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(共24张PPT)
回扣教材夯基练(二)　
基于教材中“拓展学习”的命题
1.(人教选择性必修一P102拓展学习改编)小明同学分别用红光和绿光借助光传感器(不改变单缝与双缝)做“双缝干涉实验”和“单缝衍射实验”,得到四幅图。其中是用红光做的单缝衍射的图像是(　　)
【解析】选A。单缝衍射条纹一定不等
间距,即中央宽、两边窄的明暗相间的
条纹。故选A。
√
2.(人教必修三P55拓展学习改编)如图所示,一横截面积为1 mm2的铜导线,通过的电流为1 A时,自由电子定向移动的平均速率为7.5×10 5 m/s,则估算1 m3体积内的自由电子数为(　　)
A.1.2×1030个　　　
B.1.2×1028个
C.8.3×1026个
D.8.3×1028个
√
【解析】选D。由题意可知铜导线横截面积S=1 mm2=1×10 6 m2,电流I=1 A,自由电子定向移动的平均速率v=7.5×10 5 m/s,自由电子电荷量q=e=1.6×10 19 C。电流的微观表达式为I=nqSv(其中I是电流,n是单位体积(1 m3)内的自由电荷数,q是每个自由电荷的电荷量,S是导体的横截面积,v是自由电荷定向移动的速率),联立解得n=8.3×1028个,故选D。
3.(人教选择性必修三P103拓展学习改编)在威尔逊云室中观察静止在P点的原子核发生α衰变后,放出的粒子和生成核在匀强磁场中做圆周运动的径迹,可能是下列四个图中的(图中的两段曲线分别是半径不同的两段圆弧,表示两个粒子运动径迹由P点开始的一部分)(　　)

√
【解析】选C。静止在P点的原子核,动量为零,根据动量守恒定律得,反应后系统总动量为零,则α粒子和生成核的动量大小相等,方向相反,因为两粒子电性相同,速度方向相反,根据左手定则判断轨迹的内外切,A、B、D错误,C正确。
4.(人教必修三P47拓展学习改编)有一种电子仪器叫作示波器,可以用来观察电信号随时间变化,如图是它的核心部件示波管的原理图,由电子枪、偏转电极、荧光屏等组成,管内抽真空。电子枪产生热电子,当两对偏转电极不加偏转电压时,电子正好打在荧光屏中心。设热电子初速度为零,经过加速电压加速后进入偏转电极YY'、XX',电子最终打在荧光屏上某处出现亮斑以便观察,不计电子重力、电子间相互作用。下列说法正确的是(　　)
A.电子加速后进入两对偏转电极后,均做匀速圆周运动
B.电子到达荧光屏的动能大小只与加速电压有关,与偏转电极电压无关
C.图中沿轴线射入的电子,当偏转电极UYY'>0、UXX'<0,电子有可能击中
荧光屏正中心
D.电子经加速电压加速后垂直进入AB区间,则经过AB的时间与两对偏
转电极电压无关
√
【解析】选D。电子加速后进入偏转电极,在电场中受到恒定的电场力的作用,电子做匀变速运动,不可能是匀速圆周运动,故A错误;电子经过偏转电极时,偏转电极对电子做正功,所以到达荧光屏的时间与偏转电压有关,故B错误;图中沿轴线射入的电子,当偏转电极UYY'>0、UXX'<0,电子击中荧光屏第二象限,不可能出现在荧光屏中心,故C错误;垂直进入AB区间的电子,在轴线方向做匀速直线运动,所以经过该区域时间与偏转电极电压无关,故D正确。
5.(人教必修二P53拓展学习改编)如图所示是卡文迪什测量引力常量的实验示意图,根据胡克定律及转动理论可知,两平衡球受到的等大反向且垂直水平平衡杆的水平力F与石英丝N发生扭转的角度Δθ成正比,即F=kΔθ,k的单位为N/rad,Δθ可以通过固定在T形架上平面镜M的反射点在弧形刻度尺上移动的弧长求出来,弧形刻度尺的圆心正是光源在平面镜上的入射点,半径为R。已知两平衡球质量均为m,两施力小球的质量均为m',与对应平衡球的距离均为r,施加给平衡球的力水平垂直于平衡杆,反射光线在弧形刻度尺上移动的弧长为Δl,则测得引力常量为(平面镜M扭转角度为Δθ时,反射光线扭转角度为2Δθ)(　　)
A.　　　　 B.
C. D.
√
【解析】选D。所施加的力为万有引力,即F=G,根据平面镜反射定律及几何关系可知,石英丝N发生扭转的角度Δθ=,根据F=kΔθ,得到G=,故选D。
6.(人教选择性必修二P56拓展学习改编)把线圈、电容器、小灯泡、开关、交流电源AC分别组成甲、乙两电路,闭合开关后(　　)
A.甲中抽去线圈铁芯,灯泡变亮
B.甲中交流电频率增加,灯泡变亮
C.乙中有电荷流过电容器极板间
D.乙中电容器右极板右移,灯泡变亮
√
【解析】选A。甲中抽去线圈铁芯,则感抗变小,线圈对交流电的阻碍作用减小,灯泡变亮,故A正确;甲中交流电频率增加,则感抗变大,线圈对交流电的阻碍作用增强,灯泡变暗,故B错误;乙中电容器极板间为绝缘材料,所以乙中没有电荷流过电容器极板间,故C错误;乙中电容器右极板右移,根据C=,可知电容器电容减小,则容抗变大,对电流的阻碍作用增强,灯泡变暗,故D错误。
7.(人教选择性必修一P102拓展学习改编)某兴趣小组利用如图所示装置研究光的波动性,A处为狭缝片,B处为光强传感器,光从A的正上方向下射向B。仅改变一个量,先后在电脑上获得的光强关于位置分布的图像如图中甲、乙所示,下列判断中可能正确的是(　　)
A.A处为单缝,甲图对应的缝宽小
B.A处为单缝,甲图对应的光源频率高
C.A处为双缝,甲图对应的双缝间距大
D.A处为双缝,甲图对应的AB距离大
√
【解析】选D。从图中甲、乙的光强分布看,都出现了一系列间距几乎均匀的明暗相间条纹,这更符合“双缝干涉”而非“单缝衍射”特征(单缝衍射往往中央亮纹最宽、最亮,旁边亮纹迅速减弱),因此A处为双缝,甲图条纹间距大于乙图,说明甲图对应光源频率低或者双缝间距小,故A、B错误;双缝干涉的相邻亮纹间距满足 Δx=,其中 d 为双缝中心间距、l为屏(或传感器)到双缝的距离、λ 为光的波长。甲图相邻亮纹间距大于乙图,光的频率不变的情况下:若双缝间距不变,甲图对应的AB距离大;若AB距离不变,则甲图对应的双缝间距小,故D正确,C错误。
【加固训练】
1.(人教选择性必修二P101拓展学习改编)如图,某霍尔元件是一块宽为a、厚为b、长为c的矩形金属导体。当该元件所处空间加有与上下表面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场,且通以图示方向的电流I时,前后表面之间产生的霍尔电压为U。设电子的电荷量为e,该元件单位体积内的自由电子数为n。下列说法正确的是(　　)
A.前表面的电势比后表面的高
B.霍尔电压U满足关系U=
C.磁感应强度B的大小可表示为
D.自由电子受到的洛伦兹力大小可表示为
√
【解析】选D。由左手定则得,前表面的电势比后表面的低,故A错误;电子达到平衡时有evB=Ee=e,又I=nevS=nevab,解得霍尔电压U满足关系U=,故B错误;由U=得,磁感应强度B的大小可表示为B=,故C错误;自由电子受到的洛伦兹力大小为f=evB =eB·=,故D正确。
2.(多选)(人教必修一P25拓展学习改编)如图甲所示是一种位移传感器测速度的工作原理图,工作时,固定的小盒子B向被测物体发出短暂的超声波脉冲,超声波被物体反射后又被B盒接收。图乙是某次测汽车速度时连续两次发射的超声波的x t图像,小盒B连续两次发射超声波脉冲的时间间隔是t0,则下列判断正确的是(　　)
A.超声波的速度是v=
B.超声波的速度是v=
C.汽车的平均速度为=
D.汽车的平均速度为=
√
√
√
【解析】选A、B、C。由图乙知,t1时间内超声波的路程为2x1,所以超声波的速度为v=,故A正确;t0~t2时间内声波的路程为2x2,所以超声波的速度为v=,故B正确;汽车行驶时间为t=t1+(t0 t1) + =,汽车的平均速度为==,故C正确,D错误。
8.(人教必修一P70拓展学习改编)在“探究作用力与反作用力的关系”的实
验中。
(1)在紧靠弹簧测力计指针旁边放小泡沫塑料,做成两个带“记忆功能”的弹
簧测力计A、B。现把这两个弹簧测力计挂钩钩住,B的一端固定,用手拉测
力计A,如图所示,在测力计A上的小泡沫塑料应放置在指针的________(选
填“左”或“右”)侧。
【解析】(1)应将小泡沫塑料放置在两
弹簧测力计之间,故在测力计A上的小泡
沫塑料应放置在指针的左侧。
　左　
(2)若改用力传感器探究作用力与反作用力的关系,电脑屏幕最有可能显
示的图线是_______。
【解析】(2)根据牛顿第三定律
可知相互作用力应大小相等,
方向相反。故选D。
　D　
9.(人教必修二P81拓展学习改编)如图所示,质量为m的物体沿光滑曲面滑下的过程中,下落到高度为h1的A处时速度为v1,下落到高度为h2的B处时速度为v2,重力加速度大小为g,不计空气阻力,选择地面为参考平面。
(1)求从A至B的过程中重力做的功;
答案:(1)mgh1 mgh2
【解析】(1)从A至B的过程中重力做的功W=mgΔh=mg(h1 h2)=mgh1 mgh2
(2)求物体在A、B处的机械能EA、EB;
答案:(2)mgh1+m　mgh2+m
【解析】(2) 物体在A、B处的机械能EA=mgh1+m
EB=mgh2+m
(3)比较物体在A、B处的机械能的大小。
答案:(3)EB=EA,比较过程见解析
【解析】(3)由动能定理得W=mm
W= mgh1 mgh2
得m+mgh2=m+mgh1
即EB=EA(共25张PPT)
回扣教材夯基练(六)
基于教材中“课题研究”的命题
1.(人教必修二P102课题研究改编)洗手后我们往往都有“甩水”的动作,如图所示是摄像机拍摄甩水视频后制作的频闪画面,A、B、C是甩手动作最后3帧照片指尖的位置。最后3帧照片中,指尖先以肘关节M为圆心做匀速圆周运动,到接近B的最后时刻,指尖以腕关节N为圆心做匀速圆周运动。测得A、B之间的距离约为24 cm,相邻两帧之间的时间间隔为0.04 s,则指尖(　　)
A.在B点的速度约为3 m/s
B.在B点的角速度为10 rad/s
C.在AB段的向心加速度约为36 m/s2
D.在BC段的向心加速度约为200 m/s2
√
【解析】选D。从帧A到帧B的时间间隔为0.04 s,帧A指尖到帧B指尖之间的实际距离约为24 cm,由题意知其弧长与弦长近似相等,根据线速度的定义有vB==6 m/s,根据题图知NB长约为20 cm, MB长约为60 cm,角速度ω==30 rad/s,故A、B错误;在AB段a= =60 m/s2,故C项错误;在BC段的向心加速度约为a'==180 m/s2,即其向心加速度约为200 m/s2,故D项正确。
2.(人教必修一P117课题研究改编)某同学用图甲所示装置研究球形物体匀速下落时所受空气阻力的大小与速率的关系。在气球下方分别挂不同的重物,用频闪照相记录下气球从静止开始下落时的情况,如图乙所示,随着阻力的增大,气球最终匀速下落。若发现阻力与速度成正比,则(　　)
A.应该选取加速阶段测量下落速率
B.乙图中两气球的间距依次为1∶3∶5∶7……
C.气球下落时速度均匀增加
D.重物质量越大,气球最终匀速下落的速度越大
√
【解析】选D。加速阶段速度与阻力均发生变化,而匀速阶段速度与阻力均保持不变,所以应该选取匀速阶段测量下落速率,故A错误;用频闪照相记录下气球从静止开始下落时的情况,若气球做匀加速直线运动,根据匀变速直线运动相同时间内的位移比例关系可知,两气球的间距依次为1∶3∶5∶7……,但实际上气球受到的阻力随速度增大而增大,所以气球做的是加速度逐渐减小的加速运动,所以图乙中两气球的间距不满足1∶3∶5∶7……,故B错误;由于气球下落时做的是加速度逐渐减小的加速运动,所以速度不是均匀增加,故C错误;设气球最终匀速下落的速度为v,根据平衡条件可得mg=f=kv,可得v=,可知重物质量越大,气球最终匀速下落的速度越大,故D正确。
3.(人教必修三P131课题研究改编)充电宝的电动势通常在5 V左右时可以正常给手机充电,某同学想研究充电宝在不同电量下的电动势是否有明显变化,来探究其对充电效果的影响。实验前剥开充电宝连接线的外绝缘层,里面有四根导线,红色导线为充电宝正极,黑色导线为充电宝负极,其余两根导线空置不用。
(1)他先利用如图(a)所示的多用电表粗测充电宝
的电动势,以下操作正确的是_______;
A.将多用电表的选择开关旋至交流电压10 V挡
B.正确选择功能后,将红表笔接触充电宝正极,黑表笔接触充电宝负极
C.将多用电表红黑表笔直接接触,调整欧姆调零旋钮,使指针指向电阻的零刻度线
【解析】(1)充电宝的电压为直流电压,所以利用多用电表测量其电压时,选择直流电压挡测量,正确选择功能后,将红表笔接触充电宝正极,黑表笔接触充电宝负极。故选B。
　B　
(2)(多选)该同学用如图(b)电路测量充电宝在电量不同时的电动势,R0作为保
护电阻。电路中的电源为充电宝,调节滑动变阻器R阻值并记录对应的电流
表示数I和电压表示数U,利用充电宝电量24%和52%时的数据在软件中绘制
U I图像并生成关系式如图(c)和图(d)所示。下列说法正确的是__________;
　A、C　
A.充电宝电量为24%时,其电动势约为5.03 V
B.充电宝电量为52%时,其电动势约为2.63 V
C.充电宝的电动势几乎跟其所储存电量的多少没有关系
【解析】(2)根据图(c)可知充电宝电量为24%,电路中电流为0时,可得其电动势为5.026 2 V,约为5.03 V,故A正确;根据图(d)可知充电宝电量为52%,电路中电流为0时,可得其电动势为5.084 8 V,约为5.08 V,故B错误;根据A、B选项分析可知充电宝的电动势几乎跟其所储存电量的多少没有关系,故C正确。
(3)关于图(b)方案的实验误差说法正确的是_______;
A.因为电压表的分流作用,电动势的测量值小于真实值
B.因为电流表的分流作用,电动势的测量值大于真实值
C.因为电压表的分压作用,电动势的测量值小于真实值
D.因为电流表的分压作用,电动势的测量值大于真实值
【解析】(3)由图(b)可知,电流表没有测量电压表的电流,所以因为电压表的分流,同一电压下,电流的测量值偏小,导致电动势的测量值小于真实值。
　A　
(4)实验时发现电流表坏了,于是移去电流表,同时用电阻箱替换滑动变阻
器,重新连接电路图(e),以为纵坐标,以_______(选填“”或“”)为横坐
标,得到如图(f)的图像,由图像的纵轴截距和斜率即可求出充电宝电动势和
内电阻。
【解析】(4)根据闭合电路的欧姆定律可得U=E ·r
整理可得=·+
可知要得出题图所示图像,需要以为横坐标。
　　
4.(人教选择性必修二P111课题研究改编)半导体薄膜压力传感器阻值会随压力变化而改变。某小组设计实验测量一薄膜压力传感器在不同压力下的阻值RF,其阻值约几十千欧,现有以下器材:
电源:电动势为3 V,内阻不计
电流表A1:量程为0~250 μA,内阻约为50 Ω
电流表A2:量程为0~250 mA,内阻约为10 Ω
电压表V:量程为0~3 V,内阻约为20 kΩ;
滑动变阻器R:阻值范围为0~100 Ω
压力传感器RF,开关S,导线若干。
(1)为了提高测量的准确性,电流表应选________(选填“A1”或“A2”),
测量电路如图甲。
【解析】(1)电路中最大电流为Imax== A
=300 μA
故为了提高测量的准确性,电流表应选A1。
　A1　
(2)通过多次实验测得其阻值RF随压力F变化的RF F图像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2。
(3)完成前面的实验工作后,将该压力传感器接入如图丙所示电路中,制作成简易电子秤,它主要构成有:压力传感器RF,定值电阻R0=6 kΩ、理想电流表(量程250 μA),电动势为6 V的电源,电源内阻不计。
①将该电子秤水平放置在竖直方向运动的电梯里,在托盘上放一砝码,托
盘和砝码的总质量为200 g,电流表示数为200 μA,通过计算可得电梯的
加速度大小为_________m/s2;
②若使用一段时间后,电源电动势减小,电源内阻不计,则重物质量的测
量值将__________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
　1.0　
　偏小　
【解析】(3)①由闭合电路的欧姆定律有I=
代入数据解得RF=24 kΩ
由图乙可知,当RF=24 kΩ时,压力传感器的示数为F=2.2 N
由牛顿第二定律有F mg=ma
解得a=1.0 m/s2
②若使用一段时间后,电源电动势减小,电源内阻不计,则电路中电流减小,RF的计算值增大,导致压力F偏小,所以重物质量的测量值将偏小。
【加固训练】
1.(人教选择性必修一P116课题研究改编)探究杆线摆。如图甲双线摆也是一种单摆,它的优点是可以把摆球的运动轨迹约束在一个确定的平面上。现把双线摆的其中一根悬线,换成一根很轻的硬杆,组成一个“杆线摆”,如图乙所示。杆线摆可以绕着悬挂轴OO'来回摆动,杆与悬挂轴OO'垂直,其摆球的运动轨迹被约束在一个倾斜的平面内。某实验小组为探究在相同摆长下、摆角很小时,“杆线摆”的周期T跟等效重力加速度的关系,设计了如下实验:
(1)测量斜面倾斜角θ。如图丙,铁架台上装一重垂线。在铁架台的立柱跟重
垂线平行的情况下把杆线摆装在立柱上,调节摆线的长度,使摆杆与立柱垂直,
则此时摆杆是水平的。如图丁,把铁架台底座的一侧垫高,立柱倾斜,绕立柱摆
动的钢球实际上是在一倾斜平面上运动。测出静止时摆杆与重垂线的夹角
为β,则该倾斜平面与水平面的夹角θ=___________。
【解析】(1)由几何关系可知,该倾斜平面与水平面的夹角θ=90° β。
　90° β　
(2)测量周期T。让杆线摆做小偏角下的振动,用停表测量完成20次全振
动所用的时间t,则周期T=________。同样的操作进行三次,取平均值作
为该周期的测量值。
【解析】(2)停表测量完成20次全振动所用的时间t,则周期T=。
　　
(3)记录数据。改变铁架台的倾斜程度,测出不同倾斜程度下斜面倾斜角θ的值以及该倾角下杆线摆的周期T,把各组θ和T的值填在实验数据表格中。取g=9.8 m/s2,计算a=gsinθ的值作为表格中的一列,再计算的值,得到表格中的另一列,如表所示:
次数 斜面倾角θ(°) 周期T/s 等效重力加速度a =gsinθ/(m·s 2) /(·s)
1 11.0 2.52 1.87 0.731
2 14.5 2.11 2.45 0.639
3 19.0 1.83 3.19 0.560
4 22.5 1.73 3.75 0.516
5 25.5 1.62 4.22 0.487
6 29.0 1.50 4.75 0.459
(4)数据处理。在图戊中以周期T为纵坐标轴、以___________
为横坐标轴建立坐标系,并把表格中相应的各组数据在
坐标系中描点、作图。
答案:(4)图见解析
【解析】(4)根据单摆周期公式可知T=2π=2π
可知,在图中以周期T为纵坐标轴、以为横坐标轴
建立坐标系,作图如图
　　
(5)得出结论。根据该图线可知:_______________________________
__________________________________________________________
________。
【解析】(5)根据该图线可知:在误差允许范围内,杆线摆在摆长一定的
情况下,T和成正比,即周期跟等效重力加速度的平方根成反比。
　在误差允许范围内,杆线摆在摆长
一定情况下,T和成正比,即周期跟等效重力加速度的平方根成
反比　
2.(人教选择性必修三P132课题研究改编)家用高压锅是厨房中常用的烹饪工具,但使用不当易引发危险。高压锅通过电热盘加热,电热丝电阻为44 Ω,工作电压为220 V。锅盖的安全阀质量为0.7 kg,排气孔横截面积为1 cm2。正常工作时,锅内温度可达120 ℃。已知外界大气压为1.0× 105 Pa,假设锅内气体体积不变且为理想气体,安全阀在锅内压强超过临界值时自动顶起泄压。临界压强为外界大气压与安全阀重力产生的压强之和,g取9.8 m/s2。
(1)求临界压强是多少 判断当锅内温度从27 ℃升高到120 ℃时,安全阀是否会被顶起,并说明高压锅是否安全
答案:(1)1.686×105 Pa　高压锅是安全的
【解析】(1)临界压强p临=p0+
p临=1.0×105 Pa+ Pa=1.686×105 Pa
根据查理定律=,其中p1=p0,解得p2=1.31×105 Pa
因为p2(2)已知电热盘的热效率为80%,且气体内能增加了7.92×105 J,求气体吸收的热量及电热丝通电时间
答案:(2)900 s
【解析】(2)根据热力学第一定律ΔU=W+Q
因为气体体积V不变,所以W=0
则气体吸收的热量Q=ΔU=7.92×105 J
由于Q=80%t
解得电热丝通电时间t=900 s(共20张PPT)
回扣教材夯基练(五)
基于教材中“例题和习题”的命题
1.(人教必修一P53T4改编)有一架照相机,其光圈(进光孔径)随被摄物体的亮度自动调节,而快门(曝光时间)是固定不变的。为估测这架照相机的曝光时间,实验者从某砖墙前的高处使一个石子自由落下,拍摄石子在空中的照片如图所示。由于石子的运动,它在照片上留下了一条模糊的径迹。已知这张照片的曝光时间为0.02 s,每块砖的平均厚度为6 cm,则估算石子刚下落时距地面的高度约为(　　)
A.1.5 m　　 B.2.0 m　　
C.2.5 m　　 D.3.0 m
√
【解析】选C。石子在曝光时间内的平均速度为== m/s=6 m/s,此速度为轨迹中间时刻的速度,由于时间极短可以近似看成到图中最高一块砖的瞬时速度,根据v2 0=2gh,代入数据解得h=1.8 m,则石子刚下落时距地面的高度H=9×0.06 m+1.8 m=2.34 m,故C正确,A、B、D错误。
2.(人教必修三P43T4改编)心脏除颤器的工作原理是向储能电容器充电,使电容器获得一定的储能,对心颤患者皮肤上的两个电极板放电,让一部分电荷通过心脏,刺激心颤患者的心脏,使之恢复正常跳动。如图是一次心脏除颤器的模拟治疗,该心脏除颤器的电容器电容为70 μF,充电至5 kV电压,如果电容器在2 ms时间内完成放电,放电结束时电容器两极板间的电势差减为零,下列说法正确的是(　　)
A.这次放电过程中通过人体组织的电流恒定
B.这次放电有0.35 C的电荷量通过人体组织
C.若充电至2.5 kV, 则该电容器的电容为30 μF
D.这次放电过程中,人体起到绝缘介质的作用
√
【解析】选B。根据C=,可知该电容器所带电荷量在放电过程中逐渐减小,电压也在逐渐减小,所以电流逐渐减小,故A错误;根据C=可知充电至5 kV时电容器所带电荷量为Q=CU=0.35 C,故这次放电有0.35 C的电荷量通过人体组织,故B正确;电容器在充电过程中,电容器的电容C不变,仍然为70 μF,故C错误;这次放电过程中,人体起到导体的作用,故D错误。
3.(人教选择性必修一P45T2改编)如图所示,在粗细均匀的一根木筷下端绕几圈铁丝,竖直浮在较大的装有水的杯中。把木筷往上提起一段距离(木筷下端未离开水面)后放手,木筷就在水中上下振动。不考虑在振动过程中的能量损失,则(　　)
A.木筷的振动不是简谐运动
B.木筷振动的回复力为水对木筷的浮力
C.木筷在振动过程中所受的合力与振动位移成正比
D.木筷振动到最低点时底端距水面的距离为振幅
√
【解析】选C。设木筷的横截面积为S,质量为m,水的密度为ρ,静止时水下长度为x0,根据平衡条件ρSgx0=mg,把木筷往上提起一段距离x,根据牛顿第二定律F合=ρgS(x0 x) mg,解得F合= ρgSx,木筷的振动是简谐运动,故A、B错误,C正确;木筷振动到最低点时底端距水面的距离与x0之差为振幅,D错误。
4.(人教选择性必修三P51例题改编)如图a,一台四冲程内燃机,活塞在压缩冲程某段时间内移动的距离为0.1 m,这段过程活塞对气体的压力逐渐增大,其做的功相当于2×103 N的恒力使活塞移动相同距离所做的功(图b甲)。燃烧后的高压气体对活塞做功,气体推动活塞移动0.1 m,其做的功相当于9×103 N的恒力使活塞移动相同距离所做的功(图b乙),内燃机工作时汽缸温度高于环境温度,则下列说法正确的是(　　)
A.若压缩过程气体传递给汽缸的热量为30 J,则此过程中气体内能的变化量为230 J
B.若压缩过程气体传递给汽缸的热量为30 J,则此过程中气体内能的变化量为 170 J
C.若气体推动活塞移动过程中气体传递给汽缸的热量为25 J,则此做功过程气体内能的变化量为 925 J
D.若气体推动活塞移动过程中气体传递给汽缸的热量为25 J,则此做功过程气体内能的变化量为875 J
√
【解析】选C。压缩过程活塞对气体做的功W1=F1l1=2×103×0.1 J =200 J,气体内能的变化量为ΔU1=W1+Q1=200 J 30 J=170 J,故A、B错误;气体膨胀过程中对外界所做的功W2=F2l2= 9×103×0.1 J = 900 J,气体内能的变化量ΔU2=W2+Q2= 900 J 25 J= 925 J,故C正确,D错误。
5.(人教必修一P106例题2改编)如图一位滑雪者与装备的总质量为75 kg,以2 m/s的初速度沿山坡匀加速直线滑下,山坡倾角为30°,在5 s的时间内滑下的路程为60 m。(g取10 m/s2)求:
(1)滑雪者下滑的加速度大小;
答案:(1)4 m/s2　
(2)人与装备对雪面的压力大小及滑雪者受到的阻力大小。(包括摩擦和空气阻力)
答案:(2)650 N　75 N
【解析】对滑雪者进行受力分析。滑雪者在下滑过程中,受到重力 mg、山坡的支持力FN以及阻力f的共同作用。以滑雪者为研究对象。建立如图所示的直角坐标系。滑雪者沿山坡向下做匀加速直线运动。
(1)根据匀变速直线运动位移公式x=v0t+at2推导出
a== m/s2=4 m/s2
(2)根据牛顿第二定律得:Fx=mgsinθ f=ma
FN mgcosθ=0 解得f=75 N,FN≈650 N
根据牛顿第三定律得:人与装备对雪面的压力FN'=FN=650 N
6.(人教必修二P19T4改编)在水平路面上骑摩托车的人,遇到一个壕沟,其尺寸如图所示。摩托车后轮离开地面后失去动力,可以视为平抛运动,摩托车后轮落到壕沟对面才算安全。摩托车手通过准备,恰好成功飞过壕沟。g取10 m/s2。求
(1)摩托车在空中飞行的时间;
答案:(1) s　
【解析】(1)设摩托车做平抛运动的时间为t,由题意可知摩托车做平抛运动的竖直位移大小为h=gt2=0.5 m 解得t= s
(2)摩托车的初速度多大;
答案:(2)5 m/s　
【解析】(2)设摩托车的速度至少为v1时才能越过这个壕沟,则有x=v1t=5 m
解得v1=5 m/s
(3)摩托车落地时的速度大小。
答案:(3)2 m/s
【解析】(3)摩托车落地时竖直分速度大小为v2=gt= m/s
摩托车恰好越过壕沟落地时的速度大小为v==2 m/s
