20 21 22 23 24 25
答案 AC D C A C AC B D AC BC
题号 26 27 28 29 30 31 32
答案 B BD BC BC A D B
1. B
2. A
3. (1) ; (2)
4.
5. A
6. C
7. A
8. A
9. CD
10. AB
11. BD
12.(1) ； 板；(2) ；(3) 0.14m
13. (1) ,方向水平向左; (2)
① ,② ；(3)
14. (1) ; (2) ; (3) 15. AC 16. (1) ; (2) ; (3)
17. D
18. C
19. A
20. C
21. AC
22. B
23. D
24. AC
25.
26. B
27. BD
28. BC
29. BC
30. A
31. D
32. B 1. B
【详解】A. 闭合开关瞬间,线圈 中感应电流的磁场与线圈 中电流的磁场方向相反, 由楞次定律可知, 二者相互排斥,
故 A 错误;
B. 闭合开关,达到稳定后,通过线圈 的磁通量保持不变, 则感应电流为零, 电流表的示数为零,故 正确;
CD. 断开开关瞬间,通过线圈 的磁场方向向右, 磁通量减小, 由楞次定律可知感应电流的磁场方向向右, 因此流过电流表的感应电流方向由 到 ,故 错误。
故选 B。
2. A
【详解】线圈 从磁场中向右匀速拉出磁场的过程中穿过 线圈的磁通量在减小, 则根据楞次定律可知 线圈的电流为顺时针,由于线圈 从磁场中匀速拉出,则 中产生的电流为恒定电流,则线圈 靠近线圈 的过程中线圈 的磁通量在向外增大,同理可得线圈 产生的电流为顺时
针。
故选 A。
3. (1) ; (2)
【详解】(1)金属框的总电阻为
金属框中产生的感应电动势为
金属框中的电流为
时磁感应强度为
金属框处于磁场中的有效长度为
此时金属框所受安培力大小为
(2) 内金属框产生的焦耳热为
4.
【详解】AB. 由图可知在 时间段内产生的感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律有此时间段的电流为
在 时磁感应强度为 ,此时安培力为
故 错误, 正确；
C. 由图可知在 时,磁场方向垂直纸面向外并逐渐增大, 根据楞次定律可知产生顺时针方向的电流, 再由左手定则可知金属棒受到的安培力方向竖直向上, 故 C 正确;
D. 由图可知在 时,磁场方向垂直纸面向外, 金属棒向下掉的过程中磁通量增加, 根据楞次定律可知金属棒中的感应电流方向向左,故 D 错误。 故选 BC。
5. A
【详解】ABC. 由题图可看出 导体棒转动切割磁感线, 则根据右手定则可知
其中导体棒 段不在磁场中,不切割磁感线,电流为 0,则 , A 正确、 错误;
D. 根据以上分析可知
则
D 错误。
故选 A。
6. C
【详解】如图,相当于 导体棒转动切割磁感线,根据右手定则可知 点电势最高; 根据
同时有
可得
得
故选 C。
7. A
【详解】A. 若圆盘转动的角速度恒定, 根据
可知感应电动势大小恒定, 则电流大小恒定, 选项 A 正确;
B. 若从上往下看,圆盘顺时针转动,根据右手定则可知,电流沿 到 的方向流过电阻 ,选项 错误;
C. 若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向不变,选项 错误;
D. 根据
若圆盘转动的角速度变为原来的 2 倍, 则感应电动势变为原来的 2 倍, 根据
可知,电流在 上的热功率也变为原来的
4 倍,选项 D 错误。
故选 A。
8. A
【详解】导体棒 切割磁感线在电路部分
得有效长度为 ,故感应电动势为
回路中感应电流为
根据右手定则,判断电流方向为 流向 。
故导体棒 所受的安培力为
方向向左。
故选 A。
9. CD
【详解】A. 设平行金属导轨间距为 ,金属杆在 区域向右运动的过程中切割磁感线有
金属杆在 区域运动的过程中根据动量定理有
则
由于 ,则上面方程左右两边累计求和, 可得
则
设金属杆在 区域运动的时间为 ,
同理可得,则金属杆在 区域运动的过程中有
解得
综上有
则金属杆经过 的速度大于 ,故 错误;
B. 在整个过程中, 根据能量守恒有
则在整个过程中,定值电阻 产生的热量为
故 B 错误;
C. 金属杆经过 与 区域,
金属杆所受安培力的冲量为
则金属杆经过 与 区域滑行距离均为 ,金属杆所受安培力的冲量相
同, 故 C 正确;
D. 根据 选项可得,金属杆以初速度 在磁场中运动有
金属杆的初速度加倍, 设此时金属杆在
区域运动的时间为 ,全过程对金
属棒分析得
联立整理得
分析可知当金属杆速度加倍后, 金属杆通
过 区域的速度比第一次大,故
,可得
可见若将金属杆的初速度加倍, 则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的 2 倍, 故 D 正确。
故选 CD。
【点睛】
10. AB
【详解】A. 设加速阶段的位移与减速阶段的位移相等为 ,根据
可知加速过程中通过金属棒的电荷量等于减速过程中通过金属棒的电荷量, 则减速
过程由动量定理可得
解得
A 正确;
B. 由
解得
金属棒加速的过程中, 由位移公式可得
可得加速时间为
B 正确;
C. 金属棒在水平拉力作用下从静止开始做
匀加速直线运动, 加速过程中, 安培力逐
渐增大, 加速度不变, 因此拉力逐渐增
大,当撤去拉力的瞬间,拉力最大,由牛
顿第二定律可得
其中
联立解得
C 错误;
D. 加速过程中拉力对金属棒做正功, 安培力对金属棒做负功,由动能定理可知,合
外力的功
可得
因此加速过程中拉力做的功大于 , D
错误。
故选 AB。
11. BD
【详解】A. 由于金属棒 同时由静
止释放,且恰好在 处发生弹性碰
撞,则说明 在到达 处所用的
时间是相同的,对金属棒 和电容器组成
的回路有
对 根据牛顿第二定律有
其中
联立有
则说明金属棒 做匀加速直线运动,则有
联立解得
故 A 错误;
B. 由题知,知碰前瞬间 的速度为
4.5 ,则根据功能关系有
金属棒下滑过程中根据动量定理有
其中
联立解得
则 上消耗的焦耳热为
故 B 正确;
CD. 由于两棒恰好在 处发生弹性碰撞, 取沿斜面向下为正, 有
其中
联立解得
故 C 错误、D 正确。
故选 BD。
12.(1)0.54 C；M 板；(2)0.16 C；(3)
0.14m
【详解】(1)开关 和接线柱 1 接通,电
容器充电充电过程,对绕转轴 转动的
棒由右手定则可知其动生电源的电流沿径
向向外, 即边缘为电源正极, 圆心为负
极, 则 M 板充正电;
根据法拉第电磁感应定律可知
则电容器的电量为
(2)电容器放电过程有
棒 被弹出磁场后与“ ”形框粘在一起的
过程有
棒的上滑过程有
联立解得
(3)设导体框在磁场中减速滑行的总路程
为 ,由动量定理
可得
匀速运动距离为
则
13. (1) ,方向水平向左; (2)
① ,② ；(3)
【详解】(1)细金属杆 以初速度 向右刚进入磁场时, 产生的动生电动势为
电流方向为 ,电流的大小为
则所受的安培力大小为
安培力的方向由左手定则可知水平向左;
(2)①金属杆 在磁场内运动过程中,
由动量定理有
且
联立解得通过回路的电荷量为
②设两杆在磁场中相对靠近的位移为 , 有
整理可得
联立可得
若两杆在磁场内刚好相撞, 到 的最小
距离为
(3)两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动,若 到 的距离与第 (2) 问初始时刻的相同、到 的距离为 , 则 到 边的速度大小恒为 ,根据动量守恒定律可知 解得 出磁场时, 的速度大小为 由题意可知,此时 到 边的距离为 若要保证 出磁场后不与 相撞,则有两种临界情况:
① 减速出磁场,出磁场的速度刚好等于 的速度,一定不与 相撞,对 根据动量定理有
联立解得
② 运动到 边时,恰好减速到零,则对
由动量定理有
同理解得
综上所述, 出磁场后不与 相撞条件下
的取值范围为
14. (1) ; (2) ; (3)
【详解】(1)根据题意可知,对金属棒 由静止释放到刚越过 过程中,由动能定理有
解得
则 刚越过 时产生的感应电动势大小为
(2)根据题意可知,金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中, 轨道外侧的两端圆弧金属环被短路, 由几何关系可得, 每段圆弧的电阻为
可知, 整个回路的总电阻为
刚越过 时,通过 的感应电流为
对金属环由牛顿第二定律有
解得
(3)根据题意,结合上述分析可知,金属环和金属棒 所受的安培力等大反向,则系统的动量守恒, 由于金属环做加速运动,金属棒做减速运动,为使 在整个运动过程中不与金属环接触, 则有当金属棒 和金属环速度相等时,金属棒 恰好追上金属环,设此时速度为 ,由动量守恒定律有
解得
对金属棒 ,由动量定理有
则有
设金属棒运动距离为 ,金属环运动的距
离为 ,则有
联立解得
则金属环圆心初始位置到 的最小距离
15. AC
【详解】A. 弹簧伸展过程中, 根据右手定则可知, 回路中产生顺时针方向的电流,
选项 A 正确;
B. 任意时刻,设电流为 ,则 受安培力
方向向左; 受安培力
方向向右, 可知两棒系统受合外力为零,
动量守恒,设 质量为 ,则 质量为 速率为 时,则
解得
回路的感应电流
所受安培力大小为
选项 B 错误;
C. 两棒最终停止时弹簧处于原长状态, 由动量守恒可得
可得则最终 位置向左移动
位置向右移动
因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同, 设整个过程两棒受的弹力的平均
值为 ,安培力平均值 ,则整个过程
根据动能定理
可得
选项 C 正确；
D. 两棒最后停止时, 弹簧处于原长位置,
此时两棒间距增加了 ,由上述分析可
知, 向左位置移动 位置向右移
动 ,则
选项 D 错误。
故选 AC。
【点睛】
16. (1) ; (2) ;
(3)
【详解】(1) 导体棒在运动过程中重力沿
斜面的分力和 棒的安培力相等时做匀速
运动, 由法拉第电磁感应定律可得
有闭合电路欧姆定律及安培力公式可得
棒受力平衡可得
联立记得
(2)由右手定则可知导体棒 中电流向
里, 棒 沿斜面向下的安培力,此时电路
中电流不变,则 棒牛顿第二定律可得
解得
(3)释放 棒后 棒受到沿斜面向上的安培力,在到达共速时对 棒动量定理 棒受到向下的安培力,对 棒动量定理 联立解得 此过程流过 棒的电荷量为 ,则有
由法拉第电磁感应定律可得
联立 棒动量定理可得
17. D 【详解】A. 由图可知交流电的周期为 0.02s,则频率为
故 A 错误; B. 根据图像可知电压的峰值为 ,根
据欧姆定律可知电流的峰值
故 B 错误;
C. 电流的有效值为
所以电阻在 内消耗的电能为
故 C 错误;
D. 根据图像可知其电压表达式为
故 D 正确。
故选 D。
18. C
【详解】A. 该交流电的周期
B. 电压表的读数为交流电的有效值, 即
选项 B 错误;
C. 电流表的读数为
选项 C 正确;
D. 电阻的电功率为
选项 D 错误。
故选 C。
19. A
【详解】图示位置线框处于与中性面垂直的平面, 竖直长边垂直切割磁感线, 此时产生的感应电动势最大为
根据正弦式交变电流的表达式可知感应电
动势随时间的变化关系为
故选 A。
20.
