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一 选择题满分篇 13个常考热点必须要夯实
热点1　共点力的平衡
考向一静态平衡
【真题研磨】
【典例】(2022·浙江6月选考)如图所示,一晒衣架静置于水平地面上,水平横杆与,两斜杆夹角θ=60°。一重为G的物体悬挂在横杆中点,则的 (　　)
A.作用力为G　　　　　B.作用力为G
C.摩擦力为G D.摩擦力为G
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 不考虑晒衣架重力
② 每根斜杆上的力相等
③ 地面给每根杆的作用力是支持力与摩擦力的合力
【答题要素】
解决平衡问题的解题流程
【多维演练】
1.维度:三个共点力作用下的静态平衡
如图所示,蜘蛛用蛛丝将其自身悬挂在水管上,并处于静止状态。蛛丝OM、ON与竖直方向夹角分别为α、β(α>β)。用F1、F2分别表示OM、ON的拉力,则 (　　)
A.F1的竖直分力大于F2的竖直分力
B.F1的竖直分力等于F2的竖直分力
C.F1的水平分力大于F2的水平分力
D.F1的水平分力等于F2的水平分力
2.维度:多个力作用下的匀速直线运动
如图所示,矩形平板ABCD的AD边固定在水平面上,平板与水平面夹角为θ,AC与AB的夹角也为θ。质量为m的物块在平行于平板的拉力作用下,沿AC方向匀速运动。物块与平板间的动摩擦因数μ=tanθ,重力加速度大小为g,拉力大小为 (　　)
A.2mgsinθcos　B.2mgsinθ　C.2mgsin　D.mgsinθcos
3.维度:带电离子在复合场中的平衡
如图所示,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等,质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内,a在纸面内做匀速圆周运动,b在纸面内向右做匀速直线运动,c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是 (　　)
A.ma>mb>mc　　　　　B.mb>ma>mc
C.mc>ma>mb D.mc>mb>ma
考向二动态平衡
【真题研磨】
【典例】(多选)(2021·湖南选择考改编)质量为M的凹槽静止在水平地面上,内壁为半圆柱面,截面如图所示,A为半圆的最低点,B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m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点,力F的方向始终沿圆弧的,在此过程中所有摩擦均可,下列说法正确的是 (　　)
A.推力F一直增大
B.滑块对凹槽的压力先减小后增大
C.的压力先增大后减小
D.的支持力先减小后增大
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 小滑块处于平衡状态
② 力F始终与轨道对小滑块的支持力垂直,想到辅助圆中两直角边
③ 小滑块不受摩擦力
④ 整体为研究对象,水平方向二力平衡,竖直方向三力平衡
【模型转化】
①隔离法　　　　　　　　　　　　②整体法
【答题要素】
分析动态平衡问题的方法
方法 操作步骤
解析法 (1)对研究对象受力分析,画出受力分析图。 (2)列平衡方程得出未知量与已知量的关系表达式。 (3)根据已知量变化情况来确定未知量的变化情况。
图解法 (1)常用于求解三力平衡,一力恒力,另一力方向不变。 (2)根据已知量的变化情况,画出平行四边形边、角的变化(画不同状态下的平衡图)。 (3)确定未知量大小、方向的变化。
相似三 角形法 (1)三力平衡中,一个力是恒力,另外两力方向都变化。根据空间几何关系,可画出力的矢量三角形和空间几何三角形。 (2)确定对应边,利用相似三角形对应边成比例计算。 (3)确定未知量大小的变化情况。
【多维演练】
1.维度:三力平衡,一力恒定,一力方向不变,另一力大小方向均改变
　如图所示,在倾角为θ的光滑斜面上有一光滑挡板A,在挡板和斜面之间夹一质量为m的重球B,开始板A处于竖直位置,现使其下端绕O沿逆时针方向缓慢转至水平位置,下列分析重球B对斜面和对挡板压力的变化情况说法正确的是 (　　)
A.对斜面的压力逐渐减小,对挡板的压力也逐渐减小
B.对斜面的压力逐渐变大,对挡板的压力则逐渐减小
C.对斜面的压力逐渐减小,对挡板的压力先变小后变大
D.对斜面的压力逐渐减小,对挡板的压力先变大后变小
2.维度:三力平衡,一力大小方向不变,另外两力方向均变
一轻杆BO,其O端用光滑铰链固定在竖直轻杆AO上,B端挂一重物,且系一细绳,细绳跨过杆顶A处的光滑小滑轮,用力F拉住,如图所示。现将细绳缓慢往左拉,使杆BO与杆AO间的夹角θ逐渐减小,则在此过程中,拉力F及杆BO所受压力FN的大小变化情况是 (　　)
A.FN先减小,后增大　　　　 B.FN始终不变
C.F先减小,后增大 D.F始终不变
3.维度:三力平衡,一力大小方向不变,另外两力方向夹角不变
　如图,柔软轻绳ON的一端O固定,其中间某点M拴一重物,用手拉住绳的另一端N。初始时,OM竖直且MN被拉直,OM与MN之间的夹角为α(α>)。现将重物向右上方缓慢拉起,并保持夹角不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中 (　　)
A.MN上的张力逐渐增大
B.MN上的张力先增大后减小
C.OM上的张力逐渐增大
D.OM上的张力先减小后增大
1.(图解法)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上,用水平力F拉着绳的中点O,使OA段绳偏离竖直方向一定角度,如图所示。设绳OA段拉力的大小为FT,若保持O点位置不变,则当力F的方向顺时针缓慢旋转至竖直方向的过程中 (　　)
A.F先变大后变小,FT逐渐变小
B.F先变大后变小,FT逐渐变大
C.F先变小后变大,FT逐渐变小
D.F先变小后变大,FT逐渐变大
2.(相似三角形法)如图所示,固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔,质量为m的小球套在圆环上。一根细线的下端系着小球,上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线,使小球沿圆环缓慢上移,在移动过程中手对线的拉力F和轨道对小球的弹力FN的大小变化情况是 (　　)
A.F减小,FN不变　　　　 B.F不变,FN减小
C.F不变,FN增大 D.F增大,FN减小
3.(正交分解)如图甲所示的家用燃气炉架有五个爪,将总质量为m的锅正放在炉架上,示意图如图乙所示。忽略爪与锅之间的摩擦力,锅底可看作半径为R的球面,重力加速度为g,则每个爪与锅之间的弹力 (　　)
A.等于mg,且R越大弹力越大
B.等于mg,且R越大弹力越小
C.大于mg,且R越大弹力越大
D.大于mg,且R越大弹力越小
4.(连接体中的平衡)如图所示,小球A、B通过一条细绳跨过定滑轮连接,它们都穿在一根竖直杆上。当两球平衡时,连接两球的细绳与水平方向的夹角分别为θ和2θ。假设装置中的各处摩擦均不计,则A、B两球的质量之比为 (　　)
A.2cosθ∶1　　　　　B.1∶2cosθ
C.tanθ∶1 D.1∶2sinθ
5.(整体隔离法)在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A,A与光滑竖直墙之间放另一截面也为半圆的光滑柱状物体B,整个装置处于静止状态,截面如图所示。设墙对B的作用力为F1,B对A的作用力为F2,地面对A的作用力为F3。在B上加一物体C,整个装置仍保持静止,则 (　　)
A.F1保持不变,F3增大
B.F1增大,F3保持不变
C.F2增大,F3增大
D.F2增大,F3保持不变
6.(活结死结问题)如图,悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处;绳的一端固定在墙上,另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时,O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α=70°,则β等于 (　　)
A.45°　　　B.55°　　　C.60°　　　D.70°
7.(平衡法)如图所示,一个内表面光滑的半球形碗放在桌面上,碗口水平,O是球心,碗的球半径为R,一根轻质杆的两端固定有A、B两个小球(可视为质点),质量分别是m1、m2,已知杆长为R,杆静止时与水平面夹角为15°,则A、B两小球的质量之比是 (　　)
A.2∶1　　B.∶1　　C.∶1　　D.2∶
热点1　共点力的平衡　
考向一　静态平衡
【典例】B　设斜杆的弹力大小为F,以水平横杆和重物为整体,竖直方向根据受力平衡可得4Fcos30°=G,解得F=G,以其中一根斜杆为研究对象,其受力如图所示
可知每根斜杆受到地面的作用力应与F平衡,即大小为G,每根斜杆受到地面的摩擦力为f=Fsin30°=G,B正确,A、C、D错误。
1.D　对结点O受力分析可得,水平方向F1sinα=F2sinβ,即F1的水平分力等于F2的水平分力,选项C错误,D正确;对结点O受力分析可得,竖直方向F1cosα+F2cosβ=mg
解得F1=
F2=
则F1的竖直分量
F1x=
F2的竖直分量
F2x=
因sinαcosβ-cosαsinβ=sin(α-β)>0
可知F2x>F1x,选项A、B错误。
2.A　对物块受力分析,如图甲、乙所示,重力沿斜面向下的分力为mgsinθ,支持力FN=mgcosθ,滑动摩擦力Ff=μFN=mgsinθ,则拉力F=2mgsinθcos,故A正确。
3.B　由题意知,三个带电微粒受力情况:mag=qE,mbg=qE+qvB,mcg+qvB=qE,所以mb>ma>mc,故B正确,A、C、D错误。
考向二　动态平衡
【典例】A、C　对滑块受力分析,力F与支持力N的合力与重力mg等大反向,力F一直增大,凹槽对滑块的支持力一直减小,由牛顿第三定律知,滑块对凹槽的压力一直减小,故A正确,B错误;对凹槽与滑块整体分析,墙面对凹槽的压力与力F水平方向分力平衡,力F水平方向分力先增大后减小,所以C正确。水平地面对凹槽的支持力为N1等于总重力减去力F在竖直方向分力,力F在竖直方向分力越来越大,故水平地面对凹槽的支持力越来越小,所以D错误。
1.C　重球初始时刻的受力情况如图甲所示,因挡板是缓慢转动的,所以重球处于动态平衡状态,在转动过程中,重力、斜面的支持力和挡板的弹力组成的矢量三角形的变化情况如图乙所示(重力G的大小、方向均不变,斜面对重球的支持力F2'的方向始终不变),由图乙可知此过程中斜面对重球的支持力F2'不断减小,挡板对重球的弹力F1'先减小后增大,由牛顿第三定律可知选项C正确。
2.B　细绳缓慢往左拉θ逐渐减小的过程,结点B所受杆的支持力FN沿杆向上,沿绳向上的拉力F及悬挂物体的拉力,三力组成封闭三角形,与几何三角形OAB相似,对应边成比例,随着AB变短,F变小,杆长不变,FN大小始终不变。
3.A　以结点处的重物为研究对象,受重力mg、OM绳上拉力F2、MN上拉力F1,依题意,三个力合力始终为零,矢量三角形如图所示,三角形中α角保持不变,即保持角θ恒定,以重力mg为弦,作一圆,F1的箭头始终落在圆周上,根据同弧所对的圆周角相等,保证了θ不变,据题意γ角逐渐从零度增大到90°,在F2转至水平的过程中,MN上的张力F1逐渐增大,OM上的张力F2先增大后减小,故B、C、D错误,A正确。
1.C　点O受到三个拉力而处于平衡状态,其中向下的拉力的大小和方向均不变,OA的拉力方向不变,根据平衡条件,三个力可以构成首尾相连的矢量三角形,如图所示:
从图中可以看出,OA的拉力FT不断减小,拉力F先减小后增加,当拉力F与OA垂直时F最小,故C正确A、B、D错误。
2.A　对小球受力分析,其所受的三个力组成一个闭合三角形,如图所示,力三角形与圆内的三角形相似,由几何关系可知==,小球缓慢上移时,mg不变,R不变,L减小,F减小,FN大小不变,选项A正确。
3.D　设爪与锅之间的弹力为F,与竖直方向的夹角为θ,
弹力在竖直方向的分力为Fy=Fcosθ
竖直方向根据平衡条件可得5Fy=mg
则:F=>mg
由几何关系可知,R越大,cosθ越大,弹力越小,故A、B、C错误,D正确。
4.B　分别对A、B两球分析,运用合成法,如图所示
由几何知识得Tsinθ=mAg
Tsin2θ=mBg
故mA∶mB=sinθ∶sin2θ=1∶2cosθ
5.C　未放上C时,以B为研究对象,受力分析如图甲所示,由平衡条件得,墙对B的作用力F1=GBtan α。当放上C时,F1增大。A对B的作用力F2=,F1增大,则F2也增大。再以整体为研究对象,受力分析如图乙所示,则放上C前,地面对A的支持力FN=GA+GB,放上C后变为GA+GB+GC,即FN增大,地面对A的摩擦力Ff=F1,且F3为FN与Ff的合力,所以F3增大,故选项C正确。
6.B　甲物体是拴牢在细绳上O点,且甲、乙两物体的质量相等,则甲、乙绳的拉力大小相等,O点处于平衡状态,则左侧绳子拉力的方向在甲、乙两绳的角平分线上,如图所示
根据几何关系有180°=2β+α,解得β=55°,故选B。
7.B　由于OA2=R2,OB2=R2,AB2=(R)2=2R2,可得几何关系为OA2+OB2=AB2,所以△OAB为等腰直角三角形,OA、OB的夹角为90°,OB与水平方向的夹角为30°,OA与水平方向的夹角为60°,选取两小球和杆整体作为研究对象,受力分析如图甲所示:
由平衡条件得,F1在水平方向的分力F'和F2在水平方向的分力F″相等,即
F1cos60°=F2cos30°
所以A、B两小球所受碗的弹力之比为===;再以小球A为研究对象,受力分析如图乙所示:
根据平衡条件得F与m1g的合力与F1等大反向,图中两个阴影三角形相似,根据相似比得:=
再以小球B为研究对象,根据相似比得:=
则得:=
解得A、B两小球的质量之比:
=,
故A、C、D错误,B正确。热点2　牛顿运动定律的应用
考向一动力学两类基本问题
【真题研磨】
【典例】(2022·全国乙卷)如图,一不可伸长两端各连接一质量为m的小球,初始时整个系统静置于水平桌面上,两球间的距离等于绳长L。一大小为F的作用在轻绳的中点,方向与两球连线垂直。当两球运动至,它们加速度的大小均为 (　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 长度不变质量不计
② 不计摩擦
③ 外力大小方向不变
④ 每个小球加速度沿绳方向,是瞬时加速度
【模型转化】
【失分警示】
1.不能确定两个小球在不同距离加速度不同,即牛顿第二定律的瞬时性。
2.找不出几何关系。
【答题要素】
1.求解瞬时加速度的一般思路
2.动力学问题的解题思路
【多维演练】
1.维度:以圆为背景,物体沿着不同的弦运动
处于竖直平面内的某圆的两条直径AB、CD间夹角为60°,其中直径AB水平,AD与CD是光滑的细杆。从A点和C点分别静止释放两小球,从A、C点下落到D点的时间分别是t1、t2,则t1∶t2是 (　　)
A.1∶1　　B.3∶2　　C.∶　　D.∶
2.维度:利用牛顿运动定律和运动学公式求位移
如图所示,两个相邻滑冰道上有甲、乙两同学坐在冰车上进行游戏。当甲从倾角为θ的光滑冰道顶端A由静止开始自由下滑时,在斜面底部B处的乙通过冰钎作用于冰面,从静止开始沿光滑的水平冰道向右做匀加速直线运动,加速度为g。已知甲、乙和冰车均可视为质点,甲通过斜面与水平面的交接处(B处)时,速度的方向改变、大小不变,且最终甲刚好在C处能追上乙,则 (　　)
A.斜面AB长度与水平面BC长度相等
B.斜面倾角θ=30°
C.甲运动至B处时,乙运动至BC中点处
D.若甲从A有初速度下滑,则甲、乙相遇位置可能在C点右侧
考向二牛顿运动定律与图像问题
【真题研磨】
【典例】(多选)(2021·全国乙卷改编)水平地面上有一质量为m1的长木板,木板的左端上有一质量为m2的物块,如图(a)所示。用水平向右的,F随时间t的变化关系如图(b)所示,其中F1、F2分别为t1、t2的大小。木板的加速度a1随时间t的变化如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1,物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力,重力加速度大小为g。则 (　　)
A.μ2m2>μ1(m1+m2)
B.F2=(μ1-μ2)g
C.木板获得的最大加速度为-μ1g
D.在t1时刻物块与木板发生相对滑动
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① F作用在物块上而不是木板上
② 力与时间有对应关系,注重临界点
③ 注意是木板加速度随时间的变化关系
④ 不考虑最大静摩擦力
【答题要素】
解决图像问题注意“六”看
看轴 明确两坐标轴代表哪两个物理量
看线 明确图线是直线还是曲线
看点 明确交点和拐点
看斜 明确斜率代表什么意义
看截 明确截距代表哪个物理量
看面 明确图线与坐标轴围成的面积代表什么意义
【多维演练】
1.维度:加速度与位移图像
(多选)如图(a),倾角为θ的光滑斜面上,轻弹簧平行斜面放置且下端固定,一质量为m的小滑块从斜面上O点由静止滑下。以O点为原点,作出滑块从O点下滑至最低点过程中的加速度大小a随位移x变化的关系如图(b)。弹簧形变始终未超过弹性限度,重力加速度大小为g。下列判定正确的是 (　　)
A.弹簧的劲度系数为
B.下滑过程中,在x=x2处,滑块的机械能最大
C.在x1~x2和x2~x3两段过程中,弹簧弹性势能的增量相等
D.在x1~x2和x2~x3两段过程中,a-x图线斜率的绝对值均等于
2.维度:F随位移变化图像
一质量为m的物块静止在光滑水平面上,某时刻起受到水平向右的大小随位移变化的力F的作用,F随位移变化的规律如图所示,下列说法正确的是 (　　)
A.物块先做匀加速运动,后做匀减速运动
B.物块的位移为x0时,物块的速度最大
C.力F对物块做的总功为6F0x0
D.物块的最大速度为
考向三牛顿运动定律与多过程多对象问题
【真题研磨】
【典例】(多选)(2022·湖南选择考)球形飞行器安装了可提供推力的矢量发动机,总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比(即F阻=kv2,k为常量)。当发动机关闭时,飞行器竖直下落,经过一段时间后,其的速率为10 m/s;当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动,经过一段时间后,飞行器的速率为5 m/s。重力加速度大小为g,不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化,下列说法正确的是 (　　)
A.发动机的最大推力为1.5Mg
B.当飞行器以5 m/s飞行时,发动机推力的大小为Mg
C.发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时,飞行器速率为5 m/s
D.当飞行器以5 m/s的速率飞行时,其加速度大小可以达到3g
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 推力方向可以是任意方向
② 重力和空气阻力平衡,可以求出k值
③ 可以求出最大推力
④ 空气阻力与运动方向相反
【模型转化】
【答题要素】
　处理连接体问题的解题技巧
(1)整体法:把整个连接体系统看作一个研究对象,分析整体所受的外力,运用牛顿第二定律列方程求解。
(2)隔离法:把系统中某一物体(或一部分)隔离出来作为一个单独的研究对象,进行受力分析,列方程求解。
(3)整体法与隔离法的选用:求解连接体问题时,随着研究对象的转移,往往整体法与隔离法交叉运用。一般的思路是先用其中一种方法求加速度,再用另一种方法求物体间的作用力或系统所受合力。无论运用整体法还是隔离法,解题的关键还是在于对研究对象进行正确的受力分析。
【多维演练】
1.维度:绳上的弹力可以发生突变,弹簧上的弹力不能发生突变
　如图所示,两个质量均为m的小球A、B用细绳相连,小球A与一个轻弹簧相连,弹簧另一端固定在竖直墙上,小球A用一根细线连在天花板上,开始时,两小球都静止不动,这时细线与水平方向的夹角是θ=45°,弹簧水平,重力加速度为g,现突然把A与天花板之间的细线剪断,在剪断线的瞬间,小球A的加速度大小是 (　　)
A.2g　　　B.g　　　C.2g　　　D.g
2.维度:利用牛顿第二定律求瞬时加速度
　(多选)汽车运送圆柱形工件的示意图如图所示,图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器。假设圆柱形工件表面光滑,汽车静止时,Q传感器示数为零,P、N传感器示数不为零。汽车以加速度a向左匀加速启动,重力加速度g取10 m/s2,下列情况说法正确的是(tan15°=0.27) (　　)
A.当a=2 m/s2时,P有示数,Q无示数
B.当a=2 m/s2时,P有示数,Q有示数
C.当a=3 m/s2时,P有示数,Q有示数
D.当a=3 m/s2时,P无示数,Q有示数
3.维度:机车以恒定加速度启动
质量为m的汽车在平直的路面上启动,启动过程的速度—时间图像如图所示,其中OA段为直线,AB段为曲线,B点后为平行于横轴的直线。已知从t1时刻开始汽车的功率保持不变,整个运动过程中汽车所受阻力的大小恒为f,以下说法正确的是 (　　)
A.0~t1时间内,汽车牵引力的功率保持不变
B.t1~t2时间内,汽车的功率等于v2
C.t1~t2时间内,汽车的平均速率小于
D.汽车运动的最大速率v2=v1
1.(超重失重)(多选)第二届进博会于2019年11月在上海举办,会上展出了一种乒乓球陪练机器人,该机器人能够根据发球人的身体动作和来球信息,及时调整球拍将球击回。若机器人将乒乓球以原速率斜向上击回,球在空中运动一段时间后落到对方的台面上,忽略空气阻力和乒乓球的旋转。下列说法正确的是 (　　)
A.击球过程合外力对乒乓球做功为零
B.击球过程合外力对乒乓球的冲量为零
C.在上升过程中,乒乓球处于失重状态
D.在下落过程中,乒乓球处于超重状态
2.(单物体运动)元宵节期间人们燃放美丽的焰火以庆祝中华民族的传统节日,按照设计,某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后,在3 s末到达离地面90 m的最高点时炸开,构成各种美丽的图案。假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v0,上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍,g取10 m/s2,那么v0和k分别等于 (　　)
A.30 m/s,1　　　　　　B.30 m/s,0.5
C.60 m/s,0.5 D.60 m/s,1
3.(传送带)(多选)如图所示,一足够长的传送带倾斜放置,倾角θ=37°,以恒定速率v=4 m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0=12 m/s从A端冲上传送带,煤块与传送带之间动摩擦因数μ=0.25,取g=10 m/s2,sin37°= 0.6、cos37°= 0.8。则下列说法正确的是 (　　)
A.煤块冲上传送带后经1 s与传送带速度相同
B.煤块向上滑行的最大位移为10 m
C.煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为5 s
D.煤块在传送带上留下的痕迹长为(12+4)m
4.(瞬时加速度)
如图,篮球从某一高度自由落下,与地面反复碰撞,最后停在地面上,空气阻力不计,下列图像能大致反映该过程篮球的加速度随时间变化的是 (　　)
5.(超重失重应用)中国台北101大厦高508米,楼内装有2部速度创世界之最的观光电梯,电梯由程序自动控制。电梯最高运行速度达17 m/s,仅需39秒便可将一游客从1楼送到89楼的室内观景台。该游客欲估测一下观景台距地面的高度,他找了一个电子体重计置于电梯内,体重60 kg的他站了上去且相对电梯保持静止,电梯启动后,体重计先是显示为66.0 kg,一段时间后恢复为60.0 kg并保持不变,在将到达观景台时段体重计示数则恒为53.4 kg。重力加速度g取10 m/s2,则由此可得观景台的高度约为(　　)
A.380 m　　　B.387 m　　　C.445 m　　　D.440 m
6.(连接体问题)(多选)如图甲所示,斜面体放在粗糙的水平地面上,两斜面光滑且倾角分别为53°和37°,两小滑块P和Q用绕过滑轮不可伸长的轻绳连接,分别置于两个斜面上,且轻绳平行于斜面,已知P、Q和斜面体均静止不动。若交换两滑块位置,如图乙所示,再由静止释放,斜面体仍然静止不动,P的质量为m,取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,重力加速度大小为g,不计滑轮的质量和摩擦,则下列判断正确的是 (　　)
A.Q的质量为m
B.在图甲中,斜面体与地面间有摩擦力
C.在图乙中,滑轮受到轻绳的作用力大小为mg
D.在图乙中,斜面体对地面的摩擦力方向水平向左
7.(图像问题)如图甲所示,A、B两物块静止叠放在水平地面上。水平拉力F作用在A上,且F从0开始逐渐增大,B的加速度aB与F的关系图像如图乙所示,则A的加速度aA与F的关系图像可能正确的是 (　　)
热点2　牛顿运动定律的应用　
考向一　动力学两类基本问题
【典例】A　当两球运动至二者相距L时,如图所示。设绳子拉力为FT,则水平方向有2FTcosθ=F,而sinθ==,则cosθ=,解得FT=。选其中一个小球作为研究对象,根据牛顿第二定律有:FT=ma,解得a=,故选项A正确,B、C、D错误。
1.C　由图可知,sCD=2R,aCD=g,由几何关系可得出sAD=R,aAD=g,由运动学公式s=at2,可得=,代入数据得=,故C正确。
2.B　设甲到达B的时间为t1,甲在水平面上追上乙的时间为t2,水平面都是光滑的,甲到达水平面后做匀速直线运动,设甲匀速直线运动的速度为v。
则甲在水平面上的位移:x2=vt2
乙做匀加速直线运动,最终甲刚好在C处能追上乙,说明甲追上乙时乙的速度恰好为v,则乙的位移:x2=(t1+t2)联立可得t1=t2
可知到甲刚好追上乙时,甲在水平面上和斜面上的滑行时间一定相等;
甲在斜面上运动的位移为x1=t1=vt2=x2,即斜面AB长度等于水平面BC长度的一半,故A错误;设甲在斜面上运动的加速度大小为a,甲从开始到B点过程中,有x1=a。乙从开始运动到C的过程中,有x2=×g×(t1+t2)2=g。联立解得a=g
对甲在斜面上运动过程中,根据牛顿第二定律可得mgsinθ=ma
解得θ=30°,故B正确;
由于t1=t2,根据匀变速直线运动的规律可知,甲运动至B处时,乙正好运动一半时间,根据初速度为零的匀加速直线运动中,连续相等的时间内位移之比为奇数比,可知则乙运动的距离为s=BC,故C错误;
若甲从A有初速度下滑,则甲到达C点的时间减少,此时乙不可能到达C点,所以相遇点在C点的左侧,不可能在C点右侧,故D错误。
考向二　牛顿运动定律与图像问题
【典例】A、C　t2时刻以后长木板加速度不变,对长木板根据牛顿第二定律有
μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a1①,
即μ2m2>μ1(m1+m2),故选项A正确;对长木板和物块整体根据牛顿第二定律有F2-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a1②,联立①②式解得
F2=(μ2-μ1)g,
故选项B错误;由①可得,木板获得的最大加速度为-μ1g1 ,故选项C正确;t1时刻,长木板开始相对地面运动,t2时刻以后长木板的加速度不变,长木板与物块开始发生相对滑动,故选项D错误。
1.A、D　由题图可知,当小滑块下落到x2时,加速度为零,即弹力与重力沿斜面的分量大小相等,此时弹簧的形变量为(x2-x1),则有k(x2-x1)=mgsinθ,解得:k=,故A正确;
对小滑块和弹簧组成的系统进行分析,由于只有重力和弹力做功,则系统机械能守恒,当弹簧的弹性势能最小,小滑块的机械能最大,故当小滑块下落到x1时,弹簧处于原长,弹性势能为零,为最小,则此时小滑块的机械能最大,B错误;
由图可知,x1~x2的距离差小于x2~x3的距离差,可得弹簧弹性势能的增量不相等,C错误;
在x1~x2的过程中,重力沿斜面的分量大于弹力,根据牛顿第二定律有mgsinθ-k(x-x1)=ma
又由A项可知k(x2-x1)=mgsinθ,联立解得a=-
由图可知,当x=x1时a=gsinθ,联立解得=即为该段图线的斜率绝对值;
在x22.D　物块在光滑水平面上运动,受到的合外力为F,因为F为正,所以物块一直加速运动;那么,物块的位移为3x0时,物块的速度最大,故A、B错误;物块所受合外力F随位移的关系式可由图像得到,由图可知,合外力做功的大小为图中曲线与x轴围成的面积,所以力F对物块做的总功为W=×2F0×3x0=3F0x0,故C错误;物块的位移为3x0时,物块的速度最大,由动能定理可得m=3F0x0,所以最大速度为vm=,故D正确。