7.(人教选择性必修一P88例题改编)如图所示,一个储油桶的底面直径与高均为d。当桶内没有油时,从某点A恰能看到桶底边缘的某点B。当桶内油的深度等于桶高的一半时,仍沿AB方向看去,恰好看到桶底上的点C,已知油的折射率为n=。(光速c=3×108 m/s)求:
(1)光在油中传播的速度大小;
答案:(1)×108 m/s　
【解析】(1)根据光在介质中传播时光速与折射率的关系,可得光在油中传播的速度大小为v==×108 m/s
(2)B、C两点间的距离;
答案:(2)d　
【解析】(2)由题意可得入射角i=45°,当桶内油的深度等于桶高的一半时,光路如图所示
根据折射定律可得=n 代入数据解得sinr=
根据几何知识可得OC长为tanr=d
所以BC长:d=d
(3)光从该油中射向真空时恰好发生全反射的临界角C'(求出其三角函数值即可)。
答案:(3)sinC'=
【解析】(3)根据全反射定律可得光从该油中射向真空时恰好发生全反射的临界角C'的正弦为sinC'==
8.(人教必修三P49T6改编)“质子疗法”可以进行某些肿瘤治疗,质子先被加速至较高的能量,然后经磁场引向轰击肿瘤,杀死其中的恶性细胞,如图所示。若质子由静止被长度为l=4 m的匀强电场加速至v=1.0×107 m/s,然后被圆形磁场引向后轰击恶性细胞。已知质子的质量为m=1.67×1 kg,电量为e=1.60× 10 19 C。
(1)求匀强电场电场强度大小;
答案:(1)1.3×105 N/C　
【解析】(1)根据动能定理得Eel=mv2
解得E≈1.3×105 N/C
(2)若质子正对直径d=1.0×10 2 m的圆形磁场圆心射入,被引向后的偏角为60°,求该磁场的磁感应强度大小;
答案:(2)12.1 T
【解析】(2)如图
由数学知识得tan30°=
根据洛伦兹力提供向心力B1ev=m,解得B1≈12.1 T
(3)若质子被引向后偏角为90°,且圆形磁场磁感应强度为10.44 T,求该圆形磁场的最小直径为多大。
答案:(3)1.4×10 2 m
【解析】(3)如图,根据洛伦兹力提供向心力B2ev=m,解得r'≈0.01 m

根据数学知识得圆形磁场直径d'=r'≈1.4×10 2 m(共15张PPT)
计算题专项练(五)
1.如图甲所示,半圆形玻璃砖圆心为O,A点为顶点,某单色光从真空经过O点射入玻璃砖,其延长线与圆弧的交点为B,折射光线与圆弧的交点为C,过B、C两点分别作OA的垂线,垂足分别为D、E两点,且B、D两点间的距离是C、E两点间的距离的倍;如图乙所示,用同种玻璃制成的球体,正中央空心球的半径为R,球心为O1,A1B1为过O1的虚线,同种单色光从A1点射入玻璃砖,与A1B1的夹角为45°,折射光线A1C1与空心球面相切于D1点,已知甲、乙两图的单色光的频率相同,两种形状的玻璃砖对此单色光的折射率相等,已知光在真空中的传播速度为c。
(1)求玻璃砖对此种单色光的折射率;
答案:(1)　
【解析】(1)设入射光在O点的入射角为i,折射角为γ,玻璃砖对此种单色光的折射率为n=
由几何关系可得i=∠BOD,γ=∠COE
由数学知识知sin∠BOD=,sin∠COE=
其中OB=OC,BD=CE
联立可得,玻璃砖对此种单色光的折射率为n=
(2)求此单色光从A1到C1的传播时间。
答案:(2)
【解析】(2)连接O1D1,由折射率的定义可得n=
A1C1与空心球面相切于D1,则∠A1D1O1=90°,C1D1=A1D1=
解得∠O1A1D1=30°,C1D1=A1D1=R 由折射定律n=
此单色光从A1到C1的传播时间为t==
2.如图甲所示,半径R=0.9 m的光滑半圆弧轨道COD固定在竖直平面内,端点D为轨
道的最低点,过D点的轨道切线水平。在圆弧轨道圆心O的正上方F点右侧有一固定
的水平轨道,水平轨道与倾角θ=37°的固定粗糙斜面轨道平滑相接(物体通过时没有
能量损失),斜面上E点距斜面底端的距离s0=3.2 m。现有质量分别为mA=1 kg,
mB=0.5 kg的物块A、B静置于水平轨道上,且物块B的右侧水平轨道光滑,左侧水平
轨道粗糙。物块A、B中间夹有少量炸药,炸药突然爆炸,爆炸后物块A在水平轨道上
运动的速度v与时间t的关系图像如图乙所示,
物块A从F点离开轨道,刚好能从C点切入圆弧
轨道做圆周运动。已知物块A与左侧水平轨道
和物块B与斜面轨道间的动摩擦因数相同,
A、B均可视为质点,sin37°=0.6, cos37°=0.8, g=10 m/s2,=1.34。求:
(1)物块A经过D点时受到圆弧轨道的支持力FN的大小;
答案:(1)60 N　
【解析】(1)物块A离开水平轨道后刚好能从C点切入圆弧轨道做圆周运动,有mAg=mA
物块A从C到D过程机械能守恒有mA+mAg(2R)=mA
物块A在D点处由合力提供向心力得FN mAg=mA
联立解得FN=60 N
(2)物块A与左侧水平轨道间的动摩擦因数μ;
答案:(2)0.5　
【解析】(2)由v t图像可知:爆炸后瞬间物块A的速度大小为
vA=5 m/s,物块A在水平轨道上运动的时间为t=0.40 s
爆炸后物块A在水平轨道上运动过程由运动学公式及牛顿第二定律有vC=vA a1t,μmAg=mAa1
解得μ=0.5
(3)若从物块B运动到斜面轨道底端时开始计时,经多长时间通过E点。(计算结果保留3位有效数字)
答案:(3)见解析
【解析】(3)物块A、B爆炸过程,规定水平向左为正方向,由动量守恒有mAvA mBvB=0
解得vB=10 m/s
物块B在斜面轨道向上运动过程有mBgsinθ+μmBgcosθ=mBa2
解得a2=10 m/s2
物块B沿斜面上升的最大距离s==5 m>3.2 m
故物块B通过E点有两种情况:
情况1:物块B沿斜面上升阶段通过E点时,有s0=vBt1 a2
解得t1=0.40 s或t'1=1.60 s(舍去)
情况2:物块B沿斜面下降阶段通过E点时,上升阶段的时间t2=
下降阶段mBgsinθ μmBgcosθ=mBa3
因为s s0=a3 联立解得t=t2+t3≈2.34 s
3.如图所示,电阻不计且足够长的平行导轨abcde a'b'c'd'e'由四部分组成,ab、a'b'部分是半径为R的四分之一竖直圆弧,bc b'c'、cd c'd'、de d'e'部分在同一水平面上,bc b'c'宽2L,cd c'd'宽L。导轨区域内有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度的大小为B。质量为m、电阻为r、长度为2L的完全相同的金属棒M、N两端套在导轨上,N在de d'e'上静止并锁定。现将M从圆心O等高处a a'由静止释放,M到达最低点b b'时对轨道的压力为2mg,并在此刻同时解除对N的锁定。M下落后续始终在bc b'c'上运动,N始终在de d'e'上运动,不计一切摩擦,重力加速度大小为g,经过足够长的时间,求:
(1)M在下滑过程中,N产生的焦耳热QN;
答案:(1)mgR　
【解析】(1)设M到达b b'时速度为v1,由合力提供向心力有FN mg=m
因为FN=F压=2mg 解得v1=
M从a a'到b b',由能量守恒得mgR=m+Q
因为== 联立解得QN=mgR
(2)M、N最终速度的大小vM、vN。
答案:(2)　
【解析】(2)M到达b b'时,N解除锁定,M减速,N加速,最后二者分别做匀速运动。M、N产生的电动势大小相等,N切割磁感线的有效长度为L,则有B2LvM=BLvN 对M减速过程,根据动量定理,以向右为正方向,
有 ∑I2LBΔt=mvM mv1
对N加速过程,N所受安培力的平行导轨分量为合外力,依动量定理,以向右为正方向,有∑I2LBΔt=mvN 0
联立解得vM=,vN=
【加固训练】
北京时间2024年6月25日14时07分,嫦娥六号返回器准确着陆于内蒙
古自治区四子王旗预定区域,标志着探月工程嫦娥六号任务取得圆
满成功,实现了世界首次月球背面采样返回。设返回器质量为m=
300 kg(包括样品及降落伞),为确保安全着陆,降落伞以两级减速的
方式,绽放两次“红白伞花”。过程简化如图:当离地面约十公里时速
度为v1=60 m/s,打开第一级减速伞以稳定姿态并初步减速,此过程以a0=1 m/s2做匀减速直线运动下降了h=1 350 m,然后打开主伞,在主伞的作用下返回器速度继续降至v=10 m/s,此后匀速下降。若主伞打开后返回器所受的空气阻力为f=kv,k为定值,v为速率,其他作用力不计。忽略返回器质量的变化,重力加速度g取10 m/s2, 设全过程始终在竖直方向运动。求:
(1)打开主伞后瞬间,返回器所受的空气阻力;
答案:(1)9 000 N　
【解析】(1)匀速时,根据平衡条件得mg=f=kv
可知k=300 kg·s 1
匀减速过程有= 2a0h
解得v2=30 m/s
刚开主伞f2=kv2=9 000 N
(2)速度减为20 m/s时,返回器的加速度大小。
答案:(2)10 m/s2
【解析】(2)速度为v3=20 m/s时,f3=kv3=6 000 N
根据牛顿第二定律得f3 mg=ma
解得a=10 m/s2(共43张PPT)
选择、实验题专项练(四)
一、单项选择题
1.如图所示为一辆玩具车做匀变速直线运动的x t图像,玩具车质量为2 kg,
t=6 s时刻图像切线水平,下列关于玩具车运动情况的描述正确的是(　　)
A.玩具车加速度大小为 m/s2
B.t=6 s到t=9 s时间内,玩具车平均速度大小为 m/s
C.t=0到t=9 s时间内,合外力对玩具车所做的功为 J
D.t=0到t=9 s时间内,合外力对玩具车的冲量大小为40 kg·m/s
√
【解析】选D。由于玩具车做匀变速直线运动,且t=6 s时刻x t图像切线水平,说
明t=6 s时刻玩具车速度为零,则6~9 s内玩具车做初速度为零的匀加速直线运动,
且位移为10 m。根据x=at2求得玩具车加速度大小为a== m/s2,故A错误;
t=6 s到t=9 s时间内,玩具车的位移为x=10 m,则玩具车平均速度大小为==
m/s,故B错误;由于t=6 s时刻玩具车速度v6=0,由v6=v0+at06,解得v0=v6 at06
=(0 ×6) m/s= m/s,t=9 s时刻玩具车速度为v9=at69=×3 m/s= m/s,根据
动能定理可得合外力对玩具车所做的功为W合=mm= J,故C错误;
根据动量定理可得,t=0到t=9 s时间内,合外力对玩具车的冲量大小为I合=mv9
mv0=40 kg·m/s,故D正确。
2.2024年11月16日,天舟八号货运飞船与空间站完成交会对接,如图1所示。本次“太空快递”的上行物资中含有模拟月壤成分烧制的“月壤砖”(如图2所示),则(　　)

A.在空间站中,月壤砖处于完全失重状态,不受重力
B.飞船与空间站质量不相等,则对接后二者向心加速度不相等
C.月壤砖随空间站绕地球运行的速度一定小于第一宇宙速度
D.若空间站轨道高度略有降低,则其绕地运行的周期变大
√
【解析】选C。月壤砖随空间站一起绕地球运行,在空间站中,月壤砖处
于完全失重状态,但是仍然受到重力,故A错误。根据牛顿第二定律有
G=man,可得an=,可知天体绕地球运行的向心加速度与其质量没有
关系,与环绕半径有关,飞船与空间站对接后一起绕地球运行,环绕半径
相同,则飞船与空间站对接后二者的向心加速度相等,故B错误。根据万
有引力提供向心力有G=m,可得v=,又空间站绕地球运行的轨
道半径大于地球半径,故月壤砖随空间站绕地球运行的速度一定小于第一宇宙速度,故C正确。根据万有引力提供向心力有G=mr,可得T=2π,若空间站轨道高度略有降低,轨道半径减小,则其绕地运行的周期变小,故D错误。
3.如图所示为某玻璃砖的横截面,∠ABC=90°、∠ACB=30°,AC为一段圆弧且过A点的切线与AB垂直。一束平行光垂直AB面射入(当光射到BC面时,光被全部吸收,不会发生反射),圆弧AC上有光射出的部分占圆弧长度的,则该玻璃对该光的折射率为(　　)
A.　　　B.　　　
C.　　　D.
√
【解析】选A。由几何关系可得圆弧AC所对圆心角为60°,如图所示
圆弧AC上取一点D,使圆弧CD所对圆心角为15°,则圆弧CD即为圆弧AC上有光射出的部分。光在D点恰好发生全反射,可得∠EDO =45°,OD即为过D点的法线,全反射临界角C0=45°,该玻璃对该光的折射率n= =,故选A。
4.如图(a),利用两根平行放置、粗细均匀的长直钢管将长方体砖块从高处运送到低处。图(b)为垂直于运动方向的截面图(砖块截面为正方形),砖块放在两钢管间,下滑过程加速度大小为a1,受单根钢管作用的弹力、摩擦力大小分别为N1、f1。若仅将两钢管间距增大一些,砖块在下滑过程加速度大小为a2,受单根钢管作用的弹力、摩擦力大小分别为N2、f2,则(　　)
A.a1=a2 B.N1C.f1f2
√
【解析】选A。假定两钢管与地面夹角为θ、砖块的质量
为m,每一根钢管对砖块的支持力为N,以砖块为研究对象,
只在垂直于钢管平面内对其受力分析,如图所示,依题意有
2Ncosα=mgcosθ,则有N=,若仅将两钢管间距增大一些,由于支持力垂直于接触面,α角保持不变,θ不变,则N不变,即N1=N2,故B错误;假定砖块与钢管的动摩擦因数为μ,则摩擦力为f=2μN,根据前面分析,由于N不变,则下滑过程中钢管对砖块的摩擦力不变,即f1=f2,故C、D错误;根据牛顿第二定律有ma=mgsinθ f,解得a=gsinθ ,可以看出砖块的加速度与砖块的质量无关,由于α、θ 角不变,则下滑的加速度不变,即a1=a2,故A正确。
5.如图所示,半径为r的均匀带电细圆环处于水平面内,圆心位于竖直y轴上的原点O处,细圆环所带电荷量为Q,y轴上A点与原点O的距离为d,静电力常量为k,质量为m的带负电小球恰能静止于A点,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.细圆环在原点O处产生的电场的电场强度大小为
B.沿y轴从原点O到A点,电场强度不断增大
C.细圆环带负电,小球所带电荷量为
D.沿y轴向上缓慢移动小球,移动过程中外力所做的功等于小球增加的重力势能
√
【解析】选C。利用微元法,由对称性得细圆环在原点O处产生电场的电场强度大小为零,故A错误;原点O处电场强度为零,y轴上无穷远处电场强度也为零,小球带负电,在A点时,受到重力,细圆环对其向上的电场力,二者平衡,有mg=qEA,微元累积求和,可得EA= ,故细圆环带负电,小球所带电荷量为q=,r与d关系未知,则沿y轴从原点O到A点,电场强度可能不断增大,也可能先增大后减小,故B错误,C正确;球沿y轴向上移动过程中,电场力对小球做正功,小球电势能减小,由动能定理可得WF+W电 W重=0,外力和电场力做的功之和等于小球的重力势能增加量,故D错误。
6.如图所示,理想变压器原线圈接u=100sin100πt(V)的交流电,副线圈接定值电阻,R1=R2=25 Ω,变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2=4∶1,二极管、电表均为理想电子元件。则(　　)
A.电压表示数为25 V
B.电流表的示数为1.0 A
C.变压器的输入功率为37.5 W
D.电流表中电流的频率为12.5 Hz
√
【解析】选C。原、副线圈匝数比为==, U1= V=100 V,电压表显示的是有效值,故电压表示数U2=25 V,A错误。一个周期内,仅有一半时间有电流通过含有二极管的电路,根据能量关系有U1I1T=T+·,求得I1=0.375 A,由=,可得电流表的示数I2=1.5 A,变压器输入功率P=U1I1=100×0.375 W=37.5 W,B错误,C正确。理想变压器不改变电流的频率,电流表中电流的频率仍为f==50 Hz, D错误。
7.四种温度下黑体的辐射强度与λ的关系如图所示,其中1 700 K时辐射强
度最大的为a光,1 100 K时辐射强度最大的为b光,下列说法正确的是(　　)
A.a光的频率小于b光的频率
B.若用b光照射某金属材料没有发生光电效应,
则换用a光照射也一定不会发生光电效应
C.a光光子的能量大于b光光子的能量
D.a光光子的动量小于b光光子的动量
√
【解析】选C。根据黑体辐射的规律可知,温度升高时辐射强度的极大值向波长较短的方向移动,则a光的频率大于b光的频率,故A错误;因a光的频率大于b光的频率,若用b光照射某金属材料没有发生光电效应,若νa≥ν0,则换用a光照射会发生光电效应,而νa<ν0时,换用a光照射不会发生光电效应,可知换用a光照射不一定发生光电效应,故B错误;因νa>νb,则可知hνa>hνb,即a光光子的能量大于b光光子的能量,故C正确;光子的动量为p==,因νa>νb,则a光光子的动量大于b光光子的动量,故D错误。
二、多项选择题
8.凤仙花的果实成熟后会突然裂开,将种子以弹射的方式散播出去。如图所示,两粒质量相等的种子P、Q从同一位置先后以相同的速率沿不同方向弹射飞出,恰好在M点相撞,不考虑叶子的遮挡,忽略种子运动过程中所受的空气阻力,下列说法正确的是(　　)
A.种子P先弹射飞出
B.种子Q在最高点时速度为零
C.两粒种子相撞前瞬间速度大小相等
D.两粒种子相撞前瞬间,重力对种子Q的功率较大
√
√
【解析】选C、D。由题图可知,两粒种子从同一地点弹射出去在M点相遇,都做抛体运动,种子Q做斜上抛运动,种子P做斜下抛运动,则种子Q的运动时间大于种子P的运动时间,两者在M点相遇,故种子Q先弹射飞出,A错误;种子Q做抛体运动,在最高点时,竖直方向的分速度为零,水平方向的分速度不为零,因此种子Q在最高点的速度不为零,B错误;根据动能定理可得mgh=mv2 m,解得v= ,由于两粒种子的v0和h都相等,则两粒种子相撞前瞬间速度大小相等,C正确; 结合上述分析可知,碰撞前瞬间,种子Q的竖直分速度较大,而两粒种子的质量相等,根据P=mgvy可知,重力对种子Q的功率较大,D正确。
9.如图所示,一列简谐横波沿x轴传播,在t=0时刻和t=1 s时刻的波形分别如图中实线、虚线所示。已知波的振动周期大于1 s,则(　　)
A.x=0处质点的振动方程可能为y=sint(cm)
B.波源的振动周期可能为2.4 s
C.波的传播速度可能为5 m/s
D.x=0处质点在0~1 s内通过的路程为3.5 cm
√
√
√
【解析】选A、B、C。若波沿x轴负方向传播,由同侧法可知,t=0时刻
x=0处质点向上振动,设其振动方程为y=Asinωt(cm),由题图有A=
1 cm,0.5 cm=sinω(cm),且1 s时x=0处质点向下振动,根据数值关系有
ω==+2πn(n=0,1,2,…),又T1>1 s,n只能取0,解得T1= s= 2.4 s,波速
v==5 m/s,则ω= rad/s,可得x=0处质点的振动方程为y=sint(cm),若
波沿x轴正方向传播,由同侧法可知,t=0时刻x=0处质点向下振动,设其振
动方程为y=Asinωt(cm),由题图有0.5 cm =sinω(cm),且1 s时x=0处质点
向上振动,根据数值关系有ω= =+2πn(n=0,1,2,…),又T2>1 s,n只能取0,
解得波沿x轴正方向传播满足条件的周期T2= s,此时波速为v==7 m/s,
故A、B、C正确。若波沿x轴负方向传播,0~1 s内x=0处质点先向上运动
到最大位移处,再向下运动到y=0.5 cm处,该质点通过的路程为s=1 cm +
0.5 cm=1.5 cm,若波沿x轴正方向传播,0~1 s内x=0处质点先向下运动到负
向最大位移处,再向上运动到y=0.5 cm处,该质点通过的路程为s=2×
1 cm+0.5 cm=2.5 cm,故D错误。
10.图(a)所示为无线门铃的发射器和接收器,图(b)为无线门铃的按键(发射器)内部电路简化图,n=500匝的长方形导线框,单匝导线框面积S=6×10 4 m2,处在垂直其所在平面向里的匀强磁场中,磁感应强度B=5×10 2 T,a、b间接有一小指示灯。某次按压按键时,在0.4 s内,导线框有效面积变为S'=3×10 4 m2,下列说法正确的是(　　)
A.发射器和接收器是通过声波传递信号的
B.本次按压过程中a点的电势高于b点的电势
C.本次按压过程,a、b间的平均电动势为1.875×10 2 V
D.按住按键不动a、b间会产生稳定的电势差
√
√
【解析】选B、C。发射器和接收器是通过电磁波传递信号的,故A错误。按压导致通过导线框的磁通量减少,根据楞次定律可知,导线框中电流沿顺时针方向,a点的电势高于b点的电势,故B正确。本次按压过程中,a、b两点间的平均电动势为E=n=500× V =1.875×10 2 V,故C正确。按住按键不动,通过导线框的磁通量不发生变化,a、b间电势差为零,故D错误。
三、实验题
11.弹力带是一种常见的健身器材。某同学为了探究弹力带所受拉力与其伸长量的关系,进行如下实验:
(1)如图(a),将弹力带甲竖直挂在固定的钉子O上,其下端P连接一托盘,卷尺竖直固定在旁边,卷尺的零刻度线与钉子平齐;
(2)逐步增加托盘上杠铃片的数量,分别记录杠铃片与托盘的总质量m、P对应卷尺等高处的刻度值x,并在图(b)中描点;
(3)当杠铃片与托盘总质量为3.0 kg时,弹力带甲下端P对应的刻度值如图(a),其
读数为_____________________________cm,请在图(b)中把此坐标点描出,并作
出弹力带甲的m x图像;由此可知,在弹力带甲的弹性限度内,每增加1 kg的杠铃
片,稳定后P下降______________________ cm(结果保留2位有效数字);
　124.15(124.14~124.16均可)　
　8.9(8.6~ 9.2均可)　
答案:(3)图见解析
【解析】(3)弹力带甲下端P对应的刻度值读数为L=124.15 cm
弹力带甲的m x图像如图所示
由此可知,在弹力带甲的弹性限度内,
每增加1 kg的杠铃片,
稳定后P下降Δx= cm≈8.9 cm。
(4)弹力带乙的m x图像如图(b)。若要增大力量训练强度,应选用弹力带
________(选填“甲”或“乙”)。
【解析】(4)设弹力带的原长为x0,则mg=k(x x0)
整理得m=x x0
可知m x图像斜率越大,弹力带的劲度系数越大,
由图(b)可知弹力带甲图
像的斜率较大,弹力带甲的劲度系数较大,相同拉力下,形变量小,若要增
大力量训练强度,应选用弹力带甲。
　甲　
12.日本排放核污水引发了人们对水质的关注,电导率(电阻率的倒数)是衡量水质是否合格的关键指标。某实验小组为评估河水的电导率,进行了如下实验:他们准备了一根内径为d=1.30 cm的塑料水管,将其注满河水水样后围成环形。在环上选取相距15.50 cm的P、Q两点(可视为水样直径两端),插入细针用于测量电阻。根据公式RΩ=ρ代入数据最终求出电导率。为了测量河水水样电阻,设计如下两个实验。
实验一:用多用电表粗测电阻
(1)请将下面测量整个环形水样电阻的实验步骤按正确顺序排列:
____________。
A.将多用电表选择开关旋置“×100 Ω”电阻挡
B.将红、黑表笔分别接触P、Q两点,测量电阻值
C.把红、黑表笔短接,调节欧姆调零旋钮,使指针指在电阻挡零刻度处
D.使用前检查表针是否停在刻度盘左端的“0”位置,若不在,用小螺丝刀
轻轻转动表盘下方的机械调零旋钮,使表针指零
　 DACB　
【解析】(1)电阻表测电阻的正确操作:先机械调零;再估算待测电阻阻值,选择电阻挡的倍率并欧姆调零;最后测量电阻,因此对应的操作顺序为DACB。
(2)若电阻表指针如图(3)所示,为减小测量误差,应将选择开关旋转到电
阻挡____________(选填“×10 Ω”或“×1 kΩ”)位置。
【解析】(2)电阻表指针偏转角度小,表示电阻示数大,为减小测量误差,
应将选择开关旋转到电阻挡的“×1 kΩ”挡。
　×1 kΩ　
实验二:设计电路提高测量精度
(3)为了更精确地测量水样电阻,小组设计了如图(4)所示的电路图;其中A、B为
一根粗细均匀长度为L0的电阻丝的两端,R为电阻箱,G为灵敏电流计,闭合开关,
调节电阻箱并记录其阻值R,调节与灵敏电流计相连的滑动触头P,若此时发现G
的指针向右偏转,有电流从位置C流向位置P,此时滑动触头应向_______(选填“A”
或“B”)端移动,使灵敏电流计的示数变为零,记录此时滑动触头P到B端的距离L;
改变电阻箱的阻值,测得多组R、L值;绘制 图像,若图像纵轴截距绝对值为b,
可得整个环形水样的电阻阻值表达式为___________(用b表示)。
　B　
　R样=　
【解析】(3)样品左端和A点电势为零,调节与灵敏电流计相连的滑动触头P,若此时发现G的指针向右偏转,有电流从位置C流向位置P,说明C点的电势高于P点的电势,为了使灵敏电流计示数为零,则滑动触头P向B端移动;根据电阻定律R=,即滑动变阻器接入电路的电阻与长度成正比,当灵敏电流计的示数变为零时,根据电桥平衡==,变形得=·,又图像纵轴截距绝对值为b,可知=b,则R样并=
由于水样并联接入电路,所以整个环形水样的电阻阻值表达式为R样=
【加固训练】
1.(多选)图(a)是某型号气门结构的简化图:金属块和固定弹簧座连接弹簧上端和下端,偏心轮轴位置固定,偏心轮以恒定角速度ω转动,带动金属块与推杆整体上下往复运动,配合气门机构完成进气、出气,此过程弹簧一直处于压缩状态,偏心轮与金属块始终保持接触。偏心轮横截面如图(b),在t=0时通过轮轴的偏心轮直径恰好处于水平位置,则(　　)
A.推杆上下往复运动的周期为
B.t=时弹簧的弹性势能最大
C.偏心轮上各点的线速度最大值为3Rω
D.偏心轮上各点的向心加速度最大值为ω2R
√
√
√
【解析】选A、B、C。根据周期和角速度的关系可得T=,故A正确;弹簧一直处于压缩状态,则当弹簧长度最短时,压缩量最大,弹簧的弹性势能最大,弹力最大,偏心轮应转到最低点,即从初始位置转动t=(+n)T(n=0,1,2…),当n=0时,有t=T=,故B正确;根据线速度与角速度的关系v=ωr,偏心轮上各点的r的最大值为3R,则最大线速度为3Rω,故C正确;根据a=ω2r,可知,偏心轮上各点的向心加速度最大值为3ω2R,故D错误。
2.(多选)如图甲所示,将长为L的轻绳一端固定在O点的拉力传感器上,另一端与一质量为m且可视为质点的小球相连,拉直轻绳使其与竖直方向夹角为θ。现让小球在不同θ角下由静止开始在竖直面内做圆周运动,记录每个θ角下小球运动过程中传感器上的最大拉力Fmax与最小拉力Fmin,并作出它们之间的部分关系图像如图乙所示。忽略一切阻力及轻绳长度变化,重力加速度为g,则图乙中(　　)
A.图线的斜率与小球质量m无关
B.a的大小与绳长L有关
C.c的大小可能为1.2mg
D.当b=2mg时对应的θ=60°
√
√