【详解】根据题意可知, 磁场区域变化前线圈产生的感应电动势为
由题图丙可知, 磁场区域变化后, 当
时,线圈的侧边开始切割磁感线,即当线圈旋转 时开始切割磁感线,由几何关系可知磁场区域平行于 轴的边长
变为
C 正确。
故选 C。
【点睛】
21. AC
【详解】A. 大轮和小轮通过皮带传动,线速度相等, 小轮和线圈同轴转动, 角速度相等, 根据
根据题意可知大轮与小轮半径之比为 , 则小轮转动的角速度为 ,线圈转动的角速度为 , A 正确;
B. 线圈产生感应电动势的最大值
又
联立可得
则线圈产生感应电动势的有效值
根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压
有效值为
B 错误;
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 的多匝正方形线圈,则线圈的匝数变为原来的 2 倍, 线圈产生感应电动势的最大值
此时线圈产生感应电动势的有效值
根据电阻定律
可知线圈电阻变为原来的 2 倍,即为 ,
根据串联电路分压原理可得灯泡两端电压
有效值
C 正确;
D. 若仅将小轮半径变为原来的两倍, 根据 可知小轮和线圈的角速度变小,根据
可知线圈产生的感应电动势有效值变小,
则灯泡变暗, D 错误。
故选 AC。
22. B
【详解】A. 由题图知, 原线圈电压最大值为 ,则原线圈两端电压的有效值为
故 A 错误;
B. 灯泡正常发光,由 得,副线圈中电流有效值为
故 B 正确;
C. 由理想变压器电压与匝数关系可知
故 C 错误;
D. 理想变压器没有能量损失, 原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率, 则原线圈的输入功率
故 D 错误。
故选 B。
23. D
【详解】不考虑变压器的输入电压随负载变化,即变压器原线圈的输入电压 不变,根据
可知,变压器副线圈的输出电压
不变; 当住户使用的用电器增加时, 即用
户的总电阻 变小,由
可知,副线圈的电流 变大,而由
可知 减小; 由理想变压器的原理
可知原线圈的电流 变大; 故综合上述分析可知 增大, 增大, 不变,
减小;
故选 D。
24. AC
【详解】A. 保持 不动,根据理想变压器的性质可知副线圈中电压不变, 当滑动变阻器 的滑片向 端滑动时, 与 串联后的总电阻减小,电流增大,根据 可知此时热功率增大,故 正确；
B. 将 向 端移动,副线圈匝数变小,故副线圈两端电压变小,滑动变阻器 的滑片位置不变时,通过 的电流减小,故热功率减小,故 错误；
C. 将 向 端移动,副线圈匝数增加,故副线圈两端电压变大,滑动变阻器 的滑片向 端滑动, 与 串联后的总电阻减小,电流增大,此时热功率增大,故 正确; D. 将 向 端移动,副线圈匝数减少,故副线圈两端电压变小,滑动变阻器 的滑片向 端滑动, 与 串联后的总电阻增大,电流减小,此时热功率减小,故 错误。
故选 AC。
25. BC
【详解】AB. 由题知理想电流表读数为
,则根据欧姆定律
根据变压器电压与匝数的关系有
代入数据有
再由欧姆定律有
可计算出
综上可知, A 错误、B 正确;
C. 由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈, 则有
由选项 知
则
C 正确;
D. 由于变压器为理想变压器则有
代入选项 ABC 公式有
由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈,则发电机的功率为 , 错误。
故选 BC。
26. B
【详解】AB. 由题意可知, 原副线圈的匝数比为 2 ,则副线圈的电流为 ,根据欧姆定律可得副线圈的电压有效值为
则变压器原线圈的电压有效值为
设输入交流电的电压有效值为 ,则
可得
保持 位置不变, 向左缓慢滑动的过程中, 不断变大,根据欧姆定律
可知变压器原线圈的电压有效值变大,输入电压有效值不变,则 两端的电压不断变小,则电压表示数 变小,原线圈的电压电流都变大, 则功率变大, 根据原副线圈的功率相等,可知 消耗的功率增大,故 B 正确, A 错误; CD. 设原副线圈的匝数比为 ,同理可得 则
整理可得
保持 位置不变, 向下缓慢滑动的过程中, 不断变大,则 变小,对 由欧姆定律可知
可知 不断变小,根据原副线圈的功率相等可知 消耗的功率
整理可得
可知 时, 消耗的功率有最大值,可知 消耗的功率先增大,后减小,故
错误。
故选 B。
27. BD
【详解】AB. 由于输电过程中,线路中有电流、线路电阻 会分压且产生热量,会损失功率,故 输出功率大于 输入功率； 输出电压大于 输入电压,故 错误, B 正确;
CD. 设升压变压器 原副线圈比为
,输入出电压分别为 ,根据理想变压器电压与原副线圈匝数关系可得
由于输入电压不变 ,原副线圈匝数比 不变,则升压变压器 输出变压 恒定。 设降压变压器 的原副线圈匝数比为 ,输入输出电压分别为 ,通过原副线圈的电流分别为 的副线圈并联多个用电器等效电阻为 ,则有
则
令 ,则
随着用户接入的用电器增多, 副线圈接入
电器的总电阻 减小,则 减小,输入
线路中电流 增大. 消耗的功率
的输出电压
用电器增多后, 增大, 消耗的功率增大, 的输出电压 降低,故 错误, 正确。
故选 BD。
28. BC
【详解】AC. 闭合开关 后,负载电阻减小,匝数为 的线圈输出功率变大,匝数为 的线圈输入功率也变大, 两端电压有效值不变, 由
可知电流表 的示数变大,根据
因 比值不变, 变大, 变大,因此,
的发热功率变大,故 错误, 正确；
B. 根据理想变压器电压比等于匝数比
可知输出电压 不变,电压表的示数不
变, 故 B 正确;
D. 根据理想变压器电流与匝数关系可得
由于匝数均保持不变, 增大,所以 增大,故电流表 的示数变大,故 错误。
故选 BC。
29. BC
【详解】若开关接 端,则若电源电压为 ,理想变压器 的匝数比为
用户电阻为 ,输电线电阻为 ,由变压器工作原理和欧姆定律。升压变压器次级电压
降压变压器初级电压
降压变压器次级电压
可得输电功率为
输电线上损耗的电功率为
用户得到的电功率为
若开关接 端,则负载得到的功率
输电线上损耗的电功率为
导线
将 ,
带入可知
可得
即 比 更亮;
上消耗的功率比 的大。
故选 BC。
30. A
【详解】A. 电容增大, 对交流电的阻碍作
用减小,则 灯泡变亮,故 正确；
B. 频率 增大,则电感的阻碍作用增大, 则 灯泡变暗,故 错误;
C. 光敏电阻光照增强, 阻值减小, 由于各支路电压不变,则 灯泡电流增大,变亮, 故 C 错误;
D. 接到 时,根据变压比可知,副线圈电压增大,则三个泡均变亮,故 D 错误。 故选 A。
31. D
【详解】由题知,开始时,开关 闭合时,由于 的电阻很小, 灯正常发光, 灯微亮,断开开关前通过 灯的电流远大于通过 灯的电流,断开开关时, 所在电路未闭合,立即熄灭,由于自感, 中产生感应电动势,与 组成闭合回路,故 灯闪亮后再熄灭。 故选 D。 32. B 【详解】A. 该电路中当开关 断开时, 整个电路均断开, 则不能给电池充电, 选项 A 错误;
B. 该电路中当 闭合时稳定时,线圈 中有电流通过,当 断开时 产生自感电动势阻碍电流减小, 相当电源,电源 与 中的自感电动势共同加在电池两端, 且此时二极管能导体, 从而实现给高压充电,选项 正确;
C. 该电路中当 闭合时稳定时,线圈 中有电流通过,但当 断开时 也与电路断开,还是只有回收系统的电压 加在充电电池两端, 则不能实现给高压充电, 选项 C 错误;
D. 该电路中当 闭合时稳定时,线圈 中有电流通过,但当 断开时电源 也断开,只有 产生的自感电动势相当电源加在充电电池两端, 则不能实现给高压充电,选项 D 错误。 故选 B。电学实验
1、电表读数
a) 基本读数 最小分度值 走过的小格数
b) 关于估读:
i. 如果最小分度值是 10、1、0.1、0.01 之类,需要估读到下一位
ii. 其他情况, 需要进行本位估读
2、电表改装
a) 电压表增量程:
i. 串联一个电阻来分担电压
b) 电流表增量程:
i. 并联一个电阻来分担电流
c) 电流电压互改:
i. 两个量程相除为目标阻值, 改成目标阻值即可
d) 电表改装题目特征:
i. 已知电表具体阻值
ii. 已有电表量程不合适
iii. 可用器材里有定值电阻或者电阻箱
3、多用电表原理
a) 重要结论:
i. 整体上看, 电阻并联的是电流表, 且并联阻值越小量程越大
ii. 整体上看, 电阻串联的是电压表, 且串联阻值越大量程越大
iii. 有电源的是欧姆表, 电流 “红入黑出”
iv. 欧姆表指针指到中间时, 外电路电阻=内电路电阻
v. 欧姆表, 电源内阻增大无影响, 电动势减小读数偏大
4、多用电表使用
a) 测电压/电流
i. 机械调零
ii. 选取合适档位测量读数
iii. 使用后调到 off 档 (或者交流电最高档)
b) 测电阻
i. 机械调零
ii. 选择合适档位
iii. 表笔短接、欧姆调零
iv. 测量读数
v. 如果档位不合适,更换档位 (偏左多乘,偏右少乘),再次欧姆调零后测
量
vi. 使用后调到 off 档 (或者交流电最高档)
5、伏安法测电阻
a) 内接外接:
i. “内大大、外小小”(电阻偏大/小选内/外接法,误差偏大/小)
ii. * 给出电流表内阻选内接,给出电压变内阻选外接
iii. * 试触法:保证误差百分比大的,测量的是准确值
b) 分压限流:
i. 滑变:限流 (约等或略大于 )、分压 (越小越好)
ii. 选择:限流 (简单节能)、分压 (电压从零开始)
c) 电表选取原则:
i. 不能超量程
ii. 需要完成实验
iii. 需要使用超过量程三分之一
6、半偏法
a) 实验原理:
i. 电流表 (并联分流)、电压表 (串联分压)
b) 实验误差:
i. 电流表 (偏小)、电压表 (偏大)
7、单电表测量法
a) 实验原理:
i. 串联分压
ii. 并联分流
8、电桥法
a) 实验原理:
i. 电势相等的两点, 连接后不会有电流
9、伏安法测电源
a) 实验原理:
i.
b) 实验步骤:
i. 描点画线
ii. 通过图像求出斜率 、截距
iii. 代入 、 ,求得结果
c) 实验误差:
i. 电流表紧挨着电源: 偏大, 不偏
ii. 电压表直连着电源: 偏小, 偏小
d) 注意事项:
i. 电源旁紧挨着定值电阻时, 记得减去定值电阻阻值
ii. 滑变:略大于电源内阻(不要相差特别悬殊就行) iii. 选取: 电源内阻偏小时, 电压表直连着电源 10、 安阻法测电源 a) 误差分析: 不偏、 偏大(差值 ) b) 图片附在最后 11、 伏阻法测电源 a) 误差分析: 偏小、 偏小 b) 图片附在最后 12、 电容充放电 a) I-t图像的面积 电容器电荷的变化量 b) 充放电快慢, 不影响面积, 只影响形状附件:
一、电表改装
1.(24-25 高二上·黑龙江哈尔滨·阶段练习)要测绘一个标有“3V 0.9W”小灯泡的伏安特性
曲线,小灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到 ,并便于操作。已选用的器材有:
电池组 (电动势为 ,内阻约 );
电流表 (量程为 ,内阻约 )；
电压表 ;
三个定值电阻
滑动变阻器 (最大阻值 ,额定电流 )
开关及导线若干
(1)小明研究后发现,电压表的量程不能满足实验要求,为了完成测量,他将电压表进行了改装。在给定的定值电阻中选用_____(选填“ ”、“ ”或“ ”)与电压表_____(选填“串联”或“并联”),完成改装。
(2)实验的电路图应选用图( )
A.
B.
C.
D.
(3)利用实验数据绘出小灯泡的伏安特性曲线如图所示,分析曲线可知小灯泡电阻随温度变化的特点是:温度升高电阻_____(填“增大”或“减小”)。
二、多用电表原理
2. (2019 全国 III 卷 高考真题) 某同学欲将内阻为 、量程为 的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准,要求改装后欧姆表的 刻度正好对应电流表表盘的 刻度,可选用的器材还有: 定值电阻 (阻值 ),滑动变阻器 (最大阻值 ), 滑动变阻器 (最大阻值 ),电阻箱 ,干电池 , 红、黑表笔和导线若干。
(1)欧姆表设计
将图中的实物连线组成欧姆表_____,欧姆表改装好后,滑动变阻器 接入电路的电阻应为 : 滑动变阻器选_____(填“ ”或“ ”)。
(2)刻度欧姆表表盘
通过计算,对整个表盘进行电阻刻度,如图所示,表盘上 处的电流刻度分别为 25 和 75,则 、 处的电阻刻度分别为_____、_____。
(3)校准
红、黑表笔短接,调节滑动变阻器,使欧姆表指针指向_____ 处；将红、黑表笔与电阻箱连接, 记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值, 完成校准数据测量, 若校准某刻度时,电阻箱旋钮位置如图所示,则电阻箱接入的阻值为_____ 。
3.(2022·湖南·高考真题)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, 为调零电阻 (最大阻值为 ), 为定值电阻 ,电流计 的内阻为 。用此欧姆表测量一待测电阻的阻值,回答下列问题:
① ②
(1)短接①②,将单刀双掷开关 与 接通,电流计 示数为 ；保持电阻 滑片位置不变,将单刀双掷开关 与 接通,电流计 示数变为 ,则 _____ (填“大于”或“小于”);
( 2 )将单刀双掷开关S与 接通,此时欧姆表的挡位为_____(填“×1”或“×10”)；
(3)若从“ ”挡位换成“ ”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 的滑片应该_____调节(填“向上”或“向下”)；
(4)在“ ”挡位调整欧姆零点后,在①②间接入阻值为100Ω的定值电阻 ,稳定后电流计 的指针偏转到满偏刻度的 ; 取走 ,在①②间接入待测电阻 ,稳定后电流计 的指针偏转到满偏刻度的 ,则 _____ 。
4. (2015·上海·高考真题) 如图是一个多用表欧姆挡内部电路示意图. 电流表满偏电流 、内阻 ; 电池电动势 、内阻 ; 变阻器 阻值 .
