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(共42张PPT)
专题能力提升练(五)　能量
(40分钟　60分)
选择题(1 8题,每小题6分,共48分)
【基础巩固练】
1.(2025·哈尔滨一模)图(1)哈尔滨冰雪大世界大滑梯是一个非常刺激的冰雪娱乐项目,大滑梯可以简化为图(2)模型,质量为m的游客坐在质量为M的雪板上从H=20 m高处由静止滑下,游客与雪板间动摩擦因数为μ1=0.78,不计空气阻力及滑道与雪板间的摩擦力,倾斜滑道与水平滑
道平滑连接且无机械能损失,为保证游客在不脱离雪板(游客与雪板仅靠摩擦力保持相对静止)的前提下运动到缓冲装置时的速度不超过5 m/s,需要在水平滑道上铺设长L=25 m的减速带,重力加速度g取10 m/s2减速带与雪板的动摩擦因数为μ2,则μ2可以为(　　)
A.0.74　　　B.0.76　　　C.0.79　　　D.0.80
√
【解析】选B。根据动能定理可得(m+M)gH μ2(m+M)gL≤(m+M)v2,代入数据解得μ2≥0.75,要使游客与雪板仅靠摩擦力保持相对静止,则μ1=0.78≥μ2,即0.75≤μ2≤0.78,B正确。
2.(2025·揭阳模拟)某卫星发射的过程图简化如下:位于椭圆轨道1的卫星变速后进入圆形同步轨道2,然后在M点再次改变方向进入同步静止轨道3上,Q点为椭圆轨道1的近地点,P点为椭圆轨道1上的远地点,则下列说法正确的是(　　)
A.轨道2可能在某两条经线组成的圆的正上方
B.卫星在Q点的速度大于其在M点的速度
C.卫星在3个轨道上的机械能存在的关系式为E1>E2=E3
D.卫星在轨道2上经过P点时的向心加速度大于其在轨道1上运动时经过P点的向心加速度
√
【解析】选B。某两条经线组成的圆所在平面过地轴,所以轨道2不可能在某两条经线组成的圆的正上方,故A错误;假设Q点为一个圆形轨道4和椭圆轨道1的切点,可知卫星在过Q点做圆周运动的速度大于在M点的速度;而从Q点的圆形轨道变轨到椭圆轨道1需要在Q点点火加速,所以卫星在Q的速度大于其在M点的速度,故B正确;
卫星从低轨道变轨到高轨道需要在变轨处点火加速,卫星的机械能增加,所以卫星在3个轨道上的机械能存在的关系式为E13.(生产生活)在茶叶生产过程中有道分离茶叶、茶梗的工序,如图所示,A、
B两个带电球之间产生非匀强电场,茶叶、茶梗都带正电荷,且茶叶的比荷
小于茶梗的比荷,两者通过静电场便可分离,并沿光滑绝缘分离器落入小
桶。假设有一茶梗P电荷量为3×10 8 C,质量为2×10 4 kg,以1 m/s的速度
离开A球表面O点,最后落入桶底,O点电势为
1×104 V,距离桶底高度为0.65 m,桶底电势为
零。不计空气阻力、茶叶、茶梗间作用力及
一切碰撞能量损失,重力加速度g取10 m/s2,
则(　　)
A.M处的电场强度小于N处的电场强度,M处的电势低于N处的电势
B.茶叶落入右桶,茶梗落入左桶
C.茶梗P落入桶底速度为 m/s
D.茶梗P落入桶底速度为2 m/s
√
【解析】选C。电场线分布的密集程度表示电场强弱,M处电场线分布比N处电场线稀疏一些,则M处电场强度小于N处电场强度,且沿着电场线方向电势降低,故M处的电势高于N处的电势,故A错误;根据牛顿第二定律有qE=ma,解得a=,由于茶叶、茶梗带正电,则电场力产生的加速度方向整体向右,由于茶叶的比荷小于茶梗的比荷,
可知茶叶所受电场力产生的加速度小于茶梗所受电场力产生的加速度,即在相等时间内,茶叶的水平分位移小于茶梗的水平分位移,可知,茶叶落入左桶,茶梗落入右桶,故B错误;对茶梗P进行分析,根据动能定理有mgh+qU=mm,其中U=1×104 V 0=1×104 V,解得v0= m/s,故C正确,D错误。
4.(2025·广州模拟)如图所示,在水平如镜的湖面上方,一颗钢珠从离水面不高处由静止落入水中,会溅起几滴小水珠。下列说法正确的是(　　)
A.部分小水珠溅起的高度可以超过钢珠下落
时的高度
B.小水珠在空中上升过程处于超重状态
C.所有溅起的小水珠运动到各自最高点时速度
一定为零
D.所有溅起的小水珠机械能总和等于钢珠静止
下落时的机械能
√
【解析】选A。钢珠落入水中时,部分能量会转化为小水珠的动能,使得小水珠能够溅起。由于能量守恒,部分小水珠可能会获得足够的动能,使其溅起的高度超过钢珠下落时的高度,A正确;小水珠在空中上升时,加速度方向向下,处于失重状态,而不是超重状态,B错误;被溅起来的小水珠有的可能是竖直上抛,有的可能是斜抛,所以小水珠运动到最高点时竖直方向上的速度一定为零,水平方向上不一定为零,C错误;钢珠下落时,部分能量会转化为水的内能、声能等其他形式的能量,因此小水珠的机械能总和会小于钢珠静止下落时的机械能,D错误。
5.(多选)(2024·重庆选择考改编)活检针可用于活体组织取样,如图所示。取样时,活检针的针鞘被瞬间弹射,开始进入组织。在软组织中运动距离d1后进入目标组织,继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘只受到组织的阻力。已知该阻力与针鞘在组织中的长度成正比,比例系数为K,则(　　)
A.软组织对针鞘做的总功为 K
B.目标组织对针鞘做的总功为K
C.运动d2的过程中,针鞘克服阻力做功为Kd2(0.5d2+d1)
D.到达目标组织表面时动能大小为Kd2(0.5d2+d1)
√
√
【解题指导】(1)针鞘前进d1时,只受到软组织对它的阻力;在目标组织中前进d2时,受到软组织对它的阻力和目标组织对它的阻力。
(2)可根据动能定理分析它的整个运动过程。
【解析】选C、D。由题知,针鞘在软组织前进d1时,其受到软组织的阻力由零变为f1=Kd1,则在这段距离软组织对针鞘做的功为W1= d1= K,针鞘在目标组织前进d2时,其受到软组织的阻力不变,为f1=Kd1,则在这段距离软组织对针鞘做的功为W'1= f1d2= Kd1d2,故软组织对针鞘做的总功为W= Kd1(d2+0.5d1),故A错误;
由题知,针鞘在目标组织前进d2时,其受到目标组织的阻力由零变为f2=Kd2,
则在这段距离目标组织对针鞘做的总功为W2= d2= K,故B错误;
由A、B分析可知在运动d2的过程中,针鞘克服阻力做功为W克=|W'1|+|W2|
=Kd1d2+K=Kd2(0.5d2+d1),故C正确;设针鞘质量为m,当其到达目标组
织表面时的速度为v,继续前进d2减速至零,
根据动能定理有 W克= Kd2(0.5d2+d1)=
0 mv2解得mv2=Kd2(0.5d2+d1),故D正确。
【加固训练】
(科技前沿)风洞,被称为飞行器的摇篮,我国的风洞技术世界领先。如图所示,
在一个直径D=10 m的圆柱形沿竖直方向固定的风洞中,有一质量为m=1.0 kg
的小球从风洞左侧壁上的A点以v0=10 m/s的速度沿其直径方向水平进入风
洞。小球在风洞中的运动过程中,风对小球的作用力竖直
向上,其大小F可在0到4mg间调节,与侧壁碰壁后不反弹,
重力加速度g取10 m/s2,风洞在竖直方向上足够长。
(1)当F=0时,求小球撞击右侧壁的速度;
答案:(1)10 m/s,与水平方向夹角为45°向下
【解析】(1)当F=0时,水平方向有D=v0t1
解得t1=1 s
竖直分速度为vy=gt1=10 m/s
小球撞击右侧壁的速度大小
v1==10 m/s
设速度与水平方向夹角为θ,则有tanθ==1
所以θ=45°
(2)保持v0不变,调节F的大小,求小球撞击右侧壁区域
在竖直方向的最大长度;
答案: (2)20 m　
【解析】(2)结合上述,当F=0时,小球做平抛运动,
竖直方向的分位移y1=g
解得y1=5 m
当F=4mg时,设小球在竖直方向的加速度为a,
根据牛顿第二定律有4mg mg=ma
小球向上偏转做匀变速曲线运动,
则有D=v0t1,y2=a
解得y2=15 m
所以小球撞击右侧壁的区域长度L0=y1+y2
解得L0=20 m
(3)求小球撞击右侧壁的最大动能。
答案: (3)500 J
【解析】(3)小球在F=4mg的风力作用下的合力最大,竖直向上的加速度也最大,所以向上偏转撞击侧壁时的动能最大。
小球撞击右侧壁前,风对小球做功的最大值WF=4mgy2
重力对小球做功的最大值WG= mgy2
根据动能定理有4mgy2 mgy2=Ek m
解得小球撞击右侧壁的最大动能Ek=500 J
【综合提升练】
6.(多选)从地面上将一物体竖直向上抛出,物体运动过程中受到恒定大小的空气阻力作用,其上升过程中动能与重力势能随上升的高度变化的图像如图所示,则根据该图像可以求出(　　)
A.物体落回地面时的动能
B.物体上升到最高点的机械能
C.物体上升的最大高度
D.物体从抛出至落回抛出点所用的时间
√
√
【解析】选A、B。设重力势能和动能相等的高度为h1,阻力大小为f,物体
质量为m,由动能定理得 mgh1 fh1=40 J 100 J①,重力势能和动能相等时
mgh1=40 J②,由①②得=,动能的减小量和重力势能的增加量的比值
===,则从上升过程中动能与重力势能相等到最高点,
动能减小量为40 J,则重力势能增加×40 J= J,故可
求得上升到最高点的机械能E=40 J+ J= J,
故B正确;
上升过程中减少的机械能ΔE=100 J J= J,因阻力恒定,下降过程减少的机械能和上升过程减少的机械能相同也为 J,故可求得返回地面时的动能Ek=100 J J J= J,故A正确;因物体质量未知,阻力大小未知,故无法由图像求得物体上升的最大高度,故C错误;因物体质量未知,阻力大小未知,故无法由图像求得从抛出至落回抛出点所用的时间,故D错误。
【总结提升】图像问题的应用技巧
(1)应用图像中特殊点的坐标值。根据图像纵、横坐标的意义,读出特殊点的坐标值。将得到的坐标值作为已知条件,根据物理规律列式求解。
(2)应用图像的斜率、截距。分析图像的斜率、截距对应的物理量,根据斜率、截距的大小就得到了相应的物理量的大小,再做进一步的分析。
7.(多选)(2025·潮州模拟)如图甲所示,两条足够长的平行金属导轨间距为1 m,
固定在倾角为37°的绝缘斜面上。导轨顶端连接一个阻值为1 Ω的电阻。在MN
下方存在方向垂直于斜面向上、大小为0.5 T的匀强磁场。质量为1 kg的金属
棒从AB处由静止开始沿导轨下滑,其运动过程中的v t图像如图乙所示,且已知
金属棒从进入磁场到速度达到8 m/s时通过电阻的电荷量为5 C。金属棒运动
过程中与导轨保持垂直且接触良好,不计金属棒和导轨的电阻,g取10 m/s2,
sin37°=0.6,cos37°=0.8,则(　　)
A.金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.25
B.金属棒在磁场中能够达到的最大速率为16 m/s
C.金属棒从进入磁场到速度达到8 m/s过程所经历的时间为1.25 s
D.金属棒从进入磁场到速度达到8 m/s过程中电阻产生的焦耳热为16 J
√
√
√
【解析】选A、B、D。由图乙可知,金属棒进入磁场前的加速度为
a=4 m/s2,对导体棒受力分析,根据牛顿第二定律有mgsin37°
μmgcos37°=ma,解得μ=0.25,故A正确;导体棒切割磁感线,根据闭合
电路的欧姆定律有I==,可得导体棒所受安培力F=BIL=,
由左手定则知安培力沿斜面向上,当a=0时,金属棒的速率达到最大
值,则有mgsin37°=μmgcos37°+,解得vm=16 m/s,故B正确;
金属棒刚进入磁场时的速度大小为v0=4 m/s,从进入磁场到速度达到v=
8 m/s过程中,设经过的时间为t,取沿导轨向下为正方向,根据动量定理可
得(mgsin37° μmgcos37°)t BLt=mv mv0,其中t=q=5 C,解得t=1.625 s,
故C错误;设金属棒进入磁场后下滑距离为x,则根据法拉第电磁感应定
律有E==,可得感应电流I==,而q=IΔt,则有q==5 C,解得
x=10 m,由能量守恒定律得mv2+μmgxcos37°+Q=mgxsin37°+m,
解得Q=16 J,故D正确。
8.如图所示,竖直圆形光滑轨道固定在水平地面上,右侧为管状结构,左侧为单层,外圆半径为R。将质量为m的小球置于轨道最高点,给小球一个轻微的扰动,让小球从右侧由静止滑下。已知管的内径略大于小球直径,且远小于外圆半径,重力加速度大小为g。关于小球的运动,下列说法正确的是(　　)
A.小球一定能够回到轨道最高点
B.小球运动过程中对轨道的最大压力为6mg
C.小球脱离轨道时的速度大小为
D.小球脱离轨道时离地面的高度为R
√
【解析】选D。小球从最高点滑下,由于轨道光滑,机械能守恒;当小球滑到
最低点时,重力势能完全转化为动能,再从最低点上升时,动能逐渐转化为
重力势能。由机械能守恒可知小球能后回到最高点速度减为零;但是小球
在左侧单层轨道上运动时,会在中途脱离轨道导致无法回到最高点,故A错
误;小球在最低点时速度最大,对轨道的压力也最大。根据机械能守恒,从
最高点到最低点的过程满足mg(2R)=mv2,解得v=,在最低点,小球受
到的向心力由轨道的支持力N和重力mg提供,则N mg=m,
解得N=5mg,由牛顿第三定律可知小球对轨道的最大压力
为5mg,故B错误;
小球在左侧单层轨道上运动时,当重力不足以提供向心力时,小球会脱离
轨道。设小球脱离轨道时与竖直方向的夹角为θ,此时小球的速度为v',
满足mgcosθ=m,从最高点到脱离点,根据机械能守恒得
mgR(1 cosθ)=mv'2,解得v'=,故C错误;
小球脱离轨道时,与竖直方向的夹角θ满足cosθ=,
此时小球离地面的高度为h=R(1+cosθ)=R,故D正确。
9.(12分)(体育运动)打高尔夫球是很多人都想尝试的一项运动项目。在某次训练中,运动员将一质量m=45 g的高尔夫球从A点沿与水平方向成60°角斜向上的速度v0(大小未知)击出,高尔夫球在空中运动一段时间后刚好从B点沿切线方向滚入一半径R=10 m的沙坑中,高尔夫球运动到沙坑最低点 C时对沙坑的压力 FN=0.9 N。
高尔夫球运动过程的简图如图所示,已知∠BOC=30°,AB两点的距离s=180 m,高尔夫球的运动始终在同一竖直面内,忽略空气阻力影响,不考虑高尔夫球在沙坑中运动时可能粘上沙子而带来的质量变化,高尔夫球可视为质点,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)高尔夫球从A点击出瞬间的速度大小v0;(4分)
答案:(1)30 m/s　
【解析】(1)如图所示,沿初速度方向和垂直初速度方向建立坐标系,将高尔夫球在空中的曲线运动分解为x方向的匀减速直线运动和y方向的匀加速直线运动,设x方向加速度为 ax,y方向加速度为 ay,将加速度正交分解可得ax=gsin60°=5 m/s2,ay=gcos60°=5 m/s2
高尔夫球从A点运动到B点的时间为t,由题意得高尔夫球运动到B点时沿x轴方向的速度减为0,利用逆向思维法可得x=axt2
在y轴方向上y=ayt2
根据几何关系可得s2=x2+y2,g2=+
又由运动规律v0=axt
联立解得v0=30 m/s
(2)高尔夫球从B点运动到C点过程中沙子对高尔夫球所做的功W。(8分)
答案: (2) 18.6 J
【解析】(2)设高尔夫球运动到B点、C点时的速度分别为 vB、 vC,由上述分析在y轴根据运动规律可得vB=ayt=30 m/s
在C点由合外力提供向心力可得F支 mg=
由牛顿第三定律得F支=FN
从B点到C点过程由动能定理得mgR(1 cos30°)+W=mm
联立得W≈ 18.6 J(共35张PPT)
专题能力提升练(四)　机械振动和机械波
(40分钟　60分)
选择题(1 8题,每小题6分,共48分)
【基础巩固练】
1.(现代科技)歼 20(图甲)是我国现役的一款具备高隐身性、高态势感知、高机动性等能力的隐形第五代制空战斗机,图乙为歼 20某次执行任务水平飞行时的示意图,图中一系列圆表示歼 20不同时刻发出的声波所到达的位置,这些圆相切于一点,歼 20恰处于该点上。下列说法正确的是(　　)
A.歼 20正在靠近P点
B.歼 20的速度与它发出声波的速度大小相等
C.Q处速度为零的观察者接收到声波的频率等于歼 20发出声波的频率
D.P处速度为零的观察者接收到声波的频率高于Q处速度为零的观察者接收到声波的频率
√
【解析】选B。圆的位置逐渐右移,说明歼 20的运动方向向右,正在远离P点,选项A错误;歼 20恰处于这些圆的同一切点上,说明歼 20与它发出的声波在相等时间内向右运动的距离相等,故两者速度大小相等,选项B正确;歼 20远离Q点,该处速度为零的观察者接收到声波的频率小于歼 20发出声波的频率,选项C错误;歼 20发出的声波在各方向上速度相同,由题图乙可知Q处声波密集,P处声波稀疏,即处于P点的观察者单位时间内接收到完整波的个数最少,即P处接收到声波的频率小,选项D错误。
【归纳总结】两种频率的比较
波源 频率 波源完成一次全振动,向外发出一个波长的波,称为一个完全波。频率表示单位时间内完成的全振动的次数。因此波源的频率又等于单位时间内波源发出的完全波的个数
接收 频率 波源和观察者相对静止时,观察者接收到的频率等于波源的频率
波源和观察者有相对运动时,观察者在单位时间内接收到的完全波的个数发生变化,即感觉到波的频率发生变化
2.一根粗细均匀的木筷下端绕几圈铁丝,竖直浮在平静的湖水中,如图所示。把木筷从原静止位置P处往上提至Q处放手,木筷就在水中上下振动,不计水的阻力。在木筷下降过程中(　　)
A.加速度变大
B.P处为最低点
C.浮力先变大后变小
D.合力先变小后变大
√
【模型建构】
【解析】选D。根据题意可知Q位置为振幅最大的位置,P位置为平衡位置,木筷做简谐运动,木筷向下运动的最低点是Q关于P的对称点,木筷做简谐运动的位移先减小后增大,加速度a=,可知加速度先变小后变大,所受合力先变小后变大,选项D正确,A、B错误;根据F浮=ρgV排可知木筷向下运动到最低点过程中,排开水的体积变大,则浮力一直变大,选项C错误。
【一题多变】
以木筷静止时下端所在位置为坐标原点O建立直线坐标系,把木筷往下压一段距离x后放手,木筷就在水中上下振动。已知水的密度为ρ,重力加速度为g,不计水的阻力。试证明木筷的振动是简谐运动。
【解析】如图所示
取向下为正方向,将木筷往下按x之前mg=F浮=ρgSx0
按下x后F浮=ρgS(x0+x)
F回= F浮+mg= ρgSx
令ρgS=k
F回= kx
所以木筷在水中的运动为简谐运动。
答案:见解析
3.(2025·黑吉辽内蒙古高考)平衡位置在同一水平面上的两个振动完全相同的点波源,在均匀介质中产生两列波。若波峰用实线表示,波谷用虚线表示,P点位于其最大正位移处,曲线ab上的所有点均为振动减弱点,则下列图中可能满足以上描述的是(　　)
√
【解析】选C。根据题意P点位于其最大正位移处,故可知此时P点位于两列波的波峰与波峰相交处,故B、D不符合题意;根据干涉规律可知,相邻波峰与波峰,波谷与波谷连线上的点都是加强点,故A图像中的曲线ab上的点存在振动加强点,不符合题意。故选C。
4.(2025·河源模拟)如图,在竖直分界线ab左侧有竖直向下的匀强电场,右侧有水平向里的匀强磁场。带正电、可视为质点的橡胶小物块用一根绝缘细线悬挂于O'处。t=0时,小物块经过最低点向右运动,且在竖直面内摆动的最大摆角小于5°。用v表示小物块的速度,规定向右为正方向,忽略空气阻力,下列图像可能正确的是(　　)
√
【解析】选A。小物块在磁场中摆动时,洛伦兹力对小物块的摆动周期
没有影响,设绝缘细线长为L,则依然用T=2π进行计算,小物块在电场
中摆动时,电场力与重力的合力为等效重力,等效重力加速度为g',则有
g'>g,则其在电场中的周期T'=2π,故其周期比
没有电场时的周期小,小物块在最低点的速度不会
变化,选项A正确。
【方法技巧】求等效重力加速度的一般步骤
先求出单摆静止在平衡位置处的拉力F,该力等效为重力,
然后根据g'=求出等效重力加速度。
5.(2025·四川高考)如图所示,甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上,从左至右摆长依次增加,小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度,由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时,小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点,同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则(　　)
A.小球甲第一次回到释放位置时,小球丙加速度为零
B.小球丁第一次回到平衡位置时,小球乙动能为零
C.小球甲、乙的振动周期之比为3∶4
D.小球丙、丁的摆长之比为1∶2
√
【解析】选C。根据单摆周期公式T=2π,可知T丁>T丙>T乙>T甲,
设小球甲的周期为T甲,根据题意可得2T甲==T丙=,
可得T丙=2T甲,T乙=T甲,T丁=4T甲,可得T甲∶T乙=3∶4,T丙∶T丁=1∶2,
根据单摆周期公式T=2π,结合T丙∶T丁=1∶2,
可得小球丙、丁的摆长之比L丙∶L丁=1∶4,
故C正确,D错误;
小球甲第一次回到释放位置时,经过T甲(即)时间,小球丙到达另一侧最高点,此时速度为零,位移最大,根据a= 可知此时加速度最大,故A错误;根据上述分析可得T乙=T丁,小球丁第一次回到平衡位置时,小球乙振动的时间为(即)可知此时小球乙经过平衡位置,此时速度最大,动能最大,故B错误。
6.(休闲娱乐)(多选)图甲为某同学利用跳绳模拟战绳训练,该同学将绳子一端固定在杆上,用手上下甩动另一端。图乙为绳上P、Q两质点的振动图像,P、Q两质点平衡位置相距5 m。波由P向Q传播。下列说法正确的是(　　)
A.增大甩动的频率,则波在绳子上传播速度增大
B.t=0.5 s时,P、Q两质点振动方向相同
C.波长可能为0.6 m
D.波速可能为 m/s
√
√
【解析】选B、D。波的传播速度只和介质有关,所以增大甩动的频率,则波在绳子上传播速度不变,选项A错误;由图乙可知,t=0.5 s时刻,P、Q两质点振动方向相同,选项B正确;
根据题意可知(n+)λ=xPQ(n=0,1,2…),所以λ= m(n=0,1,2…),
当波长为0.6 m时,n不能取整数,选项C错误;波速为
v== m/s(n=0,1,2…),
当波速为 m/s,则n=1,
选项D正确。
【方法技巧】解决周期性多解问题时,往往采用从特殊到一般的
思维方法,即找出一个周期内满足条件的Δt或Δx,若为时间,则t=nT+Δt(n=0,1,2,…);若为距离,则x=nλ+Δx(n=0,1,2,…)
【综合提升练】
7.(2025·广州模拟)如图甲所示,平静水面上两个频率相同的简谐波源S1、S2与点M处于直角三角形的三个点上,θ=30°,MS1=3 m。t=0时,S1、S2同时垂直水面开始振动,至9 s时点M的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A.两列波的传播速度均为1 m/s
B.两列波的周期均为3 s
C.两列波的波长均为3 m
D.两列波的振幅分别为5 cm和2 cm
√
【解析】选A。机械波的传播速度只与介质有关,因而两列波的波速相等,根据几何关系S1、S2到点M的距离之差为Δx=MS2 MS1= MS1=3 m,由题图乙可知,前3 s两列波都未传到M点,3 s时S1的水波先传到M点,单独在M点激起振动,6 s时S2的水波也传到M点,两列波叠加形成干涉振动。
故S1、S2产生的水波传到M点的时间差为Δt=6 s 3 s=3 s,水波的传播速度大小v==1 m/s,故A正确;由题图乙可知两列波的周期均为T=2 s,故B错误;波长λ=vT=2 m,故C错误;由以上分析可知M点为振动减弱点,由题图乙,可知波源S1、S2产生的波的振幅分别为5 cm、3 cm,二者叠加合成的振幅为2 cm,故D错误。
8.(多选) “地震预警”是指在地震发生以后,抢在地震波传播到受灾地区前,向受灾地区提前几秒至数十秒发出警报,通知目标区域从而实现预警,科研机构为此对波的特性展开研究。如图1所示为所研究的一列沿x轴传播的简谐横波在t=2 s时刻的波形图,x=3 m处的质点M的振动图像如图2所示。下列说法正确的是(　　)
A.该横波将使固有频率为4 Hz的物体产生共振
B.一人驾驶汽车快速逃离震中的过程中接收到的地震波频率将小于
0.25 Hz
C.质点M的振动方程是y=1.7sinπt(cm)
D.在2.5~3.5 s时间内,质点M通过的路程为(3.4 1.7)cm
√
√
【解析】选B、D。由图2可知质点的振动周期T=4 s、频率f=0.25 Hz,
不能使固有频率为4 Hz的物体产生共振,A错误;因为人远离波源,故接
收到的频率小于0.25 Hz,B正确;由ω==0.5π可知,质点M的振动方程
是y= Asinωt= 1.7sinπt(cm),C错误;2.5 s代入M的振动方程可知,
质点M位移为1.7 cm,3.5 s时位移为1.7 cm,所以通过的路程为
1.7 cm 1.7 cm+1.7 cm 1.7 cm=
(3.4 1.7)cm,D正确。
【加固训练】
图甲所示“反向蹦极”区别于传统蹦极,让人们在欢笑与惊叹中体验到了别样的刺激。情境简化为图乙所示,弹性轻绳的上端固定在O点,下端固定在体验者的身上,多名工作人员将人竖直下拉并与固定在地面上的力传感器相连,人静止时传感器示数为1 200 N。打开扣环,人从a点像火箭一样被“竖直发射”,经速度最大位置b上升到最高点c。已知ab=3 m,人(含装备)总质量m=80 kg(可视为质点)。忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.打开扣环瞬间,人的加速度大小为5 m/s2
B.体验者在a、c间做简谐运动
C.b、c两点间的距离为3.25 m
D.人在c点的加速度大小为15 m/s2
√
【解析】选C。设弹性轻绳的劲度系数为k,体验者处于a点时轻弹性绳的伸长量为x,则有kx mg=1 200 N,体验者经过b点时有k(x ab)=mg,两式联立得k=400 N/m,x=5 m,体验者由a点运动到c点过程中,由动能定理得·x mg(ab+bc)=0,求得bc=3.25 m,C正确;打开扣环瞬间,由kx mg=ma,因为弹力不能突变,所以kx mg=1 200 N,解得a=15 m/s2,A错误;
打开扣环时,体验者所受回复力(即体验者所受重力与弹性轻绳弹力的合力)大小等于传感器的示数,即1 200 N,因为1 200 N>mg=800 N,所以体验者到达c点前弹性轻绳已经松弛,即体验者在a、c间的运动不是简谐运动,B错误;人在c点时只受重力,加速度大小为g,即10 m/s2,D错误。
9.(12分)(2025·汕头模拟)在同一均匀介质中,分别位于x= 8 m和x=6 m处的两个持续振动的波源A、B沿y轴振动,形成两列相向传播的简谐横波a和b,两列波在t=0时的波形如图所示,a波的波速va沿x轴正方向,周期T1=0.5 s,b波的波速vb沿x轴负方向,求:
(1)b波的波速vb的大小;(4分)
答案:(1)8 m/s　
【解析】(1)根据题意,由题图可知,横波a、b的波长均为λ=4 m,
两列简谐横波a、b在同一介质中传播,两者波速相等,可知两波的周期相同,T2=T1=0.5 s,
解得va=vb==8 m/s。
(2)0~3 s时间内x=4 m处质点运动的路程。(8分)
答案: (2)160 cm
【解析】(2)a波传到x=4 m处需要的时间t1==1 s
t1=2T,由题图知b波的振幅A2=10 cm,得s1=8A2=80 cm。
a、b两列简谐横波的周期相同,相遇时发生干涉现象
两列简谐横波波源的起振方向相同,则x=4 m处的波程差Δx=[4 ( 8)]m (6 4)m=10 m=2.5λ,可知,此处为振动减弱点。
a波传到x=4 m后,振动时间t2=t t1=4T,
由题图知a波的振幅A1=15 cm,得s2=16(A1 A2)=80 cm,
则0~3 s时间内x=4 m处质点振动的路程s=s1+s2=160 cm。(共44张PPT)
专题能力提升练(八)　磁场
(40分钟　80分)
选择题(1 5题,7 8题,每小题6分,共42分)
【基础巩固练】
1.(2025·北京朝阳区一模)如图所示,光滑水平面上的铜球可绕竖直轴aa'、水平轴bb'或水平轴cc'转动。如果铜球表面有明显的图案,可以观察它的转动情况;或者用手触摸它,通过感受力的作用可判断它的转动情况。有人设想:如果铜球表面没有图案且绝对光滑,此时判断转动情况是不容易的。若水平面绝缘,用以下方法一定能够判断光滑铜球是否在转动和转动方向的是(　　)
A.沿aa'方向滴下一小滴红墨水,观察红墨水落在水平面上的痕迹
B.用另一等大的圆球沿bb'直线撞击铜球,观察两球碰后的运动方向
C.用电子束使铜球带电,测量球带电前后轴aa'上某点的磁感应强度的变化
D.把磁铁的磁极沿轴bb'方向放置,观察铜球相对磁铁位置的变化
√
【解析】选C。若aa'方向滴下一小滴红墨水,若铜球转动,红墨水在接触铜球瞬间会因摩擦力(此处假设存在微小摩擦力)获得与铜球接触点相同的线速度。但由于铜球表面绝对光滑,红墨水与铜球之间不存在摩擦力,红墨水不会因铜球转动而获得额外的速度,其落在水平面上的痕迹仅取决于滴下时的初始状态,无法反映铜球是否转动以及转动方向,故A错误;用另一等大的圆球沿bb'直线撞击铜球,两球碰撞后运动方向的变化取决于碰撞过程中的动量守恒、能量守恒等因素以及碰撞的具体情况(如碰撞是否为弹性碰撞等),而与铜球原本是否转动并无直接关联,不能通过观察两球碰后的运动方向来判断铜球是否转动和转动方向,故B错误;
当用电子束使铜球带电后,若铜球转动,带电的铜球会形成环形电流(因为电荷随铜球一起转动)。根据安培定则,环形电流会在周围空间产生磁场,则在轴aa'上某点的磁感应强度就会发生变化。通过测量铜球带电前后轴aa'上某点的磁感应强度的变化,就能够判断铜球是否转动;同时,根据磁场方向与电流方向的关系(安培定则),还可以进一步判断转动方向,故C正确;把磁铁的磁极沿轴bb'方向放置,铜球本身是金属,但它不是磁性材料,即使铜球转动,在没有其他因素(如铜球带电形成电流等)的情况下,铜球与磁铁之间也不会产生明显的与转动相关的相互作用,无法通过观察铜球相对磁铁位置的变化来判断铜球是否转动和转动方向,故D错误。
2.(2025·梅州模拟)如图所示,金属导体棒aOb放置于匀强磁场中,aO和Ob长度均为L,夹角为120°,匀强磁场磁感应强度大小为B,方向与aOb平面平行且与aO垂直。现保持aOb不动,磁感应强度大小不变,使磁场顺时针缓慢转动30°至与Ob平行,转动过程中,aOb中通有大小为I的恒定电流,则此过程中aOb所受安培力的大小变化情况为(　　)
A.一直增大
B.一直减小
C.先增大后减小
D.先减小后增大
√
【解析】选B。根据F=BILsinθ(θ为电流方向与磁场方向的夹角),磁场转动过程中,磁场方向与aO和bO之间的夹角均减小,可知两段导体棒所受安培力均减小,它们的合力也就不断减小,故选B。
3.(生产生活)笔记本电脑趋于普及,电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件,当显示屏开启时磁体远离霍尔元件,电脑正常工作;当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件,屏幕熄灭,电脑进入休眠状态。如图,一块宽为a、厚为b、长为c的矩形半导体霍尔元件,元件内单位体积自由电子数为n,电子电量大小为e,通入方向向右,大小为I的电流,此时显示屏闭合,元件处于垂直于上表面、方向向上,大小为B的匀强磁场中,前后表面间出现大小为U的电压,以此控制屏幕的熄灭。则关于该元件的说法不正确的是(　　)
A.前表面的电势比后表面的高
B.自由电子受到的电场力大小为
C.自由电子受到的洛伦兹力大小为
D.电压U满足U=
√
【解析】选A。
选项 选项剖析 对错
A 电流向右,载流体为电子,由左手定则可知,电子偏向前 表面,可知前表面的电势比后表面的低 ×
B 自由电子受到的电场力大小为F= √
C 根据I=neSv=neabv,自由电子受到的洛伦兹力大小为f=Bev= √
D 平衡时满足F==f=,即电压U满足U= √
4.(多选)如图所示,圆形区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,质量为m、电荷量为q的带电粒子从P点沿平行于直径CD的方向射入磁场,粒子经过圆心O,最后离开磁场。已知圆形区域半径为R,PO与CD间的夹角为45°,不计粒子重力。则(　　)
A.粒子运动速率为
B.粒子在磁场中运动的时间为
C.粒子在磁场中运动的路程为πR
D.粒子离开磁场时速度方向不可能平行于CD
√
√
【解题指导】解答本题应注意以下两点
(1)作初速度的垂线和弦的中垂线,确定粒子做圆周运动的圆心,并画出粒子的运动轨迹。
(2)应用半径公式、周期公式做好进一步的分析。
【解析】选A、C。根据题意画出粒子的运动轨迹,如图所示
由于圆形区域半径为R,则P点到CD的距离为R,设粒子做圆周运动的半径为r,根据几何关系有r=R,粒子做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,则有qvB=m,解得v=,A正确;
根据上述分析可知,粒子在磁场中运动轨迹为半个圆周,粒子圆周运动的周期T==,则粒子在磁场中运动的时间为t=T=,粒子出磁场时速度方向平行于CD,B、D错误;粒子在磁场中运动的路程为x=·2πr=πR,C正确。
5.竖直平面内同时存在匀强电场和匀强磁场,已知电场方向水平向右,磁场方向未知,一质量为m、带电荷量为q的带电小球在竖直平面内运动,其电势能和重力势能随时间的变化如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.该小球的运动轨迹可能为曲线
B.匀强磁场方向一定与该小球的运动方向垂直
C.0~10 s内该小球的动能减少了10 J
D.0~10 s内除静电力和重力外,其他的力对该小球做的功为10 J
√
【解析】选D。
6.(12分)在高能物理研究中,需要实现对微观粒子的精准控制。如图所示,电子在管道PQ内匀强电场的作用下由P点从静止开始做匀加速直线运动,从Q点射出,电子最终击中与枪口相距d的点M。QM与直线PQ夹角为α,且P、Q、M三点均位于纸面内。已知电子的电荷量为 e(e>0)、质量为m、PQ间距为d、电场强度为E。
(1)求电子从Q点射出时的速度大小v;(3分)
答案:(1)
【解析】(1)加速过程,根据动能定理eEd=mv2
解得v=
(2)若仅在管道外部空间加入垂直于直线PQ的匀强电场E1,请确定E1的方向和大小;(4分)
答案: (2)E1的方向垂直PQ向上,大小为
【解析】(2)匀强电场E1垂直于直线PQ,则电子离开Q点后做类平抛运动,故电场力垂直PQ向下,又电子带负电,则电场E1方向垂直PQ向上(PQM平面),PQ方向做匀速直线运动,有vt=dcosα
垂直PQ方向匀加速直线运动,有at2=dsinα
根据牛顿第二定律得a=
联立可得E1=
(3)若仅在管道外部空间加入与直线QM平行的匀强磁场,求磁感应强度的最小值B。(5分)
答案: (3)2πcosα
【解析】(3)将速度沿着QM和垂直QM方向分解v||=vcosα,v⊥=vsinα
垂直QM方向做圆周运动,有qv⊥B=m
运动周期T==
磁感应强度取最小值,则周期T取最大值,平行QM方向做匀速直线运动t==
分运动的时间相同,刚好为一个周期T,即t=T
联立解得B=2πcosα
【综合提升练】
7.(多选) (2025·阳江模拟)如图甲所示,两块平行正对的金属板PQ、MN水平放置,板间加上如图乙所示的交变电压uOA(U0、t0为已知量),金属板右侧分布着垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带电粒子以大小为v0的初速度在t=0时刻从上极板左端边缘P处水平向右进入金属板间的电场内,然后从下极板右边缘N处水平进入磁场,最终恰好从下极板左边缘M处水平向左离开金属板,轨迹如图甲中虚线所示。忽略粒子所受的重力和极板的边缘效应,下列说法正确的是(　　)
A.粒子带正电
B.粒子整个运动过程中的最大动能为(m+qU0)
C.金属板的长度为v0t0
D.匀强磁场的磁感应强度大小为
√
√
√
【解析】选A、B、D。粒子从t=0时刻开始进入电场,由电场性质以及电场力可知粒子带正电,A正确;粒子在电场中运动时,电场力先对粒子做正功,再对粒子做负功,根据能量守恒定律可知,粒子的最大动能Ekm=(m+qU0),B正确;
由运动轨迹可知,粒子先在电场中做加速运动的时间为t0,再做减速运动的时间为t0,进入磁场中做半个周期的圆周运动,然后在电场中做加速运动的时间为t0,再做减速运动的时间为t0,最终从下极板边缘水平射出,粒子在电场中水平方向做匀速直线运动,故金属板的长度L=v0t0,C错误;
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R,金属板间的距离d=2R,粒子在电场中做类平抛运动,根据牛顿第二定律可得qU0=mad,由运动学公式可得R=a()2=·()2,联立解得R=,在匀强磁场中,洛伦兹力提供圆周运动的向心力,则有Bqv0=,解得磁感应强度大小B==,D正确。
8.(多选)带电小球的质量为m、电量为+q,磁感应强度大小为B(范围无限大),重力加速度大小为g,小球由静止开始下落,则以下猜想正确的是(　　)
A.M、N两点间的距离为
B.小球在运动过程中机械能不守恒
C.小球下降的最大高度为
D.小球的加速度大小恒为g
√
√
【解析】选C、D。带电小球在重力场、磁场中的运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动和在竖直平面内的匀速圆周运动。带正电小球的初速度为零,分解为在水平方向上有两个大小相等、方向相反的初速度。让水平向右的速度对应的洛伦兹力与小球的重力平衡,则水平向左的速度对应的洛伦兹力提供小球匀速圆周运动向心力。
在水平方向上带电小球受力平衡,则有mg=Bqv,求得水平速度为v=,竖
直面内匀速圆周运动半径为R==,周期为T=,MN两点间距离为