【解析】选A、D。由题知小球由静止开始在竖直面内做圆周运动,则有0<θ≤;小球在最高点时,轻绳上拉力最小,有Fmin=mgcosθ,在最低点时轻绳上拉力最大,有Fmax mg=m,由机械能守恒可得mgL(1 cosθ)=mv2,联立解得Fmax=3mg 2mgcosθ=3mg 2Fmin,可知题图乙中Fmax Fmin图线的斜率恒为k= 2,与小球质量m无关,故A正确;当Fmin=0时,有Fmax=a=3mg,可知a的大小与绳长L无关,故B错误;由Fmin=mgcosθ,可知当θ=0时,Fmin最大值为mg,则c的大小不可能为1.2mg,故C错误;由Fmax=3mg 2mgcosθ,可知当Fmax=b=2mg,有cosθ=,又0<θ≤,解得θ=60°,故D正确。
3.我国光伏发电技术领跑全球。光伏发电是利用半导体界面的光电效应将光能直接转变为电能的一种技术,其核心部件是太阳能电池板。小甘同学为了探究太阳能电池板正常工作时的路端电压U和电流I的关系,设计了如图甲所示的电路,图中电源为太阳能电池板,定值电阻R0=4 Ω,电压表、电流表视为理想电表。
(1)图甲电路中定值电阻R0的作用是______________。
【解析】(1)定值电阻R0是为了保护电路,避免电流过大而烧坏电路。
　保护电路　
(2)小甘同学在光照一定的情况下,闭合开关S,调节滑动变阻器R,测得多组
电压、电流值,并描绘出太阳能电池板的U I图像,如图乙中曲线a所示。
由图可知:
①当输出电流0≤I≤150 mA时,U与I成线性关系,该
太阳能电池板的电动势E=__________V(结果保留2位
小数),此时太阳能电池板的内阻为r=_________ Ω(结果
保留2位有效数字)。
②当输出电流I>150 mA时,随着电流增大,太阳能电池板的内阻
__________(选填“增大”“减小”或“不变”)。
　2.91　
　4.0　
　增大　
【解析】(2)①太阳能电池板的U I图像,纵轴截距为电动势,即E=2.91 V
图线斜率的绝对值表示内阻,取两点(0,2.91 V)、(150 mA,2.31 V),可得内阻r==4.0 Ω。
②当输出电流I>150 mA时,随着电流增大,电压下降得越来越快,图线斜率的绝对值越来越大,即内阻增大。
(3)小甘同学换用强度较小的光源照射太阳能电池板,并重复实验,测得
光照较小时该太阳能电池板的U I图像如图乙中曲线b所示。他发现当
滑动变阻器R调到某一阻值时,电压表示数恰好为1.00 V,由图线可知,此
时滑动变阻器R的电功率为__________ W。(结果保留2位小数)
【解析】(3)由图乙曲线b可知,I=70 mA,U=1.10 V,
则UR=U IR0=1.10 V 0.07×4 V=0.82 V
滑动变阻器R的电功率PR=IUR=0.07×0.82 W
=0.057 4 W≈0.06 W
　0.06　(共16张PPT)
计算题专项练(六)
1.汽缸是在自动化设备中广泛应用的执行机构,如图所示,某汽缸
主要部件由缸体A、活塞B、活塞杆C、气阀K1、K2组成。活塞、
活塞杆与缸体的导热以及密封性能均良好,且活塞与活塞杆运动
过程中与缸体的摩擦力可以忽略不计。活塞连同活塞杆的质量
m=5 kg, 汽缸缸体横截面积以及活塞横截面积均为S1=5 cm2,汽缸
内部长为L=60 cm,忽略活塞厚度。某次测试时,竖直固定汽缸,打开气阀K1、K2,将活塞杆提升至汽缸顶部,然后只关闭气阀K2,释放活塞和活塞杆,已知重力加速度g取10 m/s2,标准大气压p0=1.0×105 Pa。
(1)求活塞静止时距汽缸底部的距离。
答案:(1)30 cm　
【解析】(1)当活塞静止时,设下部分气柱长度为h,如图所示,对活塞和活塞杆进行受力分析可得p1S1=p0S1+mg
解得p1=p0+=2×105 Pa
对汽缸中下部分气体应用玻意耳定律可得p0LS1=p1hS1
解得h==30 cm
(2)保持气阀K1与大气连通,在原有气体不泄露的情况下打开气阀K2,使用增压气泵通过与K2连接的导管向汽缸的下部分充气,最终使活塞回到汽缸顶部,求增压气泵充入的空气在1个标准大气压下的体积。
答案:(2)3×10 4 m3
【解析】(2)对下部分气体,根据玻意耳定律可得p0V+p1S1=p1S1L
解得V=3×10 4 m3
2.如图甲,装载电线杆的货车由于刹车过急,导致装载的电线杆直接贯穿了驾驶室。为研究这类交通事故,某同学建立了如图乙所示的物理模型:水平车厢内叠放三根完全相同的圆柱体电线杆,其横截面如图丙所示,设每根电线杆的重力为G,相邻电线杆间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,电线杆前端与驾驶室间的距离为x,货车以速度v在平直公路上行驶。若紧急刹车过程中货车做匀减速运动,下方电线杆未分离且与车厢保持相对静止,重力加速度大小为g。
(1)若货车制动距离为s,制动时间为t,且上、下电线杆间未发生相对滑动,求上方电线杆在此过程中所受摩擦力的合力大小;
答案:(1)　
【解析】(1)货车加速度大小满足s=a1t2
设单根电线杆质量为m,则上方电线杆所受摩擦力f=ma1
其中G=mg
解得f=
(2)若要保持上、下电线杆间不发生相对滑动,求货车刹车时的最大加速度大小;
答案:(2)　
【解析】(2)对最上面电线杆进行受力分析如图所示:
则其所受弹力大小N==
要保持电线杆不发生相对滑动,则货车刹车时的最大加速度大小满足2μN=ma2 解得a2=
(3)若要使电线杆在刹车过程中不冲撞驾驶室,求货车的最小制动距离。
答案:(3) x
【解析】(3)若货车刹停瞬间,电线杆恰好不与驾驶室发生碰撞,则对电线杆有2a2x1=v2
解得x1=
则货车的最小制动距离x2=x1 x= x
3.如图所示,水平面上方有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B0;水平面下方有竖直放置的半径为R的圆筒,圆筒上下表面圆心O1、O2处各开有一个小孔,其内部有竖直向上的匀强电场和匀强磁场,电场强度大小为E,磁感应强度B未知。处于水平面内的粒子源O沿与水平方向成30°角发出的带电粒子,从O1处进入圆筒,恰好与筒壁不碰撞,最后从O2处射出。已知粒子质量为m,电荷量为q(q<0),粒子源O到圆心O1的水平距离为L。忽略粒子重力,不考虑边界效应。求
(1)粒子从粒子源射出时的速度大小v0;
答案:(1)　
【解析】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,半径为r,
则sin30°=
由洛伦兹力提供向心力有qv0B0=m
解得v0=
(2)粒子在圆筒内旋转的周期T;
答案:(2)
【解析】(2)粒子从O1处进入圆筒,速度方向与水平方向成30°角,水平方向做匀速圆周运动,竖直方向做匀加速直线运动,有vx=v0cos30°,vy=v0sin30°
粒子恰好与筒壁不发生碰撞,则粒子做圆周运动的半径为R'=
由洛伦兹力提供向心力有qvxB=m
粒子做圆周运动的周期T=
解得T=
(3)圆筒高度H满足的条件。
答案:(3)H=+(n=1,2,3…)
【解析】(3)粒子在竖直方向做匀加速直线运动,有qE=ma
运动时间满足t=nT(n=1,2,3…)
根据H=vyt+at2
解得H=+(n=1,2,3…)
【加固训练】
空气悬挂是一种汽车减震系统,它通过充气和放气来调整车辆底盘的离地间隙。某汽车的空气悬挂简化模型如图所示,直立圆筒形汽缸固定在车的轮轴上,汽缸内一横截面积S=10 cm2的活塞封闭一定质量的空气,活塞通过连杆与车身相连,并无摩擦滑动。已知封闭气体的初始状态温度T1=300 K,长度L1=10 cm;压强p1=1.0×106 Pa。外界大气压强为p0=1.0×105 Pa,重力加速度g=10 m/s2,气体视为理想气体。
(1)为提升汽车底盘的离地间隙,将体积为ΔV=5.0×10 4 m3,温度为T1的外界大气充入汽缸,让活塞缓慢上升ΔL,设此过程中气体温度保持不变,求ΔL;
答案:(1)5 cm　
【解析】(1)由玻意耳定律可得p1L1S+p0ΔV=p1(L1+ΔL)S
解得ΔL=5 cm
(2)在(1)问充气结束后,当车辆载重时,相当于在图示活塞顶部加一质量为m的物体,如果某时刻活塞达到平衡时气体温度为T2=320 K,缸内气柱长度L2=8 cm,求m。
答案:(2)100 kg
【解析】(2)对活塞受力分析可得p2S=p1S+mg
对缸内气体,由理想气体状态方程可得=
解得m=100 kg(共17张PPT)
计算题专项练(四)
1.如图所示为一简易火灾报警装置,其原理是:竖直放置的试管中装有水银,当温度升高时,水银柱上升,使电路导通,蜂鸣器发出报警的响声。已知温度为27 ℃时,封闭空气柱长度L1为20 cm,此时水银柱上表面与导线下端的距离L2为10 cm,水银柱的高度h为5 cm,大气压强为75 cmHg,绝对零度为 273 ℃。
(1)当温度达到多少摄氏度时,报警器会报警;
答案:(1)177 ℃　
【解析】(1)报警器报警,则空气柱的长度要增大到L1+L2
根据等压变化得==
代入数据得T2=450 K
即t2=177 ℃
(2)如果要使该装置在90 ℃时报警,则应该再往玻璃管内注入多高的水银柱
答案:(2)8 cm
【解析】(2)设注入水银柱的高度为x时,装置在90 ℃时会报警,
则=
可得=
解得x=8 cm
2.某型号“双引擎”节能环保汽车的工作原理:当行驶速度v<15 m/s时仅靠电动机输出动力:当行驶速度v≥15 m/s时,汽车自动切换引擎,仅靠汽油机输出动力。该汽车在平直的公路上由静止启动,其牵引力F随时间t变化关系如图。已知该汽车质量为1 500 kg,行驶时所受阻力恒为1 250 N。汽车在t0时刻自动切换引擎后,保持牵引力功率恒定。求:
(1)汽车切换引擎后的牵引力功率P;
答案:(1)90 kW　
【解析】(1)根据功率的计算公式可知,汽车切换引擎后的牵引力功率为P=F2v=6 000×15 W=90 kW
(2)汽车由启动到切换引擎所用的时间t0。
答案:(2)6 s
【解析】(2)开始阶段,牵引力F1=5 000 N,
根据牛顿第二定律可得F1 f=ma
解得开始阶段加速度为a=2.5 m/s2
根据速度与时间关系有t0==6 s
3.如图所示,平面直角坐标系xOy的第一象限内某区域存在一有界匀强磁场(未画出),磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外,x轴下方存在沿x轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E,在x轴下方放置一足够长的荧光屏,荧光屏一端固定在x轴上的Q点,且可绕Q点转动。从O点沿OP方向发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子,以不同速率沿直线运动到P点后进入有界匀强磁场区域,最终所有粒子都垂直经过x轴上NM段。速率最大的粒子在垂直x轴经过M点前都在磁场内运动,不计粒子重力,OP=4l,OM=8l,ON= 6.4l, OQ=10l。求:
(1)粒子速率的最大值和最小值。
答案:(1)　
【解析】(1)由题意可知速度最大的粒子运动轨迹如图,
圆心为O2,由几何关系(4l)2+=(8l rmax)2
解得rmax=3l
可知OO2=5l,∠POO2=37°
速度最小的粒子运动轨道圆心为O1,
则由几何关系(3l rmin)cos53°=rmin 1.4l
解得rmin=2l
根据qvB=m
可得v=
解得最大速率vmax=
最小速率vmin=
(2)粒子在第一象限内运动时间的最大值与最小值之差。
答案:(2)　
【解析】(2)粒子在磁场中运动的周期T=
由(1)中分析可知,粒子在磁场中转过的角度相等,则粒子在磁场中运动的时间相等,则粒子速率越小在第一象限内运动时间越长,速率越大在第一象限内运动时间越短。粒子在第一象限内运动的最短时间t1=+t磁
粒子在第一象限内运动的最长时间t2=++t磁
又O1O2=3l 2l=l 则时间差Δt=t2 t1=
(3)若速率最大的粒子与速率最小的粒子打在荧光屏同一位置,荧光屏与x轴负方向夹角的正切值。
答案:(3)
【解析】(3)粒子离开磁场后进入电场,竖直方向做匀速运动,水平方向做匀加速运动,设打到荧光屏上的位置距离x轴的距离为y,因相同的粒子在电场中的加速度相同,设为a,则a=,设最小速率粒子打在荧光屏上时间为t'1,最大速率粒子打在荧光屏上时间为t'2,y=vmint'1=vmaxt'2,x2=at,x1=at
其中x1 x2=1.6l
解得x1=2.88l,x2=1.28l
荧光屏与x轴负方向夹角的正切值tanθ=
解得tanθ=
【加固训练】
在如图所示的电路中,两平行金属板A、B水平放置,两板间距离d=0.6 m,板长L=1.2 m,电源电动势E=20 V,内电阻r=1 Ω,定值电阻R=9 Ω。在A板的中点O固定一条长为l=0.3 m的轻质绝缘细线,细线另一端连接一个可视为质点且重力不计的正电小球。闭合开关S,待电路稳定后,小球在水平恒力F作用下恰好保持静止,细线与竖直方向的夹角θ=60°。当撤去恒力F后,小球运动到最低点C时,细线恰好断裂,小球继续运动。已知该粒子电荷量q=1×10 3 C,质量m=9×10 5 kg,C点在B板上投影点为D,空气阻力忽略不计。
(1)求水平恒力F的大小;
答案:(1)3×10 2 N　
【解析】(1)金属板间的电压U=·R=18 V
小球在金属板间所受的电场力的大小F1=q
解得F1=3×10 2 N
小球在恒力F作用下静止时,设细线的拉力大小为T1,
由平衡条件有T1sin60°=F T1cos60°=F1
联立解得F=3×10 2 N
(2)求在C点,细线对小球的拉力T(细线断裂前);
答案:(2)6×10 2 N　方向竖直向上　
【解析】(2)小球由静止开始运动到C的过程中,根据动能定理,
有F1l(1 cos60°)=m 0
解得小球在C点的速度大小vC=10 m/s
在C点,由合力提供向心力得T F1=m
解得细线对小球的拉力大小T=6×10 2 N
方向竖直向上;
(3)试判断小球最终是落在B板上还是从AB板间飞出、若落在B板上,求落点到D点间的水平距离x,若从AB板间飞出,求偏转距离y。
答案:(3)见解析
【解析】(3)细线断裂后,小球做平抛运动,假设小球不能从金属板间飞出,落在B板上所用的时间为t,则x=vCt
根据牛顿第二定律,有F1=ma 根据位移 时间公式d l=at2
联立解得x= m<=0.6 m
故假设成立。即小球最终落在B板上,落点到D点间的水平距离为 m。(共44张PPT)
选择、实验题专项练(五)
一、单项选择题
1.物理学家在建立物理概念、探究物理规律的过程中应用了很多思想方法,以下叙述不正确的是(　　)
A.由牛顿第二定律可知物体的加速度a=,该公式应用了比值定义法
B.“重心”、“合力与分力”都用到了等效替代法
C.伽俐略研究力和运动关系时,运用了理想实验法
D.研究物体沿曲面运动时重力做的功,应用了微元累积法
√
【解析】选A。由牛顿第二定律可知物体的加速度a=,该公式通过实验得到,是加速度的决定式,不是定义式,没有应用比值定义法,故A错误,符合题意;“重心”、“合力与分力”都用到了等效替代法,故B正确,不符合题意;伽俐略研究力和运动关系时,进行了理想斜面实验,运用了理想实验法,故C正确,不符合题意;研究物体沿曲面运动时重力做的功,将曲线无限分割,应用了微元累积法,故D正确,不符合题意。
2.中国人使用筷子可以追溯到新石器时代,中国目前发现的最早的筷子是河南省安阳市商代殷墟出土的铜筷子,这是中华民族智慧的结晶。一同学用筷子竖直夹住一个小球,在缓慢转至水平的过程中,两筷子对小球的作用力的合力(　　)
A.不变　　B.变小　　C.变大　　D.不能判断
【解析】选A。由于缓慢转动,小球处于动态平衡中,
两筷子对小球作用力的合力始终与重力等大反向,因此
不变。故选A。
√
3.材料吸收光子发生内光电效应,电子从材料内部由M型向N型一侧移动,从而在两端形成电势差。已知该材料中的电子至少需要吸收一个能量为E的光子才能发生内光电效应,普朗克常量为h,光速为c,则(　　)
A.太阳光光照的强度越强,灯泡越暗
B.通过小灯泡的电流方向从下至上
C.能使该材料发生内光电效应的最长波长为
D.改用紫外线照射该材料,则小灯泡不亮
√
【解析】选C。太阳光光照强度越强,单位时间内照射到材料上的光子数越多,发生内光电效应产生的光电子越多,形成的电流越大,灯泡应该越亮,故A错误;电子从材料内部由M型向N型一侧移动,那么电流方向与电子定向移动方向相反,即从N型向M型,所以通过小灯泡的电流方向从上至下,故B错误;根据E=hν=,当光子能量刚好为E时,对应的波长最长,即λ=,所以能使该材料发生内光电效应的最长波长为,故C正确;紫外线的频率比可见光高,光子能量更大,更容易使材料发生内光电效应,所以改用紫外线照射该材料,小灯泡会亮,故D错误。
4.如图所示,竖直面内固定一大圆环④,小环套在光滑杆上,杆的上下两端分别固定在圆的顶点P和Q点上。圆①②③④共用顶点P,半径之比为1∶2∶3∶4,它们把杆分成四段。小环从顶点P由静止开始沿杆自由下滑至Q点,则小环依次经过这四段的时间之比为(　　)
A.12∶6∶4∶3
B.1∶∶∶2
C.1∶( 1)∶()∶(2 )
D.2∶∶∶1
√
【解析】选C。如图所示
根据题意,由几何知识知PA∶PB∶PC∶PD
=PE∶PF∶PG∶PQ=1∶2∶3∶4,得PE=EF
=FG=GQ,小环套在光滑杆上静止滑下做匀加
速直线运动,由初速度为零的匀加速直线运动规律,通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶t4=1∶( 1)∶()∶(2 ),故选C。
5.2025年2月28日晚,在夜空开始上演了“七星连珠”。发生“连珠”的七颗行星自西向东分别为土星、水星、海王星、金星、天王星、木星和火星,它们出现在黄昏日落后不久。从最西端的土星到最东端的火星,张角为117°,横跨大半个天空,地球观测的天象简略示意图如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.在“七星连珠”现象发生的时间内,这七颗行星都围绕太阳做匀速圆周运动
B.七星中水星绕太阳运动的角速度最大
C.若七星绕太阳运动可近似视为做匀速圆周运动,则知道七星中任意一颗行星的公转周期就可求太阳的质量
D.金星的公转周期大于火星的公转周期
√
【解析】选B。“七星连珠”现象发生的时间内,这七颗行星都围绕太阳做椭圆轨道运动,故A错误;由万有引力提供向心力得G =mrω2,解得ω=,由于水星绕太阳运动的轨道半径最小,七星中水星绕太阳运动的角速度最大,故B正确;若七星都绕太阳做匀速圆周运动,知道七星中任意一颗行星的公转周期与轨道半径才可以求出太阳的质量,故C错误;因为金星的轨道半径小于火星,由开普勒第三定律=k可知,金星的公转周期小于火星的公转周期,故D错误。
6.某弹簧振子的振动方程为x=2cos(πt+)cm,关于该振子的运动,下列说法正确的是(　　)
A.振子在0.5 s和1.5 s时速度相同
B.振子动能变化的周期为2 s
C.t=1 s时振子的加速度最大
D.振子从x1=1 cm处运动到x2= 1 cm处的最短时间为 s
√
【解析】选D。根据振子的振动方程x=2cos(πt+)cm,可知振子在0.5 s和1.5 s时的位移分别为 cm和 cm可知振子在0.5 s和1.5 s时速度大小相同,方向相反,选项A错误;振子的周期为T= s =2 s,可知,动能变化的周期为1 s,选项B错误;t=1 s时x= m,可知振子不在位移最大的位置,则振子的加速度不是最大,选项C错误;振子在平衡位置两侧运动时速度最大,则相同位移时用时最短,振子从x1=1 cm处运动到x2= 1 cm处的最短时间为tmin= s,选项D正确。
7.如图,竖直放置的轻质圆盘半径为R,光滑水平固定轴穿过圆心O处的小孔。在盘的最右边缘固定一质量为2m的小球A,在离O点R处固定一质量为m的小球B,两小球与O点连线的夹角为135°。现让圆盘自由转动,不计空气阻力,两小球均可视为质点,当A球转到最低点时(　　)
A.两小球的重力势能之和减少mgR
B.A球机械能增加
C.A球速度大小为
D.此后半径OA向左偏离竖直方向的最大角度大于45°
√
【解析】选D。由题意可知,两小球的重力势能之和减少ΔEp=2mgR mg×2 ×Rsin45°=mgR,故A错误;当A球转到最低点时,B球的重力势能增加,动能增加,B
球的机械能增加,由小球A、B组成的系统机械能守恒,故A球的机械能减少,故B错误;
由系统机械能守恒定律2mgR mg×2×Rsin45°=×2m+m,根据v=rω可知
==,联立解得A球速度大小为vA=,故C错误;设此后半径OA向左偏离竖
直方向的最大角度为θ,则有2mgRcosθ=mgRcos45°+ mgRcos(180° 135° θ),其
中sin2θ+cos2θ=1,联立解得cosθ=<,即θ>45°,故D正确。
二、多项选择题
8.如图甲所示,金属杆垂直导轨放置在两光滑平行水平导轨上,接入导轨间的有效长度为L,磁感应强度大小为B的匀强磁场方向竖直向上,整个回路的电阻恒为R,现给金属杆施加水平向右的特殊拉力F,让金属杆向右运动的速度 时间关系图像如图乙所示,图中的曲线是正弦曲线的形状,结合图中所给的相关已知条件,分析下列说法正确的是(　　)
A.t=0时刻,若拉力F的大小为F0,则曲线切线的斜率小于
B.t=2.5t0时刻,拉力F的功率为
C.若图乙阴影的面积为S0,则3t0~4t0时间内,拉力F的平均值为
D.0~2t0时间内,回路中产生的热量为
√
√
【解析】选B、C。t=0时刻,金属杆的速度是0,电动势是0,电流是0,安培
力是0,合力为F,若F的大小为F0,则a=,又因为v t图像的斜率表示加速
度,则t=0时刻,图像曲线切线的斜率等于,故A错误;t=2.5t0时刻,v t图像
的斜率是0,金属杆的加速度是0,则拉力F与安培力等大反向,即F=F安
其中E=BLv0,I=,F安=BIL,综合可得F=,拉力F的功率为P=Fv0
=,故B正确;3t0~4t0时间内,由动量定理可得t0 BLt0=0,其中
q=t0,=,=,联立以上三式可得q=,金属杆从t0~2t0时间内的位移等于阴影部分的面积S0,则ΔΦ=BLS0,综合可得3t0~4t0时间内,拉力F的平均值为=,故C正确;由图乙可得Em1=BLv0, Em2=2BLv0,图乙中的曲线是正弦曲线的二分之一,则电动势的有效值是最大值的,则有E1=,E2==BLv0,在0~2t0时间内,回路中产生的热量为Q=t0+t0=,故D错误。
9.实验观察到,静止在匀强磁场中A点的原子核发生某种衰变,衰变产生的新核与释放出的粒子恰在纸面内做匀速圆周运动,运动方向和轨迹示意如图。则(　　)
A.轨迹1是新核的
B.轨迹2是新核的
C.磁场方向垂直纸面向里
D.磁场方向垂直纸面向外
√
√
【解析】选B、C。衰变后新核和粒子的运动方向相反,由洛伦兹力提供向心力可知,新核和粒子的电性相反,新核带正电荷,则粒子带负电荷,发生的是β衰变,根据动量守恒新核和粒子的动量大小相等,方向相反,在磁场中运动时,洛伦兹力提供向心力qvB=m,整理得r==,电子的电荷量小于新核的电荷量,所以其运动半径大于新核的运动半径,判断出轨迹2是新核的,A错误,B正确;根据电子的运动方向,由左手定则可知,磁场方向垂直纸面向里,C正确,D错误。
10.如图所示,正方形ABCD位于竖直平面内,E、F、G、H分别为四条边的中点,且GH连线水平,O为正方形的中心。竖直平面内分布有一匀强电场、电场方向与水平面成45°角。现自O点以初速度v0水平向左射出一带正电粒子,粒子恰能到达G点。若不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
A.电场方向一定由O指向D
B.粒子从O到G,电势能逐渐减小
C.粒子返回至H点时速率也为v0
D.若仅将初速度方向改为竖直向上,粒子一定经过DE间某点
√
√
【解析】选A、D。自O点以初速度v0水平向左射出一带正电粒子,粒子恰能到达G点,可知粒子沿OG方向做匀减速运动,粒子受到的合外力沿GO方向水平向右,因重力竖直向下,则电场力斜向右上方,即电场方向一定由O指向D,选项A正确;粒子从O到G,电场力做负功,则电势能逐渐增大,选项B错误;粒子返回至O点时速率为v0,则到达H点的速度大于v0,选项C错误;设正方形边长为2L,粒子速度方向向左时,粒子所受的合外力水平向右,其大小等于mg,加速度为向右的g,因粒子恰能到达G点,则L=,仅将初速度方向改为竖直向上,粒子的加速度方向水平向右,大小为g,则当粒子水平位移为L时,则L=gt2,竖直位移h=v0t=v0=2L,则粒子一定经过DE间某点,选项D正确。
三、实验题
11.某实验小组用如图a所示装置探究加速度与力、质量的关系,水平轨道上安装两个光电门1、2,它们的中心距离用L表示,滑块上的遮光条宽度很窄,滑块上装有力传感器,滑块、遮光条和力传感器总质量为M,细线一端与力传感器连接,另一端跨过滑轮挂上砂桶后悬挂固定。实验步骤如下:
(1)实验前,接通气源,将滑块置于气垫导轨上(不挂砂桶),轻推滑块,滑块
先后经过光电门1、2。若数字计时器显示遮光条通过光电门1的遮光时
间比通过光电门2的遮光时间短,则要将气垫导轨右侧适当__________
(选填“调低”或“调高”),直至遮光时间相等。
【解析】(1)滑块通过光电门1时遮光条的遮光时间比通过光电门2时遮
光条的遮光时间短,说明气垫导轨右侧偏低,故要将气垫导轨右侧适当调
高,直至遮光时间相等。
　调高　
(2)实验中某同学为了精确测量加速度,连接好如图a所示装置后,固定光电门2的位置,每次使滑块从同一位置释放,不断改变光电门1的位置进行多次测量,依次读取出遮光条从光电门1至2的时间(用t表示)。操作过程中砂桶总质量不变,数据处理后作出函数图像,如图b。另外,从力传感器读取出示数F。请问:
①实验____________(选填“需要”或“不需要”)满足砂和砂桶的总质量
远小于滑块、力传感器和遮光条的质量;若滑轮有一定摩擦阻力,对实验
的探究__________(选填“有”或“没有”)影响。
②写出图b中直线的函数关系式______________(用L、t、a、v2表示,
a和v2分别为滑块的加速度及它经过光电门2的速度)。
　不需要　
　没有　
　=v2 at　
【解析】(2)①因有力传感器可测出拉力,则在实验过程中,不需要满足砂和砂桶的总质量远小于滑块、力传感器和遮光条的质量。力传感器直接测出拉力,滑轮有一定摩擦阻力,对实验的探究没有影响。
②根据匀变速直线运动公式L=v2t at2
结合图b可得=v2 at
(3)改变砂桶的质量,重复(2)得到对应的加速度和力,得到6组数据后,描
点作图,发现a F图在误差允许的范围内是正比例图线。如图c,图线的
斜率应是_______。
A.M B. C.