(1)该欧姆表的刻度值是按电池电动势为 刻度的,当电池的电动势下降到 、 内阻增大到 时仍可调零. 调零后 阻值将变_____(选填“大”或“小”)；若测得某电阻阻值为 ,则这个电阻的真实值是_____
(2)该欧姆表换了一个电动势为 ,内阻为 的电池,调零后测量某电阻的阻值, 其测量结果_____(选填“偏大”或“偏小”或“准确”)
三、多用电表使用
5. (2024·新疆河南·高考真题) 学生实验小组要测量量程为 的电压表 的内阻 。可选用的器材有: 多用电表,电源 (电动势 ),电压表 (量程 ,内阻约 ),定值电阻 (阻值为 ),滑动变阻器 (最大阻值 ),滑动变阻器 (最大阻值 ,开关 ,导线若干。
完成下列填空:
( 1 )利用多用电表粗测待测电压表的内阻。首先应_____(把下列实验步骤前的字母按正确操作顺序排列);
A. 将红、黑表笔短接
B. 调节欧姆调零旋钮, 使指针指向零欧姆
C. 将多用电表选择开关置于欧姆挡“×10”位置
再将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的_____(填“正极、负极”或“负极、正极”) 相连, 欧姆表的指针位置如图 (a) 中虚线I所示。为了减少测量误差, 应将选择开关旋转到欧姆挡_____(填“×1”“×100”或“×1k”)位置,重新调节后,测量得到指针位置如图
(a)中实线II所示,则组测得到的该电压表内阻为_____ (结果保留 1 位小数)；
图(a)
图(b)
(2)为了提高测量精度,他们设计了如图(b)所示的电路,其中滑动变阻器应选_____(填 “ ”或“ ”),闭合开关 前,滑动变阻器的滑片应置于_____(填“a”或“b”)端；
(3)闭合开关 ,滑动变阻器滑片滑到某一位置时,电压表 ,待测电压表的示数分别为 ,则待测电压表内阻 _____ (用 和 表示);
( 4 )测量得到 ,则待测电压表内阻 _____ (结果保留 3 位有效数字)。
6. (2017·全国 III 卷·高考真题) 图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中 是电池; 和 是固定电阻, 是可变电阻; 表头 的满偏电流为 ,内阻为 。虚线方框内为换挡开关, 端和 端分别与两表笔相连,该多用电表有 5 个挡位, 5 个挡位为: 直流电压 挡和 挡,直流电流 挡和 挡,欧姆 × 100Ω 挡。
a b
(1)图(a)中的 端与_____(填“红”或“黑”)色表笔相连接。
(2)关于 的使用,下列说法正确的是_____(填正确答案标号)
A. 在使用多用电表之前,调整 使电表指针指在表盘左端电流 “0” 位置
B. 使用欧姆挡时,先将两表笔短接,调整 使电表指针指在表盘右端电阻 “0”位置
C. 使用电流挡时,调整 使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置
(3)根据题给条件可得 _____ , _____ 。
(4)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示。
若此时 B 端是与“1”相连的,则读数为_____；
若此时 B 端是与“3”相连的,则读数为_____；
若此时 B 端是与“5”相连的,则读数为_____。(结果均保留 3 位有效数字)
四、伏安法测电阻
7.(2023·天津·高考真题)某同学测量金属丝的电阻 大小。
(1)首先使用多用电表的欧姆挡进行粗测,用“×1”档挡正确测量,指针偏转如图所示对应的读数为_____Ω；
(2)该同学设计了如图所示的电路,再次开展测量,除学生电源(输出电压为 )、滑动变阻器、开关、导线外, 还提供如下器材:
A. 电压表 (量程 0-15V,内阻约 ) B. 电压表 (量程 ,内阻约 )
C. 电流表 (量程 ,内阻约 ) D. 电流表 (量程 0-0.6A,内阻约
0.125Ω)
①为了测量准确,实验时应选用_____测量电压 ,应选用_____测量电流 ；(填器材前对应字母)
②关于该实验下列哪些说法是正确的？_____
A. 电压表内阻分流引起的误差是系统误差
B. 闭合开关前滑动变阻器的滑片应置于 端
C. 滑动变阻器采用图示接法电压 可以调为零
D. 通过测量多组数据绘制 图像可减小系统误差
8. (2022·全国乙卷·高考真题) 一同学探究阻值约为 的待测电阻 在 范围内的伏安特性。可用器材有: 电压表 (量程为 ,内阻很大),电流表 (量程为 ,内阻为 ),电源 (电动势约为 ,内阻不计),滑动变阻器 (最大阻值可选 或 ),定值电阻 (阻值可选75 或 ),开关 ,导线若干。
图(a)
(1)要求通过 的电流可在 范围内连续可调,在答题卡上将图(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 应选最大阻值为_____(填“10Ω”或“1.5kΩ”)的滑动变阻器, 应选阻值为_____(填“750”或“150Ω”)的定值电阻；
(3)测量多组数据可得 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 两端的电压为_____V,流过 的电流为_____mA, 此组数据得到的 的阻值为_____ (保留 3 位有效数字)。
图(b)
图(c)
9. (2021·浙江·高考真题) 小李在实验室测量一电阻 的阻值。
(1)因电表内阻未知,用如图 1 所示的电路来判定电流表该内接还是外接。正确连线后, 合上开关 ,将滑动变阻器的滑片 移至合适位置。单刀双掷开关 掷到 1,电压表的读数 ,电流表的示数如图 2 所示,其读数 _____ ；将 掷到 2,电压表和电流表的读数分别为 。由此可知应采用电流表_____(填 "内"或"外")接法。
(2)完成上述实验后,小李进一步尝试用其它方法进行实验:
①器材间连线如图 3 所示,请在虚线框中画出对应的电路图_____；
②先将单刀双掷开关掷到左边,记录电流表读数,再将单刀双掷开关挪到右边,调节电阻箱的阻值, 使电流表的读数与前一次尽量相同, 电阻箱的示数如图 3 所示。则待测电阻 _____ 。此方法_____(填“有”或“无”)明显的实验误差,其理由是_____。
10. (2024·江西·高考真题) 某小组欲设计一种电热水器防触电装置, 其原理是: 当电热管漏电时, 利用自来水自身的电阻, 可使漏电电流降至人体安全电流以下. 为此, 需先测量水的电阻率,再进行合理设计。
(1)如图(a)所示,在绝缘长方体容器左右两侧安装可移动的薄金属板电极,将自来水倒入其中,测得水的截面宽 和高 。
图(a)
(2)现有实验器材:电流表(量程300 ,内阻 )、电压表(量程3V或15V,内阻未知)、直流电源(3V)、滑动变阻器、开关和导线. 请在图(a)中画线完成电路实物连接_____。
(3)连接好电路,测量 的水在不同长度 时的电阻值 。将水温升到 ,重复测量。绘出 和 水的 图,分别如图(b)中甲、乙所示。
图(b)
(4)若 图线的斜率为 ,则水的电阻率表达 _____(用 、 、 表示)。实验结果表明,温度_____(填“高”或“低”)的水更容易导电。
(5)测出电阻率后,拟将一段塑料水管安装于热水器出水口作为防触电装置。为保证出水量不变,选用内直径为 的水管。若人体的安全电流为 ,热水器出水温度最高为 ,忽略其他电阻的影响 (相当于热水器220V的工作电压直接加在水管两端),则该水管的长度至少应设计为_____m。(保留两位有效数字) 11. (2025·山西临汾·三模) 某同学用伏安法测绘一小灯泡的伏安特性曲线,所用的器材如下:
A. 待测小灯泡,标有 “ ”
B. 电压表 量程 ,内阻约为
C. 电流表 量程 ,内阻约为
D. 电流表 量程 ,内阻约为
E. 滑动变阻器 (阻值 )
F. 滑动变阻器 (阻值 )
G. 直流电源 (3V,内阻不计)
开关 ; 导线若干。
( 1 )电流表选择_____,滑动变阻器选择_____(填写器材前面的序号)
(2)该同学通过实验做出该灯泡的 图像如图所示,则该灯泡的电阻随电压的增加而_____
(选填“增大”“减小”“不变”),原因是_____。
(3)如果把两个这样相同的小灯泡并联后接到某电源(电动势为 、内阻为 )的两端,
则每个小灯泡消耗的功率为_____W (结果保留两位有效数字)。
五、半偏法
12. (2023·海南·高考真题)用如图所示的电路测量一个量程为 ,内阻约为 的微安表头的内阻,所用电源的电动势约为 ,有两个电阻箱可选, (99999.9Ω)
(1) 应选_____, 应选_____；
(2)根据电路图,请把实物连线补充完整_____；
(3)下列操作顺序合理排列是_____:
① 将变阻器滑动头 移至最左端,将 调至最大值；
②闭合开关 ,调节 ,使微安表半偏,并读出 阻值；
③ 断开 ,闭合 ,调节滑动头 至某位置再调节 使表头满偏;
④ 断开 、 ,拆除导线,整理好器材
(4)如图是 调节后面板,则待测表头的内阻为_____,该测量值_____(填“大于”、“小于”、“等于”)真实值。
(5)将该微安表改装成量程为 的电压表后,某次测量指针指在图示位置,则待测电压为_____V(保留 3 位有效数字)。
(6)某次半偏法测量表头内阻的实验中, 断开,电表满偏时读出 值,在滑动头 不变, 闭合后调节电阻箱 ,使电表半偏时读出 ,若认为 间电压不变,则微安表内阻为_____(用 、 表示)
13. (2021 山东·高考真题) 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,阻值约几百欧到几千欧)；
电源 (电动势 ,内阻 约为 );
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 ,内阻等于 )；
开关两个, 温控装置一套, 导线若干。
同学们设计了如图甲所示的测量电路, 主要实验步骤如下:
①按图示连接电路；
②闭合 、 ,调节滑动变阻器滑片 的位置,使微安表指针满偏；
③保持滑动变阻器滑片 的位置不变,断开 ,调节电阻箱,使微安表指针半偏；
④记录此时的温度和电阻箱的阻值。
回答下列问题:
(1)为了更准确地测量热敏电阻的阻值,滑动变阻器应选用_____(填“ ”或“ ”)。
(2)请用笔画线代替导线,将实物图(不含温控装置)连接成完整电路_____。
( 3 )某温度下微安表半偏时,电阻箱的读数为6000.00Ω,该温度下热敏电阻的测量值为_____
(结果保留到个位), 该测量值_____(填“大于”或“小于”)真实值。
(4)多次实验后,学习小组绘制了如图乙所示的图像。由图像可知。该热敏电阻的阻值随温度的升高逐渐_____(填“增大”或“减小”)。
六、单电表法
14. (2025·浙江·高考真题) 某同学研究半导体热敏电阻(其室温电阻约为几百欧姆) 的阻值随温度规律,设计了如图所示电路。器材有: 电源 ,电压表
,滑动变阻器 ( " "或 " "),电阻箱
,开关、导线若干。
(1)要使 两端电压 在实验过程中基本不变,滑动变阻器选_____(选填“A”或“B”)；
(2)正确连线,实验操作如下:
①滑动变阻器滑片 移到最左端,电阻箱调至合适阻值,合上开关 ；
②开关 切换到 ,调节滑片 使电压表示数为 ; 再将开关 切换到 ,电阻箱调至 ,记录电压表示数 、调温箱温度 。则温度 下 _____ (保留三位有效数字):
③保持 、滑片 位置和开关 状态不变,升高调温箱温度,记录调温箱温度和相应电压表示数,得到不同温度下 的阻值。
( 3 )请根据题中给定的电路且滑片 位置保持不变,给出另一种测量电阻 的简要方案。
15. (2018·全国 III 卷·高考真题) 一课外实验小组用如右图所示的电路测量某待测电阻 的阻值,图中 为标准定值电阻 可视为理想电压表; 为单刀开关, 为单刀双掷开关; 为电源; 为滑动变阻器。采用如下步骤完成实验:
(a) (b)
(1)按照实验原理图(a)将图(b)中实物连线补充完整_____(还差两条连线)；
(2)将滑动变阻器滑动端置于适当的位置,闭合 ；
(3)将开关 掷于 1 端,改变滑动变阻器滑动端的位置,记下此时电压表 的示数 ；然
后将 掷于 2 端,记下此时电压表 的示数 ;
(4)待测电阻阻值的表达式 _____(用 、 、 表示)；
(5)重复步骤(3), 得到如下数据:
1 2 3 4 5
0.25 0.30 0.36 0.40 0.44
0.86 1.03 1.22 1.36 1.49
3.44 3.43 3.39 3.40 3.39
(6)利用上述 5 次测量所得 的平均值,求得 _____ 。(保留 1 位小数)
七、电桥法
16. (2023·湖南·高考真题) 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, 为电阻箱, 为半导体薄膜压力传感器, 间连接电压传感器 (内阻无穷大).
图(a)
图(b)
( 1 )先用欧姆表“ ”挡粗测 的阻值,示数如图( b )所示,对应的读数是_____ ；
(2)适当调节 、 、 ,使电压传感器示数为 0,此时, 的阻值为_____(用 、 、 表示)；
(3)依次将0.5g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 ,所测数据如下表所示:
次数 1 2 3 4 5 6
砝码质量 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5
电压 0 57 115 168 220 280
根据表中数据在图(c)上描点,绘制 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 , 电压传感器示数为 ,则 大小是 (重力加速度取 ,保留 2 位有效数字)；
图(c)
(5)若在步骤(4)中换用非理想毫伏表测量 、 间电压,在半导体薄膜压力传感器上施加微小压力 ,此时非理想毫伏表读数为 ,则 _____ (填 ">" "=" 或"<").
17. (2017·全国 II 卷·高考真题) 某同学利用如图 (a) 所示的电路测量一微安表 (量程为 ,内阻大约为 ) 的内阻。可使用的器材有: 两个滑动变阻器 (其中一个阻值为 ,另一个阻值为 ); 电阻箱 (最大阻值为 ); 电源 (电动势约为 1.5V ); 单刀开关 和 。 、 分别为两个滑动变阻器的滑片。
(1)按原理图(a)将图(b)中的实物连线_____；
图(b)
图(a)
(2)完成下列填空:
① 的阻值为_____ (填“20”或“2000”)；
②为了保护微安表,开始时将 的滑片 滑到接近图(a)中的滑动变阻器的_____端(填 “左”或“右”)对应的位置; 将 的滑片 置于中间位置附近;
③ 将电阻箱 的阻值置于 ,接通 。将 的滑片置于适当位置,再反复调节 的滑片 的位置。最终使得接通 前后,微安表的示数保持不变,这说明 接通前 与 所在位置的电势_____(填“相等”或“不相等”)；
④ 将电阻箱 和微安表位置对调,其他条件保持不变,发现将 的阻值置于
时,在接通 前后,微安表的示数也保持不变。待测微安表的内阻为_____ (结果保留到个位)；
(3)写出一条提高测量微安表内阻精度的建议:_____。
八、伏安法测电源
18. (2024·天津·高考真题)某同学研究闭合电路的规律。
(1)根据闭合电路的欧姆定律得出了电源输出功率 与外电路电阻关系图像,如图所示,则 的峰值对应的外电路电阻值 应_____电源内阻 (填“大于”、“小于”或“等于”)；
(2)测定电源的电动势和内阻, 可供选用的器材有:
A. 电压表: (量程 ,内阻约为 )
B. 电流表: (量程 ,内阻约为 )
C. 滑动变阻器: (最大阻值 ,额定电流 )
D. 滑动变阻器: (最大阻值 ,额定电流 )
E. 待测电源: (电动势约为 ,内阻约为 )
F. 开关、导线若干
(i)实验中所用的滑动变阻器应选_____(填器材前字母代号)；
(ii) 实物电路如图所示,单刀双掷开关 可分别与 1、2 端闭合,为使电源内阻的测量结果更接近真实值, 应与_____端闭合。
19. (2024·甘肃·高考真题) 精确测量干电池电动势和内阻需要考虑电表内阻的影响。可用器材有: 电压表 (量程 ,内阻约为 )、电流表 (量程 )、滑动变阻器、开关、干电池和导线若干。某小组开展了以下实验。
图 1
图2
(1)考虑电流表内阻影响