s=vT=,故A错误;小球在运动过程中只有重力做功,洛伦兹力不做功,
则小球的机械能守恒,故B错误;小球下落的最大高度为h=2R=,故C正
确;小球在水平面内是匀速直线运动,竖直
面内是匀速圆周运动,小球的加速度大小
恒为a向==g,故D正确。
【总结提升】“配速法”的应用思路
(1)为了平衡带电粒子的重力或电场力,添加一个速度v,使该速度产生的洛伦兹力恰好平衡重力或电场力。
(2)需要再加一速度v'来抵消添加的速度v,这样效果上与没加速度相同。速度v'产生的洛伦兹力使带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。
9.(12分)(2024·重庆选择考改编)某同学设计了一种利用电磁场收集粒子的收集器。如图所示,比荷为k的带正电的粒子,由固定于M点的发射枪以不同速率射出后,沿MN方向运动,能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K点,O点在MN上,且KO垂直于MN。已知MO=2KO=2b。速率为v0的粒子射出瞬间,打开电场开关,空间中立刻充满方向平行于OK向上的电场,该粒子被收集,不计粒子重力及粒子间的相互作用。
(1)求电场强度大小;(4分)
答案:(1)　
【解析】(1)加电场后,沿OM方向有2b=v0t
垂直OM方向有a==kE
又因为b=at2
联立解得E=
(2)关掉电场开关,速率为v0的粒子运动到O点时,打开磁场开关,空间中立刻充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场,该粒子被收集,忽略磁场突变的影响,求磁感应强度大小;(3分)
答案: (2)　
【解析】(2)粒子到达O点时打开磁场开关,粒子做匀速圆周运动,由几何关系可知此时粒子轨迹半径为r=
由洛伦兹力提供向心力得qv0B=m
联立解得B=
(3)关掉电场开关,速率为3v0的粒子射出后,运动一段时间再打开磁场开关,磁场的磁感应强度与(2)相同,该粒子也能被收集。求打开磁场的那一时刻粒子的位置与O点的距离。(5分)
答案: (3)b
【解析】(3)综合以上分析,速率为3v0时,粒子在磁场中运动的轨迹半径R=3r
设粒子射出一段时间后到达P点时打开磁场开关,要使粒子仍然经过K点,则
情况一:P点在O点左侧P1时,如图所示
由几何关系有(3r 2r)2+O=(3r)2
解得OP1=2r=b
情况二:P点在O点右侧P2时,如图所示
由几何关系有(3r 2r)2+O=(3r)2
解得OP2=2r=b
综上所述,打开磁场时粒子与O点的距离为b
10.(14分)在芯片制造过程中,离子注入是其中一道重要的工序。中国电
子科技集团已实现国产离子注入机28纳米工艺制程全覆盖,有力保障了
我国集成电路制造行业在成熟制程领域的产业安全。简化的离子注入
工作原理示意图如图所示。离子源内发出
电离后的+3价硼离子,经加速器加速后沿
质量分析器的中轴线运动并从F点射出,之
后从P点垂直进入四分之一圆环形磁偏转室,
偏转90°后从Q点垂直边界射出,
最后垂直打到注入靶上。已知加速器加速电压为U1;质量分析器的C、D两极板间距为d,板间磁感应强度大小为B1,方向垂直于纸面向外;O点为圆环形磁偏转室的环心,OP=L,硼离子质量为m,电子电荷量大小为e,忽略硼离子离开离子源时的速度,不考虑离子重力以及离子间的相互作用。
(1)求硼离子离开加速器时的速度大小v。(4分)
答案:(1)
【解析】(1)在加速器中,对硼离子由动能
定理有3eU1=mv2
得v=
(2)为使硼离子能匀速通过质量分析器,C、D两极板间电势差的大小U2为多少 哪个极板电势较高 (6分)
答案: (2),极板C的电势较高
【解析】(2)硼离子在质量分析器中做匀速
直线运动,受力平衡3e=3evB1
得U2=
根据左手定则及电场的方向判断,极板C的电势较高;
(3)求磁偏转室中磁感应强度的大小B2并判断其方向。(4分)
答案: (3),磁场方向垂直于纸面向里
【解析】(3)硼离子在磁偏转器中做匀速
圆周运动3evB2=m
得B2=
由左手定则知,磁偏转器中磁场方向为垂直于纸面向里。(共35张PPT)
专题能力提升练(十五)　电学实验
(40分钟　70分)
1.(8分)(2025·东莞模拟)某同学想通过测绘小灯泡的电流—电压(I U)图像来研究其电阻随电压的变化,同时用两个小灯泡和电流表测量某一电源的电动势和内阻。所用器材如下:
两只待测小灯泡L1和L2,额定电压均为2.5 V,L1电阻约为5 Ω、L2电阻约为10 Ω;
电压表V量程为0~3 V,内阻为3 kΩ;
电流表A量程为0~0.6 A,内阻为0.5 Ω;
滑动变阻器,干电池两节,待测电源,开关和导线若干。
(1)该同学先测绘L1的I U图像,要求待测小灯泡两端电压从零开始变化,请在虚线框中画出实验电路图;(2分)
答案:(1)图见解析
【解析】(1)要求待测小灯泡两端电压从零开始变化,
则滑动变阻器采用分压式接法,实验电路图如图所示:
(2)该同学通过实验作出小灯泡L1、L2的I U图像分别如图甲中①、②
所示,则小灯泡L2正常工作时的电阻为__________Ω(结果保留3位有效数
字);(2分)
【解析】(2)由图甲可知,小灯泡L2正常工作时
的电流为0.24 A,由欧姆定律可得R== Ω
≈10.4 Ω。
　10.4　
(3)将小灯泡L1、L2,待测电源、电流表按图乙所示的电路连接。分别将
开关K掷于a、b两端,测量得到通过小灯泡L1的电流值为0.28 A,L2的电
流表示数如图丙所示,读数为__________A;(2分)
【解析】(3)L2的电流表示数如图丙所示,
该电流表的分度值为0.02 A,
其读数为0.20 A。
　0.20　
(4)待测电源的电动势为__________V,内阻为__________Ω。(结果保留
3位有效数字)(2分)
【解析】(4)由图甲可知,通过小灯泡L1的电流值为I1=0.28 A时,其两端电
压为U1=1.0 V,L2的电流表示数为I2=0.20 A,此时其两端电压为U2=1.5 V,
由闭合电路欧姆定律可得U1=E I1(r+rA), U2=E I2(r+rA),联立,解得
E=2.75 V,r=5.75 Ω。
　2.75　
　5.75　
2.(8分)小宋同学在实验室找到一根弹性导电绳,他想通过实验测量弹性导电绳在拉伸状态下的电阻率。如图甲所示,导电绳的一端固定,另一端作为拉伸端,两端分别用带有金属夹A、B的导线接入图乙所示的电路中。
(1)实验中需要用螺旋测微器测量导电绳的直径,某次测量到的示数如图丙所
示,则该次测量时导电绳的直径D=__________________________mm。(2分)
【解析】(1)导电绳的直径D=3 mm+31.5×0.01 mm=3.315 mm。
　3.315(3.314~ 3.316均可)　
(2)实验中先闭合开关S1、S2,调节滑动变阻器R,使电压表和电流表的指
针偏转到合适的位置,记录两表的示数U0和I0。然后断开开关S2,电流表
的示数将__________(选填“变大”“变小”或“不变”),调节滑动变阻器R
的滑片,使电流表的示数为I0,记下此时电压表的示数U,则此时导电绳的
电阻Rx=__________(用U、U0和I0表示),并记录此时金属夹A、B间的
距离L和导电绳的横截面积S。(4分)
　变小　
　　
【解析】(2)断开开关S2,电路中总电阻增大,电动势不变,所以总电流减小,电流表的示数变小;根据闭合电路欧姆定律,先闭合开关S1、S2,有I0=,断开开关S2,有I0=,联立解得Rx=。
(3)多次拉伸导电绳,重复上面的实验,利用获得的多组数据绘制的
图像如图丁所示,则弹性导电绳的电阻率ρ=_________(用a、b和c表示)。
(2分)
【解析】(3)根据上述分析可得:=ρ+(R0+RA),
可知弹性导电绳的电阻率为图线的斜率ρ=k=。
　　
3.(10分)(2025·揭阳模拟)某中学课外科技小组的活动安排是测量橙汁电池的
电动势E和内阻r。他们先查阅资料,了解到这种电池的电动势约为1 V,内阻
约为1 000 Ω。在准备好铜片、锌片和橙汁之后,又在实验室找到以下器材:
A.电流表(量程为0~200 μA,内阻约为几十欧)
B.电阻箱(阻值范围为0~99.9Ω)
C.电阻箱(阻值范围为0~9 999.9Ω)
D.学生电源一个
E.开关两个
F.导线若干
(1)该小组认为电流表量程有点小,设计了一个如图甲所示的电路,将电
流表的量程扩大。
①电路中R1应选择的电阻箱为_______(填器材前的字母序号)。(2分)
②闭合开关S1,调节电阻箱R1,使电流表满偏;保持电阻箱R1阻值不变,闭
合开关S2,调节电阻箱R2,当电流表示数为100 μA时,则电流表的量程扩
大为原量程的_______倍,读出此时电阻箱R2的示数为R0。(2分)
　C　
　2　
【解析】(1)①为将电流表量程扩大,方案中使用半偏法测电流表内阻,而半偏法测电流表内阻要求R1 RA,所以R1应选C。
②电流表示数为100 μA时,电流表量程扩大为原来的2倍,此时电阻箱R2的阻值R0等于电流表的内阻RA。
(2)断开开关S1、S2,移走学生电源。将做好的橙汁电池接入图甲的电路
中,再次闭合两个开关,保持R2不变,调节电阻箱R1,读取电流表相应的示
数I,将记录的数据经过处理后得到如图乙所示的图像。根据图中的数据,
可得到橙汁电池的电动势为_________,内阻为______________ (选用a、
b、c及R0表示)。(4分)
　　
　　
【解析】(2)将改装后的电流表视为理想表,电流表示数为I,则流过电源的电流为2I,则根据闭合电路欧姆定律得E=2I·R1+IRA+2I·r
变形得R1=· r
结合图乙可得=,r=a
解得E=,r=
(3)在讨论实验误差时,某同学认为在扩大电流表量程时存在误差,从而造
成本实验中电动势的测量值_______(选填“>”“=”或“<”)真实值。(2分)
【解析】(3)扩大量程时,保持电阻箱R1阻值不变,闭合开关S2,电阻箱R2接
入电路后,使得电路总阻值变小,总电流会变大,所以扩大的量程倍数大于2,
设实际扩大量程倍数为n(n>2),由E=nI(R1+r)+IRA
变形得R1=· r
所以计算电动势时电动势的实际值E真>
　<　
4.(10分)(2025·烟台一模)某实验小组要测量某电阻Rx的阻值,待测电阻大约为30 Ω,实验室提供以下器材:
A.电源E(电动势为3 V);
B.电流表A(量程为0~10 mA,内阻为90 Ω);
C.电压表V(量程为0~3 V,内阻约为2 kΩ);
D.滑动变阻器R(阻值范围为0~20 Ω);
E.定值电阻R1(阻值为10 Ω);
F.定值电阻R2(阻值为1 000 Ω);
G.开关S及导线若干。
(1)实验开始前,需要将电流表A与定值电阻________(选填“R1”或“R2”)并
联,将电流表量程扩大,扩大后的量程为___________mA;(4分)
【解析】(1)待测电阻大约为30 Ω,根据I== A=0.1 A=100 mA,
则实验开始前,需要将电流表A与定值电阻R1并联,将电流表量程扩大,
根据Im=Ig+=10 mA+ mA=100 mA,
可知扩大后的量程为0~100 mA。
　R1　
　0~100　
(2)实验要求待测电阻两端的电压从零开始连续增加,尽
可能多测量几组数据,并减小实验误差,请根据上述要求
将图甲虚线框中的实验电路图补充完整;(3分)
答案:(2)图见解析
【解析】(2)要求待测电阻两端的电压从零开始连续增加,则滑动变阻器应采用分压接法;由于改装后电流表内阻已知,则电流表应采用内接法,故实验电路图如图所示
(3)实验中,改变滑动变阻器滑片的位置得到多组U、I数据,以电压表V的示
数U为纵轴,以电流表A的示数I为横轴,利用描点法得到的U I图像如图乙
所示,由图中信息可求出待测电阻的阻值Rx=________Ω。(3分)
【解析】(3)改装后的电流表内阻为R'A= Ω=9 Ω,
由图乙可知,当U=2 V时,电流表A的示数I=5 mA,
则通过Rx的电流为Ix=10I=50 mA=0.05 A,
根据欧姆定律可得Rx+R'A== Ω=40 Ω,
解得Rx=31 Ω。
　31　
5.(14分)图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池;R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻,R6是可变电阻;表头G的满偏电流为500 μA,内阻为20 Ω。虚线方框内为换挡开关,A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位:直流电压5 V挡和10 V挡,直流电流1 mA挡和2.5 mA挡,电阻×10 Ω挡。
(1)图(a)中的B端与________(选填“红”或“黑”)色表笔相连接;(2分)
【解析】(1)图(a)中的B端与内部电源的负极连接,即与红色表笔相连接;
　红　
(2)关于R6的使用,下列说法正确的是(　 　)(2分)
A.在使用多用电表之前,调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置
B.使用电阻挡时,先将两表笔短接,调整R6使电表指针指在表盘右端电阻
“0”位置
C.使用电流挡时,调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置
【解析】(2)R6是电阻挡调零电阻,即使用电阻挡时,先将两表笔短接,调
整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置,故选B;
B
(3)根据题给条件可得R1+R2=________Ω,R4=__________Ω,R5=_________Ω;
(6分)
【解析】(3)当B端接2时是直流电流1 mA挡,则R1+R2== Ω=20 Ω,
电流表内阻RA= Ω=10 Ω。
当B端接4、5时分别为直流电压5 V挡和10 V挡,则R4== Ω
=4 990 Ω,R5= R4= Ω 4 990 Ω=5 000 Ω;
　20　
　4 990　
　5 000　
(4)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示。若此时B端是与“3”相
连的测量某电阻Rx,则读数为__________;(2分)
【解析】(4)电阻Rx读数为7×10 Ω=70 Ω。
　70 Ω　
(5)若该多用电表使用一段时间后,电池电动势不变,内阻变大,此表仍能
调零,按照正确使用方法再测上述电阻Rx1,则Rx1__________(选填“大于”
“等于”或“小于”)Rx。若该多用电表使用一段时间后,电池电动势变小,
内阻不变,此表仍能调零,按照正确使用方法再次测量上述电阻Rx2,则
Rx2__________(选填“大于”“等于”或“小于”)Rx。(2分)
　等于　
　大于　
【解析】(5)利用电阻表测量电阻,欧姆调零时,有Ig=,
若电池电动势不变,内阻变大,进行欧姆调零时R内不变。
测量电阻时有I===,
可见按正确使用方法测电阻时,指针偏转角度与电源内阻较小时相同,其测量结果与原结果相比将不变。
若电池电动势变小,内阻不变,进行欧姆调零时R内变小。
测量电阻时有I==,
可见I变小,指针跟原来的位置相比偏左,所测电阻变大。
6.(8分)某同学将铜片和锌片插入水果中制成一个“水果电池”,为了较为准确地测出“水果电池”的电动势和内阻,利用如图甲所示的实验电路测量水果电池的电动势E和内阻r。将电阻箱的阻值调到合适阻值,闭合开关S,改变电阻箱的阻值R,记录电流表对应的示数I,在方格纸上作出 R图像,如图乙所示,回答下列问题:
(1)和R的表达式为________________(电流表的内阻用RA表示)。(4分)
【解析】(1)由闭合电路欧姆定律有E=I(R+RA+r),解得=R+。
(2)若电流表的内阻RA=200 Ω,根据图像可求得“水果电池”的电动势E=
__________V,内阻r=_________ Ω。(结果均保留3位有效数字)(4分)
【解析】(2)由图乙可知=,=480,解得E=1.25 V,r=400 Ω
　=R+　
　1.25　
　400　
7.(12分)(2025·新余二模)某课外活动小组自制了一台称重电子秤,其原理结构如图甲所示,R0为定值电阻;R是压敏电阻,其阻值随所受压力F的变化而变化,变化范围大约为几欧到几十欧,通过电压表的读数可以知道压力大小。若要想电子秤正常工作,首先通过实验探究压敏电阻阻值和F大小的关系,于是课外小组又设计了如图乙所示的探究压敏电阻阻值和F大小的关系的实验电路。图乙电路中由下列主要实验器材进行选择:
A.电源E(3 V,内阻忽略不计);　　
B.电流表A1(量程为0~0.3 A,内阻r1=10 Ω);
C.电流表A2(量程为0~0.6 A,内阻约为1 Ω);
D.电压表V(量程为0~15 V,内阻约为5 kΩ);
E.开关S,定值电阻R1。
(1)为了比较准确测量电阻R,请完成图乙虚线框里两块表
的选择(填电表代号)。(2分)
答案:(1)图见解析　
【解析】(1)由于实验要求准确测量压敏电阻阻值,而电压表内阻为不确定值,所以不能应用电压表;由于电流表A1的内阻为确定值并且电流表A2的量程大于A1的量程,所以应将电流表A1与压敏电阻并联后再与电流表A2串联,即两电表应选择电流表A1与A2;电路如图。
(2)图乙中,在电阻R上施加竖直向下的力F,闭合开关S,
记录各个电表读数,得出R=__________,表达式中需要测
量的各字母的物理意义为______________________
______________________。(4分)
【解析】(2)由图乙根据欧姆定律应有I2=I1+,解得R=,其中I1、I2分别表示电流表A1、A2的读数,r1为电流表A1的内阻;
　　
　I1为电流表A1的读数,
I2为电流表A2的读数　
(3)图乙所示电路中,改变力的大小,得到不同的R值,
得到如图丙所示的R F图像,写出R和F的关系式
R=_______________。(4分)
【解析】(3)根据一次函数概念可知由图像可读出
纵轴截距b=16,斜率为k== 2,根据一次函数概
念可知R=kF+b=( 2F+16)Ω。
　(16 2F)Ω　
(4)若图甲所示的电路中,在压敏电阻R上水平放置
一个重力为1.0 N的托盘,在托盘上放一重物,电源
电动势E=9.0 V,电源内阻r=1.0 Ω, R0=5.0 Ω,闭合
开关,电压表示数为5.0 V,则重物的重力为
_________N。(2分)
【解析】(4)设重物的质力为G,则压力F=1.0+G,代入R与F关系式可得压敏电阻为R= 2F+16=[ 2(1.0+G)+16]Ω,再根据闭合电路欧姆定律应有E=U+·(R+r),联立并代入数据可解得G=5.5 N。
　5.5　(共44张PPT)
思维进阶强化练(一)　滑轮模型
(40分钟　60分)
一、选择题:本题共8小题,每小题6分,共48分。
1.如图所示,A、B两球分别套在两光滑无限长的水平直杆上,两球通过一轻绳绕过一定滑轮(轴心固定不动)相连,某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹角分别为α、β,A球向左的速度为v。下列说法不正确的是(　　)
A.此时B球的速度为v
B.此时B球的速度为v
C.当β 增大到等于90°时,B球的速度达到最大
D.在β 增大到90°的过程中,绳对B球的拉力一直做正功
√
【解析】选B。将A球的速度v沿轻绳方向和垂直于轻绳方向分解,沿轻绳
方向分速度v1=vcosα,将B球的速度vB沿轻绳方向和垂直于轻绳方向分解,
沿轻绳方向分速度v2=vBcosβ,两小球沿轻绳方向的分速度相等,即
vcosα=vBcosβ,解得此时B球的速度为vB=v,故A正确,不符合题意;B错
误,符合题意;根据vB=v,可知当β增大到等于90°时,B球的速度达到最
大,故C正确,不符合题意;由于拉力与B球位移方向
夹角小于90°,所以在β增大到90°的过程中,绳对
B球的拉力一直做正功,故D正确,不符合题意。
2.(2025·揭阳模拟)有一长为L,质量为2m且质量分布均匀的软绳,放在足够高的斜面上,斜面顶端是一个很小的滑轮,斜面倾角为30°,软绳一端通过一根轻质细线系着一质量为2m的物块。初始时,用手托住物块底部,使细线恰好拉直。然后由静止释放物块,忽略空气阻力,不计软绳与滑轮之间的摩擦,重力加速度大小为g,软绳与斜面间动摩擦因数为,则在物块下落的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.释放瞬间,物块的加速度为g
B.释放瞬间,细线的拉力为mg
C.当软绳全部滑出时摩擦力做功为 mgL
D.当软绳全部滑出时物块的速度为
√
【解析】选D。释放瞬间,对物块受力分析有2mg T=2ma,对软绳受力分
析有T 2μmgcosθ 2mgsinθ=2ma,解得T=mg,a=g,故A、B错误;软绳
滑出过程中所受摩擦力为变力,且与位移成线性关系,整个过程中摩擦力
的平均作用力为f==mg,所以整个过程摩擦力做功
Wf= fL= mgL,故C错误;根据动能定理可知2mgL+2mg××sin30°+Wf
=×4mv2,解得v=,故D正确。
3.(生产生活)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示,重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑且等高的小定滑轮连接,在外力作用下使得C与滑轮等高(A、B和C均在空中),且处于静止状态,C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m,重物C的质量为m。撤除外力,使C由静止开始竖直落下(始终未与地面相碰),A、B、C均可视为质点。则重物C下落的最大距离为(　　)
A.8L　　B.6L　　
C.4L　　D.2L
√
【解析】选C。
根据系统机械能守恒可得mgh
=2mgh'=2mg( L),
解得h=4L,故选C。
4.(多选)如图所示,竖直固定的光滑细圆环的半径为R,AB是圆环的水平直径,C为圆环的最低点,在B点有一光滑的小滑轮,质量均为m的小球a、b用绕过定滑轮且不可伸长的细线连接,a球套在圆环上,重力加速度为g,小球和滑轮的大小不计,将a球在A 点由静止释放,则在a球从A 运动到C的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.释放a球的瞬间,a、b球的加速度都等于g
B.a球的重力做功的功率先增大后减小
C.a球运动到C点时速度大小为
D.b球的机械能减少量为(1 )mgR
√
√
【解析】选B、D。释放a球的瞬间,小球a的速度为零,加速度竖直向下,大小等于g,此时a的向心加速度为0,因此b的加速度为零,A错误;a球在A点速度为零,重力的功率为零,在C点,速度与重力垂直,重力的功率仍为零,因此从A到C过程,a球的重力做功的功率先增大后减小,B正确;
设小球a运动到C点时速度大小为v,因为两球在沿绳方向的分速度相等,
有vb=vcos45°=v,根据系统机械能守恒定律有mgR+mg(2R R)
=mv2+m(v)2,解得v=2,C错误;对a球研究,根据动能定理
有mgR+W=mv2,解得W=(1 )mgR,根据功能
关系可知,b球的机械能减少量为(1 )mgR,
D正确。
【加固训练】(多选)如图所示,大圆环固定在竖直平面内,一根轻绳两端各系一个小球A、B,轻绳跨过固定在大圆环顶端的小滑轮,A为有孔小球套在光滑的大圆环上。A与大圆环圆心连线和竖直方向夹角为60°,A的质量为4m,B的质量为m,大圆环半径为R,重力加速度为g。由静止释放A、B,则在A球下滑到最低点的过程中(不计一切摩擦)(　　)
A.A球重力的瞬时功率一直变大
B.B球所受拉力可能小于其重力
C.A球到达最低点时的速度vA=
D.A球与大圆环圆心等高时B球的速度vB=
√
√
【解析】选B、C。当A滑到最低点时,速度与重力垂直,重力的瞬时功率为
0,则A球重力的瞬时功率先增大后减小,故A错误;B球的速度等于A球沿绳
方向的分速度,最低点时该速度为0,可知B球先加速后减速,减速后拉力小
于重力,故B正确;A球到达最低点的过程中,根据动能定理可知4mgR(1+sin30°) mg(2R R)=×4m,解得vA=,故C正确;
A球与大圆环圆心等高时,根据动能定理有4mgRsin30° mg(R R)
=m+×4m()2,解得B球的速度为vB=,故D错误。
5.(生产生活)(多选)图示为户外探险队员过深沟的一种方法。将一长为2x的不可伸长的轻绳两端固定在相距为x的A、B两等高点,绳上挂一轻小滑轮P。队员甲水平拉住滑轮,质量为m的队员乙吊在滑轮上,脚离地且处于静止状态,此时绳的AP部分竖直。将滑轮从静止释放,乙沿着绳滑到对面。不计滑轮摩擦和空气阻力,则(　　)
A.释放滑轮前队员乙受四个力的作用
B.释放滑轮前甲的拉力为mg
C.释放滑轮前绳的张力为mg
D.乙滑动过程中的最大速度为
√
√
【解析】选C、D。释放滑轮前队员乙受重力、滑轮对其向上的拉力处于平衡态,故A错误;由几何关系解得释放滑轮前AP长度为x,而滑轮此时受乙对其向下的拉力、两绳的拉力T及甲对其水平向左的拉力F,设此时倾斜绳与竖直方向夹角为θ,由于滑轮此时平衡,有F=Tsinθ,竖直方向,有T+Tcosθ=mg,cosθ=0.6,联立解得F=mg,T=mg,故B错误,C正确;
当乙的加速度为零时,其速度最大,故当乙运动到AB中点的正下方时,其速度最大,此时乙距离AB平面的高度为x,从乙开始滑动到速度最大,由机械能守恒可得mg(x x)=m,解得乙的最大速度为vm=,故D正确。
6.(多选)如图所示,用轻绳连接的滑轮组下方悬挂着两个物体,它们的质量分别为m1、m2,且m2=2m1,m1用轻绳挂在动滑轮上,滑轮的质量、摩擦均不计。现将系统从静止释放,对m1上升h高度(h小于两滑轮起始高度差)这一过程,下列说法正确的是(　　)
A.m2减小的重力势能全部转化为m1增加的重力势能
B.m1上升到h高度时的速度为
C.轻绳对m2做功的功率与轻绳对m1做功的功率大小相等
D.轻绳的张力大小为m1g
√
√
√
【解析】选B、C、D。
选项 选项剖析 对错
A 根据能量守恒可知,m2减小的重力势能全部转化为m1 增加的重力势能和两物体的动能 ×
B 根据动滑轮的特点可知,m2的速度大小为m1速度大小的2 倍,根据动能定理可得m2g·2h m1gh=m2+m1,v2=2v1, 解得v1= √
选项 选项剖析 对错
C 绳子的拉力相同,故轻绳对m2、m1做功的功率大小分别为P2=Fv2,P1=2Fv1,v2=2v1,故轻绳对m2做功的功率与轻绳对m1做功的功率大小相等 √
D 根据动滑轮的特点可知,m1的加速度大小为m2的加速度大小的一半,根据牛顿第二定律可知2F m1g=m1a,m2g F=m2·2a,联立解得F=m1g √
7.(多选)如图所示,质量为m的物体P套在固定的光滑水平杆上。轻绳跨过光滑的滑轮O和O',一端与物体P相连,另一端与质量为2m的物体Q相连。用手托住物体Q使整个系统处于静止状态,此时轻绳刚好拉直,且AO=L,OB=h,ABA.开始运动后,当物体P速度最大时,物体Q速度最小
B.在物体P从A滑到B的过程中,P的速度增大,Q的速度减小
C.在物体P从A滑到B的过程中,P的机械能减少,Q的机械能增加
D.物体P运动的最大速度为2
√
√
【解析】选A、D。P从A点到B点的过程中,绳的拉力做正功,速度增加,P
做加速运动;Q从静止开始先做加速运动,当P运动到B点时Q的速度等于零,
说明Q后来又做减速运动,所以Q先加速后减速,B错误;由上述分析可知,当
物体P运动到B点时速度最大,物体Q速度最小等于零,A正确;在物体P从A
滑到B的过程中,绳的拉力对P做正功,P做加速运动,P的机械能增加、因为
系统机械能守恒,则Q的机械能减少,C错误;当P运动到B点时Q的速度等于
零,系统机械能守恒,由机械能守恒定律得2mg(L h)
=mv2,解得v=2,D正确。
8.如图所示,挡板P固定在倾角为30°的斜面左下端,斜面右上端a与半径为R的圆弧轨道ab连接,其圆心O在斜面的延长线上。a点有一光滑轻质小滑轮,∠aOb=60°。质量均为m的物块B、C由一轻质弹簧拴接(弹簧平行于斜面),其中物块C紧靠在挡板P上,物块B用跨过滑轮的轻质细绳与一质量为3m、大小可忽略的小球A相连,初始时刻小球A锁定在a点,
细绳与斜面平行,且恰好绷直而无张力,物块B、C处于静止状态。某时刻解除对小球A的锁定,当小球A沿圆弧运动到最低点b时(物块B未到达a点),物块C对挡板的作用力恰好为0。已知重力加速度大小为g,不计一切摩擦,下列说法正确的是(　　)
A.小球A到达b点时,小球A与物块B的速度大小相等
B.小球A沿圆弧运动到最低点b的过程中,其重力的功率一直增大
C.小球A到达b点时的速度大小为
D.小球A由a点运动到b点的过程中,小球A和物块B的机械能之和先
减小后增大
√
【解析】选C。小球A到达b点时,速度分解如图。
根据运动的合成与分解有vB=vAcos30°=vA,A错误;小球A沿圆弧开始运动时,重力的功率增大,到最低点b时,速度方向与重力方向垂直,重力的功率为0,因此在此过程中,其重力的功率先增大后减小,B错误;
A球从解锁到最低点b点过程中系统由能量守恒可得=mgRsin30°+m+×3m,又vB=vAcos30°=vA,解得vA=,故C正确;弹簧经历了从压缩到恢复原长,再到拉伸状态,弹性势能先减小再增大,所以小球A和物块B的机械能之和先增大再减小,故D错误。
二、计算题:共1小题,共12分。
9.如图所示,长为4l的轻杆一端连接在水平固定铰链O上,另一端连接一个质
量为2m的小球P。轻绳穿过水平固定轻质滑轮,一端与小球P相连接,另一端
系着质量为m的小球Q。开始时对小球P施加竖直向上拉力F,使小球P处于静
止,静止时轻杆与水平方向夹角为37°,轻绳
与水平方向夹角为53°。撤去拉力F,小球
P、Q带动轻杆绕O转动。不计一切摩擦,
取sin37°=0.6,sin53°=0.8,重力加速度取g,
求:
(1)竖直拉力F的大小;(4分)
答案:(1)mg　
【解析】(1)球Q处于平衡状态,则T=mg
对球P受力分析,如图所示
根据平衡条件可得FTsin53°=Tsin37°
F=2mg+FTcos53°+Tcos37°
解得F=mg
(2)撤去拉力瞬间小球P的加速度;(4分)
答案: (2)g
【解析】(2)对球Q,根据牛顿第二定律可得mg T'=ma1
对球P,沿绳子方向T'+2mgcos37°=2ma2
球P、Q沿绳子方向加速度a2=a1
解得a2=a1=g
(3)撤去拉力后,当小球P运动到O点正下方时,小球Q的动能Ek。(4分)
答案: (3)(395 25)mgl
【解析】(3)球P下落高度为h1=4l+4lsin37°=6.4l
球Q上升高度为h2=( 3)l
根据系统的机械能守恒 ΔEp=ΔEk
即2mgh1 mgh2=·2m+m
如图
小球P运动到O点正下方时,球P的速度和球Q的速度关系为vQ=vPcosθ
cosθ=
解得小球Q的动能Ek=(15.8 )mgl=(395 25)mgl
【加固训练】
1.如图所示,水平地面上固定有两个相同的倾角θ=37°的斜面体(顶端固定有小滑轮),两滑轮间的距离d=12 cm。两根等长的细线绕过滑轮,一端与放在斜面上的质量均为M=5 kg的物块相连,另一端与质量m=3 kg的小球连接。初始时刻,用手竖直向下拉住小球,使系统保持静止,此时两细线与竖直方向间的夹角均为α=37°,松手后,小球将在竖直方向上运动。忽略一切摩擦,取重力加速度g=10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:
(1)开始时手对小球的拉力大小F;
答案:(1)18 N　
【解析】(1)初始时刻系统静止,对物块T =Mgsinθ=30 N
假设F方向向下,对小球2Tcos37°=mg+F
解得F=18 N
(2)小球能够上升的最大高度h;
答案: (2)8 cm　
【解析】(2)小球上升到最大高度时,系统的动能为0。设此时连接小球的细线与竖直方向间的夹角为β。对系统2Mgsinθ()=mg()
解得β= 90°
可见小球上升到最大高度时绳子水平,小球上升的最大高度为
h=8 cm
(3)小球回到初始位置时的加速度大小a。
答案: (3) m/s2
【解析】(3)对物块Mgsinα T1=MaM
对小球2T1cosα mg =ma
加速度关系aM=acosα
联立解得a= m/s2
2.如图所示,质量为mB=3.5 kg的物体B通过一轻弹簧固连在地面上,弹簧的劲度系数k=100 N/m。一轻绳一端与物体B连接,绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O2、O1后,另一端与套在光滑直杆顶端质量为mA=1.6 kg的小球A连接。已知直杆固定,杆长L=0.8 m,且与水平面的夹角θ=37°,O1C与杆垂直。初始时使小球A静止不动,与A端相连的绳子保持水平,此时绳子中的张力F=45 N,已知AO1=0.5 m,g=10 m/s2,绳子不可伸长。现将小球A从静止释放,求:
(1)小球A运动到C点的过程中弹簧弹性势能的变化量;
答案:(1)0　
【解析】(1)释放小球A前,物体B处于平衡状态,F=kx+mBg
弹簧处于伸长状态,设伸长量为x,代入数值得x=0.1 m
即弹簧被拉长了0.1 m。在小球A由初始位置运动到C时,由几何关系,有O1C=tan37°=0.3 m
绳子左边缩短了0.2 m,绳子右边伸长了0.2 m。B物体下降了0.2 m,弹簧压缩了0.1 m,所以弹簧弹性势能变化量为零。
(2)小球A运动到C点时的速度大小;
答案: (2) m/s　
【解析】(2)当小球A运动到C处时,沿绳子方向的速度为0,B的速度为0,
小球A从杆顶端运动到C点的过程,小球A下降的高度h=CO1cos 37°
=AO1sin 37°cos 37°=0.24 m
B下降的高度h'=AO1 CO1=0.2 m
弹簧从拉伸0.1 m到被压缩了0.1 m,则弹簧的弹性势能不变。
以A、B和弹簧为系统,由机械能守恒有mAgh+mBgh'=mA
解得vA= m/s
(3)小球A运动到底端D点时物体B的速度大小。
答案: (3)1.6 m/s
【解析】(3)因杆长L=0.8 m,故∠CDO1=θ=37°,故DO1=AO1
弹簧的伸长量依然为0.1 m,与最初状态相比弹簧的弹性势能相同,物体B又回到了初始位置,其重力势能也与最初状态相同。在D点将A的速度沿绳和垂直绳分解,如图所示,
其中沿绳方向的分速度vx与B的速度相等,
即v'B=v'Acos 37°
由机械能守恒mAgLsin37°=mAv+mBv
代入数据得v'A=2 m/s,v'B=1.6 m/s(共23张PPT)
专题能力提升练(十二)　热学
(40分钟　70分)
选择题(1 9题,每小题6分,共54分)
【基础巩固练】
1.汽缸内封闭有一定质量的气体,在某次压缩过程中,缸内气体的温度从T1迅速升高至T2。下列各图中,纵坐标f(v)表示各速率区间的分子数占总分子数的百分比,图线Ⅰ、Ⅱ分别为缸内气体在T1、T2两种温度下的分子速率分布曲线,其中正确的是(　　)
√
【解析】选A。温度越高,分子平均动能越大,图像的波峰向右移动,但峰值变低,整个曲线将变得较为平坦(点拨:温度越高,速率大的分子所占比例越大),但两图像的面积总和相同,选项A正确。
2.(自然现象)(2025·深圳模拟)两小宝宝分别画了一条小鱼,妹妹画的小鱼如图1所示,哥哥画的小鱼如图2所示,都画出了小鱼在水中吐泡泡的神韵。从物理视角分析,下列说法正确的有(　　)
A.小鱼吐的气泡上升时,体积不变,图1不合理
B.小鱼吐的气泡上升时,体积减小,图2不合理
C.小鱼吐的气泡上升时,气泡内压强增大
D.小鱼吐的气泡上升时,液体对气泡做负功
√
【解题导引】

【解析】选D。小鱼吐出气泡后,气泡在水中上升,距离水面越来越近,压强p=p0+ρgh减小,根据pV=CT可知体积增大,选项A、B、C错误;小鱼吐的气泡上升时,气体膨胀,气体对外做正功,液体对气泡做负功,选项D正确。
3.研究表明,分子间的作用力F跟分子间距离r的关系如图所示。则(　　)
A.液体表面层分子间平均距离略小于r1
B.理想气体分子间距离为r2
C.分子间距离r=r1时,分子势能最小
D.分子间距离r=r2时,分子力表现为斥力
√
【解析】选C。
选项 过程分析 结论
A 由于r=r0时,分子力为0,则可知r1=r0,而液体由于张力的作用,表面分子间距离大于r0,液体表面层分子间距离略大于r1(点拨:液体表面层分子力表现为引力) ×
B 理想气体的分子间作用力忽略不计,即约等于零,即两分子的间距大于r2,在作用力接近零的位置,分子间距离为10r0,即10r1 ×
C 当r=r0时,即r=r1,分子力为0,分子势能最小(点拨:但不为零,为负值) √
D 分子间距离r=r2时,即r>r0,分子力表现为引力 ×
4.(2025·珠海模拟)如图所示,一定质量的理想气体从状态a开始,经状态b、c、d再回到状态a,其中图线bc、da平行于横轴。
下列说法正确的是(　　)
A.从a到b,气体对外界做功
B.从b到c,气体温度保持不变
C.从c到d,气体内能减小
D.从d到a,气体从外界吸热
√
【解析】选D。从a到b,气体体积减小,故外界对气体做功,A错误;从b到c,气体压强不变、体积减小,根据=C可知温度减小,B错误;从c到d,根据=C,整理得p=CT,可知温度不变时,p 图像为过原点的倾斜直线,故从c到d温度不变,气体内能不变,C错误;从d到a,气体压强不变、体积增大(W<0),根据=C,可知温度升高(ΔU>0),根据热力学第一定律有ΔU=W+Q,可知Q>0,故该过程气体从外界吸热,D正确。
5.(生产生活)一容积为V0的金属氧气瓶内装有可视为理想气体的氧气。用该氧气瓶先后给甲、乙两个完全相同的氧气袋充气,每个氧气袋充气前袋内均无气体,充满氧气后容积均为V,且每次充气结束时氧气袋和氧气瓶中的气体压强相同。整个过程中,氧气温度保持不变。则充满氧气后,甲、乙两个氧气袋中的气体压强之比为(　　)
A.()2　　B.　　C.1　　D.