【解析】(3)根据F=Ma,可得a=F,
图c中图线的斜率应是,故选B。
　B　
12.气敏电阻在安全环保领域有着广泛的应用。某气敏电阻说明书给出的气敏电阻Rq随甲醛浓度η变化的曲线如图a所示。
(1)为检验该气敏电阻的参数是否与图a一致,实验可供选用的器材如下:
A.蓄电池(电动势为6 V,内阻不计)
B.毫安表A1(量程为0~2 mA,内阻为200 Ω)
C.毫安表A2(量程为0~5 mA,内阻约为20 Ω)
D.定值电阻R0(阻值为2 800 Ω)
E.滑动变阻器R1(最大阻值为10 Ω,额定电流为0.2 A)
F.滑动变阻器R2(最大阻值为200 Ω,额定电流为0.2 A)
G.开关、导线若干
探究小组根据器材设计了图b所示电路来测量不同
甲醛浓度下气敏电阻的阻值,其中:
①滑动变阻器RP应选用________(选填“R1”或“R2”);
②开关S闭合前,应将滑动变阻器RP的滑片置于_______(选填“a”或“b”)端;
【解析】(1)①根据图b可知,滑动变阻器采用了分压接法,为了调节方便,本来
应该选择最大阻值较小的R1;但是考虑到若选择R1=10 Ω,电源电动势为6 V,
则可能会超过滑动变阻器的最大电流0.2 A,所以选择R2。
②开关S闭合前,应将滑动变阻器RP的滑片置于a端。
　R2　
　a　
(2)实验时,将气敏电阻置于密封小盒内,通过注入甲醛改变盒内浓度,记
录不同浓度下电表示数,当甲醛浓度为6×10 8 kg·m 3时毫安表A1和毫
安表A2的示数分别为1.51 mA和3.51 mA,此时测得该气敏电阻的阻值
为__________ kΩ(结果保留3位有效数字)。
【解析】(2)该气敏电阻的阻值为Rq== Ω≈
2.27 kΩ。
　2.27　
(3)多次测量数据,得出该气敏电阻的参数与图a基本一致。探究小组利用该气敏
电阻设计了如图c所示的简单测试电路,用来测定室内甲醛是否超标(国家室内甲
醛浓度标准是η≤1×10 7 kg·m 3),并能在室内甲醛浓度超标时发出报警音。电路
中报警器的电阻可视为无穷大,电源电动势E=3.0 V(内阻不计),在接通电路时报
警器两端电压大于2.0 V时发出报警音“已超标”,小于等于2.0 V时发出提示音
“未超标”。则在电阻R3和R4中,_________是定值电阻,其阻值为_________kΩ
(保留2位有效数字)。
　 R3　
　1.3　
【解析】(3)因甲醛浓度越大,则Rq阻值越大,回路总电阻越大,总电流越小,则定值电阻上的电压越小,Rq上的电压越大,当超过2.0 V时发出报警音,可知R4为气敏电阻,R3为定值电阻;当室内甲醛浓度是η=1×10 7 kg·m 3时Rq=2.6 kΩ,可知定值电阻R3==×2.6 kΩ=1.3 kΩ
【加固训练】
1.如图所示,半径为R的半圆弧轨道ABC竖直固定在水平面上,竖直半径OB与倾斜半径OD、OE的夹角为θ,且cosθ=,现让可视为质点的小球从B点由静止释放,当小球运动到D点时正好脱离轨道,小球此时速度的大小为v0(为未知量);再把小球拿到E点,并使小球在E点获得大小为v(为未知量)、方向与EO垂直斜向上的初速度,小球从E点运动到D点,运动轨迹的最高点为G点,重力加速度为g,不计一切摩擦,不计空气作用。下列说法正确的是(　　)
A.小球在D点的向心加速度为
B.小球在D点的速度v0为
C.小球从E到D的运动时间为
D.G、B两点的距离为
√
【解析】选D。把小球在D点的重力分别沿着OD方向与垂直OD方向正交分解,D点对小球的支持力恰好为0,则重力沿着OD方向的分力充当向心力,则有mgcosθ=man,由向心加速度公式可得an=结合cosθ=,综合可得an=g,v0=,故A、B错误;由数学知识可得sinθ=,小球从E点到D点做斜抛运动,水平方向做匀速直线运动,速度大小为v1=vcosθ,竖直方向做初速度为v2=vsinθ的竖直上抛运动,则有2Rsinθ=v1t0,v2=g,综合解得t0=,v=,故C错误;斜抛运动的最大高度为hm=g()2,由几何关系可得G、B两点的高度差为h=hm R(1 cosθ),综合可得h=,故D正确。
2.(多选)如图甲所示,水平面内一光滑圆盘可绕经过圆心O的竖直转轴转动。轻杆沿半径方向固定,两端分别在O点和圆盘边缘P点。一质量为2 kg的小球(视为质点)和两相同的轻弹簧连接套在轻杆上,两弹簧另外一端分别连接在O、P点,圆盘半径为L,弹簧原长为、劲度系数为k。当圆盘角速度ω从0缓慢增大的过程中,图像如图乙所示,x是小球与初位置的距离,弹簧始终未超过弹性限度,下列说法正确的是(　　)
A.小球动能增加来源于弹簧对它做功
B.弹簧的劲度系数k为100 N/m
C.圆盘半径L为2 m
D.若去除外端弹簧,此图像斜率不变
√
√
【解析】选B、C。小球动能增加来源于轻杆对它做功,故A错误;小球做圆周运动,由沿半径方向的合力提供向心力,则有2kx=mω2(x +),变形有=+·,结合图乙有= m/N,=0.01 rad 2·s2,解得k=100 N/m,L=2 m,故B、C正确;若去除外端弹簧,则有kx= mω2(x+),变形有=+·,可知,图像斜率发生变化,故D错误。
3.在用双缝干涉测光的波长的实验中,请按照题目要求回答下列问题。
(1)甲、乙两图都是光的条纹形状示意图,其中干涉图样是________(选
填“甲”或“乙”)。


【解析】(1)干涉条纹间距相等,明条纹宽度相等,衍射条纹中央明条纹
最宽,两侧明条纹逐渐变窄,可知干涉图样是甲。
　甲　
(2)将表中的光学元件放在图丙所示的光具座上组装成用双缝干涉测光
的波长的实验装置,并用此装置测量绿光的波长。
将白光光源C放在光具座最左端,依次放置其他光学元件,由左至右,表示
各光学元件的排列顺序应为_____________。(填写元件代号)
元件代号 A B C D E
元件名称 光屏 双缝 白光光源 单缝 透绿光的
滤光片
　CEDBA　
【解析】(2)将白光光源C放在光具座最左端,依次放置其他光学元件,由左至右,表示各光学元件的排列顺序应为透绿光的滤光片、单缝、双缝、光屏,即由左至右,表示各光学元件的排列顺序应为CEDBA。
(3)在光屏上得到的干涉图样如图丁所示,分划板在图中A位置时游标卡
尺(20分度)如图戊所示,则其读数x1=____________ mm;在B位置时游标
卡尺示数如图己所示,其读数x2=105.60 mm。
【解析】(3)根据游标卡尺的读数规律,
该读数为101 mm+0.05×2 mm=
101.10 mm。
　101.10　
(4)已知该装置中双缝间距d=0.50 mm,双缝到光屏的距离L=0.50 m,则实验
中计算波长的表达式λ=_____________(用d、L、x1、x2的符号表示),由以上
所测数据可以得出形成此干涉图样的单色光的波长为___________ nm。
【解析】(4)根据上述可知,相邻明条纹中心之间的间距为Δx=,
由于Δx=λ,解得λ=,
将已知数据代入上式有λ=×109 nm=562.5 nm。
　　
　562.5　(共37张PPT)
选择、实验题专项练(二)
一、单项选择题
1.以下说法正确的是(　　)
A.由甲图中的α粒子散射的实验数据可以估计出原子核半径的数量级是10 10 m
B.由乙图的氢原子能级图可知,一个处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁可能发出3种不同频率的光
C.a、b、c三束单色光照射同一光电管得到光电流I与光电管两极间的电压U的关系曲线如图丙,则a、b、c光的频率关系为νa=νc<νb
D.由图丁可知Kr核的结合能比U核的大
√
【解析】选C。原子核半径的数量级是10 15 m,故A错误;一个n=3能级的氢原子向低能级跃迁,最多可以辐射出两种频率的光子,故B错误;由图丙得|Uc2|>|Uc1|,根据Ekm=eUc,可得三束光产生光电子的最大初动能间关系为Ekb>Eka=Ekc,则a、b、c光的频率关系为νb>νa=νc,故C正确;由图丁可知Kr核的比结合能比U核的大,但结合能较小,故D错误。
2.“文化需传承,飘色闹元宵。”2025年元宵节期间,广东湛江吴川地区举行飘色大巡游活动,如图甲所示。图乙为“飘色”道具的结构示意图,道具由色台和色梗组成,色台固定在色梗上。演员坐在色台上,与道具一起向右匀速直线运动,下列说法正确的是(　　)
A.此过程道具对演员的作用力大于演员所受的重力
B.此过程道具对演员的作用力与演员所受的重力大
小相等
C.当道具做减速直线运动时,色台对演员的作用力竖直向上
D.当道具做减速直线运动时,色台对演员的作用力水平向后
√
【解析】选B。演员坐在色台上,与道具一起向右匀速直线运动,根据平衡条件知此过程道具对演员的作用力与演员所受的重力大小相等,故A错误,B正确;当道具做减速直线运动时,演员所受合力的方向水平向左,演员受重力和色台对演员的作用力,根据矢量定则知,色台对演员的作用力倾斜向左上方,故C、D错误。
3.光刻机是制造芯片的核心设备,利用光源发出的紫外线,将精细图投影在硅片上,再经技术处理制成芯片。为提高光刻机清晰投影最小图像的能力,在透镜组和硅片之间充有液体。紫外线进入液体后与其在真空中相比(　　)
A.波长变短　　 B.光子能量增加
C.频率降低 D.传播速度增大
【解析】选A。紫外线进入液体后与真空相比,频率不变,传播速度减小,根据λ=,可知波长变短;根据ε=hν,可知,光子能量不变。故选A。
√
4.如图所示,一定质量的理想气体从状态a开始,沿图示路径先后到达状态b和c。下列说法正确的是(　　)
A.从a到b,气体温度保持不变
B.从a到b,气体对外界做功
C.从b到c,气体内能减小
D.从b到c,气体从外界吸热
√
【解析】选D。一定质量的理想气体从状态a开始,沿题图路径到达状态b过程中气体发生等容变化,压强减小,根据查理定律=C,可知气体温度降低,再根据热力学第一定律DU=Q+W,由于气体不做功,内能减小,则气体放热,A、B错误;一定质量的理想气体从状态b沿题图路径到达状态c过程中气体发生等压变化,体积增大,根据=C,可知气体温度升高,内能增大,再根据热力学第一定律DU= Q+W,可知b到c过程吸热,且吸收的热量大于做功值,C错误、D正确。
5.如图所示,在电场中有一条竖直向下的电场线,带负电的小球在重力和电场力作用下,从A点运动到B点。下列说法正确的是(　　)
A.小球在B点的速度一定大于A点的速度
B.A点的电场强度一定大于B点的电场强度
C.小球在A点的电势能大于在B点的电势能
D.小球在A点的机械能大于在B点的机械能
√
【解析】选D。小球从A点到B点,受到向上的电场力和向下的重力作用,由于重力和电场力的大小关系未知,则不能判断合外力做功的情况,也不能判断小球在A、B两点的速度关系,故A错误;一条电场线不能判断疏密,则无法比较A、B两点的电场强度大小,故B错误;因为从A点到B点电场力做负功,则电势能增加,则小球在A点的电势能小于在B点的电势能,故C错误;电场力做功等于机械能的变化,电场力做负功,则机械能减小,则小球在A点的机械能大于在B点的机械能,故D正确。
6.2024年6月2日,嫦娥六号成功着陆月球背面南极——艾特肯盆地。嫦娥六
号利用向下喷射气体产生的反作用力,有效地控制了探测器着陆过程中的运
动状态。其中一段着陆过程中,探测器减速的加速度大小a随时间t变化的关
系如图所示,3t0时刻探测器的速度恰好为零。下列说法中正确的是(　　)
A.0~t0时间内,探测器做匀速直线运动
B.探测器在t0时刻的速度大小是2t0时刻的4倍
C.0~t0时间内,探测器的位移大小为a0
D.气体对探测器的作用力大小在t0时刻是2t0时刻的两倍
√
【解析】选B。由a t图像可知,0~t0时间内,加速度不变,探测器做匀减速直线运动,故A错误;根据a t图像与横轴围成的面积表示速度变化量,且3t0时刻探测器的速度恰好为零,可知探测器在t0时刻的速度大小为v1=a02t0=a0t0,探测器在2t0时刻的速度大小为v2= ×t0 =a0t0,可知探测器在t0时刻的速度大小是2t0时刻的4倍,故B正确;探测器在0时刻的速度大小为v0=a0t0+a02t0=2a0t0,则0~t0时间内,探测器的位移大小为x=t0=t0=a0,故C错误;设探测器的质量为m,t0时刻根据牛顿第二定律可得F1 mg=ma0,2t0时刻根据牛顿第二定律可得F2 mg=m,则有=≠,故D错误。
7.某运动员沿图示滑道运动,从滑道顶端由静止开始下滑,从起跳区水平飞出,经2.5 s后以速度v落在着陆坡上并沿着陆坡滑行。接触着陆坡后的0.8 s内垂直着陆坡方向的速度减为零,此过程着陆坡对运动员的冲量为I。已知运动员质量为50 kg,着陆坡可看成倾角为θ的直斜坡,重力加速度g取10 m/s2,sinθ取,不计一切摩擦和空气阻力,则(　　)
A.v的大小为5 m/s,与水平方向夹角的正切值为
B.v的大小为30 m/s,与水平方向夹角的正切值为
C.I的大小为 N·s,与水平方向夹角的正弦值为
D.I的大小为 N·s,与水平方向夹角的正弦值为
√
【解析】选C。运动员做平抛运动,则有vy=gt=25 m/s,设落在着陆坡上速度与水平方向夹角为α,水平方向速度为v0,则有tanα= ===2tanθ,又由于tanθ==,解得tanα=,v0=30 m/s,则有v==5 m/s,故A、B错误;把水平分速度与竖直分速度均分解为沿着陆坡方向和垂直着陆坡方向,令垂直于着陆坡方向为正方向,如图所示
则有v⊥=vycosθ v0sinθ= m/s,规定垂直着陆坡向下为正方向,根据动量定理有 I+mgcosθ·t=0 mv⊥,着陆坡对运动员的冲量方向垂直于着陆坡向上,大小为I= N·s,该冲量方向与水平方向夹角的正弦值为sin( θ)=cosθ=,故C正确、D错误。
二、多项选择题
8.如图所示,一半径为R的半圆形导线abc通以恒定电流I,放置在匀强磁场中。将半圆形导线以过圆心O且垂直于纸面的直线为轴顺时针转动。直径ac与磁场方向夹角θ从0°转动到30°的过程中,θ角分别为10°,20°和30°时,整个半圆形导线受到的安培力的大小分别为F1、F2和F3。该过程中,关于整个半圆形导线受到的安培力的方向和大小,说法正确的是(　　)
A.方向逐渐变化 B.方向始终不变
C.F2 F1F3 F2
√
√
【解析】选B、D。由左手定则可知,安培力的方向垂直于B、I确定的平面,垂直纸面向外,方向始终不变,A错误,B正确;半圆形导线受到安培力的大小为F=2BIRsinθ,θ角分别为10°,20°和30°时,整个半圆形导线受到的安培力的大小分别为F1=2BIRsin10°, F2= 2BIRsin20°, F3= 2BIRsin30° ,由数学知识可知sin20° sin10°> sin30° sin20° 故F2 F1>F3 F2,C错误,D正确。
9.如图甲所示,在xOy平面内有两个沿y轴方向做简谐运动的点波源S1和S2分别位于x= 5 m和x=7 m处,某时刻波源S1在x轴上产生的波形图如图乙所示,波源S2的振动图像如图丙所示,由两波源所产生的简谐波波速均为 m/s,质点a、b、p的平衡位置分别位于xa=3 m、xb= 2 m、xp=1 m处。已知在t=5 s时,两波源均在平衡位置且振动方向相同,下列说法正确的是(　　)
A.两波源所产生的简谐波在叠加的区域内会发生稳定干涉
B.稳定后质点a的振幅为5 cm
C.在32~50 s内,质点b运动的总路程是0.30 m
D.稳定后质点p振动的表达式为y=35sin(t ) cm
√
√
√
【解析】选A、C、D。由图乙可知,波源S1的波长λ=4 m,可得波源S1的
频率为f1== Hz,由图丙可知波源S2的振动周期为T2=12 s,波源S2的频
率为f2== Hz,所以波源S1和波源S2的频率相同,两列波振动方向相同,
相位差恒定,为相干波源,则两波源所产生的简谐波在叠加的区域内会发
生稳定干涉,故A正确;质点a到波源S1的距离为8 m,质点a到波源S2的距
离为4 m,质点a到两波源的距离差为Δxa=4 m=λ,a点为振动加强点,a点
的振幅Aa=A1+A2=15 cm +20 cm=35 cm,故B错误;质点b到波源S1的距离
为3 m,质点b到波源S2的距离为9 m,质点b到两波源的距离差为Δxb=6 m
=λ,可知b点为振动减弱点,则b点的振幅为Ab=20 cm 15 cm=5 cm =0.05 m,
在32~50 s内,质点b经过了时间Δt'=50 s 32 s=18 s=T,则质点b运动的总路
程为s=6Ab=6×0.05 m=0.30 m,故C正确;质点p到两波源的距离差为Δxp=0,可
知p点为振动加强点,则p点的振幅为Ap=20 cm+15 cm=35 cm=0.35 m,而
ω=2πf=2π× rad/s= rad/s,由题意,在t=5 s时两波源均在平衡位置且向下振
动,而有S1p=6 m =λ,S2p=6 m=λ,所以在t=5 s时p质点在平衡位置且向上振
动,相位为0,设质点p的初相位为φ0,则当t=5 s时有ωt+φ0=0
可得φ0= π,所以稳定后质点p振动的表达式为y=35sin(t π) cm,故D正确。
10.月球探测器返回舱为了安全带回样品,采用了类似打“水漂”的多段减速技术。如图所示,用虚线球面表示地球大气层边界,边界外侧没有大气。关闭发动机的返回舱从a点滑入大气层,然后经b点从c点“跳出”,经d点后再从e点“跃入”。d点为轨迹最高点,距离地面高度为h,已知地球表面重力加速度为g,地球半径为R。则下列分析正确的是(　　)
A.a、c、e三点的速率满足va>vc>ve
B.返回舱在b点有竖直向下的加速度分量
C.返回舱在d点时的角速度小于
D.d点加速度大小等于
√
√
【解析】选C、D。返回舱从a点滑入大气层经b点到达c点的过程,由于有空气阻力做负功,返回舱的动能减小,故有va>vc,从c点经d点后到达e点的过程,不受空气阻力作用,返回舱在该过程机械能守恒,而c点和e点高度相等,返回舱在两点的重力势能相等,故有vc=ve,所以va>vc=ve,故A错误;返回舱由a点运动到b点再到c点的过程中,做曲线运动,合力的方向应指向轨迹的凹侧,所以返回舱在b点有向上的加速度分量,故B错误;若返回舱过d点所在的圆轨道做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力点G=m
在地球表面,忽略地球自转,万有引力等于重力,有G=mg,联立可得v=,实际上,返回舱经过d点的速度vd<,根据线速度与角速度的关系可得,ω=<,故C正确;在d点只受到万有引力,所以由G=mg,根据牛顿第二定律G=ma,可得a=,D正确。
三、实验题
11.小许同学利用以下器材验证机械能守恒定律:智能手机、铁球、刻度尺、钢尺等。实验过程如下:
(1)将一钢尺平放在水平桌面上并伸出桌面少许,将质量为m的铁球放在钢尺末端,用刻度尺测出钢尺上表面与地板间的高度差h=78.00 cm;
(2)运行智能手机中关于声音“振幅”(声音传感器)的软件;
(3)迅速水平敲击钢尺侧面,使铁球自由下落。传感器记
录下声音振幅随时间变化曲线如图所示,第一、第二个
尖峰的横坐标分别对应铁球开始下落和落地时刻,其差
值为铁球下落的时间t。
(4)若铁球下落过程中机械能守恒,则应满足等式:____________(请选用物理
量符号m、g、h和t表示)。
【解析】(4)铁球下落的速度为=,
根据初速度为0的匀变速直线运动的公式有=a·,v=at,
解得铁球下落时间t的速度为v=。
若铁球下落过程中机械能守恒,则应满足等式mgh=mv2,化简得gh=2()2。
　 gh=2()2　
(5)若已知铁球质量为50 g,g=9.8 m/s2,则下落过程中减小的重力势能ΔEp=
0.382 J,增加的动能ΔEk=___________ J(结果保留3位小数)。
【解析】(5)由图像可得下落时间为t=0.4 s,下落过程中增加的动能ΔEk=mv2=m×()2≈0.380 J。
(6)敲击钢尺侧面时若铁球获得一个较小的水平速度,对实验测量结果
__________(选填“有”或“没有”)影响。
【解析】(6)根据运动的独立性,敲击钢尺侧面时若铁球获得一个较小的水
平速度,不影响铁球竖直方向的运动,对实验测量结果没有影响。
　0.380　
　没有　
12.材料的电阻随压力的变化而变化的现象称为“压阻效应”,利用这种效应可以测量压力的大小。某同学计划利用压敏电阻测量物体的质量,他先测量压敏电阻处于不同压力F时的电阻值RF。利用以下器材设计一个可以测量处于压力中的该压敏电阻阻值的电路,要求误差较小,提供的器材如下:
A.压敏电阻RF,无压力时阻值R0=600 Ω
B.滑动变阻器R1,最大阻值约为20 Ω
C.滑动变阻器R2,最大阻值约为200 Ω
D.灵敏电流计G,量程为0~2.5 mA,内阻为30 Ω
E.电压表V,量程为0~3 V,内阻约为3 kΩ
F.直流电源E,电动势为3 V,内阻很小
G.开关S,导线若干
(1)滑动变阻器应选用________(选填“R1”或“R2”),
实验电路图应选用_________(选填“图1”或“图2”)。
【解析】(1)要求误差较小,所以需要选择电压
调节范围较大,即滑动变阻器采用分压式连接,
为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器;根据题意确定滑动变阻器的接法,然后选择实验电路图图1。
　R1　
　图1　
(2)实验中发现灵敏电流计量程不够,若要将其改装为量程30 mA的电流
表,需要__________(选填“串联”或“并联”)一个电阻R',R'=_________ Ω。
(结果保留2位有效数字)
【解析】(2)扩大电流表量程需要并联分流电阻,应用并联电路特点与欧
姆定律有R'=,求出并联电阻阻值R'≈2.7 Ω。
　并联　
　2.7　
(3)多次改变压力F,在室温下测出对应电阻值RF,可得到如图3所示压敏
电阻的 F图线,其中RF表示压力为F时压敏电阻的阻值,R0表示无压
力时压敏电阻的阻值。由图线可知,压力越大,压敏电阻的阻值________
(选填“越大”或“越小”)。
【解析】(3)由图3所示图像可知,随压力F增大,
增大而R0不变,则RF变小,即压力越大,压敏电
阻的阻值越小。
　越小　
(4)若利用图4所示电路测量静置于压敏电阻上物体的质量,需要将电压
表表盘刻度值改为对应的物体质量。若m1>m2,则m1应标在电压值_____
(选填“大”或“小”)的刻度上。请分析表示物体质量的示数是否随刻度
均匀变化,并说明理由:_________________________________________
_______________________________。
　小
　 物体质量m与电压U不是线性关系,因此物体
质量示数随刻度不是均匀变化　
【解析】(4)若m1>m2,则压敏电阻受到的压力F1>F2,压敏电阻阻值R1【加固训练】
1.将不带电的金属球B靠近带正电的金属球A,系统达到静电平衡状态后,纸面内的电场线和等势面分布如图所示,a、b两点关于金属球A、B的连线对称,c、d为金属球B外表面的两点,下列说法正确的是(　　)
A.金属球B左侧带正电
B.a点与b点电场强度相同
C.cf间的电势差与df间的电势差相等
D.将带正电的试探电荷从a点移到f点,电势能增加
√
【解析】选C。金属球A带正电,由静电感应原理可知,金属球B左侧带负电,右侧带正电,A错误;由对称性,a点与b点电场强度大小相等,方向不同,B错误;达到静电平衡状态的导体是等势体,可知c点的电势与d点的电势相等,cf间的电势差与df间的电势差相等,C正确;沿电场方向电势降低,由题图可知,a点的电势高于f点的电势,则将带正电的试探电荷从a点移到f点,电场力做正功,电势能减少,D错误。
2.(多选)在2025年2月8日举行的哈尔滨亚冬会速度滑冰男子100米比赛中,中国运动员夺得金牌,这是中国体育代表团在本届亚冬会上获得的速度滑冰项目首金。该运动员(视为质点)在某次训练中从静止开始运动的位移—时间图像如图所示,0~2.5 s内的图像是抛物线,2.5 s后的图像是直线。下列说法正确的是(　　)
A.0~2.5 s内,运动员的加速度大小为4.9 m/s2
B.0~2.5 s内,运动员的加速度大小为9.8 m/s2
C.此次训练中,运动员的成绩约为9.4 s
D.此次训练中,运动员的成绩约为8.2 s
√
√
【解析】选A、C。题图中0~2.5 s内的图像是抛物线,2.5 s后的图像是直线,说明运动员先做匀加速直线运动,后做匀速直线运动,由运动学公式有x1=a,解得a=4.9 m/s2,故B错误,A正确;匀速阶段由x x1=at1(t t1),其中x=100 m,解得t≈9.4 s,故D错误,C正确。(共40张PPT)
选择、实验题专项练(三)
一、单项选择题
1.清澈幽深的泉水池底部,不断有气泡生成,气泡上升至水面后破裂。气泡在泉水中从泉池底部上升至水面破裂前的过程中,若不考虑泉水温度的变化,下列判断正确的是(　　)
A.气泡内压强增大
B.气泡中的气体对外界做功
C.气泡放出热量
D.气泡匀速上升
√
【解析】选B。气泡在泉水中从泉池底部上升至水面破裂前的过程中,根据p=p0+ρgh,可知气泡内压强减小;不考虑泉水温度的变化,根据玻意耳定律pV=C,可知气泡体积变大,则气泡中的气体对外界做功;由于温度不变,则气泡中的气体内能不变,根据热力学第一定律可知,气泡吸收热量,故A、C错误,B正确;由于气泡体积变大,可知气泡受到的浮力变大,所以气泡加速上升,故D错误。
2.用无人机进行高空救援模拟演练,其上安装有位移记录仪,竖直向上运动的位移x随时间t变化的图像如图所示,加速和减速阶段的运动均可看作匀变速直线运动,已知无人机在t=10 s时由静止开始运动,t=30 s时速度最大,无人机质量为30 kg,重力加速度g取
10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.无人机的最大速度为30 m/s
B.t=0到t=40 s内无人机的平均速度为5 m/s
C.无人机加速和减速过程的加速度大小之比为1∶3
D.无人机升力的最大功率为6 600 W
√