① 用图 1 所示电路测量电流表的内阻。从图 2 电压表和电流表读数可得电流表内阻 _____ (保留 2 位有效数字)。
②用图 3 所示电路测量干电池电动势和内阻。电压表读数、电流表读数、干电池内阻和电流表内阻分别用 、 、 和 表示。则干电池电动势 _____(用 、 和 表示)。
③调节滑动变阻器测得多组电表读数,作出图 4 所示的 图像。则待测干电池电动势 _____ (保留 3 位有效数字)、内阻 _____ (保留 1 位小数)。
图3
图4
(2)考虑电压表内阻影响
该小组也尝试用图 5 所示电路测量电压表内阻,但发现实验无法完成。原因是_____(单
选,填正确答案标号)。 A. 电路设计会损坏仪器 B. 滑动变阻器接法错误 C. 电压太大无法读数 D. 电流太小无法读数
20. (2022·天津·高考真题)实验小组测量某型号电池的电动势和内阻。用电流表、电压表、滑动变阻器、待测电池等器材组成如图 1 所示实验电路, 由测得的实验数据绘制成的 图像如图 2 所示。
图 1
图2
(1)图 1 的电路图为下图中的_____。(选填“A”或“B”)
AB
(2)如果实验中所用电表均视为理想电表,根据图 2 得到该电池的电动势 _____
,内阻 _____ 。
(3)实验后进行反思,发现上述实验方案存在系统误差。若考虑到电表内阻的影响,对测得的实验数据进行修正,在图 2 中重新绘制 图线,与原图线比较,新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将_____,与纵坐标轴交点的数值将_____。(两空均选填“变大”“变小”或“不变”)
21. (2022·福建·高考真题) 在测量某电源电动势和内阻时, 因为电压表和电流表的影响,
不论使用何种接法, 都会产生系统误差, 为了消除电表内阻造成的系统误差, 某实验兴趣小组设计了如图甲实验电路进行测量。已知 。
(1)按照图甲所示的电路图,将图乙中的器材实物连线补充完整_____。
甲 乙 丙
(2)实验操作步骤如下:
①将滑动变阻器滑到最左端位置
②接法I:单刀双掷开关 与 1 接通,闭合开关 ,调节滑动变阻器 ,记录下若干组数据 的值,断开开关
③ 将滑动变阻器滑到最左端位置
④接法II:单刀双掷开关 与2闭合,闭合开关 ,调节滑动变阻器 ,记录下若干组数据 的值,断开开关
⑤ 分别作出两种情况所对应的 和 图像
(3)单刀双掷开关接 1 时,某次读取电表数据时,电压表指针如图丙所示,此时 _____ V。
(4)根据测得数据,作出 和 图像如图丁所示,根据图线求得电源电动势 ,内阻 _____ 。(结果均保留两位小数)
丁
(5)由图丁可知_____(填“接法I”或“接法II”)测得的电源内阻更接近真实值。
(6)综合考虑,若只能选择一种接法,应选择_____(填“接法I”或“接法II”)测量更合适。
九、电阻箱测电源
22. (2021·湖南·高考真题) 某实验小组需测定电池的电动势和内阻, 器材有: 一节待测电池、一个单刀双掷开关、一个定值电阻(阻值为 )、一个电流表(内阻为 )、一根均匀电阻丝 (电阻丝总阻值大于 ,并配有可在电阻丝上移动的金属夹)、导线若干。由于缺少刻度尺,无法测量电阻丝长度,但发现桌上有一个圆形时钟表盘。某同学提出将电阻丝绕在该表盘上,利用圆心角来表示接入电路的电阻丝长度。主要实验步骤如下:
(1)将器材如图(a)连接:
图(a)
图(b)
图(c)
(2)开关闭合前,金属夹应夹在电阻丝的_____端(填“a”或“b”)；
(3)改变金属夹的位置,闭合开关,记录每次接入电路的电阻丝对应的圆心角 和电流表示数 ,得到多组数据;
(4)整理数据并在坐标纸上描点绘图,所得图像如图(b)所示,图线斜率为 ,与纵轴截距为 ,设单位角度对应电阻丝的阻值为 ,该电池电动势和内阻可表示为
_____, _____(用 、 、 、 、 表示)
(5)为进一步确定结果,还需要测量单位角度对应电阻丝的阻值 。利用现有器材设计实验,在图(c)方框中画出实验电路图_____(电阻丝用滑动变阻器符号表示)；
(6)利用测出的 ,可得该电池的电动势和内阻。
23. (2024·辽宁·高考真题) 某探究小组要测量电池的电动势和内阻。可利用的器材有:电压表、电阻丝、定值电阻(阻值为 )、金属夹、刻度尺、开关 、导线若干。他们设计了如图所示的实验电路原理图。
图(a)
图(b)
(1)实验步骤如下:
① 将电阻丝拉直固定,按照图 (a) 连接电路,金属夹置于电阻丝的_____。(填“A”或“B”) 端;
②闭合开关 ,快速滑动金属夹至适当位置并记录电压表示数 ,断开开关 ,记录金属夹与 端的距离 ；
③多次重复步骤 ②,根据记录的若干组 、 的值,作出图(c)中图线I；
④按照图(b)将定值电阻接入电路,多次重复步骤②,再根据记录的若干组 的值, 作出图 (c) 中图线II。
图(c)
(2)由图线得出纵轴截距为 ,则待测电池的电动势 _____。
(3)由图线求得 、 的斜率分别为 、 ,若 ,则待测电池的内阻 _____(用 和
表示)。
24. (2020·北京·高考真题) 用图 1 所示的甲、乙两种方法测量某电源的电动势和内电阻 (约为 )。其中 为电阻箱,电流表的内电阻约为 ,电压表的内电阻约为 。
图 1
(1)利用图 1 中甲图实验电路测电源的电动势 和内电阻 ,所测量的实际是图 2 中虚线框所示 “等效电源” 的电动势 和内电阻 。若电流表内电阻用 表示,请你用 和 表示出 、 ,并简要说明理由_____。
图2
(2)某同学利用图像分析甲、乙两种方法中由电表内电阻引起的实验误差。在图 3 中,实线是根据实验数据(图甲: ,图乙: )描点作图得到的 图像；虚线是该电源的路端电压 随电流 变化的 - 图像 (没有电表内电阻影响的理想情况)。
A
U
0 0
BC
图3
D
在图 3 中,对应图甲电路分析的 - 图像是:_____；对应图乙电路分析的 - 图像
是:_____。
( 3 )综合上述分析,为了减小由电表内电阻引起的实验误差,本实验应选择图 1 中的_____ (填“甲”或“乙”)。
十、电容充放电
25. (2023·新课标卷·高考真题) 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。
图(a)
图(b)
(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 ,将单刀双掷开关 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 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 ,再次将开关 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 随时间 变化如图(b)中曲线所示,其中实线是电阻箱阻值为_____(填“ ”或“ ”)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”)。
26. (2024·重庆·高考真题) 探究电容器充放电规律,实验装置如图甲所示,有电源 ,定值电阻 ,电容器 ,单刀双置开关 。
乙
丙
甲
(1)为测量电容器充放电过程电压 和电流 变化,需在①、②处接入测量仪器,位置② 应该接入测_____(电流、电压)仪器。
(2)接通电路并接通开关使电容器充电,当电压表示数最大时,电流表示数为_____。
( 3 )根据测到数据,某过程中电容器两端电压 与电流 的关系图如图乙所示。该过程为_____ (充电,放电)。放电过程中电容器两端电压 随时间 变化关系如图丙所示。0.2s 时 消耗的功率_____W。
27. (2024·海南·高考真题) 用如图 a 所示的电路观察电容器的充放电现象, 实验器材有电源 、电容器 、电压表、电流表、电流传感器、计算机、定值电阻 、单刀双掷开关 、开关 、导线若干
图a
图b
(1)闭合开关 ,将 接 1,电压表示数增大,最后稳定在 。在此过程中,电流表的示数_____(填选项标号)
A. 一直稳定在某一数值
B. 先增大,后逐渐减小为零
C. 先增大,后稳定在某一非零数值
(2)先后断开开关 、 ,将电流表更换成电流传感器,再将 接 2,此时通过定值电阻 的电流方向_____(选填“ ”或“ ”),通过传感器将电流信息传入计算机,画出电流随时间变化的 图像,如图 时 ,图中 区域面积比为 ,可求出 _____ (保留 2 位有效数字)。
28. (2023·山东·高考真题)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:
电容器 (额定电压 ,电容标识不清);
电源 (电动势12V,内阻不计);
电阻箱 (阻值 );
滑动变阻器 (最大阻值 ,额定电流 );
电压表 (量程 ,内阻很大)；
发光二极管 、 ,开关 、 ,电流传感器,计算机,导线若干。
回答以下问题:
(1)按照图甲连接电路,闭合开关 ,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 时,开关 掷向 1,得到电容器充电过程的 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_____ (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 掷向 2,发光二极管_____(填“ ”或“ ”)闪光。
1. (1) 串联
(2)B (3)增大
2. (1) (2) 45 5 (3) 0 35000.0 3. 大于 ×10 向上
400
4. 290 准确
5. (1) CAB 负极、正极
1.6 (2) (3) (4)1.57 6. 黑 B 53.3 952
1.45mA 2.90V
《电学实验》参考答案
S
8.
10Ω 75Ω 2.30 4.20
548
0.34 见解析 外
有 电阻箱的最小分度与待测电阻比较
接近 (或其它合理解释)
10.
电极板
图(a)
阻)随温度的升高而增大
(3)1.0
①③②④ 1998.0Ω 13. 14. (1)A (2)157 (3)见解析 见解析 48.2 16. (1)1000/1000.0 (2) (4) (5)> 17. 相等 2550 调节 上的分压,尽可能使微安表接近满量程 18. (1) 等于 (2) C 2 19. (1) 1.0 1.40 1.0 (2)D 20. B 4.5 1.8 不变 变大 21. 见解析 1.30 1.80 2.50 接法II 接法II 22.
23. (1)
(2)
(3)
24. ,理由见解析
C A 乙
26. (1)电压
(2)0
0.32
27. (1)B
5.2
28.
《电学实验》解析
1. (1) 串联
(2)B
(3)增大
【详解】(1)[1][2]小灯泡额定电压为
,则只需将电压表的量程扩大到 即
可,因电压表 量程为 ,内阻为
,则在给定的定值电阻中选用 与电压表串联, 完成改装。
(2)因电压表内阻已知,且电压表内阻远大于小灯泡的电阻, 则可采用电流表外接电路; 为了使得小灯泡两端得到从零开始的电压, 则滑动变阻器用分压电路。 故选 B。 (3)因 图像上各点到原点连线的斜率的倒数等于小灯泡的电阻, 分析曲线可知小灯泡电阻随温度变化的特点是: 温度升高,电阻增大。
2. (1)
(2) 45 5
(3) 0 35000.0
【详解】(1)[1]连线如图
[2]根据欧姆表的改装原理,当电流计满偏时,有
解得
[3]为了滑动变阻器的安全, 则滑动变阻器选择 。
(2)[1]在 处,有
解得
[2] 在 处,有
解得
(3)[1]校准时应将红黑表笔短接,调节滑动变阻器,使欧姆表指针指到 处;
[2]由图可知,电阻箱接入的电阻为
向上
400
【详解】(1)[1]根据题意可知 , 所以开关拨向 时电路的总电阻小于开关拨向 时电路的总电阻,电源电动势 不变,根据 可知 ; (2)[2]当开关拨 向 时,全电路的总电阻较大, 中值电阻较大, 能够接入待测电阻的阻值也更大,所以开关拨 向 时对应欧姆表的挡位倍率较大,即 ;
(3)[3]从“×1”挡位换成“×10”挡位,即开关 从 拨向 ,全电路电阻增大,干路电流减小,①②短接时,为了使电流表满偏, 则需要增大通过电流计G所在支路的电流,所以需要将 的滑片向上调节;
(4)[4]在“×10”挡位,令 与 串联部分的总电阻为 上半部分单独叫
上,电路图结构简化如图
第一次, 当①②短接, 全电路的总电阻为
通过干路的电流为
电流表满偏, 根据并联电路中电流之比等于电阻反比可知
第二次,①②之间接入 ,全电路总电阻为 ,通过干路的电流为
电流表偏转了量程的 ,则 结合第一次和第二次解得
第三次,①②之间接入 ,全电路总电阻为 ,通过干路的电流为
电流表偏转了量程的 ,则
结合第二次和第三次, 解得
4. 小 290 准确
【详解】(1)[1]由闭合电路欧姆定律
得
因为式中 变小, 变大,故 将减小;
[2]因为该欧姆表的刻度是按电池电动势为
刻度的. 测得某电阻阻值为
时, 电流表中的电流
其它
当电池电动势下降到 时,此时欧
姆表的内阻为
由闭合电路欧姆定律得
解得真实值
(2)[3]该欧姆表换了一个电动势为
,内阻为 的电池,调零后测量某电阻的阻值的测量结果准确, 因为电源的内阻的变化, 可以通过调零电阻的阻值的变化来抵消.
【考点定位】多用表的应用
5. (1) 负极、正极
(2)
(3)
(4)1.57
【详解】(1)[1]利用多用电表粗测待测电压表的内阻。首先应选择欧姆挡即 选项: 将多用电表选择开关置于欧姆挡 “ ” 位置；接着将红、黑表笔短接即 A 选项； 进行欧姆调零即 选项: 调节欧姆调零旋钮, 使指针指向零欧姆。 故首先操作顺序为 CAB。 [2]多用电表使用时电流“红进黑出”的规则可知: 测量电阻时电源在多用电表表内, 故将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的“负极、正极”相连。 [3]读数时欧姆表的指针位置如图(a)中虚线I所示, 偏转角度较小即倍率选择过小, 为了减少测量误差, 应将选择开关旋转到欧姆挡倍率较大处, 而根据表中数据可知选择 “ ” 倍率又过大,故应选择欧姆挡 “×100”的位置；
[4]测量得到指针位置如图(a)中实线II所示, 则组测得到的该电压表内阻为
(2)[1]图 (b) 所示的电路, 滑动变阻器采用的是分压式连接, 为了方便调节, 应选最大阻值较小的滑动变阻器即 ;
[2]为保护电路, 且测量电路部分电压从零开始条件,闭合开关 前,滑动变阻器的滑片应置于 a 端。
( 3 )通过待测电压表的电流大小与定值电阻电流相同为
根据欧姆定律得待测电压表的阻值为
(4)测量得到 ,带入待测电压表的阻值表达式 则待测电压表内阻
6. 黑 B 53.3 952
1.45mA 2.90V
【详解】(1)[1] 端与欧姆表内电源正极相连,根据 “红进黑出”,可知 端与黑表笔相连。
(2)[2] 是可变电阻,它的作用就是欧姆表调零, 也就是使用欧姆挡时, 先将两表笔短接,调整 使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置。
故选 B。
(3)[3]换挡开关接 2 时,是量程为 的电流表, 所以
[4]换挡开关接 4 时,是量程为 的电压表,这时表头与 并联组成新表头,
新表头的内阻
新表头的量程是 ,所以
(4)[5]某次测量时该多用电表指针位置如图 (b) 所示。若此时 端与 “1” 相连,则多用电表是量程为 的电流表,则读数为 ；
[6]若此时 端与 “3” 相连接,多用电表是欧姆 挡,则读数为 ,即
;
[7]若此时 端与 “5” 相连接,多用电表是量程为 电压表,则读数为 。
DAC/CA
【详解】(1)[1]电阻大小读数为
(2)[2]由于同学们使用学生电源(4V), 则为减小读数误差, 则应选择量程为 0 —
的电压表测量电压 ,即实验时应选用
B 测量电压 。
故选 B。
[3]电路中的最大电流为
则应选用量程 的电流表测量电流
,即应选用 测量电流 。
故选 D。
[4]A. 电压表分流属于系统误差,故 A 正确;
B. 为保护电路, 实验开始前滑动变阻器滑片应该调到 端,使电压表示数为零,故 B 错误;
C. 如图所示的电路为分压式电路, 可以通过调节滑片使电压表示数为 0 ,即滑动变阻器滑片调到 端,电压表示数为零,故 正确;
D. 通过测量多组数据绘制 图像可减小偶然误差,故 错误。
故选 AC。 8.