考向三　牛顿运动定律与多过程多对象问题
【典例】B、C　飞行器关闭发动机,以v1=10 m/s匀速下落时,有Mg=k=k×100,飞行器以v2=5 m/s匀速向上时,设最大推力为Fm,Fm=Mg+k=Mg+k×25,联立可得Fm=1.25Mg,k=,A错误;飞行器以v3=5 m/s匀速水平飞行时F==Mg,B正确;发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时f==Mg=k,解得v4=5 m/s,C正确;当飞行器最大推力向下,以v5=5 m/s的速率向上减速飞行时,其加速度向下达到最大值Fm+Mg+k=Mam,解得am=2.5g,D错误。
1.B　细线剪断前,小球A受到4个力作用,重力、弹簧的弹力、细线的拉力和细绳的拉力,由力的平衡条件,可知:弹簧的弹力F=2mg,剪断细线的瞬间,小球A只受弹簧的弹力和重力,此时弹簧的弹力还是F=2mg,所以此时A球的合力FA==mg,由牛顿第二定律可知,在剪断线的瞬间,小球A的加速度大小a=g,故B正确,A、C、D错误。
2.A、D　仅N传感器有示数时,有tan15°=,得a=2.7 m/s2,当a=2 m/s2<2.7 m/s2时,P有示数,Q无示数,当a=3 m/s2>2.7 m/s2时,P无示数,Q有示数。故选A、D。
3.D　0~t1时间内,汽车做匀变速直线运动,牵引力不变,所以牵引力的功率P=Fv=Fat,牵引力的功率随时间均匀增加,A错误;t1~t2时间内汽车的功率不变等于t1时刻的功率,可得P=Fv=(ma+f)v1=v1 ,B错误;t1~t2时间内汽车做加速度逐渐减小的加速运动,由题图可知,平均速率大于,C错误;汽车的最大速度v2===(+1)v1 ,D正确。
1.A、C　球拍将乒乓球以原速率击回,可知乒乓球的动能不变,动量方向发生改变,可知合外力做功为零,冲量不为零,A正确,B错误;在乒乓球的空中运动过程中,加速度方向向下,可知乒乓球处于失重状态,C正确,D错误。
2.D　本题考查运动学规律和牛顿第二定律,利用运动学知识有x=·t,代入数据得v0=60 m/s;对上升过程中的礼花弹受力分析,如图所示。
由牛顿第二定律有mg+Ff=ma,又Ff=kmg,a= m/s2=20 m/s2,解得k=1。故A、B、C错误,D正确。
3.A、B、D　煤块先做匀减速运动,由牛顿第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ=ma1,解得a1=8 m/s2,设经t时间与传送带共速,由v0-a1t=v,解得t=1 s,故A正确;共速后,摩擦力方向向上,由牛顿第二定律mgsinθ-μmgcosθ=ma2,解得a2=4 m/s2,煤块先以12 m/s的初速度,8 m/s2的加速度减速至4 m/s,后又以4 m/s2的加速度减速至0,再反向加速至回到A点,v-t图像如图所示
由图像可知,煤块上升到最高点的位移大小等于速度—时间图线与时间轴所包围的面积的大小x=×(12+4)×1 m+×4×1 m=10 m,故B正确;煤块上升到最高点后反向向下做初速度为零,加速度为a2=4 m/s2的匀加速直线运动,设返回到A点所需的时间为t1,下滑的位移x=a2,解得t1= s,结合图像知,煤块从冲上传送带到返回A端所用时间为t总=(2+) s,故C错误;在0到1 s内传送带比煤块速度慢,则滑块在传送带上的划痕为L1=×(12+4)×1 m-4×1 m=4 m,此时划痕在煤块的下方,在1 s到2 s内,传送带速度比煤块速度大,则L2=4×1 m-×4×1 m=2 m,因为L2+) s时间内,煤块向下滑了10 m,传送带向上滑了4 m,则煤块在传送带上的划痕为L3=(10+4+2) m=(12+4) m,故D正确。
4.B　篮球自由落下到与地面接触前,只受重力作用,加速度不变,以向下为正方向,加速度为正值,图线为平行于t轴的线段;篮球与地面接触到反弹离开地面过程中,受地面的向上的弹力先从零开始逐渐增大,篮球所受的合力ma1=mg-N
开始阶段地面弹力N小于重力,合力向下,篮球向下继续挤压,N增大,合力逐渐减小,加速度逐渐减小,篮球这一阶段向下做加速度(向下为正)减小的加速运动;弹力N增大到超过重力大小时,合力向上,其大小为ma2=N-mg
随着N增大,加速度a逐渐增大,方向向上,篮球向下做加速度(向上为负)增大的减速运动直至速度为零;篮球开始向上运动(离开地面前)的过程是篮球向下挤压地面过程的逆过程,加速度变化特点是向上(为负)减小,再向下(为正)增大。故B符合题意,A、C、D不符合题意。
5.B　电梯加速上升时,有a==1 m/s2
加速时间为t1==17 s
电梯减速时,有
a'==1.1 m/s2
减速时间为t2==15.5 s
观景台的高度约为s=(t1+t2)+v(t-t1-t2)≈387 m,故选B。
6.A、C　两斜面光滑且倾角分别为53°和37°,如题图甲放置,则根据沿绳方向的力相等知mgsin 53°=mQgsin 37°,解得mQ=m,选项A正确;在题图甲中,整个系统处于静止状态,斜面体与地面之间无摩擦力,选项B错误;在题图乙中,设绳子拉力为T,根据牛顿第二定律知mgsin 53°-T=ma,T-mgsin 37°=ma,解得T=mg,滑轮受到轻绳的作用力大小为N=T=mg,选项C正确;对题图乙中的斜面体受力分析,两根绳子对滑轮的作用力竖直向下,则水平方向上P、Q对斜面体作用力的合力为Fx=mgcos53°cos37°-mgcos37°cos53°=mg,方向向右,则地面对斜面体的摩擦力向左,由牛顿第三定律可知,斜面体对地面的摩擦力方向水平向右,选项D错误。
7.C　设A的质量为m,B的质量为M,AB间的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为μ0,则
当0≤F≤μ0(M+m)g时,A、B处于静止状态,加速度都为0;
当F>μ0(M+m)g时,A、B开始一起加速运动,设当F=F0时,A、B刚好要发生相对运动,以A、B为整体,由牛顿第二定律
F0-μ0(M+m)g=(M+m)a
以B为对象,由牛顿第二定律
μmg-μ0(M+m)g=Ma
联立解得F0=
则当μ0(M+m)g当F>时,A、B发生相对滑动,对A由牛顿第二定律
F-μmg=ma2
解得a2=
由以上分析可知A的加速度aA与F的关系图像可能为C选项,C正确,A、B、D错误。热点3　平抛运动与圆周运动
考向一平抛运动规律的应用
【典例】(多选)(2022·山东等级考)如图所示,某同学将离地1.25 m的网球以13 m/s的速度斜向上击出,击球点到竖直墙壁的距离4.8 m。当网球竖直分速度为零时,击中墙壁上离地高度为8.45 m的P点。网球与墙壁碰撞后,垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍。平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取10 m/s2,网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为 (　　)
A.v=5 m/s　　　　　B.v=3 m/s
C.d=3.6 m D.d=3.9 m
【模型转化】
平抛运动的规律及推论
(1)规律:vx=v0,vy=gt,x=v0t,y=gt2。
(2)推论:做平抛(或类平抛)运动的物体
①任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点,如图甲;
②设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为θ,位移与水平方向的夹角为α,则有tanθ=2tanα,如图乙。
1.维度:竖直平面内的平抛运动应用
　某工厂为了落实有关节能减排政策,水平的排水管道满管径工作,减排前、后,水落点距出水口的水平距离分别为x0、x1,则减排前、后单位时间内的排水量之比是 (　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
2.维度:从斜面顶端平抛落在斜面上如图所示,现有两名运动员(均视为质点)从跳台a处先后沿水平方向向左飞出,其速度大小之比为v1∶v2=2∶1,不计空气阻力,则两名运动员从飞出至落到斜坡(可视为斜面)上的过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.他们飞行时间之比为t1∶t2=1∶2
B.他们飞行的水平位移之比为x1∶x2=2∶1
C.他们在空中离坡面的最大距离之比为s1∶s2=2∶1
D.他们落到坡面上的瞬时速度方向与水平方向的夹角之比为θ1∶θ2=1∶1
考向二匀速圆周运动规律的应用
【典例】(2022·山东等级考)无人配送小车某次性能测试路径如图所示,半径为3 m的半圆弧BC与长8 m的直线路径AB相切于B点,与半径为4 m的半圆弧CD相切于C点。小车以A点驶入路径,到适当位置调整速率运动到B点,然后保持。为保证安全,小车速率最大为4 m/s。在ABC段的2 m/s2,CD段的1 m/s2。小车视为质点,小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直线运动的l为 (　　)
A.t=(2+) s,l=8 m
B.t=(+) s,l=5 m
C.t=(2++) s,l=5.5 m
D.t= s,l=5.5 m
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 先匀速再减速
② BC、CD半径不同,允许通过的最大速率不同
③ 可以分别算出允许通过半圆弧的最大速率
④ 运动到B点恰好减速到允许通过半圆弧的最大速率
“一、二、三、四”求解圆周运动问题
1.维度:水平面内的圆周运动
　如图所示,质量相等的A、B两个小球悬于同一悬点O,且在O点下方垂直距离h=1 m处的同一水平面内做匀速圆周运动,悬线长L1=3 m,L2=2 m,则A、B两小球 (　　)
A.周期之比T1∶T2=2∶3
B.角速度之比ω1∶ω2=3∶2
C.线速度之比v1∶v2=∶
D.向心加速度之比a1∶a2=8∶3
2.竖直面内的匀速圆周运动
　“渤海之眼”摩天轮,位于山东省潍坊市滨海区,是当今世界上最高的无轴式摩天轮。华灯初上,摩天轮在暮色中格外醒目。若摩天轮上的轿厢正绕中心做匀速圆周运动,则以下说法正确的是 (　　)
A.在相同的时间内,乘客的速度变化相同
B.乘客在最低点时,他的动量变化率为零
C.当乘客位于摩天轮的最高点时,他处于失重状态
D.乘客在与摩天轮中心等高的位置时,他的加速度就是重力加速度g
3.维度:同轴转动
　(多选)如图所示,在水平桌面上有一个固定竖直转轴且过圆心的转盘,转盘半径为r,边缘绕有一条足够长的细绳,细绳末端系住一木块。已知木块与桌面之间的动摩擦因数μ=。当转盘以角速度ω= rad/s旋转时,木块被带动一起旋转,达到稳定状态后,二者角速度相同。已知r=1 m,下列说法正确的是 (　　)
A.当ω= rad/s稳定时,木块做圆周运动的半径为2 m
B.当ω= rad/s稳定时,木块的线速度与转盘边缘线速度大小之比为4∶1
C.要保持上述的稳定状态,角速度ωD.无论角速度多大,都可以保持上述稳定状态
1.(平抛运动)2022年冬奥会在中国成功举办后,吸引了大量冰雪爱好者投入运动中。若跳台滑雪比赛运动员从平台飞出后可视为平抛运动,现运动员甲以一定的初速度从平台飞出,轨迹为图中实线①所示,则质量比甲大的运动员乙以相同的初速度从同一位置飞出,其运动轨迹应为图中的 (　　)
A.①　　　B.②　　　C.③　　　D.④
2.(匀速圆周运动)如图所示,轻杆的一端固定在水平转轴上,另一端固定一个小球,小球随轻杆一起在竖直平面内在转轴的带动下绕O点以角速度ω做匀速圆周运动。已知杆长为L,小球的质量为m,重力加速度为g,A、B两点与O点在同一水平直线上,C、D分别为圆周的最高点和最低点,下列说法正确的是 (　　)
A.小球在运动过程中向心加速度不变
B.小球运动到最高点C时,杆对小球的作用力为支持力
C.小球运动到A点时,杆对小球作用力为m
D.小球在D点与C点相比,杆对小球的作用力的大小差值一定为2mLω2
3.(平抛运动)如图所示,将一小球从A点以某一初速度水平拋出,小球恰好落到斜面底端B点,若在B点正上方与A等高的C点将小球以相同大小的初速度水平抛出,小球落在斜面上的D点,A、B、C、D在同一竖直面上。则= (　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
4.(圆周运动)(多选)2022年2月12日,在速度滑冰男子500米决赛上,高亭宇以34秒32的成绩刷新奥运纪录。国家速度滑冰队在训练弯道技术时采用人体高速弹射装置,在实际应用中装置在前方通过绳子拉着运动员,使运动员做匀加速直线运动,到达设定速度时,运动员松开绳子,进行高速入弯训练,已知弯道半径为25 m,人体弹射装置可以使运动员在4.5 s内由静止达到入弯速度18 m/s,入弯时冰刀与冰面的接触情况如图所示,运动员质量为50 kg,重力加速度g取10 m/s2,忽略弯道内外高度差及绳子与冰面的夹角、冰刀与冰面间的摩擦,下列说法正确的是 (　　)
A.运动员匀加速运动的距离为81 m
B.匀加速过程中,绳子的平均弹力为200 N
C.运动员入弯时的向心力为648 N
D.入弯时冰刀与水平冰面的夹角大于45°
5.(变速圆周)中国选手王峥在第七届世界军人运动会上获得链球项目的金牌。王峥双手握住柄环,站在投掷圈后缘,经过预摆和3~4圈连续加速旋转及最后用力,将链球掷出。整个过程可简化为加速圆周运动和斜抛运动,忽略空气阻力,则下列说法中正确的是 (　　)
A.链球圆周运动过程中,链球受到的拉力指向圆心
B.链球掷出瞬间速度方向沿该点圆周运动的径向
C.链球掷出后做匀变速运动
D.链球掷出后运动时间与速度的方向无关
6.(变速圆周)如图所示,一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度ω转动,盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止,物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),盘面与水平面的夹角为30°,g取10 m/s2。则ω的最大值是 (　　)
A. rad/s　　　　　 B.rad/s
C.1.0 rad/s D.0.5 rad/s
7.(平抛运动)如图所示,倾角为θ的斜面体固定在水平面上,两个可视为质点的小球甲和乙分别沿水平方向抛出,两球的初速度大小相等,已知甲的抛出点为斜面体的顶点,经过一段时间两球落在斜面上的A、B两点后不再反弹,落在斜面上的瞬间,小球乙的速度与斜面垂直。忽略空气的阻力,重力加速度为g,则下列选项正确的是 (　　)
A.甲、乙两球在空中运动的时间之比为tan2θ∶1
B.甲、乙两球下落的高度之比为2tan2θ∶1
C.甲、乙两球的水平位移之比为tanθ∶1
D.甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为2tan2θ∶1
热点3　平抛运动与圆周运动　
考向一　平抛运动规律的应用
【典例】B、D　设网球飞出时的速度为v0,竖直方向=2g(H-h),代入数据得v0竖直= m/s=12 m/s,则v0水平= m/s=5 m/s,排球水平方向到P点的距离x水平=v0水平t=v0水平·=6 m,根据几何关系可得打在墙面上时,垂直墙面的速度分量v0水平⊥=v0水平·=4 m/s,平行墙面的速度分量v0水平∥=
v0水平·=3 m/s,反弹后,垂直墙面的速度分量v'水平⊥=0.75·v0水平⊥=3 m/s,则反弹后的网球速度大小为v==3 m/s,网球落到地面的时间t'== s=1.3 s,着地点到墙壁的距离d=v'水平⊥t'=3.9 m,故B、D正确,A、C错误。
1.A　设管的横截面积为S,则排水量为V排=SL,L=vt。减排前,水流速为v1,则t时间内排水量　V排1=Sv1t=Sx0;减排后,水流速为v2,则t时间内排水量V排2=Sv2t=Sx1。减排前、后单位时间内的排水量之比= ,故选A。
2.D　斜面倾角即为位移与水平方向的夹角,方程关系===
故时间与速度成正比,甲、乙两人飞行时间之比为2∶1,故A错误;
根据x=v0t
水平位移为4∶1,故B错误;
把运动员的运动分解为一个沿斜面方向的运动和一个垂直斜面方向的运动,由几何关系可知,运动员在垂直斜面方向上做初速度为v0sinθ,加速度大小为gcosθ的匀减速运动,当速度减小到零时,则离斜面距离最大,为hm=,则他们在空中离坡面的最大距离之比为4∶1,故C错误;根据平抛运动的推论:瞬时速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍,只要是落在斜面上,位移与水平方向夹角相同,所以两人落到斜坡上的瞬时速度方向一定相同,故D正确。
考向二　匀速圆周运动规律的应用
【典例】B　在BC段的最大加速度为a1=2 m/s2,则根据a1=,可得在BC段的最大速度为v1m= m/s,在CD段的最大加速度为a2=1 m/s2,则根据a2=,可得在BC段的最大速度为v2m=2 m/s= s=1 s,位移x2==3 m,在AB段匀速的最长距离为l=8 m-3 m=5 m,则匀速运动的时间t2== s,则从A到D最短时间为t=t1+t2+t3=(+) s,故选B。
1.C　小球做圆周运动所需要的向心力由重力mg和悬线拉力F的合力提供,设悬线与竖直方向的夹角为θ。对任意一球受力分析,由牛顿第二定律,在竖直方向有Fcosθ-mg=0①,在水平方向有Fsinθ=mLsinθ②,由①②得T=2π,分析题意可知,连接两小球的悬线的悬点距两小球运动平面的距离为h=Lcosθ,相等,所以周期相等,即T1∶T2=1∶1,角速度ω=,则角速度之比ω1∶ω2=1∶1,故A、B错误;根据合力提供向心力得mgtanθ=m,解得v=tanθ,根据几何关系可知tanθ1==,tanθ2==,故线速度之比v1∶v2=∶,故C正确;向心加速度a=vω,则向心加速度之比等于线速度之比为a1∶a2=∶,故D错误。
2.C　在相同的时间内,乘客的速度变化大小相同,方向不同,故A错误;乘客在最低点时,其所受合外力的方向竖直向上,由=F可知,其动量变化率等于合外力,不为零,故B错误;当乘客位于摩天轮的最高点时,所受合外力竖直向下提供向心力,而处于失重状态,故C正确;乘客在与摩天轮中心等高的位置时,合力提供了做匀速圆周运动的向心力,加速度指向圆心,他的加速度不是重力加速度g。
3.A、C　设木块的质量为m,做圆周运动的半径为R,对木块受力分析,如图所示
根据几何关系有sinθ=,tanθ=
根据题意,木块的切向加速度为零,则有T1=f=μmg
根据几何关系有tanθ=
木块做匀速圆周运动有T2=mω2R
联立解得R=
当ω= rad/s稳定时,代入数据解得,木块做圆周运动的半径为R=2 m
木块的线速度与转盘边缘线速度大小之比为==,故B错误,A正确;
要保持上述的稳定状态,由R=,可知μ2g2-ω4r2>0
解得ω<= rad/s,故D错误,C正确。
1.A　根据平抛运动规律可知,平抛运动轨迹只与初速度有关,与物体质量无关,所以质量比甲大的运动员乙以相同的初速度从同一位置飞出时,其运动轨迹应为图中的①,选项A正确。
2.C　小球做匀速圆周运动,向心加速度大小不变,方向改变,选项A错误;当小球在最高点,由牛顿第二定律FN+mg=m,可知,当小球通过最高点时线速度v=Lω大于时,FN为正值,杆对小球的作用力为向下的拉力;当小球通过最高点时线速度v=Lω小于时,FN为负值,杆对小球的作用力为向上的支持力;当小球通过最高点时线速度v=Lω等于时,FN为0。因为不知道小球在最高点时线速度v=Lω与的大小关系,所以不能判断杆对小球是支持力还是拉力,选项B错误;当小球在A点时,杆对小球作用力竖直方向分量应等于重力,水平方向分量提供向心力,故杆对小球的作用力FN==m,选项C正确;若小球在最高点,杆对小球的作用力为支持力,则在C点mg-FN1=mLω2
在D点FN2-mg=mLω2,可得FN2-FN1=2mLω2,若小球在最高点,杆对小球的作用力为拉力,则在C点mg+FN1=mLω2,在D点FN2-mg=mLω2,可得FN2-FN1=2mg,选项D错误。故选C。
3.D　如图
设AB之间高度差为h,CD之间高度差为h',h=g,h'=g
可得t1=,t2=
斜面倾角的正切值tanθ==,解得h'=h
所以==,故D正确,A、B、C错误。故选D。
4.B、C　运动员匀加速运动的距离为x=t=×4.5 m=40.5 m,A错误;匀加速过程中,加速度a== m/s2=4 m/s2,由牛顿第二定律,绳子的平均弹力F=ma=50×4 N=200 N,B正确;运动员入弯时的向心力Fn=m=50× N=648 N,C正确;设入弯时冰刀与水平冰面的夹角θ,tanθ===<1,得θ<45°,D错误。故选B、C。
5.C　链球做加速圆周运动,故拉力和瞬时速度成锐角,既有拉力的分力指向圆心提供向心力,又有拉力的分力沿切向,提供切向加速度以增大速度,故A错误;曲线运动的瞬时速度是轨迹的切线方向,故链球掷出瞬间速度方向应该沿圆周在这一点的切线方向,故B错误;链球掷出后只受重力而不计空气阻力,则合外力产生的加速度恒为g,速度会均匀改变,故其做匀变速运动,C正确;链球掷出后做斜抛运动,运动时间由竖直分运动决定,而竖直分速度的大小与夹角有关,则链球掷出后运动时间与速度的方向有关,故D错误。
6.C　当小物体转动到最低点时为临界点,由牛顿第二定律知,μmgcos 30°-
mgsin 30°=mω2r,解得ω=1.0 rad/s,故选项C正确。
7.D　由小球甲的运动可知,tanθ===,解得t=,落到斜面上的速度与水平方向夹角的正切值为tan α甲==,则tan α甲=2tanθ,由小球乙的运动可知,tan θ==,解得t'=,落到斜面上的速度与水平方向夹角的正切值为
tan α乙==,则甲、乙两球在空中运动的时间之比为t∶t'=2tan2θ∶1,A错;由h=gt2可知甲、乙两球下落的高度之比为4tan4θ∶1,B错误;由x=v0t可知甲、乙两球的水平位移之比为2tan2θ∶1,C错误;甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为2tan2θ∶1,D正确。热点4　万有引力与航天
考向一星球表面重力与引力的关系
【典例】(2022·山东等级考)“羲和号”是我国首颗太阳探测科学技术试验卫星。如图所示,该卫星围绕地球的运动,轨道平面与赤道平面接近垂直。卫星每天在相同时刻,沿相同方向经过地球表面A点正上方,恰好绕地球。已知地球半径为地轴R,自转周期为T,,则“羲和号”卫星轨道距地面高度为 (　　)
A.(-R　　　 B.(
C.(-R D.(
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 万有引力全部提供圆周运动向心力
② 地球自转周期是卫星周期的n倍
③ 黄金代换GM=gR2
　涉及地球自转问题的解题流程
1.维度:万有引力定律的应用
　理论上已经证明:质量分布均匀的球壳对壳内物体的万有引力为零。现假设地球是一半径为R、质量分布均匀的实心球体,O为球心,以O为原点建立坐标轴Ox,如图所示,一个质量一定的小物体(假设它能够在地球内部移动)在x轴上各位置受到的引力大小用F表示,则选项所示的四个F随x变化的关系图像中正确的是 (　　)
2.维度:万有引力定律在火星上的应用
“祝融号”火星车搭载着陆平台着陆火星,如图所示为着陆后火星车与着陆平台分离后的“自拍”合影。着陆火星的最后一段过程为竖直方向的减速运动,且已知火星质量约为地球质量的,火星直径约为地球直径的。则 (　　)
A.该减速过程火星车处于失重状态
B.该减速过程火星车对平台的压力大于平台对火星车的支持力
C.火星车在火星表面所受重力约为其在地球表面所受重力的
D.火星的第一宇宙速度与地球第一宇宙速度之比约为
考向二天体质量和密度
【典例】(2021·全国乙卷)科学家对银河系中心附近的恒星S2进行了多年的持续观测,给出1994年到2002年间如图所示。科学家认为S2的运动轨迹是半长轴约为1 000 AU()的椭圆,银河系中心可能存在超大质量的黑洞。这项研究工作获得了2020年诺贝尔物理学奖。若认为S2所受的作用力主要为该,设太阳的质量为M,可以推测出该黑洞质量约为 (　　)
A.4×104M　　B.4×106M　　C.4×108M　　D.4×1010M
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① S2绕黑洞椭圆轨道运动周期为16年
② 中心天体是太阳
③ S2绕黑洞椭圆轨道运动,中心天体是黑洞
【模型转化】
(1)对于日地:G=m()2r　变形=
(2)类比S2和黑洞:=
求天体密度方法
(1)利用自身因素法
利用天体表面的重力加速度g和天体半径R
由G=mg得天体质量M=
天体密度:ρ===
(2)借助其他星球法
通过观察卫星绕天体做匀速圆周运动的半径r和周期T
①由G=m得天体的质量为M=
②若已知天体的半径R,则天体的密度
ρ===
(3)宇宙飞船环绕法
若宇宙飞船绕天体表面运行时,可认为轨道半径r等于天体半径R,则天体密度ρ=,可见,只要测出宇宙飞船环绕天体表面运行的周期T,就可估算出中心天体的密度。
1.维度:计算地球质量
　2021年4月,我国自主研发的“天和”核心舱成功发射并入轨运行。若核心舱绕地球的运行可视为匀速圆周运动,已知引力常量,由下列物理量能计算出地球质量的是 (　　)
A.核心舱的质量和绕地半径
B.核心舱的质量和绕地周期
C.核心舱的绕地角速度和绕地周期
D.核心舱的绕地线速度和绕地半径
2.维度:利用万有引力提供向心力求星球密度
我国500 m口径射电望远镜(天眼)发现毫秒脉冲星“J0318+0253”,其自转周期T=5.19 ms,假设星体为质量均匀分布的球体,已知万有引力常量为6.67×10-11N·m2/kg2,以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为 (　　)
A.5×109 kg/m3　　 B.5×1012 kg/m3
C.5×1015 kg/m3 D.5×1018 kg/m3
3.维度:利用动力学方式在其他星球测量其他星球质量
(多选)航天员抵达一半径为R的星球后,做了如下的实验:取一根细绳穿过光滑的细直管,细绳的一端拴一质量为m的砝码,另一端连接在一固定的拉力传感器上,手捏细直管抡动砝码,使它在竖直平面内做圆周运动。若该星球表面没有空气,不计阻力,停止抡动细直管,砝码可继续在同一竖直平面内做完整的圆周运动,如图所示,此时拉力传感器显示砝码运动到最低点与最高点两位置时读数差的绝对值为ΔF。已知万有引力常量为G,根据题中提供的条件和测量结果,可知 (　　)
A.该星球表面的重力加速度为
B.该星球表面的重力加速度为
C.该星球的质量为
D.该星球的质量为
考向三卫星的匀速圆周运动
【典例】(多选)(2022·湖南选择考)如图,火星与地球近似在同一平面内,绕太阳沿同一方向做匀速圆周运动,。地球上的观测在大多数的时间内观测到火星相对于恒星背景;有时观测到火星由东向西。当火星、地球、太阳三者在同一直线上,且太阳和火星位于地球两侧时,称为火星冲日。忽略地球自转,只考虑太阳对行星的引力,下列说法正确的是 (　　)
A.火星的公转周期大约是地球的倍
B.在冲日处,地球上的观测者观测到火星的运动为顺行
C.在冲日处,地球上的观测者观测到火星的运动为逆行
D.在冲日处,火星相对于地球的速度最小
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 利用开普勒第三定律可求出周期之比
② 以地球为参考系
③ 两者同向相对速度最小,反向相对速度最大
【模型转化】
行星冲日满足:(ω地-ω行)t=2nπ
行星撞日满足:(ω地-ω行)t=(2n-1)π
卫星的匀速圆周运动考查角度与解决方法
考查角度 解决方法
天体运行参量分析 由万有引力提供向心力求解
宇宙速度的计算 由万有引力定律结合“黄金代换”联立求解
同步卫星的特点 从周期入手分析其他运动参量
1.维度:同步卫星
　2021年10月14日,我国成功发射首颗太阳探测科学技术试验卫星“羲和号”,实现我国太阳探测零的突破,这标志着我国正式步入“探日”时代。“羲和号”卫星运行于离地高度h=517 km的太阳同步轨道,该轨道是经过地球南北极上空且圆心在地心的圆周。“羲和号”卫星与离地高度H=35 786 km的地球静止轨道同步卫星相比,下列说法正确的是 (　　)
A.“羲和号”卫星的轨道平面可能与同步卫星的轨道平面重合
B.“羲和号”卫星绕地球做匀速圆周运动的周期小于同步卫星的周期
C.“羲和号”卫星绕地球做匀速圆周运动的加速度小于同步卫星的加速度
D.“羲和号”卫星的线速度与同步卫星的线速度大小之比等于
2.维度:三种宇宙速度在其他星球的应用
　使物体脱离星球的引力束缚,不再绕星球运行,从星球表面发射所需的最小速度称为第二宇宙速度,星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2=v1。已知某星球的半径为地球半径R的4倍,质量为地球质量M的2倍,地球表面重力加速度为g。不计其他星球的影响,则该星球的第二宇宙速度为 (　　)