【解析】选D。根据x=at2,设加速时加速度为a1,由图可得200 m =a1×202,得a1=1 m/s2,设减速时加速度为a2,利用逆向思维有100 m =a2×102,得a2=2 m/s2,则无人机加速和减速过程的加速度大小之比为1∶2,故C错误;最大速度vm=a1t1=20 m/s,故A错误;t=0到t=40 s内无人机的平均速度== m/s=7.5 m/s,故B错误;设无人机匀加速时升力为F,由牛顿第二定律有F mg=ma1,求得F=330 N,升力最大功率P=Fvm=6 600 W,故D正确。
3.如图所示为玻尔原子模型理论下的氢原子能级图,已知可见光的光子能量在1.62 eV到3.11 eV之间,则下列说法正确的是(　　)
A.处于n=3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线
并发生电离
B.氢原子从高能级向低能级跃迁时可能辐射出γ射线
C.氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁时会辐射出红外线
D.一个氢原子从n=4能级向低能级跃迁过程中可能辐射出2种频率的可见光
√
【解析】选A。氢原子在n=3能级吸收1.51 eV的光子能量就可以电离,紫外线的最小频率大于1.51 eV,可以使处于n=3能级的氢原子电离,故A正确;γ射线为重核衰变或裂变时才会放出,氢原子跃迁无法辐射γ射线,故B错误;氢原子从n=3能级向n=2能级辐射光子的能量E= 1.51 eV ( 3.40 eV) =1.89 eV
可见光的光子能量在1.62 eV到3.11 eV之间,故C错误;氢原子从n=4能级向n=2能级辐射光子的能量E'= 0.85 eV ( 3.40 eV)=2.55 eV,在可见光的光子能量1.62 eV到3.11 eV之间,同理,氢原子从n=3能级向n=2能级辐射光子的能量E= 1.51 eV ( 3.40 eV) =1.89 eV,也在可见光的光子能量1.62 eV到3.11 eV之间,所以大量氢原子从n=4能级向低能级跃迁过程中可能辐射出2种频率的可见光,而现在是一个氢原子从n=4能级向低能级跃迁过程,故只可能辐射出1种频率的可见光,故D错误。
4.“潍坊国际风筝节”期间,小李同学去操场放风筝,如图甲所示,风筝在空中静止时,可简化为如图乙所示,风筝线与水平方向的夹角为30°,风筝表面与水平方向夹角为53°,面积为S,水平风速为v,空气密度为ρ。空气吹到风筝表面时沿风筝表面的分速度不变,垂直于表面的分速度变为零,风筝表面为不透风材质,sin53°= 0.8, cos53° =0.6。下列说法正确的是(　　)
A.空气对风筝表面的冲击力大小为
B.空气对风筝表面的冲击力大小为
C.风筝线对风筝的拉力单位时间内的冲量大小为
D.风筝线对风筝的拉力单位时间内的冲量大小为
√
【解析】选D。Δt时间内撞击风筝的空气质量为m=ρSv·Δtsin53° =ρSv·Δt,根据动量定理可得F·Δt=mvsin53°,解得F=,故A、B错误;根据I=Ft可知单位时间内拉力的冲量在数值上等于拉力的大小,对风筝表面受力分析如图所示
根据正弦定理得=,可得T=F=,
风筝线对风筝的拉力单位时间内的冲量大小为,
故C错误,D正确。
5.两列简谐横波在x轴上传播、a波沿x轴正向传播,b波沿x轴负向传播,t=0时刻的波形图如图所示:此时刻平衡位置在x=4 m和x=8 m的质点P、Q刚好开始振动,两列波的波速均为2 m/s,质点M、N的平衡位置分别为x=5 m和x=6 m,下列说法正确的是(　　)
A.两列波相遇时刻为1.5 s,此时刻质点N不振动
B.P、Q间(不包括P、Q)有1处振动加强点
C.0~2.5 s内质点M运动路程为32 cm
D.两列波振幅不同,故不能发生干涉
√
【解析】选C。0时刻P、Q两质点刚好开始振动,且振动方向相反,经过时间t两列波在N点相遇,则有t==1 s,相遇时两列波在N点引起的振动方向相反,故N点起振方向向上,A错误;由题可知波长λ=4 m,xPQ=4 m,由于两列波振动方向相反,故在Δx=±处加强,振动加强点有2处,B错误;根据T==2 s,a波传播到M点时间t1==0.5 s, b波传播到M点时间t2==1.5 s,M点为振动加强点,0~2.5 s内质点M运动路程s=2Aa+2(Aa+Ab)=32 cm,C正确;两列波周期相同,振动方向在同一直线上,有稳定相位差,可以发生干涉,D错误。
6.按压式手电筒(如图甲所示)以其简单、有趣被一些人士所喜爱。图乙为其原理图,主要部分有齿轮、磁铁和线圈。当按压手柄时会使齿轮转动,齿轮通过传动轴带动磁铁转动,小灯泡就可发光。若不计线圈电阻,下列说法中正确的是(　　)
A.通过小灯泡的电流是恒定电流
B.磁铁转动至图乙所示位置时,通过小灯泡
的电流最大
C.当齿轮转速变为原来的2倍时,小灯泡两端的电压变成原来的2倍
D.当齿轮转速变为原来的2倍时,小灯泡中电流的周期变成原来的2倍
√
【解析】选C。齿轮通过传动轴带动磁铁转动时,产生正弦式交流电,通过小灯泡的电流是交变电流,故A错误;磁铁转动至图乙所示位置时,穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率最小,所以通过小灯泡的电流最小,故B错误;当齿轮转速变为原来的2倍时,磁铁转动的角速度也变为原来的2倍,产生电动势的最大值Em=NBSω,有效值为E=,电动势的最大值和有效值均变为原来的2倍。线圈电阻不计,通过小灯泡两端的电压变为原来的2倍,故C正确;角速度加倍,周期T=,变为原来的一半,故D错误。
7.声控万花筒主要由数个相同的组件构成,其中一个组件的剖面如图所示,反光的滑块右侧圆锥面的顶角很大,滑块圆锥面与右侧玻璃片之间有间隙,人在一旁大声喊叫时,滑块会小范围左右振动,在玻璃片上会看到变化着的环形彩色条纹。现用红色平行光自右向左垂直照射玻璃片,下列说法正确的是(　　)
A.玻璃片上会呈现红色的衍射条纹
B.玻璃片上越接近圆心,相邻两条纹间的距离越小
C.滑块向右滑动时,玻璃片上所有的环形条纹会向外扩张
D.滑块向右滑动时,玻璃片上的环形条纹会变密集
√
【解析】选C。玻璃片上呈现的是薄膜干涉条纹,故A错误;无论滑块在哪个位置,沿着半径自内向外每隔相同距离空气间隙厚度的变化都相同,两列反射光路程差相同,因此相邻两条纹间的距离相同,条纹的密集程度不会改变,故B、D错误;同一条纹所对应的间隙厚度相同,滑块向右滑动时,沿着半径间隙厚度为某确定值的地方都向外侧移动,两列反射光的路程差为某确定值的地方都向外侧移动,因此玻璃片上所有环形条纹会向外扩张,故C正确。
二、多项选择题
8.神舟十八号于2024年4月26日与空间站完成对接,对接后的整体仍在空间站原轨道做匀速圆周运动。如图所示,神舟十八号携带4条斑马鱼和4克金鱼藻构成我国首次在轨水生生态研究项目,则(　　)
A.对接前后空间站的向心加速度大小保持不变
B.空间站中斑马鱼越靠近鱼缸底部,受到水的压强越大
C.由于完全失重,空间站中斑马鱼在水中吐出气泡中的
气体压强为零
D.在地面与在空间站相比,同一斑马鱼的惯性保持不变
√
√
【解析】选A、D。根据万有引力提供向心力有=ma,解得a=,可知对接前后空间站的向心加速度大小保持不变,故A正确;空间站中斑马鱼处于失重状态,压强为0,故B错误;空间站中斑马鱼在水中吐出气泡中的气体压强是因为气体分子对气泡壁的撞击产生的,压强不为零,故C错误;惯性只与质量有关,所以在地面与在空间站相比,同一斑马鱼的惯性保持不变,故D正确。
9.如图所示,真空中固定着一个直径为L的绝缘细圆环,圆环均匀带电。以圆心O为坐标原点,沿圆环中轴线建立x轴,在x= 2L处固定着一个电荷量大小为Q的负点电荷。现将一带电粒子(不计重力)放在x= L处的M点,恰好可以保持静止,下列说法正确的是(　　)
A.圆环带正电
B.圆环所带电荷量大小为
C.若移走负点电荷后带电粒子从M点向x轴正方向运动,则粒子经过O点时动能最大
D.若移走负点电荷后带电粒子从M点向x轴负方向运动,则运动的加速度将一直减小
√
√
√
【解析】选B、C、D。由于带电粒子在M点保持静止,则M点电场强度
为零,负点电荷与圆环在M点产生的电场强度大小相等、方向相反,所以
圆环带负电,故A错误;设圆环所带电荷量大小为Q1,将圆环无限分割,每
一小段都可以看成一个点电荷,电荷量大小为q=,则整个带电圆环在M
点产生的电场强度大小为E1= ·,负点电荷在M点产生的电
场强度为E2==E1,联立解得Q1=,故B正确;移走负点电荷,圆环在
MO间的电场方向沿x轴正方向,在O点右侧电场方向沿x轴负方向,O点电场强度为零,带电粒子从M点向x轴正方向运动,粒子带正电,在MO间电场力对粒子做正功,到O点右侧,电场力对粒子做负功,在O点粒子的动能最大,故C正确;若移走负点电荷后带电粒子从M点向x轴负方向运动,x轴负方向的电场强度大小为E'1=·,根据数学知识可得x=L时,电场强度达到最大,所以带电粒子从M点向x轴负方向运动,则电场强度一直减小,粒子运动的加速度将一直减小,故D正确。
10.X光是医学上重要的检测手段,其核心部件是X射线管,原理是高速电子流打到管靶材料上而产生射线。如图所示,电子(质量为m,电量为e)经电压U加速后垂直进入边长为2a的正方形磁场,磁场下边界为管靶材料PQ,电子经过磁场偏转后撞击到管靶材料上,撞击在不同位置就会产生不同强度X射线,通过控制开关调节磁感应强度大小,不计电子重力, sin37°=0.6,cos37°=0.8,下列说法正确的是(　　)
A.电子进入磁场时速度大小为
B.产生X光范围最大时,对应磁感应强度大小范围为~
C.产生X光的电子在磁场中运动最长时间为
D.产生X光的电子在磁场中动量变化量最大为2
√
√
【解析】选A、B。电子经电场加速,由动能定理有Ue=mv2,得v=,
故A正确;电子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力充当向心力,得
evB=m,其半径R==,打在管靶材料上,最小半径Ri=,得
Bmax=,最大半径为Rm,由几何关系有(2a)2+(Rm a)2=,得
Rm=2.5a,得Bmin=。磁感应强度大小范围为~,故B正确;电子在磁场中运动速度相同,对应半径最小时所用时间t1===,对应半径最大时,在磁场中转过角度为α,由几何关系得sinα==0.8,α=53°,对应时间t2=×==,所以最长时间为,故C错误;产生X光的电子在磁场中动量变化量最大为Δp=2mv=2,故D错误。
三、实验题
11.某实验小组在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中,用如图甲所示装置测量某种单色光的波长。
(1)(多选)下列说法正确的是___________(填正确
答案标号)。
A.若观察到条纹比较模糊,可能是单双缝不平行
B.若观察到条纹比较模糊,可以将毛玻璃屏换成透明玻璃屏
C.减小单双缝的间距可以增大条纹间距
D.单缝的作用是方便获取相位差恒定的相干光源
　A、D　
【解析】(1)条纹比较模糊可能是单双缝不平行导致的,毛玻璃屏是用来承接干涉条纹的,故B错误,A正确;设双缝的间距为d,双缝到屏的距离为L,则条纹间距公式Δx=λ,减小单双缝间距并不能改变条纹间距,故C错误;光源各部分的相位差是不稳定的,不能形成干涉条纹,单缝的作用就是选定光源中的相位差恒定的部分,从而形成干涉条纹,故D正确。
(2)转动测量头上的手轮,使分划线对准第1条明条纹中心,图乙为此时50分
度游标卡尺的读数x1=___________ mm,继续转动手轮,使条纹向左边移动,
直到对准第5条明条纹中心,此时游标卡尺的读数为x5=16.62 mm。已知双
缝间距离为d=0.2 mm,双缝到毛玻璃屏间距离为L=50 cm,则单色光波长λ=
__________nm。

【解析】(2)由图乙可知x1=10 mm+15×0.02 mm=10.30 mm,条纹间距Δx==λ,解得λ=632 nm。
　10.30　
　632　
(3)某同学突发奇想,将一透明薄片贴住双缝中的S2(如图丙所示),他将观
察到中央亮纹_______(填正确答案标号)。
A.不移动　　　　　　　B.向P点上侧移动
C.向P点下侧移动
【解析】(3)透明薄片相当于增大光程,光程差为0的点将向下移,故中央
亮条纹向P点下侧移动。故选C。
　C　
12.现有一特殊的锂电池,其电动势E约为9 V,内阻r在35~55 Ω范围,最大允许电流为50 mA。为测定这个电池的电动势和内阻,某同学利用如图(a)的电路进行实验。图中电压表的内电阻很大,对电路的影响可以不计;R为电阻箱,阻值范围为0~9 999 Ω;R0是定值电阻。
(1)实验室备有的定值电阻R0有以下几种规格:本实验应选用(　 　)
A.10 Ω,2.5 W B.50 Ω,1.0 W
C.150 Ω,1.0 W D.1 500 Ω,5.0 W
【解析】(1)电路总电阻最大值为 Ω=180 Ω
内阻约为35~55 Ω,所以定值电阻R0选C。
C
(2)该同学接入符合要求的R0后,闭合开关S,调整电阻箱的阻值读出电压
表的示数U,再改变电阻箱阻值,取得多组数据,作出了如图(b)的图线。
则根据该同学所作的图线可知图像的横坐标与纵坐标的比值表示
________________。
【解析】(2)横坐标与纵坐标比值
÷==I。
　回路中电流　
(3)根据图(b)所作出的图像求得该电池的电动势E为________V,内电阻r
为________Ω。
【解析】(3)由闭合电路欧姆定律得
=+
可知=0.1,=
所以E=10 V,r=50 Ω。
　10　
　50　
【加固训练】
1.某次消防演练时,着火点在离地高度为h的平台上,横截面如图所示,平台AB边足够长,水枪喷出的水柱与AB边在同一竖直面内,水枪离地高度忽略不计。水从水枪枪口射出的初速度v0大小一定,且=4gh(g为重力加速度),水的射出速度方向与水平方向夹角α可调节,且水枪的位置可在水平方向自由移动,不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A.水的出射速度方向不同,水落在AB边上的速度大小不同
B.落到AB边上的水在空中运动时间与夹角α无关
C.水在AB边上的落点距A点最远为
D.当α=45°时,水在AB边上的落点距A点最远
√
【解析】选C。由水枪喷出的质量为Δm的水,从喷出至落到AB边的过程,由动能定理可得 Δmgh=·Δm·Δm,解得v1=v0,水击中平台的速度大小相同,故A错误;α角越大,水的抛物线轨迹最高点越高,在空中的运动时间越长,故B错误;水在AB边上的落点距A点最远时,轨迹如图所示
研究水从A点落到平台上,设时间为t,水平方向有vAcosθ·t=x,竖直方向有vAsinθ=g·,又vA=v1=v0,解得x==,当θ=45°时,有xmax==,故C正确;当θ=45°时,水在AB边上的落点距A点最远,根据tanθ=,tanα=,由于vy0>vyA,可知此时α>45°,故D错误。
2.(多选)某型号汽车以72 km/h的速度匀速行驶过程,其发动机和传动与变速系统内的功率分配关系如图所示。该汽车行驶时所受空气阻力与瞬时速率的关系为f1=kv2(k为恒量),且所受路面的阻力f2大小恒定。当该汽车以速度72 km/h匀速行驶过程,汽车受到的驱动力大小为F,汽车发动机的效率为η,则(　　)
A.F=250 N B.F=500 N
C.η=15% D.η=25%
√
√
【解析】选B、D。汽车匀速行驶时,汽车受到空气阻力f1== N =250 N,汽车受路面的阻力f2== N=250 N,汽车匀速行驶时,驱动力和阻力平衡,则有F=f1+f2=500 N,A错误,B正确;由图示可知,发动机的输出功率P输出=P输入 P热损耗=17 kW,故汽车发动机的效率η=×100% =×100%≈25%,C错误,D正确。
3.实验小组利用图甲所示装置研究弹簧振子运动规律,一段轻质弹簧上端通过拉力传感器固定在悬点,下端挂有质量为m=20 g的球型钩码(视为质点),左侧墙壁竖直固定刻度尺,建立向下坐标系,钩码所在位置右侧有向左的平行光源,现将钩码从悬点正下方某位置无初速释放,钩码振动稳定后得到拉力传感器读数与时间关系如图乙所示,钩码在墙壁上投影位置与时间关系如图丙所示,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。根据以下信息,完成以下问题。
(1)钩码振动周期为T=_______s。
【解析】(1)根据图乙及图丙可知,一个周期内,钩码经过最低点两次,故钩码振动周期T= s。
(2)钩码最大加速度为a=_______m/s2。
【解析】(2)当钩码位于最高点和最低点时,钩码的加速度最大,在最低点时,弹力最大,根据牛顿第二定律则有Fm mg=mam
结合图乙中的数据解得am==5 m/s2
　　
　5　
(3)弹簧劲度系数为k=_______ N/m。
【解析】(3)根据胡克定律及图乙、丙中的数据可得,钩码位于最高点时弹簧伸长x1=(m)
钩码位于最低点时弹簧伸长x2=(m)
由最高点到最低点,设最低点重力势能为0,根据机械能守恒定律,则有k+mg(0.1)=k
联立解得k=2 N/m
　2　(共39张PPT)
选择、实验题专项练
选择、实验题专项练(一)
一、单项选择题
1.2025年6月15日经秦山核电辐射后的钇 90玻璃微球顺利出堆。钇 90玻璃微球是一种释放β射线的放射性同位素药物,通过血管介入手段对肝部的肿瘤进行精确的治疗Y的衰变方程为Y→eZr ,其中是反中微子。已知Y的半衰期是64小时,下列说法正确的是(　　)
A.该核反应为α衰变
B.Zr的中子数为52
C.1克Y经64小时后剩下0.5克Y
DY的比结合能大于Zr的比结合能
√
【解析】选C。由衰变方程可知该反应释放β粒子(电子),属于β衰变,而非α衰变,故A错误Y(质子数39)发生β衰变,根据电荷守恒,Zr的电荷数(质子数)Z=39+1=40,根据质量数守恒,Zr的质量数A=90,中子数为90 40=50,故B错误Y的半衰期是64小时,则1克Y经64小时后剩余0.5克未衰变的Y,故C正确;衰变后生成的新核(Zr)更稳定,比结合能更高,因此Y的比结合能小于Zr的比结合能,故D错误。
2.如图甲为一款“喷水茶宠”,由导热性良好的陶瓷烧制而成,其内部的结构简化为图乙所示,使茶宠喷水的操作分为两步,步骤Ⅰ:先用热水浇淋茶宠,排出部分气体,再迅速将其浸泡入水中,使水进入空腔并将腔内空气封闭,如图丙所示;步骤Ⅱ:待茶宠温度下降后,再次用热水浇淋茶宠,空腔内的水通过细通道喷出。下列说法正确的是(　　)
A.步骤Ⅰ用热水浇淋茶宠时,腔内气体分子的平均动能增大
B.步骤Ⅰ用热水浇淋茶宠时,腔内每个气体分子的速率均增大
C.步骤Ⅱ用热水浇淋茶宠过程,腔内密封气体压强不变
D.步骤Ⅱ茶宠喷水过程中,腔内密封气体吸收的热量等于气体内能增加量
√
【解析】选A。步骤Ⅰ用热水浇淋茶宠时,腔内气体温度升高,分子的平均动能增大,但不是每个气体分子的速率均增大,故A正确,B错误;步骤Ⅱ用热水浇淋茶宠过程,腔内气体温度升高,气体体积不变,根据查理定律=C可知,腔内密封气体压强增大,故C错误;步骤Ⅱ茶宠喷水过程中,腔内气体体积增大,外界对气体做负功,根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,腔内密封气体吸收的热量大于气体内能增加量,故D错误。
3.某同学用两根不同材质的绳a、b系在一起演示机械波,他在绳子左端O处有规律地上下抖动绳子,t=0时刻的绳上呈现波形如图所示,机械波在绳a上的传播速度为10 m/s,P为绳a上的一个质点,则由此可以判断(　　)
A.t=0时绳a的最左端振动方向沿y轴正方向
B.绳a中的机械波周期小于绳b中的机械波周期
C.绳a中机械波的传播速度小于绳b中的传播速度
D.t=0.11 s时,P相对平衡位置的位移为0.5 m
√
【解析】选D。波的传播方向向右,根据“同侧法”可知,绳a最左端的振动方向向下,故A错误;机械波的周期和频率由振源决定,所以绳a中的机械波周期等于绳b中的机械波周期,故B错误;由v=λf可知,绳a中的机械波频率等于绳b中的机械波频率,绳a的波长大于绳b的波长,则绳a中机械波的传播速度大于绳b中的传播速度,故C错误;机械波的振动周期T== s =0.04 s,由于t=0.11 s=T =2T, P恰好位于波峰,所以P相对平衡位置的位移为0.5 m, 故D正确。
4.地质勘探人员利用重力加速度反常(如地面下方有重金属矿时,重力加速度值比正常值大)可探测地面下的物质分布情况。在地面下某处(远小于地球半径)有一区域内有一重金属矿,探测人员从地面上O点出发,沿水平地面上相互垂直的x、y轴两个方向,测量不同位置的重力加速度值,得到重力加速度值随位置变化如图甲、乙所示,图像的峰值坐标分别为(0,p)和(50 km,q)。由此可初步判断(　　)
A.重金属矿的地面位置坐标约为(0,50 km),且图像中p>q
B.重金属矿的地面位置坐标约为(50 km,0),且图像中p>q
C.重金属矿的地面位置坐标约为(0,50 km),且图像中pD.重金属矿的地面位置坐标约为(50 km,0),且图像中p【解析】选C。由题图可知在地面x=0,y=50 km处的重力加速度最大,由于在(0,50 km)处重金属矿产生的引力和地球产生的引力直接相加,而在(0,0)处是金属矿产生的引力分量和地球产生的引力相加,因此,在(0,50 km)处重力加速度比(0,0)处大,且无穷远处的重力加速度均为g,所以p√
5.“火树银花十里开”,花城广州常在珠江边燃放烟花庆祝盛大的节日。现有某烟花筒的结构如图甲所示,其工作原理为点燃引线,引燃发射药燃烧发生爆炸,礼花弹获得一个竖直方向的初速度并同时点燃延期引线,当礼花弹到最高点时,延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某礼花弹在最高点炸开成a、b两部分,速度均为水平方向。炸开后a、b的轨迹图如图乙所示。忽略空气阻力的作用,则(　　)
A.a、b两部分落地时的速度大小之比为1∶3
B.a、b两部分的初动能之比为1∶3
C.a、b两部分的质量之比为1∶3
D.a、b两部分落地时的重力功率之比为1∶3
√
【解析】选B。平抛运动水平方向为匀速直线运动,则有x=vata, 3x=vbtb,竖直方向上有h=g,h=g,则有va∶vb=1∶3,根据动量守恒定律有mava mbvb=0,解得ma∶mb=3∶1,故C错误;a、b两部分的初动能Eka=ma,Ekb=mb,结合上述解得Eka∶Ekb=1∶3,故B正确;a、b两部分落地时的速度大小v1= ,v2=,结合上述可知,a、b两部分落地时的速度大小之比不等于1∶3,故A错误;a、b两部分落地时的重力功率Pa=magvya=mag2ta, Pb=mbgvyb =mbg2tb,结合上述解得Pa∶Pb=3∶1,故D错误。
6.图甲为太阳光穿过转动的六角形冰晶形成“幻日”的示意图,图乙为太阳光穿过六角形冰晶的过程,a、b是其中两种单色光的光路,则在冰晶中(　　)
A.a的折射率比b的大
B.a的临界角比b的大
C.a的传播速度比b的小
D.a的波长比b的小
√
【解析】选B。由图乙可知a的偏折程度比b小,可知a的折射率比b的小,选项A错误;根据sinC=可知,a的临界角比b的大,选项B正确;根据v=可知,a的传播速度比b的大,选项C错误;a的频率较小,则a的波长比b的大,选项D错误。
7.近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通信,其天线类似一个压平的线圈。设每匝线圈面积为S,共有n匝。若磁场垂直纸面向里通过此线圈且均匀增加,磁感应强度随时间的变化率为k,则线圈中产生感应电动势的大小和感应电流的方向分别为(　　)
A.nkS,顺时针　　　 B.kS,顺时针
C.nkS,逆时针 D.kS,逆时针
【解析】选C。根据楞次定律可知线圈中的感应电流沿逆时针方向,根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为E=nS=nkS,故选C。
√
二、多项选择题
8.有一个电热水壶,工作时的电阻为50 Ω,接在电压随时间做如图所示变化的交流电源上。则下列说法正确的是(　　)
A.该交流电源的频率为100 Hz
B.通过电热水壶的最大电流约为6.2 A
C.该电热水壶的工作功率约为480 W
D.该电热水壶每小时约耗1度电
√
√
【解析】选B、D。由题图可知,该交流电源的周期为T=0.02 s,则频率为f==50 Hz,故A错误;由题图可知,该交流电源的电压最大值为Um=311 V,根据欧姆定律可知通过电热水壶的最大电流为Im= = A≈6.2 A,故B正确;该交流电源的电压有效值为U=≈220 V,则该电热水壶的工作功率为P==W=968 W,该电热水壶每小时耗电为W=Pt=0.968 kW·h≈
1 kW·h, 故C错误,D正确。
9.某中学校运会进行入场式表演时,无人机从地面开始起飞,在空中进行跟踪拍摄。若无人机在水平和竖直方向运动的速度随时间变化的关系图像如图甲、乙所示,则无人机(　　)
A.在0~t1时间内,运动轨迹为曲线
B.在t1~t2时间内,运动轨迹为直线
C.在t1~t2时间内,速度均匀变化
D.在t2~t3时间内,无人机做匀变速运动
√
√
【解析】选C、D。在0~t1时间内,由图甲、乙可知,无人机水平方向、竖直方向均做初速度为0的匀加速直线运动,则无人机的合运动为初速度为0的匀加速直线运动,故A错误;在t1~t2时间内,由图甲、乙可知,无人机水平方向做匀速直线运动,竖直方向做匀减速直线运动,则无人机的合运动为匀变速曲线运动,加速度保持不变,所以速度均匀变化,故B错误,C正确;在t2~t3时间内,由图甲、乙可知,无人机水平方向的加速度恒定不变,竖直方向的加速度恒定不变,则无人机的合加速度恒定不变,所以无人机做匀变速运动,故D正确。
10.竖直面内,一带电小球以一定的速度进入匀强电场中,如图所示,虚线为匀强电场的等差等势面,实线为带电小球的运动轨迹。下列说法正确的是(　　)
A.匀强电场的方向竖直向上
B.小球从O到N,电场力对其做负功,小球的电势能增加
C.小球从O到M与从M到N,其动能的变化量相同
D.小球从O到N,其重力势能减少,动能增加,机械能守恒
√
√