√
【解析】选B。设甲充气前,氧气瓶内气体压强为p0,甲充气后气体压强为p甲,由玻意耳定律有p0V0=p甲(V0+V),乙充气后气体压强为p乙,则p甲V0=p乙(V0+V),联立可得=,选项B正确。
【方法技巧】口袋法处理变质量问题
向球、轮胎中打气是一个典型的变质量气体问题。只要选择球内原有气体和即将打入的气体的整体作为研究对象,就可把打气过程中的变质量问题转化为气体总质量不变的状态变化问题。
6.(多选)一定质量的理想气体、经过一个缓慢的过程从状态P变化到状态
Q,该过程的p V图像如图甲所示,图乙为其T V图像、a、c两条曲线中的
一条与上述过程对应,曲线a和c均为开口向下的抛物线,下列说法正确的是
(　　)
A.曲线a对应了P到Q的过程
B.曲线c对应了P到Q的过程
C.P到Q的过程理想气体吸收的热量为p0V0
D.状态P中气体分子单位时间内与器壁单位面积的碰撞次数是状态Q的
1.5倍
√
√
【解析】选B、C。P到Q的过程压强减小,体积增大,根据理想气体状态方程可知=C,初末状态温度相同,在图乙中,T=V,所以虚线b为等压线,从P到Q过程中,压强始终小于P点压强,即图像斜率小于P点对应斜率,所以曲线c对应了P到Q的过程,选项A错误,B正确;p V图像面积代表做功,所以W= V0 = p0V0,P到Q的过程内能不变,根据热力学第一定律有ΔU=Q+W=0,理想气体吸收的热量为p0V0,选项C正确;初末状态温度相同,分子平均动能相同,初态压强是末态的2倍,所以状态P中气体分子单位时间内与器壁单位面积的碰撞次数是状态Q的2倍,选项D错误。
【综合提升练】
7.(交通运输)某人驾驶汽车,从哈尔滨到广州,出发时哈尔滨的环境温度为 23 ℃,到达广州时的环境温度为27 ℃。假设汽车轮胎内的气体可视为理想气体,其体积不变且没有漏气,为使轮胎内部气体的压强恢复到出发时的压强,需将气体放出一部分,则放出气体质量与轮胎内原有气体质量之比为(　　)
A. B. C. D.
√
【解析】选C。设在哈尔滨气体的压强为p1,在广州气体的压强为p2,从哈尔滨到广州过程,气体发生等容变化,则有=,其中T1=( 23+273)K =250 K,T2=(27+273)K=300 K,可得p2=1.2p1,设汽车轮胎内的体积为V0,根据玻意耳定律可得p2V0=p1(V0+Vx),解得Vx=0.2V0,则放出气体质量与轮胎内原有气体质量之比为==,选项C正确。
【一题多解】由题意可知,出发时轮胎内气体的温度等于哈尔滨的环境温度为T1=(t1+273)K=( 23+273)K=250 K,到达广州时轮胎内气体的温度等于广州的环境温度为T2=(t2+273)K=(27+273)K=300 K。设轮胎内气体的体积为V,到达广州时放出与轮胎内压强相同的气体的体积为ΔV,则根据盖 吕萨克定律可得=,联立解得ΔV=,到达广州时放出的与轮胎内压强相同的气体与轮胎内的气体的密度相同,所以=,解得放出的气体的质量为m放=m总,故C正确,A、B、D错误。
8.(多选)如图,一辆汽车沿凹形路面以不变的速率驶向最低位置的过程中,若车胎不漏气,胎内气体温度不变,不计气体分子间作用力,则胎内气体(　　)
A.对外界做功 B.向外界放出热量
C.压强变大 D.内能增大
√
√
【解析】选B、C。一辆汽车沿凹形路面以不变的速率驶向最低位置的过程中,由于汽车处于超重状态,汽车与地面间的压力增大,所以胎内气体体积减小,外界对气体做功;由于胎内气体温度不变,则气体内能不变,根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知,气体向外界放出热量,A、D错误,B正确;由于胎内气体温度不变,根据玻意耳定律pV=C,由于胎内气体体积减小,可知胎内气体压强变大,C正确。
9.(生产生活)(2025·大同三模)爆米花是很多同学喜爱的零食,如图所示,爆米花机被清空里面的爆米花后开口向上放置在一边冷却,开始时爆米花机内气体温度为127℃,过一段时间后,气体温度降为27℃,大气压强不变,则此时爆米花机内气体质量是开始时气体质量的(　　)
A.倍 B.倍
C.倍 D.倍
√
【解析】选D。开始时爆米花机内气体温度为T1=(127+273)K=400 K时,体积为V,降温发生等压变化,当温度降为T2=(27+273)K=300 K时,这部分气体的体积为V',根据盖 吕萨克定律有=,解得V'=V,则降温后爆米花机内气体质量m与开始时爆米花机内气体质量m'之比为==
此时爆米花机内气体质量是开始时气体质量的倍,故选D。
10.(16分)(2025·梅州模拟)如图为某学校的气膜体育馆,馆内空气压强高于馆外空气压强,通过自动充气装置将馆内外气压差维持在250~500 Pa,这种气压差对人体是安全的,且有利于营造馆内的富氧环境,对运动者的健康有益。已知馆内空间体积为V,空气温度T1=300 K且保持不变,馆外大气压强为p0=1.0×105Pa,假设空气可看作理想气体,标准状态下(0℃, p0=1.0× 105Pa)空气的摩尔体积为V0,阿伏加德罗常数为NA。某次充气后到下次充前,求:
(1)漏掉空气的质量与馆内原有空气质量之比。(8分)
答案:(1)　
【解析】(1)某次充气后,馆内气压为p1=p0+500 Pa
下次充气前,馆内气压为p2=p0+250 Pa
由玻意耳定律有p1V=p2(V+ΔV1)
则漏掉空气的质量与馆内原有空气质量之比=
解得=
(2)漏掉空气分子的总个数。(8分)
答案:(2)
【解析】(2)标准状态下温度T0=273 K,设漏出的空气体积为ΔV2,
有=+
漏掉空气分子的总个数n=NA,解得n==(共44张PPT)
思维进阶强化练(三)　
板块模型中动力学、能量和动量的综合
(40分钟　80分)
一、选择题:本题共6小题,每小题6分,共36分。
1.如图甲所示,质量m1=2 kg的足够长的木板静止在光滑水平面上,质量m2=1 kg的小物块静止在木板的右端。现对木板施加一水平向右的拉力,小物块与木板运动的速度图像如图乙所示,g取
10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.水平拉力为6 N
B.小物块与长木板间的动摩擦因数为0.2
C.在2 s时间内,水平拉力做的功为18 J
D.在2 s时间内,木板克服摩擦力所做的功为4 J
√
【解析】选D。设小物块与长木板间的动摩擦因数为μ,由v t图像可知
木板与小物块发生相对滑动,小物块的加速度大小为a2== m/s2=
1 m/s2,根据牛顿第二定律可得μm2g=m2a2,解得μ=0.1,B错误;由v t图像
可知木板的加速度大小为a1== m/s2=2 m/s2,根据牛顿第二定律可得
F μm2g=m1a1,解得F=5 N,A错误;在2 s时间内,木板的位移大小为
x1=×2 m=4 m,水平拉力F做的功为WF=Fx1=5×4 J=20 J,C错误;在2 s时
间内,木板克服摩擦力所做的功为Wf=μm2gx1
=0.1×1×10×4 J=4 J,D正确。
2.如图所示,一倾角为θ = 37°的足够长斜面体固定在水平地面上,质量为
M=1 kg,长度为L=2.5 m的长木板B沿着斜面以速度v0下滑,此时把质量
为m=1 kg的铁块A(视为质点)无初速度放在长木板B的下端,经过t=
0.5 s,A和B达到共速。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均
为μ=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,
sin37°=0.6,cos37°=0.8,则下列判断正确的是(　　)
A.木板下滑的初速度v0=9 m/s
B.从放上铁块A到与长木板B共速的过程中,系统损失的机械能为8 J
C.铁块距离长木板上端2 m
D.从放上铁块A经过2 s后木板B的速度为v0
√
【解析】选D。铁块A刚放在长木板B上时,对A分析,根据牛顿第二
定律有μmgcos37°+mgsin37°=maA
解得aA=10 m/s2,方向沿斜面向下,对B根据牛顿第二定律有μ(M+m)gcos37°+μmgcos37° Mgsin37°=MaB,解得aB=6 m/s2,
方向沿斜面向上,铁块A和长木板B共速的时间为t=0.5 s,
则v0 aBt=aAt,解得v0=8 m/s,故A错误;
此时A和B相对位移为Δx=xB xA=v0t aBt2 aAt2=2 m,A离木板上端
0.5 m,故C错误;系统损失的机械能ΔE=μmgcosθ·Δx+μ(m+M)gcosθ·xB
=34 J,故B错误;A、B共速后,由于μ滑,a=gsin37° μgcos37°=2 m/s2,方向沿斜面向下,设经过t1再次加速到
v0,v0=v共+at1,解得t1=1.5 s,全程用时t2=1.5 s+0.5 s=2 s,故D正确。
3.如图甲,劲度系数k=10 N/m的轻弹簧左端固定在竖直墙上,右端连接一个质量为M的木板。开始时弹簧处于原长,木板静止在光滑的水平桌面上,一质量m=1 kg的物块(可视为质点)从木板左端以初速度2 m/s滑上木板,最终恰好停在木板的右端。图乙中A为物块的v t图线;B为木板的v t图线且为正弦图线。已知重力加速度g取10 m/s2,根据图中所给信息可得(　　)
A.木板的长度为4 m
B.物块的位移为4 m
C.t=1 s时,木板受到物块的摩擦力与弹簧的弹力大小相等
D.2 s内“物块和木板”系统的摩擦生热为2 J
√
【解析】选D。v t图像与t轴围成的面积表示位移,由图乙所示图像可知,
物块一直向右运动,位移s=×2×2 m=2 m,木板先向右后向左运动,总位移
为0,因此,物块运动的位移即为木板长度,即木板长度L=s=2 m,故A、B错
误;1 s时,木板的v t图切线斜率不为0,说明木板此时仍有加速度,故摩擦力
与弹簧弹力并不相等,故C错误;由图乙所示图像可知,物块减速运动的加速
度大小a== m/s2=1 m/s2,物块在摩擦力的作用下做匀减速运动,根据牛
顿第二定律得f=ma=1×1 N=1 N,由图乙可知,全过程物块与木板的相对路
程即等于物块的位移s,因此2 s内“物块和木
板”系统的摩擦生热Q=fs=1×2 J=2 J,故D正确。
【加固训练】(多选)如图所示,质量为M的长木板静止在光滑水平地面上,木板上表面OA段光滑,AB段粗糙且长为l。木板左端O处固定一水平轻质弹簧,右侧用一不可伸长的细绳连接于竖直墙上,细绳所能承受的最大拉力为F。现一质量为m的小滑块(可视为质点)以速度v从A点向左滑动,弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断,再过一段时间后长木板停止运动,小滑块也恰未掉落。则(　　)
A.细绳拉断前滑块和长木板组成的系统动量守恒,机械能守恒
B.滑块与木板AB间的动摩擦因数为
C.细绳被拉断后木板的最大加速度为
D.滑块与弹簧分离时木板的速度为
√
√
【解析】选B、C。细绳拉断前,系统合外力不为零,动量不守恒,A错误;因为最终长木板停止运动,小滑块恰未掉落,说明木板速度为零,小滑块速度也为零,对整个系统应用能量守恒可知mv2=μmgl,故μ=,
B正确;细线没有断裂之前木板处于平衡态,一个物体在n个力作用下处于平衡态,其中一个力与剩余(n 1)个力等大、共线、反向。因为细绳所能承受的最大拉力为F,所以细线拉断瞬间木板所受的其余外力与细线拉力平衡,大小为F,故细线断裂时木板的合外力为F,
此时加速度为a=,之后弹簧恢复原长的过程中弹力逐渐减小,木板做加速度逐渐减小的加速运动。故细线断裂时加速度最大。C正确。从小滑块开始运动到弹簧恢复原长的过程,对小滑块和长木板应用能量守恒可得mv2=m+M,从细线断裂时到弹簧恢复原长的过程,系统合外力为零,动量守恒,故0=mv1+Mv2,解得v2=,D错误。
4.(多选)(2025·广州模拟)如图所示,光滑的水平地面上有木板C,mC=
4 kg,C板上表面粗糙,A、B两个物体紧挨在一起,初始A、B和C三个物
体均处于静止状态,mA=1 kg,mB=2 kg。A、B间夹有少量火药,某时刻
火药爆炸,瞬间释放了E=27 J的能量并全部转化为A和B的动能,使A、B
分别水平向左、向右运动起来, C板足够长,以下结论正确的是(　　)
A.爆炸后瞬间A、B速度大小vA=2vB
B.若A、B与木板C上表面间的动摩擦因数相同,爆炸后A、B组成的系统动量守恒
C.若A、B与木板C上表面间的摩擦力大小不相等,则A、B、C组成的系统动量不守恒
D.整个过程中A、B、C系统由于摩擦产生的内能为27 J
√
√
【解析】选A、D。
选项 选项剖析 对错
A 爆炸瞬间,以A、B为系统,由动量守恒定律有0=mAvA+mBvB,则有mAvA= mBvB 代入数据,vA= 2vB,故速度大小vA=2vB √
B A、B受到的摩擦力大小不等,A、B组成的系统动量不守恒 ×
C 对A、B、C整体分析,合力为零,满足动量守恒 ×
D 最终A、B、C总动量为0,故三者最终速度也为0,即A、B动能全部转化为内能为27 J √
5.(多选)质量均为1.0 kg的木板A和半径为0.2 m的光滑圆弧槽B静置
在光滑水平面上,A和B接触但不粘连,B左端与A相切。现有一质量为
2.0 kg的小滑块C以5 m/s的水平初速度从左端滑上A,C离开A时,A的
速度大小为1.0 m/s。已知A、C间的动摩擦因数为0.5,重力加速度
g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.木板A的长度为0.8 m
B.滑块C能够离开B且离开B后做竖直上抛运动
C.整个过程中A、B、C组成的系统动量守恒
D.B的最大速度为5 m/s
√
√
√
【解析】选A、C、D。C离开A前,A、B、C系统动量守恒,以向右为正
方向,由动量守恒定律得mCvC=mCv'C+(mA+mB)vAB,由能量守恒定律得
mC=mCv+(mA+mB)+μmCgL,代入数据解得v'C=4 m/s,
L=0.8 m,故A正确;滑块C在圆弧槽B上达到最大高度时两者速度相等,
B、C系统在水平方向动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得
mCv'C+mBvAB=(mB+mC)v,
由能量守恒定律得mCv+mB=(mB+mC)v2+mCgh,代入数据解得
h=0.15 m6.(多选)(2025·揭阳模拟)如图甲所示,足够长的木板静置于水平地面上,木板左端放置一可看成质点的物块。t=0时对物块施加一水平向右的恒定拉力F,在F的作用下物块和木板发生相对滑动,t=2 s时撤去F,物块恰好能到达木板右端,整个过程物块运动的v t图像如图乙所示。已知木板的质量为0.5 kg,物块与木板间、木板与地面间均有摩擦,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.木板的长度为3 m
B.物块的质量为0.8 kg
C.拉力F对物块做的功为9.9 J
D.木板与地面间因摩擦产生的热量为3.3 J
√
√
【解析】选C、D。根据题意可知,木板在0~2.5 s内向右做匀加速
直线运动,作出图像,如图所示
由图像可知2.5 s时两者共速,则木板在0~2.5 s内的加速度大小为
a1= m/s2=0.4 m/s2,物块在0~2.0 s内的加速度大小为
a2= m/s2=1.5 m/s2,物块在2.0~2.5 s内的加速度大小为
a3=μ2g= m/s2=4 m/s2,2.5~3.0 s内二者一起做匀减速直线运动,加速度大小为a4=μ1g= m/s2=2 m/s2,可得木板与地面间的动摩擦因数为μ1=0.2,物块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.4,木板的长度为L= m=2.75 m,故A错误;前2 s内,对木板,有μ2m2g
μ1(m1+m2)g=m1a1,对物块,有F μ2m2g=m2a2,解得m2=0.6 kg,F=3.3 N,故B错误;
前2 s内,拉力F对物块做的功为W=Fx1,结合图像可知,0~2 s内物块的位
移为x1=×3×2.0 m=3 m,所以W=9.9 J,故C正确;木板与地面间因摩擦
产生的热量Q=μ1(m1+m2)g·x2,结合图像可知,木板的位移为x2=×3.0×
1 m=1.5 m,所以Q=3.3 J,故D正确。
二、计算题:共3小题,共44分。
7.(12分)(生产生活)如图所示,在水平面上有质量m1=1 kg的长木板A紧靠固定台阶EF放置(A上表面与台阶表面齐平),台阶EF=30 cm,且右端固定一挡板,台阶上放置一原长为20 cm的轻质弹簧,其右端与挡板连接,质量m2=2 kg的物块B(可视为质点),靠近弹簧左端(物块B与弹簧不粘连),在外力作用下,向右缓慢压缩弹簧,此时弹簧长度为10 cm并保持静止,
弹簧弹性势能Ep=9.4 J,突然撤去外力,B沿台阶向左运动滑上木板A,已知B与台阶间动摩擦因数μ=0.1,木板与地面间动摩擦因数μ1=0.2,B与木板间动摩擦因数μ2=0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)物块B刚滑上木板A的速度v0;(3分)
答案:(1)3 m/s　
【解析】(1)对B在台阶上全过程由能量守恒Ep μm2gx=m2
解得v0=3 m/s
(2)若物块B能停在木板A上,木板A长度L的最小值;(4分)
答案: (2)0.75 m　
【解析】(2)B滑上A后,对B分析,则μ2m2g=m2a2
vB=v0 a2t1
xB=v0t1 a2
对A分析,则μ2m2g μ1(m1+m2)g=m1a1
vA=a1t1
xA=a1
当vA=vB时,可得t1=0.5 s
xB xA=L
解得L=0.75 m
(3)若物块B能停在木板A上,求全过程A对B的冲量。(5分)
答案: (3)2 N·s,与水平方向夹角的正切值为
【解析】(3)当A、B共速后有μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a3
vA=a3t2
A对B的摩擦力f=m2a3
全过程A对B的摩擦力冲量大小I1=μ2m2gt1+ft2
全过程中A对B的支持力冲量大小为I2=N(t1+t2)
N=m2g
联立解得A对B的冲量大小I==2 N·s
A对B的冲量I的方向斜向右上,与水平方向的夹角为tanθ=
8.(14分)如图所示、物块甲、物块乙质量分别为m1=0.1 kg,m2=
0.2 kg。光滑桌面足够长。物块甲从高h的点以v1=3 m/s沿与水平面成θ=45°角斜向上运动,恰好在最高点与物块乙发生弹性碰撞,碰撞时间极短,已知物块乙始终未滑离木板丙。物块甲、乙均可视为质点,已知g取10 m/s2。
(1)求甲与乙碰撞前瞬间,甲的速度大小;(4分)
答案:(1)3 m/s
【解析】(1)甲碰撞前做斜抛运动,在最高点时速度为vx=v1cosθ=3 m/s
(2)求甲与乙碰后的瞬间,乙的速度大小;(4分)
答案: (2)2 m/s　
【解析】(2)甲与乙碰撞过程,动量守恒机械能也守恒,可得m1vx=m1v'1+m2v2,m1=m1v+m2
解得v2=2 m/s
(3)若薄木板丙(厚度不计)质量为m3=0.2 kg,乙、丙间的动摩擦因数为μ=0.2,求乙与丙速度相等时,乙在丙上走过的距离。(6分)
答案: (3)0.5 m
【解析】(3)物块乙在木板丙上滑行过程,系统动量守恒,可得m2v2=(m2+m3)v共
解得v共=1 m/s
根据能量守恒,可得μm2gL=m2(m2+m3)
解得L=0.5 m
9.(18分)(2025·阳江模拟)如图所示,倾角为θ的斜面C固定在水平面上,质量为m、长度为2L的木板B恰能静止在斜面顶端,木板B与斜面底端固定平台D的厚度相同,其下端到固定平台D的距离为s。一质量为2m的物块A(可视为质点)以方向平行斜面向下、大小v0=3的初速度从上端滑上木板B,木板B与平台D碰撞后立即停止运动。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,物块A与木板B间的动摩擦因数是木板B与斜面C间的动摩擦因数的2倍,重力加速度为g。
(1)求物块A与木板B间的动摩擦因数;(6分)
答案:(1)2tanθ　
【解析】(1)设物块A与木板B间的动摩擦因数为μ1,木板B与斜面C间的动摩擦因数为μ2
木板B恰好静止在斜面顶端有mgsinθ=μ2mgcosθ
其中μ1=2μ2
解得μ1=2tanθ
(2)若s>L,求物块A与木板B速度相同时,木板B前进的距离;(6分)
答案: (2)L　
【解析】(2)物块A与木板B整体所受外力的矢量和为0,所以系统动量守恒,以沿斜面向下为正方向,根据动量守恒定律得
2mv0=3mv共
对物块A根据牛顿第二定律可得2mgsinθ μ1·2mgcosθ=2maA
根据运动学公式得=2aAxA
对木板B根据牛顿第二定律可得mgsinθ+μ1·2mgcosθ μ2·3mgcosθ=maB
根据运动学公式得 0=2aBxB
联立,解得xA=2.5L,xB=L
(3)若0.5L≤s≤2L,求物块A从滑上木板B到离开木板B的过程中,物块A克服摩擦力做的功。(6分)
答案: (3)见解析
【解析】(3)若0.5L≤s若L≤s≤2L,物块A与木板B整体沿斜面向下运动的过程中,物块A与木板B共速时木板B还未与平台D碰撞,则此过程物块A克服摩擦力做功为W1=μ1·2mgcosθ·xA=10mgLsinθ
物块A与木板B共速时物块A相对木板B滑动L相=xA xB=1.5L
物块A与木板B共速后共同沿斜面匀速运动,共同运动的距离x'A=s xB=s L
此过程物块A克服摩擦力做功为W2=Ff静x'A=2(s L)mgsinθ
木板B与平台D碰撞而停止,物块A在木板B上继续滑动
x″A=2L L相=0.5L
到达平台D上。此过程物块A克服摩擦力做功为W3=μ1·2mgcosθ·x″A=2mgLsinθ
物块A克服摩擦力做的功W=W1+W2+W3=2(s+5L)mgsinθ(共36张PPT)
专题能力提升练(七)　电场
(40分钟　80分)
选择题(1 8题,每小题6分,共48分)
【基础巩固练】
1.(生产生活)手机软件计步是通过手机内置的电容式加速度传感器实现的。其原理如图所示,M和N为电容器两极板,M极板固定在手机上,N极板两端与固定在手机上的两轻弹簧连接。当手机加速度变化时,由于惯性,N极板只能按图中标识的“上、下”或“左、右”方向运动。若某时刻极板上的电荷量增大,则N的运动方向可能是(　　)
A.N极板向左运动　　 B.N极板向右运动
C.N极板向上运动 D.N极板向下运动
√
【解析】选C。根据题意可知电源加在电容器两端,即电容器两端电压U不变,N极板向左或向右运动时,极板正对面积S减小,根据C=,可知C减小,因为Q=CU,故电容器所带电荷量减小,故A、B错误;N极板向上运动,则d减小,C增大,Q增大,故C正确,D错误。
2.(多选)(2025·韶关模拟)在不同湿度条件下,人体周围产生的静电电位有所不同。在干燥的季节,人体静电可达几千伏甚至几万伏。如图是人体带上1 kV静电时周围的等差等势面分布情形,下列说法正确的是(　　)
A.人体所带的电荷为负电荷
B.负试探电荷在a点的电势能小于在b点的电势能
C.手肘处等势面密集,说明手肘附近电场强度大
D.把一电荷从a点移动到b点和从c点移动到b点
静电力做功相同
√
√
【解析】选C、D。由等势面的高低情况可知,人体所带的电荷为正电荷,故A错误;b点电势高于a点,负电荷在电势高处电势能越小,则负试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能,故B错误;等差等势面越密集的地方,电场线越密集,电场强度越大;由题图可知手肘处等势面密集,说明手肘附近电场强度大,故C正确;由于a点和c点在同一等势面上,把一电荷从a点移动到b点和从c点移动到b点静电力做功相同,故D正确。
3.(多选)(2024·重庆选择考改编)沿空间某直线建立x轴,该直线上的静电场方向沿x轴,其电势φ随位置x变化的图像如图所示,一带负电、电荷量大小为e的试探电荷,经过x2点时动能为1.5 eV,速度沿x轴正方向。若该电荷仅受电场力,则其(　　)
A.到达x3点时动能为2.5 eV
B.到达x3点时加速度最大
C.将在x1点两侧往复运动
D.将在x3点两侧往复运动
√
√
【解析】选A、D。带负电的试探电荷在x2处动能为1.5 eV,电势能为
1 eV,总能量为0.5 eV,且试探电荷速度沿x轴正方向,在x2~x3区域试探电荷
受到沿x轴正方向的静电力,做加速运动,在x3处速度最大,试探电荷继续运
动到x3右侧,做减速运动,当速度为零时,电势能为0.5 eV,即运动到电势为
0.5 V处减速到零,开始向x轴负方向运动,
后反向回到x2处动能仍为1.5 eV,继续向左运动,在电势为 0.5 V处减速到
零又反向,不会运动到x0、x1处,即试探电荷在x3点两侧往复运动,故C错误,
D正确;由题图可知到达x3点时电势能为 2 eV,由上述分析可知,动能为
2.5 eV,故A正确;φ x图线斜率表示沿x轴方向的电场强度,所以到达x3点时
受的电场力为0,加速度为0,故B错误。
4.(多选)如图所示为点电荷与接地金属板(厚度不计)之间形成的电场,其可以等效为两个等量异种电荷形成的电场的一部分。一个带电粒子先后两次从P点射出,两次射出的初速度大小相等,第一次轨迹为1,第二次轨迹为2,A、B、C、D为两轨迹上的四点,不计粒子的重力,下列说法正确的是(　　)
A.粒子带负电
B.粒子在A点加速度比在B点加速度大
C.粒子从A点到C点的过程电势能先减小后增大
D.粒子在C点的动能比在D点动能小
√
√
【解析】选A、C。根据粒子的运动轨迹可知,带电粒子受到的电场力要指向轨迹弯曲的内侧,即粒子受到引力,所以粒子带负电,选项A正确;根据电场强度与电场线的关系可知B点电场强度比A点电场强度大,因此粒子在B点受到的电场力比在A点受到的电场力大,故粒子在A点的加速度比在B点的加速度小,选项B错误;
粒子从A点到C点过程,电场力先做正功后做负功,根据电势能与电场力做功的关系可知粒子的电势能先减小后增大,选项C正确;C点的电势比D点的电势高,电势越低,负电荷电势能越大,因此带电粒子在D点的电势能比在C点的电势能大,由于粒子的动能与电势能的和是一定值,因此带电粒子在C点的动能比在D点的动能大,选项D错误。
5.(多选)地球表面与大气电离层都是导体,两者与其间的空气介质可视为一个大电容器,这个电容器储存的电荷量大致稳定,约为5×105 C,其间的电场,称为大气电场。设大地电势为零,晴天的大气电场中,不同高度h处的电势φ的变化规律如图所示,不考虑水平方向电场的影响。根据以上信息,下列说法正确的是(　　)
A.大气电场的方向竖直向上
B.地面带电荷量大小约为5×105 C
C.地面和大气电离层组成的电容器电容值约0.6 F
D.高度h越大,大气电场强度越小
√
√
【解析】选B、D。
选项 选项剖析 对错
A 大地电势为零,离地面越高,电势越高,由沿电场方向电势降低可知,大气电场的方向竖直向下 ×
B 因地面和大气电离层分别是电容器的两个电极,电容器储存的电荷量约为5×105 C,可知地面带电量约为5×105 C √
选项 选项剖析 对错
C 根据电容器的定义式C=可知,地面和大气电离层组成的电容器电容值约为C=F=F ×
D 由公式E=,可得d=U,可知d U图像的斜率表示电场强度的倒数,由图可知,高度h越大,大气电场强度越小 √
6.(多选)在竖直平面内有一方向斜向上且与水平方向夹角为α=30°的匀强电场,电场中有一质量为m,电荷量为q的带电小球,用长为L的不可伸长的绝缘细线悬挂于O点,如图所示。开始时小球静止在M点,细线恰好水平。现剪断细线,将小球从最低点P(OP长也为L)以某一初速度竖直向上抛出,小球恰好能够经过M点,重力加速度为g,则以下判断正确的是(　　)
A.小球从P到M过程中,其电势能增加了(1+)mgL
B.小球从P到M过程中,其动能增加了mgL
C.小球从P到M过程中,小球做的是匀变速曲线运动
D.小球从P到M过程中,其机械能增加了(1+)mgL
√
√
√
【解析】选B、C、D。当小球静止于M点时,细线恰好水平,说明重力
和电场力的合力方向水平向右,电场力与重力合力为F合==mg,
小球从P到M做的是类平抛运动,所以C正确;合外力做功为W合=
F合L=mgL,则动能增加了mgL;这一过程重力做功WG= mgL,由
动能定理W合=WG+W电,得W电=W合 WG=(+1)mgL,
则电势能减小(1+)mgL,根据功能关系知机械能
增加(1+)mgL,选项A错误,B、D正确。
【综合提升练】
7.(2025·茂名模拟)某静电场中,一带负电粒子仅在电场力的作用下
沿x轴正向运动,其电势能Ep随位置x变化如图所示。下列说法正确的
是(　　)
A.x1处电场强度最大
B.x2处电势最高
C.粒子在x1处动能最大
D.粒子从x1到x2电场力做正功
√
【解析】选C。根据ΔEp= W电= qEΔx可知,Ep x图像的切线斜率表示电场力大小,则x1处粒子受到的电场力为0,电场强度为0,故A错误;根据Ep=qφ,由于粒子带负电,所以电势越高,电势能越小,则x1处电势最高,故B错误;由于粒子只受电场力作用,所以动能与电势能之和保持不变,由于x1处电势能最小,所以粒子在x1处动能最大,故C正确;由题图可知,粒子从x1到x2电势能增大,所以电场力做负功,故D错误。
8.(多选)(2025·惠州模拟)如图所示,某静电场中x轴正半轴上0~2x0区间内电场强度沿x轴正向分布如图所示,图中浅灰色阴影部分面积为S1,深灰色阴影部分面积为S2,S1=2S2。一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子在坐标原点处由静止释放,粒子仅在电场力作用下从静止开始沿x轴正向运动,关于粒子在x=0至x=2x0之间的运动,下列说法正确的是(　　)
A.从x=0到x=x0的过程中,加速度逐渐减小
B.从x=0到x=x0的过程中,电场力做功为qS1
C.粒子在x=x0处的速度最大
D.粒子的最大速度为2
√
√
【解析】选B、D。粒子从x=0运动到x=x0的过程中,电场强度越来越大,
根据牛顿第二定律a=可知加速度逐渐增大,A错误;粒子从x=0运动到
x=x0的过程中,电场力做功为W1=qU1,又U=∑Ex,可得W1=qS1,B正确;根
据题图可知粒子从x=0至x=2x0过程电场强度一直为正,根据牛顿第二定
律可知粒子一直被加速,即粒子运动到x=2x0处的速度最大,C错误;根据B
选项分析,由几何关系结合动能定理有qS1+q(S2+S2)
=m,解得vm=2,D正确。
【总结提升】E x图像的应用
(1)E x图像为静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系,若规定x轴正方向为电场强度E的正方向,则E>0,电场强度E沿x轴正方向;E<0,电场强度E沿x轴负方向。
(2)E x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差(如图所示),两点的电势高低根据电场方向判定。在与粒子运动相结合的题目中,可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况。
9.(14分)如图所示,半圆形光滑轨道MN半径为R,最低点M处与水平粗糙地面平滑连接,半圆形轨道左侧有平行于地面向右的匀强电场,水平地面上P、Q两点处分别有不带电小物块A和带电量为+q的小物块B。A、B质量相等,均为m,与水平地面间的动摩擦因数均为μ。某时刻,将B由静止释放,同时给A一个水平向右的初速度v0,若A、B在水平轨道上运动时加速度大小相等,B之后恰好能运动至半圆轨道最高点N处,重力加速度大小为g,此过程中A、B不相撞。
(1)求B到达M点时的速度vB;(4分)
答案:(1)　
【解析】(1)由B恰好运动到N点,
可知轨道对B物块的压力为0
由mg=m
可知此时B的速度为v=
由M到N对B物块应用动能定理得 mg2R=mv2 m
解得B物块到M点时速度vB=
(2)求Q点与M点间的电势差U;(4分)
答案: (2)　
【解析】(2)对B物块由牛顿第二定律得Eq μmg=ma
对A物块根据牛顿第二定律得μmg=ma①
由二者在水平面上运动时加速度大小相等
得E=
由①解得a=μg
B物块由Q运动到M的过程,由=2ax
得QM之间的距离为x=
由U=Ex得Q点与M点间的电势差U=
(3)若v0=2,为保证A、B不会在水平地面上相撞,求P、Q两点间距离的最小值。(6分)
答案: (3)
【解析】(3)假设二者正好在M点相碰,
由vB=at
可知t=
此时A的速度为vA=v0 at=
故此时A、B速度正好相同,A物块的位移为x1=v0t at2
故两者不会在水平面上相碰,P、Q两点之间的距离最小值为Δx=x1 x=
10.(18分)(生产生活)液体雾化具有广泛的应用,其本质是将液体破碎为微小液滴的过程。
(1)液滴的滴落可看作雾化的最基本形态。以吸附在竖直滴管末端的液体为例,如图1所示,当液体所受重力超过管口处的表面张力(可认为方向向上)时,将脱离管口形成液滴。已知管口的直径为d,液体表面张力F=αl,α为表面张力系数,l为液面分界线长度。
a.请推导表面张力系数α的单位;(4分)
b.若液滴的直径为D,请分析论证D3∝α。(4分)
答案:(1)a.N/m,推导过程见解析　b.见解析
【解析】(1)a.根据F=αl
可得α=
可知α的单位为N/m
b.根据平衡条件有mg=α·πd
又m=ρ·πD3
联立解得D3=
即D3∝α
(2)静电雾化是利用静电力使液体雾化的技术,可以产生微米级甚至纳米级的液滴。如图2所示,将高压直流电源正极浸到毛细管内液体中,使液体带电。液体从毛细管中流出时,由于电荷间的排斥作用散裂成液滴,最终形成喷雾。当管口处单位时间内流出的液体体积为Q时,电流表的示数为I。假设在喷雾区的所有液滴的半径均为r,液滴所带电荷量相同且均匀分布在液滴表面,已知静电力常量为k,忽略重力影响,忽略喷雾区液滴间的相互作用。
a.求液滴所带电荷量q;(4分)
b.对于任意一个液滴,取液滴上某一微小面元,其面积用S表示,此面元受到该液滴上其他电荷的静电力大小用F表示,求。(已知均匀带电球面内电场强度处处为零,球面外电场强度可视为球面电荷量集中在球心处的点电荷所产生。)(6分)
答案: (2)a.　b.