10Ω 75Ω 2.30 548
【详解】(1)[1]电流表内阻已知, 电流表与 并联扩大电流表量程,进而准确测量通过 的电流,电压表单独测量 的电压; 滑动变阻器采用分压式接法, 电表从 0 开始测量,满足题中通过 的电流从 0~5mA连续可调,电路图如下
(2)[2]电路中 应选最大阻值为 的滑动变阻器, 方便电路的调节, 测量效率高、实验误差小; [3]通过 的电流最大为 ,需要将电流表量程扩大为原来的 5 倍, 根据并联分流的规律示意图如下
根据并联分流, 即并联电路中电流之比等于电阻的反比, 可知
解得
(3)[4]电压表每小格表示 ,向后估读一位,即 ;
[5]电流表每小格表示 ,本位估读,
即 ,电流表量程扩大5倍,所以通
过 的电流为 ;
[6]根据欧姆定律可知
9. 0.34 见解析
有 电阻箱的最小分度与待测电阻比较接近 (或其它合理解释)
【详解】(1)[1]由电流表的表盘可知电流
大小为 0.34A
[2]电压表的百分比变化为
电流表的百分比变化为
因此可知电压表的示数变化更明显, 说明电流表的分压更严重,因此不能让电流表分压, 采用外接法
(2)①[3]电路图如图
②[4]两次实验中电路电流相同,因此可有
可得
读数可得
[5][6]电阻箱的最小分度和待测阻值阻值接近, 这样测得的阻值不够精确, 如待测电阻阻值为 ,则实验只能测得其为 ,误差较大。 10.
kdh 高 0.46
【详解】(2)[1]电源电动势为 ,故电压表量程选择 ; 由于电流表的内阻已知, 故采用电流表内接时, 可以消除系统误差, 故电流表采用内接法, 实物图如下:
(4)[2]根据电阻定律
故可得
得
[3]电阻率越小更容易导电, 根据图像可知 的水的电阻率更小,故可知温度高的水更容易导电。
(5)[4]根据前面分析可知 的水的电阻率为
故当选用内直径为 的水
管。若人体的安全电流为
,接入电压 时,得
解得水管的长度至少应设计为
11. (1) C E
(2) 增大 金属的电阻率(或电
阻)随温度的升高而增大
(3)1.0
【详解】(1)[1]由图可知, 通过小灯泡电流的最大值为 ,故电流表选择 ;
[2]通过小灯泡的电流从零开始增大,所以滑动变阻器要连接成分压式, 为了方便调节, 应选阻值较小的滑动变阻器, 即选
E。
(2)[1][2]由图可知, 图像上的点与坐标原点连线的斜率随电压的增大而减小, 所以小灯泡的电阻随电压的增大而增大, 原因是金属的电阻率 (或电阻) 随温度的升高而增大。
( 3 )设小灯泡的电压和电流分别为 和 ,根据闭合电路欧姆定律有
代入数据得
在题图中画出这个 和 的关系图像如图所示
读出两图像交点对应的 值为
则每个小灯泡消耗的功率为
12.
①③②④
【详解】(1)[1][2]根据半偏法的测量原理可知, 与 相当,当闭合 之后,变阻器上方的电流应基本不变,就需要 较大,对下方分压电路影响甚微。故 应选 应选 。
(2)[3]根据电路图连接实物图有
(3)[4]根据半偏法的实验步骤应为
① 将变阻器滑动头 移至最左端,将
调至最大值;
③ 断开 ,闭合 ,调节滑动头 至某位
置再调节 使表头满偏;
② 闭合开关 ,调节 ,使微安表半
偏,并读出 阻值;
④ 断开 、 ,拆除导线,整理好器材。
(4)[5]根据 调节后面板读数为
1998.0Ω。
[6]当闭合 后,原电路可看成如下电路
闭合 后,相当于 由无穷大变成有限值,变小了,则流过 的电流大于原来的电流,则流过 的电流大于 ,故待测表头的内阻的测量值小于真实值。
(5)[7]将该微安表改装成量程为 的电压表,则需要串联一个电阻 ,则有
此时的电压读数有
其中
联立解得
(6)根据题意 间电压不变,可得
解得
13.
【详解】(1)[1]用半偏法测量热敏电阻的阻值,尽可能让该电路的电压在 闭合前、后保持不变, 由于该支路与滑动变阻器左侧部分电阻并联, 滑动变阻器的阻值越小, 闭合前、后并联部分电阻变化越小, 从而并联部分的电压值变化越小, 故滑动变阻器应选 。
(2)[2]电路连接图如图所示
(3)[3]微安表半偏时,该支路的总电阻为原来的 2 倍, 即
可得
[4]当断开 ,微安表半偏时,由于该支路的电阻增加,电压略有升高,根据欧姆定律, 总电阻比原来 2 倍略大, 也就是电阻箱的阻值略大于热敏电阻与微安表的总电阻, 而我们用电阻箱的阻值等于热敏电阻与微安表的总电阻来计算, 因此热敏电阻的测量值比真实值偏大。
(4)[5]由于是 图像,当温度 升高时, 减小,从图中可以看出 减小, 从而 减小,因此热敏电阻随温度的升高逐渐减小。
14. (1)A
(2)157
(3)见解析
【详解】(1)要使得 两端电压 在实验中基本不变, 则滑动变阻器应该选择阻值较小的 A;
(2)由电路可知
(3)题中滑片 位置保持不变,则电阻箱 与热敏电阻 两端电压之和保持不变, 先让 接 ,此时电压表读数为 ,然后接 ,读出电阻箱 的读数和电压表读数 ,当温度改变时,调整 ,使得 两端的电压表 保持不变,因此可得
整理得
可得热敏电阻 的值。
15.
48.2
【详解】(1)[1]实物连线如图
(2)[2] 开关 掷于 1 端,由欧姆定律可得通过 的电流
将开关 掷于 2 端, 和 两端电压为
两端电压为
由欧姆定律可得待测电阻阻值
(3)[3]5 次测量所得 的平均值为
代入数据可得
16. (1)1000/1000.0
(2)
(3)
(4)
(5)>
【详解】(1)欧姆表读数为
(2)当电压传感器读数为零时, 两点电势相等, 即
即
解得
(3)绘出 图像如图
(4)由图像可知,当电压传感器的读数为 时,所放物体质量为 ,则
(5)可将 以外的电路等效为新的电源,电动势 ,内阻 两点电压看做路端电压, 因为换用非理想电压传感器时内阻不是无穷大, 此时电压传感器读数
当读数为 时,实际 间断路 (接理想电压传感器时)时的电压等于
大于 ,则此时压力传感器的读数 。
17.
20 左 相等 2550 调节
上的分压,尽可能使微安表接近满量程
【详解】(1)[1]实物连线如图所示
(2)①[2]滑动变阻器 要接成分压电
路,则要选择阻值较小的 的滑动变阻器。
②[3][4]为了保护微安表,开始时将 的滑片 滑到接近图 (a) 中滑动变阻器的左端对应的位置; ③ 将电阻箱 的阻值置于 2500. ,接通 ; 将 的滑片置于适当位置,再反复调节 的滑片 的位置; 最终使得接通 前后,微安表的示数保持不变,这说明 接通前后在 中无电流流过,可知 与 所在位置的电势相等。 ④ [5] 设滑片 两侧电阻分别为 和 , 因 与 所在位置的电势相等,可知
同理当 和微安表对调后,仍有 解得 (3)[6]为了提高测量精度,调节 上的分压, 尽可能使微安表接近满量程。
18. (1) 等于
(2)
【详解】(1)电源输出功率
则当 时电源输出功率 最大;
(2)(i) [1]实验中所用的滑动变阻器应选阻值较小的 即可;
(ii) [2]电压表内阻远大于电源内阻, 应采用相对电源的电流表外接法, 使电源内阻的测量结果更接近真实值, 应与 2 端闭合。
19. (1) 1.0 1.40
1.0
(2)D
【详解】(1)[1]由图 2 可知, 电压表读数为
电流表读数为
根据欧姆定律可得电流表内阻为
[2]由闭合电路欧姆定律可知, 干电池电动
势的表达式为
[3][4]根据 变形为
根据图像可知, 纵截距
斜率的绝对值
所以待测干电池电动势为
电源内阻为
(2)由于将电压表串联接在电路中,电压表内阻很大, 电路中电流太小, 故无法完成实验的原因可能是电流太小无法读数。 故选 D。 20. 不变变大 【详解】(1)[1]通过观察实物图可知电压表接在电源两端, 故电路图为 B;
(2)[2][3]根据闭合电路欧姆定律
有
则 图线在纵轴上的截距表示电池的电动势 ,斜率是电池的内阻 ,根据图像可知, 纵轴截距为 4.5, 横轴截距为 2.5, 结合上述分析可知电池电动势 ;内阻
(3)[4][5]分析测量电路可知系统误差的来源是电压表的分流作用, 使得电流表的示数小于流过电池的电流, 考虑电压表内阻 的影响,流过电压表的电流为
可知流过电池的电流为
因电压表内阻 不变,随着电压 值减小,电压表电流 减小,当电压 值趋于 0 时, 趋于 ,在图 2 中重新绘制的 图线如图所示
故新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将
不变, 与纵坐标轴交点的数值将变大。
21. 见解析 1.30 1.80
2.50 接法II 接法II
【详解】(1)[1]根据图甲所示的电路图,
实物连接如图所示
(3)[2]量程为 的电压表分度值为 ,
需要估读到分度值的下一位, 由图丙可知
电压表读数为
(4)[3]当单刀双掷开关接 1 时,电流表示数为零时, 电压表测量准确, 故电动势为 的纵轴截距,则有
[4]当单刀双掷开关接 2 时, 电压表示数为
零时,电流表测量准确,由 图像可
知此时电路电流为 ,根据闭合电路欧
姆定律可知
解得内阻为
( 5 )[5]由图丁可知 图像的斜率为
解得
由图丁可知 图像的斜率为
解得
可得
故接法II测得的电源内阻更接近真实值。
(6)[6]由电路图可知接法I的误差来源是
电流表的分压, 接法II的误差来源是电压表
的分流, 由于电源内阻较小, 远小于电压
表内阻, 结合 (5) 问分析可知, 若只能选择一种接法, 应选择接法II更合适。
22.
【详解】(2)[1]开关闭合前, 为了保护电路中的元件, 应将电阻丝的最大阻值接入电路,根据电阻定律 可知电阻丝接入越长, 接入电阻越大, 金属夹应夹在电阻丝的 端。
(4)[2]设圆心角为 时,电阻丝接入电路中的电阻为 ,根据闭合电路欧姆定律 可知
整理得
结合图象的斜率和截距满足
解得电源电动势和内阻为
(5)[3]实验器材中有定值电阻 和单刀双掷开关, 考虑使用等效法测量电阻丝电阻, 如图原理的简单说明:
① 将开关置于 位置,读出电流表示数 ;
② 将开关置于电阻丝处,调节电阻丝的角度,直到电流表示数为 ,读出此时角度 ；
③ 此时 ,即可求得 的数值。
23. (1)
(2)
(3)
【详解】(1)为了保护电路, 闭合开关
前, 金属夹置于电阻丝的最大阻值处, 由图可知,应该置于 端。
(2)对于电路图 (a), 根据闭合电路欧姆定律有
设金属丝的电阻率为 ,横截面积为 ,结合欧姆定律和电阻定律
联立可得
整理可得
对于电路图 (b), 根据闭合电路欧姆定律
有
结合欧姆定律和电阻定律
联立后整理
可知图线的纵轴截距
解得
(3)由题意可知
又
联立解得
24. ,理由见解析
【详解】(1)[1]将电源和电流表视为等效电源, 电源电动势是电源本身具有的属性, 电流表不具有产生电动势的本领, 所以等效电源的电动势仍然为
而电流表的内阻和电动势的内阻作为等效
电源的内阻, 即
(2)[2]对甲图,考虑电表内阻时,根据闭合
电路欧姆定律得
变形得
直接通过实验获得数据, 可得
图像与纵轴截距均为电源电动势 ,虚线对
应的斜率大小为 ,实线对应的斜率大小为
,所以对应图甲电路分析的
图像是 C;
[3]对乙图,考虑电表内阻时(即虚线对应
的真实情况), 根据闭合电路欧姆定律得
变形得
直接通过实验获得数据, 可得
虚线对应的斜率大小为 ,实线对应的斜率
大小为 ,虚线对应的纵轴截距为
,实线对应的纵轴截距为 ; 两
图线在 时,对应的短路电流均为 ,所以对应图乙电路分析的 图像是 A。
(3)[4]图甲虽然测量的电源电动势准确,但电流表分压较为明显, 所以内阻测量的误差很大；图乙虽然电动势和内阻测量均偏小, 但是电压表内阻很大, 分流不明显, 所以电动势和内阻的测量误差较小,所以选择图乙可以减小由电表内电阻引起的实验误差。 25. 正极 电荷量 【详解】(1)[1]多用电表红表笔流入电流, 黑表笔流出电流, 故电流表红表笔应该与电池的正极接触;
(2)[2]电容器充电完成后,开始时两极板电量较多,电势差较大,当闭合“2”接入小灯泡, 回路立即形成电流, 灯泡的迅速变亮; 随着时间的积累, 两极板电量变少, 电势差变小, 流过灯泡的电流减小, 直至两极板电荷量为零不带电, 则无电流流过小灯泡即熄灭, 故选 C。
( 3 )[3]开始充电时两极板的不带电,两极板电势差为零,设电源内阻为 ,则开始充电时有
由图像可知开始充电时实线的电流较小,
故电路中的电阻较大, 因此电阻箱阻值为 ;
[4]图像的物理意义为充电过程中电流随时间的变化图线, 故曲线与坐标轴所围面积
等于该次充电完成后电容器上的电荷量。
26. (1)电压
(2)0
(3) 放电 0.32
【详解】(1)位置 ②与电容器并联,为测电压仪器。 (2)电压表示数最大时, 电容器充电完毕, 电流表示数为零。 (3)[1]电容器放电时电压和电流都减小, 图像逆向分析, 该过程为电容器放电过程。 [2]电容器充电完毕后的电压等于电源电动势,大小为 ,由题图丙可知 时电容器两端电压为 ,由题图乙可知当 时,电流 ,则电阻 消耗的功率为
27. (1)B
(2)
【详解】(1)电容器充电过程中,当电路刚接通后, 电流表示数从 0 增大某一最大值, 后随着电容器的不断充电, 电路中的充电电流在减小, 当充电结束电路稳定后,此时电路相当于开路,电流为 0 。 故选 B。 (2)[1]根据电路图可知充电结束后电容器上极板带正电,将 接 2,电容器放电,此时通过定值电阻 的电流方向 ; 时 可知此时电容器两
端的电压为
电容器开始放电前两端电压为 ,根据
图像与横轴围成的面积表示放电量可
得 间的放电量为
2s后到放电结束间放电量为
根据题意 ,解得
28. b
6.5 【详解】(1)[1]滑动变阻器分压式接法, 故向 端滑动充电电压升高; (2)[2]量程 ,每个小格 , 估读, 故 6.5 V; (3)[3] 图像所围的面积,等于电容器存储的电荷量, 38 个小格, 故电容器存储的电荷量为 ；
(4)[4]由电容的定义式 得:
;
(5)[5]开关 掷向 2,电容器放电,故
闪光。最后十课第十课:力学实验
1、基本解题思路
跟着出题人思路走
多想 “出题人这一步得到了什么”,不要想 “他为什么不那样做呢？”
反向放大思考法
例:问 “为什么要比较短” 时,要想的是特别长会产生什么后果。
从结果出发思考
问需要还测量哪个量的时候, 就亲手演示一下实验过程, 看看还会用到
哪个量。
2、游标卡尺
a)主尺+副尺
b)副尺有多少个格,就把 分成了多少份
c)不估读
3、螺旋测微器
a)主尺+副尺
b)主尺注意
c)副尺读数(需要估读)
4、纸带
a)求速度
i. 相邻两段的距离/相邻两段的时间
ii. 注意点与点之间的间隔
b)求加速度
i. 偶数段:
ii. 奇数段: 去掉一段变成偶数段
5、打点计时器
a) 电火花打点计时器
i. 高压交流电
ii. 阻力小、误差小
iii. 操作简单
b)电磁打点计时器
i. 低压交流电
ii. 操作安全
6、光电门
a)求速度
i.
b)求加速度
i.
