一品方案·物理(新高考版) 有qE=qvB,又 R=vt0,解得电场强度大小为 E=BtR0 . 2.ABD 在a、b、c 三 条 图 线 上 分 别 取 横 坐 标 相 同 的 A、B、C 三 (2)仅有电场时,粒子在匀强电场中做类平抛运动,在y 方向有 点,因为 直 流 电 源 的 总 功 率 PE 等 于 输 出 功 率 PR 和 电 源 内 部 的发热功率Pr 之和,所以这三点的纵坐标一定满足关系 PA = y=v·t20 ,则 y= R PB +PC ,所以 A 项正确;图 线b、c 的 交 点 表 示 当 内 阻 和 外 电 2 阻相等时,电 源 输 出 的 功 率 最 大,此 时 电 流 的 大 小 为RE+r= 粒 子 从 圆 形 边 界 射 出 ,有 x2+y2=R2, 则 x= 23R ,又 x= 1 t0 2,解 得a=4t302R . E ,功 率 的 大 小 为E2 ,图 线 a、b 的 交 点 表 示 电 源 的 总 功 率 PE 2a 2 2r 4r (3)仅 有 磁 场 时,入 射 速 度 大 小 为 Py 和电源内部的发热功率Pr 相等,此时只有电源的内阻,所以此 4v,则 有 4qvB =m (4v)2 ,由 (1)知 fBff f ff 时 的 电 流 大小为E ,功 率 的大 小 为E2 ,所 以 横 坐 标 之 比 为 1∶ r f ff r r f qE=qvB,由 (2)知 qE =ma,联 立 2,纵坐标之比为1∶4,所以 B 项正确;图 线c 表 示 电 源 的 输 出 f f fRf f f f f 解 得r= 3R ,粒 子 的 运 动 轨 迹 如 frf fα f f f f f 功率与电流的关系图像,很显然,最大 输 出 功 率 小 于 3 W,故 C 3 O x 项错误;当I=3A 时,PR =0,说 明 外 电 路 短 路,根 据 PE =EI 图 所 示 ,由 几 何 关 系得 sinα= 3,解 得α= π 知电源的电动势E=3V,内阻r=IE =1Ω,故 D 项正确. 2 3 3.B 由 题 图 乙 可 知,a 的 周 期 为 0.4s,b 的 周 期 为 0.6s,则 由 粒子的运动周期 T=24πvr,粒子在 磁 场 中 运 动 的 时 间t=22απT, n=T1 可知,转速与周 期 成 反 比,故 曲 线 a、b 对 应 的 线 圈 转 速 解 得t= 3π . 之比为3∶2;曲线a 表示的交流电的电动势最大值是10V,根 18t0 据 Em =nBSω 并代入数据解得 曲 线b 表 示 的 交 流 电 的 电 动 势 答 案 :(1)BtR0 沿 x 轴 正 方 向 (2)4t302R (3)138πt0 最 大值 是20 V,故 B 项 正 确 ,A、C、D 三 项 错 误 . 3 9.解析:(1)电子在 磁 场 中,洛 伦 兹 力 提 供 做 圆 周 运 动 的 向 心 力, 4.D 当滑动变阻器 R 的滑片向b 端移 动 时,其 接 入 电 路 的 阻 值 有 :eBv=m v2 减小,外电路总电阻减小,干路电流I 增大,平行金属板 间 电 压 r 等于 R3 两 端 的 电 压,R 减 小,并 联 部 分 的 总 电 阻 减 小,则 R3 两端的电压减小,R3 上 消 耗 的 功 率 逐 渐 减 小,A 项 错 误;平 行 运动轨迹如图甲所示 P N QP GN Q 金属板间场强减小,油 滴 P 将 向 下 运 动,C 项 错 误;流 过 电 流 α 表的 电 流IA =I-I3,I 增 大 ,I3 减 小 ,则IA 增 大 ,所 以 电 流 表 O M M 读 数 增 大 ,R 的 分 压 U4 =U3 -U2,U3 减 小 ,U2 增 大 ,则 U4 减 A O α R 小,所以电压表读数 减 小,B 项 错 误;由 于 R1 的 阻 值 和 电 源 内 WO A WO CW 阻r 相等,则外电 路 总 电 阻 大 于 电 源 的 内 阻r,当 外 电 阻 减 小 图乙 时,电源的输出功率逐渐增大,D 项正确. 图甲 5.A 根 据 电 流 有 效 值 的 定 义 可 知 I20R T + I0 2 T = 2 2 2 R 由 几 何 关 系 得 :r=R I2ART,解 得 有 效 值IA = 5 ,而 IB =I0 ,由 P =I2R 可得 8I0 2 联 立 解 得 :v=eBmR (2)电 子 在 电 子 枪 中 ,由 动 能 定 理 得 : PA ∶PB =I2A ∶I2B =5∶4.故 选 A. 6.C 设电源电动势为 E、内阻为r0,当 开 关 S 闭 合 时,外 电 路 多 eU= 21mv2 增加一个并联支路,根据闭合电路欧姆定律得其干 路 电 流 即 流 过定值电阻r 的电流I 增 大,定 值 电 阻r 两 端 的 电 压 Ur =Ir 联 立 解 得 :U=eB22mR2 增大,车灯两端的电压U=E-I(r0 +r)减 小,由 P =UR2L 可 得 (3)电子在磁场中运动的半径r=R,故平行于 AO 射 入 磁 场 的 灯的功率减小,亮度变暗,选项 A、B 均 错 误;若 灯 L1 的 灯 丝 烧 电 子都将经过 M 点后打在荧光屏上,设从 AO 下方与AO 相距 断,根据闭合电路欧姆定律得其干路电流I 减小,灯 L2 两端 的 R 的C 点 射入磁 场的 电子打 在荧光 屏上 的G 点,其 轨 迹如 图 电 压U=E-I(r0+r)增 大 ,由 P=UR2L 可 得 灯 L2 的 功 率 增 大 , 2 亮度增加,选项 C 正确;开关 S断开,根据闭合电路欧姆定律得 乙所示 则G 点位于N 点的左侧 其干路电流I 减小,根据 P=EI 可知电源的总功率减小,选 项 由 几 何 关 系 得α=60° D错误. 解得:GN =taRnα= 33R. 7.D 由交变电压表达式u=16 2sin100πt(V)可知,a、b 端 所 接 交流电电压的最 大 值 Um =16 2 V,所 以 其 有 效 值 U U m = = 答 案 :(1)eBmR (2)eB22mR2 (3)左 侧 33R 2 专题强化作业(九) 16V,频率f=2ωπ=50 Hz,A 项 错.两 灯 泡 均 正 常 发 光,故 原 1.ABD 由欧姆定律知,U -I 图 像 中 任 意 一 点 的 电 阻 可 用 该 点 线圈 两 端 电 压 U1 =16 V-4 V=12 V,副 线 圈 两 端 电 压 为 与坐标原点的连线的 斜 率 表 示,由 图 乙 并 结 合 数 学 知 识 可 知, U2 =4 V,所 以 原 、副 线 圈 匝 数 比n1 =UU12 = 3 ,B 项 错 .由 变 压 随着所加电压的增大,小灯泡 的 电 阻 增 大,A 正 确;对 应 P 点, n2 1 小 灯泡的电阻可用 O、P 两点连线的斜率表示,即 R=UI21 ,B 正 器 的 变 压 规 律 可 知U1 =nn12 ,而 U1 =U -UL1 ,U2 =I2R 副 总 ,由 U2 确;在电路中灯泡 L 两端电压为U1 时,通过 电 阻 R0 的 电 流 为 变压器 的 变 流 规 律 可 知I1 =nn12 ,又 I1 =URLL11 ,联 立 得 U = I2,则 电 阻 R0 两 端 的 电 压 为I2R0,C 错 误 ;对 应 P 点 ,小 灯 泡 I2 的电功率 为 PL =U1I2,即 图 像 中 矩 形 PQOM 所 围 成 的 面 积, D正确. UL1 n12 ·R副 总 +1 ,调小电阻箱 R 的阻值,则 R副总 减 小,又 U n22 RL1 — 278 —