A.　　　　　　　 B.
C. D.
考向四卫星的椭圆轨道运动与变轨运动
【典例】(2022·浙江1月选考)后,在如图甲所示的P点沿地火转移轨道到Q点,,则天问一号 (　　)
A.发射速度介于7.9 km/s与11.2 km/s之间
B.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
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 脱离地球吸引,须达到第二宇宙速度
② 被火星捕获,靠近火星
③ 开普勒第三定律
1.卫星的椭圆轨道运动及变轨运动模型
2.航天器变轨问题的解题技巧
(1)航天器变轨时半径(半长轴)的变化,根据万有引力和所需向心力的大小关系判断;稳定在新圆轨道上的运行速度变化由v=判断。两个不同轨道的“切点”处线速度不相等,同一椭圆轨道上近地点的线速度大于远地点的线速度。
(2)航天器在不同轨道上运行时机械能不同,轨道半径(半长轴)越大,机械能越大。
从远地点到近地点,万有引力对航天器做正功,动能Ek增大,引力势能减小。
(3)两个不同轨道的“切点”处加速度a相同。
1.维度:卫星降轨问题
　2021年5月16日至6月24日,运行在约555 km高度轨道上的“星链-1095”卫星降轨至平均高度为382 km的近圆轨道上,后持续运行于与中国空间站相近的高度。在此期间,中国空间站采取了紧急避碰措施。关于卫星的降轨,下列说法正确的是 (　　)
A.降轨前,卫星在原轨道上处于平衡状态
B.降轨时,卫星在原轨道上需要先行减速
C.降轨后,卫星在新轨道上运行周期变大
D.降轨后,卫星在新轨道上的速度将大于第一宇宙速度
2.维度:卫星在不同轨道的各物理量关系
如图所示,虚线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示地球卫星的三条轨道,其中轨道Ⅰ为与第一宇宙速度7.9 km/s对应的近地环绕圆轨道,轨道Ⅱ为椭圆轨道,轨道Ⅲ为与第二宇宙速度11.2 km/s对应的脱离轨道,a、b、c三点分别位于三条轨道上,b点为轨道Ⅱ的远地点,b、c点与地心的距离均为轨道Ⅰ半径的2倍,则 (　　)
A.卫星在轨道Ⅱ的运行周期为轨道Ⅰ周期的2倍
B.卫星经过a点的速率为经过b点速率的倍
C.卫星在a点的加速度大小为在c点加速度大小的2倍
D.质量相同的卫星在b点的机械能小于在c点的机械能
3.维度:卫星在不同轨道上的参数比较
(多选)在发射一颗质量为m的地球同步卫星时,先将其发射到贴近地球表面的圆轨道Ⅰ上(离地面高度忽略不计),再通过椭圆轨道Ⅱ变轨后到达距地面高为h的预定圆轨道Ⅲ上。已知卫星在圆形轨道Ⅰ上运行的加速度为g,地球半径为R,卫星在变轨过程中质量不变,则 (　　)
A.卫星在轨道Ⅲ上运行的加速度大小为()2g
B.卫星在轨道Ⅲ上运行的线速度大小为
C.卫星在轨道Ⅲ上运行时经过P点的速率大于在轨道Ⅱ上运行时经过P点的速率
D.卫星在轨道Ⅲ上做匀速圆周运动的动能大于在轨道Ⅰ上的动能
1.(飞船交会对接)2021年10月我国发射的神舟十三号飞船实现了和空间站径向交会对接的新突破,如图甲所示。假定对接前飞船在椭圆轨道Ⅰ上,如图乙所示,Ⅱ为空间站圆轨道,轨道半径为kR(R为地球半径),A为两轨道交点,B为飞船轨道近地点。地球表面重力加速度为g,下列说法中正确的是 (　　)
A.空间站在圆轨道Ⅱ上的向心加速度大于g
B.飞船和空间站在A处所受的万有引力相同
C.飞船在A处的机械能大于B处的机械能
D.飞船在B处的速度vB>
2.(估算黑洞)(多选)中国科学家利用“慧眼”太空望远镜观测银河系的MAXI J1820+070,其中一个是由黑洞和恒星组成的双星系统,距离地球约10 000光年。根据观测,黑洞的质量大约是太阳的8倍,恒星的质量只有太阳的一半,若已知太阳质量为M,引力常量为G,据此以上信息可以估算出 (　　)
A.黑洞与恒星做匀速圆周运动的轨道半径之比
B.黑洞与恒星做匀速圆周运动的线速度大小之比
C.黑洞做匀速圆周运动的角速度大小
D.恒星的自转周期
3.(人造卫星机械能)人造地球卫星与地心间距离为r时,取无穷远处为势能零点,引力势能可以表示为Ep=-,其中G为引力常量,M为地球质量,m为卫星质量。卫星原来在半径为r1的轨道上绕地球做匀速圆周运动,由于稀薄空气等因素的影响,飞行一段时间后其圆周运动的半径减小为r2。此过程中损失的机械能为 (　　)
A.(-)　　　　　　 B.(-)
C.GMm(-) D.GMm(-)
4.(动力学求空间站质量)“神舟十三号”飞船与我国空间站“天和”核心舱于2021年10月16日成功对接。对接后开启推进器,经过t时间后飞船和空间站组合体的速度增量为3.6×10-2 m/s;若推进器用同样的推力单独对飞船进行加速,经过相同的时间后飞船的速度增量为3.0×10-1 m/s,设飞船的质量约为3.0×103 kg,则空间站的质量约为 (　　)
A.2.5×104 kg　　　　 B.2.2×104 kg
C.4.4×102 kg D.3.6×102 kg
5.(拉格朗日点)(多选)2018年5月21日,嫦娥四号中继星“鹊桥”搭乘长征四号丙运载火箭升空,为嫦娥四号登陆月球背面做准备。为保证地月通信的稳定,“鹊桥”必须定位在“地月系统拉格朗日—2点”(简称地月L2点),在该点地球、月球和“鹊桥”位于同一直线上,且“鹊桥”和月球一起同步绕地球做圆周运动。则(　　)
A.“鹊桥”的加速度小于月球的加速度
B.“鹊桥”的线速度大于月球的线速度
C.“鹊桥”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度
D.若已知地心到月心的距离,地心到“鹊桥”的距离,可求得月球和地球的质量之比
6.(北斗导航)某颗北斗导航卫星属于地球静止轨道卫星(即卫星相对于地面静止)。则此卫星的 (　　)
A.线速度大于第一宇宙速度
B.周期小于同步卫星的周期
C.角速度大于月球绕地球运行的角速度
D.向心加速度大于地面的重力加速度
7.(双星问题)2017年10月16日,南京紫金山天文台对外发布一项重大发现,我国南极巡天望远镜追踪探测到首例引力波事件光学信号。关于引力波,早在1916年爱因斯坦基于广义相对论预言了其存在。1974年拉塞尔·赫尔斯和约瑟夫·泰勒发现赫尔斯—泰勒脉冲双星,这双星系统在互相公转时,由于不断发射引力波而失去能量,逐渐相互靠近,此现象为引力波的存在提供了首个间接证据。科学家们猜测该双星系统中体积较小的星球能“吸食”另一颗体积较大的星球表面的物质,达到质量转移的目的,则关于赫尔斯—泰勒脉冲双星周期T随双星之间的距离L变化的关系图像正确的是 (　　)
热点4　万有引力与航天
考向一　星球表面重力与引力的关系
【典例】C　地球表面的重力加速度为g,根据牛顿第二定律得=mg,解得GM=gR2,根据题意可知,卫星的运行周期为T'=,根据牛顿第二定律,万有引力提供卫星运动的向心力,则有=m(R+h),联立解得h=-R,故选C。
1.A　因为质量分布均匀的球壳对壳内物体的万有引力为零,则在距离球心x处(x≤R)物体所受的引力为F===Gπρmx∝x,故F-x图线是过原点的直线;当x>R时,F===∝,故选项A正确。
2.C　着陆火星的最后一段过程为竖直方向的减速运动,在靠近火星表面时,火星车处于超重状态,A错误;
减速过程火星车对平台的压力与平台对火星车的支持力是一对相互作用力,大小相等,方向相反,B错误;
由mg=G可知,g=G
已知火星质量约为地球质量的,火星直径约为地球直径的,故=,C正确;
由G=m可知v=,因为火星直径约为地球直径的,火星质量约为地球质量的,==,D错误。故选C。
考向二　天体质量和密度
【典例】B　由G=m()2r,可得=,由此可知地球绕太阳运动的=、S2运动的=,其中rS2=1 000r、TS2=2×(2002-1994)T=16T,解得M黑洞≈3.9×106M≈4×106M,故选项B正确。
1.D　根据核心舱做圆周运动的向心力由地球的万有引力提供可得=m=mω2r=mr,则M===,故已知核心舱的质量和绕地半径、已知核心舱的质量和绕地周期以及已知核心舱的角速度和绕地周期,都不能求解地球的质量;若已知核心舱的绕地线速度和绕地半径可求解地球的质量。故选D。
2.C　毫秒脉冲星稳定自转时由万有引力提供其表面物体做圆周运动的向心力,根据G=m,M=ρ·πR3,得ρ=,代入数据解得ρ≈5×1015 kg/m3,C正确。
3.B、C　设砝码在最高点的速率为v1,受到的弹力为F1,在最低点的速率为v2,受到的弹力为F2,则有F1+mg=m,F2-mg=m
砝码由最高点到最低点,由机械能守恒定律得mg·2r+m=m
拉力传感器读数差为ΔF=F2-F1=6mg
故星球表面的重力加速度为g=,A错误,B正确;
在星球表面附近有G=mg,则M=,故C正确,D错误
考向三　卫星的匀速圆周运动
【典例】C、D　由题意根据开普勒第三定律可知=,火星轨道半径大约是地球轨道半径的1.5倍,则可得T火=T地,故A错误;根据G=m,可得v=,由于火星轨道半径大于地球轨道半径,故火星运行线速度小于地球运行线速度,所以在冲日处火星相对于地球由东向西运动,为逆行,故B错误,C正确;由于火星和地球运动的线速度大小不变,在冲日处火星和地球速度方向相同,故相对速度最小,故D正确。
1.B　“羲和号”卫星的轨道经过地球南北极上空;而同步卫星轨道是与地球赤道共面,则“羲和号”卫星轨道平面不可能与同步卫星的轨道平面重合,选项A错误;
根据G=mr可得T=2π
“羲和号”卫星轨道半径小于同步卫星的轨道半径,可知“羲和号”卫星绕地球做匀速圆周运动的周期小于同步卫星的周期,选项B正确;
根据G=ma可得a=,可知“羲和号”卫星绕地球做匀速圆周运动的加速度大于同步卫星的加速度,选项C错误;
根据G=m可得v=,“羲和号”卫星的线速度与同步卫星的线速度大小之比等于(R为地球半径),选项D错误。故选B。
2.C　设在地球表面飞行的卫星质量为m,由万有引力提供向心力得=,又由G=mg,解得地球的第一宇宙速度为v1= =;设该星球的第一宇宙速度为v'1,根据题意,有=×=;由题意知第二宇宙速度v2=v1,联立得该星球的第二宇宙速度为v'2=,故A、B、D错误,C正确。
考向四　卫星的椭圆轨道运动与变轨运动
【典例】C　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11.2 km/s与16.7 km/s之间,故A错误;因P点转移到Q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(12个月),则从P点转移到Q点的时间为转移轨道周期的一半时间应大于6个月,故B错误;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C正确;天问一号在Q点点火加速进入火星轨道,则在地火转移轨道运动时,Q点的速度小于火星轨道的速度,根据万有引力提供向心力可知,=m,解得线速度:v=,地球公转半径小于火星公转半径,则地球绕太阳的速度大于火星绕太阳的速度,则在地火转移轨道运动时,Q点的速度小于地球绕太阳的速度,故D错误。故选C。
1.B　降轨前,卫星在原轨道做圆周运动,其合外力提供向心力,卫星在原轨道上不处于平衡状态,A错误;
降轨时,卫星的轨道半径降低,做向心运动,万有引力大于向心力,故卫星在原轨道上需要先行减速,B正确;
根据万有引力提供向心力,则有G=m()2r,解得T=2π
由此可知,轨道半径越小,周期越小,故降轨后,卫星在新轨道上运行周期变小,C错误;
根据万有引力提供向心力,则有G=m,解得v=,由于当轨道半径等于地球半径时,卫星在轨道上的速度将等于第一宇宙速度,又降轨后运行的轨道半径大于地球半径,故降轨后卫星在新轨上的速度小于第一宇宙速度,D错误。
2.D　由题可知轨道Ⅰ的半径与轨道Ⅱ的半长轴之比为=,根据开普勒第三定律
=,解得=,故A错误;
根据=,如果卫星在过b点的圆形轨道上绕地球做匀速圆周运动,如图所示
卫星经过a点的速率为经过b点的倍,而轨道Ⅱ是椭圆,因此在轨道Ⅱ上b点的速度不等于圆轨道的速度,故B错误;根据公式a=可知,卫星在a点的加速度大小为在c点的4倍,故C错误;
卫星从轨道Ⅱ变到轨道Ⅲ需要点火加速,因此在同一点加速动能增大也就是机械能增大,而同一轨道机械能守恒,因此卫星在b点的机械能小于在c点的机械能,故D正确。故选D。
3.B、C　设地球质量为M,由万有引力提供向心力得在轨道Ⅰ上有G=mg,在轨道Ⅲ上有G=ma,所以a=()2g,A错误;又因a=,所以v=,B正确;卫星由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ需要加速做离心运动,所以卫星在轨道Ⅲ上运行时经过P点的速率大于在轨道Ⅱ上运行时经过P点的速率,C正确;尽管卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅲ要在P、Q点各加速一次,但在圆形轨道上稳定运行时的速度v=,由动能表达式知卫星在轨道Ⅲ上的动能小于在轨道Ⅰ上的动能,D错误。
1.D　空间站绕地球做匀速圆周运动时,万有引力提供向心力,有G=ma,在地面的物体,有G=mg,因为空间站在圆轨道Ⅱ上时轨道半径大于地球半径,故向心加速度小于g,A错误;由万有引力表达式可知飞船和空间站在A处所受的万有引力还与飞船和空间站的质量有关,因为题目中不知道二者质量的关系,故无法判断二者在A处万有引力是否相等,B错误;飞船沿轨道Ⅰ运动时只有引力做功,机械能守恒,C错误;空间站在轨道Ⅱ绕地球做匀速圆周运动时,万有引力提供向心力,有G=,又因为G=mg,故空间站线速度为v==,因飞船运行轨道Ⅰ为椭圆轨道,故飞船在B点处的速度大于第一宇宙速度,而空间站的速度小于第一宇宙速度,故vB>,D正确。故选D。
2.A、B　设黑洞的质量为8M,恒星的质量为,黑洞和恒星组成双星系统,则角速度相等,设为ω,设黑洞的轨道半径为r1,恒星的轨道半径为r2,则恒星和黑洞的距离L=r1+r2
根据万有引力提供向心力:对黑洞G=8M·ω2r1,对恒星G=·ω2r2
联立可得ω=,且·ω2r2=8Mω2r1,则=
根据v=ωr,可得=,由于不知道黑洞和恒星的距离,无法求出角速度,故A、B正确,C错误;根据题中条件无法求出恒星的自转周期,故D错误。故选A、B。
3.A　根据卫星做匀速圆周运动,由地球的万有引力提供向心力,则轨道半径为r1时有=m
卫星的引力势能为Ep1=-,轨道半径为r2时=m,卫星的引力势能为Ep2=-
设损失的机械能为ΔE,根据能量守恒定律得
m+Ep1=m+Ep2+ΔE
联立以上各式可得ΔE=(-),故A正确,B、C、D错误。故选A。
4.B　对飞船和空间站组合体,根据牛顿第二定律F=(M+m)a1,其中a1==
对飞船,根据牛顿第二定律F=ma2,其中a2==,联立解得空间站的质量约为
M=2.2×104 kg,故B正确,A、C、D错误。
5.B、D　由题可知:“鹊桥”和月球一起同步绕地球做圆周运动,即二者角速度和周期相同,则根据an=ω2r可知,由于“鹊桥”的轨道半径大于月球轨道半径,故“鹊桥”的加速度大于月球的加速度,故选项A错误;根据公式v=ωr可知,由于“鹊桥”的轨道半径大于月球轨道半径,故“鹊桥”的线速度大于月球的线速度,故选项B正确;由于“鹊桥”与月球的周期相同,大于地球同步卫星周期,同时“鹊桥”的轨道半径大于地球同步卫星的轨道半径,则根据an=ω2r=()2r可知,无法确定“鹊桥”的向心加速度与地球同步卫星的向心加速度的大小关系,故选项C错误;设地球质量为M1,月球质量为M2,“鹊桥”的质量为m,地心到月心的距离为r1,地心到“鹊桥”的距离为r2,设“鹊桥”的周期为T,则对“鹊桥”有G+G=m()2r2,对月球有=M2()2r1,整理可以得到月球和地球的质量之比,故选项D正确。
6.C　第一宇宙速度7.9 km/s是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度,故此卫星的线速度小于第一宇宙速度,A错误;根据题意,该卫星是一颗同步卫星,周期等于同步卫星的周期,故B错误;卫星绕地球做圆周运动时,万有引力提供向心力,根据=mω2r可知,绕行半径越小,角速度越大,故此卫星的角速度大于月球绕地球运行的角速度,C正确;根据an=可知,绕行半径越大,向心加速度越小,此卫星的向心加速度小于地面的重力加速度,D错误。
7.B　双星做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供,=m1()2R1=m2()2R2,由几何关系得R1+R2=L,解得=·,已知此双星系统中体积较小的星球能“吸食”另一颗体积较大的星体表面的物质,达到质量转移的目的,每个星球的质量都发生变化,但质量之和不变,所以∝,故B正确,A、C、D错误。热点5　动量和能量
考向一动量定理的理解和应用
【典例】(2020·全国Ⅰ卷)行驶中的汽车如果发生剧烈,车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在内减小为零,关于安全气囊在此过程中的作用,下列说法正确的是 (　　)
A.增加了司机单位面积的受力大小
B.减少了碰撞前后司机动量的变化量
C.将司机的动能全部转换成汽车的动能
D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 打击碰撞问题
② 碰撞问题涉及时间,考虑应用动量定理
应用动量定理解题的基本步骤
(1)确定研究对象。中学阶段的动量定理问题,其研究对象一般仅限于单个物体。
(2)对物体进行受力分析。可以先求每个力的冲量,再求各力冲量的矢量和;或先求合力,再求其冲量。
(3)抓住过程的初、末状态,选好正方向,确定各动量和冲量的正、负号。
(4)根据动量定理列方程,如有必要还需要其他补充方程,最后代入数据求解。对过程较复杂的运动,可分段应用动量定理,也可整个过程应用动量定理。
1.维度:F-t图像的应用
(多选)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示,则 (　　)
A.t=1 s时物块的速率为1 m/s
B.t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C.t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D.t=4 s时物块的速度为零
2.维度:动量定理的理解和应用
蹦床属于体操运动的一种,有“空中芭蕾”之称。一名体重为50 kg的运动员在比赛中某次离开床面后在空中的运动时间为1.6 s,之后与蹦床经1 s的接触,再次获得1.6 s的空中动作时间。不计空气阻力影响,g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　)
A.运动员与蹦床间的平均作用力为800 N
B.运动员与蹦床间的平均作用力为1 300 N
C.运动员与蹦床接触的1 s时间里处于超重状态
D.运动员与蹦床接触的1 s时间里处于失重状态
3.维度:动量定理中的“流体模型”
用喷壶喷洒药水杀菌。某次喷洒过程中,在0.1 s内喷出2 mL的药水,药水喷出速度为12 m/s。已知药水的密度为1.0×103 kg/m3,则药水对喷壶的平均作用力为 (　　)
A.0.12 N　　　　　　　　　 B.0.24 N
C.0.48 N D.0.60 N
考向二动量守恒定律的应用
【典例】(2021·全国乙卷)如图,,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,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
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 小车与地面没有摩擦力
② 整个系统水平方向动量守恒
【模型转化】
1.动量守恒定律的应用常见模型
2.应用动量守恒定律解题的基本思路
1.维度:球与物体
如图所示,曲面体P静止于光滑水平面上,小球Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑,Q在P上运动的过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.P对Q做功为零
B.P和Q之间相互作用力做功之和为零
C.P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D.P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
2.维度:物体与物体
(多选)如图所示,质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上,其斜面光滑且足够长,与水平方向的夹角为θ。一个质量为m的小物块从斜面底端以初速度v0沿斜面向上开始运动。当小物块沿斜面向上运动到最高点时,速度大小为v,距地面高度为h,则下列关系式中正确的是 (　　)
A.mv0=(m+M)v
B.mv0cosθ=(m+M)v
C.mgh=m(v0sinθ)2
D.mgh+(m+M)v2=m
3.维度:球与球
三个半径相同的弹性球,静止于光滑水平面的同一直线上,顺序如图所示,已知mA=m,mC=4m。当A以速度v0向B运动,若要使得B、C碰后C具有最大速度,则B的质量应为 (　　)
A.m　　　　B.2m　　　　C.3m　　　　D.4m
4.维度:动量守恒中的“人船模型”
有一只小船停靠在湖边码头,小船又窄又长(重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作:首先将船平行于码头自由停泊,轻轻从船尾上船,走到船头停下,而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d,然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m,水的阻力不计,则船的质量为 (　　)
A.　　　　　　　 B.
C. D.
考向三动能定理和功能关系的应用
【典例】(多选)(2021·湖南选择考)如图(a),质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统,外力F作用在A上,(B靠墙面),此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时,A、B两物体运动的a-t图像如图(b)所示,S1表示0到t1时间内A的大小, S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是 (　　)
A.0到t1时间内,墙对B的冲量等于mAv0
B.mA>mB
C.,弹簧的最大形变量等于x
D.S1-S2=S3
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① B离开墙后,系统水平方向不受力
② 围成的面积代表速度变化量Δv
③ 系统水平方向动量守恒
【模型转化】
【失分警示】
①不知道a-t图线与坐标轴所围面积表示速度变化量Δv。
②不会判断A、B组成的系统何时动量守恒。
动量观点与能量观点综合应用技巧
(1)注意研究过程的合理选取,不管是动能定理还是机械能守恒定律或动量守恒定律,都应合理选取研究过程。
(2)要掌握摩擦力做功的特征、摩擦力做功与动能变化的关系以及物体在相互作用时能量的转化关系。
(3)注意方向性问题,运用动量定理或动量守恒定律求解时,都要选定一个正方向,对力、速度、动量等矢量都应用正、负号代表其方向,代入相关的公式中进行运算。另外,对于碰撞问题,要注意碰撞的多种可能性,做出正确的分析判断后,再针对不同情况进行计算,避免出现漏洞。
1.维度:“子弹打木块”模型
如图所示,一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上。一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块。当子弹刚射穿木块时,木块向前移动的距离为s。设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定,子弹可视为质点。则子弹穿过木块的时间为 (　　)
A.(s+L)　　　　　　 B.(s+2L)
C.(s+L) D.(L+2s)
2.维度:“板块”模型
如图所示,质量为M、长为L的长木板放在足够长的光滑水平面上,一个质量也为M的物块(可视为质点)以一定的初速度从左端冲上木板,如果长木板是固定的,物块恰好停在木板的最右端,如果长木板不固定,则物块冲上木板后在木板上滑行的距离为 (　　)
A.L　　　　B.　　　　C.　　　　D.