【解析】选B、C。由题意可知,带电小球所受电场力指向轨迹凹侧,即受到竖直向上的电场力,但由于带电小球的电性未知,则匀强电场的方向未知,故A错误;小球从O到N的过程中,电场力做负功,电势能增加,故B正确;小球从O到M与从M到N,根据W电=qU,可得电场力做的负功相同,又因为匀强电场的等差等势面是等间距的,可知重力做的正功相同,根据动能定理可知其动能的变化量相同,故C正确;电场力与重力的合力竖直向上,因此小球从O到N,重力做正功,重力势能减少;合力做负功,动能减少;除重力以外的力为电场力且做负功,小球的机械能减少,故D错误。
三、实验题
11.用气垫导轨和数字计时器能更精确地测量物体的瞬时速度。如图所示,滑块
在牵引力作用下先后通过两个光电门,配套的数字计时器记录了遮光条通过第
一个光电门的时间为Δt1=0.29 s,通过第二个光电门的时间为Δt2=0.11 s,遮光条
从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间t为3.20 s,已知遮光
条的宽度为d=3.0 cm,则滑块通过第一个光电门的速度为__________ m/s,通过
第二个光电门的速度为__________ m/s,滑块的加速度为___________m/s2。
(结果均保留2位有效数字)
　0.10　
　0.27　
　0.053　
实验时为了使更接近滑块的瞬时速度,可以采取的正确措施是
_______。
A.换用宽度更窄的遮光条
B.换用宽度更宽的遮光条
C.提高测量遮光条宽度的精确度
D.使滑块的释放点更靠近光电门
　A　
【解析】根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度,滑块通过第一个光电门的速度为v1== m/s≈0.10 m/s,
通过第二个光电门的速度为v2== m/s≈0.27 m/s,
滑块的加速度为a== m/s2≈0.053 m/s2。
利用平均速度等效替代瞬时速度,只能尽量减小计算平均速度的位移,换用宽度更窄的遮光条可以达到相同的效果,提高测量遮光条宽度的精确度,减小误差,但不能达到更接近瞬时速度的目的,而使滑块的释放点更靠近光电门,遮光条的遮光时间会更长,更不能接近瞬时速度,故选A。
12.人体脂肪测量仪是通过测量人体电阻来判断脂肪所占比重。某同学想
在实验室测量人体电阻。
(1)该同学先用单手紧捏红黑表笔的金属部分进行欧姆调零(如图a所示),
然后用两手分别紧捏红黑表笔(如图b所示)测自己的阻值,下列说法正确的
是_______。
A.图a的操作会影响测量结果
B.图b的操作会影响测量结果
C.两图的操作均不会影响测量结果
D.两图的操作都会影响测量结果
　B　
【解析】(1)进行欧姆调零时,两表笔短接,手与红黑表笔接触进行欧姆调零不会影响欧姆调零的结果,对实验没有影响;欧姆调零完毕后用电阻表测人体电阻,让两手分别接触红黑表笔测人体电阻即可,图b操作测的是人体与电阻的并联电阻,测的并不是人体电阻,图b操作会影响测量结果,故B正确,A、C、D错误。
(2)该同学设计更精确地测量人体电阻Rx的电路。实验室提供的器材如下:电压
表V1(量程为0~5 V,内阻r1=5 kΩ),电压表V2(量程为0~3 V,内阻r2=3 kΩ),电流表
A(量程为0~0.6 A,内阻rA=1 Ω),滑动变阻器R(额定电流为1.5 A,最大阻值为
50 Ω),电源E(电动势为6.0 V,内阻不计),开关S,导线若干,请完成下列实验步骤:
①根据测量要求,请你选择合适的电表,并在图c中将电路图连线补充完整,其中
表1为________,表2为________。(两空均选填“V1”“V2”或“A”)
答案:(2)①
　V1　
　V2　
②选择合适的电表后,按图c连接电路进行实验。若选择的电表为V1,V2
或A,相应的电表测量值分别记为U1、U2和I,则测得的人体电阻Rx=
_______________。(用本题给出的物理量符号表示)
　　
【解析】(2)①人体电阻很大,电路电流很小,电流表量程太大,不能用电流表测电流;电压表内阻已知,可以用电压表测电流,由图c可知,表1两端电压大于表2两端电压,则表1应选择电压表V1,表2应选择电压表V2;由于人体电阻远大于滑动变阻器最大阻值,为测多组实验数据,滑动变阻器应采用分压接法,实验电路图如图所示
②由图示电路图,结合欧姆定律可知,
人体电阻阻值Rx==
【加固训练】
1.如图甲所示,A、B两绝缘金属环套在同一铁芯上,A环中通有电流,其电流iA随时间t的变化规律如图乙所示,不考虑其他磁场的影响。下列说法正确的是(　　)
A.t4时刻B环中感应电流最大
B.t2和t3时刻,两环相互排斥
C.t2和t3时刻,B环中产生的感应电流方向相同
D.t4时刻,B环有扩张的趋势
√
【解析】选A。由图乙可知, t4时刻A环中电流为零,但电流变化率最大,此时B环中感应电流最大,A正确;t2时刻A环中电流减小,由楞次定律可知,B环中产生与A环中方向相同的感应电流,t3时刻A环中电流减小,B环中产生与A环中方向相同的感应电流,因此t2和t3时刻,A、B两环都相互吸引,B环在这两个时刻电流方向相反,B、C错误;t4时刻B环磁感应强度为0,面积无变化趋势,D错误。
2.(多选)如图,空间存在磁感应强度大小为B。方向垂直纸面向外的匀强磁场,OA距离为2L,OP是一足够大的荧光屏,粒子打在荧光屏上均被吸收,在O、A之间有大量质量为m、电荷量为+q的粒子,以相同的速度沿纸面垂直于OA开始运动。其中从OA中点射入的粒子恰好能垂直打在荧光屏上(不计粒子重力及其相互作用)。图中∠POA=120°,则可判断带电粒子(　　)
A.运动速度大小为
B.在磁场中运动的最长时间
C.打在荧光屏上的位置距离O点最远为L
D.打在荧光屏上的位置距离O点最远为L
√
√
【解析】选A、D。从OA中点射入的粒子恰好能垂直
打在荧光屏上,粒子运动轨迹如图所示
由几何知识可知,粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道
半径r=L,对粒子,由洛伦兹力提供向心力得qvB=m
解得粒子的速度大小v=,故A正确;所有粒子速度相同,则粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径相等,从A点射入磁场的粒子打在O点,该粒子在磁场中转过的圆心角最大,该粒子在磁场中的运动时间最长,最大圆心角
θ=180°,粒子在磁场中的最长运动时间tmax= T=×=,故B错误;粒子打在荧光屏上时速度方向平行于AO时,其位置距离O点最远,如图所示
由几何关系可知粒子打在荧光屏上的位置距离O点的最远距离为d==L,故C错误,D正确。
3.某科技小组欲修复一个量程为0~0.6 A~3A 的电流表,操作过程如下:
(1)拆开电流表底座发现其内部结构如图甲所示,其中P为电流表负接线
柱,M、N为其余两个接线柱,请根据图甲在图乙中将电流表的电路图补
充完整。选择0~3 A的量程时,应接入电路的两个接线柱是_________
(选填“MP”或“NP”)。
答案:(1)
　MP　
【解析】(1)根据实物连接图,电路图如图所示:
改装大量程电流表需要并联小电阻,接MP接线柱并联的电阻小,所以量程大,选择0~3 A的量程时,应接入电路的两个接线柱是MP。
(2)取出表头G,发现表头完好无损,用标准电表测出表头G满偏电流为
3 mA。接着测量表头G的内阻,按照如图丙所示电路图连接电路。闭合
开关前,滑动变阻器滑片应移到_______(选填“a”或“b”)端,先闭合开关
S1,调节滑动变阻器使表头G指针满偏;再闭合开关S2,保持滑动变阻器阻
值不变,仅调节电阻箱阻值使表头G指针半偏,此时电阻箱的示数为
10.0 Ω,则表头的内阻为__________ Ω,表头G的内阻测量值__________
(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
　a　
　10.0　
　小于　
【解析】(2)为了保护电路,闭合开关前,滑动变阻器接入电路中阻值最大,滑片应移到a端。
根据电阻测量的半偏法思想,表头的内阻等于电阻箱接入电路的阻值,所以表头的内阻为10.0 Ω。
测量表头G的内阻时,闭合开关S2之后,电路总电阻减小,干路电流会略大于Ig,则通过电阻箱的电流大于Ig,由并联电路分流特点,则测量表头G的内阻比实际值偏小。
(3)经检测除R1损坏外,其余元件均完好,已知R2=15 Ω,R3=0.025 Ω,请根
据电流表0~0.6 A的量程,推算需用__________ Ω电阻替换R1。(结果保留
2位有效数字)
【解析】(3)根据串、并联电路规律有I1=Ig+=0.6 A
代入数据解得R1≈0.10 Ω
所以需要用0.10 Ω电阻替换R1。
　0.10　(共22张PPT)
回扣教材夯基练(四)
基于教材中“演示实验”“做一做”的命题
1.(人教必修二P2演示实验改编)如图所示,在水平桌面上摆一条由三段稍短的弧形轨道组合而成的弯道,钢球以一定的初速度从弯道的C端滚入,从A端沿v1方向离开轨道;撤掉AB段轨道后,重做实验,钢球从B端沿v2方向离开轨道。撤掉AB段轨道前,钢球经过B处时速度方向沿(　　)
A.v1方向
B.v2方向
C.v1和v2间任意方向
D.v1和v2角平分线方向
√
【解析】选B。物体做曲线运动时,某一点的速度方向为该点轨迹的切线方向,由题意可知钢球从B端离开的速度方向沿着管口的切线方向,所以钢球经过B处时速度方向沿v2方向,故选B。
2.(人教必修二P6演示实验改编)方老师用装有水的玻璃管做“观察蜡块的运动”实验时,用气泡代替了蜡块,将玻璃管迅速倒置后,气泡沿着玻璃管加速上升,同时将玻璃管紧贴着黑板沿水平方向向右匀速移动,则气泡的实际运动轨迹可能为(　　)
√
【解析】选B。由气泡加速上升和沿水平方向向右匀速移动可知气泡所受合力方向竖直向上,其合速度方向斜向右上方,如图所示
故B正确,A、C、D错误。
3.(多选)(人教必修二P28做一做改编)如图所示, 在绳子一端拴一个小沙袋, 另一端握在手中, 手举过头顶, 使沙袋在水平面内做圆周运动。 每次只改变沙袋质量、绳长、转速中的一个物理量, 可得沙袋做圆周运动的向心力(　　)
A.随沙袋质量的增大而增大
B.随周期的增大而增大
C.随半径的增大而减小
D.随角速度的增大而增大
√
√
【解析】选A、D。沙袋在水平面内做圆周运动,分析可知,
沙袋做圆周运动的向心力由沙袋自身的重力和绳子对沙袋
的拉力这两个力的合力提供,受力分析如图所示
设半径为r,绳长为l,沙袋到手高度为h,沙袋的向心力Fn==mω2lcosθ
整理得Fn==mrω2,角速度ω==,只增大沙袋质量,半径和高度不变,则向心力增大;只增大周期,高度变大,则半径变小,所以向心力变小;只增大半径,则高度减小,向心力增大;只增大角速度,高度减小,半径变大,则向心力变大,故选A、D。
4.(人教选择性必修二P8演示实验改编)如图所示,“观察电子束在磁场中的偏转”实验中,抽成真空的玻璃管左右两个电极分别连接到高压电源两极时,阴极会发射电子。电子在电场的加速下飞向阳极。如果在电子束的路径上施加磁场,电子束的径迹向z轴正方向偏转,则图中所加的磁场可能是(　　)
A.垂直纸面向里　 B.垂直纸面向外
C.竖直向上 D.竖直向下
【解析】选B。电子束的径迹向z轴正方向偏转,电子带负电,根据左手定则,图中所加的磁场可能是垂直纸面向外。故选B。
√
5.(人教选择性必修一P72演示实验改编)在水槽里放两块挡板,中间留一个狭缝,水波通过狭缝的传播情况如图所示。若在挡板后M点放置一乒乓球,乒乓球没有振动起来,下列说法正确的是(　　)
A.为使乒乓球振动起来,可适当增加波源的振动频率
B.为使乒乓球振动起来,可适当增加波源的振幅
C.为使乒乓球振动起来,可适当减小狭缝的宽度
D.乒乓球振动起来后,会随水波的传播向远处运动
√
【解析】选C。增加波源的振动频率,则波长会变小,衍射现象与之前比变得不明显,故A错误;适当增加波源的振幅,对衍射现象无影响,故B错误;适当减小狭缝的宽度,衍射现象更加明显,乒乓球的振动会变得比原来更明显,故C正确;乒乓球振动起来后,乒乓球在平衡位置附近振动,但不会向远处运动,故D错误。
6.(人教选择性必修三P48做一做改编)如图所示,取一个透明塑料瓶,向瓶内注入少量的水。将橡胶塞打孔,安装上气门嘴,再用橡胶塞把瓶口塞紧,并向瓶内打气。观察发现橡胶塞跳出时,瓶内出现白雾,下列说法正确的是(　　)
A.打气过程中,瓶内气体的分子动能保持不变
B.打气过程中,瓶内气体的压强与热力学温度成正比
C.橡胶塞跳出后,瓶内气体迅速膨胀,温度降低
D.橡胶塞跳出后,瓶内水迅速蒸发,出现白雾
√
【解析】选C。打气过程中,外界对气体做功,气体内能增加,瓶内气体的分子动能变大,故A错误;打气过程中,若瓶内气体的质量不变,则根据查理定律,瓶内气体的压强与热力学温度成正比,但打气过程中,瓶内气体的质量增加,则瓶内气体的压强与热力学温度不再成正比关系,故B错误;橡胶塞跳出后,瓶内气体迅速膨胀,瓶内气体对外做功,内能减小,温度降低,水蒸气遇冷液化成小水珠,出现白雾,故C正确,D错误。
7.(人教选择性必修二P42做一做改编)图甲为某同学研究自感现象的实验电路图,用电流传感器显示各时刻通过线圈L的电流。电路中电灯的电阻R1=4.0 Ω,定值电阻R=2.0 Ω,AB间电压U=6.0 V。开关S原来闭合,电路处于稳定状态,在某时刻断开开关S,此时刻前后电流传感器显示的电流随时间变化的图线如图乙所示。则(　　)
A.线圈L的直流电阻RL=4.0 Ω
B.断开开关后通过电灯的电流方向向右
C.断开开关瞬间能够观察到电灯闪亮一下再熄灭
D.在1.6×10 3 s时刻线圈L中的感应电动势的大小约为2.4 V
√
【解析】选D。由图乙得断开开关前,通过线圈的电流为1.5 A,
则R总=RL+R===4 Ω
则线圈的直流电阻RL=R总 R=2 Ω,故A错误;由楞次定律可知,断开开关后,线圈产生的感应电流向右,则通过灯泡的电流向左,故B错误;断开开关前通过灯泡的电流I1===1.5 A,由图乙可知,断开开关后,通过灯泡的电流从1.5 A逐渐减小到零,灯泡逐渐变暗,故C错误;由图乙可知,在t=1.6×10 3 s时,通过线圈的电流为0.3 A,线圈的自感电动势E=I'(R1+R+RL)=0.3×(4+2+2) V =2.4 V,故D正确。
8.(多选)(人教选择性必修二P30做一做改编)如图甲所示的实验装置中,线圈的两端与电流传感器相连,将磁铁从长玻璃管上端由静止下落,穿过线圈。线圈距离上管口的位置可以自由调节,线圈粗细均匀,除线圈外,其余电阻忽略不计。图乙为某次实验时用传感器记录的线圈中的电流变化,下列说法正确的是(　　)
A.t1~t2与t2~t3时间内图线与坐标轴围成的面积相等
B.t1~t3时间内磁铁下落过程中的加速度均小于g
C.若仅将线圈匝数加倍,电流峰值保持不变
D.若仅将线圈到上管口位置的距离加倍,电流峰值也将加倍
√
√
【解析】选A、C。图乙中的图线与坐标轴围成的面积表示通过线圈截
面的电荷量,则有q=·Δt=·Δt=·Δt=N,由题可知,t1~t2与t2~t3两段
时间内线圈的磁通量的变化量相同,所以t1~t2与t2~t3两段时间内图线与
坐标轴围成的面积相等,故A正确;磁铁在线圈上方下落过程中,穿过线圈
的磁通量增大,磁铁在线圈下方下落过程中,穿过线圈的磁通量减小,可
知,磁铁下落过程中,线圈中产生感应电流,感应电流激发的磁场对磁铁
有磁场力的作用,根据楞次定律可知,该磁场力阻碍磁铁的相对运动,可
知,t1~t2与t2~t3两段时间内,磁铁受到线圈的作用力始终向上,加速度小于
g;在t2时刻,线圈中的电流为0,所以此时刻线圈与磁铁间无作用力,此时磁铁下落的加速度等于g,故B错误;根据电磁感应定律有E=n,令单匝线圈电阻为R0,根据闭合电路欧姆定律有I=,解得I=,由于高度不变,感应电动势不变,可知线圈中产生的电流峰值不变,故C正确;根据动能定理得(mg )h=mv2,解得v=,若将线圈到玻璃管上端的距离加倍,阻力平均值也会变大,则速度不会变为原来的2倍,电流峰值不会加倍,故D错误。
【加固训练】
(多选)(人教选择性必修一P47做一做改编)如图甲所示,细线下悬挂一个除去了柱塞的注射器,注射器可在竖直面内摆动,且在摆动过程中能持续向下流出一细束墨水。沿着与注射器摆动平面垂直的方向匀速拖动一张硬纸板,摆动的注射器流出的墨水在硬纸板上形成了如图乙所示的曲线。注射器喷嘴到硬纸板的距离很小,且摆动中注射器重心的高度变化可忽略不计。若按图乙所示建立xOy坐标系,则硬纸板上的墨迹所呈现的图样可视为注射器振动的图像。关于图乙所示的图像,下列说法正确的是(　　)
A.x轴表示拖动硬纸板的速度
B.y轴表示注射器振动的位移
C.匀速拖动硬纸板移动距离0.5L的时间等于注射器振动的周期
D.拖动硬纸板的速度增大,可使注射器振动的周期变短
【解析】选B、C。注射器振动周期一定,根据硬纸板上记录的完整振动图像的个数可确定出时间长短,所以硬纸板上x轴上的坐标代表时间,A错误;硬纸板上与OO1垂直的坐标是变化的,即y轴代表了注射器的位移,B正确;由图乙可知,匀速拖动硬纸板移动距离0.5L的时间等于注射器振动的周期,C正确;注射器振动周期与拖动硬纸板的速度无关,拖动硬纸板的速度增大,注射器振动周期不改变,D错误。
√
√
9.(人教选择性必修一P94做一做改编)如图1所示为教材上“做一做”环节“水流导光”实验,如图2所示为其简化示意图。一盛有水的圆柱形大容器侧面开一个圆形小孔,O、A、B分别表示圆形小孔的中心、上沿和下沿,从小孔流出的水在空中运动形成的一段水柱可近似视为平抛运动轨迹。已知小孔的半径为r,激光相对于水的折射率为n,重力加速度为g。假设容器中水面的面积远大于圆形小孔的面积,小孔中心O与水面的高度差为H,则水流出小孔时的初速度是。激光从小孔中心O点垂直于圆形孔射入水柱,调整水的深度使激光第一次照射到水、空气界面处时恰好不能射出水柱进入空气,则此时O点离水面高度差H0为多大
答案:
【解析】由题意可知,水流出小孔的初速度v0=
根据平抛运动规律,可得vy=gt
r=gt2
cosθ=
此时入射角等于临界角,即α=C= θ
sinC=
联立可得H0=(共21张PPT)
回扣教材夯基练(三)　
基于教材中“科学漫步”的命题
1.(人教必修一P50科学漫步改编)如图所示,甲、乙分别为物理教材上的两个“斜面”上的实验,关于这两幅图说法正确的是(　　)
A.图甲实验证明了力不是维持物体运动状态的原因
B.伽利略借助图甲实验得到了自由落体运动是匀加速直线运动
C.图乙实验表明牛顿第一定律可用实验证实
D.图乙实验证明了力是维持物体运动状态的原因
√
【解析】选B。伽利略利用图甲实验证明了自由落体运动是匀加速直线运动,故A错误,B正确;图乙实验设计证明了力不是维持物体运动状态的原因,而是改变物体运动状态的原因,牛顿第一定律是牛顿推导出来的,故C、D错误。
2.(人教选择性必修二P11科学漫步改编)物理学家安德森在研究宇宙射线的实验中发现了正电子,如图为安德森记录的正电子在匀强磁场中穿过铅板的径迹,则(　　)
A.正电子自下而上穿过铅板
B.正电子所经磁场的方向垂直于纸面向外
C.穿过铅板后正电子在匀强磁场中的运动周期变小
D.正电子的发现证明了反物质的存在
√
【解析】选D。正电子穿过铅板会有部分能量损失,所以正电子穿过铅板后速度v减小,根据r=可知,正电子运动径迹的半径减小,结合正电子的运动径迹可知,正电子自上而下穿过铅板,故A错误;根据正电子运动径迹可确定洛伦兹力的方向,再根据左手定则可判定正电子所经磁场的方向垂直于纸面向里,故B错误;根据T=可知,穿过铅板后正电子在匀强磁场中的运动周期不变,故C错误;正电子在磁场中的运动径迹与电子相似,但偏转方向与电子相反,说明正电子与电子质量相等,但电荷为正,所以正电子的发现证明了反物质的存在,故D正确。
3.(人教必修一P19科学漫步改编)北斗卫星导航系统是我国自行研制的全球卫星导航系统,是继美国全球定位系统、俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统之后的第三个成熟的卫星导航系统。若导航卫星绕地球做匀速圆周运动,已知地球的质量为M,地球的半径为R,卫星到地面的距离为h,引力常量为G,则卫星的加速度大小为(　　)
A.G　　　　 B.G C.G D.G
√
【解析】选B。导航卫星绕地球做匀速圆周运动,圆周半径为R+h,由万有引力提供向心力得G=ma,解得卫星的加速度大小为a=G,故选B。
4.(人教必修三P20科学漫步改编)湖北武当山金殿,以前在雷雨交加时,金殿的屋顶常会出现盆大的火球,来回滚动。雨过天晴时,大殿金光灿灿,像被重新炼洗过一般,这就是人们所说的“雷火炼殿”奇观。近些年为了保护古建筑,在金殿顶部安装了避雷针,此后,雷火炼殿的奇观消失了。假设某次雷雨时,有一团带大量负电荷的乌云经过其正上方时,发生放电现象。下列说法正确的是(　　)
A.通过避雷针的电流,方向是从云到殿
B.通过避雷针的电流,所受安培力方向偏东
C.通过避雷针的电流,所受安培力方向偏西
D.通过避雷针的电流,所受安培力方向竖直向下
√
【解析】选C。电流的方向为正电荷移动的方向,与负电荷移动方向相反,大量负电荷从云通过避雷针,说明电流方向是从殿到云,A错误;地磁场大致方向是从南到北,根据左手定则,其所受安培力方向偏西,C正确,B、D错误。
5.(人教选择性必修三P34科学漫步改编)石墨是碳原子按图甲排列形成的,其微观结构为层状结构。图乙为石墨烯的微观结构,单碳层石墨烯是单层的石墨,厚1毫米的石墨包含大约三百万层石墨烯。石墨烯是现有材料中厚度最薄、强度最高、导热性最好的新型材料。则(　　)
A.石墨中的碳原子静止不动
B.碳原子的直径大约为3×10 9 m
C.石墨烯碳原子间作用力只表现为引力
D.石墨烯的熔解过程中,碳原子的平均动能不变
√
【解析】选D。石墨中的碳原子是运动的,A错误;由题意可知单层的厚度为d= m≈3×10 10 m,且层与层之间有间距,B错误;石墨烯碳原子间作用力不仅表现为引力,分子间距离较近时表现为斥力,C错误;石墨烯是晶体,在熔解过程中,温度不变,故碳原子的平均动能不变,D正确。
6.(人教选择性必修三P114科学漫步改编)碳14测年技术原理如下:宇宙射线进入大气层时,同大气作用产生中子,中子撞击大气中的氮引发核反应产生碳14。碳14具有放射性,半衰期为5 730年。碳14不断产生又不断衰变,达到动态平衡,因此,它在大气中的含量相当稳定。活的植物体与环境有碳交换,其碳14比例与大气中的相同,植物死亡后,与环境的碳交换停止,根据死亡植物的碳14比例的变化,可以推断其死亡的时间。关于碳14测年技术,下列说法正确的是(　　)
A.把木头烧成木炭,碳14的含量将减少
B.植物体内的碳14含量在植物死亡后开始减少
C.利用碳14测年技术可以精确测定百年树木的树龄
D.利用碳14测年技术可以测恐龙化石所在的地质年代
√
【解析】选B。化学反应不会影响原子核的组成,所以把木头烧成木炭,碳14的含量不变,A错误;植物死亡后碳14只有衰变,没有生成,所以开始减少,B正确;百年树木生长期远小于碳14的半衰期,加上树木新陈代谢时有碳循环,树中的碳14含量变化很小,不适合用碳14测年技术测树龄,C错误;恐龙时代距今已有数千万到上亿年,经过如此长的时间,碳14已几乎全部衰变,已无法测定其含量,故不能测恐龙化石所在的地质年代,D错误。
7.(人教选择性必修二P61科学漫步改编)近年来,无线充电技术得到了广泛应用。图甲为正在进行无线充电的电子产品,图乙为某种无线充电器的简化原理图。由于发射线圈与接收线圈处于两个分离的装置中,穿过接收线圈的磁通量少于发射线圈的磁通量。已知发射线圈与接收线圈的匝数分别为1 210匝和55匝,当发射线圈接入220 V交流电源时,接收线圈输出电压为9 V。忽略其他损耗,下列说法正确的是(　　)
A.发射线圈与接收线圈的电流之比为1∶22
B.穿过接收线圈的磁通量变化率是穿过发射线圈的90%
C.发射线圈与接收线圈中交变电流的频率之比为22∶1
D.只要发射线圈接入电压为220 V,接收线圈输出电压均为9 V
√
【解析】选B。对理想变压器,发射线圈与接收线圈的电压之比等于其匝数之比,则有=,解得U2=10 V,但因为漏磁,接收线圈的电压实际只达到了9 V,故可知发射线圈与接收线圈的电流之比将不再是匝数的反比,即不再是1∶22,故A错误;因为理论上接收线圈中的输出电压为10 V而实际上只有9 V,因此可得穿过接收线圈的磁通量变化率是穿过发射线圈的90%,故B正确;发射线圈与接收线圈中磁通量变化的频率相同,则可得发射线圈与接收线圈中交变电流的频率之比为1∶1,故C错误;无线充电利用的是电磁感应,因此必须使用交变电压,若使用直流电压,将不会产生变化的磁场,接收线圈中也就不会有电压产生,故D错误。
8.(人教必修一P50科学漫步改编)小荆同学阅读教材中的“科学漫步”栏目,对“伽利略对自由落体运动的研究”产生了兴趣,想测出不同倾角θ情况下,斜面上铁块的加速度a的大小,所用器材有:铁架台、长木板、质量为1 kg的铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50 Hz的交流电源、纸带、量角器等。实验装置如图甲所示,忽略空气阻力。
(1)(多选)在某次实验中,小荆同学的部分实验操作如下,其中正确的实验操作
为(　 　)
A.选择220 V交流电源并接好电路
B.将铁块停在打点计时器附近,铁块尾部与纸带相连
C.调整倾角,使铁块能够匀速下滑
D.接通电源,待打点计时器工作稳定后放开铁块
【解析】(1)根据图甲知使用的是电磁打点计时器,故应选择4~6 V的交流电
源并接好电路,故A错误;实验时将铁块停在打点计时器附近,铁块尾部与纸带
相连,故B正确。调整倾角,使铁块能够在不同倾角的斜面上加速下滑,故C错
误;接通电源,待打点计时器工作稳定后放开铁块,故D正确。
B、D
(2)一次实验过程中,调整木板与水平面的夹角θ,正确操作后选出点迹清
晰的一条纸带如图乙所示,A、B、C、D、E、F、G为连续的计数点,相
邻的计数点之间还有4个计时点未标出,则加速度a=__________m/s2(结
果保留3位有效数字)。

【解析】(2)根据逐差法可求得加速度a= m/s2
=1.50 m/s2。
　1.50　