7、误差分析
a) 系统误差
(多次测量无法减小)
b) 偶然误差
(多次测量无法减小)
8、验证类题目注意事项
不能用结论去验证结论
9、重物竖直下落
操作步骤
拉住纸带 通电打点 释放纸带 得到打点纸带
误差原因
空气阻力 (增大重物密度)
纸带摩擦 (打点计时器上下孔对其)
托起重物 (拉起重物)
数据太短 (释放时重物靠近打点计时器)
10、平板重物小车
a) 细线需要与轨道平行
b)平衡摩擦力
什么时候需要平衡摩擦力？
需要求 合力的时候！
怎么平衡摩擦力？
垫物块、放重物、换气垫导轨
c) 远小于
这么做的目的是什么
使
什么时候不需要 “m 远小于 M”
不需要 T ≈mg(其他方法求 T、不需要求 T) d)
实验名称 研究对象 特殊需求 求小车合力 平衡摩擦力 求绳子拉力 需要
探究小车速度变化 小车 /
验证牛顿第二定律 小车 /
验证机械能守恒定律 小车+重物 换用气垫导轨
验证动能定理 小车 /
验证动量定理 小车 /
11、单摆
摆长:
悬挂点到重心的距离
计时点:
速度最大的点作为计时点
特殊注意:
如果用描点法, 少计算固定长度不会影响结果准确性
12、验证平行四边形
a) 实验原理:
b)注意事项:
所有东西都要和木板平行
描点时距离不要太近
两个力的夹角不要太小 (或太大)
13、平抛实验
a) 同一高度释放
b)导轨不用光滑
c)导轨末端需要水平
d) 注意初始位置的记录, 要记录小球上的同一位置
14、胡克定律
a) 注意事项:
i. 选择竖挂弹簧进行实验时, 测量弹簧原长也要竖挂
ii. 测量弹簧长度的直尺, 要保持和弹簧平行
iii. 注意不要超过弹簧的弹性限度
15、气垫导轨碰撞
只有小质量碰大质量 (动碰静), 才会有可能发生反弹
16、热力学实验
测量体积注意准确性
等温变化, 注意等温度恢复后再记录数据
17、其他各种奇奇怪怪实验目的的实验跟着出题人的思路走, 多思考每一步得到了什么
一、基础计算
1. (2015·海南·高考真题) 某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度,测量结果如图(a)和(b)所示。该工件的直径为_____cm,高度为_____ mm。
图(a)
图(b)
2. (2021·天津·高考真题) 某实验小组利用手机的录像功能拍下小球在斜面上做匀加速直线运动的过程。为便于记录小球各个时刻在斜面上的位置,将录像中时间间隔为 的连续 7 幅画面合成到同一张图中,示意如图。依次测得小球各相邻位置间的距离为 、 。
①写出小球在位置 1 的速度表达式_____。
②要求充分利用测量数据,写出小球运动过程中的加速度表达式_____。
③ 在测量小球相邻位置间距时由于实验者读数产生的误差是_____误差。(填“偶然”或 “系统”)
3. (2023·福建·高考真题) 某小组用图 (a) 所示的实验装置探究斜面倾角是否对动摩擦因数产生影响。所用器材有: 绒布木板、滑块、挡光片、米尺、游标卡尺、光电门、倾角调节仪等。实验过程如下:
图(a)
图(b)
(1)将绒布平铺并固定在木板上,然后将光电门 、 固定在木板上。用米尺测量 、 间距离 ;
(2)用游标卡尺测量挡光片宽度 ,示数如图(b)所示。该挡光片宽度 _____mm
(3)调节并记录木板与水平面的夹角 ,让装有挡光片的滑块从木板顶端下滑。记录挡光片依次经过光电门 和 的挡光时间 和 ,求得挡光片经过光电门时滑块的速度大小 和 。某次测得 ,则 _____ (结果保留 3 位有效数字)
(4)推导滑块与绒布间动摩擦因数 的表达式,可得 _____(用 、 、 、 和重力加速度大小 表示),利用所得实验数据计算出 值;
(5)改变 进行多次实验,获得与 对应的 ,并在坐标纸上作出 关系图像,如图
(c) 所示;
图(c)
(6)根据上述实验,在误差允许范围内,可以得到的结论为_____。
二、竖直重物
4.(2024·浙江·高考真题)在“验证机械能守恒定律”的实验中
(1)下列操作正确的是_。
A.
B.
C.
(2)实验获得一条纸带,截取点迹清晰的一段并测得数据如图所示已知打点的频率为
,则打点“13”时,重锤下落的速度大小为_____m/s(保留三位有效数字)。 (3)某同学用纸带的数据求出重力加速度 ,并用此 值计算得出打点“ 1 ”到“ 13 ”过程重锤的重力势能减小值为 ,另计算得动能增加值为 ( 为重锤质量)则该结果_____(选填“能”或“不能”验证机械能守恒定律,理由是( )
A. 在误差允许范围内
B. 没有用当地的重力加速度
5.(2022·河北·高考真题)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 ,原长为 , 钩码的质量为 。已知弹簧的弹性势能表达式为 ,其中 为弹簧的劲度系数, 为弹簧的形变量,当地的重力加速度大小为 。
图 1
(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 。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 (在误差允许范围内,认为
释放钩码的同时打出 点)。从打出 点到打出 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 的关系,如图 3 所示。由图 3 可知,随着 增加,两条曲线在纵向的间隔逐渐变大,主要原因是_____。
图3
6. (2022·广东·高考真题) 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:
(b)
(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 _____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 和 。
(4)计算小球通过光电门的速度,已知小球的质量为 ,可得小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失 _____(用字母 、 、 和 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。
三、平板小车
7. (2025·浙江·高考真题) “探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图所示。
(1)如图是某次实验中得到的纸带的一部分。每 5 个连续打出的点为一个计数点, 电源频率为 ,打下计数点 3 时小车速度为_____ (保留三位有效数字)。
( 2 )下列说法正确的是_____(多选)
A. 改变小车总质量,需要重新补偿阻力
B. 将打点计时器接到输出电压为 的交流电源上
C. 调节滑轮高度, 使牵引小车的细线跟长木板保持平行
D. 小车应尽量靠近打点计时器, 并应先接通电源, 后释放小车
(3)改用如图 1 所示的气垫导轨进行实验。气垫导轨放在水平桌面上并调至水平, 滑块在槽码的牵引下先后通过两个光电门, 配套的数字计时器记录了遮光条通过光电门 1、2 的遮光时间分别为 ,测得两个光电门间距为 ,用游标卡尺测量遮光条宽度 ,结果如图 2 所示,其读数 _____mm,则滑块加速度 _____(用题中所给物理量符号表示)。
图 1
图 2
8. (2024·天津·高考真题)某同学用图示装置探究加速度与力的关系。
(1)为补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力,调节木板倾角,使小车在不挂槽码时运动,并打出纸带进行检验,下图中能表明补偿阻力恰当的是_____； C.
A.
B.
D.
(2)某次实验得到一条纸带, 部分计数点如下图所示(每相邻两个计数点间还有 4 个点, 图中未画出),测得 。已知打点计时器所接交流电源频率为 ,则小车的加速度 _____ (要求充分利用测量数据,结果保留两位有效数字); (3)该同学将一个可以直接测出绳子拉力的传感器安装在小车上,小车和传感器总质量为 。按要求补偿阻力后,该同学共进行了四次实验,悬挂的槽码质量依次为
处理数据时,用两种方式得到小车 (含传感器) 受到的合力,一种将槽码所受重力当作合力、另一种将传感器示数当作合力, 则这两种方式得到的合力差异最大时,槽码质量为_____g。
9. (2024·甘肃·高考真题) 用图 1 所示实验装置探究外力一定时加速度与质量的关系。
图 1
图2
(1)以下操作正确的是_____(单选,填正确答案标号)。
A. 使小车质量远小于槽码质量 B. 调整垫块位置以补偿阻力
C. 补偿阻力时移去打点计时器和纸带 D. 释放小车后立即打开打点计时器
(2)保持槽码质量不变, 改变小车上砝码的质量, 得到一系列打点纸带。其中一条纸带的计数点如图 2 所示,相邻两点之间的距离分别为 ,时间间隔均为 。下列加速度算式中,最优的是_____(单选,填正确答案标号)。
A.
B.
C.
D.
(3)以小车和砝码的总质量 为横坐标,加速度的倒数 为纵坐标,甲、乙两组同学分别得到的 图像如图 3 所示。由图可知,在所受外力一定的条件下, 与 成_____ (填“正比”或“反比”); 甲组所用的_____(填“小车”、
图3
“砝码”或“槽码”)质量比乙组的更大。
10. (2024·浙江·高考真题) 如图 1 所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。
图 1
(1)该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的,因此我们采用的研究方法是_____；
A. 放大法 B. 控制变量法 C. 补偿法
(2)该实验过程中操作正确的是_____；
A. 补偿阻力时小车未连接纸带
B. 先接通打点计时器电源, 后释放小车
C. 调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行
(3)在小车质量_____(选填“远大于”或“远小于”)槽码质量时,可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。上述做法引起的误差为_____(选填“偶然误差”或“系统误差”)。为减小此误差, 下列可行的方案是_____；
A. 用气垫导轨代替普通导轨, 滑块代替小车
B. 在小车上加装遮光条, 用光电计时系统代替打点计时器
C. 在小车与细绳之间加装力传感器, 测出小车所受拉力大小
(4)经正确操作后获得一条如图 2 所示的纸带,建立以计数点 0 为坐标原点的 轴,各计数点的位置坐标分别为 。已知打点计时器的打点周期为 ,则打计数点 5 时小车速度的表达式 _____；小车加速度的表达式是_____。
图2
A. B. C.
11. (2023·全国甲卷·高考真题) 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 点时小车位置为初始位置,将打出 各点时小车的位移 填到表中,小车发生对应位移和平均速度分别为 和 ,表中 _____cm, _____cm/s。
图(b)
位移区间
6.60 14.60 34.90 47.30
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 的变化关系,如图(c)所示。在答题卡上的图中补全实验点_____。
图(c)
( 3 )从实验结果可知,小车运动的 图线可视为一条直线,此直线用方程 表示,其中 _____cm _____cm 。(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 点时小车速度大小 _____,小车的加速度大小 _____。(结果用字母 、 表示)
12. (2024·江西·高考真题) 某小组探究物体加速度与其所受合外力的关系。实验装置如图 (a)所示, 水平轨道上安装两个光电门, 小车上固定一遮光片, 细线一端与小车连接, 另一端跨过定滑轮挂上钩码。
图(b)
(1)实验前调节轨道右端滑轮高度,使细线与轨道平行,再适当垫高轨道左端以平衡小车所受摩擦力。
(2)小车的质量为 。利用光电门系统测出不同钩码质量 时小车加速度 。钩码所受重力记为 ,作出 图像,如图 (b) 中图线甲所示。
(3)由图线甲可知, 较小时, 与 成正比； 较大时, 与 不成正比。为了进一步探究,将小车的质量增加至 ,重复步骤 (2) 的测量过程,作出 图像,如图(b)中图线乙所示。
(4)与图线甲相比,图线乙的线性区间_____,非线性区间_____。再将小车的质量增加至 ,重复步骤 (2) 的测量过程,记录钩码所受重力 与小车加速度 ,如表所示 (表中第 组数据未列出)。
序号 1 2 3 4 5
钩码所受重力 0.020 0.040 0.060 0.080 0.100
小车加速度 0.26 0.55 0.82 1.08 1.36
序号 6 7 8 9~14 15
钩码所受重力 0.120 0.140 0.160 ...... 0.300
小车加速度 1.67 1.95 2.20 ...... 3.92
(5)请在图(b)中补充描出第 6 至 8 三个数据点,并补充完成图线丙_____。
(6)根据以上实验结果猜想和推断:小车的质量_____时, 与 成正比。结合所学知识对上述推断进行解释:_____。
13. (2023·上海·高考真题) 如图所示,是某小组同学“用 DIS 研究加速度与力的关系”的实验装置, 实验过程中可近似认为钩码受到的总重力等于小车所受的拉力。先测出钩码所受的重力为 ,之后改变绳端的钩码个数,小车每次从同一位置释放,测出挡光片通过光电门的时间 。
(1)实验中_____(选填“必须”或“不必”)测出小车质量 。
(2)为完成实验还需要测量_____和_____。
(3)实际小车受到的拉力小于钩码的总重力,原因是_____。
(4)若导轨保持水平,滑轮偏低导致细线与轨道不平行,则细线平行时加速度 ,与不平行时加速度 相比, _____(选填“大于”“小于”或“等于”) 。
14. (2023·天津·高考真题) 某同学利用图示的气垫导轨实验装置验证机械能守恒定律, 主要实验步骤如下:
A. 将桌面上的气垫导轨调至水平;
B. 测出遮光条的宽度
C. 将滑块移至图示位置,测出遮光条到光电门的距离
D. 由静止释放滑块,读出遮光条通过光电门的遮光时间
E. 秤出托盘和砝码总质量 ,滑块 (含遮光条) 的质量
已知当地重力加速度为 ,回答以下问题 (用题中所给的字母表示)
(1)遮光条通过光电门时的速度大小为_____；
( 2 )遮光条由静止运动至光电门的过程,系统重力势能减少了_____,遮光条经过光电
门时,滑块、托盘和砝码的总动能为_____；
(3)通过改变滑块的释放位置,测出多组 、 数据,利用实验数据绘制 图像如图。若图中直线的斜率近似等于_____,可认为该系统机械能守恒。
四、单摆
15. (2023·河北·高考真题) 某实验小组利用图装置测量重力加速度。摆线上端固定在
点, 下端悬挂一小钢球, 通过光电门传感器采集摆动周期。
(1)关于本实验,下列说法正确的是_____。(多选)
A. 小钢球摆动平面应与光电门 形平面垂直 B. 应在小钢球自然下垂时测量摆线长度
C. 小钢球可以换成较轻的橡胶球 D. 应无初速度、小摆角释放小钢球
(2)组装好装置,用毫米刻度尺测量摆线长度 ,用螺旋测微器测量小钢球直径 。螺旋测微器示数如图,小钢球直径 _____mm,记摆长 。
(3)多次改变摆线长度,在小摆角下测得不同摆长 对应的小钢球摆动周期 ,并作出 图像,如图。
根据图线斜率可计算重力加速度 _____ (保留 3 位有效数字, 取 9.87)。
(4)若将摆线长度误认为摆长,仍用上述图像法处理数据,得到的重力加速度值将_____ (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
五、平行四边形
16. (2024·海南·高考真题) 为验证两个互成角度的力的合成规律, 某组同学用两个弹簧测力计、橡皮条、轻质小圆环、木板、刻度尺、白纸、铅笔、细线和图钉等器材,按照如下实验步骤完成实验:
MULLAML
(d) (e)
(I)用图钉将白纸固定在水平木板上；
(II)如图(d)(e) 所示,橡皮条的一端固定在木板上的 点,另一端连接轻质小圆环, 将两细线系在小圆环上, 细线另一端系在弹簧测力计上, 用两个弹簧测力计共同拉动小圆环到某位置,并标记圆环的圆心位置为 点,拉力 和 的方向分别过 和 点,大小分别为 ; 拉力 和 ,改用一个弹簧测力计拉动小圆环,使其圆心到 点,在拉力 的方向上标记 点,拉力的大小为 请完成下列问题:
( 1 )在图 (e) 中按照给定的标度画出 、 和 的图示,然后按平行四边形定则画出 、 的合力 。_____
(2)比较 和 ,写出可能产生误差的两点原因_____
17. (2023.全国乙卷·高考真题) 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 和 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 的大小,沿细线标记此时 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 和 的合成图,
得出合力 的大小和方向; 按同一标度在白纸上画出力 的图示。
⑤比较 和 的_____,从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。
六、平抛
18. (2024·河北·高考真题) 图 1 为探究平抛运动特点的装置, 其斜槽位置固定且末端水
平,固定坐标纸的背板处于竖直面内,钢球在斜槽中从某一高度滚下,从末端飞出,落在
倾斜的挡板上挤压复写纸, 在坐标纸上留下印迹. 某同学利用此装置通过多次释放钢球,
得到了如图 2 所示的印迹,坐标纸的 轴对应竖直方向,坐标原点对应平抛起点.