3.维度:“弹簧类”组合模型
　(多选)如图甲所示,在光滑水平面上,轻质弹簧一端固定,物体A以速度v0向右运动压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示),物体A以2v0的速度向右压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量仍为x,则 (　　)
A.物体A的质量为3m
B.物体A的质量为2m
C.弹簧压缩量最大时的弹性势能为m
D.弹簧压缩量最大时的弹性势能为m
1.(多选)(利用F-t图像判断动量和冲量的变化)如图所示,物体从t=0时刻开始由静止做直线运动,0~4 s内其合外力随时间变化的关系图线为正弦曲线,下列表述正确的是 (　　)
A.0~2 s内合外力的冲量一直增大
B.0~4 s内合外力的冲量为零
C.2 s末物体的动量方向发生变化
D.0~4 s内物体动量的方向一直不变
2.(动量定理的应用)民法典明确提出“禁止从建筑物中抛掷物品”,如果一瓶500 mL的矿泉水从教学楼4楼窗户坠下,与地面的撞击时间约为7×10-3 s,未反弹,则矿泉水瓶对地面的冲击力约为 (　　)
A.10 N　　　B.102 N　　　C.103 N　　　D.104 N
3.(应用动量定理处理“流体模型”)“水刀”应用高压水流切割技术,相比于激光切割有切割材料范围广,效率高,安全环保等优势。如图所示,某型号“水刀”工作过程中,将水从面积S=0.1 mm2的细喷嘴高速喷出,直接打在被切割材料表面,从而产生极大压强,实现切割。已知该“水刀”每分钟用水600 g,水的密度为ρ=1.0×103 kg/m3。假设高速水流垂直打在材料表面上后,立刻沿材料表面散开没有反弹,试估算水对材料垂直于表面方向的压强p为 (　　)
A.1.0×105 Pa　　　　　　 B.1.0×106 Pa
C.1.0×107 Pa D.1.0×108 Pa
4.(动量守恒定律的应用)(多选)如图所示,在光滑平直的路面上静止着两辆完全相同的小车,人从a车跳上b车,又立即从b车跳回a车,并与a车保持相对静止。下列说法正确的是 (　　)
A.最终a车的速率大于b车的速率
B.最终a车的速率小于b车的速率
C.全过程中,a车对人的冲量大于b车对人的冲量
D.全过程中,a车对人的冲量小于b车对人的冲量
5.(“反冲”和“爆炸”模型)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。遥控器引爆瞬间开始计时,在5 s末和6 s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340 m/s,g取10 m/s2,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1∶2
B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m
C.爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s
D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
6.(人船模型)(多选)如图所示,绳长为l,小球质量为m1,小车质量为m2,将小球向右拉至水平后放手,则(水平面光滑)(　　)
A.系统的总动量守恒
B.水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向
C.小球不能向左摆到原高度
D.小车向右移动的最大距离为
7.(动量与能量结合)(多选)如图所示,光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B,用细线将它们连接起来,两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连),弹簧的压缩量为x。现将细线剪断,此刻物块A的加速度大小为a,两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v,则(　　)
A.物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为
B.物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为x
C.物块开始运动前弹簧的弹性势能为mv2
D.物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2
8.(动量中的板块模型)(多选)如图所示,质量为M的滑槽静止在光滑的水平地面上,滑槽的AB部分是粗糙水平面,BC部分是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道。现有一质量为m的小滑块从A点以速度v0冲上滑槽,并且刚好能够滑到滑槽轨道的最高点C点,忽略空气阻力。则在整个运动过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.滑块滑到C点时,速度大小等于v0
B.滑块滑到C点时速度变为0
C.滑块从A点滑到C点的过程中,滑槽与滑块组成的系统动量和机械能都守恒
D.滑块从B点滑到C点的过程中,滑槽与滑块组成的系统动量不守恒,机械能守恒
热点5　动量和能量　
考向一　动量定理的理解和应用
【典例】D　有无安全气囊司机初动量和末动量均相同,则动量的改变量也相同,故选项B错误;安全气囊可以延长司机受力作用时间,同时增大司机的受力面积,根据动量定理,则减少了司机受力大小,从而司机单位面积的受力大小也减少,故选项A错误,D正确;因有安全气囊的存在,司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能,故选项C错误。
1.A、B　由动量定理可得Ft=mv,解得v=,t=1 s时物块的速率为v== m/s=
1 m/s,故选项A正确;t=2 s时物块的动量大小p2=Ft2=2×2 kg·m/s=4 kg·m/s,故选项B正确;t=3 s时物块的动量大小为p3=(2×2-1×1) kg·m/s=3 kg·m/s,故选项C错误;t=4 s 时物块的动量大小为p4=(2×2-1×2) kg·m/s=2 kg·m/s,所以t=4 s时物块的速度为1 m/s,故选项D错误。
2.B　由题意可知,运动员从最高点经t1=0.8 s 与蹦床接触t2=1 s,再经t3=0.8 s到达最高点,整个过程中,对运动员应用动量定理得mg(t1+t2+t3)-t2=0,解得=
1 300 N,A项错误,B项正确;运动员与蹦床接触的1 s内,蹦床对运动员的弹力逐渐变化,运动员向下先加速后减速,然后向上先加速后减速,在这1 s内,运动员先失重再超重最后再失重,C、D项错误。
3.B　根据题意可知Δp=Δmv=ρΔV·v,根据动量定理可得Ft=Δp,联立解得喷壶对药水的平均作用力F=0.24 N,由牛顿第三定律知药水对喷壶的平均作用力F'=F=0.24 N,故B正确。
考向二　动量守恒定律的应用
【典例】B　撤去推力,因水平地面光滑,小车、弹簧和滑块组成的系统所受合力为0,则小车、弹簧和滑块组成的系统动量守恒;撤去推力,滑块与车厢的水平底板间有摩擦,且滑块在车厢底板上有相对滑动,摩擦生热,产生内能,则小车、弹簧和滑块组成的系统机械能不守恒,故选项B正确。
1.B　P对Q有弹力的作用,并且在力的方向上有位移,在运动中,P会向左移动,P对Q的弹力方向垂直于接触面向上,与Q移动距离方向的夹角大于90°,所以P对Q做功不为0,故A错误;因为P、Q之间的力属于系统内力,并且等大反向,两者在力的方向上发生的距离相等,所以做功之和为0,故B正确;因为系统除重力外,其他力做功代数和为零,所以P、Q组成的系统机械能守恒,系统水平方向上不受外力的作用,水平方向上动量守恒,但是在竖直方向上Q有加速度,即竖直方向上动量不守恒,故C、D错误。
2.B、D　小物块上升到最高点时,小物块相对楔形物体静止,所以小物块与楔形物体的速度都为v,二者组成的系统在水平方向上动量守恒,全过程机械能守恒。以向右为正方向,在小物块上升过程中,由水平方向系统动量守恒得mv0cosθ=(m+M)v,故A错误,B正确;系统机械能守恒,由机械能守恒定律得mgh+(m+M)v2=m,故C错误,D正确。
3.B　设B球的质量为M,以碰撞前A球的速度方向为正方向,A球与B球发生弹性碰撞,设碰撞后的速度分别为v1和v2,根据A球与B球动量守恒得mv0=mv1+Mv2,由能量守恒定律得m=m+M,解得v2=;B球与C球发生弹性碰撞,设碰撞后的速度分别为v'2和v3,由能量守恒定律得M=Mv+×(4m),规定碰撞前A球的速度方向为正,由动量守恒定律得Mv2=Mv'2+4mv3,解得v3=,故C球碰撞后的速度为v3=·=,由数学关系解得当M==2m时,B、C球碰撞后C球的速度最大。
4.B　设船的质量为m船,人走动的时候船的速度为v,人的速度为v',人从船头走到船尾用时为t,船的位移为d,人的位移为L-d,所以v=,v'=。以船后退的方向为正方向,根据动量守恒定律有m船v-mv'=0,可得m船=,小船的质量为m船=,故B正确。
考向三　动能定理和功能关系的应用
【典例】A、B、D　a-t图像与t轴围成的面积代表速度变化量Δv,t1时刻A的速度就是S1,B的速度为0,t1时间内,A做加速度减小的加速运动,t1时刻弹簧恢复原长,B与墙面之间的压力消失,则t1时间内,对A由动量定理有:p=mAv0,整个过程B保持静止,故墙面对B的力与弹簧对B的力等大反向,故弹簧对A与B的冲量大小也相等,故A正确;t1之后,B获得向前的加速度,离开墙面,此时A、B均在弹簧的弹力下做变速运动,故A、B所受合外力大小相等,根据图像t2时刻,B的加速度大于A的加速度,由牛顿第二定律可知,故B正确;t1时,弹簧的弹性势能完全转化为A的动能,在t1之后,如果存在某一位置使得弹簧形变量为x,由能量守恒可知,此时弹簧弹性势能必为刚开始的EP,且A、B的动能均为零,即A、B的速度均为零,但在t1时刻之后,A、B系统具有的初动量为mAv0,由动量守恒知,A、B不可能速度均为零,故C错误;t2时刻,A、B两物体共速,v1=v2,由面积含义可知S1=v0,S2=v0-v1,S3=v2,故D正确。
1.D　子弹穿过木块的过程,子弹和木块组成的系统所受合外力为零,设子弹穿过木块所用时间为t,子弹刚射穿木块时的速度为v1,木块的速度为v2,由动量守恒得mv0=mv1+mv2,则有t=s,t=s+L,联立解得t=(L+2s),选项D正确。
2.C　设物块受到的滑动摩擦力为f,物块的初速度为v0。如果长木板是固定的,物块恰好停在木板的最右端,对物块的滑动过程运用动能定理得-fL=0-M,如果长木板不固定,物块冲上木板后,物块向右减速的同时,木板要加速,最终两者一起做匀速直线运动,该过程中系统所受外力的合力为零,故动量守恒,规定向右为正方向,根据动量守恒定律得Mv0=(M+M)v1,对系统运用能量守恒定律有fL'=M-(2M),联立解得L'=,故C正确,A、B、D错误。
3.A、C　对题图甲,设物体A的质量为M,由机械能守恒定律可得,弹簧压缩量为x时弹性势能Ep=M;对题图乙,物体A以2v0的速度向右压缩弹簧,物体A、B和弹簧组成的系统动量守恒,弹簧达到最大压缩量时,物体A、B二者速度相等,因弹簧质量忽略不计,由动量守恒定律得M·2v0=(M+m)v,由能量守恒定律得Ep'=M·(2v0)2-(M+m)v2,联立解得M=3m,Ep'=m,选项A、C正确,B、D错误。
1.A、B、D　根据F-t图像中图线与t轴围成的面积表示冲量,可知在0~2 s内合外力的冲量一直增大,故A正确;0~4 s内合外力的冲量为零,故B正确;2 s末冲量方向发生变化,物体的动量开始减小,但方向不发生变化,0~4 s内物体动量的方向一直不变,故C错误,D正确。
2.C　矿泉水瓶的总质量约为m=0.5 kg,4楼窗户离地高度约为h=9 m,矿泉水瓶做自由落体运动,落地速度为v==6 m/s,未反弹,则末速度为零,对矿泉水瓶撞地的过程,取向下为正方向,由动量定理有mgt-Ft=0-mv,由牛顿第三定律可知,地面对瓶的支持力等于瓶对地面的冲击力,即F'=F,联立可得F'≈9.6×102 N,故选项C正确。
3.C　一分钟喷出的水的质量为m=ρ·V=ρSvt,解得水的流速v=,选取Δt时间内打在材料表面质量为Δm的水作为研究对象,以从细喷嘴高速喷出时的速度方向为正方向,由动量定理得-FΔt=0-Δmv,其中Δm=ρSvΔt,解得F=ρSv2,根据牛顿第三定律,可知材料表面受到的压力F'=F,水对材料垂直于表面方向的压强p=,代入数据解得p=1.0×107 Pa,故C正确,A、B、D错误。
4.B、D　人与a、b组成的系统水平方向不受外力,设水平向右的方向为正方向,根据动量守恒定律,则有0=(m人+ma)va-mbvb,得=<1,则a车的速率小于b车的速率,故A错误,B正确;人对两车的冲量大小Ia=mava,Ib=mbvb=(ma+m人)va>mava,结合牛顿第三定律可知,a车对人的冲量小于b车对人的冲量,故C错误,D正确。
5.B　设碎块落地的时间为t,质量大的碎块水平初速度为v,则由动量守恒定律知m1v1-m2v2=0,质量小的碎块水平初速度为2v,爆炸后的碎块做平抛运动,下落的高度相同,则在空中运动的时间相同,由水平方向x=v0t知,大、小碎块落地水平位移之比为1∶2,碎块位移s=,可见两碎块的位移大小之比不是1∶2,故A项错误;据题意知,vt=(5 s-t)×340 m/s,又2vt=(6 s-t)×340 m/s,联立解得t=4 s,v=85 m/s,故爆炸点离地面高度为h=gt2=80 m,所以B项正确,C项错误;两碎块落地点的水平距离为Δs=3vt=1 020 m,故D项错误。
6.B、D　系统只是在水平方向所受的合力为零,竖直方向的合力不为零,故水平方向的动量守恒,而总动量不守恒,A错误,B正确;根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得,小球仍能向左摆到原高度,C错误;小球相对于小车的最大位移为2l,根据“人船模型”,系统水平方向动量守恒,设小球的平均速度为v1,小车的平均速度为v2,m1v1-m2v2=0,两边同时乘以运动时间t,m1v1t-m2v2t=0,即m1s1=m2s2又s1+s2=2l,解得小车移动的最大距离为,故D正确。
7.A、D　当物块A的加速度大小为a时,根据胡克定律和牛顿第二定律得kx=2ma;当物块B的加速度大小为a时,有:kx'=ma,对比可得:x'=,即此时弹簧的压缩量为,故A正确。取水平向左为正方向,根据系统的动量守恒得:2m-m=0,又xA+xB=x,解得A的位移为:xA=x,故B错误。根据动量守恒定律得:0=2mv-mvB,得物块B刚要离开弹簧时的速度vB=2v,由系统的机械能守恒得,物块开始运动前弹簧的弹性势能为:Ep=·2mv2+m=3mv2,故C错误,D正确。
8.A、D　滑槽与滑块组成的系统,水平方向不受外力,系统水平方向动量守恒。且滑块刚好能够滑到最高点C,则在C点竖直速度为0,设滑块滑到C点时,速度大小为v。取水平向右为正方向,根据动量守恒定律得mv0=(M+m)v,得v=v0,故A正确,B错误;滑块从A滑到B的过程,滑槽与滑块组成的系统合外力为零,故动量守恒,由于摩擦生热,所以系统的机械能不守恒,故C错误;滑块从B滑到C的过程,滑块竖直方向有分加速度,根据牛顿第二定律知系统的合外力不为零,则滑槽与滑块组成的系统动量不守恒,由于只有重力做功,所以系统的机械能守恒,故D正确。热点6　振动和波
考向一波的形成与传播
【典例】(2022·辽宁选择考)一列简谐,某时刻的
,关于质点P的说法正确的是 (　　)
A.该时刻速度沿y轴正方向
B.该时刻加速度沿y轴正方向
C.此后周期内通过的路程为A
D.此后周期内沿x轴正方向迁移为λ
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 判断质点P的振动方向
② 确定质点P是否在特殊位置
1.快速判断质点振动方向的两种方法
(1)上下坡法:逆着波的传播方向,“下坡”时质点向下振动,“上坡”时质点向上振动。
(2)同侧法:波形图上某点表示传播方向和振动方向的箭头在图线同侧。
2.波动问题的解题流程
1.维度:单个波源
(多选)如图甲所示,沿波的传播方向上有间距均为1 m的六个质点a、b、c、d、e、f,均静止在各自的平衡位置,t=0时刻,振源a从平衡位置竖直向上做简谐运动,其振动图像如图乙所示,形成的简谐横波以1 m/s的速度水平向右传播,则下列说法正确的是 (　　)
A.0~3 s内质点b运动路程为4 cm
B.4~5 s内质点c的加速度在减小
C.6 s时质点e的速度大小为1 m/s,方向水平向右
D.此六质点都振动起来后,质点a的运动方向始终与质点c的运动方向相反
2.维度:波的传播
(多选)在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波,波速v=10 m/s,已知在t=0时刻的波形如图所示,此时波刚好传播到x=5 m处。下列说法中正确的是 (　　)
A.这列波的波长为4 m
B.这列波的振幅为20 cm
C.这列波的频率为2.5 Hz
D.波源起振方向沿y轴正方向
考向二振动和波的图像
【典例】(多选)(2022·山东等级考)一列简谐横波沿x轴,平衡位置位于坐标原点O的质点振动图像如图。当t=7 s时,简谐波的波动图像可能正确的是(　　)
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 沿x轴正向或沿x轴负向传播
② 根据振动图像可写出振动方程
【模型转化】
振动和波的图像的处理方法
1.维度:由波动图像确定质点的振动图像
如图所示,甲为t=1 s时某横波的波形图像,乙为该波传播方向上某一质点的振动图像,距该质点Δx = 0.5 m处质点的振动图像可能是 (　　)
2.维度:由振动图像确定波动图像
(多选)一列简谐横波沿直线传播,该直线上平衡位置相距9 m的a、b两质点的振动图像如图所示。下列描述该波的波形图像可能正确的是 (　　)
3.维度:波的多解
(多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播,t时刻波形图如图中的实线所示,此时波刚好传到P点,t+0.6 s时刻的波形如图中的虚线所示,a、b、c、P、Q是介质中的质点,则下列说法正确的是 (　　)
A.这列波的波速可能为50 m/s
B.质点a在这段时间内通过的路程一定小于30 cm
C.质点c在这段时间内通过的路程可能为60 cm
D.若周期T=0.8 s,则在t+0.5 s时刻,质点b、P的位移相同
1.(单个波源)如图所示,a、b、c、d是一简谐横波上的质点,某时刻a、d位于平衡位置且相距为9 m,c在波谷,该波的波速为2 m/s。若此时a经平衡位置向上振动,则 (　　)
A.此波向右传播
B.b点振动周期为3 s
C.c点运动速度大小为2 m/s
D.此波在a、d两点之间传播需3 s
2.(波的传播)某一列沿x轴传播的简谐横波,在t=时刻的波形图如图所示,P、Q为介质中的两质点,质点P正在向动能增大的方向运动。下列说法正确的是 (　　)
A.波沿x轴正方向传播
B.t=时刻,Q比P的速度大
C.t=时刻,Q到达平衡位置
D.t=时刻,P沿y轴正方向运动
3.(波的图像与振动图像)一简谐机械波沿x轴正方向传播,波长为λ,周期为T。t=0 时刻的波形如图甲所示,a、b、c是波上的三个质点。图乙是波上某一质点的振动图像。下列说法正确的是 (　　)
A.t=0时,质点a的加速度比质点b的小
B.质点b和质点c的速度方向总是相同的
C.图乙可以表示质点b的振动
D.图乙可以表示质点c的振动
4.(波的多解性)(多选)一列简谐横波沿x轴传播,t=0时刻该波波形如图中实线所示,此时x=0处的质点沿y轴负向振动;t=2.0 s时刻波形如图中虚线所示。则 (　　)
A.波的传播速度可能为0.3 m/s
B.波的传播速度可能为0.9 m/s
C.此列波的波长为0.8 m
D.此列波沿x轴负向传播
5.(振动图像与波的图像)(多选)渔船上的声呐利用超声波来探测远方鱼群的方位。某渔船发出的一列超声波在t=0时的波动图像如图甲所示,图乙为质点P的振动图像,则下列说法正确的是 (　　)
A.该波的波速为1.5 m/s
B.该波沿x轴正方向传播
C.0~1 s时间内,质点P运动的路程为2 m
D.旁边另一艘渔船发出了更高频率的超声波,这两列超声波在水中传播速度大小相等
6.(振动图像)(多选)如图所示为一做简谐运动的物体所受的回复力F随时间t的变化规律,下列说法正确的是 (　　)
A.该物体做简谐运动的周期为4 s
B.在1~2 s内,物体做减速运动
C.物体在3 s末与5 s末的运动方向相反
D.在5 s与7 s时物体的位移相同
7.(两个波源)(多选)在某均匀介质中,甲、乙两波源位于O点和Q点,分别产生向右和向左传播的同性质简谐横波,某时刻两波波形如图中实线和虚线所示,此时,甲波传播到x=24 m处,乙波传播到x=12 m处,已知甲波波源的振动周期为0.4 s,下列说法正确的是 (　　)
A.甲波波源的起振方向为y轴正方向
B.甲波的波速大小为20 m/s
C.乙波的周期为0.6 s
D.甲波波源比乙波波源早振动0.3 s
热点6　振动和波　
考向一　波的形成与传播
【典例】A　波沿x轴正方向传播,由“同侧法”可知,该时刻质点P的速度方向沿y轴正方向,加速度沿y轴负方向,选项A正确,B错误;在该时刻质点P不在特殊位置,则在周期内的路程不一定等于A,选项C错误;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。
1.A、D　Δtab===1 s,则质点b从1 s后开始振动,0~3 s内质点b振动了2 s,运动路程为2A=4 cm,A正确;由题图乙易知波的周期为4 s,波速为1 m/s,则波长为4 m,质点a和质点c相隔半个波长,故两质点的运动情况恰好相反,易知4~5 s内质点c正从平衡位置向下振动,加速度在逐渐增大,B错误,D正确;质点只在平衡位置附近上下振动,并不随波迁移,故质点e的速度不可能沿水平方向,C错误。
2.A、C、D　从图中可得波长为λ=4 m,振幅为A=10 cm,频率f== Hz=2.5 Hz,故A、C正确,B错误;波上所有质点的起振方向和波源起振方向相同,x=5 m处的质点的起振方向为y轴正方向,所以波源的起振方向为沿y轴正方向,D正确。
考向二　振动和波的图像
【典例】A、C　由O点的振动图像可知,周期为T=12 s,设原点处质点的振动方程为y=Asin(t+φ),则10=20sinφ,解得φ=,在t=7 s时刻,y7=20sin(×7+)cm=
-10 cm≈-17.3 cm,因7 s=T+T,则在t=7 s时刻质点在y轴负方向向下振动,根据“同侧法”可判断若波向右传播,则波形如C所示;若波向左传播,则波形如A所示。故选A、C。
1.A　根据波形图像可得波长λ=2 m,根据振动图像可得周期T=2 s。两质点之间的距离Δx=0.5 m=λ。根据振动和波动之间的关系,则另一质点相对该质点的振动延迟T,如解析图(a)所示,或者提前T,如解析图(b)所示。故A正确。
2.A、C　根据y-t图像可知,a、b两质点的距离为(nλ+λ) m或(nλ+λ) m,即(nλ
+λ) m=9 m或(nλ+λ) m=9 m(n=0,1,2,3,…),解得波长λ= m或λ= m。即该波的波长λ=36 m、7.2 m、4 m…或λ=12 m、 m、 m…选项A、B、C、D的波长分别为4 m、8 m、12 m、16 m,故选项A、C正确,选项B、D错误。
3.A、C、D　由波形图可知波长λ=40 m,且0.6 s=nT+T(n=0,1,2,…),解得周期T= s(n=0,1,2,…)。当n=0时,T=0.8 s,波速v==50 m/s,选项A正确;由传播方向沿x轴正方向可知,质点a在t时刻向上运动,当n=0时,T=0.8 s,质点a在这段时间内通过的路程小于30 cm,当n=1时,T= s,质点a在这段时间内通过的路程大于30 cm,选项B错误;若n=1,则T= s,波传播到c点所用时间为T,0.6 s=,质点c振动的时间为T-T=T,故在这段时间内质点c通过的路程为6A=60 cm,选项C正确;若T=0.8 s,t+0.5 s时刻,质点b、P的位移均为负值,大小相等,选项D正确。
1.B　此时a经平衡位置向上振动,根据“上下坡法”可知,波是向左传播的,故A错误;由题图可知,这列波的波长为λ=xad=6 m,波的周期为T==3 s,故B正确;c点在波谷,所以此时c点运动速度大小为0,故C错误;此波在a、d两点之间传播所需时间t==4.5 s,故D错误。
2.D　越衡位置质点运动速度越大,质点P正在向动能增大的方向运动,则P向下运动,波沿x轴负方向传播,故A错误;t=时刻,Q到达波谷位置,速度为零,P在平衡位置和波峰位置之间,速度不为零,所以Q比P的速度小,故B错误;t=时刻,Q到达波峰位置,故C错误;t=时刻,P在y轴负向位置沿y轴正方向运动,故D正确。
3.C　t=0时,质点a的位移最大,则加速度最大,质点b的位移为零,加速度为零,选项A错误;质点b和质点c的平衡位置相差半个波长,则速度方向总是相反的,选项B错误;波沿x轴正方向传播,所以t=0时刻质点b向上振动,质点c向下振动,结合题图乙可知,题图乙可以表示质点b的振动,选项C正确,D错误。
4.A、B　由题图得,此列波的波长为λ=2×(0.8-0.2) m=1.2 m,C错误;根据题意得(n+)T=2 s(n=0,1,2,…),所以波速为v== m/s=(0.6n+0.3) m/s(n=0,1,2,…),当n=0时,v=0.3 m/s,当n=1时,v=0.9 m/s,A、B正确;因为x=0处的质点沿y轴负向振动,所以此列波沿x轴正向传播,D错误。
5.B、C、D　由题图可知,波速为v== m/s=1.5×103 m/s,A错误;由乙图知,t=0时刻质点P向上振动,利用“上下坡法”,可以判断出波沿x轴正方向传播,B正确;质点P在一个周期内的路程为4A=2×10-5 m,所以1 s的路程为s=×4A=×2×10-5 m=2 m,C正确;超声波在同一介质中的传播速度大小相等,D正确。
6.B、D　由图像可知该物体做简谐运动的周期为8 s,故A错误;在0~2 s内,做简谐运动的物体所受的回复力增大,说明位移增大,物体做减速运动,故B正确;从题图中可得,在t1=3 s和t2=5 s时,物体所受的回复力大小相等、方向相反,物体在平衡位置两侧,物体的速度大小相等、方向相同,故C错误;从题图中可知,在t2=5 s和t3=7 s时,回复力大小相等、方向相同,物体在平衡位置同侧,物体的位移大小相等,方向相同,故D正确。
7.B、C　甲的起振方向沿y轴负方向,A错误;甲的波长λ=8 m,周期为T=0.4 s,甲的波速为v==20 m/s,B正确;甲与乙的波速相等,乙的周期为T=0.6 s,故C正确;甲的传播时间为1.2 s,乙的传播时间为1.5 s,因此乙比甲早振动0.3 s,D错误。热点7　电场
考向一电场的叠加
【典例】(2022·山东等级考)半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置,圆心位于O点,环上均匀分布着电量为Q。点A、B、C将圆环三等分,取走A、B处。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点,O点的电场。圆环上剩余电荷分布不变,q为 (　　)
A.正电荷,q=
B.正电荷,q=
C.负电荷,q=
D.负电荷,q=
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 环上电荷的电量看作集中在圆心
② 剩余部分的电场强度与未取走时的A、B处两段弧的电场强度等大反向
③ 合场强为0
计算电场强度的四种方法
叠加法 多个电荷在空间某处产生的电场为各电荷在该处所产生的电场强度的矢量和
等效法 在保证效果相同的前提下,将复杂的电场情境变换为简单的或熟悉的电场情境
对称法 空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性
补偿法 将有缺口的带电圆环补全为圆环,或将半球面补全为球面等
1.维度:点电荷的电场与匀强电场叠加
如图所示,匀强电场中A、B、C三点间的距离均为L,构成一个等边三角形,等边三角形所在平面与匀强电场方向平行,若在A处放一正点电荷+q,在B处放一负点电荷-q,则C点场强为0,现将A、B两处的点电荷互换位置,匀强电场保持不变,则C点场强大小为(设正负点电荷不影响匀强电场的分布) (　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
2.维度:补偿法
如图所示,甲、乙两图中实线表示弧长相同的带电绝缘圆弧(对应圆心角均为45°),每段圆弧的电荷分布均匀且电荷量相同,电性如图所示。若甲图中圆心O点处场强大小为E,则乙图中圆心P点处场强大小为 (　　)
A.E　　　B.E　　　C.0　　　D.E
3.维度:“割补法”
均匀带电的球体在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示,在半球体上均匀分布着正电荷,总电荷量为q,球半径为R,MN为通过半球顶点与球心O的轴线,在轴线上有A、B两点,A、B关于O点对称,AB=4R。已知A点的场强大小为E,则B点的场强大小为(　　)
A.+E　　B.-E　　C.+E　　D.-E
考向二带电粒子的轨迹问题
【典例】(多选)(2021·全国乙卷)四个带电粒子的电荷量和,它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一。不计重力,下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中,可能正确的是 (　　)
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① (+q,m)与(+3q,3m)比荷相同,轨迹重合
② 带电粒子在x轴正方向做匀速直线运动
【模型转化】
带电粒子的轨迹问题的分析方法
1.维度:非匀强电场的轨迹
(多选)如图所示,实线为不知方向的三条电场线,从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子,仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示,则 (　　)
A.a一定带正电,b一定带负电
B.a的速度将减小,b的速度将增加
C.a的加速度将减小,b的加速度将增大
D.两个粒子的动能均增加
2.维度: 等势面与运动轨迹问题
(多选)图中所示的虚线为一组间距相等的同心圆,圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定的初速度射入电场,实线为带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹,a、b、c三点是实线与虚线的交点,则该带电粒子 (　　)
A.带负电
B.在c点受力最大
C.在b点的电势能大于在c点的电势能
D.由a点运动到b点的动能变化大于由b点运动到c点的动能变化
3.维度:匀强电场中的运动轨迹
如图所示,虚线为某匀强电场的等势面,电势分别为10 V、20 V和 30 V,实线是某带电粒子在电场中运动的轨迹。不计带电粒子的重力,则该粒子 (　　)
A.带负电
B.在三点的动能大小关系为EkaC.在三点的电势能大小关系为EpaD.一定是从a点运动到b点,再运动到c点
4.维度:平行板电容器中轨迹问题
(多选)如图所示,平行金属板A、B水平放置并带有等量异种电荷,金属板A带正电。现有a、b两个带电粒子,质量分别为m1和m2 ,带电荷量大小分别为q1和q2,它们以相同的初速度先后垂直电场线方向从同一点射入平行板间的匀强电场,a、b两粒子分别打在金属板B上的M点和N点,不计粒子重力,则下列说法正确的是(　　)
A.a、b两粒子均带正电
B.a、b两粒子的电荷量关系为q1>q2
C.a、b两粒子的比荷关系为>
D.电场对a、b两粒子所做功的关系为Wa考向三带电粒子在电场中的运动
【典例】(2022·浙江6月选考)如图所示,带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间,板长为L(不考虑边界效应)。t=0时刻,M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子,垂直M板向;平行M板向。不计重力和粒子间的相互作用,则 (　　)
A.M板电势高于N板电势
B.两个粒子的电势能都增加
C.粒子在两板间的加速度为a=
D.粒子从N板下端射出的时间t=
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 不知道两粒子的电性,不能确定M板和N板的电势高低
② 电场力做正功,电势能减小
③ 粒子在两板间做类平抛运动
【模型转化】
带电粒子在匀强电场中做类平抛运动的规律
1.维度:直线运动
如图所示,两块水平放置的平行金属板与电源连接,上、下板分别带正、负电荷。油滴从喷雾器喷出后,由于摩擦而带负电,油滴进入上板中央小孔后落到匀强电场中,通过显微镜可以观察到油滴的运动情况。两金属板间的距离为d,忽略空气对油滴的浮力和阻力。若油滴进入电场时的速度可以忽略,当两金属板间的电势差为U时观察到某个质量为m的油滴进入电场后做匀加速运动,经过时间t运动到下极板,则该油滴所带电荷量可表示为 (　　)
A.(g-)　　　　　　 B.(g-)
C.(g-) D.(g-)
2.维度:在电场中偏转
　如图所示,在真空中有一对带电的平行金属板水平放置。一带电粒子沿平行于板面的方向以速度v从左侧两极板中央射入电场中,恰能从右侧极板边缘处离开电场。不计粒子重力,若可以改变某个量,下列哪种变化能确保粒子一定飞出电场 (　　)
A.只增大粒子的带电量
B.只增大电场强度
C.只减小粒子的比荷
D.只减小粒子的入射速度
3.维度:加速与偏转
如图所示,在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U,A、B两板的中央留有小孔O1、O2,在B板的右侧有平行于极板方向的匀强电场E,电场范围足够大,感光板MN垂直于电场方向固定放置。第一次从小孔O1处由静止释放一个质子,第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子,不计质子与α粒子的重力。关于这两个粒子的运动,下列判断正确的是 (　　)
A.质子和α粒子打到感光板上的位置相同
B.质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等
C.质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为2∶1
D.质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1∶2
1.(等量同种电荷叠加)如图所示,真空中两个等量带正电的点电荷分别固定在P、Q两点,O为P、Q的中点,MO垂直于P、Q连线,a点位于P、Q连线上,b点位于连线的中垂线MO上,下列说法正确的是 (　　)