参考答案 不 变 ,故UL1 增 大 ,则U1 减 小 ,U2 减 小 ,所 以 V1 示 数 、V2 示 数 答 案 :(1)2.0A c 端 (2)5.7×10-2J (3)2×10-3 C 均减小,C 项错,D 项正确. 8.B 已知充电宝的输出电压U、输出电 流I,可 求 出 充 电 宝 输 出 专题强化作业(十) 的电功率为UI,故 A 错 误;由 题 意 可 知 手 机 电 池 充 电 电 流 为 I,所 以 手 机 电 池 产 生 的 热 功 率 为 Pr =I2r,焦 耳 热 为 Qr = 1.B 当房门关闭时穿过线 圈 的 磁 通 量 最 大,磁 感 应 强 度 方 向 与 线圈平面垂直,所以线 圈 平 面 应 该 与 房 门 平 面 相 互 垂 直,A 错 I2rt,因为U 是充电宝的输出电压,不是手机电池的 内 电 压,所 误 ;由 法 拉 第 电 磁 感 应 定 律 E =n ΔΦ 可 知 ,如 果 房 门 缓 慢 打 Δt 以Ur2t 不是手机电池产生的焦 耳 热,故 B 正 确,C 错 误;充 电 宝 输出的电能一部分转化为手机电池储存的化学能,一 部 分 转 化 开,产生的感应电动势 如 果 不 够 大 的 话,就 不 能 引 起 门 磁 系 统 为手机电池产生的焦耳热,根据能量守恒定律可知 手 机 电 池 储 报警,B 正确;无论 房 门 向 外 打 开 还 是 向 里 打 开 都 会 引 起 线 圈 内磁通量的变化,从 而 产 生 感 应 电 动 势 引 起 门 磁 系 统 报 警,C 存的化学能为 W =UIt-I2rt,故 D 错误. 错误;当房门左右移动 时 也 会 引 起 穿 过 线 圈 的 磁 通 量 变 化,从 9.BC 发 电 机 的 输 出 电 压 不 变 ,由 变 压 规 律U1 =nn21 ,可 知 U2 不 而引起门磁系统报警,D 错误. U2 2.AB 水平飞行时,左 右 机 翼 切 割 地 磁 场 磁 感 应 强 度 的 竖 直 分 变,用户接入电路的用电器越多,用电器消耗功率 越 大,而 理 想 量(珠海市地处北半 球,地 磁 场 磁 感 应 强 度 的 竖 直 分 量 向 下 ), 变压器的输入功率和输出功率相等,所以发电机的 输 出 功 率 越 由右手定则,机翼左 侧 电 势 较 高,A 正 确,D 错 误;以 速 度v 垂 直飞行时,头尾切割地磁场磁感应强度水 平 分 量 B1,切 割 有 效 大 ,B 项 正 确 ;由 P =U1I1 可 知 ,I1 增 大 ,又I1 =nn21 ,所 以 I2 长度为 L1,头尾最远点电势差为 B1L1v,上下最远点电 势 差 为 I2 0,B 正确,C 错误. 3.A 初始时,线圈平面与磁场平行,磁通 量 为 零.经 过 时 间t,线 增 大 ,输 电 回 路 中U2=U3 +Ur ,Ur =I2r,可 知 Ur 增 大 ,U3 减 圈平面与磁场夹角 为θ,磁 通 量 为 BSsinθ.由 法 拉 第 电 磁 感 应 小 ,根 据U3 =nn34 可 知 ,用 电 器 两 端 电 压 减 小 ,A、D 项 错 ;输 电 线 U4 定律可知,线圈中 产 生的 平 均感 应 电 动 势 的 大 小为 E=N ΔΦ = 电 阻r 消 耗 的 功 率Pr =I22r,随I2 的 增 大 而 增 大 ,C 项 正 确 . Δt 10.解析:(1)带电粒 子 在 电 场 中 做 类 斜 抛 运 动,沿 极 板 方 向 做 匀 NBStsinθ.由 楞 次 定 律 可 判 断 出 感 应 电 流 方 向 为 逆 时 针 方 向 速直线运动,沿垂直极板方向做匀变速直线运动.设 带 电 粒 子 (从左往右看).A 正确. 4.AD 初 始 时,MN 切 割 磁 感 线 产 生 的 电 动 势 E =B0Lv = 飞 出 电 场 的 速 度 大 小 为 v,如 图 所 示 ,则 0.3V,R1 与 R2 并 联 后 的 电 阻 R并 =RR11+RR22 =2Ω,电 路 中 的 总电阻 R总 =r+R并 =3Ω,所以 MN 中的电流I=RE总 =0.1A, v0cosα=vsinα MN 的加速度a=Bm0IL=0.1m/s2,故 A 项正确;MN 的动能最 根 据 动 能 定 理 得U0q= 12mv2- 21mv20 终 全 部 转 化 为 热 量 ,故 总 热 量 Q =Ek = 1 mv2 =0.045J,因 2 解 得 U0 =mv20 (cos2α-sin2α) r∶R并 =1∶2,所 以 Qr ∶Q并 =1∶2,Q并 =0.030J,又 R1∶R2 . 2qsin2α =2∶1,所 以 QR1 ∶QR2 =1∶2,故 QR1 =0.010J,故 B 项 错 误;对 MN ,由 动 量 定 理,-B0ILΔt=Δp,-B0LΔq=Δp,对 (2)由 匀 变 速 直 线 运 动 规 律 得 v0sinα=at0 vcosα=at 全程,-B0Lq=0-mv,q=Bm0vL=0.3C,因 R1 ∶R2 =2∶1,所 以 所以极板的长度为 L=v0cosα(t0+t) 解 得 L=v0t0 cosαsin2α+cos3α =v0stin0c2oαsα. qR1 ∶qR2 =1∶2,qR2 =0.2 C,故 C 项 错 误 ;因 为 q=RΔΦ总 = sin2α (3)设两极板间的电压为U,由牛顿第二定律 得dUq=ma 由 B0Lx ,所 以 x=qBR0L总 =0.9 m,故 D 项 正 确 . R总 闭 合 电 路 欧 姆 定 律 得U=RE1+RR2 2 5.BD 框架出磁场的过程中,切割磁场 的 有 效 长 解 得 R2=Eqmtv0-0Rm1vd0sdinsαinα. 度 Lx 如 图 所 示 ,x =vt,Lx 23 =233vt, Lx x = 3x 答 案 :(1)mv02(c2oqss2iαn-2αsin2α) (2)v0stin0c2oαsα (3)Eqtmv0-0Rm1vd0sdinsαinα E=BLxv=233Bv2t,A 错 误;B 正 确;对 框 架 11.解析:(1)由题图乙知t=π×10-3s时受电线圈中产生的电 动 受 力 分 析 ,F=F安 = BILx = B2L2xv = 43BR2vx2 ,C 错 误,D 势最大,为 Em =20V. R 正确. 受电线圈中产生感应电流的 大 小 为I1 =Im =RE+mr=2.0 A, 6.AC 经 时 间t,导 体 棒 所 受 安 培 力 为 F安 =BIL =B2RL2v = 由楞次定律可以得到此时c 端电势高. B2RL2at,所以t=4s时,导体 棒 所 受 安 培 力 为 5 N,C 正 确.由 (2)通过电阻的电流的有效值为I=Im = 2 A, 牛顿第二定律 可 得 mg-F -F安 =ma,代 入 数 据 可 得 拉 力 为 2 F=5- 45t(N),所 以t=2s时,拉 力 F =2.5 N,导 体 棒 的 速 电 阻 在 一 个 周 期 内 产 生 的 热 量 Q=I2RT ≈5.7×10-2J. 度为v=at=10 m/s,拉 力 的 功 率 为 P =Fv=25 W,A 正 确. 由功能关系知拉力F 和安培力所做的功之和等于导体棒减少 (3)线 圈 中 感 应 电 动势 的 平 均 值 E=n ΔΦ , Δt 的机械能,B 错误.根据q=ΔRΦ,ΔΦ=B·S,S= 21at2 ·L,代 入数据可知q=5C,故 D 错误. 通过电阻 R 的电流的平均值为I=RE+r,通过电阻 R 的 电 荷 7.D 线圈内部的磁场与电流大 小 成 正 比,且 变 化 的 磁 场 会 产 生 量q=I·Δt, 由 题 图 乙 知 ,从t1 到t2 时 间 内 , ΔΦ=4×10-4 Wb,解 得q=nRΔ+Φr=2×10-3 C. 电场.电子在真空室中 沿 逆 时 针 方 向 做 加 速 圆 周 运 动 时,电 场 的方向应沿着顺时针方向,又洛伦兹力提供电子做 圆 周 运 动 的 — 279 —