【解析】(2)a.设喷雾区底面单位时间接收的液滴个数为n,则有Q=nV液滴
且V液滴=πr3
由电流的定义 I=nq
联立解得q=
b.如图所示
A为液滴上一微小面元上的一点,A1为微小面元外附近的一点,A2为微小面元内附近的一点。面元之外的其余电荷在三个点的电场强度趋近相等。根据电场强度叠加原理,有A1处电场强度为=ES+E其余
A2处电场强度为0= ES+E其余
面元上电荷量为q'=q
其余电荷对面元的力F=q'E其余
联立各式解得F=q
则有=
将q代入得 =(共26张PPT)
专题能力提升练(十一)　光学
(40分钟　70分)
选择题(1 9题,每小题6分,共54分)
【基础巩固练】
1.(自然现象)海市蜃楼分为两种形式,海面的海市蜃楼和沙漠中的海市蜃楼,观察对比两幅图像,分析下列说法正确的是(　　)
A.两种海市蜃楼所形成的像均为在高空中的倒影
B.两图都是光从光密介质进入光疏介质最终发生
了全反射
C.海面附近与沙漠表面,底层空气均比上层空气稠密
D.两图都是折射现象没有反射现象
√
【解析】选B。
选项 过程分析 结论
A 海面上方的海市蜃楼所形成的像为正影,沙漠下方的海市蜃楼所形成的像为倒影 ×
B 两图都是光从光密介质进入光疏介质最终发生了全反射 √
C 温度高空气稀薄,温度低空气稠密,海面附近底层空气比上层空气稠密,沙漠表面底层空气比上层空气稀疏 ×
D 光在折射时也反射,则两图既有折射现象也有反射现象 ×
2.(2025·广州模拟)如图所示,ABCDE是某种透明物质截面的边界,若一束蓝光从O点入射(入射光线未画出),在P点和Q点均发生了全反射,最后垂直于BC面射出。在该种物质对紫光折射率n的猜测值“1.7”“2.0”“2.3”和“2.4”中,可能的值有(　　)
A.1个 B.2个
C.3个 D.4个
√
【解析】选B。
3.如图所示为一透明薄膜的横截面,现用平行单色光照射该透明薄膜,形成的明暗相间的条纹图像正确的是(　　)
【模型构建】
√
【解析】选B。
【归纳总结】
(1)劈角越大(厚度变化越快),条纹间距Δx越小(条纹越密集)
(2)劈角越小(厚度变化越慢),条纹间距Δx越大(条纹越稀疏)。
4.(2025·重庆高考)杨氏双缝干涉实验中,双缝与光屏距离为l,波长为λ的激光垂直入射到双缝上,在屏上出现如图所示的干涉图样。某同学在光屏上标记两条亮纹中心位置并测其间距为a,则(　　)
A.相邻两亮条纹间距为
B.相邻两暗条纹间距为
C.双缝之间的距离为λ
D.双缝之间的距离为λ
√
【解析】选C。根据题意,由题图可知,相邻两亮条纹(暗条纹)间距为Δx=,A、B错误;
由公式Δx=λ可得,双缝之间的距离为d==,C正确,D错误。
5.(多选)每年夏季随着温度升高,天山和昆仑山上的冰川开始融化,塔里木河里的水便会溢出河道流向河边低洼处,同时河水带来了大量的鱼、虾等生物。当地村民掌握了这样的自然规律,世代居住在这里以捕鱼为生。现有一村民在距离水面高为2 m的观察点,看到与水面成45°角的方向有一条鱼,鱼的实际位置在水面下方20 cm处。已知水的折射率为。下列说法正确的是(　　)
A.光射入水中后波长变长
B.鱼与村民的实际水平距离为2 m
C.鱼的实际深度比村民观察到的要深
D.鱼在水中看到岸上所有的景物都会出现在一个顶角为90°的倒立圆锥里
√
√
【解析】选C、D。光射入水中频率不变,根据n===可知,光射入水中后波长变短,选项A错误;设题图中光路的折射角为θ,则有n=,解得θ=30°,设鱼与村民的实际水平距离为x,根据几何关系有h鱼tanθ=x h人tan45°,解得x=2.2 m,选项B错误;村民看到的鱼的位置位于图中水面上方两条入射光线的延长线的交点,可知,鱼的实际深度比村民观察到的要深,选项C正确;根据全反射的条件有sinC=,解得C=45°,可知鱼在水中看到岸上所有的景物都会出现在一个顶角为90°的倒立圆锥里,选项D正确。
【归纳总结】
定义 视深是人眼看透明物质内部某物点时像点离界面的距离
成像 画法 应用光的折射定律确定物体发出的两条入射光线对应的折射光线,折射光线反向延长线的交点就是物体的虚像
光路 图
推导 如图所示,一物点A位于折射率为n的介质中h深处,当θ1和θ2角都很小时,有sinθ1≈tanθ1=,sinθ2≈tanθ2=,由折射定律可知n==
结论 视深为h'=,视深比实深小
6.(生产生活)(2025·中山模拟)将一根筷子竖直插入装有水的玻璃杯中,由于玻璃杯壁很薄,因此从水平方向拍摄的照片看去,玻璃杯中未进入水中的一段筷子没有发生侧移,而浸入水中的筷子明显发生了侧移,如图甲,我们可以根据这一现象得出水的折射率。已知玻璃杯是圆柱体,底面圆半径为R,筷子插入位置距圆心距离为x1,从水平方向测量水中的筷子侧移位置距圆心距离为x2,如图乙,则水的折射率n为(　　)
A. B.
C. D.
√
【解析】选C。作出光路图如图所示,折射角正弦为sinr=,入射
角正弦为sini=,根据折射定律可知n==,选项C正确。
【综合提升练】
7.2025年某科研团队在微观光学模拟实验中,研究激光照射球形水珠后不同波长光线的偏折行为。实验发现,同一入射光束经过水珠后产生不同颜色的出射光,如图中a、b两条光线所示,其中一条为红光,另一条为紫光。关于这两条光线,下列说法正确的是(　　)
A.a光是红光
B.a、b两束光在真空中传播速度不同
C.b光发生衍射能力更弱
D.a光波长比b光短
√
【解析】选D。a、b两条出射光线均在水滴表面发生折射现象,入射角相同,a光的折射角小于b光的折射角,根据折射定律n=,可知na>nb,折射率大则光的频率高,因此a光是紫光,b光是红光,故A错误;在真空中传播时,a、b光的速度一样大,故B错误;根据光的衍射现象,遇到相同的障碍物,波长越长的光越容易发生明显衍射,因此b光更容易发生明显衍射,故C错误;由于光的频率越大,波长越短,因此λa<λb,故D正确。
8.(自然现象)假设不考虑大气对阳光的折射作用,太阳光恰好能够照亮半个地球,赤道处“昼”“夜”时长可视为相同。然而,由于大气层的存在,太阳光线在大气层中折射,致使“昼”“夜”时长不等。为了研究这一现象,可以简化为这样的等效模型:不均匀的大气可等效为折射率等于的均匀大气,大气层的厚度等效后等于地球半径R。根据该简化模型,可计算出赤道处白“昼”时长约为(　　)
A.10 h B.11 h
C.13 h D.14 h
√
【解析】选D。太阳光是平行光,临界光路图如图所示,由此可见,“昼”长“夜”短,
由几何关系可得临界光线的折射角sinr==,可知临界光线的折射角为r=30°,
根据折射定律n=,可得i=45°,由几何关系可知,地球多转α角度便看不见太阳
了,有α=60° 45°=15°,一个住在赤道上的人在“日出”前、“日落”后能看到太阳
的时间为t=×24 h=1 h,可推知白“昼”时长约为12 h+2 h=14 h,选项D正确。
【一题多解】利用对称性和几何关系可知
×24 h=14 h,选项D正确。
9.(多选)(2025·云浮模拟)如图甲所示,在平静的水面下深h处有一个点光源s,它发出的两种不同颜色的a光和b光在水面上形成了一个有光线射出的圆形区域,该区域的中间为由a、b两种单色光所构成的复色光圆形区域,周围为环状区域,且为a光的颜色(如图乙)。以下说法正确的是(　　)
A.在真空中,a光的波长比b光大
B.若两种光照射某种金属均能产生光电效应现象,则a光产生的光电子最大初动能更大
C.若光源匀速向下运动,水面上看到的两个圆形边界的半径变大的速度相同
D.若在水的表面滴入两滴食用油(a光在食用油中折射率大于水中的折射率),形成的膜的厚度d h,则在液面上方可以看见a光圆形区域半径近似不变
√
√
【解析】选A、D。在水面上被照亮的圆形区域边缘光线恰好发生全反射,入射角等于临界角C,a光在水面上形成的圆形亮斑面积较大,可知a光的临界角较大,根据sinC=,水对a光的折射率比b光小,则在真空中,a光的频率较小,波长较长,A正确;因为a光的频率较小,若用a、b两种光照射某种金属均可以发生光电效应现象,根据Ekm=hν W逸出功,则用b光照射该金属时产生的光电子最大初动能更大,B错误;由sinC=,圆的半径r=htanC,所以两个圆环半径增大的速度均为匀速,但是大圆的半径增加的速度更大,C错误;如图所示sinC=,=,故sinθ=,因为油膜的厚度d h,故边界圆的半径不变,D正确。
10.(16分)(2025·昆明质检)我们坐在书桌旁读书写字时,长时间的低头会引起颈椎的疲劳,脊柱就会发生相应的变形。某同学利用所学几何光学的知识,设计了一款“矫姿眼镜”,这样就可以在平视状态下完成阅读和书写。如图甲所示,该同学首先以正确的坐姿坐在桌子旁,并找出平时习惯观看的位置P,量出眼睛Q与P的连线与水平方向OP的夹角θ为60°,为了平视时能看到P点,该同学在眼睛的前面设计了一个如图乙所示的三棱镜ABC,使从P点发出与AC面垂直的光线,在BC面发生全反射后沿水平方向传播,且垂直AB面射出三棱镜。三棱镜的大小以及三棱镜到眼睛的距离远小于眼睛到P点的距离,求:
(1)三棱镜中∠A和∠B的大小;(6分)
答案:(1)∠A=60°,∠B=60°　
【解析】(1)光路如图所示,∠A两边与θ的
两边相互垂直,所以∠A=θ=60°
由几何关系可知∠B=i,2i+θ=180°,因此∠B=60°
(2)三棱镜的折射率应满足的条件。(10分)
答案:(2)n≥
【解析】(2)设临界角为C,有sinC=
光线要在BC面发生全反射,应满足的条件i≥C,即sin60°≥
所以折射率n≥(共31张PPT)
专题能力提升练 阶段滚动过关练 思维进阶强化练
专题能力提升练(一)　力与物体的平衡
(40分钟　80分)
选择题(1 8题,每小题6分,共48分)
【基础巩固练】
1.(传统文化)中医药文化是中华民族悠久历史文化的
重要组成部分,如图是用切刀将黄芪切片的示意图,
小明在切刀的N点施加作用力将切刀M点下方的黄
芪切断,下图能正确表示切刀工作示意图的是(　　)
√
【解析】选C。据题图可知,当切黄芪时,切刀会绕着切刀右边的固定点转动,即为支点,所按压的那一点,即动力作用点,动力的方向向下;而黄芪对切刀有一个向上的阻力,该点就是阻力作用点,阻力的方向是向上的。
2.(2025·揭阳模拟)蜘蛛通过两根蛛丝(OA和OB)悬挂在树枝上保持平衡。初始时,蛛丝OA与竖直方向的夹角为θ,蛛丝OB水平,如图所示。若猎物在A点被蛛丝缠住并向右侧缓慢移动,蛛丝OB仍保持水平。蜘蛛始终静止,蛛丝形变量可忽略不计且蛛丝未断裂。下列说法正确的是(　　)
A.蛛丝OA的拉力逐渐减小,蛛丝OB的拉力逐渐增大
B.蛛丝OA的拉力逐渐增大,蛛丝OB的拉力逐渐减小
C.蛛丝OA和OB的拉力均逐渐增大
D.蛛丝OA和OB的拉力均逐渐减小
√
【解析】选D。设蜘蛛的重力为G,蛛丝OA的拉力为F1,蛛丝OB的拉力为F2,由平衡条件有F1sinθ=F2,F1cosθ=G,解得F1=,F2=Gtanθ,当θ减小时,cosθ增大,tanθ减小,故F1减小,F2也减小,D正确。
3.(2025·中山模拟)如图所示,斜面体abc固定在水平面上,有一挡板MN,延长线经过a点,在斜面和挡板MN之间有一光滑小圆柱Q,整个装置处于平衡状态。初始时∠NMc<90°,若用外力使挡板MN绕a点缓慢顺时针转动,且保证N、M、a三点始终共线,在挡板MN转到水平位置前,以下说法正确的是(　　)
A.挡板MN对Q的支持力逐渐增大
B.挡板MN对Q的支持力先减小后增大
C.斜面体对Q的支持力先增大后减小
D.小圆柱Q所受的合力逐渐增大
√
【解析】选B。对小圆柱Q进行受力分析,如图,则当挡板MN转到水平位置前,小圆柱Q所受的合力总为零不变;挡板MN对小圆柱Q的支持力N2先减小后增大;斜面体对Q的支持力N1逐渐减小,选项B正确。
【归纳总结】若物体受n个作用力而处于平衡状态,则其中任意一个力与其余(n 1)个力的合力大小相等、方向相反。
4.(传统文化)木耙,也叫钉齿耙,有近2000年的历史。木耙上面均匀地铆着铁齿,前面有两个铁环,用来连接固定牲口的套绳。工作时,让铁齿向下,通过牲口拉动木耙进行耙地,从而破碎表面的土块,平整地面。如图1所示,为了更好地破碎表面的土块,人站在木耙上,增加耙地的深度。
已知木耙与人的总质量为m,两根套绳等长且平行,与水平面的夹角均为α,如图2所示。若木耙受到的阻力是其对地面压力的倍,耙地的过程可视为匀速直线运动,重力加速度大小为g,忽略套绳质量,改变夹角α,则当绳子拉力最小时,下列说法正确的是(　　)
A.α的大小为30°
B.单根绳子拉力F的大小为mg
C.木耙对地的压力大小为mg
D.地对木耙的阻力大小为mg
√
【解析】选C。依题意,木耙做匀速直线运动,对木耙进行受力分析,如图所示,木耙受力平衡,可得2Fsinα+N=mg,2Fcosα=f=N,
联立解得2F=,当绳子拉力最小时,
有sin(α+30°)=1,解得α=60°,F=mg,N=mg,
f=mg,选项A、B、D错误,C正确。
【一题多解】
5.(2023·海南等级考改编)如图所示,一光滑绝缘轨道水平放置,直径上有A、B两点,AO=2 cm,OB=4 cm,在A、B两点固定两个带电量分别为Q1、Q2的正电荷,现有一个带正电小球静置于轨道内侧P点(小球可视为点电荷),已知AP∶BP=n∶1,则Q1∶Q2=(　　)
A.2n2∶1 B.4n2∶1
C.2n3∶1 D.4n3∶1
√
【解析】选C。对小球受力分析如图所示,由正弦定理有=,其中∠CPH=∠OPB,∠CHP=∠HPD=∠APO,
其中△APO中,=,
同理有=,其中FA=k,FB=k,
联立有Q1∶Q2=2n3∶1,选项C正确。
【归纳总结】正弦定理法处理平衡问题
6.质量均匀分布的直导体棒放置于四分之一的光滑圆弧轨道上,其截面如图所示。导体棒中通有电流强度大小为I的电流,空间存在磁感应强度大小为B的匀强磁场,磁场的方向竖直向上。导体棒平衡时,导体棒与圆心的连线跟竖直方向的夹角为θ(θ<45°),轨道对导体棒的弹力为FN。下列说法正确的是(　　)
A.若仅将电流强度I缓慢增大,则θ逐渐减小
B.若仅将电流强度I缓慢增大,则FN逐渐减小
C.若θ=30°,则I=
D.若仅将磁场方向沿逆时针缓慢转过90°时,则FN=0
√
【解析】选C。对导体棒受力分析,受重力、支持力和安培力,受力如图所示,若仅将电流强度I缓慢增大,安培力逐渐增大,根据受力平衡和平行四边形定则可知θ逐渐增大,FN逐渐增大,选项A、B错误;若θ=30°,则mgtan30°=BIL,得I=,选项C正确;由平衡条件可得,磁场竖直向上时BIL=mgtanθ,又θ<45°,故BIL若仅将磁场方向沿逆时针缓慢转过90°时,
安培力大小不变,方向竖直向上。
因为BIL【综合提升练】
7.(2025·珠海模拟)如图所示,正方形斜面abcd的倾角为30°,质量为m的物块放置在斜面上顶点a位置处,给物块一初速度,并同时对物块施加一个平行ab边的恒力F,可使物块在斜面上沿直线匀速运动到cd边的中点,物块可视为质点,重力加速度为g,则物块与斜面间的动摩擦因数为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　
A. B.
C. D.
√
【解析】选A。设物块与斜面间的动摩擦因数为μ,正方形斜面abcd的边长为l,作出物块的运动轨迹和在斜面上的受力分析,如图所示
将重力沿斜面向下和垂直斜面向下分解,可得mgsin30°和mgcos30°,则滑动摩擦力为f=μmgcos30°。物块在斜面上沿直线运动到cd的中点e,设直线ae与直线ab的夹角为α,由题知,直角三角形aOe的两条直角边分别为l的,由几何关系可得sinα==
根据平衡条件有fsinα=mgsin30°,
联立可得μmgcos30°sinα=mgsin30°,
解得μ=,故选A。
8.如图所示,一端封闭的竖直玻璃管开口向上,管内有一段高h=5 cm的水银柱将长为l的空气柱密封在管中,水银上表面与管口齐平。现用注射器缓慢向管口继续滴入水银,直至水银与管口再次齐平。已知大气压强p0=76 cmHg,玻璃管导热良好,环境温度不变,整个过程未有水银溢出,则初始时空气柱的长度l(　　)
A.不能大于71 cm B.可以是80 cm
C.可以是100 cm D.可以是任意值
√
【解析】选C。设滴入水银的高度为Δh,滴入前p0+ρgh=p1,再次平衡时p0+ρgh+ρgΔh=p2,对密封的空气柱,由玻意耳定律得p1lS=p2(l Δh)S,解得l=81 cm+Δh>81 cm,故选C。
9.(16分)在车厢和地面之间搭一块硬木板,可以用来卸货与装货。如图所示,木板与地面构成一个倾角θ=30°的固定斜面,质量m=40 kg的货物恰好能静止在斜面上。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求货物与斜面间的动摩擦因数μ;(4分)
答案:(1)　
【解析】(1)对货物进行受力分析,如图所示
根据平衡可得mgsinθ=f,N=mgcosθ,f=μN,
解得μ=
(2)要将货物推上货车,求沿斜面方向的最小推力F1的大小;(6分)
答案: (2)400 N　
【解析(2)对货物进行受力分析,如图所示
根据平衡可得F1=mgsinθ+f1,N1=mgcosθ,f1=μN1,解得F1=400 N
(3)若用推力F2水平向前推货物,使货物沿斜面匀速向上运动,
求推力F2的大小。(6分)
答案: (3)400 N
【解析(3)对货物进行受力分析,如图所示
根据平衡可得F2cosθ=mgsinθ+f2,
N2=mgcosθ+F2sinθ,f2=μN2,
解得F2=400 N
10.(16分)(生产生活)为保证空调冷气不外漏,很多办公室都安装了简易自动关门器,该装置的原理可以简化为用一弹簧拉着的门,某次门在关闭时被卡住,细心的小明发现了门下缝隙处塞紧了一个木楔,侧面如图所示,已知木楔质量为m,其上表面可视作光滑,下表面与水平地板间的动摩擦因数为μ,木楔上表面与水平地板间夹角为θ,重力加速度大小为g,木楔尺寸比门小很多,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。
(1)若门推动木楔在地板上缓慢匀速移动,求门下端对木楔上表面的压力大小;(8分)
答案:(1)　
【解析】(1)对木楔受力分析,可知其受到重力、压力、支持力和摩擦力,如图所示
若门推动木楔在地板上缓慢匀速移动,竖直方向N=Fcosθ+mg,水平方向f=Fsinθ,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,f=μN=μ(Fcosθ+mg),联立解得F=。
(2)小明研究发现,存在临界角θ0,若木楔倾角θ≤θ0,不管用多大力推门,塞在门下缝隙处的木楔都能将门卡住而不再运动,求这一临界角的正切值tanθ0。(8分)
答案: (2)μ
【解析】(2)不管用多大力推门,塞在门下缝隙处的木楔都能将门卡住而不再运动,即Fsinθ≤μ(Fcosθ+mg),若木楔质量较小,可得tanθ≤μ,临界角的正切值为tanθ0=μ。(共38张PPT)
专题能力提升练(三)　力与曲线运动
(40分钟　70分)
选择题(1 9题,每小题6分,共54分)
【基础巩固练】
1.(体育运动)(2025·揭阳模拟)在篮球比赛中,篮球投出的初速度大小和方向都会影响投篮的命中率。如图甲所示为某运动员在投篮训练。两次跳起投篮时投球点和篮筐正好在同一水平面上,篮球运动的轨迹如图乙中1、2所示,则(　　)
A.轨迹1运动的时间长
B.轨迹1最高点时速度大
C.轨迹2抛出的初速度一定大
D.轨迹2速度变化量小
√
【解析】选B。
选项 过程分析 结论
A 斜抛运动到最高点过程,由逆向思维法可知,该过程可看成反向的平抛运动,根据h=gt2,可知高度h越大,时间t越长,由图乙可知轨迹1高度小,由对称性可知轨迹1在空中的运动时间短 ×
选项 过程分析 结论
B 轨迹1斜抛运动到最高点时间短,采用逆向思维法,由平抛规律有x=v0t 由图乙可知轨迹1的水平位移大,由于时间短,且最高点竖直方向速度为0,故平抛初速度大,即轨迹1最高点时速度大 √
选项 过程分析 结论
C 轨迹2最高点水平速度vx比轨迹1的小,但由于轨迹2的高度大,则落地时竖直方向速度vy比轨迹1的大,则轨迹2抛出的初速度v= 可知轨迹2抛出的初速度不一定大 ×
D 篮球只受重力,加速度a=g,速度变化量Δv=aΔt,因为轨迹2运动时间长,加速度g不变,所以轨迹2的速度变化量大 ×
2.(自然现象)太阳和月球对地球上某一区域海水引力的周期性变化引
起了潮汐现象。已知太阳质量约为2.0×1030 kg,太阳与地球的距离约
为1.5×108 km,月球质量约为7.3×1022 kg,月球与地球的距离约为
3.8×105 km,地球质量约为6.0×1024 kg,地球半径约为6.4×103 km。
对同一区域海水而言,太阳的引力和月球的引力之比约为(　　)　　　　　　　
A.1.75 B.17.5 C.175 D.1 750
√
【解析】选C。
【易错警示】
3.(2025·江苏苏北八市二模)如图所示,让装有水的玻璃杯绕过其侧面的竖直轴匀速转动,杯中液面形状可能正确的是(　　)
√
【思路分析】
【解析】选C。对水面上一个质量为m的小水滴受力分析,因受竖直向下的重力和水面对水滴的作用力,两个力的合力充当向心力,因向心力沿水平方向指向转轴,可知水面对水滴的作用力应该斜向上方,设与竖直方向夹角为θ,则由合外力提供向心力有mgtanθ=mω2r,可知tanθ=r,因r越大(点拨:远离转轴),则θ越大,可知水面的形状为C的形状,选项C正确。
4.(现代科技)2024年6月25日,嫦娥六号返回器携带月背样品重返地球,中国成为第一个从月球背面带回月壤的国家。图(a)为嫦娥六号奔月的示意图,图(b)为嫦娥六号在地球轨道和月球轨道上运行周期的平方(T2)与轨道半长轴的三次方(a3)的关系图,图线Ⅰ和图线Ⅱ的斜率分别为k1和k2。若地球质量为M,则月球的质量为(　　)
A.M B.M
C.M D.M
√
【解析】选A。设中心天体质量为m,环绕天体绕中心天体做椭圆运动,轨道半长轴为a,运行周期为T,根据万有引力提供向心力可得G=m环a,对上述式子进行整理得T2=a3,由此可知,T2与a3的关系图线斜率k=,则中心天体的质量越大,斜率k越小。
对于图线Ⅰ,其对应的中心天体是地球,已知地球质量为M,则k1=,对于图线Ⅱ,其对应的中心天体是月球,设月球质量为M月,则k2=,联立解得M月=M,选项A正确。
5.(体育运动)如图所示,一球门高1.8 m,宽3 m。在某次比赛中,一同学在球门前2.0 m处的O点将足球射向球门,球在运动的最高点恰好击中球门横梁中点P。足球经过横梁反弹后,垂直CD的速度分量大小变为原来的,平行CD的速度分量不变,落在Q点。已知BO垂直AB,足球的质量为0.4 kg,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,则下列说法正确的是(　　)
A.足球在O点的初速度大小为 m/s
B.足球在Q点落地时的速度大小为2.5 m/s
C.落地点Q与门线AB的距离为1.5 m
D.足球由O点运动到P点的时间大于由P点运动到Q点的时间
√
【模型构建】
【解析】选C。从O到P点,根据平抛运动的逆向
思维有=2gh,h=gt2,x= m=vxt,联立
解得vx= m/s,vy=6 m/s,则足球在O点的初速度
大小为v0== m/s,选项A错误;足球经过横梁反弹后,垂直CD的速度分量大小变为原来的,平行CD的速度分量不变,设碰时速度与CD夹角为θ,根据几何关系tanθ==
则有v⊥=vxsinθ= m/s,v//=vxcosθ= m/s,v'x=
= m/s,落地竖直方向有h=gt2,vy=gt,则足球在Q点
落地时的速度大小为v'== m/s,选项B错误;由上述解析知反弹后速度垂直CD的分速度v⊥大小为2.5 m/s,下落时间为0.6 s,则落地点Q与门线AB的距离为x⊥=v⊥t=2.5×0.6 m=1.5 m,选项C正确;竖直方向根据对称性可知,足球由O运动到P点的时间等于由P运动到Q点的时间,选项D错误。
6.(2025·广州模拟)在巴黎奥运会网球女子单打决赛中,中国选手郑钦文夺得金牌,创造了新的历史。如图所示,某次在网前截击中,若郑钦文在球网正上方距地面h处的M点将球沿垂直球网的方向击出,球刚好落在底线上N点。已知底线到网的水平距离为s,重力加速度大小为g,不计空气阻力,下列有关说法正确的是(　　)
A.网球击出后球的运动是加速度和速度都不断增大的曲线运动
B.网球从M点击出至落在底线上N点所用时间为
C.网球从M点击出至落在底线上N点位移的大小等于s
D.网球做平抛运动的水平位移由抛出时的高度和初速度的大小共同决定
√
【解析】选D。网球击出之后网球的运动视为平抛运动,平抛运动的加速度不变,做匀变速曲线运动,速度不断增大,A错误;竖直方向,根据h=gt2,网球从击出至落地所用时间为t=,B错误;网球从击球点至落地点的位移大小为MN=,C错误;根据x=v0t=v0
可知平抛运动的水平位移由抛出时的高度
和初速度的大小共同决定,D正确。
【综合提升练】
7.(多选)如图所示,竖直放置的圆筒内壁光滑,圆筒半径为R,高为h。P、Q为圆筒上、下底面圆上的两点,且PQ连线竖直,一可视为质点的小球由P点沿筒内侧与半径垂直方向水平抛出,小球质量为m,初速度大小为v0。小球的运动轨迹与PQ的交点依次为PQ上的A、B、C三点,重力加速度大小为g,不计空气阻力,则以下说法正确的是(　　)
A.小球到达C点时下落高度为
B.小球在A、B、C三点时对筒壁的压力
大小之比为1∶1∶1
C.A、B间距离为
D.小球在P点时所受合力大小为mg
√
√
【解析】选B、C。小球在水平方向上做匀速圆周运动,圆周运动周期为T=,小球在竖直方向上做自由落体运动,小球到达C点时,经历时间为3T,则有hPC=g(3T)2,解得hPC=,故A错误;小球在水平方向上做匀速圆周运动,由筒壁对小球的支持力提供向心力,则有N1=m,
根据牛顿第三定律有N2=N1,解得N2=,可知,小球在A、B、C三点
时对筒壁的压力大小之比为1∶1∶1,故B正确;小球在竖直方向上做
自由落体运动,小球到达A点、B点经历时间分别为T、2T,则有hAB=g(2T)2 gT2,结合上述解得hAB=,故C正确;小球在水平
方向上做匀速圆周运动,由筒壁对小球的支持力提供向心力,
则有N1=m,小球所受外力的合力F=>mg,
故D错误。
8.某中学举办以“科创筑梦　智启未来”为主题的科技节活动,激发学生的创新意识和探索精神,点燃学生的科学梦想,提升学生的实践能力。一个科技小组设计了如图所示的游戏装置:一个障碍物高为h,宽为s,在障碍物前的地面上设置一个可发射弹丸的气体弹射器(图中未画出),弹射器可调节与障碍物的水平距离,不计弹射器的高度和空气阻力。若在障碍物前发射弹丸,使弹丸恰好越过障碍物,则弹丸初速度v0的最小值是(　　)