A.若将一电子从a点由静止释放,则电子做往复运动
B.若将一电子从b点由静止释放,则电子做往复运动
C.若一质子从O点以某一初速度沿OM运动,质子可能回到原处
D.若一质子从b点以某一初速度垂直纸面向里运动,质子可能回到原处
2.(应用“对称法”求电场叠加)一半径为R的绝缘球体上均匀分布着电荷量为Q的正电荷,以球心为原点O建立坐标系,如图所示,在x=3R的D点有一电荷量为q的固定点电荷,已知在x=2R的C点电场强度为零,静电力常量为k。则下面说法正确的是 (　　)
A.D点点电荷带负电
B.O点电场强度为零
C.F点电场强度大小为
D.从B点到D点,电势先升高后降低
3.(应用“割补法”求电场叠加)(多选)已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零,电势处处相等。如图所示,正电荷均匀分布在半球面上,Ox为通过半球顶点与球心O的轴线,A、B为轴上的点,且AO=OB,则下列判断正确的是 (　　)
A.A、B两点的电势相等
B.A、B两点的电场强度相同
C.点电荷从A点移动到B点,电场力一定做正功
D.同一个负电荷放在B点比放在A点的电势能大
4.(等势线与轨迹线)如图所示,虚线a、b、c是电场中的等势线,实线是正点电荷仅在电场力作用下的运动轨迹,P、Q是轨迹上的两点,则下列说法正确的是 (　　)
A.a等势线的电势比c等势线的电势低
B.点电荷在P点的速率一定比它在Q点的大
C.点电荷在P点的加速度大小一定比它在Q点的大
D.点电荷一定是从P点运动到Q点的
5.(匀强电场中的轨迹问题)如图所示,一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中,在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹。M和N是轨迹上的两点,其中M点是轨迹上最右侧的点,不计粒子的重力,下列说法正确的是 (　　)
A.粒子在电场中的加速度先增大后减小
B.粒子所受电场力的方向沿轨迹方向
C.粒子在M点的速率最大
D.粒子在电场中的电势能先增大后减小
6.(等势面与轨迹线)(多选)如图所示,虚线a、b、c、d、e是电场中的一组平行等差等势面,实线是一带负电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹,M、N、P、Q分别为运动轨迹与等势面的交点,下列判断正确的是 (　　)
A.粒子在电场中做匀变速运动
B.图中等势面a的电势最高
C.粒子经过Q点的动能大于P点的动能
D.粒子在M点的电势能比Q点的大
7.(加速与偏转)(多选)如图所示为一个示波器工作原理的示意图,电子经电压为U1的加速电场后以速度v0垂直进入偏转电场,离开电场时的偏转量是h,两平行板间的距离为d,电势差为U2,板长为L,不计电子所受的重力。为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量),可采取的方法是 (　　)
A.减小两板间电势差U2
B.尽可能使板长L短些
C.尽可能使板间距离d小一些
D.使加速电压U1减小一些
热点7　电场　
考向一　电场的叠加
【典例】C　取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷,根据对称性可知,圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和,如图所示,
因为两段弧长非常小,故可看成点电荷,则有E1=k=k,由图可知,两场强的夹角为120°,则两者的合场强为E=E1=k,根据O点的合场强为0,则放在D点的点电荷带负电,大小为E'=E=k,根据E'=k,联立解得q=,故选C。
1.D　如图(a)所示,A处放+q和B处放-q时,在C点产生的电场强度分别为EA1和EB1,合场强为E1。由库仑定律和电场强度公式可知EA1和EB1大小均为,由平行四边形定则可知E1=。根据C点场强为0可知,匀强电场的场强E与E1等大反向,故E=。
如图(b)所示,A处放-q和B处放+q时,在C点产生的电场强度分别为EA2和EB2,此时两电荷在C点产生的合场强E2与E1大小相等方向相反,故C点场强大小E'=E+E2=,D正确。
2.D　甲图中O点处电场强度大小为E,乙图图形可以看成是由甲图图形顺时针方向旋转45°再与初始时甲图图形叠加而成的,所以乙图中P点处场强大小等于大小均为E、夹角为45°的两个场强的合场强。根据平行四边形定则作出合场强如图(a)所示,则P点处电场强度大小为EP==E,选项D正确。
也可以利用正交分解法求合场强,如图(b)所示。
E1x+E=(1+)E,E1y=E,
则Ep==E。
则D正确,A、B、C错误。
3.B　若将半径为R的带电荷量为2q的球体放在O处,均匀带电的球体在A、B点所产生的场强大小均为E0==,由题知上半部分半球体在A点产生的场强大小为E,则另一半球体(下半部分)在B点产生的场强大小也为E,则上部半球体在B点产生的场强大小为E'=E0-E,解得E'=-E,B正确。
考向二　带电粒子的轨迹问题
【典例】A、D　带电粒子在x轴正方向做匀速直线运动有:x=v0t,在y轴方向有y=at2,其中a=,解得y=x2。带正电荷粒子(+q,m)与(+3q,3m)轨迹重合,故选项C错误;带电粒子(+q,m)、(+3q,3m)与带电粒子(-q,m)的轨迹关于x轴对称,且比带电粒子(+q,2m)远离x轴,故选项B错误,A、D正确。
1.C、D　根据两粒子的偏转方向,可知两粒子带异种电荷,但无法确定其具体电性,故A错误,由粒子受力方向与速度方向的关系,可判断电场力对两粒子均做正功,两粒子的速度、动能均增大,故B错误,D正确;从两粒子的运动轨迹判断,a粒子经过的电场的电场线逐渐变得稀疏,b粒子经过的电场的电场线逐渐变密,说明a的加速度减小,b的加速度增大,故C正确。
2.C、D　由带电粒子进入正点电荷形成的电场中的运动轨迹可以看出两者相互排斥,故带电粒子带正电,选项A错误;根据库仑定律F=k可知,a、b、c三点中,该带电粒子在a点时受力最大,选项B错误;带电粒子从b点运动到c点的过程中,电场力做正功,电势能减小,故在b点的电势能大于在c点的电势能,选项C正确;由于虚线为等间距的同心圆,故Uab>Ubc,所以Wab>Wbc,根据动能定理,带电粒子由a点运动到b点的动能变化大于由b点运动到c点的动能变化,选项D正确。
3.C　根据电场线与等势面垂直,且由高电势指向低电势,可知电场强度方向竖直向上,带电粒子的轨迹向上弯曲,则粒子所受的电场力方向竖直向上,故该粒子一定带正电,故A错误;粒子带正电,b处的电势最高,所以粒子在b点处的电势能最大,同理粒子在a点处的电势能最小;由于粒子运动过程中只有电场力做功,则粒子的动能与电势能的总和不变,所以粒子在b点处的动能最小,在a点处的动能最大,故B错误,C正确;由题图只能判断出粒子受力的方向与电势能、动能的大小关系,不能判断出粒子是否是从a点运动到b点,再运动到c点,故D错误。
4.A、C　由于金属板A带正电,两粒子向下偏转,故a、b两粒子均带正电,选项A正确;两粒子在电场力的作用下做类平抛运动,在水平方向有x=v0t,在竖直方向有y=at2=,ya=yb时由题图可知xb>xa,则有>,由题设条件无法比较q1与q2的关系,选项B错误,C正确;由电场力做功公式W=qU知,因加速电压U相同,而q1与q2的大小关系不能确定,所以不能确定Wa与Wb的大小关系,选项D错误。
考向三　带电粒子在电场中的运动
【典例】C　由于不知道两粒子的电性,故不能确定M板和N板的电势高低,故A错误;根据题意垂直M板向右的粒子,到达N板时速度增加,动能增加,则电场力做正功,电势能减小;则平行M板向下的粒子到达N板时电场力也做正功,电势能同样减小,故B错误;设两板间距离为d,对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出,在两板间做类平抛运动,有=v0t,d=at2,对于垂直M板向右的粒子,在板间做匀加速直线运动,因两粒子相同,在电场中加速度相同,有(v0)2-=2ad,联立解得t=,a=,故C正确,D错误。
1.A　油滴带负电,设电荷量为Q,油滴所受到的电场力方向竖直向上,设加速度大小为a,由牛顿第二定律得mg-Q=ma,由匀加速运动规律得d=at2,联立两式得Q=(g-),故选项A正确。
2.C　设极板长为L,极板间的距离为d,粒子的质量为m、电荷量为q、加速度为a,粒子沿平行板面方向做匀速直线运动,有L=vt,垂直板面方向做初速度为零的匀加速直线运动,有=at2,qE=ma,解得=,若只增大粒子的带电量或只增大电场强度或只减小粒子的入射速度,则粒子在竖直方向的位移y>,粒子将打在极板上,不能飞出电场,选项A、B、D错误;若只减小粒子的比荷,则粒子在竖直方向的位移y<,粒子能飞出电场,选项C正确。
3.A　带电粒子进入加速电场时,根据动能定理得qU=m,解得v0=,所以==,故D错误;带电粒子在匀强电场E中做类平抛运动,设带电粒子沿电场方向的偏移量为y,则y=·t2,解得t=,则垂直电场方向位移x=v0t=2,所以质子和α粒子打在感光板上的位置相同,故A正确;设在加速电场中加速时间为t1,加速位移为x1,在偏转电场中时间为t2,偏转位移为y,有x1=a1=·,y=·,由于质子和α粒子的加速位移和偏转位移相同,但是不同,所以运动时间不同,故B错误;从开始运动到打到感光板上,根据动能定理有qU+qEd=Ek-0,则==,故C错误。
1.B　等量同种点电荷连线的中点电场强度为0,向两边逐渐增大,中垂线上的电场由O点向外,先增大后减小。若将一电子从a点由静止释放,电子受力方向指向P,向P点运动,A错误;若将一电子从b点由静止释放,电子受力方向指向O点,电子先做加速直线运动,过O点后做减速直线运动,电子最终将做往复运动,B正确;若一质子从O点以某一初速度沿OM运动,质子受力沿OM方向,不可能回到原处,C错误;若一质子从b点以某一初速度垂直纸面向里运动,质子将做速度增大的曲线运动,回不到原点,D错误。
2.C　因为C点的电场强度为零,故D点电荷为正电荷,故选项A错误;均匀带电绝缘球体在球心O处产生的电场强度为零,即O点的电场强度源自D点电荷产生的电场强度E0=,故选项B错误;均匀带电绝缘球体在其周围形成的电场具有对称性,因此均匀带电绝缘球体在C点与F点产生的场强大小相等,方向相反,即EC=EF,又因为在C点合场强为零,则有EC=,在F点合场强大小为EF=+=,故选项C正确;C点处电场强度为零,则从B点到C点电场线向右变得稀疏,从C点到D点电场线向左变得稀疏,故从B点到D点,电势先降低后升高,故选项D错误。
3.B、D　根据电场的叠加原理可知,x轴上电场线方向向右,则A点的电势高于B点的电势,故A错误;将半球壳补成一个完整的球壳,且带电均匀,设左、右半球在A点产生的电场强度大小分别为E1和E2。由题知,均匀带电球壳内部电场强度处处为零,则知E1=E2。根据对称性可知,左、右半球在B点产生的场强大小分别为E2和E1,且E1=E2。则在图示电场中,A的场强大小为E1,方向向右,B的场强大小为E2,方向向右,所以A点的电场强度与B点的电场强度相同,故B正确;点电荷从A点移到B点,电势降低,由于点电荷的电性未知,则电场力不一定做正功,故C错误;A点的电势高于B点的电势,根据负电荷在电势高处电势能小,在电势低处电势能大,知同一个负电荷放在B点比放在A点的电势能大,故D正确。
4.C　由于点电荷做曲线运动,电场力必然指向轨迹弯曲的内侧,点电荷带正电,电场强度方向也指向轨迹弯曲的内侧,而沿电场线方向电势降低,可知a等势线的电势比c等势线的电势高,选项A错误;点电荷在Q点的速率一定比它在P点的速率大,选项B错误;等势线密集的区域电场强度大,电场力就大,加速度大小也大,故点电荷在P点的加速度大小一定比它在Q点的大,选项C正确;点电荷无论从P运动到Q还是从Q运动到P都可得到题图中的轨迹,选项D错误。
5.D　粒子在匀强电场中所受的电场力不变,则加速度不变,选项A错误;带负电的粒子所受电场力的方向水平向左,选项B错误;粒子从N到M电场力做负功,则粒子在M点的速率最小,选项C错误;粒子从N到M电场力做负功,电势能增加,然后从M向左下方运动,电场力做正功,电势能减小,则粒子在电场中的电势能先增大后减小,选项D正确。
6.A、B　根据题述,虚线a、b、c、d、e是电场中的一组平行等差等势面,电场是匀强电场。带电粒子在电场中运动所受电场力是恒力,由牛顿第二定律可知,粒子在电场中运动的加速度恒定,所以带电粒子做匀变速运动,A正确。根据图中粒子运动轨迹的弯曲方向可知,粒子在电场中受力方向水平向左,电场线方向水平向右,根据沿电场线方向电势逐渐降低可知,图中等势面a的电势最高,B正确。在M、N、P、Q四点中,粒子经过Q点时电势能最大,粒子经过M点时电势能最小,根据仅在电场力作用下的带电粒子的电势能和动能之和保持不变,可知粒子经过Q点的动能小于P点的动能,C、D错误。
7.C、D　电子的运动过程可分为两个阶段,即加速和偏转阶段。加速阶段:eU1=m,偏转阶段:L=v0t,h=at2=t2,综合得=,因此,要提高灵敏度则需要增大L或减小U1或减小d,故C、D正确。热点8　磁场
考向一磁场的叠加及通电导体在磁场中的受力
【典例】(多选)(2022·湖北选择考)如图所示,两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上,棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中,磁感应强度大小恒定,方向与导体棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。,现给导体棒通以图示方向的恒定电流,适当调整磁场方向,可以。已知导体棒加速时,为g;减速时,加速度的最大值为g,其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是 (　　)
A.棒与导轨间的动摩擦因数为
B.棒与导轨间的动摩擦因数为
C.加速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向下,θ=60°
D.减速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向上,θ=150°
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 导体受到的合外力向右
② 可以应用牛顿第二定律
③ 利用数学极值知识求解
【模型转化】
通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势的解题思路
研究对象:通电导线或导体导体所在位置的磁场分布情况导体的受力情况导体的运动方向或运动趋势的方向
1.维度:导线周围磁场叠加
(多选)如图所示,三条长直导线a、b、c都通以垂直纸面的电流,其中a、b两条导线中电流方向垂直纸面向外。O点与a、b、c三条导线距离相等,且Oc⊥ab。现在O点垂直纸面放置一小段通电导线,电流方向垂直纸面向里,导线受力方向如图所示,则可以判断 (　　)
A.O点处的磁感应强度的方向与F相同
B.长导线c中的电流方向垂直纸面向外
C.长导线a中电流I1小于b中电流I2
D.长导线c中电流I3小于b中电流I2
2.维度:磁场对通电导线的作用
如图,光滑斜面上放置一根通有恒定电流的导体棒,空间有垂直斜面向上的匀强磁场B,导体棒处于静止状态。现将匀强磁场的方向沿图示方向缓慢旋转到水平方向,为了使导体棒始终保持静止状态,匀强磁场的磁感应强度应同步 (　　)
A.增大　　　　　　　　　　　 B.减小
C.先增大,后减小 D.先减小,后增大
考向二带电粒子在有界磁场中的运动
【典例】
(多选)(2022·湖北选择考)在如图所示的平面内,分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分,一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场,另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子,离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k,不计重力。,设出射方向与入射方向的夹角,则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为 (　　)
A.kBL,0°　B.kBL,0°　C.kBL,60°　D.2kBL,60°
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 通过下部分磁场直接到达P点或经过上下磁场旋转到达P点,存在多解
② 在磁场中转过的弧长对应的圆心角也是θ
【模型转化】
【失分警示】
①不知道造成多解性的原因。
②画不出轨迹示意图。
③不会用数学通式找结论。
带电粒子在有界磁场中的运动的解题技巧
1.维度:三角形有界场
如图所示,在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)以速度v从AC边的中点O垂直AC边射入磁场区域。若三角形的两直角边长均为2L,要使粒子从CD边射出,则v的取值范围为 (　　)
A.≤v≤　　　　 B.≤v≤
C.≤v≤ D.≤v≤
2.维度:圆形有界场
如图所示,半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场。两个质子M、N沿平行于直径cd的方向从圆周上同一点P射入磁场区域,P点与直径cd间的距离为,质子M、N入射的速度大小之比为1∶2,ab是垂直cd的直径,质子M恰好从b点射出磁场。不计质子的重力和质子间的作用力,则两质子M、N在磁场中运动的时间之比为 (　　)
A.2∶1 B.3∶1
C.3∶2 D.3∶4
3.维度:直线边界磁场
如图所示,直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场,电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场,经t1时间从b点离开磁场。之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场,经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场,则t1∶t2为 (　　)
A.3∶1 B.2∶3
C.3∶2 D.2∶1
1.(通电导线周围磁场叠加)六根通电长直导线垂直纸面平行固定,其截面构成一正六边形,O为六边形的中心,通过长直导线a、b、c、d、e、f的电流分别为I1、I2、I3、I4、I5、I6,a、c、e中通过的电流大小相等,b、d、f中通过的电流大小相等,电流方向如图所示。已知通电长直导线在距导线r处产生的磁感应强度大小为B=k,此时O点处的磁感应强度大小为6B,导线a在O处产生的磁感应强度大小为B,则移除e处导线后,e处的磁感应强度大小为 (　　)
A.0　　　　B.B　　　　C.B　　　　D.2B
2.(安培力作用下的运动)如图是某电磁泵模型,泵体是长为L1,宽和高都为L2的长方体,泵体处在垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中,泵体上下表面分别接电势差为U的恒压电源。若电磁泵工作时电流表示数为I,泵和液面的高度差为h,液体的电阻率为ρ,单位时间内电磁泵抽取液体的质量为m(不计电流表内阻以及液体在流动中与管壁之间的阻力,重力加速度为g)。则 (　　)
A.泵体上表面应接电源负极
B.流过电磁泵的电流I小于
C.电磁泵对液体产生的推力大小为BIL1
D.时间t内抽取的水离开泵时的动能为UIt-mgh-I2t
3.(磁场对电流的作用)如图所示,垂直纸面放置的两根平行长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2,且I1>I2,纸面内的一点H到两根导线的距离相等,则该点的磁感应强度方向可能为图中的 (　　)
A.B1 B.B2 C.B3 D.B4
4.(三角形有界磁场)如图所示,边长为L的等边三角形ABC内、外分布着两方向相反的匀强磁场,三角形内磁场方向垂直纸面向外,两磁场的磁感应强度大小均为B。顶点A处有一粒子源,粒子源能沿∠BAC的角平分线发射不同速率的粒子,粒子质量均为m、电荷量均为+q,不计粒子重力及粒子间的相互作用力,则发射速度v0为哪一值时粒子能通过B点 (　　)
A. B. C. D.
5.(圆形磁场边界)如图所示,真空中,垂直于纸面向里的匀强磁场只在两个同心圆所夹的环状区域存在(含边界),两圆的半径分别为R、3R,圆心为O。一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P点沿PO方向以速度v1射入磁场,其运动轨迹如图,轨迹所对的圆心角为120°。若将该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2时,不论其入射方向如何,都不可能进入小圆内部区域,则v1∶v2至少为 (　　)
A. B. C. D.2
6.(平行边界磁场)如图所示,平行边界MN、PQ之间有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度的大小为B,两边界间距为d,边界MN上A点有一粒子源,可沿纸面内任意方向射出完全相同的质量为m,电量为q的带正电的粒子,粒子射出的速度大小均为v=,若不计粒子的重力及粒子间的相互作用,则粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从MN边界射出的区域长度之比为 (　　)
A.1 B.2∶3 C.∶2 D.2∶7
7.(安培力作用下的平衡)在匀强磁场区域内有一倾角为θ的光滑斜面,在斜面上水平放置一根长为L、质量为m的导线,通以如图所示方向的电流I时,通电导线能静止在斜面上,重力加速度为g,下列说法正确的是 (　　)
A.导线所受的安培力方向可能垂直于斜面向下
B.磁感应强度大小可能为B=,方向竖直向上
C.磁感应强度大小可能为B=,方向水平向左
D.磁感应强度方向垂直于斜面向下时,其大小最小,且最小值为B=
热点8　磁场　
考向一　磁场的叠加及通电导体
在磁场中的受力
【典例】B、C　设磁场方向与水平方向夹角为θ1,θ1<90°;当导体棒加速且加速度最大时,合力向右最大,根据左手定则和受力分析可知,安培力应该斜向右上方,磁场方向斜向右下方,此时有Fsinθ1-μ(mg-Fcosθ1)=ma1,令cosα=,sinα=,根据数学知识可得F()sin(θ1+α)=μmg+ma1,则有sin(θ1+α)=≤1,同理磁场方向与水平方向夹角为θ2,θ2<90°,当导体棒减速,且加速度最大时,合力向左最大,根据左手定则和受力分析可知,安培力应该斜向左下方,磁场方向斜向左上方,此时有Fsinθ2+μ(mg+Fcosθ2)=ma2,有F()sin(θ2+α)=ma2-μmg,所以有sin(θ2+α)=≤1,当加速或减速加速度分别最大时,不等式均取等于,联立可得μ=,代入cosα=,可得α=30°,此时θ1=θ2=60°,加速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向右下方,有θ=θ1=60°,减速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向左上方,有θ=π-θ2=120°,故B、C正确,A、D错误。
1.B、C　由左手定则可知,O点处的磁感应强度方向与安培力F方向垂直且斜向右下方,故A错误;O点处的磁场方向可沿水平向右和竖直向下分解,长导线a和b在O点处产生的磁场方向均沿竖直方向,所以长导线c在O点处产生的磁场方向应水平向右,由右手螺旋定则可知,长导线c中的电流方向垂直纸面向外,长导线a在O点产生的磁场方向竖直向上,长导线b在O点产生的磁场方向竖直向下,所以长导线a中电流I1小于b中电流I2,由于不知道安培力的具体方向,所以无法确定长导线c中电流I3与b中电流I2的大小关系,故B、C正确,D错误。
2.A　对导体棒进行受力分析如图所示,当磁场方向缓慢旋转到水平方向,安培力方向缓慢从沿斜面向上旋转到竖直向上,因光滑斜面对通电导体棒的支持力方向始终不变,导体棒的重力大小和方向也始终不变,初始时刻安培力沿斜面向上,与支持力方向垂直,此时安培力最小,所以随着磁场方向的改变,若使导体棒始终保持静止状态,安培力的大小逐渐增大,直到等于导体棒的重力,而安培力F安=BIL,所以磁感应强度一直增大,B、C、D错误,A正确。
考向二　带电粒子在有界磁场中的运动
【典例】B、C　若离子通过下部分磁场直接到达P点,如图甲
根据几何关系则有R=L,qvB=m,可得v==kBL,根据对称性可知出射速度方向与SP成30°角向上,故出射方向与入射方向的夹角为θ=60°。
当离子在上下部分磁场均通过一次时,如图乙
因为上下磁感应强度均为B,则根据对称性有R'=L,根据洛伦兹力提供向心力有qv'B=m,可得v'==kBL,此时出射方向与入射方向相同,即出射方向与入射方向的夹角为θ'=0°。设偏转次数为n,通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时,需满足v==kBL(n=1,2,3…),此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°;当离子从上部分磁场射出时,需满足v==kBL(n=1,2,3…),此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。故可知B、C正确,A、D错误。
1.C　根据v=可知,半径越大,速度越大,根据几何关系可知,使粒子轨迹与AD边相切时速度最大,如图所示,由几何关系可知r1=(r1+L)sin45°,解得最大半径为r1=(+1)L,故最大速度为v1=;
当粒子从C点出射时半径最小,为r2=,故最小速度应为v2=。
故v的取值范围为≤v≤,故C正确。
2.A　由题意作出两质子的运动轨迹如图所示,由几何关系可知,质子M在磁场中运动的半径为R,轨迹圆弧所对圆心角θ1=120°;根据eBv=m得r=,则质子N的轨道半径为2R,再由几何关系得,轨迹圆弧所对圆心角θ2=60°;质子在磁场中做圆周运动的周期T==,运动的时间满足t=T,解得t1∶t2=2∶1,故A正确,B、C、D错误。
3.A　电子在磁场中都做匀速圆周运动,根据题意画出电子的运动轨迹,如图所示,电子1垂直射进磁场,从b点离开,则运动了半个圆周,ab即为直径,c点为圆心,电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场,经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场,根据半径r=可知,电子1和2的半径相等,根据几何关系可知,△aOc为等边三角形,则粒子2转过的圆心角为60°,所以电子1运动的时间t1==,电子2运动的时间t2==,所以=3,故A正确。
1.A　结合题图可知各导线在O点产生的磁场方向如图甲所示,a、c、e中通过的电流大小相等,且到O点的距离相等,若通过a、c、e三条导线的电流在O点产生的磁感应强度大小均为B,合磁感应强度大小为2B,则若通过b、d、f三条导线的电流在O点产生的合磁感应强度大小为4B,结合上述分析可知,b、d、f三条导线中的电流大小是a、c、e三条导线中电流大小的2倍;去掉e导线后剩余导线在e点产生的磁场方向如图乙所示。
由B=k,可知B4'=B6'=2B,夹角为120°,B1'=B3'=B,夹角为60°,B2'=B,由平行四边形定则求得e点的合磁感应强度大小为0,故选项A正确。
2.B　当泵体上表面接电源的负极时,电流从下向上流过泵体,这时受到的磁场力水平向右,不会拉动液体,故A错误;根据电阻定律,泵体内液体的电阻R=ρ=ρ×=,由能量关系可知UI>I2,I<,故B正确;根据安培力公式F=BIL2,故C错误;若t时间内抽取水的质量为mt,根据能量守恒定律,则这部分水离开泵时的动能为Ek=UIt-mght-I2t,D错误,故选B。
3.C　根据右手螺旋定则得出两电流在H点的磁感应强度方向,如图,因为I1>I2,故I1产生的磁感应强度大于I2产生的磁感应强度,根据平行四边形定则知H点的合磁感应强度可能为B3方向,C正确。
4.D　粒子带正电,且经过B点,其可能的轨迹如图所示,
所有圆弧所对圆心角均为60°,所以粒子运动半径r=(n=1,2,3,…),粒子在磁场中做圆周运动,由洛伦兹力提供向心力得qvB=m,解得v==(n=1,2,3,…),由此可知,只有v=的粒子能通过B点,故A、B、C不符合题意,D符合题意。
5.B　粒子在磁场中做圆周运动,如图,由几何知识得r1==R,由洛伦兹力提供向心力得qv1B=m,解得v1=;当该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2时,若粒子沿P点切线方向向上射入磁场时恰好不能进入小圆内部区域,则不论其入射方向如何,都不可能进入小圆内部区域,此时v2最大,粒子轨道半径r2=R由洛伦兹力提供向心力得qv2B=m,解得v2=,则v1∶v2最小为,故B正确,A、C、D错误。
6.C　粒子在磁场中运动的轨道半径为r==d,则能打到PQ上的粒子长度为2=d;能打到MN上的粒子的长度为2r=d,故粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从MN边界射出的区域长度之比为,故C正确。
7.D　根据重力、支持力、安培力三力平衡可知,导线所受的安培力垂直于斜面向下时,导线所受合力不能为0,导线不能静止,A错误;若磁场方向竖直向上,则安培力方向水平向左,导线不能静止,B错误;若磁场方向水平向左,则安培力方向竖直向下,导线不能静止,C错误;磁场方向垂直于斜面向下时,安培力方向沿斜面向上,此时安培力最小,磁感应强度最小,故有mgsinθ=ILB,解得B=,D正确。热点9　电磁感应的应用
考向一楞次定律的应用
【典例】(2020·全国Ⅲ卷)如图,水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一,右边套有一金属圆环。圆环初始时静止。将图中开关S由断开,电路接通的瞬间,可观察到 (　　)
A.拨至M端或N端,圆环都向左运动
B.拨至M端或N端,圆环都向右运动
C.拨至M端时圆环向左运动,拨至N端时向右运动
D.拨至M端时圆环向右运动,拨至N端时向左运动
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 根据螺线管通电电流方向,判断螺线管内部的磁场方向
② 金属圆环磁通量增加,由楞次定律知“增缩减扩”
【模型转化】
楞次定律应用的分析思路
1.维度:多匝线圈
一个简易的电磁弹射玩具如图所示。线圈、铁芯组合充当炮筒,硬币充当子弹。现将一个金属硬币放在铁芯上(金属硬币半径略大于铁芯半径),刚开始时电容器处于无电状态,则下列说法正确的是 (　　)
A.要将硬币射出,可直接将开关拨向2
B.当开关拨向1时,有短暂电流出现,且电容器上极板带负电
C.当开关由1拨向2瞬间,铁芯中的磁通量减小
D.当开关由1拨向2瞬间,硬币中会产生向上的感应磁场
2.维度:单匝矩形线圈
如图,在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一金属导轨,导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS,一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内,线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动,在运动开始的瞬间,关于感应电流的方向,下列说法正确的是 (　　)
A.PQRS中沿顺时针方向,T中沿逆时针方向
B.PQRS中沿顺时针方向,T中沿顺时针方向
C.PQRS中沿逆时针方向,T中沿逆时针方向
D.PQRS中沿逆时针方向,T中沿顺时针方向
3.维度:螺线管与导线
(多选)如图所示,水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN,MN的左边有一闭合电路,当PQ在外力的作用下运动时,MN向右运动,则PQ所做的运动可能是 (　　)
A.向右加速运动　　　　 B.向左加速运动
C.向右减速运动 D.向左减速运动
考向二法拉第电磁感应定律的应用
【典例】(多选)(2022·全国甲卷)如图,两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上,在导轨的左端和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上,与导轨垂直,且接触良好。导轨电阻忽略不计,整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中,开始时,电容器所带的电荷量为Q,合上开关S后, (　　)
A.通过为
B.导体棒MN向右先加速、后匀速运动
C.导体棒MN时所受的安培力也最大
D.电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① MN在运动过程中所在的电路为非纯电阻电路
② 闭合的瞬间,反电动势最小,电流最大
③ 加速度等于0,安培力为0
法拉第电磁感应定律的应用的解题技巧
1.维度:平动产生电动势
如图所示,abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨,间距为l,导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,导轨电阻不计,已知金属杆MN倾斜放置,与导轨成θ角,单位长度的电阻为r,保持金属杆以速度v沿平行于cd方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好),则 (　　)
A.电路中感应电动势的大小为
B.电路中感应电流的大小为
C.金属杆所受安培力的大小为
D.金属杆的热功率为
2.维度:转动产生电动势
　如图所示,直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω沿逆时针方向转动时,a、b、c三点的电势分别为φa、φb、φc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是 (　　)
A.φa>φc,金属框中无电流
B.φb>φc,金属框中的电流方向为a→b→c→a
C.Ubc=-Bl2ω,金属框中无电流
D.Ubc=Bl2ω,金属框中的电流方向为a→c→b→a
3.维度:磁感应强度变化产生感应电动势
A、B两个闭合线圈用同样的导线制成,匝数均为10匝,半径rA=2rB,分别按图甲、乙两种方式放入匀强磁场中,且磁感应强度随时间均匀减小,则下列说法正确的是 (　　)
A.甲图中,A、B两线圈中电动势之比为4∶1
B.甲图中,A、B两线圈中电流之比为2∶1
C.乙图中,A、B两线圈中电动势之比为4∶1