一品方案·物理(新高考版) 向心力,根据左手定则 可 知 磁 场 方 向 应 竖 直 向 上.根 据 安 培 定 m/s,A 正确;列车 车 轮 经 过 钢 轨 接 缝 处 时 产 生 的 振 动 同 时 也 则 可 知 ,只 有 在 0~ T 、3T ~T 时 间 内 磁 感 应 强 度 方 向 竖 直 向 会影响到路面本身,因 此 过 桥 需 要 减 速,是 为 了 防 止 桥 梁 发 生 4 4 共振现象从而造成坍 塌,除 此 之 外,列 车 减 速 并 不 影 响 桥 在 竖 上 ,根 据 楞 次 定 律 可 知 ,0~ T 时 间 内 产 生 的 电 场 沿 着 逆 时 针 直方向的受力情况,故 不 能 通 过 减 速 来 减 小 列 车 对 桥 的 压 力, 4 B 错误;列车做受迫 振 动,运 行 中 的 振 动 频 率 等 于 周 期 性 冲 击 方 向 ,3T ~T 时 间 内 产 生 的 电 场 沿 顺 时 针 方 向 .D 正确. 的频率,和固有频率无关,C 错误;提高 列 车 的 危 险 速 率 有 利 于 4 列车高速运行,根据上述分析知,应增加钢轨长度,D 错误. 8.BD 以L<d 为例,从cd 边刚进入磁场到cd 边刚离开磁场的 2.D 波向右传播,由波的传播方 向 与 质 点 振 动 方 向 间 的 关 系 可 过程,动能变化为零,重力势能转化为线框产生的 热 量,根 据 能 知,此时质点 P 正向平衡位置运动,即向下运动,故 A 错 误;最 量守恒定律可知进入磁场的过程中线圈产生的热 量 Q=mgd, 右边质点开始振动的 方 向 向 下,则 波 源 的 起 振 方 向 也 向 下,故 由于cd 边刚进入磁场时与cd 边刚离开磁场时速度相 等,所 以 B 错 误;由 图 可 知 波 的 波 长 增 大,而 波 速 不 变,根 据 v=λf 可 从cd 边刚离开磁场到ab 边 离 开 磁 场 的 过 程 中 线 圈 产 生 的 热 量与从cd 边刚进入磁 场 到ab 边 刚 进 入 磁 场 的 过 程 中 线 圈 产 得,波源振动的频率逐渐减小,故 C 错误;波的传播速度由介质 生的热量相等,所以线圈从cd 边进入磁场到ab 边 离 开 磁 场 的 过程产生的热量Q'=2mgd,故 A 错 误;线 圈 刚 进 入 磁 场 时 的 决定,所以波的传播速度不变,故 D 正确. 3.CD 如图所示,设a、b 两点为质点振动 a O Mb 过程的 最 大 位 移 处.若 开 始 计 时 时 刻, 速度大小v= 2gh ,若 L=d,线 圈 将 匀 速 通 过 磁 场,所 用 时 质点从 O 点向右运动,O→M 过程历时3s,M →b→M 运 动 过 间t=2vd= 2d =d 2 ,故 B 正确 ;若 L>d,cd 边 在 进 入 程历时2s,T4 =4s,T=16s.质点第三 次 经 过 M 点 还 需 要 的 2gh gh 时间 Δt3=T-2s=14s,C 项 正 确.若 开 始 计 时 时 刻,质 点 从 磁场的过程中线圈匀速运动,cd 边 离 开 磁 场 到ab 边 进 入 磁 场 O 点向左运动,O→a→O→M 运动过程历时3s,M →b→M 运 时线圈做匀加速运动,线 圈 匀 速 运 动 时,有 mg=B2RL2v,解 得 动过程历时2s,T2'+T4'=4s,T'=136s.质 点 第 三 次 经 过 M v=Bm2gLR2 ,所以线圈ab 边刚进入磁场时的速度大于Bm2gLR2 ,故 C 点还需要的时间Δt'3=T'-2s=130s,D 项正确. 错误;若 L<d,cd 边进入磁场时要减速,线圈 全 部 进 入 磁 场 后 4.BD 由题图乙 可 知,质 点 B 在 0.1s时 正 经 过 平 衡 位 置 沿 y 做匀加速运动,当cd 边 刚 离 开 磁 场 时,速 度 达 到 最 大,可 知 线 圈 刚 好 全 部 进 入 磁 场 时 速 度 最 小 ,设 线 圈 的 最 小 速 度 为 vmin, 轴的负方向运动,结合题图 甲 可 知,该 简 谐 横 波 沿 x 轴 负 方 向 从线 圈 刚 完 全 进 入 到cd 边 刚 离 开 磁 场 的 过 程,由 动 能 定 理 得 传播.再经0.05s即t=0.15s时,质点 B 处在波谷位置,加速 度最大且方向沿y 轴正方向,A 项错 误.经 0.05s的 时 间 质 点 12mv2 - 21mv2min =mg(d-L),而 1 mv2 =mgh,线 圈 的 最 小 B 的振动形式传到A,则t=0.15s时,质 点 A 正 处 在 平 衡 位 2 置沿y 轴 负 方 向 运 动,B 项 正 确.再 经 过 0.10s即t=0.25s 速 度vmin= 2g(h+L-d),故 D 正 确 . 时,质点 A 正 处 在 平 衡 位 置,即 此 时 的 位 移 为 零,C 项 错 误。 9.AD 根 据 E=Blv 及I= E ,l=2L -x,可 得 1 =2IBRL -IBR 从t=0.1s到t=0.25s,即 经 过 3 个 周 期 该 简 谐 横 波 沿 x 轴 R v 4 x,对 照 题 图 乙 中 的 图 线 斜 率 关 系 可 得1 =IBRL ,解 得 I= 的 负方 向 传 播 3 个 波 形 ,由 题 图 甲 可 知 该 波 的 波 长 为 10cm, v0 4 BLv0 ,A 正 确 .题 图 乙 中 图 线 与 坐 标 轴 围 成 图 形 的 面 积 表 示 导 则该段时间内简谐横波 沿 x 轴 的 负 方 向 传 播 了 7.5cm,D 项 R 正确. 体 棒运动的时间,即t=23vL0 ,B 错误.根据 E=ΔΔtΦ及I=RE 和q 5.D 由波形 图 结 合 同 侧 法 可 知,P 点 起 振 的 方 向 沿y 轴 负 方 21B(2L)2 - 12B(L)2 向,则波源的起振方向 沿 y 轴 负 方 向,选 项 A 错 误.波 源 的 振 R =IΔt 可 得q= E Δt=ΔRΦ = =32BRL2 ,C 动频率为f= v 10 Hz=2.5 Hz,选 项 B 错 误 .振 动 周 期 R λ =4 错 误 .根 据 功 能 关 系 得 W F =Q + 1 mv02 - 1 m 1 2 T= 1 =0.4s,波 传 到 x=12 m 处的质点 Q 需要的时间为 2 2 2v0 f ,Q = I2Rt=3B22LR3v0 ,解 得 WF =3B22LR3v0 +3m8v02 ,D 正 确 . t1=1210-3s=0.9s,则t=1.2s时,Q 已经振动 了 0.3s,即 振 10.解析:(1)当线框下边界刚进入磁场时,由于线框 速 度 不 变,对 动 了 3 ,到 达 了 波 峰 位 置 ,选 项 C 错 误 .