A. B.
C. D.
√
【解析】选D。研究从B点到等高的B'点这一段斜抛运动,vx=vcosα;vy=vsinα,
时间t=,水平射程s=vx·t=vcosα·==,α=45°时,s=,
s一定,sin2α最大为1,v有最小值,v2=gs。由A点到B点,运用动能定理得W=ΔEk,
即mgh=mmv2,解得v0==,D正确。
9.(生产生活)人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田,简化模型如图所示,出水管口最下端距水平地面一定高度,出水管口横截面是圆,不计空气阻力,假如水从管口水平喷出的速度恒定,水流在空中不会中断,则水柱落在水平地面上的形状大致是(　　)
√
【解析】选D。平抛运动在竖直方向为自由落体运动,则h=gt2,水平方向为匀速直线运动,则水平位移为x=v0t=v0,考虑管口截面上三个点的轨迹,即最上端、最下端和圆心,如图所示,则Δx1=v0(),Δx2=v0(),
因为Δx1 Δx2=v0() v0()>0,所以水柱落在地面的形状左右不对称,最下端和圆心的落地点间距Δx1大于最上端和圆心的落地点间距Δx2,故形状大致为D选项,选项D正确。
10.(16分)某校校园文化艺术节举行无线遥控四驱车大赛,其赛道如图所示。某四驱车(可视为质点)以额定功率P0=20 W在水平直轨道的A点由静止开始加速,经过时间t0=2 s刚好到达B点,此时通过遥控关闭其发动机,B点右侧所有轨道均视为光滑轨道。
四驱车第一次经C点进入半径R=0.1 m的竖直圆轨道,恰好能够经过圆轨道最高点D,此后四驱车再次经过C点沿着轨道CF运动,最终从轨道末端F点水平飞出后落入沙坑中。四驱车的总质量m取1 kg,重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力。
(1)求四驱车第一次经过C点时对轨道的压力;(4分)
答案:(1)60 N,方向竖直向下
【解析】(1)四驱车恰好能够经过圆轨道最高点D,设在D点的速度为vD,在D点时由重力提供四驱车做圆周运动的向心力,有mg=m。
设四驱车在C点时的速度为vC,由动能定理知
mm= mg×2R,
四驱车在C点时所受的支持力和重力的合力提供车做圆周运动的向心力,则FN mg=m,
解得FN=60 N,
由牛顿第三定律知F压=FN=60 N,方向竖直向下。
(2)求四驱车在AB段克服阻力所做的功;(4分)
答案: (2)37.5 J　
【解析】(2)由题可知vC=vB,又由能量守恒定律知P0t0 Wf=m,
解得Wf=37.5 J。
(3)若水平轨道距离沙坑表面的高度h1=0.2 m,则F点距离水平轨道的高度h2为多少时,四驱车落到沙坑中的点与F点的水平距离最大 并计算水平最大距离xmax。(8分)
答案: (3)0.025 m　0.45 m
【解析】(3)四驱车从C点运动到F点过程中,应用动能定理知
mgh2=mm,
四驱车从F点飞出后做平抛运动,设运动时间为t,
则竖直方向有h1+h2=gt2,水平方向有x=vFt,
联立以上表达式并化简得
x== m。
当h2=0.025 m时,x有最大值,且xmax=0.45 m。
【数学小贴士】一元二次函数y=ax2+bx+c
配方:y=a(x+)2+
①当a>0,x= 时,y有极小值,极小值为
②当a<0,x= 时,y有极大值,极大值为(共43张PPT)
思维进阶强化练(二)　传送带模型
(40分钟　80分)
一、选择题:本题共6小题,每小题6分,共36分。
1.(生产生活)玉米收割后脱粒玉米用如图甲所示的传送带装置,可近似为如图乙所示物理过程,将收割晒干的玉米投入脱粒机后,玉米粒从无初速度被放置到被传送至底端与脱粒机相连的顺时针匀速转动的传送带上,一段时间后和传送带保持相对静止,直至从传送带的顶端飞出最后落在水平地面上,不计空气阻力。已知玉米粒在此运动过程中的速率为v,加速度大小为a,动能为Ek,机械能为E,玉米粒距离地面的高度为h,下列图像能近似反映上述物理过程的是(　　)
√
【解析】选D。
选项 选项剖析 对错
A 根据题意可知,玉米粒在传送带上先做匀加速直线运动,后做匀速直线运动;玉米粒从传送带抛出后到最高点过程,速率应不断减小,到最高点后速率再逐渐增大 ×
B 根据题意可知,玉米粒在传送带上先做匀加速直线运动,后做匀速直线运动;则加速度先恒定不变,再变为0,玉米粒从传送带抛出后,加速度为重力加速度 ×
选项 选项剖析 对错
C 根据题意可知,玉米粒在传送带上运动时,动能先增大后不变;玉米粒从传送带抛出后到最高点过程,动能应不断减小,到最高点后动能再增大 ×
D 根据功能关系可知,除重力外其他力做的功等于机械能的变化量,玉米粒在传送带上运动时,先受到滑动摩擦力后受到静摩擦力,玉米粒的机械能一直增大,且E h图像的斜率先表示滑动摩擦力后表示静摩擦力,则加速阶段的斜率大于匀速阶段的斜率;玉米粒从传送带抛出后到落回地面过程,只受重力作用,机械能不变 √
2.(生产生活)如图甲所示,大型物流货场广泛地应用传送带搬运货物。与水平面夹角为θ的倾斜传送带以恒定速率运动,传送带始终是绷紧的。将质量为m=2 kg的货物 (可视为质点) 轻放在传送带的A端,经过1.2 s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.货物从A端到B端的过程中受到的摩擦力始终不变
B.货物与传送带之间的动摩擦因数为0.4
C.货物从A端到B端的过程中,货物与传送带之间因摩擦产生的热量为9.6 J
D.货物从A端到B端的过程中,货物与传送带之间因摩擦产生的热量为22.4 J
√
【解析】选C。由题意可知,货物先以a1加速度做匀加速直线运动,再以a2加速度做匀加速直线运动,则0~0.2 s时间内,货物受到的摩擦力沿传送带向下,0.2~1.2 s时间内,货物受到的摩擦力沿传送带向上,A错误;由图乙可知,0~0.2 s时间内货物的加速度大小为a1==10 m/s2,根据牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma1,解得a1=gsinθ+μgcosθ,
同理可得0.2~1.2 s时间内有a2==2 m/s2,a2=gsinθ μgcosθ,联立解得
μ=0.5,B错误;由图乙可知,整个过程货物的位移x1=×2×0.2 m+×1×
2 m=1.2 m,传送带的位移x2=2×1.2 m=2.4 m,二者的相对位移Δx=x2 x1=1.2 m,根据上述结论可知θ=37°,故整个过程产生的热量Q=f·Δx=μmgcosθ·Δx=9.6 J,C正确,D错误。
3.(多选)把一根匀质铁链水平拉直,沿AB方向
一部分放在顺时针匀速转动的水平传送带上,
一部分放在光滑水平桌面上,桌面和传送带在A点平滑相接(忽略衔接处空隙),由于传送带摩擦力的作用,铁链向右做直线运动,传送带长度大于铁链长度。x为铁链在A点右侧的长度,f为传送带对铁链的摩擦力,a为铁链的加速度,F为A点右侧铁链对A点左侧铁链的拉力,Ek为铁链的动能,则在铁链加速进入传送带的过程中,下列图像可能正确的是(　　)
√
√
【解析】选A、C。铁链受传送带摩擦力f=μmg,f x图像为过原点的直
线,故A正确;铁链在传送带上的加速度大小a==x,则a x图像为过原
点的直线,故B错误;A点右侧铁链对A点左侧铁链的拉力F=ma
=m·x=,则F x图像为抛物线,故C正确;由动能定理及
f x图像可知,Ek x图像斜率表示f,应一直变大,故D错误。
4.(多选)(2025·清远模拟)如图所示,竖直平面内有一长为2.5 m的水平传送
带以4 m/s的速度逆时针运动,传送带左端固定有一半径为0.4 m的光滑竖
直半圆轨道CDE,C点和E点分别位于传送带左端的正上方和正下方,D点为
半圆轨道的最左端,半圆轨道在E点与水平滑道EF水平相切,一个质量为
2 kg的物块轻放在传送带右端,C与传送带左端间的缝隙恰好可容物块通
过,物块由传送带右端沿轨道运动并最后停在水平滑道上。已知物块与传
送带间的动摩擦因数为0.5,物块与水平滑道间的动摩擦因数为0.4,物块可
视为质点,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.物块在传送带上运动的时间为1.025 s
B.物块运动到传送带左端时的速度大小为3 m/s
C.物块到达半圆轨道最左端D点时对轨道的压力大小为100 N
D.物块所停位置距E点的距离为4 m
√
√
【解析】选A、D。物块在传送带上做加速运动的加速度为a1=μ1g=
5 m/s2,物块在传送带上做加速运动的时间为t0==0.8 s,物块在传送带上做加速运动的位移为x1=a1=1.6 m物块从C点运动到半圆轨道最左端D点,根据动能定理有mgR=mm,物块到达半圆轨道最左端D点,根据支持力提供向心力有FN=m,解得FN=120 N,根据牛顿第三定律,物块到达半圆轨道最左端D点时对轨道的压力大小为120 N,故C错误;物块从C点到停在水平滑道上,根据动能定理有0 m=mg·2R μ2mgx2,物块所停位置距E点的距离为x2=4 m,故D正确。
5.(多选)如图甲所示,足够长的倾斜传送带以速度v=2.5 m/s沿顺时针方向运行,倾角θ=37°,质量为m,可视为质点的物块在t=0时刻以速度v0从传送带底端开始沿传送带上滑,物块在传送带上运动时的机械能E随时间t的变化关系如图乙所示,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取传送带底端所在平面为零势能面,重力加速度g取10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,则(　　)
A.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
B.物块的质量m为5 kg
C.物块滑上传送带时的速度为5 m/s
D.物块滑离传送带时的动能为20 J
√
√
【解析】选C、D。
以沿斜面向上为正方向,对物块受力分析,在0~0.25 s内沿斜面方向由牛
顿第二定律可得 mgsinθ μmgcosθ=ma1,此过程由匀变速直线运动规律
可得v=v0+a1t1,在0.25~1.5 s由牛顿第二定律可 mgsinθ+μmgcosθ=ma2,
此过程由匀变速直线运动规律可得0=v+a2t2,代入数据,联立以上式子可
得v0=5 m/s,μ=0.5,故A错误,C正确;取传送带底端所在平面为零势能面,
由图乙可知,物体的初始机械能为E=m=50 J,代入数据可得m=4 kg,
故B错误;
由图乙可知物块从底部滑至最高点,前后两阶段摩擦力做功的绝对值之和为Wf=(50 35) J+(60 35) J=40 J,到达最高点时机械能为E总=60 J。由于物块所受重力沿斜面的分力大于传送带对物块的摩擦力,故物块到达最高点后会沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动。此过程中,物块向下移动的位移与物块向上移动的位移相等,摩擦力大小相等,且下滑过程中摩擦力始终做负功。故从最高点运动至离开传送带的过程中,由能量守恒定律可得E总=Wf+Ek,代入数据可得Ek=20 J,故D正确。
【加固训练】(多选)如图甲所示,弯曲轨道与水平地面平滑连接,右侧有一与地面等高的传送带,传送带始终以速度v0顺时针匀速转动。将一滑块从轨道上高h处无初速度释放,当0.25 mA.传送带的长度L为1 m
B.传送带运行的速度v0为3 m/s
C.该滑块从h1=0.30 m和h2=0.50 m释放,摩擦力对滑块做功的大小相等
D.该滑块从h=1.00 m释放,滑块在传送带上运动的时间为( 2) s
√
√
√
【解析】选A、B、D。根据题意,结合图乙可知,当 0滑块始终在传送带上加速,当 h2>0.65 m时,滑块始终在传送带上减速。
设滑块滑上传送带前的速度为v,mv2=mgh,传送带上由运动学公式有
v2= 2gh'1=2μgL,v2 =2gh'2 =2μgL,其中 h'1=0.25 m,
h'2=0.65 m,解得 v0=3 m/s, L=1 m,故A、B正确;
h1=0.3 m,设滑块和传送带共速前的位移为L1, 2gh1=2μgL1,可得
L1=0.75 m,摩擦力做功为W1=μmgL1,此后滑块与传送带共速,摩擦力不做
功。h2=0.5 m,设滑块和传送带共速前的位移为L2,2gh2 =2μgL2,可得
L2=0.25 m,摩擦力做功为W2= μmgL2,此后滑块与传送带共速,摩擦力不做
功,故C错误;h=1.00 m,滑块滑上传送带的速度 v=2 m/s ,由图乙知末速
度为v'=4 m/s , t==( 2) s,故D正确。
6.(多选)如图所示,在竖直平面内有一倾角θ=37°的传送带,两皮带轮AB
轴心之间的距离L=3.2 m,沿顺时针方向以v=2 m/s匀速运动,一质量m=
2 kg的物块P从传送带顶端无初速度释放,物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5。物块P离开传送带后在C点沿切线方向无能量损失地进入半径为 m的光滑圆弧形轨道CDF,并与位于圆弧轨道最低点F的物块Q发生碰撞,碰撞时间极短,物块Q的质量M=1 kg,物块P和Q均可视为质点,重力加速度g取10 m/s2, sin37°=0.6,cos37°=0.8。则(　　)
A.物块P到达C点时的速度一定为4 m/s
B.物块P从释放到下滑到C点的过程中系统增加的内能为9.6 J
C.物块P与物块Q第一次发生碰撞后的瞬间,物块P的速度可能为1.5 m/s
D.物块P与物块Q第一次发生碰撞后的瞬间,物块P对轨道的压力大小可能为35 N
√
√
√
【解析】选A、B、D。物块P与传送带没有达到共速前,物块P受
摩擦力方向沿传送带向下,设其加速度为a1,由牛顿第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ=ma1,a1=10 m/s2,物块P与传送带达到共速所用时间
t1== s=0.2 s,物块P在传送带上的位移为x1=a1=×10×0.22 m
=0.2 m,物块P与传送带达到共速后,由于mgsinθ>μmgcosθ,可知摩擦力
方向沿传送带向上,设此时物块P的加速度为a2,由牛顿第二定律可得
mgsinθ μmgcosθ=ma2,解得a2=2 m/s2,物块P在传送带上运动的距离为
x2=L x1=3 m,设物块P运动到传送带底端C点时的速度为v1,
由速度位移关系公式可得v1== m/s
=4 m/s,A正确;物块P与传送带达到共速时,传送带的位移为x1带=vt1=
0.4 m,物块P与传送带达到共速后到滑到C点时所用时间t2== s
=1 s,在1 s时间内传送带的位移为x2带=vt2=2×1 m=2 m,物块P与传送带
相对位移为Δx=(x1带 x1)+(x2 x2带)=1.2 m,物块P从释放到下滑到C点的
过程中系统增加的内能为Q=μmg·Δxcosθ=9.6 J,B正确;设物块P运动到
F点时的速度为v2,由动能定理可得mgR(1+cosθ)=mm,解得
v2=6 m/s,若物块P与物块Q发生完全弹性碰撞,设物块P碰撞后的
速度为v3,物块Q碰撞后速度为v4,两物块碰撞中动量守恒和机械能守恒,
由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv2=mv3+Mv4,m
=m+M,解得v3=2 m/s;若物块P与物块Q发生完全非弹性碰撞,则
有mv2=(m+M)v3,解得v3=4 m/s,可知2 m/s≤v3≤4 m/s,因此物块P与物块
Q第一次发生碰撞后的瞬间,物块P的速度不可能是1.5 m/s,C错误;在
F点,由支持力和重力的合力提供向心力可得FN mg=m,解得
34.4 N≤FN≤77.6 N,由牛顿第三定律可知,物块P与物块Q第一次发生
碰撞后的瞬间,物块P对轨道的压力大小可能为35 N,D正确。
二、计算题:共3小题,共44分。
7.(12分)(生产生活)如图所示,半径为R=10 m的光滑圆弧面AB与传送带BC平滑连接(圆弧的圆心在B的正下方),传送带以v=8 m/s的速度逆时针匀速运动,A、B两点的水平距离为d=8 m。质量为2 kg的物块(物块可看作质点)在水平恒力作用下从A点由静止运动到B点,物块在B点时撤去水平恒力,此时物块对圆弧面的压力恰为零。物块与传送带间的动摩擦因数为0.1,传送带足够长,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)水平恒力F的大小;(6分)
答案:(1)22.5 N　
【解析】(1)由B点压力为零,则有Mg=M
可得v0==10 m/s,R2=d2+(R h)2
可得h=4 m
物块从A到B由动能定理,有Fd Mgh=M
解得F=22.5 N
(2)物块再次回到B点时,物块与传送带之间摩擦产生的热量。(6分)
答案: (2)324 J
【解析】(2)物块在传送带上运动的加速度a=μg=1 m/s2
物块先做减速运动,减速时间t==10 s
物块的位移x1==50 m
由于传送带的速度小于v0,物块反向加速到8 m/s时与传送带共速运动到B点,物块反向加速的时间为t1==8 s,位移为x2==32 m
物块与传送带的相对位移Δx=x1+vt+vt1 x2=162 m
摩擦产生的热量Q=μMgΔx=324 J
8.(14分)如图所示,水平传送带右侧有一固定平台,平台上表面BCDE与传送带上表面ABEF共面且平滑无缝连接。半径R=1 m的光滑半圆形轨道固定在BCDE上,分别与AB、EF相切于B、E点,P点是圆弧轨道中点。将质量m=1 kg的滑块(可看作质点)从A点由静止释放,在传送带上运动后从B点沿切线方向进入半圆形轨道内侧,滑块始终与圆弧轨道紧密接触,并最终停下。已知传送带长l=3 m,以v0=4 m/s的速率顺时针转动,滑块与传送带间动摩擦因数μ1=0.4,滑块与平台间动摩擦因数μ2=,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)滑块从A点运动到B点所需时间;(4分)
答案:(1)1.25 s　
【解析】(1)根据牛顿第二定律得μ1mg=ma1
解得a1=4 m/s2
和传送带速度相同所用时间为t1==1 s
匀加速的位移为x1=t1=2 m
匀速运动时间为t2==0.25 s
滑块从A点运动到B点所需时间为t=t1+t2=1.25 s
(2)滑块第一次经过P点时对半圆形轨道的压力大小;(4分)
答案: (2)1 N　
【解析】(2)根据动能定理得 μ2mg··2πR=mm
解得vP=1 m/s
F'N=FN=m=1 N
(3)从释放到最终停下来的过程中,滑块
与传送带、平台间因摩擦产生的热量。
(6分)
答案: (3)16 J
【解析】(3)传送带上痕迹的长度为Δx1=v0t1 v0t1=2 m
设沿着半圆形轨道运动的路程为x2,根据动能定理得 μ2mgx2=0 m
解得x2= m
摩擦产生的热量为Q=μ1mg·Δx1+μ2mgx2=16 J
9.(18分)(2025·海南高考)足够长的传送带固定在竖直平面内,半径R=
0.5 m,圆心角θ=53°的圆弧轨道与平台平滑连接,平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接,工件A从圆弧顶点无初速度下滑,在平台与B碰成一整体,B随后滑上传送带,已知mA=4 kg,mB=1 kg,A、B可视为质点,A、B与传送带间的动摩擦因数恒定,在传送带上运动的过程中,因摩擦生热Q=2.5 J,忽略轨道及平台的摩擦,g取10 m/s2。
(1)A滑到圆弧最低点时受的支持力;(4分)
答案:(1)72 N,方向竖直向上　
【解析】(1)A从开始到滑到圆弧最低点间,
根据机械能守恒得mAg(R Rcos53°)=mA
解得v0=2 m/s
在最低点根据支持力与重力的合力提供向心力得FN mAg=mA
解得FN=72 N,方向竖直向上。
(2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能;(6分)
答案: (2)1.6 J
【解析】(2)根据题意A、B碰后成一整体,
根据动量守恒得mAv0=(mA+mB)v共
解得v共=1.6 m/s
故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为
ΔE=mA(mA+mB)=1.6 J。
(3)传送带的速度大小。(8分)
答案: (3)0.6 m/s或2.6 m/s
【解析】(3)第一种情况,当传送带速度v小于v共时,A、B滑上传送带后先减速后匀速运动,设A、B与传送带间的动摩擦因数为μ,对A、B根据牛顿第二定律得μ(mA+mB)g=(mA+mB)a
设经过时间t1后A、B与传送带共速,可得v=v共 at1
该段时间内A、B运动的位移为x1=t1
传送带运动的位移为x2=vt1
故可得Q=μ(mA+mB)g·(x1 x2)
联立解得v=0.6 m/s,另一解大于v共舍去;
第二种情况,当传送带速度v大于v共时,A、B滑上传送带后先加速后匀速运动,设经过时间t2后A、B与传送带共速,同理可得v=v共+at2
该段时间内A、B运动的位移为x'1=t2
传送带运动的位移为x'2=vt2
故可得Q=μ(mA+mB)g·(x'2 x'1)
解得v=2.6 m/s,另一解小于v共舍去。(共44张PPT)
思维进阶强化练(五)
电磁感应中动力学、能量和动量的综合
(40分钟　60分)
一、选择题:本题共7小题,每小题6分,共42分。
1.(科技前沿)(2025·茂名一模)图甲为工程师设计的传送带测速装置,图乙为其简化原理图,该测速装置固定有间距为L、长度为d的平行金属电极,电极间存在着磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场,且接有电压表和阻值为R的电阻,测速装置上的绝缘橡胶带嵌有间距均为d的平行细金属条,金属条阻值为r且与电极接触良好,橡胶带运动时磁场中始终有且仅有一根金属条,不计金属电极和其余导线的电阻,电压表可视为理想电表。下列说法正确的是(　　)
A.当金属条经过磁场区域时,受到的安培力方向与运动方向相同
B.当电压表的读数为U时,传送带的速度大小为v=
C.若将该电压表改装为传送带速度表,则速度表刻度均匀分布
D.当金属条通过磁场区域时的速度为v时,电路的总发热功率为P=
√
【解析】选C。当金属条经过磁场区域时,根据电磁阻尼知识可知,金属条受到的安培力方向与运动方向相反,故A错误;当电压表的读数为U时,有(R+r)=BLv,得传送带的速度大小为v=∝U,即若将该电压表改装为传送带速度表,则速度表刻度均匀分布,故B错误,C正确;当金属条通过磁场区域时的速度为v时,电路的总发热功率为P=I2(R+r)
又I=,联立得P=,故D错误。
2.如图甲所示,有一倾角为θ的光滑斜面,在斜面的水平线ef以下区域有垂直斜面方向的匀强磁场,其磁感应强度随时间按图乙规律变化,其中0~T图线为直线,T~2T图线为余弦函数的一半,图中B0和T为已知量,规定垂直斜面向上为正。斜面上有一n匝正方形线圈,边长为L,总质量为m,总电阻为R,其中ab边恰好在磁场边界ef线之外,线圈在平行于斜面向上的外力F作用下始终保持静止状态,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)
A.在0~T内,线圈中产生的感应电流的方向为abcda
B.在0~T内,外力F的最大值为mgsinθ+
C.在T~2T内,通过线圈某一截面的电量为
D.在T~2T内,线圈cd边受到的安培力大小先减小后增大
√
【解析】选B。
由于F安方向先沿斜面向下后沿斜面向上,故外力F在0时刻最大,最大值Fmax=mgsinθ+,故B正确。
【总结提升】分析清楚磁场变化情况与线圈的受力情况是解题的前提与关键;对于图像问题,一定学会根据图像充分挖掘有用信息,例如针对本题的图像,应得出在T~2T内,线圈中产生正弦式交变电流。
3.(科技前沿)(多选)如图1所示,磁悬浮列车利用电磁感应原理进行驱动。可简化为如下情景:矩形金属框MNPQ固定在列车下方,轨道区域内存在垂直于金属框平面的磁场,磁感应强度沿Ox方向按正弦规律分布,最大值为B0,其空间变化周期为2d,整个磁场始终以速度v1沿Ox方向向前平移,列车在电磁力驱动下沿Ox方向匀速行驶的速度为v2,且v1>v2。设金属框总电阻为R,宽PQ=L,长NP=d。t=0时刻,磁场分布的B x图像及俯视图如图2所示,此时MN、PQ均处于磁感应强度最大值位置处。下列说法正确的是(　　)
A.t=0时回路磁通量为0,感应电动势为0
B.t=0时金属框受到的电磁驱动力为
C.匀速运动过程中金属框感应电流方向、受安培力合力方向都在周期性变化
D.匀速运动过程中金属框发热的功率为
√
√
【解题指导】解答本题应注意以下两点:
(1)根据磁感线总条数分析t=0时回路磁通量大小。t=0时,线圈的PQ和MN边都切割磁感线产生同向的感应电动势,总的感应电动势E= 2B0L(v1 v2)。
(2)根据闭合电路欧姆定律求出感应电流大小,再由安培力公式求金属框受到的电磁驱动力。合力方向是否变化。根据交变电流的有效值求金属框发热的功率。
【解析】选B、D。①t=0时,回路中左侧向里的磁感线与右侧向外的磁感线条数相等,磁通量抵消,故回路磁通量为0。②PQ、MN边都切割磁感线,产生同向的感应电动势,其等效电路图如图所示,
【加固训练】
(多选)(2025·上饶一模)2024年6月2日清晨,嫦娥六号成功
着陆在月球背面南极 艾特肯盆地预定着陆区,为了能更
安全着陆,科学家设计了一种电磁阻尼缓冲装置,其原理
如图所示。主要部件为缓冲绝缘滑块K及固定在绝缘光
滑缓冲轨道MN和PQ上的着陆器主体,着陆器主体能在两轨道间产生垂直于导轨平面的匀强磁场B,导轨内的缓冲滑块K上绕有n匝矩形线圈abcd,线圈的总电阻为R,ab边长为L。着陆时电磁缓冲装置以速度v0与地面碰撞后,滑块K立即停止运动,此后线圈与轨道间的磁场发生作用,直至着陆器主体达到软着陆要求的速度,从而实现缓冲。已知着陆器主体及轨道的质量为m,月球表面的重力加速度为g0,不考虑运动磁场产生的电场,下列分析正确的是(　　)
A.磁场方向反向后不能起到缓冲作用
B.若着陆器主体接触地面前可做匀速直线运动,则匀速的速度大小为
C.缓冲滑块K刚停止运动时,舱体的加速度大小为 g0
D.若着陆器主体速度从v0减速到的过程中,通过线圈的电荷量为q,则该过程中线圈中产生的焦耳热Q=m+
√
√
【解析】选B、D。由楞次定律可知,感应电流的磁场总要阻碍导体与磁场间的相对运动,着陆器主体与滑块相对运动时磁场方向反向后仍能产生电磁感应现象,使着陆器主体仍然会受到阻碍相对运动的向上的安培力,起到缓冲作用,故A错误;若着陆器主体接触地面前可做匀速直线运动,设匀速运动的速度大小为v,则线圈切割磁感线产生的感应电动势为E=nBLv,线圈中的电流大小为I==,
线圈受到的安培力为F安=nBIL,
根据牛顿第三定律,着陆器主体受到的安培力大小为F'安=F安,方向向上
故匀速运动时,有F'安==mg0,
解得v=,故B正确;缓冲滑块K刚停止运动时,线圈切割磁感线产生的感应电动势为E=nBLv0,根据欧姆定律,线圈中的电流大小为I==,线圈受到的安培力大小为F安=nBIL。
根据牛顿第三定律,着陆器主体受到安培力大小为F'安=F安,方向向上,
根据牛顿第二定律得F'安 mg0=ma,
可得a= g0,故C错误;由能量守恒定律得mg0h+m =Q+m()2,
根据电流定义式可得q=Δt=Δt=nΔt=n=n,联立可得Q=m + ,故D正确。
4.(多选)如图所示,间距d=0.5 m、倾角θ=30°、足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在方向垂直导轨平面向下、磁感应强度大小B2=2 T的匀强磁场中;匝数N=1 000匝、横截面积S=0.01 m2、电阻r=1 Ω的线圈处于方向竖直向上、磁感应强度大小B1随时间的变化规律为B1=(0.1+0.2t)T的磁场中,线圈两端通过导线分别与导轨的M、P端连接。t=0时刻闭合开关S,同时将质量为m=1 kg、长度为d=0.5 m、电阻R=1 Ω的金属棒ab从导轨上端由静止释放,运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好。已知重力加速度g取10 m/s2,导轨电阻不计,则下列说法正确的是(　　)
A.t=0时刻通过金属棒的电流大小为1 A
B.t=0时刻金属棒的加速度大小为6 m/s2
C.金属棒在导轨上运动的最大速度大小为8 m/s
D.当金属棒刚开始匀速运动时断开开关S,它继续下滑3.6 m时的速度大小为10 m/s
√
√
√
【解析】选A、C、D。
线圈产生的感应电动势E=NS=1 000×0.2×0.01 V=2 V,
所以t=0时刻通过金属棒的电流I==1 A,故A正确;t=0时刻金属棒受到的安培力FA=B2Id=1 N,
由左手定则可知金属棒受到的安培力沿导轨平面向上,由牛顿第二定律有mgsinθ FA=ma,
解得加速度大小a=4 m/s2,故B错误;
设金属棒在导轨上运动的最大速度为vm,则其产生的感应电动势E'=B2dvm,
由楞次定律可知,金属棒切割磁感线产生的感应电动势与线圈产生的感应电动势方向相同,由平衡条件有mgsinθ=B2d,
解得vm=8 m/s,故C正确;当金属棒刚开始匀速运动时断开开关S,则金属棒中无电流,不再受安培力的作用,下滑l=3.6 m过程中机械能守恒,有m+mglsinθ=mv'2,解得它继续下滑3.6 m时的速度大小v'=10 m/s,故D正确。
5.(多选)(2025·齐鲁名校联考)如图所示,两间距为L的平行倾斜光滑导轨与足够长的水平平行光滑导轨平滑连接,导轨电阻不计。质量为m的导体棒b静止放在水平导轨上且与导轨垂直,在cd右侧存在竖直向上、大小为B的匀强磁场。质量为4m的导体棒a垂直于倾斜导轨,从离水平导轨高h处由静止释放,整个过程a、b棒未接触。已知两根导体棒的材质一样,长度相同,导体棒a的有效电阻为R,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
A.整个过程中导体棒b的最大加速度为
B.整个过程中通过导体棒b的电荷量为
C.整个过程中导体棒a产生的热量为mgh
D.导体棒b初始时刻距离cd的距离最小为
√
√
√
【解析】选A、C、D。当导体棒a刚进入磁场时,导体棒b加速度最大,导体棒a从静止释放到达cd过程中,根据动能定理可得4mgh=·4m,
解得v0=,
此时导体棒a开始切割磁感线,产生感应电动势E=BLv0,
F安=BIL,I=,a=,
由m=ρ密LS和R=ρ电知,=,故Rb=4R
联立解得a=,故A正确;
从a棒进入磁场到二者共速过程中,满足动量守恒定律,根据动量守恒定律可知4mv0=5mv1,
对b棒应用动量定理可得BLΔt=mv1 0,
通过b棒的电荷量q=Δt,
解得q==,故B错误;
从a棒进入磁场到二者共速过程中,根据能量守恒可得回路中产生的总焦耳热为Q=·4m·5m,
解得Q=m=mgh。
根据焦耳定律可知导体棒a产生的焦耳热Qa=·Q=mgh,故C正确;
根据q=·Δt=·Δt==
解得Δx=,故D正确。
【总结提升】解决本题的关键:
(1)正确分析两棒的受力情况,判断稳定时两棒的速度关系。
(2)采用隔离法,应用动量定理列式求解流过导体棒b的电荷量。
(3)正确计算能量分配的比例关系。
6.(多选)(2025·广州模拟)将一足够长光滑平行金属导轨固定于水平面内(如图),已知左侧导轨间距为L,右侧导轨间距为2L,导轨足够长且电阻可忽略不计。左侧导轨间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场,右侧导轨间存在磁感应强度大小为2B、方向竖直向下的匀强磁场。在t=t1时刻,长为L、电阻为r、质量为m的匀质金属棒EF静止在左侧导轨右端,长为2L、质量为3m的匀质金属棒GH从右侧导轨左端以大小为v0的初速度水平向右运动。一段时间后,流经棒EF的电流为0,此时t=t2。已知金属棒EF、GH由相同材料制成,在运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好,不计电流的磁效应,则(　　)
A.t1时刻流经棒GH的电流为
B.t2时刻棒EF的速度大小为v0
C.t1~t2时间内,回路磁通量的变化率逐渐增大
D.t1~t2时间内,棒EF产生的焦耳热为
√
√
√
【解析】选A、B、D。棒EF、GH由相同材料制成,即电阻率ρ1、密度ρ2均相同,根据Rx=ρ1,mx=ρ2xS
可得Rx·mx=ρ1ρ2x2
设GH的电阻为r',则有= 可得r'=r
根据右手定则可知,t1时刻GH产生的感应电动势方向是从H到G,回路中的感应电动势为E=2B·2Lv0=4BLv0
根据闭合电路欧姆定律可知此时回路中的感应电流为I==,故A正确;
设t2时刻,EF、GH的速度大小分别为v1、v2,则有BLv1=2B×2Lv2
可得v2=v1
t1~t2时间内,根据动量定理,对EF有BLt=mv1 0
对GH有 2B·2Lt=3mv2 3mv0
联立解得v1=v0,v2=v0,故B正确;
根据左手定则知EF受到的安培力水平向左,GH受到的安培力水平向左,EF的速度逐渐增大,GH的速度逐渐减小,回路中的感应电动势E'=2B·2LvGH BLvEF逐渐减小,根据法拉第电磁感应定律知,回路磁通量的变化率逐渐减小,故C错误;
在t1~t2时间内,对两棒组成的系统,根据能量守恒定律有×3m=m+×3m+Q总
解得回路中产生的总热量Q总=m
根据焦耳定律有=
解得QEF=m,故D正确。
7.如图甲所示,水平面内固定两根平行的足够长的光滑轨道,轨道间距L=0.4 m,
其中在E,F、H、G四点附近的轨道由绝缘材料制成,这四段绝缘轨道的长度非
常短,其余轨道由金属材料制成,金属轨道的电阻不计,在右侧两轨道之间连接一
个阻值R=1.5 Ω的定值电阻。在矩形区域MNQP中存在竖直向上的磁场,记M点
所在位置为坐标原点,沿MP方向建立x坐标轴,磁感应强度的大小随位置的变化
如图乙所示,图中B0=2.5 T。现有一总质量m=0.1 kg的“工”字形“联动双棒”(由
两根长度略长于L的平行金属棒ab和cd,用长度为L的刚性绝缘棒连接构成,棒的
电阻均为r=0.5 Ω),以初速度v0=8 m/s沿x轴正方向运动,运动过程中棒与轨道保
持垂直,最终静止于轨道上,忽略磁场边界效应。下列说法不正确的是(　　)
A.棒ab刚进入磁场时,流经棒cd的电流的大小为8 A,方向从c到d
B.棒ab在EF处的速度大小为4 m/s
C.棒cd在x=2L处时的速度大小为3 m/s
D.电阻R上产生的焦耳热为0.45 J
√
【解析】选D。根据右手定则可以知道流经棒ab的电流的方向为b→a,则流经棒cd的电流方向从c到d;根据闭合电路欧姆定律有:I=
根据法拉第电磁感应定律有:E=B0Lv0
联立解得:I=8 A,选项A正确;选向右为正方向,由动量定理得: B0LΔt =mv1 mv0,Δt==,解得v1=4 m/s,选项B正确;棒ab跨越EF后,由于E、F、H、G四点附近的轨道由绝缘材料组成,所以回路里面没有电流,“联动双棒”做匀速运动的位移为L,然后做减速运动到GH处,当“联动双棒”在EFHG区域中运动时,回路中产生的感应电动势为E=B1Lv B2Lv,
由图乙知,当棒cd运动至x=2L处时,其所在处B2=B0,而棒ab刚好运动至x=3L处,其所在处B1=2B0,有E=B0Lv,
由闭合电路欧姆定律得:I=,
“联动双棒”所受安培力F=B1IL B2IL=B0IL=,
选向右为正方向,由动量定理得: Ft= ∑= =mv2 mv1,
联立解得v2=3 m/s,选项C正确;棒ab离开GH后,ab与右侧电阻R形成回路,则感应电动势Eab=2B0Lv,由闭合电路欧姆定律得I1=,
棒ab所受安培力F1=2B0I1L,
选向右为正,由动量定理得 F1t= ∑= =0 mv2,
解得当“联动双棒”速度从v2
减为零的过程中的位移x=0.15 m<0.4 m,
所以“联动双棒”最后没有离开磁场区域,
动能全部转化为焦耳热Q=m,QR=Q,
解得:QR=0.3 375 J,选项D错误。
此题选择不正确的,故选D。
二、计算题:本题共1小题,共18分。
8.(2025·揭阳模拟)某兴趣小组设计了如图所示装置。轻质飞轮由三根长a=1 m
的轻质金属辐条(三根金属辐条并联时的等效电阻R=0.25 Ω)和金属圆环组成,可绕
过其中心的水平固定轴转动,不可伸长的细绳绕在圆环上,系着质量m=1 kg的物块,
细绳与圆环无相对滑动。平行金属导轨间距离L=0.5 m、与水平面的夹角θ=30°。
金属导轨通过导线及电刷分别与转轴和圆环边缘良好接触。导轨和飞轮分别处在
与各自所在平面垂直的匀强磁场中,磁感应强度大小均为B=2 T。已知CD棒的质量
为m=1 kg,电阻为R=0.25 Ω,电路中其余部分的
电阻均不计,CD棒始终与导轨垂直,各部分始终
接触良好,细绳足够长,不计空气阻力及一切摩擦,
重力加速度g取10 m/s2。
(1)锁定飞轮,CD棒由静止下滑,经过时间t=4 s速度达到最大,求时间t内下滑的距离x;(5分)
答案:(1)8.75 m　
【解析】(1)CD棒下滑达到最大速度时,
由法拉第电磁感应定律得E1=BLvmax,
根据闭合电路欧姆定律可得E1=I1(R+R),
CD棒达到最大速度时所受的合力为零mgsinθ=BI1L,
对CD棒分析,选沿平行金属导轨向下为正方向,
由动量定理可得mgtsinθ =mvmax 0,解得x=8.75 m。
(2)锁定CD棒,物块由静止释放,下落h=6.25 m距离后刚好达到最大速度,求此过程中CD棒产生的热量;(8分)
答案:(2)25 J　
【解析】(2)飞轮旋转时,辐条切割磁场产生电动势,由法拉第电磁感应定律得E2=Ba2ω,
根据闭合电路欧姆定律可得E2=I2(R+R),
物块达到最大速度时,
重力的功率等于两电阻的发热功率之和mgv=(R+R),
由圆周运动可得ωa=v,
联立以上方程可得v=,
代入数据可得v=5 m/s。
根据能量守恒定律可得mgh=mv2+2Q,
解得Q=25 J。
(3)对CD棒施加力使其沿着导轨向下以速度v0=10 m/s做匀速运动,同时释放物块,求最终物块向上运动的速度大小。(5分)
答案:(3)5 m/s
【解析】(3)CD棒充当发电机产生电动势为E3,则有E3=BLv0,
飞轮转动时产生的电动势为E4=Ba2ω0,
则回路中的电流I=,由能量守恒可知CD棒的发电功率等于热功率加机械功率即E3I=I2·2R+mgv最终,解得v最终=5 m/s。(共25张PPT)
专题能力提升练(二)　力与直线运动
(40分钟　70分)
选择题(1 9题,每小题6分,共54分)
【基础巩固练】
1.(2025·广西高考)某乘客乘坐的动车进站时,动车速度从36 km/h减小为0,此过程可视为匀减速直线运动,其间该乘客的脉搏跳动了70次。已知他的脉搏跳动每分钟约为60次,则此过程动车行驶距离约为(　　)
A.216 m B.350 m C.600 m D.700 m
【解析】选B。动车运动的时间为t=×70 s=70 s,动车共行驶的距离x=t=×70 m=350 m,故选B。
√
2.飞机场上有两架飞机同向排成一列,间距为d,以速度v1在平直跑道上匀速直线行驶准备起飞。每架飞机到达前方同一跑道端线时,开始做匀加速直线运动,加速到起飞速度时离开地面。当第1架飞机离开地面时,第2架飞机刚好到达跑道端线,此时二者间距为L。两飞机的加速度、起飞速度均相同,且均可视为质点,则飞机的起飞速度大小为(　　)
A. B. C. D.
√
【解析】选A。设第1架飞机由跑道端线到刚好离开地面的时间为t,飞机的起飞速度大小为v2,由题意可知时间t内第1架飞机匀加速运动的位移大小为L,第2架飞机匀速运动的位移大小为d,由运动学公式得d=v1t,L=t,联立解得v2=,A正确。
3.(2025·江门模拟)标准泳池的长度为50 m,百米游泳比赛中,运动员位移x随时间t变化的图像可能是(　　)
【解析】选C。因为比赛所用标准泳池的长度为50 m,所以该运动员在100 m游泳比赛过程中,终点与起点在同一位置,则该运动员最后的位移为零,所以该运动员的位移大小先增大后减小,且离出发点最远处位移大小为50 m,C正确。
√
4.如图所示,光滑水平面上放置质量均为m的两块木板,其上分别有质量均为2m的机器人,两机器人间用一不可伸长的轻绳相连。现用水平拉力F拉其中一块木板,使两机器人和两木板以相同加速度一起运动,机器人与木板间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,则轻绳对机器人的最大拉力大小为(　　)
A.3μmg B.