D.乙图中,A、B两线圈中电流之比为4∶1
考向三电磁感应规律中的图像问题
【典例】(多选)(2020·山东等级考)如图所示,平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场,图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平面内的刚性导体框(不发生转动)。从图示位置开始计时,4 s末bc边刚好进入。在此过程中,导体框内感应电流的大小为I, ab边所受安培力的大小为Fab,二者与时间t的关系图像,可能正确的是 (　　)
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 有效导体框切割磁感线,产生感应电动势
② 导体框的速度为每秒运动一个方格
【模型转化】
电磁感应规律中的图像问题的解题步骤
(1)明确图像的种类,即是B-t图还是Φ-t图,或者E-t图、I-t图等。
(2)分析电磁感应的具体过程。
(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系。
(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式。
(5)根据函数关系式,进行数学分析,如分析斜率的变化、截距等。
(6)画图像或判断图像。
1.维度:动生问题的图像
如图所示,在直角梯形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,BC=CD=2AB=2L。高为2L、宽为L的矩形金属闭合线圈由图中位置以向右的恒定速度匀速通过磁场区域,其长边始终与CD平行。以线圈中逆时针方向为电流正方向,线圈在通过磁场过程中电流随时间变化的关系为 (　　)
2.维度:感生问题的图像
　(多选)如图甲所示,一正方形金属线圈放置在水平桌面上,其左半边处于竖直方向的匀强磁场中,匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示(垂直纸面向里为B的正方向),而线圈始终保持静止。则下列关于线圈中的感应电流i(逆时针方向为其正方向)及线圈所受摩擦力f(取水平向右为其正方向)随时间t变化的关系图像正确的是 (　　)
1.(楞次定律与安培定则结合问题)如图所示,在水平地面下埋有一条沿东西方向通有恒定电流的水平直导线。现用一个串有灵敏电流计(未画出)的圆形闭合线圈来检测该直导线的位置,若不考虑地磁场的影响,检测线圈在水平面内沿图中虚线从距直导线很远处的北边匀速移到距直导线很远处的南边的过程中,俯视检测线圈。下列说法正确的是 (　　)
A.检测线圈在直导线正上方时,由于线圈中磁通量为零,所以肯定不受安培力的作用
B.线圈中感应电流的方向俯视先逆时针后顺时针,接着又逆时针
C.线圈中感应电流的方向俯视先顺时针后逆时针,接着又顺时针
D.检测线圈在直导线正上方时,由于线圈中磁通量为零,所以线圈中的电流肯定为零
2.(螺线管与导线)如图所示,表面粗糙的金属线框水平固定,其上横放一根阻值为R的金属棒ab,金属棒与线框接触良好,一通电螺线管竖直放置在线框与金属棒组成的回路中,下列说法正确的是 (　　)
A.当变阻器滑片P向上滑动时,螺线管内部的磁通量增大
B.当变阻器滑片P向下滑动时,金属棒所受摩擦力方向向右
C.当变阻器滑片P向上滑动时,流过金属棒的电流方向由a到b
D.当变阻器滑片P向下滑动时,流过金属棒的电流方向由a到b
3.(感生电动势)(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场,其边界如图甲中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S,将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内,圆心O在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图甲所示,磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示,则在t=0到t=t1的时间间隔内 (　　)
A.圆环所受安培力的方向始终不变
B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C.圆环中的感应电流大小为
D.圆环中的感应电动势大小为
4.(动生电动势)边界MN的一侧区域内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于光滑水平桌面的匀强磁场。边长为l的正三角形金属线框abc粗细均匀,三边阻值均相等,顶点a刚好位于边界MN上,现使线框围绕过a点且垂直于桌面的转轴匀速转动,转动角速度为ω,如图所示,则在ab边开始转入磁场的瞬间,a、b两端点间的电势差Uab为 (　　)
A.Bl2ω　　B.-Bl2ω　　C.-Bl2ω　　D.Bl2ω
5.(感生图像问题)(多选)如图甲所示,螺线管内有一平行于轴线的磁场,规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向,螺线管与U形导线框cdef相连,导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L,圆环面积为S,圆环与导线框cdef在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时,下列说法正确的是 (　　)
A.在t1时刻,金属圆环L内的磁通量最大,最大值Φm=B0S
B.在t2时刻,金属圆环L内的磁通量最大
C.在t1~t2时间内,金属圆环L有扩张的趋势
D.在t1~t2时间内,金属圆环L内有顺时针方向的感应电流
6.(动生图像问题)如图所示,一有界区域磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里,磁场宽度为L;正方形导线框abcd的边长也为L,当bc边位于磁场左边缘时,线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域。若规定逆时针方向的电流为正,则反映线框中感应电流变化规律的图像是 (　　)
热点9　电磁感应的应用　
考向一　楞次定律的应用
【典例】B　不论开关S拨至M端或N端,穿过右边金属圆环的磁通量都会增加,由楞次定律的“来拒去留”可知,圆环向右运动才能减小磁通量的增加,故B正确。
1.D　直接将开关拨向2,电容器不会放电,线圈中不产生感应电流,不能将硬币射出,选项A错误;当开关拨向1时,电容器充电,有短暂电流出现,且电容器上极板带正电,选项B错误;当开关由1拨向2瞬间,电容器通过线圈放电,由安培定则可知,铁芯中的磁场方向向下,磁通量增大,根据楞次定律可知,在硬币中会产生向上的感应磁场,选项C错误,D正确。
2.D　金属杆PQ向右切割磁感线,根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向;原来T中的磁场方向垂直于纸面向里,金属杆PQ中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外,使得穿过T的磁通量减小,根据楞次定律可知T中产生顺时针方向的感应电流,综上所述,可知A、B、C错误,D正确。
3.B、C　MN向右运动,说明MN受到向右的安培力,ab在MN处产生的磁场垂直纸面向里MN中的电流由M→NL1中感应电流的磁场方向向上L2中磁场方向向上减弱或磁场方向向下增强;若L2中磁场方向向上减弱PQ中电流为Q→P且减小向右减速运动;若L2中磁场方向向下增强PQ中电流为P→Q且增大向左加速运动,故B、C正确。
考向二　法拉第电磁感应定律的应用
【典例】A、D　MN在运动过程中为非纯电阻,MN上的电流瞬时值为i=。当闭合的瞬间,Blv=0,此时MN可视为纯电阻R,此时反电动势最小,故电流最大Imax==,故A正确;当u>Blv时,导体棒加速运动,当速度达到最大值之后,电容器与MN及R构成回路,由于一直处于通路的形式,由能量守恒可知,最后MN速度为零, 故B错误;当u=Blv时,MN上电流瞬时值为零,安培力为零,此时MN速度最大,故C错误;在MN加速度阶段,由于MN反电动势存在,故MN上电流小于电阻R上的电流,电阻R消耗电能大于MN上消耗的电能(即ER>EMN),故加速过程中,QR>QMN;当MN减速为零的过程中,电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R形成各自的回路,因此可知此时也是电阻R的电流大,综上分析可知全过程中电阻R上产生的焦耳热大于导体棒上产生的焦耳热,故D正确。故选A、D。
1.B　金属杆的运动方向与金属杆不垂直,电路中感应电动势的大小为E=Blv(l为切割磁感线的有效长度),选项A错误;电路中感应电流的大小为I===,选项B正确;金属杆所受安培力的大小为F=Il'B=··B=,选项C错误;金属杆的热功率为P=I2R=·=,选项D错误。
2.C　金属框abc平面与磁场始终平行,转动过程中磁通量始终为0,所以无感应电流产生,选项B、D错误;转动过程中bc边和ac边均切割磁感线,产生感应电动势,由右手定则判断知φa<φc,φb<φc,选项A错误;由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc=-Bl2ω,选项C正确。
3.C　由法拉第电磁感应定律可知,E=n=nS,其中S为有效面积,在甲图中,A、B两线圈的有效面积相等,所以感应电动势之比就是匝数比,为1∶1,由电阻定律R=ρ可知,电阻之比为两线圈周长之比,也就是2∶1,所以甲图中电流之比为1∶2,故A、B错误。同理,乙图中,A、B两线圈电动势之比为4∶1,电流之比为2∶1,故C正确,D错误。
考向三　电磁感应规律中的图像问题
【典例】B、C　因为4 s末bc边刚好进入磁场,可知导体框的速度为每秒运动一个方格,故在0~1 s内只有ae边切割磁感线,设方格边长为L,根据E1=2BLv、I1=可知电流恒定;2 s末时导体框在第二象限长度最长,此时有E2=3BLv、I2=,可知I2=I1,2~4 s导体框有一部分在第一象限,电流减小,在4 s末同理可得I3=I1,综上分析可知A错误、B正确;根据Fab=BILab可知在0~1 s内ab边所受的安培力线性增加;1 s末安培力为Fab=BI1L,在2 s末可得安培力为Fab'=B×I1×2L=3Fab,C正确、D错误。故选B、C。
1.C　线圈进入磁场过程中磁通量向里增加,根据楞次定律可得电流方向为逆时针(为正)。在线圈左边没有进入磁场过程中,有效切割长度逐渐增大,根据i=可知感应电流逐渐增大;当线圈左边进入磁场后,右边没有离开磁场前,有效切割长度不变,则感应电流不变;当线圈右边离开磁场后,线圈内的磁通量减小,根据楞次定律可知感应电流方向为顺时针(负值),且有效切割长度逐渐增大,感应电流逐渐增大。综上所述,选项C正确。
2.B、C　由楞次定律及法拉第电磁感应定律可知,在第1 s内,线圈中的感应电流为逆时针方向的恒定电流,在第2 s内无感应电流,在第3 s内感应电流为顺时针方向的恒定电流,其大小为第1 s内感应电流的,故选项B正确,A错误;根据左手定则及F=IlB可知,
线圈所受安培力F随时间t变化的关系图像如图所示,再根据“二力平衡条件”得摩擦力Ff与t的关系图像应为选项C所示,故选项C正确,D错误。
1.B　线圈从左向右靠近直导线的过程中,磁感线先从右上方穿向左下方,磁通量先增加后减少,根据楞次定律,感应电流的方向俯视先逆时针后顺时针;线圈到达直导线正上方时,磁通量为零,但感应电流不为零,受到安培力的阻碍作用,选项A、D错误;过了直导线正上方后,磁感线从下向上穿过线圈平面,磁通量也是先增加后减少,感应电流方向俯视先顺时针后逆时针。选项B正确、C错误。
2.C　根据安培定则可知螺线管下端为N极,而穿过回路的磁通量分为两部分,一部分为螺线管内部磁场,方向竖直向下,一部分为螺线管外部磁场,方向竖直向上,而总的磁通量方向为竖直向下。当变阻器滑片P向上滑动时,滑动变阻器连入电路的电阻增大,螺线管中电流减小,产生的磁场变弱,即穿过回路的磁通量向下减小,根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由a到b,A错误,C正确;当变阻器滑片P向下滑动时,滑动变阻器连入电路的电阻减小,螺线管中电流增大,产生的磁场变强,即穿过回路的磁通量向下增大,根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由b到a,而金属棒所处磁场方向竖直向上,由左手定则可知,金属棒所受安培力方向向右,故金属棒所受摩擦力方向向左,B、D错误。
3.B、C　由于通过圆环的磁通量均匀变化,故圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向不变,但t0时刻磁场方向发生变化,故安培力方向发生变化,A错误。根据楞次定律,圆环中感应电流的方向始终沿顺时针方向,B正确。根据法拉第电磁感应定律,感应电动势E=·S'=·=,根据闭合电路欧姆定律知,电流I===,C正确,D错误。
4.A　当ab边刚进入磁场时,ab边切割磁感线,切割长度为两个端点间的距离,即为a、b两端点间的距离l,则E=Bl=Bl=Bl2ω;设每个边的电阻为R,a、b两端点间的电势差为U=I·2R=·2R=E=Bl2ω,故A正确,B、C、D错误。
5.B、D　当螺线管内的磁感应强度随时间按题图乙所示规律变化时,会产生感应电动势和感应电流,在t1时刻,螺线管内磁通量的变化率为0,感应电动势为0,感应电流为0,金属圆环L内的磁通量为0,选项A错误;在t2时刻,螺线管内磁通量的变化率最大,感应电动势最大,感应电流最大,金属圆环L内的磁通量最大,选项B正确;在t1~t2时间内,螺线管内的磁通量减小,磁通量的变化率逐渐增大,则感应电动势逐渐增大,感应电流逐渐增大,由安培定则及楞次定律知,导线框cdef内有逆时针方向的感应电流,感应电流逐渐增大,金属圆环L内的磁通量增大,根据楞次定律及安培定则知,金属圆环L内有顺时针方向的感应电流,金属圆环L有收缩的趋势,选项C错误,D正确。
6.B　由E=BLv,v=at,I=,联立解得I=,为恒量,感应电流的大小与运动时间成正比,由楞次定律可知,线框进入磁场时,感应电流的方向为逆时针,线框出磁场时,线框中的感应电流方向为顺时针,且方向改变时大小不变,故选项B正确。热点10　交流电与变压器
考向一交变电流的产生与计算
【典例】(2021·浙江6月选考)如图所示,虚线是正弦,实线
,它们的周期T和最大值Um相同,则实线所对应的交流电的有效值U满足 (　　)
A.U=Um　B.U=Um　C.U>Um　D.U【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 正弦交流电最大值和有效值是倍关系
② 实线的有效值小于虚线的有效值
交变电流瞬时值表达式的求解步骤
1.维度:交流电的产生
(多选)如图所示,闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO'匀速转动,沿着OO'方向观察,线圈沿顺时针方向转动。已知匀强磁场的磁感应强度为B,线圈匝数为n,ab边的边长为L1,ad边的边长为L2,线圈电阻为R,转动的角速度为ω,则当线圈转至图示位置时 (　　)
A.线圈中感应电流的方向为abcda
B.线圈中的感应电动势为2nBL2ω
C.穿过线圈的磁通量随时间的变化率最大
D.线圈ad边所受安培力的大小为,方向垂直纸面向里
2.维度:最大值与有效值
　(多选)如图甲所示是一种振动发电装置的示意图,半径为r=0.1 m、匝数n=20的线圈位于辐向分布的磁场中,磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示),线圈所在位置的磁感应强度的大小均为B=T,线圈电阻为R1=0.5 Ω,它的引出线接有R2=9.5 Ω的小灯泡L,外力推动线圈框架的P端,使线圈沿轴线做往复运动,线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙所示(摩擦等损耗不计),则 (　　)
A.小灯泡中电流的峰值为0.16 A
B.小灯泡中电流的有效值为0.16 A
C.电压表的示数约为1.5 V
D.t=0.1 s时外力的大小为0.128 N
考向二变压器与远距离输电的综合
【典例】(2022·湖南选择考)如图,理想变压器原、副线圈总匝数相同,,输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻R1的阻值为R,滑动变阻器R2的最大阻值为9R,滑片P2初始位置在最右端。理想电压表V的示数为U,理想电流表A的示数为I。下列说法正确的是 (　　)
A.保持P1位置不变,的过程中,I减小,U不变
B.保持P1位置不变,P2向左缓慢滑动的过程中,R1消耗的功率增大
C.保持P2位置不变,的过程中,I减小,U增大
D.保持P2位置不变,P1向下缓慢滑动的过程中,R1消耗的功率减小
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 原、副线圈的匝数比为2∶1,则副线圈的电流为2I
② R2两端的电压不断变小
③ 原、副线圈匝数比不断变大,则I变小
【模型转化】
【失分警示】
①不会根据滑动变阻器触头P2的移动,判断电压表及电流表的变化。
②不知道P1向下缓慢滑动的过程中电表的变化及R1消耗功率的变化。
远距离输电问题的分析方法
对高压输电问题,应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”这样的顺序,或从“用电器”倒推到“发电机”一步一步进行分析。
1.维度:单个副线圈
(多选)理想变压器与三个阻值相同的定值电阻R1、R2、R3组成如图所示的电路,变压器原、副线圈的匝数比为1∶2,在a、b间接入正弦式交变电流,则下列说法正确的是 (　　)
A.R1、R2、R3两端的电压之比为5∶1∶2
B.R1、R2、R3的功率之比为25∶1∶4
C.a、b间输入功率与变压器输入功率之比为15∶4
D.a、b间输入电压与变压器输入电压之比为3∶1
2.维度:多个副线圈
如图所示,电路中变压器原线圈匝数n1=1 000,两个副线圈匝数分别为n2=500、n3=200,分别接一个R=55 Ω的电阻,在原线圈上接入U1=220 V的交流电源。则两副线圈输出电功率之比和原线圈中的电流I1分别是 (　　)
A.=,I1=2.8 A　　　 B.=,I1=2.8 A
C.=,I1=1.16 A D.=,I1=1.16 A
3.维度:远距离输电
　小明分别按图甲和图乙电路探究远距离输电的输电损耗,将长导线卷成相同的两卷A、B来模拟输电线路,忽略导线的自感作用。其中T1为理想升压变压器,T2为理想降压变压器,两次实验中使用的灯泡相同,灯泡的电压相等。两次实验中 (　　)
A.都接直流电源　　　　 B.A两端的电压相等
C.A损耗的功率相等 D.图甲中A的电流较大
考向三含变压器电路的动态分析
【典例】(2021·湖南选择考)如图,理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2 ,输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源,灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同。在的过程中,两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内,下列说法正确的是 (　　)
A.L1,L2一直变亮
B.L1先变亮后变暗,L2一直变亮
C.L1先变暗后变亮,L2先变亮后变暗
D.L1先变亮后变暗,L2先变亮后变暗
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 副线圈回路的总电阻先增大后减小
② 灯泡通过的电流先变小后变大
【模型转化】
1.含变压器电路的动态分析的常见模型
2.含变压器电路的动态分析的步骤
1.维度:观察灯泡亮与暗
如图所示,交流发电机的矩形线圈以角速度ω匀速转动,与理想变压器相连,t=0时刻,线圈平面与磁场平行,下列说法正确的是 (　　)
A.t=0时,矩形线圈的磁通量最大
B.若ω变为原来的0.9倍,则电路的总功率变为原来的0.9倍
C.若ω不变,要使L1变亮,L2变暗,可将滑动变阻器滑片向下滑动
D.若ω不变,L2突然变暗,可能因滑动变阻器的滑片接触不良所引起
2.维度:观察电表变化
(多选)如图所示,理想变压器原线圈接正弦交流电,电表为理想电表,Rt为热敏电阻(该阻值随温度升高而减小)。下列说法正确的是 (　　)
A.开关S由a切换到b,电压表示数不变
B.开关S由a切换到b,电流表示数变大
C.若环境温度升高,变压器的输出功率变大
D.若环境温度降低,变压器的输入功率变大
3.维度:观察电流表与灯泡的变化
(多选)如图所示,理想变压器原线圈接u=220sin(100πt) V的交流电,R为光敏电阻(阻值随着光照强度的增强而减小),电流表为理想交流电表。当电路工作时,灯泡L发光,下列说法正确的是 (　　)
A.保持滑片P不动,若照射R的光变强,则灯泡L变暗
B.保持滑片P不动,若照射R的光变强,则电流表示数变大
C.保持R上的光照强度不变,若滑片P向下滑动,则电流表示数增大
D.保持R上的光照强度不变,若滑片P向下滑动,则电流表示数减小
1.(交流电的产生)如图甲所示,矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO'匀速转动,从某时刻开始计时,产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图乙所示,若外接电阻R=70 Ω,线圈电阻r=10 Ω,则下列说法正确的是 (　　)
A.线圈的角速度为100 rad/s
B.0.01 s末穿过线圈的磁通量最大
C.通过线圈的最大电流为1.25 A
D.电压表的示数为87.5 V
2.(有效值与最大值)(多选)图甲为风力发电的简易模型。在风力作用下,风叶带动与杆固连的永磁铁转动,磁铁下方的线圈与电压传感器相连。某一风速时,传感器显示如图乙所示,则 (　　)
A.磁铁的转速为5 r/s
B.线圈两端电压的有效值为6 V
C.交流电压的表达式为u=12sin5πt(V)
D.该交变电流可以直接加在击穿电压为9 V的电容器上
3.(变压器)一理想变压器的初级线圈为n1=100匝,次级线圈n2=30匝,n3=20匝,一个电阻为48.4 Ω的小灯泡接在副线圈n2与n3上,如图所示。当原线圈与e=220sinωt V的交流电源连接后,变压器的输入功率是 (　　)
A.10 W　　B.20 W　　C.250 W　　D.500 W
4.(含有变压器的电路)如图,理想变压器原线圈匝数为1 100匝,接有一阻值为R的电阻,电压表V1示数为110.0 V。副线圈接有一个阻值恒为RL的灯泡,绕过铁芯的单匝线圈接有一理想电压表V2,示数为0.10 V。已知RL∶R=4∶1,则副线圈的匝数为(　　)
A.225　　B.550　　C.2 200　　D.4 400
5.(含有二极管的变压器电路分析)如图所示的电路中,理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=22∶5,电阻R1=R2=25 Ω,D为理想二极管,原线圈接u=220sin(100πt)V的交流电,则 (　　)
A.交流电的频率为100 Hz
B.通过R2的电流为1 A
C.通过R2的电流为 A
D.变压器的输入功率为200 W
6.(含变压器的动态分析)如图所示,理想变压器原线圈接在交流电源上,图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是 (　　)
A.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,R1消耗的功率变大
B.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,电压表V示数变大
C.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,电流表A1示数变大
D.若闭合开关S,则电流表A1示数变大,A2示数变大
7.(远距离输电)(多选)如图所示,有一台交流发电机E通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电。输电线的总电阻为R。T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1,它的输出电压和输出功率分别为U2和P2;T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3,它的输出电压和输出功率分别为U4和P4。设T1的输入电压U1一定。当用户消耗的电功率变大时,有 (　　)
A.U2减小,U4变大　　　　 B.U2不变,U3变小
C.P1变小,P2变小 D.P2变大,P3变大
热点10交流电与变压器
考向一　交变电流的产生与计算
【典例】D　已知正弦交流电的电压有效值U=Um,根据有效值定义:让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻,如果在交变电流的一个周期内它们产生的热量相等,则该直流电的大小就是交流电的有效值。显然图中实线上各个时刻的电压均小于虚线正弦交流电的电压,所以产生的热量应该小于正弦交流电的热量,所以有效值应该小于Um,选项A、B、C错误,选项D正确。
1.A、C　由右手定则知图示位置线圈中感应电流的方向为abcda,故A正确。感应电动势为E=nBL2L1ω,故B错误。此位置穿过线圈的磁通量为零,磁通量的变化率最大,故C正确。线圈ad边所受安培力大小为F=nB·L2=,方向垂直纸面向里,故D错误。
2.A、D　由题意及法拉第电磁感应定律知道,线圈在磁场中做往复运动,产生的感应电动势的大小符合正弦曲线变化规律,线圈中的感应电动势的峰值为Em=nBlv=nB·2πrvm,故小灯泡中电流的峰值为Im== A=0.16 A,选项A正确,B错误;电压表示数为U=·R2≈1.07 V,选项C错误;当t=0.1 s也就是时,外力的大小为F=nB·2πrIm=0.128 N,选项D正确。
考向二　变压器与远距离输电的综合
【典例】B　由题意可知,原、副线圈的匝数比为2∶1,则副线圈的电流为2I,根据欧姆定律可得副线圈的电压有效值为U2=2IR1,则变压器原线圈的电压有效值为U1=2U2=4IR1,设输入交流电的电压有效值为U0,则U0=4IR1+IR2,可得I=,保持P1位置不变,P2向左缓慢滑动的过程中,I不断变大,根据欧姆定律U1=4IR,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R2两端的电压不断变小,则电压表示数U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R1消耗的功率增大,故B正确,A错误;设原、副线圈匝数的比值为n,同理可得U1=n2IR1,则U0=n2IR1+IR2,整理可得I=,保持P2位置不变,P1向下缓慢滑动的过程中,n不断变大,则I变小,对R2由欧姆定律可知U=IR2,可知U不断变小,根据原、副线圈的功率相等可知R1消耗的功率P1=IU1=·
(U0-),整理可得P1=,可知n=3时,R1消耗的功率有最大值,R1消耗的功率先增大,后减小,故C、D错误。
1.A、B　由于理想变压器==,==
设流过副线圈的电流为I0,则流过原线圈的电流为2I0,即I3==I0,则流过R2的电流I2===I0
则流过R1的电流I1=2I0+I2=I0
由于三个电阻相等,因此R1、R2、R3两端的电压之比为U1∶U2∶U3=I1∶I2∶I3=5∶1∶2,A正确;R1、R2、R3的功率之比为P1∶P2∶P3=∶∶=25∶1∶4,B正确;由于变压器本身不消耗能量,则a、b间输入功率与变压器输入功率之比为(P1+P2+P3)∶P3=15∶2,C错误;a、b间输入电压与变压器输入电压之比为==,D错误。
2.C　对两个副线圈有=、=,所以U2=110 V,U3=44 V,又因为P=,所以==;由欧姆定律得I2==2 A,I3==0.8 A,对有两个副线圈的变压器有n1I1=n2I2+n3I3,得I1=1.16 A,故C正确。
3.D　由于变压器只能改变交变电流,因此图乙中不可能接直流电源,A错误;由于流过两个灯泡的电流相等,且T2是降压变压器,根据=>1可知,图乙中流过A的电流较小,加在图乙中A两端的电压较低,图乙中A消耗的功率较小,B、C错误,D正确。
考向三　含变压器电路的动态分析
【典例】A　副线圈的总电阻为=+,解得R2==,则滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中,副线圈的总电阻先增大后减小,根据等效电阻关系有R等===()2
=()2R2,则等效电阻先增大后减小,由欧姆定律有I1=,I2=I1,I1先减小后增大,I2先减小后增大,则L1先变暗后变亮,根据U1=U-I1R0,U2=U1,由于I1先减小后增大,则副线圈的电压U2先增大后减小,通过L2的电流为IL2=,则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中,RPb逐渐减小,副线圈的电压U2增大过程中增大;在副线圈的电压U2减小过程中,通过R0的电流为IR0=,RaP逐渐增大,则IR0越来越小,则IL2↑=I2↑-IR0↓,则L1先变暗后变亮,L2一直变亮。
1.D　t=0时刻,线圈平面与磁场平行,穿过矩形线圈的磁通量为0,故A错误;原线圈两端的电压为U1==,若ω变为原来的0.9倍,原线圈两端的电压变为原来的0.9倍,副线圈两端的电压也变为原来的0.9倍,副线圈中的电流变为原来的0.9倍,原线圈中的电流也变为原来的0.9倍,则电路的总功率变为原来的0.81倍,故B错误;若ω不变,原、副线圈两端电压不变,则L1亮度不变,故C错误;若ω不变,原、副线圈两端电压不变,如果滑动变阻器的滑片接触不良,说明滑动变阻器电阻变大,总电阻变大,L2中电流I2变小,L2变暗,故D正确。
2.A、C　开关S由a切换到b,原线圈上的电压表示数不变,副线圈的匝数变小,根据=,变压器的输出电压变小,副线圈上电流变小,A正确,B错误;当环境温度升高时,Rt的阻值会变小,在电压不变的情况下,副线圈的电流就会变大,变压器的输出功率变大,C正确;当环境温度降低时,Rt的阻值会变大,在电压不变的情况下,副线圈的电流就会变小,原线圈的电流也会变小,根据P=I1U1知,变压器的输入功率变小,D错误。
3.B、D　照射R的光变强,光敏电阻R的阻值减小,流过光敏电阻的电流变大,流经灯泡的电流不变,副线圈总电流变大,原线圈电流变大,故A项错误,B项正确;滑片P向下滑动,副线圈的匝数减小,两端电压减小,两支路电流均减小,灯泡L变暗;副线圈中的总电流减小,则电流表示数减小,C项错误,D项正确。
1.C　由题图乙知,交流电的周期T=4×10-2 s,线圈转动的角速度ω== rad/s
=50πrad/s,故A错误;由题图乙知,0.01 s末线圈产生的感应电动势最大,则
0.01 s末线圈平面与磁场平行,穿过线圈的磁通量为0,故B错误;由题图乙知,线圈产生的感应电动势最大值Em=100 V,则通过线圈的最大电流Im== A=1.25 A,故C正确;线圈产生的感应电动势有效值E== V=50 V,电压表的示数U=·R=×70 V≈61.9 V,故D错误。
2.B、C　该交变电流的周期为T=0.4 s,故磁铁的转速为n== r/s=2.5 r/s,故A错误;由题图乙可知电压的最大值为12 V,有效值U== V=6 V,故B正确;周期T=0.4 s,故ω== rad/s=5πrad/s,故交流电压的表达式为u=12sin5πt(V),故C正确;该交变电流电压的最大值大于电容器的击穿电压,故该交变电流不能直接加在击穿电压为9 V的电容器上,故D错误。
3.A　根据副线圈的接法知道,副线圈2和3的接法相反,电动势抵消一部分,相当于灯泡接在10匝的副线圈上,根据电源电动势的表达式知原线圈电压有效值为220 V,根据电压与匝数成正比知灯泡两端的电压为22 V,灯泡功率P==
W=10 W,故变压器的输入功率是10 W,则A正确,B、C、D错误。
4.C　假设理想变压器原线圈的输入电压为U,根据理想变压器原、副线圈两端电压之比等于线圈匝数之比可知,原线圈两端电压和V2满足==,解得原线圈输入电压为U=220 V,理想变压器原、副线圈电流之比等于线圈匝数的反比,原线圈电流I1和通过灯泡的电流I2满足=,定值电阻R满足欧姆定律I1=
,则通过灯泡的电流为I2=I1=·,结合=可知副线圈电压为U2=I2RL=··RL=×4 V,原线圈与副线圈的电压之比等于线圈匝数之比=,代入U2得==,变形得=4×1 100×1 100,解得副线圈得匝数为n2=2 200,故选C。
5.C　由原线圈交流电瞬时值表达式可知,交变电流的频率f===50 Hz,A项错误;由理想变压器变压规律=可知,输出电压U2=50 V,由理想二极管单向导电性可知,交变电流每个周期只有一半时间有电流通过R2,由交变电流的热效应可知,·=·T,解得U=U2=25 V,由欧姆定律可知,通过R2的电流为 A,B项错误,C项正确;电阻R2的功率P2=UI=50 W,而电阻R1的电功率P1==100 W,由理想变压器输入功率等于输出功率可知,变压器的输入功率为P=P1+P2=150 W,D项错误。
6.B　当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,滑动变阻器接入电路的电阻增大,变压器副线圈的总负载的等效电阻增大,R1中电流减小,R1两端电压减小,电压表示数变大,R1消耗的电功率变小,选项A错误,B正确。当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,变压器副线圈输出电流减小,输出功率减小,根据变压器输入功率等于输出功率,变压器输入功率变小,电流表A1示数变小,选项C错误。若闭合开关S,变压器副线圈的总负载的等效电阻减小,则R1中电流增大,R1两端电压增大,电压表示数减小,电流表A2示数减小,电流表A1示数变大,选项D错误。
7.B、D　当用户消耗的电功率增大时,升压变压器的输入功率必然增大,即P1增大。输入电压U1为定值不变,升压变压器的匝数不变,故输出电压U2不变。由于P1增大,由P1=U1I1=P2=U2I2可知I1增加,P2、I2增加。由闭合电路欧姆定律得U3=U2-I2R,故U3减小。降压变压器原、副线圈匝数不变,所以随着U3的减小,U4减小,故A错误,B正确。由于用户消耗的电功率增加,即P4增加,理想变压器无功率损耗,可得P3=P4,功率P3也增加,故C错误,D正确。热点11　近代物理
考向一光电效应
【典例】(2022·河北选择考)如图是密立根于1916年发表的钠金属光电效应的遏止电压Uc与的实验曲线,该实验直接证明了爱因斯坦光电效应方程,并且第一次利用光电效应实验测定了普朗克常量h。由图像可知 (　　)
A.