波 传 到 x=8 m 处 的 线框进行受力分析 有 BIL=mg,由 欧 姆 定 律 可 得I=RE ,线 4T 框切 割 磁 感 线,由 法 拉 第 电 磁 感 应 定 律 可 得 E =BLvy ,由 速 质点需要的时间为t2=81-03s=0.5s,则t=1.2s时,该 质 点 度 的 合 成 与 分 解 可 得 v = v02 +v2y ,联 立 求 解 可 得 v = 已经振动了0.7s= 47T,即t=1.2s时,x=8 m 处 的 质 点 已 v20 +mB2g4L2R4 2 ,设 此 时 速 度 方 向 与 水 平 面 的 夹 角 为 θ,则 通过的路程为7A=14cm,选项 D 正确. tanθ=vv0y =Bm2Lg2Rv0 . 6.B 由 公 式 v=λf 得 ,波 长 λ= v 80 m=0.8 m,则 PS= (2)线框从开始进入磁场到完全进入磁场,由能量 守 恒 定 律 可 f =100 17.4 m=21λ+ 34λ,P、S 相 当 于 相 距 43λ 时 的 关 系 QS = 得 mgL=Q,故 Q=mgL. 16.2 m=20λ+ 41λ,Q、S 相 当 于相 距 1 时 的 关 系 ,结 合 如 图 答 案 :(1) v20 +mB2g4L2R4 2 速 度 方 向 与 水 平 方 向 夹 角 θ 满 足 4λ 波形可知,当 S 通 过 平 衡 位 置 向 上 运 动,此 时 刻 P 质 点 在 波 tanθ=Bm2Lg2Rv0 (2)mgL 峰,Q 在波谷,故 B 正确,ACD 错误.故选 B. 7.C 由图甲、乙可知 波 长λ=8 m,周 期 T =4s,则 该 波 的 波 速 专题强化作业(十一) v=Tλ =2 m/s,故 A 错误;横波 沿 x 轴 正 方 向 传 播,根 据 “上、 1.A 当列车受到冲击的周期等 于 固 有 振 动 周 期 时 会 发 生 共 振, 下坡法”可知,在t=0时刻 质 点 S 应 向y 轴 负 方 向 振 动,由 图 乙可知在t=0时刻该质点沿y 轴 正 方 向 振 动,与 质 点 S 的 振 从而造 成 危 险,由 题意 可 知 列 车的 危 险 速 率 为 v = L =45 T — 280 —

参考答案 动方向相反,故 B 错误;由于t=6s= 23T,因 而 质 点 R 在t= 11.解析:(1)根据图乙可得波的 周 期 T=0.4s,故 波 的 传 播 速 度 6s时 处 于 波 峰 的 位 置,位 移 最 大,故 C 正 确;该 波 的 频 率 为 v=Tλ =10 m/s. f= 1 =0.25 Hz,当 观察 者 沿 x 轴 向波 源 运 动 时 ,根 据 多 普 勒 根据图乙可知振幅 A=0.1 m、ω=2Tπ=5πrad/s. T 故质点P 的振动方程为 y=Asinωt=0.1sin5πt(m) 效应,观察者接收到的频率大于0.25 Hz,故 D 错误. (2)由于质点 P、Q 均在平 衡 位 置,且 P、Q 间 只 有 两 个 波 谷, 作 出 其 示 意 图 如 图 1、2、3 所 示 . 8.D 简 谐 横 波 沿 此 弹 性 绳 向 右 传 播,t=0 时 a 质 点 的 位 移 为 0.4 m 且位于波峰位置,b 质 点 的 位 移 恰 好 为 零,且 向 下 运 动, PQ 则a、b 间的距离x= 3 λ(n=0,1,2,3,…),可知这列 波 图1 n+ 4 的最大波长为1.2 m,A 错 误.由t=1s时a 质 点 第 一 次 回 到 平 衡 位 置 可 知 ,这 列波 的 周 期 为 4s,波 速 v= λ ,结 合 A 项 分 T 析可知n 不确定,故不能 确 定 这 列 波 的 传 播 速 度,B 错 误.ω= 2π π rad/s,质 点b 的 振 动 方 程 为yb =0.4sin π m,t= PQ T= 2 2t+π 图2 1 s时 ,b 质点的 位 移 =0.4sin π1 m= -0.2 m,C 3 yb1 2 × 3 +π 错误.质点a 的振动方程为ya =0.4sin 2πt+ π m,t=0.5s PQ 2 图3 时 ,a 质 点 的 位 移 ya1 =0.4sin π ×0.5+ π m= 2 m,D 若如图1,则d= 32λ=6 m 2 2 5 若如图2,则d=2λ=8 m 若如图3,则d= 25λ=10 m. 正确. 答案:(1)10m/s y=0.1sin5πt(m) (2)6m、8m、10m 9.解析:(1)由振动图 像 可 知,t=0 时 刻 a 在 正 向 最 大 位 移 处,b 专题强化作业(十二) 在 平 衡 位 置 且 向 下 振 动 ,则 其 可 能 的 波 形 图 如 图 所 示 W ab 1.BD 根据安培定则,线圈 中 的 电 流 从b 到a,此 时 电 流 正 在 增 强,表明电容器正在放电,所以下极板带正电荷,上 极 板 带 负 电 根据波的周期性可得 n+ 3 λ=9 m(n=0,1,2,3,…) 4 荷.a 点电势比b 点低,电容器两 极 板 间 场 强 正 在 减 小,电 场 能 正 在 减 小 ,线 圈 中 感 应 电 动 势 变 小 . 2.A 光在进入介质过程中,设折射角为θ,由折射定律得sin45°= 由图像知 T=4s,则v=Tλ =4n9+3 m/s(n=0,1,2,3,…) nsinθ,则 sin(90°-θ)= 7 > 1 ,所 以 光 在 该 介 质 侧 面 会 发 生 3 n (2)若λ>10 m,由 3 λ=9 m,可知,n=0,λ=12 m, 全反射,A 正确. n+ 4 3.C a 光的入射角大于b 光的入射角,而 折 射 角 相 同,由 折 射 率 波速v=Tλ =3 m/s, 公式可 知,a 光 的 折 射 率 大 于b 光 的 折 射 率,即 na >nb ,A 项 简谐波传到c 点用时t=138s=6s 错 ;由 sinC= 1 可 知 ,a,b 两 光 从 该 玻 璃 砖 射 向 空 气 时 发 生 全 n 则c 点的振动方程为 反 射的临界角Ca <Cb ,C 项正确;由v=nc 可知,a 光在介质中 的传播速度较小,又传播路 径 长 度 相 同,所 以a、b 两 光 在 玻 璃 y=15sin π (t-6)+π cm(t≥6s), 砖中的传播时间ta >tb ,B 项错;由 光 路 可 逆 特 点 可 知,光 线 只 2 y=0(t<6s) 要射入平行玻璃砖,则一定可以从另一侧射出,D 项错. 4.AD 光 沿 光 纤 轴 线 方 向 传 输 用 时 最 短,光 在 光 纤 中 的 速 度 答案:(1)4n9+3 m/s(n=0,1,2,3,…) (2)当t≥6s时,y= v=nc ,则 最 短 时 间 为t1 = L =ncL;设 光 从 左 端 面 的 A 点 以α v 15sin π (t-6)+π cm,当t<6s时 ,y=0. 2 角入射,折射角为β,在 B 点 发 生 全 反 射 时 的 入 射 角 和 反 射 角 为γ,如图所示,如 果 光 在 光 纤 纤 芯 中 发 生 全 反 射 的 角 为 临 界 10.解析:(1)由图可知λ=6 m,如果这列简谐横波是沿x 轴正 方 向 传 播 ,在t1 ~t2 内 波 形 沿 x 轴 正 方 向 匀 速 传 播 了 x1 = 角 C,则 光 在光 纤 中 的 传 播 时 间 最 长 ,sinγ=sinC= 1 ,所 以 光 (nλ+2)m= (6n+2)m(n=0,1,2,…… ),所 以 可 能 的 波 速 n v1=t2x-1t1 =50(3n+1)m/s(n=0,1,2,……),同 理 可 知,若 通 过 光 纤 纤 芯 所 用 的 最 长 时 间 为 t2 = s =csniLnC =nc2L ,故 v 是沿 x 轴负方向传播的,在t1~t2 内波形沿 x 轴 负 方 向 匀 速 Δt=t2 -t1 =cL (n2 -n)= L n- 1 2 -4Lc,故 B 项 错 误,D 传播了x2=(nλ+4)m=(6n+4)m(n=0,1,2,……),所 以 可 c 2 能的波速v2=t2x-2t1 =50(3n+2)m/s(n=0,1,2,……). 