C. D.
√
【模型构建】
【解析】选B。设轻绳拉力最大值为F,对左边一组物体受力分析,由牛顿第二定律F=3ma可知,绳子拉力最大时,右边一组木板和机器人之间的摩擦力为最大静摩擦力,对左边一组和右边机器人受力分析,由牛顿第二定律有μ·2mg=5ma,联立解得绳子拉力最大值F=,选项B正确。
5.(2025·广州模拟)我国CR450动车组样车已成功下线,该动车组采用8节编组,4动4拖的技术方案,试验时速度高达450 km/h,这一成就标志着我国拥有了全球最快的高铁列车。如图所示,该高速列车由8节质量相同的车厢组成,从车头开始的第2、3、6、7节车厢为动力车厢,每节动力车厢的牵引力大小相同,其余为非动力车厢。若列车在平直轨道上匀加速行驶,每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等,则此时第1、2节车厢间的作用力与第5、6节车厢间的作用力大小之比为(　　)
A.1∶1 B.1∶4
C.1∶5 D.1∶6
√
【解析】选A。设每节动力车厢的牵引力为F,所受摩擦力与空气阻力为
f,对整体,根据牛顿第二定律有4F 8f=8ma。对第一节车厢,根据牛顿第
二定律得F12 f=ma,对最后三节车厢,根据牛顿第二定律得F56+2F 3f=
3ma,解得=1,故选A。
6.(多选)(2025·甘肃高考)如图,轻质弹簧上端固定,下端悬挂质量为2m的小球A,质量为m的小球B与A用细线相连,整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k,重力加速度大小为g。现剪断细线,下列说法正确的是(　　)
A.小球A运动到弹簧原长处的速度最大
B.剪断细线的瞬间,小球A的加速度大小为
C.小球A运动到最高点时,弹簧的伸长量为
D.小球A运动到最低点时,弹簧的伸长量为
√
√
【解析】选B、C。剪断细线后,弹力大于小球A的重力,则小球A先向上做加速运动,随着弹力的减小,向上的加速度减小,当加速度为零时速度最大,此时弹力等于重力,弹簧处于拉伸状态,选项A错误;剪断细线之前,F弹=3mg,剪断细线瞬间弹簧弹力不变,则对小球A由牛顿第二定律得F弹 2mg=2ma,解得小球A的加速度a=,选项B正确;
剪断细线之前弹簧伸长量x1=,剪断细线后小球A做简谐运动,在平衡位置时弹簧伸长量x2=,即振幅为x1 x2=,由对称性可知小球A运动到最高点时,弹簧伸长量为,选项C正确;由上述分析可知,小球A运动到最低点时,弹簧伸长量为,选项D错误。
【综合提升练】
7.(户外运动)(2025·汕头模拟)小明练习滑冰时,某次运动的
x t图像如图所示,图像由两段抛物线平滑衔接。其中t=
10 s时曲线与x轴相切,t=30 s时曲线的斜率最大,t=40 s后
曲线与t轴平行。已知小明的质量为60 kg。前40 s内,小
明运动的加速度a、速度v、平均速度和所受外力F随时间t变化的图像正确的是(　　)
√
【解析】选B。由题图可知0~10 s内,小明处于静止状态,速度为零,加速度
为零;10~30 s内小明做匀加速直线运动,则x1=a1,v1=a1t1,代入数据解得
a1=1 m/s2,v1=20 m/s;30~40 s内小明做匀减速直线运动,且40 s时速度减为
零,则2a2x2=0 ,解得a2= 2 m/s2,选项A错误,B正确;0~10 s内,平均速度
为零,10~30 s、30~40 s内平均速度均为==10 m/s,选项C错误;0~10 s
内,由于加速度为零,则外力为零;10~30 s内,外力为
F1=ma1=60 N,30~40 s内,外力为F2= ma2= 120 N,
选项D错误。
8.(多选)实验台上有一个竖直放置的弹簧,其劲度系数为k=5 N/cm。其中物块B与弹簧紧密相连,物块A平稳置于物块B的上方。已知物块A的质量mA=2 kg,物块B的质量mB=3 kg,两物块初始时均处于静止状态。为了探究外力对物块系统运动的影响,研究人员通过一套精密的机械装置对物块A施加一个竖直向上、大小为30 N的恒力F。g取10 m/s2,在这样的实验操作下,针对物块A和B后续的运动情况,下列说法正确的是(　　)
A.施加恒力F瞬间,物块A对物块B的压力大小为2 N
B.分离前的过程,物块A的动量变化率变大
C.物块A上升1 cm时两物块分离
D.分离时物块A的速度大小为 m/s
√
√
√
【解析】选A、C、D。没有施加恒力F之前,有(mA+mB)g=kx1,施加恒力F的瞬间对整体分析,根据牛顿第二定律有F (mA+mB)g+kx1=(mA+mB)a,解得a=6 m/s2。对A分析,根据牛顿第二定律有F mAg+FN=mAa,解得FN=2 N。由牛顿第三定律可知物块A对物块B的压力大小为2 N,A正确;分离前A、B两物块一起做加速度减小的加速运动,动量变化率即为所受合力的大小,根据F合=ma可知,在分离前动量变化率一直在减小,B错误;
分离时A、B间作用力为零,对A分析有F mAg=mAa',解得a'=5 m/s2,
此时B与A加速度相同,对B分析有kx2 mBg=mBa',则x2=9 cm。初始时
x1=10 cm,此过程Δx=x1 x2=1 cm,C正确;全过程根据动能定理有FΔx (mA+mB)gΔx+Δx=(mA+mB)v2,解得v= m/s,D正确。
9.(2025·河源模拟)春节期间,小明和家人在水平桌面上玩推盒子游戏。如图所示,将盒子从O点推出,盒子最终停止位置决定了可获得的奖品。在某次游戏过程中,推出的盒子从O点开始做匀减速直线运动,刚好停在e点。盒子可视为质点,a、b、c、d、e相邻两点间距离均为0.25 m,盒子从d点运动到e点的时间为0.5 s。下列说法正确的是(　　)
A.盒子运动的加速度大小为1 m/s2
B.盒子运动到a点的速度大小为2 m/s
C.盒子运动到c点的速度大小为1 m/s
D.盒子从a点运动到e点的时间为2 s
√
【解析】选B。由题知,从d点到e点根据逆向思维法有x0=at2,代入数据
解得a=2 m/s2,A错误;从a点到e点根据逆向思维法有=2a×4x0,解得盒
子运动到a点的速度大小为va=2 m/s,B正确;从a点到c点根据逆向思维法
有=2a×2x0,解得盒子运动到c点的速度大小为vc= m/s,C错误;从
a点到e点根据逆向思维法有4x0=at'2,盒子从a点运动到e点的时间为
t'=1 s,D错误。
10.(现代科技)(16分)分拣机器人在快递行业的推广大大提高了工作效率,派件员在分拣处将包裹放在静止机器人的水平托盘上,机器人可沿直线将包裹送至指定投递口,停止运动后缓慢翻转托盘,当托盘倾角增大到θ时,包裹恰好开始下滑,如图甲所示。现机器人要把包裹从分拣处运至相距L=45 m的投递口处,为了运输安全,包裹需与水平托盘保持相对静止。已知包裹与水平托盘的动摩擦因数μ=0.75,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)机器人在卸下包裹时托盘的最小倾角θ及运输包裹的过程中允许的最大加速度;(8分)
答案:(1)37°　7.5 m/s2　
【解析】(1)根据题意,当包裹刚开始下滑时满足mgsinθ=μmgcosθ,可得θ=37°。
当包裹与水平托盘间的摩擦力达到最大静摩擦力时,加速度最大,即μmg=ma,所以a=7.5 m/s2。
(2)若机器人运行的最大速度为vm=3 m/s,则机器人从分拣处运行至投递口(恰好静止)所需的最短时间t。(8分)
答案: (2)15.4 s
【解析】(2)当机器人先以最大加速度做匀加速直线运动,加速至最大速度,然后做匀速直线运动,最后以最大加速度做匀减速直线运动至零时,机器人从分拣处运行至投递口所需时间最短,则匀加速直线运动阶段有x1=,t1=,匀减速阶段有x3=,t3=,
所以匀速运动的时间为t2==,
联立可得t=t1+t2+t3=15.4 s。(共24张PPT)
专题能力提升练(九)　电路
(40分钟　60分)
选择题(1 7题,每小题6分,共42分)
【基础巩固练】
1.(2025·广州模拟)压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小,有位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置,其工作原理如图(a)所示。将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上,中间放置一个绝缘重球,小车向右做直线运动过程中,电流表示数如图(b)所示,下列判断正确的是(　　)
A.从t1到t2时间内,小车做匀加速直线运动
B.从t1到t2时间内,小车做变加速直线运动
C.从t2到t3时间内,小车做变加速直线运动
D.从t2到t3时间内,小车做匀速直线运动
√
【解析】选B。从t1到t2时间内,电流表示数逐渐增大,则压敏电阻阻值逐渐减小,可知,压敏电阻所受压力逐渐增大,根据牛顿第三定律可知,压敏电阻对重球的压力逐渐增大,根据牛顿第二定律可知,重球的加速度逐渐增大,即从t1到t2时间内,小车做变加速直线运动,故A错误,B正确;从t2到t3时间内,电流恒定,则压敏电阻接入阻值恒定,即重球与压敏电阻之间的弹力大小恒定,结合上述可知,此压力大于从t1到t2时间内任意时刻重球与压敏电阻之间的弹力,即加速度方向向右,大小恒定,则从t2到t3时间内,小车做匀加速直线运动,C、D错误。
2.如图所示为模拟街头变压器通过降压给用户供电的示意图。变压器输入的交流电压可视为不变,变压器输出的低压交流电通过输电线输送给用户,定值电阻R0表示输电线的电阻,滑动变阻器R表示用户用电器的总电阻。若变压器为理想变压器,电表为理想电表,当接入电路的家用电器个数增加时(　　)
A.V2示数变大 B.V1示数变小
C.A1示数变大 D.A2示数变小
√
【解析】选C。
3.(多选)交流发电机产生的感应电动势如图所示,通过自耦变压器给一电
阻R供电,不计发电机内阻。下列说法正确的是(　　)
A.通过电阻R的电流方向每秒钟改变10次
B.改变滑片P的位置可以使电压表的示数为12 V
C.t=0.05 s时发电机线圈平面与磁场方向平行
D.自耦变压器滑片P向上滑动时,电阻R热功率增大
√
√
【解析】选A、C。
选项 选项剖析 对错
A 由图可知,周期为0.2 s,一个周期电流方向改变2次,则通过电阻R的电流方向每秒钟改变10次 √
B 电动势有效值为E= V=6 V,与滑片P的位置无关,则电压表的示数为6 V ×
C 由图可知,t=0.05 s时,电动势最大,此时磁通量变化率最大,磁通量为零,则发电机线圈平面与磁场方向平行 √
D 自耦变压器滑片P向上滑动时,原线圈匝数增大,根据=可知,电阻R两端电压减小,电阻R热功率PR=减小 ×
4.甲、乙、丙三图中,ACDF均为边长为L的正方形,图甲中,单匝线框ACD的AD边是以F为圆心的四分之一圆弧;图乙中,单匝线框ACD的AD边是以C为圆心的四分之一圆弧,图丙中,单匝线框ACD是等腰直角三角形。现让甲、乙、丙三图中的线框均绕过AC边垂直于磁场的轴OO'匀速转动,角速度大小分别为ω、2ω、3ω,匀强磁场的磁感应强度大小均为B,图甲、乙线框中产生的电动势有效值分别为E1、E2,则图丙线框中产生的电动势有效值为(　　)
A.E1+E2 B.E1+E2
C.E1+E2 D.E1+E2
√
【解析】选C。
5.(科技前沿)2025年12月15日, 我国离岸最远的海上风电项目——三峡江苏大丰800兆瓦海上风电项目实现全容量并网。若输电线路示意图如图所示,风力发电机输出的正弦式交变电压为U1,输出功率为P0,输电线总电阻为r,用户端的电压为U4,两变压器均为理想变压器,升压变压器原、副线圈的匝数比=k,降压变压器原、副线圈的
匝数比=,则(　　)
A.用户端的电压U4>U1 B.用户端的功率P4=P0
C.输电线中的电流I2= D.输电线上损失的电压为 U4
√
【解析】选B。对升压变压器有==k
对降压变压器有== 可得=,又U2=I2r+U3>U3
则U4对降压变压器有===k,可得I1=I4
又P0=I1U1,用户端的功率P4=I4U4
可得P4=P0,故B正确;输电线中的电流I2==,故C错误;输电线上损失的电压ΔU=U2 U3=,故D错误。
【综合提升练】
6.图示电路中电源电动势为E、内阻为r,定值电阻阻值为R0,且R0>r,R1为光敏电阻,其电阻随光照强度增大而减小,R2、R3为滑动变阻器。开关S闭合时,平行板电容器极板间有一带电微粒恰好处于静止状态。下列说法正确的是(　　)
A.增大对R1的光照强度,稳定后电源的输出功率减小
B.逐渐增大电容器极板间距离,R3中有向下的电流流过
C.将R2的滑片P1向下端移动,稳定后电压表读数变小
D.将R3的滑片P2向上端移动过程中,带电微粒向下运动
√
【解析】选B。电路的外电阻R外=R0+R1+R2,
电源的输出功率P=()2R外=,
由于R0>r,则有R外>r,增大对R1的光照强度,R1电阻减小,R外减小,
结合电源的输出功率随外电阻的变化关系图,如图可知
增大对R1的光照强度,稳定后电源的输出功率增大,故A错误;根据C=,C=逐渐增大电容器极板间距离,电容减小,极板所带电荷量减小,下极板带正电,R3中有向下的电流流过,故B正确;
将R2的滑片P1向下端移动,R2接入电阻不变,外电阻不变,干路电流不变,根据U=E Ir
可知,稳定后电压表读数不变,故C错误;
将R3的滑片P2向上端移动过程中,电容器两端电压不变,极板之间电场强度不变,微粒所受电场力不变,则微粒仍然处于静止状态,故D错误。
【加固训练】
如图所示,一理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1,定值电阻R1的阻值为6 Ω,a、b两端接电压有效值恒为36 V的正弦交流电源,电压表、电流表均是理想交流电表,下列结论正确的是(　　)
A.若滑动变阻器接入电路的电阻R2=6 Ω,则电流表示数为1.8 A
B.若滑动变阻器接入电路的电阻R2=6 Ω,则电压表示数为2.4 V
C.若滑动变阻器的滑片向下移动,则R1的功率逐渐增大
D.若改变滑动变阻器R2接入电路的阻值,则R2的功率
最大时,R2= Ω
√
【解析】选D。将变压器与负载等效为一个定值电阻,则等效电阻为R0===R2,若滑动变阻器接入电路的电阻R2=6 Ω,则等效电阻为R0=54 Ω。根据闭合电路欧姆定律,可得电流为I==0.6 A,即电流表的示数为0.6 A;则R1两端的电压为U1=IR1=3.6 V,即电压表的示数为3.6 V,A、B错误;若滑动变阻器的滑片向下移动,R2的有效阻值增大,则等效电阻R0=R2也增大,根据闭合电路欧姆定律I=,可知电流I减小;根据P1=I2R1可知R1的功率逐渐减小,C错误;将R1看成电源的内阻,当R1与有效电阻R0相等时R2的功率最大,则有R1=R0=R2,解得R2= Ω,D正确。
7.(多选)如图所示,一理想自耦变压器线圈AB绕在一个圆环形闭合铁芯上,左端输入有效值恒定的正弦式交变电流,A1、A2为相同的灯泡且电阻不变,R0为定值电阻。下列说法正确的是(　　)
A.S1、S2均闭合时,将P沿顺时针方向转动,A1一定变暗
B.S1、S2均闭合时,将P沿顺时针方向转动,A1一定变亮
C.断开S1,闭合S2,将P沿逆时针方向转动(灯泡一直没有损坏),R0消耗的电功率一定变大
D.断开S1,闭合S2,将P沿逆时针方向转动(灯泡一直没有损坏),R0消耗的电功率可能先增大后减小
√
√
【解析】选A、D。S1、S2均闭合时,将P沿顺时针方向转动,副线圈匝数n2减小,增大,等效电阻
RAB=()2R副增大,则流过A1的电流减小,A1一定变暗,故A正确,B错误;
图甲所示电路图可等效为图乙所示的电路图。
由功率相等可知R'=R0
则R'=R0=R0
此时可把灯泡A1的电阻等效成电源内阻,
结合电源的输出功率随外电阻的变化关系图
由于已知R'与的具体关系,若开始时R'>。
将P沿逆时针方向转动,n2↑,则R'↓,
可能出现R0消耗的电功率先增大后减小。
故C错误,D正确。
【总结提升】理想变压器的“等效电阻法”
在如图甲所示的理想变压器中虚线部分可以等效为图乙中的R'。
设原、副线圈匝数的比值为k,可得==k
副线圈电阻R消耗的功率为P=
图甲所示电路等效为图乙所示的电路,则等效电阻R'消耗的功率为P'=
根据P'=P得R'=k2R=()2R。
8.(18分)(2025·揭阳模拟)如图甲所示,两根足够长的平行光滑金属导轨ab、cd固定在水平面内,导轨间距L=1.0 m,左端a、d之间连接有阻值R=3.0 Ω的电阻,不计导轨自身电阻。导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度B=0.5 T。质量m=0.2 kg、长度L=1.0 m、电阻r=1.0 Ω的金属杆PQ获得一速度在导轨上向右运动,并与导轨始终保持垂直且接触良好。某时刻开始对杆施加一水平向右的力F,此时记为t=0时刻,杆运动的v t图像如图乙所示。
(1)t=0时,求金属杆PQ两端的电压UPQ;(6分)
答案:(1)0.75 V　
【解析】(1)t=0时,金属杆产生的电动势为E0=BLv0=1 V
电路中的电流大小为I0==0.25 A
金属杆PQ两端的电压为UPQ=I0R=0.75 V
(2)0~0.4 s内,求流经电阻R的电荷量;(6分)
答案:(2)0.2 C　
【解析】(2)根据v t图像与横轴围成的面积表示位移,可知0~0.4 s内,金属杆位移的大小为x=t=1.6 m
流经电阻R的电荷量为q=t=t=t=,代入数据解得q=0.2 C
(3)0~0.4 s内,已知电阻R产生的焦耳热为 J,求拉力F做的功(结果可用分式表示)。(6分)
答案:(3) J
【解析】(3)0~0.4 s内,回路产生总焦耳热为Q=QR= J
根据功能关系可得W=Q+mm
解得W= J(共46张PPT)
专题能力提升练(十四)　力学实验
(40分钟　60分)
1.(8分)(2025·惠州模拟)探究弹簧弹力与形变量的关系时,实验装置如图甲所
示。轻弹簧的左端固定在水平桌面上,并与桌子边沿的毫米刻度尺的零刻度
线对齐。从弹簧中心穿过的细线,一端固定在弹簧的右端,另一端通过滑轮可
悬挂钩码。细绳与水平桌面平行,弹簧右端连有一竖直指针,其位置可在刻度
尺上读出。主要实验步骤如下:
①不挂钩码,记录指针位置的刻度值l0;
②在绳下端挂上一个钩码(每个钩码质量m=50.0 g),
系统静止后,记录指针位置的刻度值l1;
③在弹性限度内逐次增加钩码个数,记录钩码的个数n及指针位置的刻度值ln;
回答下列问题:
(1)图甲指针所处位置对应的钩码数为5个,其读数l5=__________cm;
(2分)
【解析】(1)由图甲可知,刻度尺的分度值为1 mm,
则读数为l5=2.05 cm。
　2.05　
(2)将(5,l5)描在图乙中,连同已描出的点作出ln n的图像;(3分)
答案:(2)图见解析
【解析】(2)在图乙中描出(5,2.05)点,
连线如图所示。
(3)g取9.8 m/s2,可求得弹簧的劲度系数k=_________N/m(结果保留3位有
效数字)。(3分)
【解析】(3)根据题意,由胡克定律有nmg=k(l0 ln),
整理可得ln=l0 n,
结合图乙可得=,
解得k=1.00 N/cm=100 N/m。
　100　
【加固训练】
某同学利用现有的实验器材想要测量当地的重力加速度。一光滑桌面倾斜放置,其与水平面间的夹角为θ,在桌面上固定一悬挂点O,轻绳通过拉力传感器拴接在O点,另一端连接一个质量为m的物块。
①现给物块足够大的初速度,使其在桌面内做圆周运动,分别记录物块在最低点时绳子的拉力T1和最高点时绳子的拉力T2,改变不同的初速度,记录多组T1和T2;
②建立坐标系,以拉力T1为纵轴、拉力T2为
横轴,得到了一条线性图线,测得图线斜率为k,纵轴截距为b。
(1)根据以上数据,可得重力加速度的表达式为g=____________(用m、b、
θ表示);
【解析】(1)小球在最低点时,有T1 mgsinθ=m,
在最高点时,有T2+mgsinθ=m,
从最低点到最高点,根据动能定理有 mg×2Lsinθ=mm,
联立可得T1=T2+6mgsinθ,可知T1 T2图像的纵轴截距为b=6mgsinθ,
解得重力加速度为g=。
　　
(2)在本次实验中,斜率k=_______;
【解析】(2)由T1=T2+6mgsinθ,
可知T1 T2图像的斜率为k=1。
　1　
(3)若仅考虑物块运动过程中受到桌面的滑动摩擦力,不计其他阻力,此
时的斜率k'将__________(选填“大于”“小于”或“等于”)该值。
【解析】(3)若仅考虑滑动摩擦力,则从最低点到最高点,根据动能定理
有 mg×2Lsinθ μmgscosθ=mm,
其中s=πL,
整理可得T1=T2+6mgsinθ+2πμmgcosθ,
故k'仍然为1,保持不变。
　等于　
2.(8分)小明同学利用如图甲所示装置研究两球间的碰撞规律,用天平测得小球1的质量为m1,小球2的质量为m2,斜槽末端在白纸上的投影为O,让小球1从斜槽某位置由静止释放,记录落点为P,再将小球2置于槽的末端,使小球1从同一位置由静止释放,与小球2相碰,记录两球落点分别为M和N,如图乙所示。
(1)(多选)若该实验要验证动量守恒定律,则下列说法正确的是___________。
(2分)
A.小球1的质量应大于小球2的质量 B.斜槽应尽可能光滑
C.轨道末端必须水平 D.实验中复写纸不能移动
【解析】(1)小球1的质量大于小球2的质量,碰撞后小球1才可向右运动,故
A正确;保证小球1从同一位置释放即可,斜槽不要求尽可能光滑,故B错误;
斜槽末端需要保证水平,这样小球才能做平抛运动,才可以用水平位移表示
小球的速度,故C正确;复写纸可以移动,但白纸不能移动,故D错误。
　A、C　
(2)通过刻度尺测得OM的长度为l1,OP的长度为l2,ON的长度为l3,若该实
验要验证小球1和小球2的碰撞为弹性碰撞,则需要满足的表达式为:
_____________。(2分)
【解析】(2)若该实验要验证小球1和小球2的碰撞为弹性碰撞,则需要满
足m1=m1+m2,m1()2=m1()2+m2()2,
联立求得,需要满足的表达式为l2=l3 l1。
　 l2=l3 l1　
(3)定义碰撞过程的恢复系数e=||,其中v12和v12'分别表示两物体碰撞
前的相对速度和碰撞后的相对速度。已知m1=3m2,且落点P总是在M、
N之间,说明恢复系数至少为_______。(4分)
【解析】(3)临界情况:因为要求落点P总是在M、N之间,故碰后小球2的
速度等于碰前小球1的入射速度,即3m2v0=m2v0+3m2v1,
可得v1=v0,则恢复系数为e=||=。
　　
3.(10分)(2025·北京丰台区一模)某实验小组利用如图甲所示的装置探究“小车加速度与力、质量的关系”。小车与车中钩码的总质量为M,砂和砂桶的质量为m,重力加速度为g。
(1)(多选)下列实验操作正确的是___________。(2分)
A.平衡阻力时,需要通过细绳把砂桶挂在小车上
B.平衡阻力后,长木板的位置不能移动
C.实验中,细绳必须与长木板保持平行
D.小车质量远小于砂和砂桶的总质量
　B、C　
【解析】(1)平衡阻力时,需要把砂桶取下来,轻推小车,观察打出来的纸带,如果小车做匀速直线运动,则已平衡摩擦力,故A错误;平衡阻力要让小车重力沿斜面向下的分力与摩擦力二力平衡,设木板倾角为θ,即Mgsinθ=μMgcosθ,解得μ=tanθ,因此平衡阻力后,倾角θ不能变,长木板的位置不能移动,故B正确;实验中,细绳必须与长木板保持平行,保证细绳的拉力等于小车所受的合力,否则拉力不会等于合力,故C正确;设细绳的拉力为FT,根据牛顿第二定律可得FT=Ma,mg FT=ma,解得FT=mg=,为使小车受到的细绳拉力近似等于砂和砂桶的总重力,需要让小车与钩码的总质量远大于砂和砂桶的总质量,故D错误。
(2)如图乙是某次实验所打出的一条纸带,图中0、1、2、3、4为相邻的
计数点,两个相邻的计数点间还有4个点未标出,已知交流电源的频率
f=50 Hz,则小车的加速度a=__________m/s2。(2分)
【解析】(2)由已知条件可知,计数周期为
T=5×=0.1 s,
利用逐差法求加速度可得a==0.34 m/s2。
　0.34　
(3)小北同学在探究“小车加速度a与F的关系”时,保持M不变,以砂和砂
桶的重力为F。根据实验数据作出a F图像,如图丙所示。并利用最初的
几组数据拟合了一条直线OAP,画一条与纵轴平行的直线,这条直线和这
两条图线以及横轴的交点分别为P、Q、N。则=__________(用M和
m表示)。(3分)
　　
【解析】(3)图丙中PN对应小车所受合力为砂和砂桶的总重力mg时的加速度a1,则mg=Ma1,
图丙中QN对应小车实际的加速度a2,即砂和砂桶的总重力mg提供小车、砂和砂桶这三者整体的加速度,
则有mg=(M+m)a2,联立解得==。
(4)小京同学在探究“小车加速度a与F的关系”时,采用如图丁所示的实验方案,实验步骤如下:
①将木板装有定滑轮的一侧垫高,挂上装有细砂的砂桶,保持细绳与长木板平行。调节木板的倾角,使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑;
②取下砂桶,测出砂和砂桶的总质量m,并让小车沿木板
下滑,测出小车的加速度a;
③改变砂桶中砂子的质量,重复步骤①和②,多次测量,仍然取砂和砂桶的重力为F,作出a F图像。请你定性画出a F的图像,并说明理由。(3分)
答案: (4)见解析
【解析】(4)由于小车匀速下滑,故砂桶也应做匀速直线运动,小车和砂桶此时受力平衡,设小车受摩擦力为f,此实验中细绳拉力为T,则有Mgsinθ=f+T,T=F=mg,取下砂桶,则小车所受合外力大小为F=mg,方向沿斜面向下,故a==,可见,在M不变的情况下,a与F成正比,定性作出a F图像如图
【加固训练】
用如图甲所示装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验。
(1)(多选)除了图中所给的器材以及交流电源和导线外,在下列器材中,还
必须使用的两种器材是___________。
A.秒表
B.天平(含砝码)
C.弹簧测力计
D.刻度尺
【解析】(1)该实验还需要用天平(含砝码)测量小车的质量;用刻度尺测
量纸带;不需要秒表和弹簧测力计。故选B、D。
　B、D　
(2)平衡摩擦力时,按图甲把实验器材安装好,将小车放在木板上,后面固
定一条纸带,纸带穿过打点计时器,___________(选填“挂”或“不挂”)盘
和砝码。用垫块把木板一端垫高,接通打点计时器,让小车以一定初速度
沿木板向下运动,不断调节木板的倾斜度,直到小车拖动纸带沿木板做
______________运动。
　 不挂　
　匀速直线　
【解析】(2)平衡摩擦力时,按图甲把实验器材安装好,将小车放在木板上,后面固定一条纸带,纸带穿过打点计时器,不挂盘和砝码。用垫块把木板一端垫高,接通打点计时器,让小车以一定初速度沿木板向下运动,不断调节木板的倾斜度,直到小车拖动纸带沿木板做匀速直线运动。
(3)甲同学利用v t图像求出每条纸带对应的加速度。他在处理其中一条
纸带时,求出每个计数点对应的速度,并将各点的速度都标在了如图乙所
示的坐标系中。请在图乙坐标系中作出小车运动的v t图像,并利用图像
求出小车此次运动的加速度a=_________ m/s2(保留2位有效数字)。
答案:(3)图像见解析
　1.0　
【解析】(3)作出小车运动的v t图像
图像的斜率等于加速度,
则小车此次运动的加速度a= m/s2=1.0 m/s2
(4)乙同学在探究小车加速度a与所受拉力F的关系时,根据实验数据作出的
a F图像如图丙所示。
①发现图线不过原点,原因可能是_______。
A.木板一端垫得过高 B.木板一端垫得过低
C.盘和砝码的总质量太大 D.盘和砝码的总质量太小
②发现图线发生了弯曲。经过思考认为,图线弯曲的原因在于实验中认为细
线对小车的拉力F等于盘和砝码的总重力mg,而实际上F与mg并不相等。将
×100%记为相对误差δ,若小车质量为M,则相对误差δ与的关系图线应
为_______。
　A　
　D　
【解析】(4)①图线不过原点,即当F=0时加速度不为零,可知原因可能是木板一端垫得过高,平衡摩擦力过度,故选A。
②根据题意,由牛顿第二定律有mg=(M+m)a
而F=Ma
则δ=×100%=×100%=×100%
所以相对误差δ与成正比例关系,故选D。
4.(10分)(2025·昆明模拟)以下为某学习小组在“探究平抛运动规律”时的实验操作:
(1)(多选)先用如图甲所示装置研究平抛物体的竖直分运动,最终听到两小
球同时落地,改变H大小,重复实验,a、b仍同时落地,该实验结果可表明
___________。(2分)
A.两小球落地时的速度大小相同
B.两小球在空中运动的时间相等
C.a小球在竖直方向的分运动与b小球的运动相同
D.a小球在水平方向的分运动是匀速直线运动
　B、C　
【解析】(1)改变H大小,重复实验,a、b总能同时落地,这说明两小球在空中运动的时间相等,两小球在竖直方向的运动是相同的,而仅通过甲装置无法判定水平方向的运动,A、D错误,B、C正确。
(2)(多选)接着用如图乙所示装置获得钢球的平抛轨迹,为了能较准确地
描绘运动轨迹,下面列出的操作要求正确的是______________。(2分)
A.斜槽的末端必须调节成水平
B.每次释放小球的位置必须相同
C.记录小球位置时,每次必须严格地等距离下降
D.小球运动时不应与木板上的白纸相接触
　A、B、D　
【解析】(2)斜槽的末端必须调节成水平,以保证小球做平抛运动,A正确;每次释放小球的位置必须相同,以保证小球到达斜槽末端的速度相同,B正确;只要小球做平抛运动,记录小球位置时,不需要严格地等距离下降,C错误;小球运动时不应与木板上的白纸相接触,避免因摩擦而使运动轨迹改变,D正确。
(3)按正确的操作步骤得到了如图丙所示的物体运动轨迹,在轨迹上取A、
B、C三点,以A点为坐标原点,B、C坐标如图丙,则小球平抛的初速度v0=
_________m/s;在B点的速度vB=_________m/s(g取10 m/s2,结果均保留
2位有效数字)。(6分)
　2.0　
　2.5　
【解析】(3)由图丙知,A、B、C相邻两点的时间间隔相等,设为T,在竖直方向上,根据Δy=gT2,解得T=0.1 s,小球平抛的初速度v0==2.0 m/s。在B点的竖直分速度vyB==1.5 m/s,由平行四边形定则知,B点的速度vB==2.5 m/s。