9.(人教必修二P64科学漫步改编)第一宇宙速度又叫作环绕速度,第二宇宙速度又叫作逃逸速度,逃逸速度是环绕速度的倍;逃逸速度大于或等于光速的天体即为黑洞。太阳的质量为M,引力常量为G,真空光速为c。
(1)已知太阳半径为R,求太阳的环绕速度;
答案:(1)　
【解析】(1)假设质量为m的卫星绕太阳表面做圆周运动,由万有引力提供向心力,则有=m 解得v=
(2)倘若太阳能收缩成球形黑洞,求该黑洞的最大半径。
答案:(2)
【解析】(2)假设质量为m的卫星绕黑洞表面做圆周运动,
由万有引力提供向心力,则有=m
根据题意,太阳收缩成球形黑洞后逃逸速度v2=v1,
解得v2=,其中v2≥c 解得R黑洞≤
可知,黑洞最大半径Rm=(共25张PPT)
回扣教材夯基练
回扣教材夯基练(一)　基于教材中“图片”的命题
1.(人教必修一图片改编)关于教材中的四幅插图,下列说法正确的是(　　)
A.甲图中,在研究雄鹰翅膀扇动方式对
飞行的影响时,雄鹰可看作质点
B.乙图中,“45 min”指时刻
C.丙图中,选择不同的交通方式由北京
去重庆,其位移的大小和路程都是相等的
D.丁图中,诗句“卧看满天云不动,不知云与我俱东”中“云不动”是以船为参考
系的
√
【解析】选D。甲图中在研究雄鹰翅膀扇动方式对飞行的影响时,不能忽略雄鹰翅膀的形状和大小,不能把雄鹰看成质点,故A错误;乙图中,“45 min”是时间间隔,故B错误;丙图中,选择不同的交通方式由北京去重庆,初末位置不变,则位移大小不变,但其路程不相等,故C错误;丁图中“卧看满天云不动,不知云与我俱东”,“云不动”是以船为参考系的,故D正确。
2.(教科必修一图片改编)如图为教科版物理必修一教材插图,以下说法正确的是(　　)
A.图甲中研究跳高运动员背越式过杆跳技术要领时,
运动员可以看成质点
B.图乙中观察桌面微小形变的物理思想是等效替代法
C.图丙表明在真空中静止释放物体时,运动规律相同
D.图丁中跳板受到运动员的压力是因为跳板发生了
形变
√
【解析】选C。当物体的大小和形状对所研究的问题没有影响或者影响很小可以忽略不计时,物体可以看成质点,而此时研究背越式跳高运动员的技术要领,运动员不能看成质点,故A错误;观察桌面的微小形变的物理思想是微小量放大法,故B错误;图丙表明当物体只受重力作用时,轻物与重物的下落快慢相同,具有相同的运动规律,故C正确;跳板受到运动员的压力是因为运动员的脚发生了形变,故D错误。
3.(人教必修二P60图片改编)如图所示为教材中关于“天体运行中三个宇宙速度”的插图,其中有①②③④条轨道,下列说法正确的是(　　)
A.轨道①对应的速度是最大发射速度,最小环绕速度
B.若卫星的发射速度v满足7.9 km/s卫星将绕地球运动
C.卫星在轨道②单位时间扫过的面积等于在轨道③
单位时间扫过的面积
D.卫星沿轨道④运动,将脱离太阳的束缚
√
【解析】选B。轨道①对应的第一宇宙速度是人造卫星做圆周运动的最大环绕速度,也是人造卫星绕地球运行所需的最小发射速度,故A错误;卫星的发射速度v满足7.9 km/s4.(多选)(人教必修二图片改编)下列说法正确的是(　　)
A.图甲中滚筒洗衣机脱水时,如果认为湿衣服在竖直平面内做匀速圆周运动,那么,湿衣服上的水在最高点更容易甩出
B.图乙中汽车通过拱形桥的最高点时,汽车处于失重状态
C.图丙中当火车以大于规定速率转弯时,外轨对车轮有侧向压力
D.图丁是在太空中用细线悬挂的小球,把小球拉到一定位置后用手指沿切线方向轻推,小球就会绕轴做匀速圆周运动
√
√
√
【解析】选B、C、D。图甲中滚筒洗衣机的脱水筒匀速旋转,衣服在最高点和最低点时附着在潮湿衣服上的水的重力和衣服与水之间的附着力的合力提供向心力,在最高点mg+F1=mω2r,在最低点F2 mg=mω2r,可得F2>F1,所以在最低点时,所需要附着力较大,水更容易被甩出,故A错误;图乙中汽车通过拱形桥的最高点时,加速度方向向下,汽车处于失重状态,故B正确;图丙中当火车以大于规定速率转弯时,火车重力和规定的支持力不足以提供向心力,火车有离心运动趋势,外轨对车轮有侧向压力,故C正确;图丁是在太空中用细线悬挂的小球,小球处于完全失重状态,把小球拉到一定位置后用手指沿切线方向轻推,细线拉力提供向心力,小球就会绕轴做匀速圆周运动,故D正确。
5.(人教必修二P91图片改编)如图所示,曲面上a、b两点离水平地面的高度
分别为h1和h2,且h1<,O点为曲面的最低点,下列说法正确的是(　　)
A.小滑块由O运动到a的过程,增大曲面的粗糙程度时重力做功变大
B.小滑块由O运动到a比由a运动到b的过程,重力势能的变化量大
C.若取b点为零势能面,则小滑块在a点的重力势能大于
在b点的重力势能
D.无论选取何处作为零势能面,小滑块在b点的重力势能
均比在a点的重力势能大
√
【解析】选D。小滑块由O运动到a的过程,重力做功为W1= mgh1与曲面的粗糙程度无关,故A错误;小滑块由O运动到a重力势能减少ΔEp1=mgh1;小滑块由a运动到b重力势能减少ΔEp2=mg(h2 h1) >mgh1
所以小滑块由O运动到a比由a运动到b的过程,重力势能的变化量小,故B错误;若以b点为零势能面,根据Ep=mgh知,a点的重力势能为Epa= mg(h2 h1),b点的重力势能为0,所以小滑块在a点的重力势能小于在b点的重力势能,故C错误;因为b点比a点离地面的高度高,所以无论以何处为零势能面,小滑块在b点的重力势能均比a点大,故D正确。
6.(人教必修三图片改编)关于以下几幅教材插图,下列说法正确的是(　　)
A.甲:验电器的金属杆上端固定一个金属球而不做成针尖状可防止尖端放电
B.乙: 通过起电机使人体带电,竖起散开的头发可模拟头部周围的等势线
C.丙:带正电小球靠近用金属网(图中虚线)罩起来的验电器,验电器顶端带负
电
D.丁: 矩形线圈远离长直导线的过程中,线圈中无感应电流
√
【解析】选A。验电器的金属杆上端固定一个金属球而不做成针尖状,是为了防止尖端放电,故A正确;散开的头发可以模拟头部周围的电场线而不是等势线,故B错误;用金属网罩起来的验电器相当于静电屏蔽状态,内部场强为0,没有电荷的移动,故C错误;矩形线圈远离长直导线的过程中,通过线圈的磁通量发生变化,根据电磁感应定律可知,线圈中存在顺时针感应电流,故D错误。
【加固训练】
(人教必修三、选择性必修二图片改编)下面为教材中的四幅插图,下列关于这几
幅图说法正确的是(　　)
A.图甲为库仑扭秤装置,库仑通过此实验装置研究
得出电荷之间的静电力与其之间距离成反比关系
B.图乙为小磁针在通电导线下发生偏转,表明电流
具有磁效应,法拉第最先发现电流的磁效应
C.图丙是研究安培力方向与磁场方向关系演示实验,表明通电导线所受的安培
力可能与磁场方向垂直
D.图丁为回旋加速器装置,仅增大D形盒半径,则粒子能够获得的最大速度增大
√
【解析】选D。库仑通过此实验装置研究得出电荷之间的静电力与其之间距离平方成反比关系,故A错误;小磁针在通电导线下发生偏转,表明电流具有磁效应,奥斯特最先发现电流的磁效应,故B错误;研究安培力方向与磁场方向关系演示实验,表明通电导线所受的安培力一定与磁场方向垂直,故C错误;回旋加速器装置,洛伦兹力提供向心力,则qvB=m,可得v=,仅增大D形盒半径,则粒子能够获得的最大速度增大,故D正确。
7.(人教选择性必修一图片改编)关于教材中出现的以下四张图片,下列说法正确的是(　　)
A.图甲所示竖直的肥皂膜看起来常常是
水平彩色横纹,是由光的衍射产生的
B.图乙所示水中的气泡看上去特别明亮,是由光的折射引起的
C.图丙所示泊松亮斑是由光的衍射形成的
D.图丁中的P、Q是偏振片,当P固定不动,缓慢转动Q时,光屏上的光亮度将一明一暗交替变化,此现象表明光波是纵波
√
【解析】选C。图甲所示竖直的肥皂膜看起来常常是水平彩色横纹,是由光的干涉产生的,故A错误;图乙所示水中的气泡看上去特别明亮,是由光的全反射引起的,故B错误;图丙所示泊松亮斑是由光的衍射形成的,故C正确;图丁中的P、Q是偏振片,当P固定不动,缓慢转动Q时,光屏上的光亮度将一明一暗交替变化,此现象表明光波是横波,故D错误。
【加固训练】
1.(人教必修三图片改编)物理学是一门以实验为基础,紧密联系生活的学科。如图是教材中出现的插图,下列说法正确的是(　　)
A.图甲中,若在ab两端接上大小和方向周期性变化的
电流,则接在cd端的电流表指针将会发生偏转
B.图乙中,使用微波炉加热食物,微波是一种电磁波,
微波具有可连续变化的能量
C.图丙中,奥斯特利用该实验装置发现了电磁感应现象
D.图丁中,用酒精灯加热金属电阻丝,发现小灯泡变亮
√
【解析】选A。图甲中,若在ab两端接上大小和方向周期性变化的电流,根据电磁感应原理,在cd端会产生感应电动势,即接在cd端的电流表指针将会发生偏转,选项A正确;图乙中,使用微波炉加热食物,微波是一种电磁波,微波具有不连续变化的能量,选项B错误;图丙中,奥斯特利用该实验装置发现了电流的磁效应,法拉第在此实验的启示下发现了“磁生电”,即发现了电磁感应现象,选项C错误;图丁中,用酒精灯加热金属电阻丝,电阻变大,则小灯泡变暗,选项D错误。
2.(人教选择性必修三图片改编)以下是来自物理教材选择性必修第三册的四幅图片,对相关知识的说法正确的是(　　)
A.图甲中,在紫外线灯照射前,验电器指针带正电
B.图乙中,J.J.汤姆孙通过气体放电管发现了电子并测出了电子的电荷量
C.图丙中,一个处于n=5激发态的氢原子向低能级跃迁时能辐射出10种
不同频率的光子
D.图丁中,比结合能小的原子核结合成比结合能大的原子核时一定放出
能量
√
【解析】选D。紫外线灯照射时锌板电子数减少,验电器指针偏角减小,所以照射前指针带负电,故A错误;J.J.汤姆孙发现了电子,密立根测出了电子的电荷量,故B错误;一群处于n=5激发态的氢原子向低能级跃迁时能辐射出10种不同频率的光子,故C错误;比结合能小的原子核结合成比结合能大的原子核时有质量亏损,放出能量,故D正确。
8.(人教选择性必修三P67图片改编)现代测量分子大小的方法有很多,粗略测量
的有油膜法,进一步精确测量的有显微法等。
(1)在一次“油膜法”粗略测量的实验中,一同学先量取0.2 mL油酸,再加入酒精后
得到200 mL的溶液;然后用针管吸取这种溶液,向小量筒中滴入200滴溶液,溶液
的液面达到量筒中1 mL的刻度,再用针管吸取配好的油酸酒精溶液,向撒有痱子
粉的盛水浅盘中滴下1滴溶液,在液面上形成油酸薄膜,待油膜稳定后,放在带有
正方形坐标格的玻璃板下观察油膜,如图甲所示。坐标中每个小正方形方格的
大小为1 cm2,由图可以估算出油膜的面积是_________cm2,由此估算出油酸分子
的直径是_____________m(此空结果保留1位有效数字)。
　64　
　8×10 10　
【解析】(1)由图甲可知,油膜覆盖的面积大概有64格,
故面积为S=64×1 cm2=64 cm2
一滴溶液中所含油酸的体积为V=××10 6 m3=5×10 12 m3
故油酸分子的直径为d==≈8×10 10 m
(2)图乙是教材中的一张照片。这张显微镜下拍摄的
照片外圆是直径为1.43×10 8 m的圆周,它是由48个
铁原子排列而成的。由此可以估算出铁原子的直
径约为_______________m(结果保留2位有效数字)。
【解析】(2)外圆的周长为L=πD,外圆由48个铁原子组成,所以周长大约等于48个铁原子直径的总和,所以铁原子的直径为d==
≈9.4×10 10 m
　9.4×10 10　(共22张PPT)
计算题专项练(三)
1.如图所示,内壁光滑、截面积不相等的圆柱形汽缸竖直放置,汽缸上、下两部分的横截面积分别为2S和S。在汽缸内有A、B两活塞封闭着一定质量的理想气体,两活塞用一根长为l的细轻杆连接,两活塞导热性能良好,并能在汽缸内无摩擦地移动。已知活塞A的质量是2m,活塞B的质量是m。当外界大气压强为p0、温度为T0时,两活塞静止于如图所示位置。重力加速度为g。
(1)求此时汽缸内气体的压强。
答案:(1)p0+　
【解析】(1)以两活塞整体为研究对象,设此时汽缸内气体压强为p1,根据平衡条件则有:p0S+3mg=p1S
解得:p1=p0+
(2)若用一竖直向下的拉力作用在B上,使A、B一起由图示位置开始缓慢向下移动的距离,又处于静止状态,求这时汽缸内气体的压强及拉力F的大小。设整个过程中气体温度不变。
答案:(2)(p0+)　+mg
【解析】(2)初态:p1=p0+,V1=2lS
末态:p2,V2=lS
根据玻意耳定律有(p0+)2lS=p2(lS)
解得p2=(p0+)
以两活塞整体为研究对象,根据平衡条件有p2S=F+p0S+3mg
解得F=+mg
2.近期,我国展示了一款令人惊艳的军用机器狗,将给中国陆军带来降维打击的战斗力。在某次军事演习中,机器狗从山坡上滑下至水平面,随后跳跃过一障碍物,模型可简化为:如图所示,倾角为37°的斜面AB与水平面BC平滑连接,一长为L=1.6 m、高为h=1.0 m的矩形障碍物位于水平面上,距离斜面底端B点有一定的距离,机器狗(可视为质点)从斜面顶端A点无动力地静止下滑,滑至水平面上速度为零时未到达障碍物处,此后机器狗缓慢向右移动到适当的位置斜向上跳起越过障碍物。已知斜面AB长x=25 m,机器狗与斜面、水平面的动摩擦因数均为μ=0.5,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:
(1)机器狗从斜面顶端A点出发到水平面上速度为零的过程所经历的时间;
答案:(1)7 s
【解析】(1)机器狗在斜坡上向下做匀加速直线运动,
根据牛顿第二定律有mgsin37° μmgcos37°=ma1
解得a1=2 m/s2
根据位移公式有x=a1
舍去负值解得t1=5 s
根据速度公式有vB=a1t1
解得vB=10 m/s
机器狗在BC做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律有μmg=ma2
解得a2=5 m/s2
利用逆向思维,根据速度公式有vB=a2t2
解得t2=2 s
则机器狗从斜面顶端A点出发到水平面上速度为零的过程所经历的时间t=t1+t2=7 s
(2)机器狗能够越过障碍物起跳速度的最小值。
答案:(2)6 m/s
【解析】(2)若机器狗跳起的速度为最小值,此时机器狗做斜抛运动的轨迹恰好经过矩形障碍物上侧的左右边缘,且机器狗经过矩形障碍物上侧的左右边缘的速度也为最小值,令该速度大小为v1、该速度方向与水平方向夹角为θ,在机器狗处于障碍物上侧的斜抛运动过程有L=v1cosθ·t1, v1sinθ=v1sinθ gt1
联立解得v1=
由数学知识可知,当θ=45°时,v1最小,最小值为v1==4 m/s
则机器狗起跳时水平分速度为v0x=v1cos45°=2 m/s
竖直方向上有 (v1sin45°)2=2gh
机器狗起跳速度v0=
联立解得v0=6 m/s
3.足够高的光滑水平桌面存在着两个宽为l的垂直桌面的匀强磁场区域,磁感应强度大小均为B,方向相反。边长为l的均匀正方形导线框,质量为m,电阻为R,通过细绳跨过定滑轮与质量为M的铁块相连,如图甲所示,开始时线框右边与磁场边界平行,相隔一定距离。由静止释放铁块,当线框刚进磁场时恰好能做匀速直线运动,最终线框左边能够匀速穿过磁场右边界。已知重力加速度大小为g。求:
(1)初始时,线框右边与磁场边界的距离x;
答案:(1)　
【解析】(1)释放铁块后铁块和线框一起加速,
由牛顿第二定律有Mg=(M+m)a
当线框右边界刚进入磁场时由匀变速直线运动有v2=2ax
此时线框中产生的感应电动势E=Blv
此时线框中产生的感应电流I= 此时线框受到的安培力F安=BIl
由受力分析有F安=Mg 解得x=
(2)穿过磁场的整个过程中线框产生的热量Q;
答案:(2)3Mgl
【解析】(2)由能量转化与守恒可知,线框在此过程中产生的热量等于铁块减小的重力势能,Q=Mgh
由几何关系有h=3l
解得Q=3Mgl
(3)在图乙所示的坐标图上大致描绘线框运动的v t图像。
答案:(3)
【解析】(3)如图

线框运动过程分为A、B、C、D、E五个过程。
A过程:线框未进入磁场前的运动,系统做匀加速直线运动;
B过程:线框右边界切割磁感线的过程,系统做匀速直线运动;
C过程:线框左边右边分别切割不同方向的磁感线过程,系统先做加速度逐渐减小的减速运动,后做匀速直线运动;
D过程:线框右边界出磁场,左边界切割磁感线的过程,系统先做加速度逐渐减小的加速运动,后做匀速直线运动;
E过程:线框穿出磁场,系统做匀加速直线运动,加速度跟过程A的加速度相同。
【加固训练】
如图所示,在坐标系xOy中的x<0的区域内存在着周期性变化的匀强电场(未画出),该电场前半个周期电场强度大小为E1、方向沿y轴正方向,后半个周期电场强度大小为E2、方向沿y轴负方向。在x=L处有一块与x轴垂直的足够大绝缘薄挡板,挡板的中心开有小孔O',且O'在x轴上,在00区域内存在着垂直于坐标平面向里的匀强磁场Ⅰ,磁感应强度大小为B0,在01,具体数值未知),t=0时刻一质量为m、电荷量为 q的粒子以初速度v0从A点沿x轴正方向进入电场区域,经电场变化的一个周期时间恰好从坐标原点O进入磁场区域。不计粒子重力。
(1)求的比值;
答案:(1)　
【解析】(1)设粒子前半个周期沿y轴方向的加速度 大小为a1,后半个周期沿
y轴方向的加速度大小为a2, 前半个周期粒子在y轴方向的位移为Δy=a1()2
由题意,后半个周期粒子在y轴方向位移为 Δy=a1·a2()2联立解得=
又带电粒子在匀强电场中的加速度a=,所以=
(2)若带电粒子在匀强电场前半个周期末时刻的速度与x轴正方向的夹角正切值为,求:
①若粒子进入磁场中后第一次在两个磁场中运动的时间相等,则k等于多少
②若k值为2,带电粒子最终恰好从O'点飞离,带电粒子在Ⅰ、Ⅱ磁场中运动的总时间。
答案:(2)①3　②
【解析】(2)①末粒子速度与x轴正方向的夹角正切值为,则vy=v0
末,有vy=a1
经过一个周期从坐标原点O进入磁场区域v'y=a1 a2
联立解得粒子在原点O时沿y轴正方向的分速度v'y=v0
所以粒子在原点O进入磁场时速度大小为v0,
方向与y轴正方向成45°角,粒子在磁场中运动轨迹
如图所示
由粒子第一次在两个磁场中运动的时间相等,则有T1=T2
粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qvB=m
周期T==
联立解得k==3
②当k值为2时,有R1=2R2,T1=2T2,
粒子在一个周期内运动轨迹如图所示
由题意可知=(R1 R2)
带电粒子在磁场I中做匀速圆周运动,半径为R1=
设完整周期次数为N,由恰好从O'点飞离挡板有N+R1=L
联立解得N= 2
带电粒子在Ⅰ、Ⅱ磁场中运动的总时间t总=N(T1+T2)+T1
代入已知数据,解得t总=
(3)接第(2)问,在绝缘薄板右侧存在以x轴为中心轴的圆柱形匀强磁场区域,磁感应强度大小为B0,方向沿x轴正方向,要保证带电粒子始终在磁场中运动并最终从x轴上某点离开该磁场,求圆柱体区域的最小体积。
答案:(3)
【解析】(3)带电粒子在薄板右侧区域的运动是沿x轴正方向的匀速直线 运动和垂直xOy面的匀速圆周运动的合成,要满足最终从x轴上某点离开该磁场,则圆周必为整数个周期,由R'=,T=
该磁场区域的圆柱体的最小体积Vmin=π(2R')2×v0T=(共43张PPT)
选择、实验题专项练(六)
一、单项选择题
1.如图所示为山边公路的横截面,实线EF表示倾角为37°的软层面,沿着这个层面可能产生滑动。质量为1.0×107 kg的石块与上面的岩石之间有一大裂缝(称为节理),仅靠与层面间的摩擦力使它不致滑落,石块与层面间的动摩擦因数为0.8,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若有水渗入节理,会结冰膨胀,对石块施加一个平行于EF层面的作用力,使石块向下滑动(已知sin37°= 0.6, cos37°=0.8,g取10 m/s2), 下列说法正确的是(　　)
A.没有水渗入节理时,石块受到层面的作用力为0
B.当有水渗入节理结冰后,石块仍然静止时,石块受到层面的摩擦力减小
C.当有水渗入节理结冰后,石块仍然静止时,石块受到层面的作用力增大
D.当有水渗入节理结冰后,冰对石块的力增大到4×108 N时石块开始滑
动
√
【解析】选C。没有水渗入节理时,由于石块静止,由平衡条件可知,石块受到层面的作用力与石块的重力等大反向,故A错误;没有水渗入节理时,石块所受摩擦力大小和重力沿斜面向下的分力相等,当有水渗入节理结冰后,石块仍然静止时,石块受到层面的摩擦力等于石块重力沿斜面向下的分力与由于有水渗入节理结冰膨胀对石块施加的一个平行于EF层面作用力的矢量和,则石块受到层面的摩擦力增大,故B错误;当有水渗入节理结冰后,石块仍然静止时,石块受到层面的作用力大小等于石块重力与平行于EF层面作用力的矢量和,由于石块重力与平行于EF层面作用力的夹角为锐角,可知,石块重力与平行于EF层面作用力的矢量和大于石块重力,即石块受到层面的作用力增大,故C正确;当有水渗入节理时,最大静摩擦力fm=μmgcos37°=6.4×107 N,石块开始滑动,冰对石块的力F=fm mgsin37° =4×106 N,故D错误。
2.空间存在一沿x轴方向的电场,一电荷量为+q的试探电荷只在电场力作用下沿x轴正方向运动,其所受电场力随位置变化的图像如图所示,以x轴正方向为电场力的正方向,设无穷远处电势为零。以下说法正确的是(　　)
A.x2处电势最高
B.+q在x1处的速度大于在x2处的速度
C.+q在x1处电势能最大
D.+q在x1处电势能为零
√
【解析】选C。由题图可知,在0x1范围内正电荷所受电场力合力为水平向右,电场力做正功,电势能减小,故在x1处电势能最大,根据Ep=qφ,可知在x1处电势最高,故A、D错误,C正确;因在x>x1范围内正电荷所受电场力合力为水平向右,电场力做正功,电势能减小,动能增大,故+q在x1处的速度小于在x2处的速度,故B错误。
3.如图所示,绝缘细线相连接的A、B两带电小球处在竖直向下的匀强电场中,在外力F作用下沿竖直方向匀速向上运动,A、B两球质量均为m,均带+q(q>0)的电荷,电场强度大小E=,某时刻突然撤去外力F,则下列说法正确的是(　　)
A.F的大小为3mg
B.F撤去的瞬间,A球的加速度小于2g
C.F撤去的瞬间,B球的加速度等于2g
D.F撤去的瞬间,球A、B之间的绳子拉力为零
√
【解析】选C。对整体进行分析:F=2mg+2Eq,且E=,解得F=4mg,故A错误;F撤去的瞬间,对整体进行分析2mg+2Eq=2maAB,且E=,解得aAB=2g,故B错误,C正确;F撤去的瞬间,由于两球间有库仑斥力,可知球A、B之间的绳子拉力不为零,故D错误。
4.2025年12月16日11时17分,我国在太原卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功将立体测绘卫星资源三号04星送入预定轨道。如图所示,如果卫星先沿圆周轨道1运动,再沿椭圆轨道2运动,两轨道相切于P点,Q为轨道2离地球最远点,在两轨道上卫星只受地球引力作用,下列说法正确的是(　　)
A.卫星在轨道2上经过P点时机械能比经过Q点时机械能大
B.卫星经过P点时在轨道1上加速度比在轨道2上加速度大
C.卫星在轨道1的速度比在轨道2上经过Q点时的速度大
D.卫星在轨道1的周期比轨道2的周期大
√
【解析】选C。卫星在轨道2上稳定运行时,只受万有引力,机械能守恒,经过P点时机械能等于经过Q点时机械能,故A错误;根据=ma,可得a=,卫星经过P点时在轨道1上加速度等于在轨道2上加速度,故B错误;设卫星在轨道1的速度为v1,根据变轨原理可知,在轨道2上经过Q点时的速度小于以Q点到地心距离为半径圆轨道的速度vQ1,根据=,可知vQ15.氢原子能级图的一部分如图甲所示,现有大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁放出光子,用这些光子照射锌板来研究光电效应,电路图如图乙所示,测得最大遏止电压为9.4 V。已知光子能量在1.63~3.10 eV范围内为可见光,下列说法正确的是(　　)
A.金属锌的逸出功为4.2 eV
B.测遏止电压时需要把滑片P滑向b
C.逸出的光电子具有的最大初动能为12.75 eV
D.大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁过程中可辐射出2种频率的可见光
√
【解析】选D。由题意,根据发生光电效应现象条件结合爱因斯坦光电效应方程有eUc=hν W0,hν=E4 E1,得金属锌的逸出功为W0= 3.35 eV,故A错误;测量遏止电压时,锌板的电势高,所以P要移向a,故B错误;逸出的光电子具有的最大初动能为Ekm=hν W0=eUc=9.4 eV, 故C错误;根据ΔE=En Em,可求得在辐射出的光中,只有由n=4能级向n=2能级跃迁时发出的光和由n=3能级向n=2能级跃迁时发出的光的光子能量落在可见光能量范围内,为可见光,故D正确。
6.某空气动力学实验室测试飞行器模型的气动能性。如图所示,风洞启动后将测试模型从地面P点沿与水平面成45°角的方向射出,该模型受到水平恒定风力作用,经过一段时间又恰好回到P点。忽略其他阻力,则水平风力大小为该模型重力的(　　)
A.1倍　　　B.倍　　　
C.2倍　　　D.2倍
√
【解析】选A。模型竖直方向先上升后下落,加速度为g,可得y=gt2,水平方向受到水平恒定风力作用,经过一段时间又恰好回到P点,可知水平方向位移与竖直方向位移大小相等,可得x=at2,水平方向加速度与竖直方向加速度大小相等,则根据牛顿第二定律可知,水平风力大小与该模型重力大小相等。故选A。
7.如图甲所示,两根长为L夹角为60°的光滑导轨M、N一端固定在地面上,另一端与电动势为E的电源连接,两根导轨形成倾角为30°的斜面,有匀强磁场垂直斜面。质量为m且足够长的导体棒P平行于斜面底端放置,垂直斜面的视图如图乙所示,导体棒P可静止在导轨的任意位置。已知两导轨的电阻与长度成正比,总电阻均为R,与电源连接处靠得很近但彼此绝缘,不计电路其余部分的电阻,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
A.磁场方向垂直斜面向上
B.导体棒P静止在导轨的不同位置时,电流保持不变