项正确.波长越长,折射率越小,A 项正确,C 项错误. 5.B 作出光 路 图 如 图 所 示,根 据 平 面 几 何 知 i (2)“Q 比R 先回到 平 衡 位 置 ”,说 明 波 是 沿 x 轴 正 方 向 传 播 d β O 的,可得 T=vl =30n.1+21s(n=0,1,2,……),而 0.02s<T < 识 可得 sini= 2 = 23,故i=60°,由 几 何 关 R 0.04s,即当n=1时 T=0.03s,所以v=Tλ =200 m/s. 答案:(1)50(3n+1)m/s(n=0,1,2,……)或 50(3n+2)m/s 系可得i=2β,故β=30°,根据折射 定 律n= sini可 得 圆 柱 体 对 单 色 光 的 折 射 率 n = sinβ (n=0,1,2,……);(2)200 m/s — 281 —

一品方案·物理(新高考版) ssiinn6300°°= 3,故选项 B 正确,选项 A、C、D 错误. 联立并代入数据解得h2=2.4 m. (2)当鱼饵灯离水面深度为h3 时,水面 PQ 间恰好 无 光 射 出, 光在玻 璃 中 的 临界角 正 弦 值 1 3,由 于 水 平 光 此时鱼饵灯与 浮 标 的 连 线 和 竖 直 方 向 的 夹 角 恰 好 为 临 界 角 n 3 6.C sinC0 = = 1 s2 37 n s22 +h32 =5 束直接射到 BC、AC 界面的光的入射角分别为 45°和 60°,均 大 C,则 有 sinC= ,由 sinC= ,解 得 h3 m. 于临界角,故在界面 上 发 生 全 反 射,由 BC 界 面 反 射 的 光 线 传 答案:(1)2.4 m (2)357 m 11.解析:(1)作 出 临 界 光 路 图 如 图 所 示,根 据 全 反 射 知 识 得 播到AC 界 面 时 的 入 射 角 为 30°,由 折 射 定 律 可 知,n=sisnin3r0°, 解得r=60°,C 正确. 1 3, n 2 7.B 光的颜色 由 频 率 决 定,所 以 光 进 入 透 明 介 质 后,光 的 颜 色 sinθ= = 不变,故 A 错误;如 图,从 发 光 面 任 意 位 置 作 一 条 光 线 到 半 球 H E GF D 面表面(弧面),并过光线的射出点作其与球心的 连 线,即 法 线, 通过 O 点左右对称关系,确定 出 在 端 点 A 或 B 沿 垂 直 AB 方 αα α 向射出的光线有最大 的 入 射 角,如 果 此 时 不 发 生 全 反 射,那 么 半球形表面 (弧 面 )任 意 位 置 都 有 整 个 发 光 面 的 光 射 出,可 得 sinC= 1 >sinα=Rr ,则 有n<rR ,即 介 质 折 射 率 应 小于R ,故 θ θ n r C B 正确,D 错误;由n<rR ,解得 R>nr=1.7 mm,则 R 必 须 大 A 于1.7 mm,C 错误. 解 得 临 界 角θ=60,则α=30°, 故灯柱上 有 光 线 出 射 的 圆 弧 面 所 对 应 的 圆 心 角 φ=30°+ α B R L 30°+180°=240°φ=43π也可 . Ar O B (2)根 据 几 何 关 系 可 知 d=2(HE+EG)=2(CEtanα+EG) 即 d=2Rcos30°+2(Rsin30°+R)tan30°, 8.BD 从图像中可以看出角θ 小于30°时,没 有 折 射 光,A 错 误; 解得d=2 3R. 当θ=30°时,即入射角为60°时,折 射 光 线 的 强 度 为 零,故 此 时 答案:(1)240° (2)2 3R 发生全反射,B 正 确;因 为 全 反 射 临 界 角 为 60°,又 n=si1nC = 1.B 专题强化作业(十三) 单晶和多晶 都 有 确 定 的 熔 点,A 错 误;液 晶 显 示 器 利 用 了 sin160°=233,C 错误,D 正确. 液晶的光学各向异性,B 正确;玻璃 管 的 裂 口 放 在 火 焰 上 烧 熔, 其尖端变钝,这是由于液体表面张力 的 作 用,C 错 误;水 在 荷 叶 9.解析:(1)由光速与折射率的关系n=vc ,可得该棱镜 对 甲 光 的 上呈球形,是荷叶和露水表现为不浸润,D 错误.故选 B. 2.ABD 一 定 质 量 的 冰 融 化 为 同 温 度 水 的 过 程 中,分 子 动 能 不 折 射 率 n1 1 , 变,此过程要吸收热量,内能增 加,则 分 子 势 能 增 加,选 项 A 正 =k1 确;忽略分子间作用 力,气 体 内 能 只 有 总 动 能,温 度 越 高,分 子 该 棱 镜 对 乙 光 的 折 射 率 n2 1 . 平均动能越大,一定质量的大气的内能越大,选项 B 正确;人们 =k2 感觉夏天比冬天闷热是因为夏天同温度下的大气的相对湿度 ②设 BC 边的长度为L,根据题述,甲光第一次到达 BC 边恰好 比冬天的大,选项 C 错误;饱 和 汽 压 与 温 度 有 关,温 度 越 低,饱 发 生 全 反 射 ,可 画 出 光 路 图 如 图 所 示 ,则 1 =k1 , 和汽压越小,则水蒸气容易在草上形成露水,选项 D 正确. sinθ=n1 3.AC a 克拉 钻 石 物 质 的 量 (摩 尔 数)为n=0M.2a,所 含 分 子 数 cos∠BCA=sinθ,cos∠BCA=Ll , 为 N =nN 0.2aN A ,A 项 正 确 ,B 项 错 误 ;钻 石 的 摩 尔 体 积 =M 解 得 L=kl1 . A B V=M ×10-3 (单 位 为 m3/mol),每 个 钻 石 分 子 的 体 积 约 为 ρ ×10-3 V0 =NVA = M N Aρ ,设 每 个 钻 石 分 子 的 直 径 为 d,则 V0 = θ 4 d 3 3 6M ×10-3 3π 2 N Aρπ AC ,联 立 解 得 d= (单 位 为 m),C 项正确, 答 案 :(1)k11 1 (2)kl1 D项错误. k2 4.A 温度是分子平均动能的标 志,则 可 视 为 理 想 气 体 的 相 同 质 10.解析:(1)设入射角、折射角分 别 为i、r,鱼 饵 灯 离 水 面 的 深 度 量和温度的氢气与氧 气 相 比,分 子 平 均 动 能 一 定 相 等,但 是 由 为 h2 .如 图 所 示 ,则 有 sinr= s1 ,sini= s2 ,根 据 于分子数不等,则 内 能 一 定 不 相 等,故 A 正 确.某 理 想 气 体 的 s21 +h21 s22 +h22 摩尔体积为V0,阿伏 加 德 罗 常 数 为 NA ,则 该 理 想 气 体 单 个 分 光 的 折 射 定 律 可 知 n=ssiinnir, 子占据的空间的体积 为V0 ,由 于 气 体 分 子 之 间 的 距 离 远 大 于 NA 分 子 大 小 ,所 以 单 个 分 子 的 体 积 小 于V0 ,故 B 错 误 .甲 、乙 两 个 NA h P r Q 分子仅在分子力的作用下由无穷远处逐渐靠近直到不能再靠 s s 近的过程中,分子引力与分子斥力都增大;分子力 先 做 正 功,后 i h 做负功,则分子势能先减小后增大,故 C 错误.扩散现象是分子 h 的热运动,布朗运动不是分子的热运动,故 D 错误. 5.ACD 汽 缸 是 导 热 的,封 闭 气 体 的 温 度 始 终 与 环 境 温 度 相 同, M 保持不变,而温 度 是 分 子 平 均 动 能 的 标 志,选 项 A 正 确;仅 用 — 282 —