5.(12分)(2025·重庆模拟)某兴趣小组利用一根长细橡皮条来探究“力的平行四边形定则”。所用实验器材有:木板、白纸、细线、刻度尺、图钉等。主要设计思路如下:
①用图钉将白纸固定在木板上,截取三条细线分别绑在橡皮条两端和中间某处(结点),如图1所示。用刻度尺测出细线2与橡皮条的结点到橡皮条末端P0的自然长度l,并画在白纸上。
②细线1上端固定在C处,适当拉动细线3,记录结点
位置O和橡皮条末端位置P1,如图2所示。
③互成角度地拉细线2、3,使结点到达O处,记录
橡皮条末端位置P2和细线2的方向,如图3所示。
④交换细线2、3的位置,再次互成角度地拉细
线2、3,使结点仍到达O处,保证细线2通过③中的描点P2、细线3通过③中细线2的方向,并记录橡皮条末端位置P3,如图4所示。
⑤利用①中画出的自然长度l,以及O、P1、P2、P3描点,进行探究。
请回答下列问题:
(1)下列说法正确的是_______(单选,填正确答案标号)。(4分)
A.拉橡皮条的力越大越好
B.细线2、3的夹角越大越好
C.实验过程中橡皮条应与木板平行
D.细线2与橡皮条的结点应位于橡皮条中点
【解析】(1)拉橡皮条的力不是越大越好,不能超过其弹性限度,故A错误;细线2、3的夹角并非越大越好,故B错误;实验过程中,橡皮条应始终与木板平行,故C正确;细线2与橡皮条的结点可以不在橡皮条中点,故D错误。
　C　
(2)请在图5中完成实验探究图(作出必要的
辅助线)。(4分)
答案:(2)图见解析　
【解析】(2)根据胡克定律可知,橡皮条的弹力大小与形变量成正比。作图时,需先从P1、P2、P3描点处分别截去长度l,再根据平行四边形定则作图,如图所示。
(3)由(2)可知,按平行四边形定则作出的对角线在方向、长度(大小)上与一个力拉时力的方向、长度(大小)均存在误差,可能的实验误差来源是:　　　　　　　　　。(写出1条即可)(4分)
答案:(3)见解析
【解析】(3)作图时有误差;长度l测量不准确;描点位置不准确;实验中橡皮条发生扭转。
【加固训练】
某同学用图(a)所示的实验装置探究两个互成角度的力的
合成规律,量角器竖直固定,0刻度线水平。三根细绳结于O点,其中一根细
绳悬挂重物c,另外两根细绳与弹簧测力计a、b挂钩相连,互成角度同时拉
两测力计,使结点O与量角器的中心点始终在同一位置。
(1)某次测量时测力计的示数如图(b)所示,
读数为_________N(结果保留1位小数)。
【解析】(1)如题图(b)所示,弹簧测力计读数:
2 N+0.2×3 N=2.6 N
　2.6　
(2)(多选)关于该实验,下列说法正确的是___________。
A.连接测力计的细绳之间夹角越大越好
B.实验前必须对测力计进行校准和调零
C.实验过程中应保持测力计与量角器所在平面平行
【解析】(2)连接测力计的细绳之间夹角不宜过大,也不宜过小。故A错误;为了保证实验的准确性,实验前必须对测力计进行校准和调零。故B正确;为了减小误差,实验过程中应保持测力计与量角器所在平面平行。不然得到的只是该方向上的分力,误差较大。故C正确。
　B、C　
(3)初始时,与两测力计相连的细绳所成夹角如图(a)所示,保持夹角不变,
顺时针缓慢转动两测力计直至测力计b水平,在此过程中,测力计b的示数
_______。
A.一直变大 B.一直变小
C.先变大后变小 D.先变小后变大
【解析】(3)如图所示,OA和OB之间的夹角不变,
由几何关系可知
测力计a的示数变大,测力计b的示数变小。故选B。
　B　
6.(12分)(2025·深圳模拟)某探究性实验小组用如图1所示的实验装置来测量重力加速度。他们将两个完全相同的圆柱形小磁铁叠放在一起并用细线悬挂起来构成一个能在竖直平面内摆动的单摆。(忽略磁场对单摆的阻尼影响)
(1)用毫米刻度尺测得小磁铁悬挂后的摆线长l(从悬点到上面小磁铁的最
上端),再用螺旋测微器测得一个圆柱形小磁铁的厚度的读数如图2所示。
从图2可知,小磁铁的厚度d=___________mm。(4分)
【解析】(1)由图2可知,
小磁铁的厚度d=5.5 mm+48.0×0.01 mm
=5.980 mm。
　5.980　
(2)将智能手机磁传感器置于小磁铁平衡位置正下方,将小磁铁由平衡位
置拉开一个小角度,由静止释放,手机软件记录磁感应强度的变化曲线如
图3所示。由图3可知,单摆的周期为________。(4分)
【解析】(2)实验中,小磁铁经过最低点时
测得的磁感应强度B最大,根据图3有t0=T,
解得周期为T=2t0。
　2t0　
(3)计算重力加速度的公式g=____________。(用题中字母表示)(4分)
【解析】(3)单摆的摆长为L=l+d,根据T=2π,解得g=。
　　(共28张PPT)
专题能力提升练(十)　电磁感应
(40分钟　70分)
选择题(1~9题,每小题6分,共54分)
【基础巩固练】
1.(2025·中山模拟)利用图示电路探究感应电流方向的规律,线圈A通过滑动变阻器和开关K连接到电源上,线圈B的两端连接到灵敏电流计上,把线圈A装在线圈B的里面,闭合开关瞬间,发现灵敏电流计的指针向右偏。保持开关闭合,下列操作仍能使灵敏电流计的指针向右偏的是(　　)
A.将滑动变阻器的滑片向右滑动
B.将滑动变阻器的滑片向左滑动
C.将线圈A从线圈B中缓慢抽出
D.将线圈A从线圈B中迅速抽出
√
【解析】选A。由题意可知,当回路中的电流突然增大时,线圈B中的磁通量增大,灵敏电流计的指针向右偏。保持开关闭合,将滑动变阻器的滑片向右滑动,回路中的电阻减小,电流增大,线圈B中的磁通量增大,灵敏电流计的指针应向右偏。反之,将滑动变阻器的滑片向左滑动,灵敏电流计的指针应向左偏,A正确、B错误;保持开关闭合,将线圈A从线圈B中抽出,线圈B中的磁通量减小,灵敏电流计的指针应向左偏。如果是缓慢抽出,则电流较小;若迅速抽出,则电流较大,C、D错误。
2.如图(a)为探究感应电流产生的磁场与原磁场变化关系的装置。将两个相同的线圈串联,两相同磁感应强度传感器探头分别伸入两线圈中心位置,且测量的磁场正方向设置相同。现用一条形磁铁先靠近、后远离图(a)中右侧线圈,图(a)中右侧传感器所记录的B1 t图像如图(b),则该过程左侧传感器所记录的B2 t图可能为(　　)
√
【解析】选B。条形磁铁靠近右侧线圈过程中,右侧线圈中的磁感应强度方向竖直向上且增大,根据图(b)可知,竖直向上为正方向,根据楞次定律可知,右侧线圈产生的感应电流方向为顺时针(俯视),则左侧线圈中的电流方向也为顺时针(俯视),根据右手螺旋定则可知,左侧线圈中的磁感应强度方向竖直向下,条形磁铁在远离右侧线圈过程中,磁场的变化与靠近过程相反,则感应电流方向也相反,进而左侧线圈的磁感应强度方向也相反,综上所述,左侧线圈的磁感应强度方向先负后正。
3.在一次公开课的展示中,小王老师给同学们做了“探究感应电流的方向”实验。王老师拿了一块磁极方向未知的条形磁铁,平板小车上安装线圈、导线、发光二极管等元件,线圈绕法及电路连接方式如图所示,已知桌面的摩擦很小,下列说法正确的是(　　)
A.当条形磁铁向右靠近线圈时,平板小车将向左移动
B.当左侧二极管发光时,此过程一定是条形磁铁的S极向右插入线圈
C.在条形磁铁插入线圈的过程中,如果右侧的二极管
发光,则条形磁铁的右端为N极
D.实验中发现左侧二极管发光的同时,小车又向右移
动,则我们无法判断条形磁铁哪一端为N极
√
【解析】选C。根据楞次定律的推广含义“来拒去留”当条形磁铁向右靠近线圈时,平板小车也应该向右移动,故A错误;当左侧二极管发光时,由安培定则可以判断线圈内的感应电流磁场向右,再由楞次定律判断原磁场的磁通量可能向左增大或向右减小,因此,条形磁铁可能S极向右插入线圈或N极向左抽离线圈,故B错误;如果右侧的二极管发光,根据安培定则可以判断线圈内的感应电流磁场向左,在条形磁铁插入线圈的过程时,磁通量增大,再根据楞次定律“增反减同”判断原磁场一定向右,条形磁铁的右端为一定为N极,故C正确;如果实验中发现左侧二极管发光的同时,小车又向右移动,则一定是条形磁铁左端为N极,右端为S极,故D错误。
4.某电子天平原理如图所示,E形磁铁的两侧为N极,中心为S极。一个多匝的正方形线圈套于中心磁极,其骨架与秤盘连为一体,线圈两端C、D与外电路连接。当重物放在秤盘上时,弹簧被压缩,秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触),线圈中产生感应电流。在秤盘向下运动过程中,则(　　)
A.秤盘一直处于超重状态
B.D点的电势比C点的电势低
C.感应电流从C端流入正方形线圈
D.秤盘的重力势能与秤盘的动能相互转化
√
【解析】选B。由于秤盘先向下加速后向下减速,秤盘先处于失重状态再处于超重状态,故A错误;线圈向下运动过程中,左右两侧分别切割磁感线产生感应电流,根据右手定则可得,两侧切割磁感线产生的感应电流都是从D端流入正方形线圈,再从C端流出,C点电势更高,故B正确,C错误;秤盘向下运动过程中需要克服安培力做功,产生电能,电流做功转化为焦耳热,所以秤盘的重力势能会部分转化为内能,故D错误。
5.(生产生活)(多选)(2025·重庆一模)某自行车所装车灯发电机如图甲所示,其结构如图乙所示。绕有线圈的匚形铁芯开口处装有磁铁。车轮转动时带动与其接触的摩擦轮转动。摩擦轮又通过传动轴带动磁铁一起转动,从而使铁芯中磁通量发生变化。线圈两端c、d作为发电机输出端。通过导线与灯泡L相连。当车轮匀速转动时,发电机输出电压近似视为正弦交流电。假设灯泡阻值不变,摩擦轮与轮胎间不打滑。在磁铁从图示位置匀速转过180°的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.通过L的电流方向为c→d
B.通过L的电流方向为d→c
C.L中的电流先变大后变小
D.L中的电流大小不变
√
√
【解析】选A、C。根据题意,由楞次定律可知,通过L的电流方向由c到d,故A正确,B错误;由图乙可知,开始阶段,穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率最小,转动后,磁通量减小,磁通量的变化率增大,当转过90°时,穿过线圈的磁通量最小,磁通量的变化率最大,当转过180°时,穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率最小,可知,转动过程中L中的电流先变大后变小,故C正确,D错误。
6.(多选)如图所示,间距为L的水平边界MN、PQ之间存在垂直于纸面向外的匀强磁场,“日”字形线框位于磁场区域上方某一高度,线框三条短边ab、ef,cd的长度均为L、电阻均为R,ac、bd长度均为2L、电阻不计,ef位于线框正中间。若线框由静止释放,t=0时刻cd边进入磁场且恰好匀速运动,则整个线框通过磁场区域的过程中,线框的速度大小v,a、b两点之间电势差Uab,流过ab边的电流强度Iab,ab边产生的焦耳热Qab随时间t的变化图像正确的是(　　)
√
√
【解题指导】明确线框的运动过程,对线框进入磁场的整个过程进行分析,从而明确速度和加速度的变化情况;分析当线框每条边切割磁感线时的等效电路,确定切割的边为电源,再根据导体切割磁感线产生的电动势,确定ab边电势差的变化关系;根据闭合电路的欧姆定律确定整个过程流过ab边的电流变化;根据焦耳定律可明确ab边产生的焦耳热变化规律。
【解析】选A、D。设cd边进入匀强磁场瞬间的速度大小为v0,匀强磁场的磁感应强度大小为B,切割磁感线产生的电动势E=BLv0,通过cd边的电流I=,由平衡条件得BIL=mg,当ef边进入磁场瞬间,cd边出磁场,回路电动势和总电流不变,仍满足BIL=mg
同理当ab边进入磁场时亦有BIL=mg,
由此可知,线框通过磁场区域的过程中做匀速运动,故A正确;当cd边切割磁感线时,ef边、ab边并联,根据闭合电路欧姆定律可知,a、b两端电压Uab=E IR,当ef边切割磁感线时,cd边、ab边并联,根据闭合电路欧姆定律可知,a、b两端电压仍为Uab=E IR可知,整个过程中a、b两端电压并不发生变化,故B错误;当cd边和ef边切割磁感线时,通过ab边的电流强度为,而当ab边进入磁场后,回路中的总电流不变,仍为I,但此时ab边切割磁感线,相当于电源,因此通过ab边的电流强度为I,故C错误;当cd边和ef边切割磁感线时,ab边产生的焦耳热Qab=Rt,当ab边进入磁场后Qab=I2Rt,由函数关系可知,D正确。
【综合提升练】
7.(2025·广州模拟)如图甲所示,100匝的线圈(图中只画了1匝)与R=48 Ω的定值电阻构成闭合回路,线圈面积为0.01 m2,电阻为2 Ω,线圈内存在垂直于线圈平面的磁场,以垂直纸面向里为磁感应强度的正方向,以顺时针方向为线圈中电流的正方向。当磁感应强度B随时间t按图乙变化时,下列说法正确的是(　　)
A.1.5 s时穿过线圈的磁通量为2 Wb
B.0.5 s时感应电流的方向为负
C.定值电阻R两端的电压为4 V
D.0~2 s内流过定值电阻的电荷量为0
√
【解析】选B。由图乙可知,1.5 s时磁感应强度大小为2 T,磁通量为Φ=BS=2×0.01 Wb=0.02 Wb,A错误;0.5 s时由楞次定律可判断感应电流沿逆时针方向,与正方向相反,B正确;由法拉第电磁感应定律有E=N= NS=4 V,根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流I==0.08 A,定值电阻两端电压U=IR=3.84 V,2 s内通过定值电阻的电荷量Q=It=0.16 C,C、D错误。
8.如图所示,abcd为固定在匀强磁场中的正方形导线框,其中ab边为均匀的电阻丝,其余三边电阻不计。一段与ab边完全相同的电阻丝PQ垂直ab边置于线框上,在拉力作用下以恒定的速度从ad边向bc边运动,则在PQ运动过程中,下列判断正确的是(　　)
A.通过电阻丝PQ的电流先增大后减小
B.电阻丝PQ两端的电压先减小后增大
C.拉力做功的功率先减小后增大
D.电阻丝ab的发热功率先减小后增大
√
【解析】选C。
如图乙所示,将电阻丝ab看作外电路,电阻丝PQ看作电源,
由题可知,R外【总结提升】电磁感应现象中电路问题的分析方法
(1)确定哪一部分相当于电源;
(2)明确电路的连接方式;
(3)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和功率公式解答。
9.(多选)如图所示,两根相距为L的平行光滑金属导轨倾斜放置,处于垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,两导轨顶端与电容器相连,质量为m、长度为L的金属杆垂直导轨放置,金属杆与导轨接触良好。开始时电容器不带电,金属杆被锁定在距倾斜导轨底端d处。已知两导轨倾角均为θ,电容器电容为C,重力加速度大小为g,不计一切电阻。现解除锁定,下列说法正确的是(　　)
A.金属杆下滑过程中做加速度减小的变加速直线运动
B.若增大电容器电容,金属杆下滑时间变短
C.金属杆下滑到导轨底端时电容器极板间电压U=BL
D.金属杆下滑到导轨底端时电容器储存的电能E=
√
√
【解题指导】解答本题应注意以下四点
(1)根据牛顿第二定律、加速度定义式结合电磁感应定律求出金属杆的加速度表达式,由此分析金属杆的运动情况;
(2)若增大电容器电容,分析加速度的变化,再根据d=at2分析金属杆下滑时间的变化;
(3)根据运动学公式求解金属杆下滑到导轨底端时速度大小,根据U=BLv以及Q=CU计算电容器极板间电压;
(4)根据能量守恒求金属杆下滑到导轨底端时电容器储存的电能。
【解析】选C、D。t时刻电容器两端的电压为U=E=BLv
金属杆沿导轨下滑时,根据牛顿第二定律有:mgsinθ F=ma
又金属杆所受的安培力为F=BIL
电路中电流为I====CBLa
联立以上三式得:a=
式中各量均不变,说明加速度不变,可知金属杆做匀加速直线运动,故A错误;
若增大电容器电容,加速度减小,则根据d=at2
可知金属杆下滑时间变长,故B错误;
金属杆下滑到导轨底端时的速度v2=2ad
电容器极板间电压U=BLv=BL
故C正确;金属杆下滑到导轨底端时电容器储存的电能E=mgdsinθ mv2 =,故D正确。
10.(16分)(2025·南京一模)某同学受“法拉第圆盘发电机”的启发,设计了一个提升重物的电动装置。如图所示,内圆半径为L、外圆半径为3L的圆环形铜盘焊接在半径也为L的铜轴上,铜轴水平放置,整个铜盘位于方向水平向左的匀强磁场中。用导线将电动势为E、内阻为r的电源和电流表通过电刷与铜轴和铜盘连成电路,铜轴上绕有轻绳,用以悬挂重物。当重物以速度v匀速上升时,电流表的示数为I。已知重力加速度大小为g,不计一切摩擦,除电源内阻外其余电阻不计,求:
(1)电源的路端电压U和重物的质量m;(6分)
答案:(1)E Ir　　
【解析】(1)由能量守恒得EI I2r=mgv,解得m=
路端电压U=E Ir
(2)匀强磁场的磁感应强度大小B。(10分)
答案:(2)
【解析】(2)铜盘转动的角速度为ω=,
铜盘上内外圆之间产生的电动势E'=B×(3L L)×=4BLv
由电路规律得U=E Ir
而E'=U,解得B=(共33张PPT)
专题能力提升练(十六)　热学、光学实验
(40分钟　50分)
1.(8分)(2025·广州模拟)如图是“用油膜法估测油酸分子的大小”实验的部分操作步骤:
(1)下列有关该实验的说法正确的是_____。(2分)
A.实验步骤正确的操作顺序是丙→丁→乙→甲
B.图乙中撒痱子粉的目的是防止滴入溶液时液体飞溅出来
C.图丙配制溶液时浓度要大一些,1滴溶液才能在水面形成足够厚的油膜便于测量
D.油酸酒精溶液配制好后,不能搁置很久才做实验,以防酒精挥发影响溶液浓度
　D　
【解析】(1)图中实验步骤应先配制油酸酒精溶液,然后在盘中的水面撒入痱子粉,再向盘中滴入油酸酒精溶液,最后描绘油膜轮廓,即实验步骤正确的操作顺序是丙→乙→丁→甲,故A错误;图乙中撒痱子粉的目的是更加精确描绘出油膜的轮廓,故B错误;图丙配制溶液时浓度要小一些,1滴溶液才能在水面形成单分子油膜层,便于精确测量,故C错误;实验中的酒精容易挥发,油酸酒精溶液配制好后,不能搁置很久才做实验,以防酒精挥发影响溶液浓度,故D正确。
(2)若实验时油酸酒精溶液中纯油酸占总体积的0.1%,用注射器测得100
滴这样的油酸溶液为1 mL,取1滴这样的溶液滴入盘中,滴入盘中的纯油
酸体积为______________mL(结果保留2位有效数字)。(3分)
【解析】(2)若实验时油酸酒精溶液中纯油酸占总体积的0.1%,用注射
器测得100滴这样的油酸溶液为1 mL,取1滴这样的溶液滴入浅盘中,滴
入浅盘中的纯油酸体积为V=×0.1% mL=1.0×10 5 mL。
　1.0×10 5　
(3)(多选)不同实验小组向水面滴入一滴油酸酒精溶液后得到以下油膜
形状,对油膜形状的分析正确的是___________。(3分)
A.甲图油膜比较理想,油膜与痱子粉边界
清晰,且边界线大致为直线,便于绘制边界
B.乙图油膜不理想,痱子粉撒得太少且不
均匀,导致边界不清,不便绘制边界
C.丙图油膜满足实验要求,油膜边界比较清晰,痱子粉撒得比较均匀
　B、C　
【解析】(3)甲图油膜不理想,痱子粉撒得过多,导致油膜过厚,没有形成单分子油膜,故A错误;乙图油膜不理想,痱子粉撒得太少且不均匀,导致边界不清,不便绘制边界,故B正确;丙图油膜满足实验要求,油膜边界比较清晰,痱子粉撒得比较均匀,故C正确。
2.(10分)(2025·长沙一模)小星学习了光的干涉后,用激光笔和双缝组件(如图甲所示)做双缝干涉实验,并测量激光的波长。他按如下步骤组装好设备:先将激光笔打开,让激光垂直照到墙壁上,在墙壁上形成一个小光斑。然后将双缝组件固定在激光笔前方,让激光垂直通过双缝后在远处墙壁上形成干涉图样,如图乙所示。
(1)小星做实验时,双缝组件到墙壁距离为2.4 m,两次所用双缝间距分别
为0.30 mm和0.45 mm,用刻度尺测量干涉图样的数据分别如图丙和图
丁所示,则图丙是采用间距为__________mm的双缝测得的结果。根据
图丁的测量结果,计算得出激光笔所发出的激光波长为_________nm(结
果保留3位有效数字)。(6分)
　0.45　
　675　
【解析】(1)由双缝干涉条纹间距公式Δx=λ可知,本实验中条纹间距较小的图丙对应的应为双缝间距较大的双缝,即图丙所对应的双缝的间距为0.45 mm。
由双缝干涉条纹间距公式Δx=λ,
可知λ== mm=675 nm。
(2)若实验过程中保持激光笔与双缝组件的位置不变,用光屏在离墙壁
1.2 m处承接干涉图样,光屏上的图样与原来的干涉图样相比,会出现的
现象是(　 　)(4分)
A.条纹间距变大 B.条纹间距不变
C.条纹间距变小 D.条纹消失
【解析】(2)由双缝干涉条纹间距公式Δx=λ可知,当双缝与屏的间距减
小时,条纹间距也减小。故选C。
C
3.(10分)“梦天”学习小组探究一定质量的气体在体积不变的条件下,气体压强与热力学温度之间的变化关系。所用器材有:装有水的大烧杯,注射器,压强传感器,温度传感器,热水等。探究步骤如下:
①把注射器的活塞推到“30”刻度处,固定活塞使注射器中封闭一部分空气,注射器底部出口处连上压强传感器;
②如图甲,把注射器放入装有水的大烧杯中,注射器中封闭气体全部没入水中,再把温度传感器金属针放入水中,稳定后读出压强传感器示数p1和温度传感器示数T1;
③再向大烧杯中加入一定量的热水,待稳定后读出两传感器的示数p2和T2;
④重复步骤③,得到多组压强p及对应温度T的数据;
⑤根据得到的数据在图乙坐标系中描点,作出p T图像。
请回答下列问题:
(1)步骤①中固定活塞的目的是_________________________;步骤①
还缺少一些必要的操作内容,如_________________________________
(写出一项即可)。(4分)
【解析】(1)固定活塞的目的是保证气体的体积不变;
为保证气密性良好,应在活塞上涂上凡士林密封气体。
　保证气体的体积不变　
　在活塞上涂上凡士林密封气体　
(2)根据图乙分析可得实验结论:质量一定的某种气体,在体积不变的条
件下,气体压强与热力学温度成__________。(3分)
【解析】(2)由图乙可知,质量一定的某种气体,在体积不变的条件下,气
体压强与热力学温度成正比。
　正比　
(3)步骤①中,把注射器的活塞推到“30”刻度处,封闭一定质量的气体,拉
动活塞至“40”刻度处,再固定活塞,则得出的p T图像斜率k1与图乙中所
作图线的斜率k0相比,k1_______(选填“>”“=”或“<”)k0。(3分)
【解析】(3)步骤①中,把注射器的活塞推到“30”刻度处,封闭一定质量
的气体,拉动活塞至“40”刻度处,再固定活塞,根据=C,体积变大,可得
图像斜率变小。
　<　
【加固训练】
某同学用图示实验装置探究一定质量的气体等温变化的规律。将注射器水平固定,由于没有压强传感器,于是他把活塞和压力传感器相连,可测出移动活塞时,传感器对活塞的压力F,然后把注射器活塞移动到体积最大的位置,并用橡皮帽封闭注射器右侧的细管。在温度不变的条件下缓慢移动活塞压缩气体并记录多组压力F和体积V的值,假设活塞受到的摩擦可忽略不计。
(1)(多选)甲同学想通过作出p 的图像探究等温变化的规律,则还需要测量
的物理量有___________。
A.气体的温度 B.注射器的内径
C.大气压强 D.被封闭气体的质量
【解析】(1)设大气压强为p0,被封闭气体的横截面积为S,对活塞有pS=p0S+F
气体压强为p=p0+
若要作p 的图像,还需要测量被封闭气体的横截面积和大气压强,横截面积
可以通过测量注射器的内径计算得出。故选B、C。
　B、C　
(2)乙同学根据实验数据作出F 的图像如图,已知图像的斜率为k,图像
与纵轴交点的纵坐标的绝对值为b,假设注射器内的气体的状态变化遵
循玻意耳定律,若细管内气体体积可忽略,则气体刚被封闭时的体积为
_______(用k和b表示);若细管内气体体积不可忽略,则随着的增大,F
图像的斜率__________(选填“变大”“变小”或“不变”)。
　　
　变小　
【解析】(2)设气体刚封闭时,气体体积为V0,此时的压强为p0,细管内的体积忽略不计,由玻意耳定律得p0V0=(p0+)V
整理得F= p0S 则k=p0V0S,b=p0S,V0=
若细管内的气体体积不可忽略,设细管内的体积为ΔV,由玻意耳定律得(p0+)(V+ΔV)=C(C为定值)
整理得F=· p0S 增大时,图像斜率变小。
4.(10分)(2025·汕头模拟)如图甲所示,用一个带两根细管的橡胶塞塞紧烧瓶的瓶口,封闭一定质量的气体,烧瓶的容积为V0。其中,一根带阀门的细管连通充满水的注射器,另一根细管与压强传感器相连,压强传感器连接数据采集器,数据采集器连接计算机。某同学利用此装置探究一定质量的气体在温度不变时压强与体积的关系。
步骤如下:
①打开阀门,缓慢推动注射器活塞向烧瓶内注入一定量的水,然后关闭阀门;
②根据注射器刻度记录注入烧瓶中水的体积V,并记录此时气体的压强p;
③多次实验,记录多组数据,分析得出结论。
(1)正确操作后,发现气体的压强随体积的减小而增大,若以p为纵坐标、
以__________为横坐标的图像为近似过原点的倾斜直线(用题中字母表
示),可认为在误差允许范围内气体的压强与体积成反比;(4分)
【解析】(1)烧瓶的容积为V0,注入烧瓶中水的体积为V,
由玻意耳定律有p(V0 V)=C,解得p=C,
以为横坐标的图像为近似过原点的倾斜直线。
　　
(2)若以_______(选填“V”或“”)为纵坐标、以为横坐标,可画出如图乙
所示的图像,则注水前封闭气体的体积为_______(用图中字母表示)。
(6分)
【解析】(2)烧瓶的容积为V0,注入烧瓶中水的体积为V,
由玻意耳定律有p(V0 V)=C,解得V=V0 ·C,
所以图线的纵坐标是V,图线的纵截距为烧瓶的容积,
则有V0=n。
　V　
　n　
5.(12分)(2025·天津南开区一模)某实验小组用插针法测量玻璃的折射率。
(1)在白纸上放好玻璃砖,aa'和bb'分别是玻璃砖与空气的两个界面,如图甲所
示。在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2,用“×”表示大头针的位置,然后
在另一侧透过玻璃砖观察,并依次插上大头针P3和P4。在插P3和P4时,应使(选
填选项前的字母)。(　 　)(3分)
A.P3只挡住P1的像
B.P4只挡住P2的像
C.P3同时挡住P1、P2的像
【解析】(1)实验中,在插P3时,应使P3同时挡住P1、
P2的像;在插P4时,应使P4同时挡住P3和P1、P2的像,故选C。
C
(2)为了减小实验误差,实验时应注意的是(　 　)(3分)
A.入射角应尽量小些
B.玻璃砖的宽度应小一些
C.大头针P1、P2之间的距离及大头针P3、P4之间的距离应适当大些
【解析】(2)为了减小实验误差,入射角应尽量大些,玻璃砖的宽度也宜大一些,大头针应垂直插在纸面上,且应使大头针P1、P2之间的距离及大头针P3、P4之间的距离应适当大些,故选C。
C
(3)甲同学在画界面时,不小心将两界面aa'、bb'间距画得比玻璃砖宽度
大些,如图乙所示,则他测得的折射率与真实值相比__________(选填“偏
大”“偏小”“不变”或“无法确定”)。(3分)
【解析】(3)作出实际光路图,如图所示
由图可知,入射角不变,但是折射角变大,
根据折射定律可知,所测折射率偏小。
　偏小　
(4)乙同学在完成光路图以后,以入射点O为圆心,适当长度为半径画圆,分别交
入射光线P1P2于A点,交入射点O与出射点O'连线的延长线于C点。过A点、C
点作法线NN'的垂线AB、CD,垂足为B点、D点,如图丙所示。用刻度尺量得
AB=8.50 cm,CD=5.00 cm,由此可得出该玻璃的折射率n=_________。(3分)
【解析】(4)根据题意,由图丙和折射定律有n==,
又有OA=OC,则有n===1.7。
　1.7　
【加固训练】
小明学习了光的干涉后,利用图中所示生活中的物品,将两片刀片合在一起,在涂有墨汁的玻璃片上划出不同间隙的双缝;按如图1所示的方法,用红色激光笔和自制的双缝做双缝干涉实验,并测量激光的波长。他按如下步骤组装好设备:
实验步骤:
(1)并齐捏紧两片刀片,在玻璃片的熏黑面划出两条平直划痕;
(2)如图1所示,将红色激光光源和玻璃片固定好,并将光屏放在距离合适的地方;
(3)打开激光光源,调整光源高度使激光沿水平方向射出,恰好能垂直玻璃片射在两划痕上;
(4)在光屏上的干涉条纹是图2中的_______。
【解析】(4)双缝干涉图样是平行且等宽的明暗相间的条纹,A图正确。
　A　
(5)若已知双缝间的宽度d=0.2 mm,双缝到投影屏间的距离L=2.0 m。使
用刻度尺测量出光屏上条纹间距,如图3所示,由图3可以读出A、B两亮
条纹间的距离,从而得到相邻亮条纹的条纹间距Δx=_________ mm,由
双缝干涉条纹间距公式可计算出该绿色激光的波长λ=_____________m
(结果均保留2位有效数字);
　5.4　
　5.4×10 7　
【解析】(5)刻度尺的分度值为1 mm,需要估读到分度值下一位,所以A、B两亮条纹间的距x=79.0 mm 25.0 mm=54.0 mm,相邻亮条纹的条纹间距Δx== mm=5.4 mm,根据Δx=λ,可得λ=,代入数据可得λ=5.4 ×10 7 m。
(6)在双缝间的距离和双缝与屏的距离都不变的条件下,用不同颜色的光
做实验,发现用蓝色激光做实验在屏上明暗相间的条纹间距比用红色激
光做实验时________(选填“大”或“小”)。
【解析】(6)如果用蓝色激光重新实验,由于蓝色激光的波长较小,
由Δx=λ可知,d、L不变,则相邻亮纹间距会变小。
　小　(共41张PPT)
专题能力提升练(六)　动量
(40分钟　80分)
选择题(1 5题,7 8题,每小题6分,共42分)
【基础巩固练】
1.(生产生活)(2025·佛山模拟)如图所示为清洗汽车用的高压水枪。设水枪出水口直径为D,水流以速度v从枪口喷出近距离垂直喷射到车身。所有喷到车身的水流,约有75%向四周溅散开,溅起时垂直车身向外的速度为,其余25%的水流撞击车身后无反弹顺车流下。
由于水流与车身的作用时间较短,在分析水流对车身的作用力时可忽略
水流所受的重力。已知水的密度为ρ,水流对车身的平均冲击力为(　　)