C.导体棒P静止在导轨的不同位置时,导轨对导体棒的作用力不同
D.匀强磁场的磁感应强度为B=
√
【解析】选D。对导体棒P进行受力分析,导体棒P受到重力、导轨的支
持力以及安培力作用而能静止在导轨的任意位置,则安培力必须沿斜面
向上来平衡重力沿斜面向下的分力,根据左手定则知,磁场方向垂直斜面
向下, 故A错误;根据题意,设导体棒P静止在导轨的不同位置时的长度分
别为Lx,根据欧姆定律,电流I==,Lx不同,电流不同,故B错误;导体
棒P静止时,受到重力mg、导轨的支持力N和安培力F,根据平衡条件,三
个力的合力为零,导轨对导体棒P的作用力是支持力N与安培力F的合力,
根据三力平衡特点,其合力与重力等大反向,重力不变,所以导轨对导体棒P的作用力大小始终等于重力mg,方向竖直向上,与导体棒P在导轨上的位置无关,故C错误;根据B项分析有I==,对导体棒P,根据平衡条件BLxI=mgsin30°,联立解得B=,故D正确。
二、多项选择题
8.“南鲲”号是我国自主研发的首台兆瓦级漂浮式波浪能发电装置,其原理如图甲所示,利用海浪带动浪板上下摆动,从而带动线框单向匀速转动,线框内阻恒定。线框ab两端通过滑环和电刷接如图乙所示的自耦变压器,自耦变压器cd两端接负载电阻。若海浪变大使得线框转速变成原来的2倍,以下说法正确的是(　　)
A.通过负载电阻的电流频率变为原来的2倍
B.线框内阻的发热功率变为原来的2倍
C.变压器的输出功率变为原来的2倍
D.若使负载电阻两端电压不变,可将滑片向上滑动
√
√
【解析】选A、D。通过负载电阻的电流频率f∝n,海浪变大使得线框转速变成原来的2倍,则频率变为原来的2倍,故A正确;电动势有效值E=,由于ω=2πn,则ω变为原来的2倍,设负载电阻为R0,匝数比为,原线圈等效电阻为R=R0,则电流I=,变为原来的2倍,线框内阻的发热功率P=I2r,变为原来的4倍,故B错误;因为不确定内外电阻关系,所以输出功率无法判断,故C错误;根据以上分析可知,原线圈两端电压变大,根据=,可知,若使负载电阻两端电压不变,可将滑片向上滑动,增大原线圈匝数,故D正确。
9.如图甲所示,质量为m=3 kg的铁锤从石板上方高h=5 m处由静止自由落下,竖直砸中石板后,铁锤与石板瞬间达到共同速度,然后一起向下运动距离d=5 cm后速度减为零,该过程中弹性气囊对石板的作用力F随石板向下运动的距离x的规律如图乙所示,已知石板的质量为铁锤质量的19倍,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.铁锤与石板碰撞过程铁锤所受合外力的冲量大小为57 N·s
B.铁锤与石板碰撞过程铁锤所受合外力的冲量大小为28.5 N·s
C.弹性气囊对石板作用力的最大值Fm=930 N
D.弹性气囊对石板作用力的最大值Fm=960 N
√
√
【解析】选B、C。假设铁锤与石板碰撞前的速度为v0,则=2gh,解得v0= 。铁锤与石板碰撞,规定向下为正方向,由动量守恒定律,有mv0=(m+ 19m)v,解得v=,根据动量定理可知,铁锤与石板碰撞过程铁锤所受合外力的冲量大小I=mv0 mv=28.5 N·s,故A错误,B正确;弹性气囊对石板的作用力F做的功为F x图像与横轴围成的面积,则WF= ·d,从铁锤与石板共速到两者速度减为0的过程,根据动能定理得(m+19m)gd+WF=0 (m+19m)v2,解得Fm=+ 21mg=930 N,故C正确,D错误。
10.一列简谐横波沿x轴传播,在t=5 s时的波形图如图甲所示。已知平衡位置位于x=0.8 m处的P点的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A.此简谐波沿x轴负方向传播
B.此简谐波的波速为0.2 m/s
C.平衡位置位于x=1.0 m处的质点在
t=13 s时的运动方向沿y轴负方向
D.在t=0到t=126 s时间内平衡位置位于x=0处的质点通过的路程为4.2 m
√
√
√
【解析】选A、B、D。由图乙可知,在t=5 s时质点P的运动方向沿y轴负方向,根据波的传播方向与质点振动方向的关系,可知此简谐波沿x轴负方向传播,A正确;由图乙可求得周期T=12 s,由图甲可求得波长λ=2.4 m,所以此简谐波的波速为v== m/s=0.2 m/s,故B正确;由图甲可知,x=1.0 m处的质点在t=5 s时从平衡位置沿y轴负方向振动,所以再经8 s,即在t=13 s时其运动方向沿y轴正方向,C错误;在t=0到t=126 s时间内,即Δt=126 s=T,则这段时间内x=0处质点通过的路程为s=10×4A+2A=42×0.1 m=4.2 m,故D正确。
三、实验题
11.某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、光电门、轻质弹簧和滑块等器材设计了测量物体质量和验证动量守恒的实验,组装摆放好的装置如图甲所示。
主要步骤如下:
a.测得A、B滑块上固定的挡光片的宽度均
为d,并根据挡光片调节光电门到合适的高度;
b.将力传感器固定在气垫导轨左端支架上,加速度传感器固定在滑块A上;
c.接通气源,放上滑块,调节气垫导轨,使滑块能在导轨上保持静止状态;
d.弹簧处于原长时右端位于O点,将滑块A向左水平推动,使弹簧右端压至P点,稳定后由静止释放滑块A,并开始计时;
e.计算机采集获取数据,得到滑块A所受弹力
大小F、加速度大小a随时间t变化的图像,如
图乙所示;
f.滑块A与弹簧分开后,经过光电门1,记录遮光时间Δt,然后滑块A、B发生碰撞,碰撞时间极短,B、A分开后依次通过光电门2的时间分别为ΔtB和ΔtA;
回答以下问题:
(1)利用测量数据,验证动量守恒定律的表达式是_______________(用字母
mA、mB、Δt、ΔtA、ΔtB表示);
【解析】(1)由题意,利用测量数据,可得滑块A与滑块B碰撞前瞬间的速度
大小为v0=,滑块A与滑块B碰撞后瞬间的速度大小分别为v1=,v2=,
验证动量守恒定律的表达式是mAv0=mAv1+mBv2即=+。
　=+　
(2)图乙数据包含大量隐含信息,假设F t和a t图像与坐标轴围成的面积
分别为S1、S2,则滑块A与加速度传感器以及挡光片的总质量mA可表示
为_______;将弹簧右端压缩至P点时,弹簧具有的弹性势能可表示为
___________(结果均用S1、S2表示)。
　　
　S1S2　
【解析】(2)根据I=Ft,可知F t图像与坐标轴围成的面积表示物体受到的冲量,可得S1=I=Ft,根据Δv=at,可知a t图像与坐标轴围成的面积表示速度的变化量,可得S2=v0 v1,对滑块A根据动量定理得I=Δp,可得S1=mAS2,则mA=,
由题意,根据功能关系,可得弹簧具有的弹性势能ΔEp=mA(Δv)2 =×× =S1S2。
12.某同学想把量程为0~3 mA但内阻未知的毫安表G改装成量程为0~30 mA的电流表A1;他先测量出毫安表G的内阻,然后对电表进行改装,最后再利用一标准电流表A,对改装后的电流表进行检测,具体实验步骤如下:
①按如图甲所示的电路图连接好线路;
②将滑动变阻器R的阻值调到最大,闭合开关
S1后调节R的阻值,使毫安表G的指针满偏;
③闭合开关S2,保持R不变,调节电阻箱R'的阻值,使毫安表G的示数为1 mA,此时R'接入电路的阻值为1 800 Ω。回答下列问题:
(1)由实验操作步骤可知,毫安表G内阻的测量值Rg=___________Ω。
【解析】(1)闭合开关S2,保持R不变,调节电阻箱R'的阻值,使毫安表G的
示数为1 mA,由并联电路特点可知1 mA×Rg=(3 1) mA×R'
解得Rg=3 600 Ω。
　3 600　
(2)在图甲所示的电路图中,为减小系统误差,下列操作正确的是_______。
A.减小R的总阻值
B.增大R的总阻值
C.选择电动势较大的电源
D.选择电动势较小的电源
【解析】(2)本实验成功的关键是R接入回路的电阻比表头所在局部的电阻大
得多,这样就可以保证R'与表头并联对干路电流的影响足够小,由于表头满偏
电流一定,故电源的电动势越大,R接入干路的阻值就可以越大,实验的系统误
差就越小。故选C。
　C　
(3)用图乙所示的电路对改装后的电流表进行校准,由于内阻测量时造成的
误差,当标准电流表的示数为30 mA时,改装电流表中毫安表G的示数为
2.5 mA。改装后电表的实际量程为______________。
【解析】(3)当标准电流表的示数为30 mA时,改装电流表中毫安表G的示
数为2.5 mA。根据=,解得改装后电表的实际量程为Im=36 mA。
　0~36 mA　
(4)为了尽量消除改装后的电流表测量电流时带来的误差,需选用一新电
阻替换原并联电阻,选用的新电阻为原电阻的________倍。
【解析】(4)根据电流表原理可知(Im Ig)R1=IgRg,(Im0 Ig)R2=IgRg,
其中Im0=30 mA,解得=。
　　
【加固训练】1.半导体薄膜压力传感器是一种常用的传感器,其阻值会随压力变化而改变。现有一压力传感器:
(1)利用图甲所示的电路测量该传感器在不同压力下的阻值RN,其阻值约几十千欧,实验室提供以下器材:
电源电动势为3 V
电流表A(量程为0~250 μA,内阻约为50 Ω)
电压表V(量程为0~3 V,内阻约为20 kΩ)
滑动变阻器R(阻值为0~100 Ω)
为了提高测量的准确性,开关S1应该接_______(选填“1”或“2”),开关S2
应该接_______(选填“3”或“4”);
【解析】(1)RN的阻值约几十千欧,因此有RN>= Ω
=1 000 Ω,为了提高测量的准确性,开关S1应该接2。实验需要测量多
组数据,且电压从零开始变化,实验时滑动变阻器要用分压方式接入电路,
因此开关S2应该接3。
　2　
　3　
(2)通过多次实验测得其阻值RN随压力F变化的关系图像如图乙所示:
(3)由图乙可知,压力越大,阻值__________(选填“越大”或“越小”),且压
力小于2.0 N时的灵敏度比压力大于2.0 N时的灵敏度(灵敏度指电阻值
随压力的变化率)________(选填“高”或“低”);
【解析】(3)由图乙可知,压力越大,阻值越小。由灵敏度指电阻值随压
力的变化率可知,压力小于2.0 N时的灵敏度比压力大于2.0 N时的灵敏
度高。
　越小　
　高　
(4)利用该压力传感器设计了如图丙所示的自动分拣装置,
可以将质量不同的物体进行分拣,图中RN为压力传感器,
R'为滑动变阻器,电源电压为6 V(内阻不计)。分拣时将质
量大小不同的物体用传送带运送到托盘上,OB为一个可绕
O转动的杠杆,下端有弹簧,控制电路两端电压小于3 V时,杠杆OB水平,物体水平
通过进入通道1,当控制电路两端电压大于3 V时,杠杆的B端就会被吸下,物体下
滑进入通道2,从而实现分拣功能。若R'调为30 kΩ,取重力加速度g=10 m/s2,该
分拣装置可以实现将质量超过__________ kg的物体进行分拣(结果保留2位有效
数字),若要将质量超过0.20 kg的货物实现分拣,应该将R'调成__________ kΩ(结
果保留3位有效数字)。
　0.14　
　26.0　
【解析】(4)由题意可知,当控制电路两端电压等于3 V时,控制电路的电流为I== A=1×10 4 A,压力传感器上的电压为3 V,压力传感器的电阻值为RN== Ω=3×104 Ω,由图乙可知传感器上的压力为1.40 N,物体质量为0.14 kg,因此由压力传感器的特点可知,该分拣装置可以实现将质量超过0.14 kg的物体分拣。
若要将质量超过0.20 kg的货物实现分拣,由以上计算分析可知,当物体质量为0.20 kg时,由图乙可知,压力传感器的电阻值为26.0 kΩ,因此应该将R'调成26.0 kΩ时,当货物质量超过0.20 kg时,压力传感器的电阻值小于26.0 kΩ,控制电路两端电压大于3 V,货物实现分拣。
2.如图,运 20加油机正在为三架歼 20隐身战机进行空中加油。四架飞机以相同水平速度v匀速飞行,歼 20飞行时所受空气阻力f=kv2(k为常数)。加油机在时间t内通过水平油管向每架受油机注入质量为m的燃油,燃油注入时相对于受油机的速度恒为v'。忽略加油过程中油管接头与受油机间的相互作用,以及受油机的燃油消耗。则加油过程中歼 20发动机的输出功率(　　)
A.大小为kv3 B.大小为kv3+
C.每秒增加kv2v' D.每秒增加
√
【解析】选B。对燃油根据动量定理有F't=mv ( mv1),且v1+v=v',解得F'=,则加油过程中歼 20发动机的输出功率P'=fv+F'v =kv3+,由于燃油注入时相对于受油机的速度恒为v',则加油过程中歼 20发动机的输出功率不变。故选B。
3.(多选)夏天人们常在家中开电风扇来缓解炎热感,下列相关说法正确的是(　　)
A.风扇提升空气流经人体表面的速度,帮助人体降温
B.在密闭的房间内开电风扇,室内空气的温度会升高
C.风扇提升空气流动的速度,使得室内空气的温度降低
D.风扇提升空气流动的速度,使得室内空气分子热运动的平均动能降低
√
√
【解析】选A、B。电风扇打开只能加快空气流动的速度,加快人体汗液的蒸发,蒸发吸热,所以人感到凉爽,但不能改变室内空气的温度,即不能使室内空气分子热运动的平均动能降低,但在密闭的房间内开电风扇,因电风扇消耗电能产生热能,反而使室内空气的温度会升高。故选A、B。(共19张PPT)
计算题专项练
计算题专项练(一)
1.佛山陶瓷名扬天下,如图所示为某陶瓷窑结构的示意图。某次烧制前,封闭在窑内的气体压强为p0=1.0×105 Pa,温度为室温t0= 27 ℃。烧制时为避免窑内气压过高,窑上有一个单向排气阀,已知当窑内气体温度为t1=327 ℃时,单向排气阀开始排气,此后窑内气体压强保持不变,温度逐渐升高至烧制温度t2=1 227℃。气体可视为理想气体。求:
(1)排气阀开始排气时窑内气体的压强p1;
答案:(1)2.0×105 Pa　
【解析】(1)由题意可知,排气阀开始排气前,气体体积不变,
初状态时p0=1.0×105 Pa,温度为T0=(273+27) K=300 K
末状态时压强为p1,温度为T1=(273+327) K=600 K
对气体,由查理定律可得=
解得排气阀开始排气时窑内气体的压强为
p1=p0=×1.0×105 Pa=2×105 Pa
(2)本次烧制排出的气体占原有气体质量的比例。
答案:(2)3∶5
【解析】(2)排出气体后,气体发生等压变化,
由盖 吕萨克定律可得=
解得V2=V1=V1
则排出的气体的体积为ΔV=V2 V1=V1
则排出的气体占原有气体的质量比为===
2.如图所示,小球A以初速度v0=3竖直向上冲入半径为R的四分之一粗糙圆弧管道,然后从管道另一端M点沿水平方向以速度v1=冲出,在光滑水平面上与右端连有静止小球B的轻质弹簧在同一直线上发生相互作用。已知小球A、B的质量分别为3m、2m,重力加速度大小为g。求:
(1)小球A到达M点时对管道的压力大小及方向;
答案:(1)3mg,方向竖直向上　
【解析】(1)设小球A在M点所受管道弹力大小为N1,假设其方向竖直向下,则有N1+3mg=3m
解得N1=3mg
上述弹力的方向假设成立,根据牛顿第三定律可知N2=N1
解得N2=3mg
方向竖直向上。
(2)小球A在管道内运动过程中阻力做的功;
答案:(2) mgR
【解析】(2)小球A在管道内运动过程,根据动能定理有
3mgR+Wf=×3m×3m
解得Wf= mgR
(3)小球B最终的速度大小。
答案:(3)
【解析】(3)设小球A、B分离后速度分别为vA、vB,A、B两球相互作用过程,规定水平向右为正方向,根据动量守恒定律有3mv1=3mvA+2mvB
根据机械能守恒定律有×3m=×3m+×2m
解得vB=
3.如图所示,在平面直角坐标系中,第三象限里有一加速电场,一个电荷量为q、质量为m的带正电粒子(不计重力),从静止开始经加速电场加速后,垂直x轴从A( 4L,0)点进入第二象限,在第二象限的区域内,存在着指向O点的均匀辐射状电场,距O点4L处的电场强度大小均为 E=,粒子恰好能垂直y轴从C(0,4L)点进入第一象限,如图所示,在第一象限中有两个全等的直角三角形区域Ⅰ和Ⅱ,充满了方向均垂直纸面向外的匀强磁场,区域Ⅰ的磁感应强度大小为B0,区域Ⅱ的磁感应强度大小可调,D点坐标为(3L,4L),M点为CP的中点。粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场。从磁场区域Ⅰ进入第二象限的粒子可以被吸收掉。
(1)求加速电场的电压U;
答案:(1)　
【解析】(1)粒子在加速电场中加速,根据动能定理有qU=mv2
粒子在第二象限辐射状电场中只能做半径为4L的匀速圆周运动,则qE=m
解得U=
(2)若粒子恰好不能从OC边射出,求区域Ⅱ磁感应强度大小;
答案:(2)
【解析】(2)粒子在区域Ⅰ中运动的速度v=
根据qB0v=m
得半径r==
作出对应的运动轨迹如图
若粒子在区域Ⅱ中的运动半径R较小,则粒子会从OC边射出磁场。恰好不从OC边射出时满足∠O2O1Q=2θ
由于OP=3L,OC=4L,所以θ=37°,sin2θ=2sinθcosθ=,又sin2θ=,解得R=r=L,在区域Ⅱ中,根据牛顿第二定律得qvB=m,联立得B=
(3)若粒子能到达M点,求区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小的所有可能值。
答案:(3)B0　B0　B0　B0　B0
【解析】(3)①若粒子由区域Ⅰ到达M点
每次前进=2(R r)cosθ=(R r)
由周期性得=n(n=1,2,3,…)
即L=n(R r)
R=r+ L≥L
解得n≤3,n=1时
R=L ,B=B0,n=2时
R=L,B=B0,n=3时
R=L,B=B0
②若粒子由区域Ⅱ到达M点
由周期性得=+n(n=1,2,3,…)
即L=R+n(R r)
解得R=L≥L
解得n≤。
n=0时
R=L,B=B0。
n=1时
R=L,B=B0
【加固训练】
如图所示,质量均为1 kg的物块A、B静止在水平面上,A、B由劲度系数为3 N/cm 的轻弹簧相连,物块A套在竖直杆上,在竖直向上的力F作用下沿杆缓慢上移,已知物块A、B处于水平面时距离为16 cm,弹簧原长为18 cm,物块B与地面间动摩擦因数μ1为0.75,物块A与杆间动摩擦因数μ2为0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(g取10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8, ≈ 4.123)
(1)当A在地面时,B所受的摩擦力为多少
答案:(1)6 N　
【解析】(1)当A在地面时,根据平衡关系,B所受的摩擦力大小与弹簧弹力大小相等f=F1=k(l0 l)=300×(0.18 0.16) N=6 N
(2)当A上升到c点时,弹簧的弹力恰为使物块B运动的最小值,已知c点的高度hc=0.12 m,B运动之前,力F随上升高度h的变化如图所示,求出坐标a、b和Fc的数值。
答案:(2)0.08 m,0.082 46 m,16 N
【解析】(2)A缓慢上升,视为平衡状态,弹簧弹力先减小再增大,因为存在F=mg=10 N,此时弹簧处于原长初状态,坐标a点弹簧弹力斜向上,设弹簧弹力为T,弹簧与水平方向夹角为θ,则F mg+Tsinθ μ2Tcosθ=0
得tanθ=,得ha=ltanθ=0.08 m
当弹簧处于原长时,有hb==0.02 m≈0.082 46 m
当A上升到c点时,此时弹簧长度为l'=
弹簧弹力为T'=k(l' l0)
设此时弹簧与水平方向夹角为α,
对A受力分析得Fc mg T'sinα μ2T'cosα=0
又tanα=
联立得Fc=16 N(共18张PPT)
计算题专项练(二)
1.如图所示,某种均匀介质制成的圆柱形透明物体,其上表面为水平圆,圆心为O1,半径为6d;下底面为倾斜椭圆,椭圆的中心为O2, MN为长轴,长8d,短轴方向平行于上表面。圆柱体左侧侧线PM的长度最长。在O1正下方4d处放置一点光源。从上表面射出的光形成一半径为3d的圆形亮斑,A为直径PQ与亮斑边缘的交点。已知光在真空中的传播速度为c。
(1)求该介质的折射率;
答案:(1)　
【解析】(1)设该介质的临界角为α,则 n=
由几何关系有sinα=
解得n=
(2)光线SA经圆柱体侧面反射后到达椭圆中心O2,求其从S发出至到达O2的时间。
答案:(2)
【解析】(2)根据题意,画出光路图,如图所示
由折射率与速度的关系得v=
又有SA+AE+EO2=vt
其中SA=5d,AE=, =
解得t=
2.如图所示,两根不计电阻的光滑倾斜平行导轨与水平面的夹角θ=37°,底端及顶端分别接有R1=3 Ω和R2=6 Ω的电阻。在两根导轨所在的平面内建立xOy的坐标系。在x轴方向0到6 m范围内的曲线方程为y1= sin(x) m,6 m到9 m范围内的曲线方程为y2=0.5sin[] m,曲线与x轴所围空间区域存在着匀强磁场,磁感应强度B=0.8 T,方向垂直于导轨平面向上。金属棒PQ的质量为m=0.1 kg,电阻不计,在平行于x轴正方向的外力F作用下以v=5 m/s的速度沿斜面向上匀速运动。(g取10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)
(1)当金属棒PQ通过x=3 m位置时产生的感应电动势;
答案:(1)4 V　
【解析】(1)由曲线方程可知x=3 m处金属棒PQ的有效长度
为L1=1 m
金属棒PQ做切割磁感线运动,产生感应电动势为E,
则E1=BL1v=4 V
(2)求外力F的最大值;
答案:(2)2.2 N　
【解析】(2)由E=Byv可知x=3 m处的F最大,
此时的电流Im1==2 A
由力的平衡可知:Fm=BIm1L1+mgsinθ=2.2 N
(3)求金属棒PQ通过磁场的过程中外力F所做的功。
答案:(3)10.8 J
【解析】(3)金属棒PQ通过磁场的过程中,
其中I1== A,t1==1.2 s,Q1=R并t1=4.8 J
同理Q2=0.6 J
安培力做功W安= (Q1+Q2)= 5.4 J
对金属棒PQ通过磁场过程应用动能定理有:WF mgxsinθ+W安=0
解得:WF=10.8 J
3.如图所示,弹簧左端系于A点,右端与质量为m的小球接触但不连接。现用外力推动小球将弹簧压缩至P点保持静止,此时弹性势能为Ep= Kmg(K为一已知常量),P、B之间的距离为2.5K。小球与水平轨道的动摩擦因数为μ = 0.1。DEF是固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道,轨道上端D点的切线水平,圆心O与轨道下端F的连线与竖直墙面的夹角为127°。静止释放小球,小球进入圆弧轨道后恰好能沿着轨道DEF运动,一段时间后从轨道下端F处脱离,已知重力加速度大小为g。
(1)求小球运动到B点的速度大小;
答案:(1)　
【解析】(1)根据功能关系有Ep=μmg×2.5K+m
解得vB=
(2)求轨道DEF的半径R;
答案:(2)K　
【解析】(2)在B点由重力提供向心力得mg=m
解得R=
(3)在F点下方整个空间有水平向左、大小为F0= 0.75mg的恒定风力,求小球从F点运动到O点正下方时的动能。
答案:(3)5.65mgK
【解析】(3)在F点及其下方,小球受水平向左的风力F0 = 0.75mg和竖直向下的重力mg,由角度关系可知,小球所受合力方向沿着小球速度方向,即沿F点切线方向。从D点到O点正下方由动能定理可得mgR+mg +0.75mg×Rsin53°=Ek m
解得Ek = 5.65mgK
【加固训练】
2024年6月13日消息,“中国环流三号”项目,在国际上首次发现并实现了一种先进磁场结构,对提升核聚变装置的控制运行能力具有重要意义。“中国环流三号”是我国自主设计建造的规模最大、参数最高的先进磁约束托卡马克装置,被誉为新一代人造太阳。磁约束即用磁场来约束等离子体中带电粒子的运动。某一磁约束装置如图所示,现有一个环形区域,其截面内圆半径R1=d,外圆半径R2=3d,圆心均为O点。环形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,已知磁感应强度大小为B。A点为内圆右侧上一点,从A点可向各个方向发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子以不同速度垂直射入磁场,不计粒子重力,且不考虑粒子之间的相互作用力。(答案可用含根号与π的表达式表示)
(1)若带电粒子在A点沿相切与内圆向上的方向射入磁场,刚好不穿越外圆边界,求粒子的速度大小;
答案:(1)　
【解析】(1)由题意可知当粒子从A点与内圆
相切向上射入磁场,轨迹恰好与外圆相切,
如图甲
根据几何关系有r1=(R2 R1)
解得r1=d
洛伦兹力提供带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力,根据牛顿第二定律有qv1B=m
则v1=
(2)若带电粒子沿着OA方向垂直射入磁场,刚好不穿越外圆边界,求粒子速度大小;
答案:(2)　
【解析】(2)当带电粒子以某一速度射入磁场时,粒子的运动轨迹恰好与外圆相切,此时粒子不穿过外圆边界,如图乙所示
根据几何关系有+=(R2 r2)2 解得r2=d
洛伦兹力提供带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的
向心力,即qv2B=m 解得v2=
(3)求带电粒子以(2)中的速度从A点射入磁场到再次返回A点时所需的时间。
答案:(3)(6+4π)
【解析】(3)带电粒子以速度v射入磁场中时,
根据几何关系有tanθ==
解得θ=
故其运动轨迹如图丙所示
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为T=
带电粒子在磁场中运动的圆心角为,第一次回到A点在磁场中运动的时间为t1=T
带电粒子在磁场外做匀速直线运动,第一次回到A点在磁场外所用的时间为t2=3×
带电粒子从A点进入磁场到其第一次回到该点所需要的时间t=t1+t2
解得t=(6+4π)

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