参考答案 此气体的摩尔质量和密度可以算出气体的摩尔体 积,但 是 气 体 迁时发射光子的能量 不 同,对 应 的 光 的 颜 色 不 同,因 此 可 用 来 分子之间距离 远 大 于 分 子 直 径,所 以 不 能 计 算 出 气 体 分 子 体 制作五颜六色的霓 虹 灯,B 项 正 确;放 射 性 元 素 放 射 性 的 强 度 积,选项 B 错误;气体是 从 单 一 热 源 吸 热,全 部 用 来 对 外 做 功, 不受温度、压强和化学 状 态 的 影 响,因 此 可 确 定 射 线 来 自 原 子 同时伴随着外力 F 的作用,即引 起 了 其 他 的 变 化,所 以 此 过 程 核,C 项 正 确;β衰 变 过 程 伴 随 着 核 能 释 放,故 两 原 子 核 结 合 能 不违反热力学第二定律,选 项 C 正 确;气 体 温 度 不 变 而 体 积 增 不同,D 项错.故 D 项符合题意. 大,由玻意耳定律可知,气体压强减小,气体分子每 秒 撞 击 器 壁 2.A 衰变后的新核要更稳定,即新核的比结合能大 于 旧 核 的,A 单位面积的分子数减少,选项 D 正确. 正 确 .衰 变 过 程 的 方 程 为 U→ X+238234 4 He,B 错 误 .α 射 线 在 三 92 90 2 6.BC 打气后,由 于 气 体 的 温 度 不 变,分 子 平 均 动 能 不 变,球 内 种放射线中电离能力最强,穿透能力最 弱,C 错 误.半 衰 期 是 统 气体分子对球内壁的平均作用力不变,A 错误.打 气 后,球 内 气 计规律,针对少量原子核没有意义,D 错误. 体的压强变大,即球内气体分子对球内壁单位面积 的 平 均 作 用 3.A 当 温 度 达 到 几 百 万 开 尔 文 时,原 子 核 具 有 足 够 的 动 能,可 力增大,B 正确.打气6次后,由玻意耳 定 律 得 p1V0 +p0 ×6× 以克服库仑斥力,进而发生聚变,因此聚变又叫热 核 反 应,A 正 0.05V0=pV0,解得 p=1.4p0,即球内 气 体 的 压 强 为 1.4p0,C 确.太阳辐射的能量来源于核聚变,核 裂 变 又 称 链 式 反 应,B 错 正确,D 错误. 误.根据核反应方程遵 循 质 量 数 守 恒 和 电 荷 数 守 恒,可 知 一 个 7.C 过程①中气体压强与 热 力 学 温 度 成 正 比,则 气 体 发 生 等 容 氘 核 和 一 个 氚 核 聚 变 的 方 程 为21H+13H→42He+01n,C 错 误 .原 变化,气体体积不变,气 体 对 外 界 不 做 功,气 体 温 度 升 高,内 能 子核中核子 平 均 质 量 越 小,比 结 合 能 越 大,原 子 核 越 稳 定,D 增大,由热力 学 第 一 定 律 ΔU =Q +W 知,气 体 吸 收 热 量,单 位 错误. 时间内,状态 A 比状态C 容 器 壁 单 位 面 积 上 分 子 碰 撞 的 次 数 4.C 一个氢原子从n 能级跃迁到基态,最 多 可 产 生 (n-1)条 光 少,A、D 错误;AB 过程 气 体 压 强 不 变,温 度 升 高,由 盖 - 吕 萨 谱线,故 A、B 错 误;当 氢 原 子 吸 收 光 子 能 量 后 由 基 态 跃 迁 到 克定律知,气体体积 增 大,气 体 对 外 界 做 功,气 体 温 度 升 高,内 n=4的激发态时,光子能量应为E4-E1=-0.85eV-(-13.6eV) 能增大,由 热 力 学 第 一 定 律 ΔU =Q +W 知,气 体 要 吸 收 热 量, =12.75eV,C 正确;同理氢原子 由 激 发 态 向 低 能 级 跃 迁 时,发 且气体对外界所做的功小于 气 体 所 吸 收 的 热 量,BC 过 程 气 体 出光子的能量也要等于两个能 级 的 能 量 差,0.85eV 不 符 合 两 发生等温变化,气体 内 能 不 变,压 强 增 大,由 玻 意 耳 定 律 可 知, 个能级的能量差,D 错误. 气体体积减小,外界对气体做功,由热力 学 第 一 定 律 ΔU =Q+ 5.BCD 由电荷数守恒和质量数守恒可知,中 微 子 的 核 电 荷 数 为 W 知,气体放热,且 外 界 对 气 体 所 做 的 功 等 于 气 体 所 放 热 量, 0,质量数也为0,所以 A 错误,B 正 确;核 反 应 过 程 遵 守 质 量 数 则过程②气体先吸收 热 量 后 放 出 热 量,B 错 误;过 程 ① 气 体 所 守恒,电荷数守恒,所以 C 正 确;参 与 上 述 反 应 的 中 微 子 的 最 小 吸收热量为 Q1=ΔU,过程②气体所吸收热量为 Q2=ΔU+W , 能量约为 ΔE=(36.95691+0.00055-36.95658)×931.5 MeV 则气体在过程①吸收的热量小于过程②吸收的热量,C 正确. ≈0.82 MeV,所以 D 正确. 8.解析:(1)气体压强在微观方面取决于两个因素,分 子 的 平 均 动 6.AB 由 质 量 数 和 电 荷 数 守 恒 可 知,X 粒 子 的 质 量 数 为 1,电 荷 能和单位体积内的分子数.温度降低,分子平均动 能 减 小;气 体 数为0,则 X 粒子为中子,选项 A 正确;根据爱因斯坦质能方程 质量增加,单 位 体 积 内 的 分 子 数 增 加,从 而 使 压 强 维 持 不 变. 可知 mXc2 =1876.1 MeV+2809.5 MeV-3728.4 MeV- (2)选-8 ℃时馆内气体为研 究 对 象,其 体 移 为V,气 体 状 态 参 17.6 MeV,解得 mX=939.6 MeV/c2,选项 B 正确;太阳每秒放 量初 状 态 :V1 =V + ΔV,T1 =280 K,末 状 态 :V2 =V,T2 = 出的能量 E=Pt=4×1026J,损失的质量 Δm=cE2 4×1026 kg≈ =9×1016 265 K,由 盖 - 吕 萨 克 定 律 得V = (V +ΔV), T2 T1 4.4×109 kg,选项 C 错 误;太 阳 每 秒 放 出 的 能 量 E =Pt=4× 可得 ΔV=21655V,场馆内增加的气体质量与 降 温 前 场 馆 内 气 体 1026J,地 球 每 秒 接 收 到 太 阳 辐 射 的 能 量 小 于 4×1026 J,选 项 D 错误. 为Δm =ΔVV 据 得Δm 3 质 量 之 比 m ,代 入 数 m =53. 7.B 根据发生 光 电 效 应 的 条 件 可 知 该 单 色 光 照 射 锌 板 能 发 生 光电效应,照射铜板不 能 发 生 光 电 效 应.通 过 爱 因 斯 坦 光 电 效 答案:(1)见解析 (2)533 应方程 知,光 电 子 的 最 大 初 动 能 Ek=hν-hν1,临 界 状 态 是 电 9.解析:U 形管两端竖直朝上时,设 A、B 两空气柱的压强分别为 子减速到负极板时速度刚好 为 零.根 据 动 能 定 理 有eU =Ek= p1 和 p2.U 形管逆时针缓慢旋转90°后,设 A 空气柱 的 压 强 为 hν-hν1,平行板电容器的电容C=UQ ,解得ν=ν1+heQC ,选项 B p'1,B 空气柱的压强 为p'2,此 时 A、B 两 空 气 柱 的 长 度 分 别 变 为l'1 和l'2.