B.钠的截止频率为8.5×1014 Hz
C.图中直线的斜率为普朗克常量h
D.遏止电压Uc与入射光频率ν成正比
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 发生光电效应时入射光的频率大于极限频率
② 光电效应方程Ek=hν-W0
【模型转化】
题图Uc=ν-Uc与ν成线性关系
解决光电效应问题的流程
1.维度:光电效应图像问题
在某次光电效应实验中,得到的遏止电压Uc与入射光的频率ν的关系如图所示。若该直线的斜率为k、与横轴交点为ν0,电子电荷量的绝对值为e,则 (　　)
A.普朗克常量为ek
B.所用材料的逸出功为kν0
C.用频率低于ν0的光照射该材料,只要光照足够强,也能发生光电效应
D.用频率为ν(ν>ν0)的光照射该材料,逸出光电子的最大初动能为ekν
2.维度:光电效应实验装置
　(多选)如图所示,用导线把不带电的验电器与锌板相连接,当用紫外线照射锌板时,发生的现象是 (　　)
A.有光子从锌板逸出
B.有电子从锌板逸出
C.验电器指针张开一个角度
D.锌板带负电
考向二原子的能级跃迁
【典例】(2022·浙江6月选考)如图为氢原子的能级图。大量氢原子处于n=3的激发态,在向低能级跃迁时放出,用这些光子照射逸出功为2.29 eV的金属钠。下列说法正确的是 (　　)
A.为10.80 eV
B.n=3跃迁到n=1放出的
C.有3种频率的光子能使金属钠产生光电效应
D.用0.85 eV的光子照射,
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 能放出3种频率的光子
② n=3跃迁到n=1放出光电子能量最大,动量最大
③ 需要0.66 eV的能量
【模型转化】
【失分警示】
①不会计算从激发态向低能级跃迁时,能放出多少种频率的光子。
②不知道两定态之间的能量差如何计算。
1.原子的能级跃迁的常见模型
2.原子的能级跃迁问题的解题流程
1.维度:激发与辐射
如图所示为氢原子的能级图,下列说法正确的是 (　　)
A.欲使处于基态的氢原子被激发,可用12.09 eV的光子照射
B.处于n=1能级的氢原子可以吸收13 eV的光子的能量
C.当氢原子从n=5能级跃迁到n=2能级时,要吸收光子
D.一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁,辐射的光子频率最多有12种
2.维度:能级公式的应用
已知氢原子能级公式为En=,其中n为量子数。氢原子从n能级向n-1能级跃迁时释放出的能量可以使处于n能级上的氢原子电离,则n的最大值为 (　　)
A.2　　　　B.3　　　　C.2+　　　　D.4
3.维度:跃迁与谱线
如图甲所示为氢原子的能级示意图,图乙为氢原子的光谱图。已知谱线b是氢原子从n=5的能级直接跃迁到n=2的能级时发出的光谱线,则谱线a可能是氢原子 (　　)
A.从n=2的能级跃迁到n=1的能级时发出的光谱线
B.从n=3的能级直接跃迁到n=1的能级时发出的光谱线
C.从n=4的能级直接跃迁到n=1的能级时发出的光谱线
D.从n=4的能级直接跃迁到n=2的能级时发出的光谱线
考向三核能计算及核反应方程
【典例】(2022·湖北选择考)上世纪四十年代初,我国科学家王淦昌先生首先提出证明中微子存在的实验方案:如果静止原子核Be俘获核外K层电子e,可生成一个新原子核X,并放出中微子νe,即。根据核反应后原子核X的动能和动量,可以间接测量中微子的能量和动量,进而确定中微子的存在。下列说法正确的是 (　　)
A.原子核X是Li
B.核反应前后的总质子数不变
C.核反应前后总质量数不同
D.νe的电荷量与电子的相同
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 根据质量数守恒和电荷数守恒有X的质量数为7,电荷数为3
② 中微子不带电
【模型转化】
核能计算及核反应方程的解题流程
1.维度:衰变
Th具有放射性,经以下连续衰变过程,最后生成稳定的PbThRaAcTh→…Pb。下列说法正确的是 (　　)
A.Th和Th属于放射性同位素,其原子核内中子数相同,质子数不同
BRa发生β衰变后变为Ac,说明Ra原子核内有β粒子
CRa的半衰期约为6.7年,将该元素掺杂到其他稳定元素中,半衰期将增大
D.整个衰变过程共发生6次α衰变和4次β衰变
2.维度:重核裂变
(多选)目前科学家正在研究用“快中子堆”技术来发电,“快中子堆”技术发电的原理是:快中子反应堆不用U,而用Pu作燃料,但在堆心燃料Pu的外围放置UPu发生裂变反应时放出来的高速中子(快中子),被装在外围再生区的U吸收U吸收快中子后变成UU很不稳定,很快发生β衰变变成PuPu在裂变产生能量的同时,又不断地将U变成可用燃料Pu,核燃料越烧越多。设U、β粒子的质量分别为M、m,则 (　　)
A.Pu与U的中子数相同
BU吸收快中子后变成铀U是属于核聚变
CU经过2次β衰变后变成Pu
D.静止的U发生β衰变释放出动能为E0的β粒子,该衰变中质量亏损为E0
3.维度:轻核聚变
新一代“人造太阳”装置——中国环流器二号M装置(HL-2M)在成都建成并首次实现利用核聚变发电。下列方程中,正确的核聚变反应方程是 (　　)
AHHHen
BUThHe
CUnBaKr+n
DHeAlPn
4.维度:核能的计算
法国物理学家贝克勒尔发现自然界中有一些物质具有天然放射现象,能够发生衰变反应。一个静止的U原子核衰变为一个新核Th,同时放出一个带电粒子,该粒子的动能大小为E,动量大小为p。下列说法正确的是 (　　)
A.放出的带电粒子为电子　　BTh的结合能比U大
CTh的动量大小为 DTh的动能大小为
1.(多选)(光电效应的图像问题)研究光电效应规律的实验装置如图所示,以频率为ν的光照射光电管阴极K时,有光电子产生。由于光电管K、A间加的是反向电压,光电子从阴极K发射后将向阳极A做减速运动。光电流i由图中电流计G测出,反向电压U由电压表V测出,当电流计的示数恰好为零时,电压表的示数称为反向遏止电压Uc。在下列表示光电效应实验规律的图像中,正确的是 (　　)
2.(多选)(能级跃迁波长问题)氢原子能级示意图如图,当氢原子从n=3跃迁到n=2的能级时,辐射光的波长为656 nm。以下判断正确的是 (　　)
A.氢原子从n=2跃迁到n=1的能级时,辐射光的波长大于656 nm
B.用波长为325 nm的光照射,可使氢原子从n=1跃迁到n=2的能级
C.一群处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线
D.用波长为633 nm的光照射,不能使氢原子从n=2跃迁到n=3能级
3.(能级公式的应用)氢原子的能级公式为En=E1(n=1,2,3,…),其中基态能量E1=-13.6 eV,能级图如图所示。大量氢原子处于量子数为n的激发态,由这些氢原子可能发出的所有光子中,频率最大的光子能量为-0.96E1,则n和可能发出的频率最小的光子能量分别为 (　　)
A.n=5,0.54 eV　　　　　 B.n=5,0.31 eV
C.n=4,0.85eV D.n=4,0.66 eV
4.(核反应的应用)如图所示,随着神舟十四号载人飞船的发射,在进入外太空后,载人飞船处于黑夜工作的需要,研制了一种小型核能电池,将核反应释放的核能转化为电能,需要的功率并不大,但要便于防护其产生的核辐射。请据此猜测所用核能电池有可能采纳的核反应方程是 (　　)
AHHHen
B.Un→BaKr+n
CPuAme
DAlHePn
5.(核能计算)用粒子加速器加速后的质子轰击静止的锂原子核,生成两个动能均为8.919 MeV的α粒子He),其核反应方程式为HLiHeHe。已知质子质量为1.007 825 u,锂原子核的质量为7.016 004 u,α粒子的质量为4.002 603 u,1 u相当于931 MeV。若核反应释放的能量全部转化为α粒子的动能,则入射质子的动能约为 (　　)
A.0.5 MeV　B.8.4 MeV　C.8.9 MeV　D.17.3 MeV
6.(核能的计算)已知某种核电池的电能由Pu衰变释放的能量提供,该衰变方程形式上可表示为PuXHe。某次由静止Pu衰变释放的能量为E,射出的α粒子动能是Eα,假定Pu衰变释放的能量全部转化为新核和α粒子的动能。则 (　　)
A.A=234,Z=92,E=Eα
B.A=234,Z=92,E=Eα
C.A=236,Z=94,E=Eα
D.A=236,Z=94,E=Eα
7.(原子核衰变)核泄漏中的钚(Pu)是一种具有放射性的元素,它可破坏细胞基因,增加患癌的风险。已知钚的一种同位素Pu的半衰期为2.41万年,其衰变方程为PuU+X+γ,则下列说法中正确的是 (　　)
A.Pu发生的衰变为α衰变
B.衰变发出的γ射线是波长很短的光子,电离能力很强
C.衰变过程中总质量不变
D.10个Pu经过2.41万年后一定还剩余5个
热点11　近代物理
考向一　光电效应
【典例】A　根据遏止电压与最大初动能的关系有eUc=Ekmax,根据光电效应方程有Ekmax=hν-W0
当结合图像可知,当Uc为0时,解得W0=hνc,A正确;钠的截止频率为νc,根据图像可知,截止频率小于8.5×1014Hz,B错误;结合遏止电压与光电效应方程可解得Uc=ν-,可知图中直线的斜率表示,C错误;根据遏止电压与入射光的频率关系式可知,遏止电压Uc与入射光频率ν成线性关系,不是成正比,D错误。
1.A　根据Uce=m=hν-hν0,得Uc=ν-,可知=k,则普朗克常量为h=ek,所用材料的逸出功为W0=hν0=ekν0,选项A正确,B错误;用频率低于ν0的光照射该材料,无论光照多么强,也不能发生光电效应,选项C错误;用频率为ν(ν>ν0)的光照射该材料,逸出光电子的最大初动能为m=hν-hν0=ekν-ekν0,选项D错误。
2.B、C　用紫外线照射锌板时,锌板里的电子吸收紫外线的能量从锌板表面逸出,称之为光电子,故A错误,B正确;锌板与验电器相连,带有相同电性的电荷,锌板失去电子带正电,且失去的电子越多,带正电的电荷量越多,验电器指针张角越大,故C正确,D错误。
考向二　原子的能级跃迁
【典例】B　从n=3跃迁到n=1放出的光电子能量最大,根据Ek=E-W0可得此时最大初动能为Ek=9.8 eV,故A错误;根据p==,E=hν,又因为从n=3跃迁到n=1放出的光电子能量最大,故可知动量最大,故B正确;大量氢原子从n=3的激发态跃迁到基态能放出=3种频率的光子,其中从n=3跃迁到n=2放出的光子能量为ΔEk=3.4 eV-1.51 eV=1.89 eV<2.29 eV,不能使金属钠产生光电效应,其他两种均可以,故C错误;由于从n=3跃迁到n=4能级需要吸收的光子能量为ΔE=1.51 eV-
0.85 eV=0.66 eV≠0.85eV,所以用0.85 eV的光子照射,不能使氢原子跃迁到n=4激发态,故D错误。
1.A　根据玻尔理论,用12.09 eV的光子照射时,吸收光子后氢原子的能量为
-13.6 eV+12.09eV=-1.51 eV,所以能从基态发生跃迁,跃迁到n=3能级,选项A正确;由于氢原子的能级图中,不存在能量为13 eV的能级差,所以处于n=1能级的氢原子不可能吸收13 eV的光子的能量,选项B错误;氢原子从高能级跃迁到低能级时,放出光子,选项C错误;根据=6可知,一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁,辐射的光子频率最多有6种,选项D错误。
2.B　氢原子从n能级向n-1能级跃迁时释放出的能量ΔE=En-En-1=-,由题意可知-≥0-,由数学知识可得n≤2+,故n的最大值应取3,故B正确,A、C、D错误。
3.D　由谱线a的光子的波长大于谱线b的光子的波长,可知谱线a的光子的频率小于谱线b光子的频率,所以谱线a的光子能量小于n=5和n=2能级间的能级差,选项D正确,A、B、C错误。
考向三　核能计算及核反应方程
【典例】A　根据质量数守恒和电荷数守恒有,X的质量数为7,电荷数为3,可知原子核X是Li,A正确、C错误;由选项A可知,原子核X是Li,则核反应方程为Bee Li + νe,则反应前的总质子数为4,反应后的总质子数为3,B错误;中微子不带电,则中微子νe的电荷量与电子的不相同,D错误。
1.D　Th和Th具有相同的质子数,属于放射性同位素,其原子核内质子数相同,中子数不同,故A错误Ra发生β衰变后变为Ac,是Ra原子核内一个中子转化为一个质子并放出电子,并非原子核内有β粒子,故B错误;元素的半衰期不随物理和化学状态的改变而改变,故C错误;β衰变质量数不变,故232-208=4x,则x=6,发生6次α衰变,根据电荷数守恒可知90-82=2x-y,得到y=4,故发生4次β衰变,故D正确。
2.C、D　Pu的中子数为145U的中子数为147,故选项A错误;根据核聚变反应的定义可知选项B错误;根据UPu+e可知选项C正确;静止的U发生β衰变满足动能关系=,解得EkU=E0,由爱因斯坦质能方程可得E0+E0=Δmc2,解得该衰变中质量亏损为Δm=E0,选项D正确。
3.A　核聚变反应是指两轻核反应变成中等质量的核。
HHHen,是轻核聚变,故A正确UThHe,此核反应中反应物只有一个原子核且生成物有氦核,属于α衰变,故B错误;UnBaKr
+n,此反应中反应物和生成物都有中子,构成链式反应,且生产物有两个中等质量的核,属于重核裂变,故C错误HeAlPn,此反应是用α粒子轰击铝核生成了同位素磷,是人工核转变,故D错误。
4.D　写出核反应方程为UThHe,放出的粒子为α粒子,不是电子,选项A错误;α衰变过程释放能量,所以U的结合能比Th大,选项B错误;核反应前后动量守恒有pTh-pHe=0,即pTh=pHe=p,选项C错误Th的动能EkTh==He的动能EkHe===E,联立解得EkTh=,选项D正确。
1.A、C、D　反向电压U和频率ν一定时,发生光电效应产生的光电子数与光强成正比,则单位时间到达阳极A的光电子数与光强也成正比,故光电流i与光强I成正比,A正确。由动能定理知-qUc=0-Ekm,又因Ekm=hν-W0,所以Uc=-,可知遏止电压Uc与频率ν是线性关系,不是正比关系,故B错误。光强I与频率ν一定时,光电流i随反向电压的增大而减小,又根据光电子动能大小的分布概率及发出后的方向性可知,C正确。由光电效应知金属中的电子对光子的吸收是十分迅速的,时间小于10-9s,10-9 s后,光强I和频率ν一定时,光电流恒定,故D正确。
2.C、D　由玻尔的能级跃迁公式得E3-E2=h,E2-E1=h,又λ1=656 nm,结合题图上的能级值解得λ2≈122 nm<656 nm,故A错误;原子发生跃迁只能吸收或辐射一定频率的光子,可知B错误、D正确;根据=3可知,一群处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁,辐射的光子频率最多有3种,故C正确。
3.B　由这些氢原子可能发出的所有光子中,频率最大的光子能量为-0.96E1,则ΔE=-0.96E1=En-E1,所以处于量子数为n的激发态氢原子的能量为En=0.04E1=E1,即处在n=5能级;大量处于n=5能级的氢原子向低能级跃迁时,可能发出的所有光子中,频率最小的光子的能量为ΔE'=-0.54 eV-(-0.85 eV)=0.31 eV,故B正确,A、C、D错误。
4.C　A项中反应是轻核聚变,反应剧烈,至今可控聚变反应还处于各种实验研究阶段,故A项不符合题意;B项中反应是重核裂变,虽然实现了人工控制,但因反应剧烈,防护要求高还不能小型化,故B项不符合题意;C项中反应是人工放射性同位素的衰变反应,是小型核能电池主要采用的反应方式,故C项符合题意;D项中反应是人工核反应,需要高能α粒子,故D项不符合题意。
5.A　设入射质子的动能为EkH,生成α粒子的动能为Ekα,根据能量守恒定律有EkH+ΔE=2Ekα,又ΔE=(1.007 825+7.016 004-2×4.002 603)×931 MeV=17.338 MeV,解得EkH=0.5 MeV,故A正确。
6.B　根据质量数和电荷数守恒,有238=A+4,94=Z+2,解得A=234,Z=92;根据动量守恒定律,有mαvα=mXvX,又Ek==,解得EX=Eα,根据能量守恒定律,有E=Eα+EX=Eα,故B正确。
7.A　由质量守恒和电荷量守恒可知,Pu发生的衰变为α衰变,故A正确;衰变发出的γ射线是波长很短的光子,不带电,穿透能力很强,电离能力很弱,故B错误;衰变过程中释放能量,由质能亏损方程可知,总质量减少,故C错误;半衰期具有统计规律的性质,对大量原子核适用,对10个原子核不适用,故D错误。热点12　热学
考向一分子动理论
【典例】(2020·全国Ⅰ卷改编)分子间作用力F与分子间距r的关系如图所示,r=r1时,F=0。分子间势能由r决定,规定两分子相距无穷远时分子间的。若一分子固定于原点O,另一分子从距O,在两分子间距减小到r2的过程中,势能__________;在间距由r2减小到r1的过程中,势能__________;在间距等于r1处,势能__________零。下列选项中符合条件的是 (　　)
A.增大　增大　大于　　　B.减小　减小　小于
C.减小　减小　等于 D.增大　减小　小于
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 零势能面的选取是任意的,一般选无穷远为零势能面
② 分子力做功引起分子势能变化
分子动理论问题的解题思路
1.维度:布朗运动
气溶胶是指悬浮在气体介质中的固态或液态颗粒所组成的气态分散系统。这些固态或液态颗粒的大小一般在10-3~103μm之间。已知布朗运动微粒大小通常在10-6 m数量级。下列说法正确的是 (　　)
A.布朗运动是气体介质分子的无规则运动
B.在布朗运动中,固态或液态颗粒越小,布朗运动越剧烈
C.在布朗运动中,颗粒无规则运动的轨迹就是分子的无规则运动的轨迹
D.当固态或液态颗粒很小时,能很长时间都悬浮在气体中,颗粒的运动属于布朗运动,能长时间悬浮是因为气体浮力作用
2.维度:分子力与内能
　分子力与分子间距离的关系图像如图甲所示,图中r0为分子斥力和引力平衡时两个分子间的距离;分子势能与分子间距离的关系图像如图乙所示,规定两分子间距离为无限远时分子势能为0。下列说法正确的是 (　　)
A.当分子间的距离rB.当分子间的距离r=r1时,斥力等于引力
C.分子间距离从r2减小到r1的过程中,分子势能减小
D.分子间距离从无限远减小到r0的过程中,分子势能先减小后增大
考向二气体的变质量问题
【典例】(2021·山东等级考)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,压强计示数为臂带内气体的压强高于大气,充气前臂带内气体压强为大气压强,体积为V;每次挤压气囊都能将60 cm3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5 V,压强计示数为150 mmHg。已知大气压强等于750 mmHg,。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于 (　　)
A.30cm3　　B.40cm3　　C.50cm3　　D.60cm3
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 臂带内气体质量发生变化
② 臂带内气体的压强为压强计示数与大气压强之和
③ 等温变化,可以应用玻意耳定律
【模型转化】
变质量问题的解题流程
1.维度:充气问题
　某自行车轮胎的容积为V,里面已有压强为p0的空气,现在要使轮胎内的气压增大到p,设充气过程为等温过程,空气可看作理想气体,轮胎容积保持不变,则还要向轮胎充入温度相同、压强也是p0的空气的体积为 (　　)
A.V　　B.V　　C.(-1)V　　D.(+1)V
2.维度:灌气问题
现有一个容积为400 L的医用氧气罐,内部气体可视为理想气体,压强为15 MPa,为了使用方便,用一批相同规格的小型氧气瓶(瓶内视为真空)进行分装,发现恰好能装满40个小氧气瓶,分装完成后原医用氧气罐及每个小氧气瓶内气体的压强均为3 MPa,不考虑分装过程中温度的变化,则每个小氧气瓶的容积为 (　　)
A.20 L B.40 L C.50 L D.60 L
3.维度:抽气问题
　活塞式真空泵的工作原理如图,抽气筒与被抽密闭容器通过自动阀门相连,当活塞从抽气筒的左端向右移动到右端过程中,阀门自动开启,密闭容器内的气体流入抽气筒,活塞从右端向左移动到左端过程中,阀门自动关闭,抽气筒内活塞左侧的气体被排出,即完成一次抽气过程,如此往复,密闭容器内的气体压强越来越小。若密闭容器的容积为V,抽气筒的容积为0.1V,抽气前密闭容器内气体的压强为p0。抽气过程中气体的温度不变,若第1次抽气过程中被抽出的气体质量为m1,第2次抽气过程中被抽出的气体质量为m2,则m2∶m1为 (　　)
A.1　　B.0.9∶1.1　　C.1∶1.1　　D.1∶1.12
4.维度:漏气问题
氧气瓶内装有温度300 K、压强为10 atm的氧气,瓶口安装着一个泄气阀,当瓶内气体的压强超过12 atm时,气体将自动排出。在运送时,氧气瓶被装载在车厢中,但炎炎夏日下,车厢内温度变高,此时泄气阀正常工作,排出部分气体,当运送到目的地时,氧气瓶的氧气压强为12 atm,温度为400 K,则排出气体的质量约为原有气体总质量的(　　)
A. 　　B. 　C. D.
考向三气体实验定律和状态方程
【典例】(2022·辽宁选择考)一定质量的理想气体从状,其体积V和热力学温度T变化如图所示,此过程中该系统 (　　)
A.对外界做正功　　　　 B.压强保持不变
C.向外界放热 D.内能减少
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 气体体积增大,温度升高,气体对外做正功
② 根据理想气体状态方程,判断压强的变化
【失分警示】
①思维定势认为V-T图像中的压强保持不变。没有看清图线是否过O点。
②忽视温度升高,内能增大这一关键条件。
1.气体实验定律和状态方程的常见模型
2.气体实验定律和状态方程的应用方法
1.维度:等温变化
如图所示,容器中封闭了一定质量的理想气体,缓慢推动活塞压缩气体,气体温度保持不变,下列判断正确的是 (　　)
A.气体的压强变大
B.气体分子的平均动能增大
C.气体对外界做功,气体的内能减小
D.外界对气体做功,气体的内能增大
2.维度:等容变化
一定质量的理想气体,0 ℃时压强为p0,经一等容变化过程,温度为t℃时,气体压强为2p0,则它每升高1 ℃,压强的增量Δp的值为 (　　)