图1
图2
①每次由静止释放钢球时,钢球在斜槽上的高度_____(填“相同”或“不同”)。
②在坐标纸中描绘出钢球做平抛运动的轨迹。_____
③ 根据轨迹,求得钢球做平抛运动的初速度大小为_____m/s(当地重力加速度 为
,保留 2 位有效数字)。
19. (2022·福建·高考真题) 某实验小组利用图 (a) 所示装置验证小球平抛运动的特点。 实验时, 先将斜槽固定在贴有复写纸和白纸的木板边缘, 调节槽口水平并使木板竖直; 把小球放在槽口处,用铅笔记下小球在槽口时球心在木板上的水平投影点 ,建立 坐标系. 然后从斜槽上固定的位置释放小球, 小球落到挡板上并在白纸上留下印迹. 上下调节挡板进行多次实验. 实验结束后,测量各印迹中心点 的坐标,并填入表格中,计算对应的 值。
2.95 6.52 9.27 13.20 16.61 19.90
5.95 8.81 10.74 12.49 14.05 15.28
35.4 77.6 115.3 156.0 197.4 233.5
(1)根据上表数据,在图(b)给出的坐标纸上补上 数据点,并绘制“ ”图
线_____。
(2)由 图线可知,小球下落的高度 ,与水平距离的平方 成_____(填“线性”或“非线性”)关系,由此判断小球下落的轨迹是抛物线。
(3)由 图线求得斜率 ,小球平抛运动的初速度表达式为 _____(用斜率 和重力加速度 表示)。
(4)该实验得到的 图线常不经过原点,可能的原因是_____。
20. (2022·浙江·高考真题)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 ,建立水平与竖直坐标轴。让小球从斜槽上离水平桌面高为 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, 如图所示。在轨迹上取一点 ,读取其坐标 。
①下列说法正确的是_____。
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 _____。
A. B. C. D.
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_____。
21. (2022·天津·高考真题) 某同学验证两个小球在斜槽末端碰撞时的动量守恒, 实验装置如图所示。A、B 为两个直径相同的小球。实验时,不放 B,让 A 从固定的斜槽上 点自由滚下,在水平面上得到一个落点位置；将 放置在斜槽末端,让 再次从斜槽上 点自由滚下,与 发生正碰,在水平面上又得到两个落点位置。三个落点位置标记为 、 。
游标尺
(1)为了确认两个小球的直径相同,该同学用 10 分度的游标卡尺对它们的直径进行了测量,某次测量的结果如下图所示,其读数为_____mm。
(2)下列关于实验的要求哪个是正确的_____。
A. 斜槽的末端必须是水平的 B. 斜槽的轨道必须是光滑的
C. 必须测出斜槽末端的高度 D. A、B 的质量必须相同
(3)如果该同学实验操作正确且碰撞可视为弹性碰撞, A、B 碰后在水平面上的落点位置分别为_____、_____。(填落点位置的标记字母)
22. (2024·新疆河南·高考真题) 某同学用如图所示的装置验证动量守恒定律。将斜槽轨道固定在水平桌面上,轨道末段水平,右侧端点在水平木板上的垂直投影为 ,木板上叠放着白纸和复写纸。实验时先将小球 从斜槽轨道上 处由静止释放, 从轨道右端水平飞出后落在木板上; 重复多次,测出落点的平均位置 与 点的距离 ,将与 半径相等的小球 置于轨道右侧端点,再将小球 从 处由静止释放,两球碰撞后均落在木板上; 重复多次,分别测出 、 两球落点的平均位置 、 与 点的距离 、 。
完成下列填空:
(1)记 、 两球的质量分别为 、 ,实验中须满足条件 _____ (填“>”或“<”)；
(2)如果测得的 、 、 、 和 在实验误差范围内满足关系式_____,则验证了两小球在碰撞中满足动量守恒定律。实验中,用小球落点与 点的距离来代替小球水平飞出时的速度,依据是_____。
23. (2022·海南·高考真题)用如图所示的装置研究平抛物体的运动规律,击打弹片时, 做平抛运动, 做自由落体。经过多次实验发现两个小球总是同时落地,则得到的结论是:_____。
以 的抛出点做为坐标原点,建立直角坐标系,如图所示,设从 ,从 ,从
的时间分别是 、 、 ,则这三个时间是否相等_____。(选填“相等”或“不相等”)
物体平抛的初速度是多少_____(用 、 、 表示)
24. (2023·浙江·高考真题) 在“探究平抛运动的特点”实验中
图 1
图2
图3
(1)用图 1 装置进行探究,下列说法正确的是_____。
A. 只能探究平抛运动水平分运动的特点
B. 需改变小锤击打的力度,多次重复实验
C. 能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点
(2)用图 2 装置进行实验,下列说法正确的是_____。
A. 斜槽轨道 M 必须光滑且其末端水平
B. 上下调节挡板 时必须每次等间距移动
C. 小钢球从斜槽 M 上同一位置静止滚下
(3)用图 3 装置进行实验,竖直挡板上附有复写纸和白纸,可以记下钢球撞击挡板时的点迹。实验时竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端,钢球从斜槽上 点静止滚下,撞击挡板留下点迹 0,将挡板依次水平向右移动 ,重复实验,挡板上留下点迹 1、2、3、4。以点迹 0 为坐标原点,竖直向下建立坐标轴 ,各点迹坐标值分别为 。测得钢球直径为 ,则钢球平抛初速度 为_____。
A. B. C. D.
七、胡克定律
25. (2022·湖南·高考真题)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:
图(a)
(1)查找资料,得知每枚硬币的质量为 ；
(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 ,记录数据如
下表:
序号 1 2 3 4 5
硬币数量 /枚 5 10 15 20 25
长度 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；_____
图(b)
图(c)
(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)。
26. (2023·浙江·高考真题) 如图所示, 某同学把 A、B 两根不同的弹簧串接竖直悬挂, 探究 弹簧弹力与伸长量的关系。在 弹簧下端依次挂上质量为 的钩码,静止时指针所指刻度 、 的数据如表。
钩码个数 0 1 2 ...
7.75 8.53 9.30 ...
16.45 18.52 20.60 ...
钩码个数为 1 时,弹簧 A 的伸长量 _____cm,弹簧 B 的伸长量 _____cm,两根弹簧弹性势能的增加量 _____ (选填“=”、“<”或“>”)。
八、气垫导轨
27. (2022·浙江·高考真题) “探究碰撞中的不变量”的实验装置如图所示,阻力很小的滑轨上有两辆小车 ,给小车 一定速度去碰撞静止的小车 ,小车 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_____。
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下表是某次实验时测得的数据:
A 的质量/kg 的质量/ 碰撞前 的速度大小/ 碰撞后 的速度大 小 碰撞后 的速度 大小
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_____ 。(结果保留 3 位有效数字)
28. (2022·重庆·高考真题)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 的质量为 ,两滑块碰撞前后位置 随时间 的变化图像如图所示,
其中①为滑块 碰前的图线。取滑块 碰前的运动方向为正方向,由图中数据可得滑块 碰前的动量为_____ (保留 2 位有效数字),滑块 碰后的图线为_____ (选填"②""③""④")。
29. (2022·全国甲卷·高考真题) 利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为 的滑块 与质量为 的静止滑块 在水平气垫导轨上发生碰撞,碰撞时间极短,比较碰撞后 和 的速度大小 和 ,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 和 。要使碰撞后两滑块运动方向相反,应选取质量为_____ 的滑块作为 A；
(3)调节 的位置,使得 与 接触时, 的左端到左边挡板的距离 与 的右端到右边挡板的距离 相等;
(4)使 以一定的初速度沿气垫导轨运动,并与 碰撞,分别用传感器记录 和 从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间 和 ;
(5)将 放回到碰撞前的位置,改变 的初速度大小,重复步骤(4)。多次测量的结果如下表所示;
1 2 3 4 5
0.49 0.67 1.01 1.22 1.39
0.15 0.21 0.33 0.40 0.46
0.31 0.33 0.33 0.33
(6)表中的 _____(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 和 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 与滑块 在导轨上的碰撞为弹性碰撞。
九、气体实验
30. (2023·山东·高考真题) 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 和体积 (等于注射器示数 与塑料管容积 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
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. 与 成正比 B. 与 成正比
(2)若气体被压缩到 ,由图乙可读出封闭气体压强为_____ (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 ,则在计算 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 的增大而_____(填“增大”或“减小”)。
31. (2023·江苏·高考真题) 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
《力学实验》参考答案偶然 3. 5.25 1.00 斜面倾角对动摩擦因数没有影响 4. (1)B (2)3.34 (3) 不能 B 5. 见解析 6. 7.884/7.882/7.883/7.885/7.886 B 增大 7. (1)0.390 (2)CD (3) 8. (1)B (2)0.51 (3)40 9. (1)B (2)D 12. 较大 较小远大于钩码质量 见解析
1. 1.220 6.861/6.860/6.862
2.
(3) 反比 槽码 10. B B 远大于 系统
误差 11. 24.00 80.0
13. (1) 不必
(2)小车释放点到光电门的距离
挡光片的宽度
(3)见解析
(4)大于
14.
15. ABD 20.035/20.036/20.034
9.87 不变
16. (1)
MULLAL
0
(2)①没有做到弹簧秤、细绳、橡皮条都与
木板平行；②读数时没有正视弹簧测力计
17. CD/DC 相同位置 大小
和方向
18. 相同
0.71
19. 见解析 线性 水平射出点未与 点重合
20. 轨迹相同 21. 22. (1)> 离开斜槽末端后做平抛运动, 竖直方向高度相同故下落时间相同, 水平方向匀速运动直线运动, 小球水平飞出时的速度与平抛运动的水平位移成正比。
23. 做平抛运动的物体,在竖直方向上是自由落体运动 相等
24. B C D
见解析 15.35 127
26. 0.78 1.29
0.200
28. 天平 匀速直线 -0.011
③
29. 0.304 0.31 0.32
0.34
30. B 31. B
1. 1.220 6.861/6.860/6.862
【详解】[1]20 分度游标卡尺的精确值为
,由图 (a) 可知该工件的直径为
[2]螺旋测微器的精确值为 ,由图
(b) 可知该工件的高度为
2.