由题意可 知,U 形 管 两 端 竖 直 朝 上 时,B 空 气 柱 的 正确. 8.AC 当用电子轰击 处 于 基 态 的 氢 原 子 时,使 氢 原 子 激 发 到 量 压 强p2 = (12-6)cmHg=6cmHg. 已 知 气 体 温 度 不 变 ,由 玻 意 耳 定 律 有 p1l1 =p'1l'1,p2l2 = 子数为n 的 激 发 态,总 共 产 生 N =C2n =n(n2-1)条 谱 线.波 长 p'2l'2,又 p'2=p'1-12cmHg. 最长即频率最小的是从n 能级 向(n-1)能 级 跃 迁 时 产 生 的 谱 又l1+l2=l'1+l'2,联 立 解 得 p'1=16cmHg,p'2=4cmHg, 线.提高入射电子的动能,电子将 被 激 发 到(n+k)能 级,k=1, l'1 =9cm,l'2 =9cm. 2,…,向较 低 能 级 跃 迁 时 产 生 的 谱 线 的 条 数 为 N'= C2 = 答案:16cmHg 4cmHg 9cm 9cm n+k 10.解析:(1)设初状态时汽缸内气柱 压 强 为 p1,对 活 塞 受 力 分 析 (n+k)(n+k-1),而能级越高,能级差 越 小,故 辐 射 的 光 谱 中 2 得 m1g+p0S=p1S,物块 B 刚要 离 开 桌 面 时 活 塞 下 移 了 x, 最大波 长 光 谱 的 波 长 将 变 得 更 长,故 C 符 合 题 意,D 不 符 合 题 此时汽缸内气柱压强为 p2,此 时 弹 簧 弹 力kx=m2g,对 活 塞 受力 分 析 得 m1g +p0S =kx +p2S,汽 缸 内 气 柱 的 长 度 为 意 .N'-N = 1 (2nk +k2 -k)≥n,故 A 符 合 题 意,B 不 符 2 l2 =l1 -x, 合题意. 有p1l1S =pT2l22S 根 据 理 想 气 体 状 态 方 程 T1 , 9.C 根 据 图 乙 可 知 该 阴 极 材 料 对 应 的 遏 止 电 压 为 Uc=0.6 V, 由 Ekm =eUc,可得光电子的最大初动能为0.6eV,又因为入射 代入数据解得 T2=180K. 光 的 波 长 为λ=315nm,可 得 入 射 光 的 光 子 能 量 为 E光 =h c (2)由热力学第 一 定 律 得 ΔU =W +Q,由 于 气 体 体 积 变 小,外 λ 界对气体做功,W 为正值;气体温度降低,ΔU 为负值,故 Q 为 =3.95eV.由 爱 因 斯 坦 光 电 效 应 方 程 有 Ekm =E光 -W0,则 该 阴 极 材 料 的 逸 出 功 W0=E光 -Ekm =3.35eV,结 合 题 中 表 格 可 负 值 ,即 气 体 一 定 放 热 . 知,阴极 K 可能是由金属锌制 成 的,选 项 A 错 误.结 合 A 项 分 答案:(1)180K (2)放热,原因见解析 专题强化作业(十四) 析可知,入射光的波长变长,对应光子的能量减小,光 电 子 的 最 1.D α粒子散射实验中,延展性好、原子核 质 量 较 大 的 重 金 属 箔 大初动能减小,则图线与横轴的交点将右移,选项 B 错误.由图 均可以作为轰击对象,A 项正确;不同气体原子的 能 级 不 同,跃 乙可知光电流最大为0.64μA,则单位时间内阴极 K 上射出的 — 283 —

一品方案·物理(新高考版) 光电子的数量为n=Iet=4×1012 个,选项 C 正确.由于金属 钛 ΔEp=(M2 -M1 )gh,系 统 动 能 的 增 加 量 为 ΔEk = 1 (M1 + 2 的逸出功大于光子的能量,则将 其 制 成 阴 极 K 时,不 能 发 生 光 M2 )v2 = 1 (M1 + M2 ) d 2 电效应,不能产生光电流,选项 D 错误. 2 Δt ,若 系 统 机 械 能 守 恒,则 (M2 - 10.ACD 反 向 电 压 U 和 频 率ν 一 定 时,光 电 流i 与 光 电 子 数 目 M1 )gh= 1 (M1 +M2 ) d 2 成正比,光 电 子 数 目 与 入 射 光 强 成 正 比,A 项 正 确;由 Ekm = 2 Δt . hν-W0 和eUc=Ekm ,Uc=heν-We0 ,故 Uc 与 频 率ν 不 成 正 (3)若 系 统 机 械 能 守 恒 ,则 (2m -m )gh= 1 ×3mv2 , 2 比,B 项 错 误;光 电 流 随 反 向 电 压 U 的 增 大 而 减 小,反 向 电 压 解 得2vh2 = g . 等于遏止电压Uc 时,光电流为零,C 项正确;光 电 子 的 产 生 是 3 瞬时的,D 项正确. 11.BD 由 K 逸出的光电子向左运动到达 A,则形成了向 右 的 光 答案:(1)② 挡 光 片 中 心 (2)(M2 - M1 )gh= 1 (M1 + M2 ) 2 电流,因此流过电流 表 的 光 电 流 由 上 向 下,A 项 错 误;由 图 乙 d2 (3)g3 可知,BC 上点所对应的电 压 的 绝 对 值 为 遏 止 电 压,由 动 能 定 Δt 理得eUc= 12mv2,又由爱因斯坦光电效应方程可知 12mv2= 5.解析:(3)对小球 1 下 落 到 最 低 点 的 过 程,设 向 左 为 正 方 向,根 hν-hν0,其中ν0 为截止频率,由 以 上 两 式 整 理 得 Uc= ehν- 据 动 能 定 理得 m1g·9d= 1 m1v21 ,碰 前 动 量 为 p1 =m1v1 = 2 hν0 ,结合 图 乙 可 得 的 表 达 式 为 U = - ehν+heν0 ,则 当 3m1 2gd ,碰 后 小 球 1、2 的 速 度 分 别 为 v'1 = - 2gd ,v2 = e BC 2 2gd ,如 果 动 量 守 恒 ,则 满 足 m1v1 = m1v'1 + m2v2,即 U =0 时ν=ν0 =b,斜 率 绝 对 值 k= h ,B 项 正 确 ,C 项 错 误 ; 2m1 =m2 . e (4)双摆线能保证 小 球 运 动 更 稳 定,使 得 小 球 运 动 轨 迹 在 同 一 该材料的逸出功为 W0=hν0=keb,D 项正确. 竖 直 平 面 内 ,避 免 小 球 做 圆 锥 摆 运 动 . (5)根 据 弹 性 碰 撞 的 特 征 由 动 量 定 理 及 机 械 能 守 恒 定 律 有 12.AC 频率最 大 的 光 子 对 应 的 能 量 最 大,即 跃 迁 时 能 量 差 最 ,1 1 1 大,故从n=6能级跃迁到n=2 能 级 辐 射 出 的 光 子 的 频 率 最 m1v1 = m1v'1 + m2v2 2 m1v12 = 2 m1v'12 + 2 m2v22 ,解 得 大,选项 A 正确;原子跃迁过程 中,吸 收 光 子 的 能 量 应 刚 好 等 v'1=mm11+-mm22v1,球 1 反 弹 ,则 说 明 球 1 的 质 量 小 于 球 2 的 质 量;如果球1碰后速度大小不变,方向相反,根据动 量 守 恒 定 律 于两能级的能量差,选项 B 错 误;从n=3 能 级 向 低 能 级 跃 迁 时,可以是 从 3→2、2→1 或 者 是 3→1,即 有 三 种 频 率 不 同 的 m1v0= -m1v1+m2v2,可 知 m2v2>m1v0,同 时 需 要 满 足 碰 后 光子,选项 C 正确;光电效应与光照的时间无关,Hδ 光子的能 12m1v20 (m1v0 )2 1 (m2v2)2 ,可 量最大,故其他光子不一定可以使该金属产生光 电 效 应,选 项 2m1 2 2m2 D错误. 机 械 能 不 增 加 ,有 = > m2v22 = 专题强化作业(十五) 知 m1 必 然 小 于 m2. 