A.　　B.　　C.　　D.
3.维度:等压变化
两位同学为了测一个内部不规则容器的容积,设计了一个实验,在容器上插入一根两端开口的玻璃管,接口用蜡密封,如图所示。玻璃管内部横截面积S=0.2 cm2,管内一静止水银柱封闭着长为L1=5 cm的空气柱,水银柱长为L=4 cm,此时外界温度为t1=27 ℃,现把容器浸入温度为t2=47 ℃的热水中,水银柱静止时,下方的空气柱长度变为L2=8.7 cm,实验时大气压为76 cmHg不变。根据以上数据可以估算出容器的容积约为 (　　)
A.5cm3　　B.7cm3　　C.10cm3　　D.12cm3
4.维度:理想气体状态方程
一定质量的理想气体从状态a开始经b→c→a,其p-V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为a、b、c。则下列说法正确的是 (　　)
A.状态a与状态b的温度之比为2∶1
B.状态c与状态b的温度之比为1∶3
C.a→b过程,内能先减小后增大
D.b→c过程,气体吸收热量,对外做功,内能增大
考向四热力学定律
【典例】(2022·山东等级考)如图所示,内壁光滑的绝热汽缸内用绝热封闭一定质量的理想气体,初始时汽缸开口向上放置,活塞处于,将汽缸中,缸内气体 (　　)
A.内能增加,外界对气体做正功
B.内能减小,所有分子热运动速率都减小
C.温度降低,速率大的分子数占总分子数比例减少
D.温度升高,速率大的分子数占总分子数比例增加
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 没有热量交换,Q=0
② 活塞受力平衡,可求出缸内气体压强
③ 汽缸水平,缸内气压等于大气压
【模型转化】
1.热力学第一定律应用的常见模型
2.热力学第一定律应用的基本步骤(对于理想气体)
1.维度:图像类
　(多选)如图所示,一定质量的理想气体在状态A时压强为1.5×105 Pa,经历A→B→C→A的过程,已知B→C过程中气体做功绝对值是C→A过程中气体做功绝对值的3倍,下列说法正确的是 (　　)
A.C→A的过程中外界对气体做功300 J
B.B→C的过程中气体对外界做功600 J
C.整个过程中气体从外界吸收600 J的热量
D.整个过程中气体从外界吸收450 J的热量
2.维度:做功
景颇族的祖先发明的点火器如图所示,用牛角做套筒,木质推杆前端黏着艾绒,猛推推杆,封闭的气体被迅速压缩,即可点燃艾绒。在此过程中 (　　)
A.气体温度升高,每个气体分子的动能都增大
B.气体温度不变,气体分子的平均动能增大
C.气体压强增大,内能增加
D.气体压强不变,内能减少
3.维度:热传递
　如图所示,固定汽缸内由面积为400 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体,开始时活塞处于静止状态,与汽缸右端相距30 cm,汽缸内气体温度为300 K,用电热丝对气体加热后活塞缓慢向左移动,移动过程中活塞与汽缸的摩擦忽略不计,且气体与外界环境没有热交换,某时刻电热丝停止通电,最终汽缸内气体与电热丝达到热平衡时温度达到400 K,已知大气压强为1.0×105 Pa,则 (　　)
A.达到热平衡时汽缸内气体体积比原体积增大了
B.汽缸内的气体内能增加,每一个气体分子的动能均增加了
C.整个过程汽缸内气体对外界做功4 000 J
D.整个过程中汽缸内气体吸收的热量大于气体对外界做的功
1.(布朗运动)关于布朗运动,下列说法正确的是 (　　)
A.悬浮在液体中的微粒越大,布朗运动越明显
B.温度越低,布朗运动越剧烈
C.布朗运动是指液体分子的无规则运动
D.液体分子的无规则运动是产生布朗运动的原因
2.(微观量计算)空调在制冷过程中,室内空气中的水蒸气接触蒸发器(铜管) 液化成水,经排水管排走,空气中水分越来越少,人会感觉干燥。某空调工作一段时间后,排出液化水的体积为V,水的密度为ρ,摩尔质量为M,阿伏加德罗常数为NA,则液化水中分子的总数N和水分子的直径d分别为 (　　)
A.N= ,d=　　 B.N=,d=
C.N=,d= D.N= ,d=
3.(液体)关于几幅图中现象的分析,下列说法正确的是 (　　)
A.甲图中水黾停在水面而不沉,是浮力作用的结果
B.乙图中将棉线圈中肥皂膜刺破后,扩成一个圆孔,是表面张力作用的结果
C.丙图中毛细管中液面高于管外液面的是毛细现象,低于管外液面的不是毛细现象
D.丁图中玻璃管的裂口在火焰上烧熔后,它的尖端会变钝,是一种浸润现象
4.(固体)在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上石蜡,用烧热的针尖接触薄片背面上的一点,石蜡熔化区域的形状如图甲、乙、丙所示,甲、乙、丙三种固体在熔化过程中温度随加热时间变化的关系如图丁所示,则下列说法正确的是 (　　)
A.甲一定是单晶体
B.乙可能是金属薄片
C.丙在一定条件下可能转化成乙
D.甲内部的微粒排列是规则的,丙内部的微粒排列是不规则的
5.(分子力与内能)如图所示,甲分子固定在坐标原点O,乙分子从x3处静止释放后仅在分子间相互作用力下在x轴运动,两分子间的分子势能Ep与两分子间距离的变化关系如图中曲线所示,图中分子势能最小值为-E0,若两分子所具有的总能量为0,则下列说法中正确的是 (　　)
A.乙分子在x2时,加速度最大
B.乙分子在x1时,其动能最大
C.乙分子在x2时,动能等于E0
D.甲、乙分子的最小距离一定大于x1
6.(打气抽气)一只两用活塞气筒的原理如图所示(打气时如图甲所示,抽气时如图乙所示),其筒内体积为V0,现将它与另一只容积为V的容器相连接,开始时气筒和容器内的空气压强为p0,已知气筒和容器导热性良好,当分别作为打气筒和抽气筒使用时,活塞工作n次后,在上述两种情况下,容器内的气体压强分别为 (　　)
A.np0,p0　　　　　　　　B.p0,p0
C.(1+)p0,()np0 D.(1+)np0,(1+)np0
7.(气体实验定律)一定质量的理想气体,在压强不变的情况下,温度由5 ℃升高到10 ℃,体积的增量为ΔV1;温度由10 ℃升高到15 ℃,体积的增量为ΔV2,则 (　　)
A.ΔV1=ΔV2　　　　　 B.ΔV1>ΔV2
C.ΔV1<ΔV2 D.无法确定
8.(热力学第一定律)如图所示,一绝热容器被隔板K隔开成a、b两部分。已知a内有一定量的稀薄气体,b内为真空。抽开隔板K后,a内气体进入b,最终达到平衡状态。在此过程中 (　　)
A.气体对外界做功,内能减少
B.气体不做功,内能不变
C.气体压强变小,温度降低
D.单位时间内和容器壁碰撞的分子数目不变
热点12　热学
考向一　分子动理论
【典例】B　从距O点很远处向O点运动,两分子间距减小到r2的过程中,分子间体现引力,引力做正功,分子势能减小;由r2减小到r1的过程中,分子间仍然体现引力,引力做正功,分子势能减小;在间距等于r1之前,分子势能一直减小,取无穷远处分子间势能为零,则在r1处分子势能小于零,故B正确。
1.B　固态或液态颗粒在气体介质中的无规则运动是布朗运动,是气体分子无规则热运动撞击的结果,而不是悬浮颗粒受到气体浮力导致的,反映气体分子的无规则运动;颗粒越小,气体分子对颗粒的撞击作用越不容易平衡,布朗运动越剧烈,故B正确,A、D错误;在布朗运动中,颗粒本身并不是分子,而是分子集团,所以颗粒无规则运动的轨迹不是分子无规则运动的轨迹,故C错误。
2.A　由图可知,当分子间的距离r考向二　气体的变质量问题
【典例】D　根据玻意耳定律可知p0V+5p0V0=p1×5V,已知p0=750 mmHg,V0=
60 cm3,p1=750 mmHg+150 mmHg=900 mmHg,代入数据整理得V=60 cm3,故D正确,A、B、C错误。
1.C　设需再充入体积为Vx的空气,把轮胎里体积为V的空气和外面体积为Vx的空气当作一定质量的气体,充气过程为等温过程,有p0(V+Vx)=pV,得到Vx=(-1)V,则C正确,A、B、D错误。
2.B　设每个小氧气瓶的容积为V0,以医用氧气罐中所有氧气为研究对象,初态:p1=15 MPa,V1=400 L;末态:p2=3 MPa,V2=40V0+400 L;因为不考虑温度变化,由玻意耳定律有p1V1=p2V2,代入数据得V0=40 L,则B正确,A、C、D错误。
3.C　根据玻意耳定律,第1次抽气过程p0V=p1,第2次抽气过程p1V=p2,而m1正比于0.1p1V,m2正比于0.1p2V,所以m2∶m1=p2∶p1=1∶1.1故选C。
4.A　设原气体体积为V,原气体到压强为12 atm,温度为400 K时体积为V',根据理想气体状态方程可得=,得到V=V',所以排出的气体的质量约为原有气体总质量的,故选A。
考向三　气体实验定律和状态方程
【典例】A　理想气体从状态a变化到状态b,体积增大,理想气体对外界做正功,A正确;由题图可知V=V0+kT,根据理想气体的状态方程有=C,联立有p=,可看出T增大,p增大,B错误;理想气体从状态a变化到状态b,温度升高,内能增大,D错误;理想气体从状态a变化到状态b,由选项A、D可知,理想气体对外界做正功且内能增大,则根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量,C错误。
1.A　封闭气体温度保持不变,活塞压缩气体,体积变小,根据玻意耳定律可知,气体的压强变大,A正确;
温度是分子平均动能的标志,温度不变,理想气体分子的平均动能不变,B错误;外界推动活塞压缩气体,外界对气体做功,理想气体温度不变,气体的内能不变,C、D错误。
2.A　理想气体经历等容变化,从0 ℃变化到t℃时,热力学温度的增加量为ΔT=
t K
根据查理定律可知
==,故A正确,B、C、D错误。
3.C　设容器的容积为V,由气体的等压变化可知
=有=,解得V=10.1 cm3,故选C。
4.D　根据理想气体状态方程
==
解得=1 ,=3;作出a、b两点的等温线,温度先增大后减小,所以内能先增大后减小,故C错误;b→c过程,温度升高,则内能增大,又由于体积增大,气体对外界做功,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,可知,气体吸收热量,故D正确。
考向四　热力学定律
【典例】C　初始时汽缸开口向上,活塞处于平衡状态,汽缸内外气体对活塞的压力差与活塞的重力平衡,则有(p1-p0)S=mg,汽缸在缓慢转动的过程中,汽缸内外气体对活塞的压力差大于重力沿汽缸壁的分力,故汽缸内气体缓慢地将活塞往外推,最后汽缸水平,缸内气压等于大气压。由于汽缸、活塞都是绝热的,故缸内气体与外界没有发生热传递,汽缸内气体压强作用将活塞往外推,气体对外做功,根据热力学第一定律ΔU=Q+W得:气体内能减小,故缸内理想气体的温度降低,分子热运动的平均速率减小,并不是所有分子热运动的速率都减小,A、B错误;气体内能减小,缸内理想气体的温度降低,分子热运动的平均速率减小,故速率大的分子数占总分子数的比例减小,C正确,D错误。
1.A、C　在C→A过程中,气体体积减小,外界对气体做功,根据WCA=p·ΔV,得WCA=300 J,A正确;由题知B→C过程中气体做功绝对值是C→A过程中气体做功绝对值的3倍,则B→C的过程中气体对外界做功900 J,B错误;A→B→C→A,温度不变,则内能变化量ΔU = 0,A→B过程,气体体积不变,做功为零;B→C的过程中气体对外界做功900 J;C→A的过程中外界对气体做功300 J,故W=WCA+WBC=
-600 J,Q=ΔU-W=600 J,则整个过程中气体从外界吸收600 J的热量,C正确,D错误。
2.C　封闭的气体被推杆压缩过程中,根据热力学第一定律有ΔU=W+Q,猛推推杆,对气体做功,则W>0,又因为时间很短,可认为Q=0,所以气体内能增加,则温度升高,气体分子的平均动能增大,气体体积减小,压强增大,故A、B、D错误,C正确。
3.D　气体加热时进行等压变化,则由盖-吕萨克定律可得=即=,解得V2=16 000 cm3=V1,达到热平衡时汽缸内气体体积比原体积增大了,选项A错误;汽缸内的气体内能增加,气体的平均动能增加,但并非每一个气体分子的动能均增加,选项B错误;整个过程汽缸内气体对外界做功W=p0ΔV=1.0×105×(16 000
-12 000)×10-6 J=400 J,选项C错误;整个过程中因气体的温度升高,内能增加,根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,汽缸内气体吸收的热量大于气体对外界做的功,选项D正确。
1.D　布朗运动是指悬浮在液体中的微粒的无规则运动,C错误;温度越高,布朗运动越剧烈,B错误;悬浮在液体中的微粒越小,布朗运动越明显,A错误;液体分子的无规则运动是产生布朗运动的原因,故D正确。
2.C　水的摩尔体积Vmol=;水分子数N=NA=;将水分子看成球形,由一个水分子的体积:=πd3,解得水分子直径为d=,C正确。
3.B　因为液体表面张力的存在,有些小昆虫才能在水面上行走自如,故A错误;将棉线圈中肥皂膜刺破后,扩成一个圆孔,是表面张力作用的结果,故B正确;浸润情况下,容器壁对液体的吸引力较强,附着层内分子密度较大,分子间距较小,故液体分子间作用力表现为斥力,附着层内液面升高,故浸润液体呈凹液面,不浸润液体呈凸液面,都属于毛细现象,故C错误;玻璃管的裂口在火焰上烧熔后,它的尖端会变钝,是表面张力的原因,不是浸润现象,故D错误。
4.C　由于单晶体是各向异性的,熔化在单晶体表面的石蜡应该是椭圆形,而非晶体和多晶体是各向同性,则熔化在表面的石蜡是圆形,因此丙是单晶体,根据温度随加热时间变化关系可知,甲是多晶体,乙是非晶体,金属属于晶体,故乙不可能是金属薄片,故A、B错误;一定条件下,晶体和非晶体可以相互转化,故C正确;甲和丙都是晶体,所以其内部的微粒排列都是规则的,故D错误。
5.C　乙分子在x2时,分子势能最小,分子间距离为平衡距离,分子力为零,故加速度为零,此时速度最大,动能最大,由于从x3处静止释放后仅在分子间相互作用力下在x轴运动,故分子势能和动能之和不变,则此时的动能等于E0,故C正确,A、B错误;当乙分子运动到x1时,其分子势能为零,其分子动能也为零,此时两分子的距离最小,而后向分子间距变大的方向运动,因此甲、乙分子的最小距离一定等于x1,故D错误。
6.C　打气时,活塞每推动一次,把体积为V0压强为p0的气体推入容器内,若活塞工作n次,就是把压强为p0体积为nV0的气体压入容器内,容器内原来有压强为p0体积为V的气体,现在全部充入容器中,根据玻意耳定律得p0 (V+nV0)=p'V,所以p'=p0=(1+n)p0。抽气时,每拉动一次,把容器中气体的体积从V膨胀为V+V0,而容器内气体的压强就要减小,活塞推动时将抽气筒中的V0气体排出,而再次拉动活塞时,将容器中剩余的气体从V又膨胀到V+V0,容器内的压强继续减小,根据玻意耳定律得第一次抽气p0V=p'1(V+V0)得p'1=p0,第二次抽气p'1V=p'2(V+V0)得p'2=()2p0,第三次抽气p'2V=p'3(V+V0)得p'3=()3p0,第n次抽气完毕后,气体压强为pn=()np0,故选C。
7.A　由盖—吕萨克定律=可得=即ΔV=V1所以ΔV1=V1,ΔV2=V2,V1、V2分别是气体在5 ℃和10 ℃时的体积,而=,所以ΔV1=ΔV2,故A正确。
8.B　由于b内为真空,当抽开隔板K后,气体扩散,不做功,且由于为绝热系统,考虑稀薄气体,可近似为理想气体,根据热力学第一定律,内能不变,故A错误,B正确;由于内能不变,因此温度不变,而气体体积变大,气体密度减小,单位时间内和容器壁碰撞的分子数目减小,故C、D错误。热点13　光学
考向一光的全反射和光的折射
【典例】(2022·辽宁选择考)完全失重时,液滴呈球形,气泡在液体中将不会上浮。2021年12月,在中国空间站“天宫课堂”的水球光学实验中,航天员向水球中注入空气形成了一个内含气泡的水球。如图所示,若气泡与水球同心,。下列说法正确的是 (　　)
A.此单色光从空气进入水球,一定变大
B.此单色光从空气进入水球,频率一定变小
C.若光线1在M处发生全反射,光线2在N处一定发生全反射
D.若光线2在N处发生全反射,光线1在M处一定发生全反射
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 频率由光源决定,与介质无关
② 由图中光线可知,光线1在水球外表面折射后的折射角小于光线2
解题方法
1.维度:复色光折射
　《梦溪笔谈》是中国科学技术史上的重要文献,书中对彩虹作了如下描述:“虹乃雨中日影也,日照雨则有之”。如图是彩虹成因的简化示意图,设水滴是球形的,图中的圆代表水滴过球心的截面,入射光线在过此截面的平面内,a、b是两种不同频率的单色光。下列说法正确的是 (　　)
A.a、b两种单色光在真空中的传播速度不同
B.水滴对a光的临界角大于对b光的临界角
C.a、b光分别通过同一双缝干涉装置,a光的相邻亮条纹间距较小
D.在水滴中a光的频率小于b光的频率
2.维度:全反射
　光纤通信采用的光导纤维由内芯和外套组成,长为L,其侧截面如图所示,一复色光以入射角θ0从轴心射入光导纤维后分为a、b两束单色光,两单色光在内芯和外套界面多次全反射后从光导纤维另一端射出,已知内芯材料对a光的折射率为n,真空中的光速为c。下列说法正确的是 (　　)
A.内芯材料对b光的折射率小于n
B.在内芯中a光传播速度比b光小
C.若a光恰好发生全反射,则在这段光纤中的传播时间为t=
D.当sinθ0逐渐增大到时,开始有光从纤维侧壁射出
考向二光的干涉和衍射
【典例】(2022·浙江6月选考) 关于双缝干涉实验,下列说法正确的是 (　　)
A.用就看不到条纹
B.明暗相间条纹是两列光在屏上叠加的结果
C.把光屏前移或后移,不能看到明暗相间条纹
D.蓝光比红光的大
【审题思维】
题眼直击 信息转化
① 可以看到彩色条纹
② 干涉条纹的间距公式
【模型转化】
【失分警示】
牢记双缝干涉条纹特点及条纹间距公式,切勿与单缝衍射条纹混淆。
1.光的干涉和衍射常见模型
2.光的干涉和衍射解题思路
1.维度:双缝干涉
　a,b两种单色光用同一双缝干涉装置在空气中实验得到的干涉图样分别如图甲、乙所示,则下列说法正确的是 (　　)
A.在水中,单色光a比单色光b传播速度大
B.从水中斜射进入空气,单色光a比单色光b全反射临界角大
C.将原双缝干涉实验装置放入水中做实验,得到的干涉图样条纹间距变大
D.将原双缝干涉实验装置放入水中做实验,适当调小双缝间距,可使干涉图样条纹间距不变
2.维度:薄膜干涉
　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。关于该区域薄膜厚度d随坐标x的变化图像,可能正确的是 (　　)
3.维度:衍射
　图甲和图乙所示是a、b两束单色光分别用同一单缝装置进行实验,在距装置恒定距离的屏上得到的图样,图甲是a光照射时形成的图样,图乙是b光照射时形成的图样。下列说法正确的是 (　　)
A.甲、乙图样是a、b两单色光的干涉图样
B.b光光子的能量较小
C.在水中a光的传播速度较大
D.若b光照射某金属有光电子逸出,则a光照射该金属也有光电子逸出
1.(折射)某种介质对空气的折射率是,一束光从该介质射向空气,入射角是60°,则光路图中正确的是(图中Ⅰ为空气,Ⅱ为介质) (　　)
2.(复色光折射)如图甲所示,每年夏季我国多地会出现日晕现象,日晕是太阳光通过卷层云时,发生折射或反射形成的。一束太阳光射到截面为六边形的冰晶上发生折射,其光路图如图乙所示,a、b为其折射出的光线中两种单色光,下列说法正确的是 (　　)
A.在冰晶中,b光的传播速度较大
B.从同种玻璃中射入空气发生全反射时,a光的临界角较大
C.通过同一装置发生双缝干涉,a光的相邻条纹间距较小
D.用同一装置做单缝衍射实验,b光的中央亮条纹更宽
3.(全反射)如图所示,一束光与某材料表面成45°角入射,每次反射的光能量为入射光能量的k倍(0A.该材料折射率至少为
B.该材料折射率至少为
C.光在该材料中的传播速度为(1+k)c
D.光从空气进入该材料,光的频率变小
4.(光纤)如图,光导纤维由内芯和外套两部分组成,内芯折射率比外套的大,光在光导纤维中传播时,在内芯和外套的界面上发生全反射。假设外套为空气,一束红光由光导纤维的一端射入内芯,红光在内芯与空气的界面上恰好发生全反射,经时间t1从另一端射出;另让一束绿光也从光导纤维的一端射入,绿光在内芯与空气的界面上也恰好发生全反射,经时间t2从另一端射出。则内芯对红光的折射率n1与对绿光的折射率n2之比为 (　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
5.(双缝干涉)如图所示为双缝干涉的原理图,单缝S0、屏上的P0点均位于双缝S1和S2的中垂线上,当双缝与屏之间的介质为空气时,屏上P点处是P0上方的第4条暗条纹的中心,屏上P0点与P点间的干涉条纹间距为Δx1。已知入射光在空气中的波长为λ,空气中的光速近似为c,双缝与屏之间的距离为L,则双缝S1和S2的距离为 (　　)
A. B. C. D.
6.(薄膜干涉)将一矩形玻璃板MN水平固定,另一矩形玻璃板放在MN玻璃板上,一端放入两张纸片,侧视图如图所示。用单色平行光a从上方竖直射入,从上方可以观察到明暗相间的条纹。换用单色平行光b从上方竖直射入,观察到条纹间距变小,下列说法正确的是 (　　)
A.明暗条纹与MN平行
B.抽去一张纸片,条纹间距变小
C.a光的频率大于b光的频率
D.遇到相同障碍物时,a光比b光产生的衍射现象更明显
7.(泊松亮斑)用平行光照射小孔得到的衍射图样与得到的泊松亮斑比较,下列说法中正确的是 (　　)
A.泊松亮斑是光绕过不透光的圆盘形成的衍射现象
B.圆孔的尺寸越大,衍射现象越明显
C.圆孔衍射的衍射图样的中心是暗斑
D.圆孔衍射的衍射图样中亮暗条纹的间距是均匀的,泊松亮斑图样中亮暗条纹的间距是不均匀的
8.(衍射)用如图甲所示装置做圆孔衍射实验,衍射图样如图乙所示,实验发现,光绕过孔的边缘,传播到了相当大的范围。下列说法正确的是 (　　)
A.此实验说明了光不沿直线传播且具有粒子性
B.用不同波长的光做实验,衍射图样完全相同
C.若只将圆孔变小,则中央亮斑和亮纹的亮度反而变大
D.若只将圆孔变小,则屏上得到的衍射图样的范围将会变大
热点13　光学　
考向一　光的全反射和光的折射
【典例】C　光的频率是由光源决定的,与介质无关,频率不变,A、B错误;由题图可看出光线1入射到水球的入射角小于光线2入射到水球的入射角,则光线1在水球外表面折射后的折射角小于光线2在水球外表面折射后的折射角,设水球半径为R、气泡半径为r、光线经过水球后的折射角为α、光线进入气泡的入射角为θ,根据几何关系有=,则可得出光线2的θ角大于光线1的θ角,故若光线1在M处发生全反射,光线2在N处一定发生全反射,C正确、D错误。
1.C　由题图看出第一次折射时,b光的折射角较大,其折射率较小,频率较小,波长较长。由sinC=分析临界角的大小;双缝干涉条纹的间距与波长成正比,故C正确。
2.D　设折射角为α,根据折射定律有n=,a光的折射角大于b光的折射角,因此内芯材料对b光的折射率大于对a光的折射率n,A错误;根据速度与折射率的关系有v=,内芯对a光的折射率小于对b光的折射率,因此在内芯中a光传播速度比b光大,B错误;
光线a的临界角为C,且有sinC=,若a光恰好发生全反射,则在这段光纤中的传播时间为t===,C错误;随着入射角θ0逐渐增大,光线a与边界间的夹角逐渐减小,恰好达到临界角时,根据几何关系C+α=而n=,整理得sinθ0=,此时开始有光从纤维侧壁射出,D正确。
考向二　光的干涉和衍射
【典例】B　用复色光投射同样能看到条纹,A错误;双缝干涉实验中,明暗相间条纹是两列光在屏上叠加的结果,B正确;由条纹间距Δx=λ知,把光屏前移或后移,改变了L,从而改变了条纹间距,但还能看到明暗相间条纹,C错误;由条纹间距Δx=λ且λ蓝<λ红知,蓝光干涉条纹的间距比红光的小,D错误。
1.D　根据双缝干涉条纹的间距公式比较出两束光的波长大小关系,从而得出频率关系和折射率关系,根据临界角与折射率的关系判断。
2.D　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Δx=nλ(n=1,2,3…)时此处表现为亮条纹,即当薄膜的厚度:d=n·(n=1,2,3…)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,则四个选项中,只有D选项符合题意,故D正确,A、B、C错误。
3.C　由于图甲和图乙是由同一条单缝照射而形成的图样,且中央宽,故形成的图样是单缝衍射图样,故A错误;由于图甲和图乙是由同一条单缝照射而形成的图样,波长越短的,中央亮条纹的宽度越小,由图可知单色光b的波长较短,根据c=λν可知b光的频率较高,由于光子的能量为E=hν,故a光光子的能量较小,故B错误;对于同一种介质来说,由于波长越大的单色光折射率越小,则有navb,即在水中a光的传播速度较大,故C正确;根据光电效应的产生条件可知,入射光的频率大于金属的极限频率时,发生光电效应现象,a光光子的频率低,故用b光照射该金属时有光电子逸出,a光照射该金属时不一定有光电子逸出,故D错误。
1.D　由题意知,光由光密介质射向光疏介质,由sin C==,得C=45°<60°,故光在两介质的界面上会发生全反射,只有反射光线,没有折射光线,故D正确,A、B、C错误。
2.B　设入射角为α,折射角为β,由图乙可知,a光和b光入射角相等,a光折射角大于b光折射角,根据n=可得a光折射率小于b光折射率,由v=,可得a光在冰晶中的传播速度大,A错误;由临界角公式sinC=可得从同种玻璃中射入空气发生全反射时,a光的临界角较大,B正确;由于a光折射率小于b光折射率,所以a光频率小于b光频率,由c=λf,可得a光波长大于b光波长,根据双缝干涉条纹间距公式Δx=λ,可知当通过同一装置发生双缝干涉,a光的相邻条纹间距较大,C错误;用同一装置做单缝衍射实验,由于a光波长较长,所以a光的中央亮条纹更宽,D错误。
3.A　这束光最终进入材料的能量为入射光能量的(1-k2)倍,说明光经过两次反射进入材料后会发生全反射,光路图如图所示
设折射率为n,在B点的折射角为θ ,设在C点刚好发生全反射,则全反射角为90°-θ ,根据折射定律知=n,=n,联立解得n=,则该材料折射率至少为,故A正确,B错误;光从空气进入材料,频率不变,速度变小,由v=知光在材料中传播的速度与材料的折射率有关,与入射角大小以及反射光的能量无关,故C、D错误。
4.C　设光导纤维长为l,对红光而言sinC1=,红光通过光导纤维路程l1=,红光的光速为v1=,因此所用时间t1=整理得t1=,同理绿光通过光导纤维所用时间t2=,因此=,故选C。
5.C　根据题意,设相邻干涉条纹间距为Δx'1,则有Δx1=Δx'1,由公式Δx=λ可得,双缝S1和S2的距离为d==,故A、B、D错误,C正确。
6.D　薄膜干涉的光程差Δs=2d(d为薄膜厚度),厚度相同处产生的条纹明暗情况相同,因此条纹应沿着倾斜玻璃板向里,而不是与MN平行,故A错误;由Δx=λ可得抽去一张纸片后,条纹间距变大,a光的波长大于b光的波长,则a光的频率小于b光的频率,遇到相同障碍物,波长越大的衍射现象更明显,故D正确,B、C错误。故选D。
7.A　泊松亮斑是用光照射很小的不透光圆盘时,光绕过不透光的圆盘而形成的一亮点,是一种衍射现象,故A正确;根据衍射的特点可知,圆孔的尺寸越大,衍射现象越不明显,故B错误;由题图可知,圆孔衍射图样和泊松亮斑的中心处都是亮斑,故C错误;由题图可知,圆孔衍射图样中亮暗条纹的间距是不均匀的,泊松亮斑图样中亮暗条纹的间距也是不均匀的,故D错误。故选A。
8.D　此实验说明了光的衍射现象,且光具有波动性,A错误;用不同波长的光做实验,衍射图样并不相同,因为波长越长,对同一圆孔而言,衍射现象越明显,B错误;圆孔变小,透光强度变小,中央亮斑和亮纹的亮度变低,C错误;圆孔变小,衍射现象更明显,衍射图样的范围变大,D正确。

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