偶然
【详解】①[1]匀变速直线运动中,中间时刻速度等于平均速度, 所以 1 位置的速度为
②[2]题中要求充分利用数据, 利用逐差法求解加速度, 则
解得加速度为
③[3]读数产生的误差是人为因素造成的,
属于偶然误差。 【点睛】一般来说, 偶然误差是主观因素引起的误差, 比如读数错误, 操作错误等; 系统误差是客观因素造成的, 比如测量工具本身的精确度不够, 测量方法带来的不可避免的误差等。
3. 5.25 1.00
斜面倾角对动摩擦因数没有影响
【详解】(2)[1]该挡光片宽度
(3)[2]根据时间极短的平均速度近似等于瞬时速度,挡光片经过光电门 的速度
(4)[3]挡光片依次经过光电门 和 ,
由动能定理可得
解得
(5)[4]根据图像可知,动摩擦因数并不随角度的变化而发生变化, 所以可以得到的结论为斜面倾角对动摩擦因数没有影响。 4. (1)B (2)3.34 (3) 不能 B 【详解】(1)应手提纸带上端使纸带竖直, 同时使重物靠近打点计时器, 由静止释放。 故选 B。 (2)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度可得打点“13” 时, 重锤下落的速度大小 (3)[1][2]某同学用纸带的数据求出重力加速度 ,并用此 值计算得出打点“1”到“13”过程重锤的重力势能减小值为 ,另计算得动能增加值为 ( 为重锤质量),则该结果不能验证机械能守恒定律, 理由是: 该同学求出的 是重锤受到空气阻力时做匀加速运动的加速度 ,不是当地的重力加速度, 也不是重力势能的减少量。 没有当地的重力加速度的数值, 无法求出重力势能的减少量, 所以无法验证机械能守恒定律。
故选 B。
见解析
【详解】(1)[1]从打出 点到打出 点时间内, 弹簧的弹性势能减少量为
整理有
[2]打 点时钩码的速度为
由于在误差允许的范围内, 认为释放钩码的同时打出 点,则钩码动能的增加量为
[3]钩码的重力势能增加量为
(2)[4]钩码机械能的增加量,即钩码动能和重力势能增加量的总和, 若无阻力做功则弹簧弹性势能的减少量等于钩码机械能的增加量。现在随着 增加,两条曲线在纵向的间隔逐渐变大, 而两条曲线在纵向的间隔即阻力做的功, 则产生这个问题的主要原因是纸带与限位孔的摩擦力做功变多导致两曲线间隔变大。
6. 7.884/7.882/7.883/7.885/7.886
【详解】(2)[1]依题意,小球的直径为 (3)[2]在测量时,因小球下落时间很短, 如果先释放小球, 有可能会出现时间记录不完整, 所以应先接通数字计时器, 再释放小球,故选 B。
(4)[3]依题意,小球向下、向上先后通过光电门时的速度分别为 、 ,则有
则小球与硅胶材料碰撞过程中机械能的损失量为
(5)[4]若调高光电门的高度,较调整之前小球会经历较大的空中距离, 所以将会增大因空气阻力引起的测量误差。
7. (1)0.390
(2)CD
(3)
【详解】(1)相邻计数点间的时间间隔
打计数点 3 时的速度
(2)A. 平衡摩擦力时满足
两边质量消掉, 改变小车质量时不需要重
新平衡摩擦力, 选项 A 错误;
B. 电火花计时器需要接 220V 交流电源,
选项 B 错误;
C. 调节滑轮高度, 使牵引小车的细线根长木板保持平行,选项 正确;
D. 小车应尽量接近打点计时器, 并应该先接通电源后释放小车, 以充分利用纸带, 选项 D 正确。 故选 CD。 (3)[1]遮光条宽度 [2]经过两光电门时的速度分别为
根据
解得
8. (1)B (2)0.51 (3)40
【详解】(1)若补偿摩擦力恰当,则小车应该匀速运动, 打出的纸带应该点迹均匀分布, 故选 B。
(2)每相邻两个计数点间还有 4 个点未画出,可知 ; 小车的加速度 (3)根据牛顿第二定律,对砝码
对小车
可得
则当 较小时传感器的示数越接近与砝码的重力 越大,则传感器的示数与砝码重力的差异越大, 即这两种方式得到的合力差异最大时,槽码质量为 。 9. (1)B (2)D (3) 反比 槽码 【详解】(1)A. 为了使小车所受的合外力大小近似等于槽码的总重力, 故应使小车质量远大于槽码质量,故 错误； B. 为了保证小车所受细线拉力等于小车所受合力, 则需要调整垫块位置以补偿阻力, 也要保持细线和长木板平行, 故 B 正确;
C. 补偿阻力时不能移去打点计时器和纸
带, 需要通过纸带上点迹是否均匀来判断
小车是否做匀速运动,故 错误;
D. 根据操作要求, 应先打开打点计时器再释放小车, 故 D 错误。
故选 B。
(2)根据逐差法可知
联立可得小车加速度表达式为
故选 D。
(3)[1]根据图像可知 与 成正比,故在所受外力一定的条件下, 与 成反比； [2] 设槽码的质量为 ,则由牛顿第二定律
化简可得
故斜率越小,槽码的质量 越大,由图可知甲组所用的槽码质量比乙组的更大。
10. B B 远大于 系统
误差
【详解】(1)[1]该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的, 因此我们可以控制其中一个物理量不变, 研究另外两个物理量之间的关系,即采用了控制变量法。 故选 B。
(2)[2]A. 补偿阻力时小车需要连接纸带, 一方面是需要连同纸带所受的阻力一并平衡, 另外一方面是通过纸带上的点间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动, 故 A 错误;
B. 由于小车速度较快,且运动距离有限, 打出的纸带长度也有限,为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点, 实验时应先接通打点计时器电源,
后释放小车, 故 B 正确;
C. 为使小车所受拉力与速度同向, 应调节滑轮高度使细绳与长木板平行,故 错误。 故选 B。 (3)[3]设小车质量为 ,槽码质量为 。 对小车和槽码根据牛顿第二定律分别有 联立解得
由上式可知在小车质量远大于槽码质量时, 可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。
[4]上述做法引起的误差是由于实验方法或原理不完善造成的, 属于系统误差。
[5]该误差是将细绳拉力用槽码重力近似替代所引入的, 不是由于车与木板间存在阻力(实验中已经补偿了阻力)或是速度测量精度低造成的, 为减小此误差, 可在小车与细绳之间加装力传感器, 测出小车所受拉力大小。
故选 C。
(4)[6]相邻两计数点间的时间间隔为
打计数点 5 时小车速度的表达式为
[7]根据逐差法可得小车加速度的表达式是
故选 A。
【详解】(1)[1]根据纸带的数据可得
[2]平均速度为
(2)[3]根据第(1)小题结果补充表格和
补全实验点图像得
( 3 )[4][5]从实验结果可知,小车运动的 图线可视为一条直线,图像为
此直线用方程 表示,由图像可知其中
(4)[6][7]小球做匀变速直线运动,由位
移公式 ,整理得
即
故根据图像斜率和截距可得
12.
远大于钩码质量
【详解】(4) [1][2]由题图(b)分析可
知, 与图线甲相比, 图线之的线性区间较
大, 非线性区间较小;
(5)[3]在坐标系中进行描点,结合其他点用平滑的曲线拟合, 使尽可能多的点在线上, 不在线上的点均匀分布在线的两侧, 如下图所示
(6)[4][5]设绳子拉力为 ,对钩码根据牛
顿第二定律有
对小车根据牛顿第二定律有
联立解得
变形得
当 时,可认为
则
即 与 成正比。
13. (1) 不必
(2)小车释放点到光电门的距离
挡光片的宽度
(3)见解析
(4)大于
【详解】(1)[1]实验研究加速度与力的关
系,加速度与合力成正比关系,只需控制
小车质量不变即可, 无须测出小车的质
量。
(2)[1][2]小车经过光电门的速度为
由运动学公式
联立可得小车的加速度
所以需要测量小车释放点到光电门的距离
和挡光片的宽度 。 (3)[1]钩码在重力和拉力作用下向下做匀加速运动, 加速度方向竖直向下, 根据牛顿第二定律可知绳子对钩码的拉力小于钩码的重力, 而绳子对钩码的拉力大小等于绳子对小车拉力的大小, 所以实际小车受到的拉力小于钩码的总重力。
(4)[1]本实验忽略摩擦力的影响时, 细线与轨道平行时
若滑轮偏低导致细线与轨道不平行, 受力方向如图所示由牛顿第二定律有
所以
14.
【详解】(1)[1]小车通过光电门时的速度为
(2)[2]从释放到小车经过光电门, 这一过程中, 系统重力势能减少量为
[3]从释放到小车经过光电门, 这一过程
中, 系统动能增加量为
(3)[4]改变 ,做多组实验,做出如图以 为横坐标。以 为纵坐标的图像,若机
械能守恒成立有
整理有
可知,若图中直线的斜率近似等于 , 可认为该系统机械能守恒。
15. ABD 20.035/20.036/20.034
9.87 不变
【详解】(1)[1]A. 使用光电门测量时, 光电门U形平面与被测物体的运动方向垂直是光电门使用的基本要求, 故 A 正确;
B. 测量摆线长度时, 要保证绳子处于伸直状态, 故 B 正确;
C. 单摆是一个理想化模型, 若采用质量较轻的橡胶球, 空气阻力对摆球运动的影响较大,故 C 错误；
D. 无初速度、小摆角释放的目的是保持摆球在竖直平面内运动, 不形成圆锥摆, 且单摆只有在摆角很小的情况下才可视为简谐运动,使用 计算单摆的周期, 故 D 正确。 故选 ABD。 (2)[2]小钢球直径为 (3)[3]单摆周期公式 整理得
由图像知图线的斜率
解得
(4)[4]若将摆线长度 误认为摆长 ,有
则得到的图线为
仍用上述图像法处理数据, 图线斜率不
变,仍为 ,故得到的重力加速度值不变。
16. (1)
(2)①没有做到弹簧秤、细绳、橡皮条都与
木板平行；②读数时没有正视弹簧测力计
【详解】(1)按照给定的标度画出
和 的图示,然后按平行四边形定则画出
、 的合力 ,如下图所示
0
(2) 和 不完全重合的误差可能是:① 没有做到弹簧秤、细绳、橡皮条都与木板平行；②读数时没有正视弹簧测力计。 17. CD/DC 相同位置 大小和方向 【详解】②[1]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 和 的大小,还需要用铅笔在白纸上标记出小圆环的位置以及用铅笔在白纸上标记出两细线的方向。
故选 CD。
③[2]撤掉一个测力计, 用另一个测力计把小圆环拉到相同位置, 由测力计的示数得到拉力 的大小,沿细线标记此时 的方向;
⑤[3]比较 和 的大小和方向,从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。
18. 相同 0.71
【详解】[1]为保证钢球每次平抛运动的初速度相同, 必须让钢球在斜槽上同一位置静止释放,故高度相同；
[2]描点连线用平滑曲线连接, 钢球做平抛运动的轨迹如图所示
[3]因为抛出点在坐标原点, 为方便计算,
在图线上找到较远的点, 在图线上找到坐
标为 的点为研究位置,该点坐标为 (14.1cm,19.6cm),根据平抛运动规律
解得
水平射出点未与 点重合
【详解】(1)[1]根据上表数据在坐标纸上
描出 数据点,并绘制 “ ” 图线如图所示
(2)[2]由 图线为一条倾斜的直线可知,小球下落的高度 ,与水平距离的平方 成线性关系。
(3)[3]根据平抛运动规律可得
联立可得
可知 图像的斜率为
解得小球平抛运动的初速度为
(4)[4] 图线是一条直线,但常不经过原点,说明实验中测量的 值偏大或偏小一个定值, 这是小球的水平射出点未与 点重合,位于坐标原点 上方或下方所造成的。
20. C D 确保多次运动的
轨迹相同
【详解】①[1]A. 只要保证小球每次从同一位置静止释放,到达斜槽末端的速度大小都相同, 与实验所用斜槽是否光滑无
关, 故 A 错误;
B. 画轨迹时应应舍去误差较大的点, 把误差小的点用平滑的曲线连接起来,故 错误;
C. 求平抛运动初速度时应读取轨迹上离远点较远的点的数据, 便于减小读数产生的
偶然误差,故 正确;
故选 C。
②[2] 坐标原点 为抛出点,由平抛规律有
联立解得平抛的初速度为
故选 D。
③[3] 小球多次从斜槽上同一位置由静止释放是为了保证到达斜槽末端的速度大小都相同, 从而能确保多次运动的轨迹相同。
21. 10.5
【详解】(1)[1]观察主尺的单位为 ,读出主尺的读数是 ,游标尺上的第五条刻度线与主尺上的刻度线对齐, 其读数为 ,结合主尺及游标尺的读数得到被测直径为
(2)[2]ABC. 首先考查在实验的过程中, 需要小球 两次沿斜槽滚到末端时的速度都水平且大小相同。实验时应使小球 每次都从同一位置由静止开始释放, 并不需要斜槽的轨道光滑的条件, 也不需要测出斜槽末端的高度, 但是必须保证斜槽末端水平,故 正确, 错误;
D. 小球 与 发生正碰时,为使小球 在碰后不反弹,要求小球 的质量大于小球 的质量,故 错误。 故选 A。
(3)[3][4]设 、 两球的质量分别为
和 ,由 (2) 中分析知 ; 碰前
的速度 ; 因为两个金属小球的碰撞视为
弹性碰撞, 则由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
可见碰后小球 的速度小于小球 的速度,也小于碰前 的速度 ; 所以小球 单独滚下落到水平面上的位置为 、 碰后在水平面上的落点位置分别为 。
22. (1)>(2)
离开斜槽末端后做平抛运动, 竖直方向高度相同故下落时间相同, 水平方向匀速运动直线运动, 小球水平飞出时的速度与平抛运动的水平位移成正比。
【详解】(1)为了保证小球碰撞为对心正碰,且碰后不反弹,要求 ;
(2)[1]两球离开斜槽后做平抛运动,由于抛出点的高度相等, 它们做平抛运动的时间 相等,碰撞前 球的速度大小 碰撞后 的速度大小 碰撞后 球的速度大小 如果碰撞过程系统动量守恒, 则碰撞前后
系统动量相等, 则
整理得
[2]小球离开斜槽末端后做平抛运动, 竖直
方向高度相同故下落时间相同, 水平方向
匀速运动直线运动, 小球水平飞出时的速
度与平抛运动的水平位移成正比。
23. 做平抛运动的物体,在竖直方向
上是自由落体运动 相等
【详解】[1]经过多次实验发现两个小球总是同时落地,则得到的结论是: 做平抛运动的物体, 在竖直方向上是自由落体运动; [2]在水平方向是匀速运动, 由图可知, 从 水平方向位移相
等,运动相同的距离所用时间相等；
[3]设相邻两点间时间为 ,则
在竖直方向上,相邻两点间距离差为 ,
有 得
所以
24. B D
【详解】(1)[1]AC. 用如图 1 所示的实验装置, 只能探究平抛运动竖直分运动的特点, 不能研究水平分运动的特点, 故 AC 错误； B. 在实验过程中, 需要改变小锤击打的力度, 多次重复实验, 最后得出结论, 故 B 正确。 故选 B。
(2)[2]AC. 为了保证小球做平抛运动, 需要斜槽末端水平,为了保证小球抛出时速度相等, 每一次小球需要静止从同一位置释放,斜槽不需要光滑,故 错误, 正确;
B. 上下调节挡板 时不必每次等间距移动, 故 B 错误。 故选 C。 (3)[3]A. 竖直方向,根据 水平方向 联立可得 故 A 错误; B. 竖直方向,根据 水平方向 联立可得 故 B 错误; CD. 竖直方向根据 水平方向 联立可得 故 正确, 错误。 故选 D。 【点睛】 25. 见解析 15.35 127 【详解】(3) [1]根据表格标点连线如图
(4)[2]由图可知刻度尺的分度值为
,故读数 ;
(5)[3]设橡皮筋的劲度系数为 ,原长为
,则
则橡皮筋的劲度系数为
从作的 图线读取数据则可得
9.05cm
设冰墩墩的质量为 ,则有
可得
【详解】[1]钩码个数为 1 时,弹簧 A 的伸长量
[2]弹簧 B 的伸长量
[3]在 弹簧下端挂上钩码到系统在无外力作用而处于静止状态的过程, 需要有外力迫使系统最终处于静止状态, 外力对系统做负功,系统机械能是减少的,所以两根弹簧弹性势能的增加量小于钩码减小的重力势能,即
27. 0.200
【详解】①[1]碰撞前将滑轨调成水平, 保证碰撞前后 、 做匀速直线运动即可, 没有必要测量滑轨的长度和小车的长度、 高度。
故选 C。
②[2]由表中数据可知小车 A 的质量小于 B 的质量,则碰后小车 反向运动,设碰前小车 的运动方向为正方向,则可知碰后
系统的总动量大小为
解得
28. 天平 匀速直线 -0.011
③
【详解】(1)[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)[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)[3]取滑块 碰前运动方向为正方
向,根据 图可知滑块 碰前的速度为
则滑块 碰前的动量为
[4]由题意可知两物块相碰要符合碰撞制约关系则 ④ 图线为碰前 物块的图线,由图可知碰后③图线的速度大于②图线的速度, 根据 “后不超前” 的原则可知 ③ 为碰后 A 物块的图线。
29. 0.304 0.31 0.32
0.34
【详解】(2)[1]应该用质量较小的滑块碰撞质量较大的滑块, 碰后运动方向相反,
故选 0.304kg 的滑块作为 。
(6)[2]由于两段位移大小相等,根据表中的数据可得
(7)[3] 平均值为
(8)[4][5]弹性碰撞时满足动量守恒和机
械能守恒, 可得
联立解得
代入数据可得
30. B 2.04 增大
【详解】(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, 与 成正比。
故选 B。
(2)若气体被压缩到 ,则有
由图乙可读出封闭气体压强为
(3)[3]某组同学进行实验时, 一同学在记录数据时漏掉了 ,则在计算 乘积时,
根据
可知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 的增大而增大。
31. B
【详解】因为该实验是要探究气体等温变化的规律; 实验中要缓慢推动或拉动活塞, 目的是尽可能保证封闭气体在状态变化过程中的温度不变; 为了方便读取封闭气体的体积不需要在橡胶套处接另一注射器。
故选 B。

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