A. B.
C. D.
√
【解析】选A。由题意可知,在很短时间Δt内流出的水的质量为Δm=ρSvΔt=ρπD2vΔt。
设水流对车身的平均冲击力大小为F,则由牛顿第三定律可知车身对水流的平均冲力大小也为F,取反弹的速度方向为正方向,对Δt时间内喷出的水,根据动量定理可得FΔt=[0 25%Δm·( v)]+75%Δm·[ ( v)],解得F=,故选A。
2.(多选)如图所示,斜面与水平轨道通过一小段圆弧在C点相连,水平轨道的右侧与半径为R的竖直半圆形轨道相连。质量为m的小球A从斜面上与半圆形轨道最高点等高处由静止下滑,之后与静止在水平轨道上质量为M的小球B发生弹性正碰。若不计任何阻力,要使小球B在小球A、B发生第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中不脱离半圆形轨道或能通过半圆形轨道的最高点,则小球A、B的质量之比符合要求的有(　　)
A.m∶M=1∶3 B.m∶M=1∶2
C.m∶M=1∶1 D.m∶M=3∶1
√
√
√
【解析】选A、B、D。小球A从开始
下滑到与小球B碰撞前的过程,根据动
能定理可得mg·2R=m 0
解得v0=,小球A与小球B发生弹性正碰,根据动量守恒和机械能守恒可得mv0=mvA+MvB,m=m+M,解得vB=v0,要使小球B在碰后不脱离半圆形轨道或能通过半圆形轨道的最高点;当小球B运动的最高点不超过半圆形轨道圆心所在的高度时,有M≤MgR
解得≤,当小球B能通过半圆形轨道的最高点时,有Mg≤M,v为小球B运动到半圆形轨道最高点时的速度,小球B从半圆形轨道最低点运动到最高点的过程,根据动能定理可得 Mg·2R=Mv2 M,解得≥,综上分析可得小球A、B的质量之比应满足≤或≥,故选A、B、D。
3.(多选)(2025·郑州二模)如图甲,两块竖直挡板正对着固定在水平面上,两完全相同质量均为1 kg的物块a、b(可视为质点)置于两挡板的中点,中点左侧水平面光滑,右侧水平面粗糙。t=0时,给a向左的初速度。已知b物块的速度v随时间t的变化关系如图乙所示,最终停在中点。所有的碰撞均视为弹性碰撞且碰撞时间极短,取重力加速度大小为10 m/s2,则(　　)
A.两挡板间距为2 m
B.a与b相撞2次
C.b与水平面间的动摩擦因数为0.1
D.a第2次与挡板碰撞后的动能为4 J
√
√
【解析】选A、D。根据题意,由图乙可知,t=0.5 s时发生第一次碰撞,根
据质量相等的两物体发生弹性碰撞速度互换原理可知,a的初速度v0=
4 m/s,中点左侧水平面光滑,则有a在第一次碰撞前的路程s=v0t=2 m,则两挡板间距为L=2×=2 m,故A正确;
由图乙知,第一次碰撞后,a静止在中点,b向右运动,与右侧挡板碰撞后返回中点,与a第二次碰撞,b静止,a向左运动与左侧挡板碰撞后返回中点,与b第三次碰撞,a静止,b向右运动与右侧挡板碰撞返回到中点静止,所以a与b发生了3次碰撞,故B错误;
由B分析可知,b运动的路程为sb=2L=4 m,对b整个过程,由动能定理有 μmgsb=0 m,解得μ=0.2,故C错误;设b与a第二次碰撞前的速度大小为v,由动能定理有 μmgL=0 mv2,a第2次与挡板碰撞后速度大小与b与a第二次碰撞前的速度大小相等,则a第2次与挡板碰撞后的动能为Ek=mv2,联立解得Ek=4 J,故D正确。
4.(2025·浙江1月选考改编)有一离地面高度20 m、质量为2×10 13 kg稳定竖直降落的沙尘颗粒,在其降落过程中受到的阻力与速率v成正比,比例系数为1×10 9 kg/s,重力加速度g=10 m/s2,则它降落到地面的速度和时间约为(　　)
A.vm=2×10 3 m/s　0.5 h
B.vm=2×10 3 m/s　3 h
C.vm=1×10 3 m/s　28 h
D.vm=1×10 3 m/s　166 h
√
【解析】选B。沙尘颗粒开始时速度较小,阻力较小,可知mg kv=ma,沙尘颗粒速率增大,阻力增大,加速度减小,当a=0时,沙尘颗粒速度达到最大且稳定,此时速度满足mg=kvm,解得vm=2×10 3 m/s,由动量定理可得mgt kt=mvm,即mgt kh=mvm,则沙尘颗粒下落时间为t=,由于mvm kh,则t≈=104 s≈3 h,故选B。
5.(多选)如图所示,光滑水平地面上有一光滑薄木板AB,薄木板右侧连接一光滑半圆细管轨道BCD,轨道半径为R,C点与轨道圆心O点等高,半圆轨道最高点D左侧连接一内壁光滑的细管DE,在细管的E端固定一轻质弹簧,整个装置质量为2m。一半径略小于细管半径、质量为m的小球,以初速度v0从薄木板A端滑上木板。已知重力加速度大小为g,小球可以看作质点。则(　　)
A.若v0=,整个轨道装置获得的最大速度大小为
B.若v0=,小球第一次运动到半圆细管轨道B点时对轨道的压力
大小为mg
C.若v0=3,当弹簧恰好处于原长状态时小球与轨道共速
D.若v0=3,轻质弹簧获得的最大弹性势能为mgR
√
√
【解析】选A、D。若v0=,当小球再次返回运动到B点时,整个轨道装置的速度v1最大,此时小球速度为v2,取水平向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=mv2+2mv1,由机械能守恒定律得m=m+×2m,解得v1=v0=选项A正确;
若v0=,小球刚到B点时速度为v0,设轨道对小球的支持力为N,根据合外力提供向心力有N mg=,代入数据解得:N=2mg,根据牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为N'=N=2mg,选项B错误;
若v0=3,弹簧压缩到最短时弹性势能最大,此时小球与整个轨道装置共速,设共同速度为v,取水平向右为正方向,根据水平方向动量守恒得mv0=3mv,由系统的机械能守恒可得m=×3mv2+2mgR+Ep,解得弹簧获得的最大弹性势能Ep=mgR,故C错误,D正确。
6.(12分)(科技前沿)我国“天和号”核心舱配备了四台全国产化的LHT 100霍尔推进器,虽然单台推力只有80.0 mN,但在关键性能上已经反超国际空间站。霍尔推进器工作时,将气体推进剂电离成电子和离子,这些离子在电场的作用下被加速后以极高的速度喷出,在相反的方向上对航天器产生了推力。
霍尔推进器工作原理简化如图,放电通道两端的电极A、B间存在一加速电场E。工作时,工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子,再经电场加速喷出,形成推力。若某次试验中有96.0%的氙气被电离,氙离子从右端喷出电场的速度v=2.00×104 m/s,其比荷k==7.30×105 C/kg。氙离子进入通道的初速度可以忽略,电子质量远小于氙离子的质量。当推进器产生的推力达到80.0 mN时 (1 mN=10 3 N),求:
(1)加速电压UAB;(6分)
答案:(1)274 V　
【解析】(1)对其中一个氙离子,根据动能定理,有qUAB=mv2 0
解出加速电压UAB=== V≈274 V
(2)每秒进入放电通道的氙气质量M0。(6分)
答案: (2)4.17×10 6 kg
【解析】(2)设在Δt时间内,有质量为ΔM的氙离子以速度v喷射而出,
根据动量定理,有FΔt=ΔMv 0
解出== kg=4.00×10 6 kg
M0=≈4.17×10 6 kg
【综合提升练】
7.(2025·湛江模拟)质量为M的半圆形凹槽静置在光滑水平面上,质量为
m的光滑小球静止在凹槽底部。初始时刻给小球一个水平初速度v0,计
算机模拟得到小球的部分轨迹如图,已知图中轨迹顶点与凹槽端口等高,
则(　　)
A.m>M
B.仅增大M值后重新模拟,小球能飞离凹槽
C.长时间观察,有些时间段内凹槽对地向左运动
D.小球从图中A到B运动过程中,凹槽先加速后减速
√
【解析】选B。
当小球由最低点开始运动到第一次回到最低点时,水平方向动量守恒,小球光滑,则系统机械能守恒,设小球末速度为v1、凹槽末速度为v2,则mv0=mv1+Mv2,m=m+M
联立可得M=m,以初速度方向为正方向,由图中小球的运动轨迹可知,当小球第一次回到最低点时v1<0,即>1,可以判断m当小球由最低点开始运动到第一次回到最高点时,水平方向速度共速,设小球水平方向速度和凹槽的末速度是v共,则由动量守恒mv0=(m+M)v共,即v共=,当增大M值后v共会减小,系统机械能守恒,设小球上升高度为r,则m=m(+)+mgr+M,仅增大M值,由最低点开始运动到第一次回到最高点时,v共减小,则v竖直增大,小球会飞得更高,飞离凹槽,故B正确;设小球末速度水平分速度为v'1,凹槽末速度为v'2,由动量守恒可知mv0=mv'1+Mv'2
即m(v0 v'1)=Mv'2,若当凹槽对地向左运动时v'2<0,可得v08.(多选)如图所示,两个U形光滑导轨水平放置,处于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,导轨间所接电源电动势E大小未知,内阻为R。两根材料、粗细都相同的导体棒L1、L2,长度分别为d、2d,导体棒L1电阻为R、质量为m。导体棒始终与导轨垂直,两端与导轨接触良好,导轨足够长且不计电阻。闭合开关,两导体棒由静止开始运动,最终稳定时导体棒L1的速度大小为v。下列说法正确的是(　　)
A.闭合开关后,导体棒L2可能做匀加速运动
B.闭合开关后,加速过程中导体棒L1、L2的加速度大小相等
C.电源电动势E=2Bdv
D.整个过程中,导体棒L2中产生的焦耳热为mv2
√
√
【解析】选B、D。闭合开关后,两导体棒在安培力的作用下均开始加速运动,根据法拉第电磁感应定律,可知两者切割磁感线产生逐渐增大的感应电动势,而感应电动势与电源电动势相反,则回路的总电动势逐渐减小,回路中的电流,以及两导体棒受到的安培力均减小,根据牛顿第二定律,可知两导体棒均做加速度减小的加速运动,故A错误;由题意可知,导体棒L1电阻为R、质量为m;导体棒L2的质量为2m,电阻为2R。加速过程中当电流为I时,导体棒L1、L2受到的安培力大小分别为F1=BId,F2=BI·2d,根据牛顿第二定律有F1=BId=ma1,F2=BI·2d=2ma2,
解得a1=,a2=,可知在加速过程中导体棒L1、L2的加速度大小相等,故B正确;由上述分析可知最终稳定时,两棒均以速度v做匀速直线运动,此时两棒的感应电动势之和等于电源电动势,即电源电动势为E=Bdv+2Bdv=3Bdv,故C错误;设全程通过回路的电荷量为q,以导体棒L1为研究对象,以其运动方向为正方向,根据动量定理得Bdt=mv 0
其中t=q,整个过程电源输出的电能为E电=qE
联立解得E电=3mv2,由能量守恒定律可得回路产生的总焦耳热为Q=E电 mv2 ×2mv2,根据焦耳定律可得导体棒L2中产生的焦耳热为Q2=×2R=mv2,故D正确。
【总结提升】动量定理在电磁感应中的应用
(1)导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时,当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解。
(2)初、末速度已知的变加速运动,在动量定理列出的式子中经常用到q=Δt,x=Δt。
9.(12分)某玩家设计了如图1所示的一个装置,完全相同的饼状物块A、B分别焊接在两根轻杆的一端,两根轻杆另一端与饼状物块C用铰链相连(轻杆能够围绕铰链转轴在水平面内无阻碍地转动),轻杆长度远大于物块A、B和C的直径,把整个装置放在光滑水平面上,在A、B之间置入少量炸药,引爆炸药后,整个装置获得的机械能为E。已知A、B的质量均为m,C的质量为2m,轻杆长度为L,引爆炸药后,物块C仅沿着对称中心线(图1中的虚线)运动。
(1)若将物块C固定,求引爆炸药后瞬间,轻杆受到的拉力大小;(3分)
答案:(1)+mg　
【解析】(1)根据对称关系,引爆后瞬间,对物块A和B,有vA=vB=v0
方向相反,且有m=
此时,物块C固定,物块A和B都做圆周运动,则两物块对各自轻杆的拉力均为F=+mg
化简可得F=+mg
(2)若物块C不固定,求物块C运动的最大位移;(4分)
答案: (2)L　
【解析】(2)整个系统动量守恒。物块A和B的运动关于中心线对称,沿着中心线向上运动,物块C沿着中心线向下运动。所以沿中心线方向,任何时刻均有
2mvAB//=2mvC,所以有∑2mvAB//Δt=∑2mvCΔt
即yAB//=yC
又有yAB//+yC=2L
其中yAB//=L
所以物块C运动的最大位移yC=L
(3)如图2所示,在(2)的基础上,当A、B、C第一次运动到一条直线时,求物块A、B和C的速度大小。(5分)
答案: (3)均为
【解析】(3)根据动量守恒定律,有mvA+mvB=2mv'C
根据能量守恒有m+m+·2mv=E
其中由对称性关系可知vA=vB
解得v'C=vA=vB=
10.(14分)(2025·肇庆模拟)如图甲所示,轻质弹簧一端固定在墙壁上的O点,另一端自由伸长到A点,OA之间、B右侧的水平面光滑,AB之间的距离l=1 m,在其上表面铺上一种特殊材料,该材料动摩擦因数从A向B随距离均匀变化如图乙所示。质量M=2 kg的足够高光滑曲面在B处与水平面平滑连接。m=1 kg的小物块开始时静置于水平面上的B点。现给小物块一个水平向右的初速度v0=9 m/s,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)小物块在曲面上上升过程中与曲面共速的速度大小v共和小物块上升的最大高度h;(4分)
答案:(1)v共=3 m/s,h=2.7 m
【解析】(1)小物块在曲面上升到最大高度h时,两者具有共同的速度v共;小物块与曲面组成的系统满足水平方向动量守恒,则有mv0=(m+M)v共,解得v共=3 m/s
根据能量守恒可得mgh=m(M+m),解得h=2.7 m
(2)小物块返回B点时小物块和曲面各自的速度大小;(4分)
答案: (2)小物块速度大小为3 m/s,曲面的速度大小为6 m/s
【解析】(2)从最初到小物块再次回到B点,根据动量守恒和机械能守恒可得mv0=mv1+Mv2,m=m+M,联立解得v1= 3 m/s,
v2=6 m/s,即小物块速度大小为3 m/s,曲面的速度大小为6 m/s。
(3)弹簧被压缩获得的最大弹性势能Epmax。(6分)
答案: (3)0.5 J
【解析】(3)小物块向左运动直至将弹簧压缩到最短过程,
有 l+W弹=0 m
其中结合题图可得=,联立解得W弹= 0.5 J
根据功能关系,可知弹簧的最大弹性势能为Epmax= W弹=0.5 J(共25张PPT)
专题能力提升练(十三)　近代物理
(40分钟　70分)
选择题(1 9题,每小题6分,共54分)
【基础巩固练】
1.(2025·深圳一模)在下列的四个方程中,a、b、c和d各代表某种粒子
①UTh+a ②UnXeSr+2b
③H+cHen ④FHeNe+d
以下判断正确的是(　　)
A.a是质子 B.b是中子 C.c是氘核 D.d是α粒子
【解析】选B。核反应方程遵循电荷数守恒和质量数守恒,a是α粒子、b是中子、c是氚核,d是质子,选项B正确。
√
2.(2025·晋陕青宁高考)我国首台拥有自主知识产权的场发射透射电镜TH—F120实现了超高分辨率成像,其分辨率提高利用了高速电子束波长远小于可见光波长的物理性质。一个静止的电子经100 V电压加速后,其德布罗意波长为λ,若加速电压为10 kV,不考虑相对论效应,则其德布罗意波长为(　　)
A.100λ B.10λ C.λ D.λ
√
【解析】选C。设电子经过100 V电压加速后速度大小为v,
由动能定理得eU=mv2
电子的动量大小为p=mv
电子的德布罗意波长为λ= 联立解得λ=
因为U'∶U=100∶1 可解得λ'=λ
C正确,A、B、D错误。
3.某种原子核X经过一系列的衰变变成原子核Y,质量数与中子数的关系图像如图所示,下列说法正确的是(　　)
A.X、Y的质子数之比为9∶8
B.X的比结合能大于Y的比结合能
C.发生β衰变时,放出的β粒子来自原子核外
D.X变成Y经历了8次α衰变和6次β衰变
√
【识图有法】
【解析】选D。
选项 过程分析 结论
A 由题图可得原子核X为X,原子核Y为Y,则X、Y的质子数之比为92∶82=46∶41 ×
B 衰变是释放能量的反应,反应后产物比反应前稳定,元素越稳定,比结合能越大,则X的比结合能小于Y的比结合能 ×
C β衰变中产生的β粒子即电子,是由原子核中的一个中子转变为一个电子和一个质子放出的(点拨nHe) ×
D 根据衰变前后质量数守恒、电荷数守恒,则有X变成Y的衰变方程为XY +He +e,故X变成Y经历了8次α衰变,6次β衰变 √
【方法技巧】衰变次数的计算方法
(1)方法:依据两个守恒规律,设放射性元素X经过n次α衰变和m次β衰变后,变成稳定的新元素Y,则该核反应的方程为XY+ He +e。根据质量数守恒和电荷数守恒可列方程A=A'+4n,Z=Z'+2n m,由以上两式联立解得n=,m=+Z' Z。
(2)技巧:因为β衰变对质量数无影响,可先由质量数的改变确定α衰变的次数,然后根据衰变规律确定β衰变的次数。
4.(关爱生命)铯137属于中毒性核素,具有放射性,铯137的半衰期约为30年,能够在环境中滞留较长时间,在环境介质中长期存在并在生态系统各介质中循环,还会通过食物链进入人体,危害人类健康。在核电站发生核事故后,附近可检测出放射性元素铯137,假设现有一条海鱼体内有5.0×10 8 g的铯137,若铯137在今后未被代谢出体外,则15年后残留在其体内的铯137约为(　　)
A.2.5×10 8 g B.3.0×10 8 g
C.3.5×10 8 g D.4.0×10 8 g
√
【解析】选C。铯137的半衰期约为30年,经过15年的衰变,即经过了半个半衰期的时间衰变,根据半衰期公式可得m余=m总×()n=m总 ×( =5.0×10 8 g×≈3.5×10 8 g,选项C正确。
5.(科技前沿)(2025·深圳模拟)患有严重心衰及具有高风险心脏骤停的病人,植入心脏起搏器(如图所示)是现在比较有效的治疗方式,有些心脏起搏器的电池是Z粒子辐射电池,它是一种利用放射性同位素衰变时释放的Z粒子直接转换为电能的装置,衰变方程为SrY+Z,下列说法正确的是(　　)
A.衰变方程中的Z为e,来自原子核内部
B.该衰变过程吸收能量
C.Sr的比结合能大于Y的比结合能
D.植入人体后,Sr会加速衰变
√
【解析】选A。根据反应过程满足质量数和电荷数守恒可知,衰变方程中的Z为电子e,Z粒子是原子核内部中子转化为质子而释放出来的电子,A正确;该衰变过程释放能量,存在质量亏损,衰变后的Y比衰变前的Sr更稳定,所以Y的比结合能大于Sr的比结合能,B、C错误;Sr衰变的快慢只由自身原子核内部决定,植入人体后,Sr不会加速衰变,D错误。
6.(2025·山东高考)在光电效应实验中,用频率和强度都相同的单色光分别照射编号为1、2、3的金属,所得遏止电压如图所示,关于光电子最大初动能Ek的大小关系正确的是(　　)
A.Ek1>Ek2>Ek3
B.Ek2>Ek3>Ek1
C.Ek3>Ek2>Ek1
D.Ek3>Ek1>Ek2
【解析】选B。根据光电子最大初动能与遏止电压的关系Ek=eUc,由题图可知Uc2>Uc3>Uc1,则Ek2>Ek3>Ek1,故选B。
√
【综合提升练】
7.(多选)图甲是电子束穿过铝箔后形成的衍射图样。图乙是氢原子部分能级示意图,真空中若用动能为E的电子去撞击一群处于基态的氢原子,再用氢原子辐射出的光照射逸出功为10.2 eV的某金属表面,发现逸出光电子的最大初动能为2.55 eV。已知1 eV =1.6 ×10 19 J,光在真空中传播速度为c=3×108 m/s,根据以上信息,下列说法正确的是(　　)
A.图甲能说明电子具有粒子性
B.动能E的最小值为12.09 eV
C.氢原子辐射的光子中最大动量为6.8×10 27 kg·m/s
D.氢原子辐射某种频率的光照射该金属表面可使逸出光电子的最大初动能为1.89 eV
√
√
【解析】选C、D。由图甲可知为电子衍射图样,说明电子具有波动性,选项A错误;根据爱因斯坦光电效应方程可知hν=Ek0+W0= 10.2 eV+2.55 eV=12.75 eV,电子撞击基态氢原子后,设氢原子从基态最大跃迁到n能级,由玻尔能级公式En E1=hν,代入数据得到En= 0.85 eV,对照能级图可知n=4,则由能量守恒和原子跃迁规律可知,撞击的电子动能E需大于12.75 eV,选项B错误;辐射的光子中最大能量是12.75 eV,根据光子动量p===6.8×10 27 kg·m/s,选项C正确;从能级3向基态跃迁释放的光子中,使该金属发生光电效应逸出光电子的最大初动能为Ek=hν W0,其中hν=E3 E1=12.09 eV,W0=10.2 eV,代入数据解得Ek=1.89 eV,选项D正确。
8.一束复色光通过玻璃三棱镜后分成如图1所示a、b、c三束光,现用a、b、c三束光分别去照射图2所示的阴极K发生光电效应,得到图3所示遏止电压Uc与频率ν的关系图像。下列说法正确的是(　　)
A.a、b、c光的波长大小关系为λa<λb<λc
B.a、b、c光子的动量大小关系为paC.a、b、c光的频率大小关系为νa>νb>νc
D.若三种光子均可使之发生光电效应,则
a光对应的遏止电压最大
√
【解析】选B。a、b、c光中因c光的偏折程度最大,可知c光折射率最大,频率最大,波长最短,即三种光的频率大小关系为νa<νb<νc,波长大小关系为λa>λb>λc,选项A、C错误;根据p=可知a、b、c光子的动量大小关系为pa【归纳总结】
图像名称 图线形状 由图线直接(或间接)得到的物理量
遏止电压Uc与入射光频率ν的关系图线 (1)截止频率νc:图线与横轴的交点的横坐标
(2)普朗克常量h等于图线的斜率与电子电荷量的乘积,即h=ke(注:此时两极之间接反向电压)
9.如图甲所示为均匀透明介质制成的棱镜的截面图,其截面为正六边形,现用由单色光a和单色光b组成的复合光由棱镜的左侧射入,最终从右侧射出时分成两束。若用这两种单色光分别照射图乙中的阴极K,当阴极K的材料为A时电流表的指针均发生偏转,当阴极K的材料为B时,只有一种单色光能使电流表的指针发生偏转。下列说法正确的是(　　)
A.单色光a的波长较小
B.材料A的逸出功小于材料B的逸出功
C.单色光a照射材料A时,光电子的最大初动能较大
D.仅增加两种单色光强度后再照射材料B,电流表的指针均发生偏转
√
【解析】选B。复色光射入棱镜时,b光的折射角小于a光的折射角,由折射定律知,介质对b光的折射率大于a光的折射率,则单色光b的频率较大,由λ=可知单色光b的波长较小,故A错误;由题意知,若用两种单色光分别照射阴极K,当阴极K的材料为A时电流表的指针均发生偏转,则两种单色光的频率均大于材料A的极限频率,当阴极K的材料为B时,只有一种单色光能使电流表的指针发生偏转,说明不能使电流表发生偏转的单色光的频率小于材料B的极限频率,说明材料A的极限频率小于材料B的极限频率,即材料A的逸出功小于材料B的逸出功,B正确;由爱因斯坦光电效应方程Ekm=hν W0知,由于单色光b的频率较大,所以用单色光b照射材料A时,光电子的最大初动能较大,C错误;发生光电效应的条件是入射光的频率大于材料的极限频率,与光的强度无关,故D错误。
10.(16分)(2025·肇庆模拟)托卡马克装置利用环形磁场约束高温等离子体,结合欧姆加热与辅助加热达到核聚变温度,通过磁流体稳定性控制实现持续聚变反应并释放能量。我国已建造出世界第一台全高温超导托卡马克装置——“洪荒70”,被称为“人造太阳”。
(1)“洪荒70”装置内部核反应方程为HH→Xn。已知H的比结合能为E1H的比结合能为E2,X的比结合能为E3。求:
①X粒子是什么粒子 (4分)
②该核反应释放的核能ΔE。(4分)
答案:(1)①氦原子核　②4E3 2E1 3E2
【解析】(1)①核反应方程为HHHen
即X为氦核
②反应释放的核能为ΔE=4E3 2E1 3E2
(2)如图所示,环状匀强磁场围成中空区域,中空区域中的带电粒子只要速度不是很大,都不会穿出磁场的外边缘而被约束在该区域内。环状磁场的内、外半径分别为R1、R2,磁场的磁感应强度大小为B,若被束缚的带电粒子比荷为,中空区域内带电粒子具有各个方向的速度。求:
①粒子沿环状的半径方向射入磁场,不能穿越磁场的
最大速度;(4分)
②所有粒子不能穿越磁场的最大速度。(4分)
答案: (2)①·　②
【解析】(2)①粒子沿环状的半径方向射入磁场,不能穿越磁场区域的最大速度粒子沿圆弧从B到A,恰与环状域外圆相切,O'为轨道圆心。设AO'= BO'=r,
由几何关系=r2+,又qvB=m
可得v==·
②粒子沿环状域的内边界圆的切线方向射入磁场时,
轨道半径最大为rm=
由qvmB=m得vm=(共44张PPT)
思维进阶强化练(四)　
带电粒子在三维空间电磁场中的运动
(40分钟　60分)
一、选择题:本题共6小题,每小题6分,共36分。
1.某“L”形荧光屏由两个平面均为正方形的荧光屏组合而成,其简化模型
如图所示,在三维坐标系Oxyz中,面OMNE、面OMPF为荧光屏,荧光屏
内部存在平行于z轴且沿z轴正方向的匀强磁场,磁感应强度大小为B,
坐标(x=r,y=r)处有一平行于z轴柱形电子发射源
(发射源体积不计),可同时均匀连续发射垂直于
z轴的大量电子,电子打到荧光屏上时荧光屏便
发亮,若某段时间内发射电子的速度大小均为v=,已知电子的质量为m,电荷量为e,正方形荧光屏的长度为L(L>3r),不考虑电子重力及电子间的作用力。则“L”形荧光屏上发亮的面积范围为(　　)
A.4rL　　　　　
B.(+1)rL
C.2(+1)rL
D.(+3)rL
√
【解析】选D。根据evB=m,而电子的速度为v=,可得电子运动的轨道半径为R=r,俯视图如图所示,当轨道与x轴相切时打到荧光屏x轴上的位置最远,则打到荧光屏面OMNE上的电子的面积为2rL;打到y轴上的电子距离发射点的距离为2r,则荧光屏上的范围为(+1)r,则打到荧光屏面OMPF上的电子的面积为(+1)rL;故荧光屏上有粒子撞击的发亮的面积为S=(+3)rL,故选D。
2.如图所示,一个圆柱体空间被过旋转轴的平面MNPQ划分成两个区域,两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从圆柱体左侧垂直yOz平面进入磁场,并穿过两个磁场区域。质子重力忽略不计。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影,可能正确的是(　　)
√
【解析】选D。根据左手定则,质子所受的磁场力和磁场方向垂直,质子
始终在平行于xOy平面内运动,在圆柱体左侧做顺时针圆周运动,在圆柱
体的右侧做逆时针圆周运动,其运动轨迹在xOy平面的投影如图甲所示
故A、B错误;质子始终在平行于xOy
的平面内运动,z轴坐标为正值且不变,
其运动轨迹在zOy平面的投影始终出
现在y轴负半轴,运动轨迹可能如图乙
所示,故C错误,D正确。
3.(科技前沿)2023年4月12日,中国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置创造了当时最新的世界纪录,成功实现稳态高约束模式等离子体运行403秒。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况,某同学将一足够长的真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场,如图所示。
若某带正电的离子在此电场和磁场中运动,其速度平行于磁场方向的分量大小为v1,垂直于磁场方向的分量大小为v2,不计离子受到的重力。当离子速度平行于磁场方向的分量大小为2v1时,垂直于磁场方向的分量大小为(　　)
A.v2　　 B.2v2　　　
C.3v2　　 D.4v2
√
【解析】选A。
4.(多选)(2025·江门模拟)如图所示,以棱长为L的正方体顶点O为原点建立三维坐标系O xyz,其中正方体的一个顶点P落在x轴上,一个顶点Q落在y轴上。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子(重力不计)由Q点沿x轴正方向以初速度v0射入,第一次在正方体内加沿z轴负方向磁感应强度大小为B的匀强磁场,该粒子恰好能通过OQ的中点;
第二次在正方体内加沿y轴负方向电场强度大小为E的匀强电场,该粒子恰好能通过OP的中点;第三次在正方体内同时加上大小不变的磁场和电场,磁场方向不变,将电场方向调整为与yOz平面平行,与z轴正方向成30°角、与y轴正方向成60°角。则(　　)
A.该粒子在正方体内运动的时间第一次大于第二次
B.电场强度和磁感应强度满足E=v0B
C.该粒子第三次在正方体内的运动为匀变速曲线运动
D.该粒子第三次从正方体内射出的位置坐标为(L,L,L)
√
√
√
【解析】选A、C、D。第一次粒子在磁场中运动,半径为r=L=,
可知B=,运动时间t1==,第二次粒子在电场中运动,运动时间
t2=,故t1>t2,A正确;第二次运动中,粒子在y轴方向上做匀变速直线运
动,L=·()2,解得E=,故有E=2v0B,B错误;
第三次运动过程中,带电粒子所受电场力
Eq=,洛伦兹力qv0B=,在yOz平面内,
如图所示,
沿y轴方向有Eqsinθ=Eqsin30°=qv0B,电场力沿z轴的分量Eqcosθ让粒子
在z轴正方向加速,故粒子的运动为从B点以速度v0沿x轴正方向做匀速直
线运动以及沿z轴正方向做匀加速直线运动的合运动,即匀变速曲线运
动,C正确;粒子在z轴方向上L=t2,解得t=,在x轴方向上x=v0t=L,y轴方向上的坐标为L,
故出射点坐标为(L,L,L),D正确。
5.(多选)如图所示,在O xyz坐标系内存在匀强磁场和匀强电场,电场方向沿z轴负方向,磁场方向沿z轴正方向。一电子从点(L,0,0)处沿y轴正方向入射,其轨迹与z轴的第1个交点坐标为(0,0,L)。已知电子的比荷为k,入射速度大小为v0,不计电子所受的重力,则(　　)
A.匀强磁场的磁感应强度大小B=
B.匀强电场的电场强度大小E=
C.电子轨迹与z轴交点的z坐标之比为1∶32∶52∶72∶…
D.电子轨迹与z轴交点的z坐标之比为1∶22∶32∶42∶…
√
√
√
【解析】选A、B、C。电子在电场力作用下,沿z轴正方向做初速度为0的匀加速直线运动,在洛伦兹力的作用下,在xOy平面内做匀速圆周运动,由几何关系可知,电子做圆周运动的半径为r=,由洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力,有eBv0=,解得B=,故A正确;
电子从入射到与z轴的第1个交点过程经历的时间为t=×,沿z轴方向有L=×t2,解得E=,故B正确;电子轨迹与z轴第1次相交后,每隔2t时间再与z轴相交,则第n次与z轴相交时,在z轴上有Lz=×(n=1,2,3…)
故电子轨迹与z轴交点的z坐标之比为1∶32∶52∶72∶…,故C正确,D错误。
【加固训练】(多选)如图所示为某一科研设备中对电子运动范围进行约束的装置简化图。现有一足够高的圆柱形空间,其底面半径为R,现以底面圆心为坐标原点,建立空间直角坐标系O xyz。在圆柱形区域内存在着沿z轴负向的匀强磁场和匀强电场,在x>R的区域内存在着沿x轴正向的匀强电场。坐标为(0, R,0)的P点有一电子源,在xOy平面内同时沿不同方向向圆柱形区域内发射了一群质量为m,电荷量为 q的电子,速度大小均为v0。已知磁感应强度的大小为,不计粒子的重力,则从电子发射到完全离开圆柱形区域的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.粒子完全离开圆柱形区域时速度方向均不相同
B.粒子完全离开圆柱形区域时的速度方向均平行于xOy平面
C.所有粒子在磁场中运动的总时间均相同
D.最晚和最早完全离开圆柱形区域的粒子的时间差为
√
√
【解析】选A、C。如图所示
粒子在磁场中做匀速圆周运动,有Bqv0=m,
解得R'=R,由于粒子的轨迹圆半径和原磁场
半径相同,故粒子在xOy平面内将先后经历磁
发散、进入电场匀变速直线运动、返回磁
场磁聚焦三个过程,最终从xOy平面内的Q点离开,但是速度方向均不相同,在考虑他们在z轴方向上的匀加速直线运动,离开圆柱形区域时的速度方向不可能平行于xOy平面,故A正确,B错误;
粒子在磁场中均经历了半个周期,因此在磁场中运动总时间相同,故C正确;当粒子从P点沿x轴正向发射时,粒子在xOy平面内运动时间最长,相较于运动时间最短的粒子,其多走的路程为2R,故时间差Δt=,故D错误。
6.(多选)如图所示,截面半径为l的圆柱形空腔位于三维坐标系Oxyz中,分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域。0≤z≤l的Ⅰ区域内有沿y轴正方向的匀强磁场;l≤z≤+l的Ⅱ区域内有沿y轴正方向的匀强电场;Ⅲ区域内同时存在沿z轴正方向的匀强电场和匀强磁场,电场强度与Ⅱ区域相等。
现有一带电粒子从点P(l,0,0),以大小为v0的速度垂直磁场进入Ⅰ区域,经点Q(0,0,l)沿着z轴进入Ⅱ区域,然后经过点M(0,,l+l)进入Ⅲ区域,粒子恰好未从圆柱腔的侧面射出,最终从右边界上点N(0,,z)离开区域Ⅲ。已知粒子的质量为m,电荷量为+q,不计粒子重力,则(　　)
A.Ⅰ区域磁感应强度的大小B=
B.Ⅱ区域电场强度的大小E=
C.进入Ⅲ区域后粒子在xOy平面内分运动是圆周运动,其周期T=
D.进入Ⅲ区域后做螺旋线运动,螺距(相邻两螺旋线上对应点的距离)
不相等
√
√
【解析】选C、D。
选项 选项剖析 对错
A 粒子在Ⅰ区域xOz平面内做圆周运动,轨迹如图所示,根据几何关系可知r1=2l,根据洛伦兹力提供向心力qv0B=m,可得Ⅰ区域磁感应强度的大小B= ×
选项 选项剖析 对错
B 粒子在Ⅱ区域yOz平面做类平抛运动,z轴方向有l=v0t2,y轴方向有=a,加速度为a=,解得Ⅱ区域电场强度的大小E= ×
选项 选项剖析 对错
C 粒子在M点沿y轴方向的分速度为vy=at2=v0,粒子进入Ⅲ区域后在xOy平面做圆周运动,轨迹如图所示,由几何关系可知()2+=(l r2)2,解得r2=l,其周期为T== √
选项 选项剖析 对错
D 粒子进入Ⅲ区域后在xOy平面做圆周运动,沿z轴做匀加速直线运动,故粒子做螺旋线运动,螺距为L=v0nT+a(nT)2 (n=1,2,3…),可得L=nπl+l(n=1,2,3…) √
二、计算题:本题共2小题,共24分。
7.(12分)如图所示,在三维坐标系O xyz中,x<0,z≤L,y≥0的空间内充满匀强磁场,方向沿y轴正方向;0≤x≤L,y≥0的所有空间内充满匀强电场,方向平行于xOy平面,与y轴正方向夹角为37°。质量为m、电荷量为+q的带电粒子,
在xOz平面内从图中磁场边界的A点以速度v沿与x轴负方向夹角θ=60°射入磁场,经磁场偏转后从坐标原点O沿x轴正方向射入电场,粒子在电场中运动时,恰好没有从x=L的边界射出电场,之后从y轴上的P点(图中未画)再次射入磁场,不计带电粒子的重力,取sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:
(1)匀强磁场磁感应强度的大小;(4分)
答案:(1)　
【解析】(1)在xOz平面内,设粒子从A点到O点做匀速圆周运动的半径为R,匀强磁场的磁感应强度大小为B,由几何关系可得R+Rcos60°=L
解得R=L
由洛伦兹力提供向心力有qvB=m
联立解得B=
(2)P、O两点间的距离;(4分)
答案(2)L
【解析】(2)由题意知,粒子在xOy面内的运动轨迹与直线
x=L相切,切点记为C,如图所示
由运动的分解知:粒子在x轴、y轴方向上均做匀变速直线
运动,设电场强度大小为E,粒子在x轴、y轴方向上的分
加速度大小分别为ax、ay,则有qEsin37°=max,qEcos37°=may
联立解得ay=ax
设粒子从O点运动到P点的时间为t,则从O点运动到C点的时间为t,x轴方向有L=ax()2
y轴方向有yOP=ayt2
联立解得yOP=L
(3)带电粒子第n(n>2)次射出磁场时的三维坐标。(4分)
答案(3)(0,,0)
【解析】(3)粒子从O点运动到C点的过程中,x轴上满足L=·,可得t=
代入yOP=ayt2,解得ay=
由(2)问分析知:粒子每次在电场中运动的时间均为t,从第1次出磁场至第n次出磁场,粒子在电、磁场中均运动(n 1)次。若仅考虑粒子在电场中y轴正向的加速,由于每次加速的ay不变,相当于粒子从初速为零开始匀加速了(n 1)t的时间,粒子在这段时间内加速的总位移为y1=ay=
粒子在磁场中的运动为螺旋线运动,粒子每次进磁场时垂直于磁场方向的速度为v不变,由运动的分解可把粒子在磁场中的运动看成xOz面内线速度为v的匀速圆周运动(半径仍为R)和y轴正向的匀速直线运动,设每次在磁场中运动过程中,粒子在y轴方向匀速运动的分速度大小分别为v1y、v2y、…、v(n 1)y,则有v1y=ay·t,v2y=ay·2t,…,v(n 1)y=ay·(n 1)t
分析易知,粒子每次在磁场中运动的时间均为其做圆周运动的半个周期,
设此时间为t',则有t'==
所以粒子在磁场中运动的时间内,在y轴方向上匀速运动的总位移为y2=v1y·t'+v2y·t'+…+v(n 1)y·t'=ayt·t'
联立解得y2=
综上所述,粒子第n次出磁场时的纵坐标值为yn=y1+y2=+=
其余两坐标值均为0
8.(12分)如图所示,空间有一棱长为L的正方体区域,带电粒子从平行于MF棱且与MPQF共面的线状粒子源连续不断地逸出,逸出粒子的初速度为v0,粒子质量为m,电荷量为+q,经垂直于MF棱的水平电场加速后,粒子以一定的水平初速度从MS段(S为MF的中点)垂直进入正方体区域内,该区域内有垂直平面MPRG向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,从M点射入的粒子恰好从R点射出。忽略粒子间的相互作用,不计粒子重力。
(1)求线状粒子源处与正方体MS段之间的电势差U0;(3分)
答案:(1)　
【解析】(1)从M点射入的粒子恰好从R点射出的轨迹为圆周,
设运动半径为R,则R=L
qvB=m
进入正方体之前被电场加速的过程qU0=mv2 m
解得U0=
(2)若该区域内只有垂直平面MPRG向外的匀强电场,电场强度大小为,已知从S点射入的粒子从QP边上的某点射出,求该点距Q点的距离Δy;(4分)
答案: (2)L　
【解析】(2)粒子在该区域内电场中做类平抛运动,将运动分解为垂直于QP方向的匀速直线运动和平行于QP方向的匀加速直线运动,可得
垂直于QP方向L=vt1
平行于QP方向
y1=a
qE=ma
Δy=L y1
解得Δy=L
(3)以G为坐标原点建立空间直角坐标系,,,分别为x,y,z轴的正方向,若该区域内同时存在上述磁场与电场,通过计算判断从S点进入的粒子,离开该区域时的坐标和速度大小vout。(5分)
答案: (3)(+,L,0)　,计算过程见解析
【解析】(3)该区域内同时存在上述磁场与电场时,从S点进入的粒子在正方体区域内做不等距螺旋线运动,可将其运动分解为沿MF方向的初速度为零的匀加速直线运动,和平行于MPRG平面的线速度为v,半径为R=L的匀速圆周运动。
分运动为匀速圆周运动的周期T=
假设粒子可完成个圆周运动,则t2=T
粒子在MF方向的位移为y2=a
解得y2=<
假设成立,且该粒子在NR边射出,射出坐标为(+,L,0)
离开该区域时沿MF方向的速度为v2=at2
vout=
解得vout=

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