1.解 析 :利 用 匀 变 速 直 线 运 动 规 律 的 推 论 答案:(3)3m1 2gd 2m1 =m2 (4)双 摆 线 能 保 证 小 球 运 动 更稳定,使得小球运动 轨 迹 在 同 一 竖 直 平 面 内 (5)小 于 能 Δx=at2 ,得a=tΔx2 = (12.74+11.02-5.87-7.58)×10-2 m/s2= 6×0.202 理由见解析 0.43 m/s2;由牛 顿 第 二 定 律 有 mgsinα-μmgcosα=ma,解 得 6.解析:(1)由于挡 光 时 间 极 短,则 可 认 为 A 端 通 过 光 电 门 的 瞬 μ=gsgicnoαsα-a=9.890.×800.×340-.940.43=0.32. 答案:0.43 0.32 时速度等于挡光过程中的平均速度,即vA =tL ;由螺旋测 微 器 2.解析:(1)由 题 意 知,每 段 纸 带 对 应 的 时 间 间 隔 为 Δt=5T = 的读数规则可知,杆的宽度 L 为 6.5 mm+36.0×0.01 mm= 0.1s,所以每段纸 带 的 高 度 间 接 表 示 了 这 段 纸 带 对 应 小 车 的 6.860 mm. 平均速度,因此图 像 纵 轴 可 代 表 的 物 理 量 是 速 度 v,根 据 单 位 (2)由表格中的实 验 数 据 分 析 可 知,为 使 图 线 为 过 原 点 的 倾 斜 换 算 可 知 单 位 应 是“×10-1 m/s”. (2)v t 图像的斜率表示加 速 度,由 题 图 丙 可 知 小 车 速 度 增 大 直 线 ,则 纵 轴 应 为t-2. (3)对于质量分布均匀的直杆,其重心位于杆的中 点,则 当 杆 的 的过程中,其加速度不断减小,A 正确. A 端 下 降 高 度h 时 ,杆 的 重 心 下 降h ,直 杆 的 重力 势 能减 少了 (3)由纸带测量数据可估算小车的最大速度为vm =0.466m/s;由 2 于最大速度的估算值是3、4点 之 间 的 平 均 速 度,而 小 车 在 3、4 点间先加速后减速,所以该估算值小于或等于小车 最 大 速 度 的 ΔEp=m2gh. (4)直 杆 的 A 端 下 降 高 度h 时,由 机 械 能 守 恒 定 律 得 Ek = 实际值. 答案:(1)速度v(×10-1m/s) (2)A (3)0.466 ≤ mg· h ,结 合 题 图 (c)可 知 1 = abh,又 vA = L ,整 理 得 3.解析:(1)实 验 中 保 持 砝 码 的 质 量 和 转 动 半 径 不 变,改 变 其 转 2 t2 t 速,所以采用的是控制变量法,B 正确,A、C 错误. Ek=m2gbaLv22A . (2)挡光杆处的线 速 度 为v=ΔΔts,根 据 线 速 度 与 角 速 度 公 式 可 答 案 :(1)tL 6.860(6.859~6.861均可) (2)t-2 (3)m2gh 知 角 速 度 为 ω=dΔΔst. (4)m2gbaLv22A (3)由题图乙可知,在 m、r 一 定 的 情 况 下,向 心 力 F 的 大 小 与 专题强化作业(十六) 角速度的平方成线性关系,即 F 与ω2 成正比. 1.解析:(1)将开关 S接1,电容 器 与 电 源 相 连,所 以 电 容 器 充 电; 答 案 :(1)B (2)ω=dΔΔst (3)在 m、r 一 定 的 情 况 下,向 心 力 再将 S 接 2,电 容 器 放 电.将 图 中 横 轴 分 成 许 多 很 小 的 时 间 间 大小与角速度的平方成正比 隔,在这些很小的时间间隔里,放 电 电 流 可 以 视 为 不 变,则iΔt 4.解析:(1)②需要测量系统重力势能的变化量,则应 该 测 量 出 挡 为这段时间内的电荷量,所以图中用阴影标记的狭 长 矩 形 的 面 光片中心到光电门中心的距离. 积 其物理意义是电容器在0.2s内放出的电荷量.根据 Q=CU 可知,电荷量与电阻 R 无 关,如 果 只 减 小 电 阻 R 的 阻 值,则 此 (2)系 统 的 末 速 度 为 v = d ,则 系 统 重 力 势 能 的 减 小 量 为 过程的I-t 曲线与坐标轴所围成的面积将不变. Δt — 284 —

参考答案 (2)因为电容器充电后,两极板之间的电势差为电 源 的 电 动 势, \" R \" . 即8.0V,故电容器的电容 C=UQ =3.448×.010V-3 C=430μF. (3)电容器在充电过程中,电流由最大逐渐减小,放 电 过 程 电 流 也是由最大逐渐减小,根据q=It,可 知q-t 图 像 的 倾 斜 程 度 表示电流的大 小,B 错 误,A 正 确 ;根 据U = Q = CIt 可 知 ,因 R C 电容器的电容 不 变,在 充、放 电 过 程 中,UAB -t 图 像 的 斜 率 均 变小,所以 C 错误,D 正确. 答案:(1)放电 0.2s内电容器放出的电荷量 不变 (2)430 (3)I1 为 0.10 A 时,风 扇 灯 两 端 电 压 U =I2 (R2 +r2 )= (3)AD 0.45 V,此 时 通 过 风 扇 灯 的 电 流I=I1 -I2 =90 mA,所 以 风 扇 2.解析:R1 是光敏电阻,光照射 R1 时阻值减小,则电路总电阻减 灯的内阻 R=UI =090.45mAV=5.0Ω. 小,总电流增大,电源的路端电压减小,R2 两 端 电 压 减 小,流 过 R2 的电流减小,则流过 R1 和 小 灯 泡 的 电 流 增 大,小 灯 泡 的 实 答案:(1)G E C (2)见解析图 (3)5.0Ω 际功率变大,小灯泡变亮;若 R2 是光敏电阻,光照射 R2 时,R2 6.解析:(1)由于电 压 表 可 视 为 理 想 电 压 表,为 了 减 小 实 验 误 差, 阻值减小,则电路总电阻减小,总电流增大,电源的 路 端 电 压 减 则毫安表应该采用外接法;滑动变阻器的最大阻值 相 对 于 被 测 小,流过 R1 和小灯泡的电流 减 小,小 灯 泡 的 实 际 功 率 变 小,小 电阻小很多,由于测量 范 围 比 较 大,滑 动 变 阻 器 应 该 采 用 分 压 灯泡变暗 式 接 法 ,所 以 测 量 电 路 图 如 图 所 示 . 答案:R1 理由见解析 3.解析:(4)由于待测电阻丝的 阻 值 Rx 较 小,电 流 表 的 分 压 作 用 引起的误差较大,因此 采 用 电 流 表 外 接 法,即 电 压 表 的c 端 应 接a. (6)根 据 部 分 电 路 欧 姆 定 律 有 Rx = U ,根 据 电 阻 定 律 Rx = I L =ρ πDl · 1 ,又 d = x ,则 电 阻 丝 的 电 阻 率ρ ρS d 41πd2 n =4nU3xD3Il. (2)若某 次 测 量 中 电 压 表 和 毫 安 表 的 示 数 分 别 为 5.5 V 和 (7)由于电阻丝表 面 涂 有 绝 缘 漆,因 此 实 验 测 得 的 电 阻 丝 的 直 3.0 mA,根据欧 姆 定律 得 此时 热 敏 电 阻的 阻 值 为 R= U = 径d=nx 比实际的直径要大,故电阻率的测量值大于真实值. I 答案(4)a (6)4IUlxDn3 3 (7)大于 4.解析:(1)表 头 与 电 阻 R0 并 联,两 端 电 压 相 等,表 头 内 阻 为 5.5 V A=1.83kΩ. Rg=900Ω,量程为200μA,则通过电阻 R0 的电流为通过电流 3.0×10-3 表 的 9 倍 ,则 有 R0=II电g-RIgg,可 得 R0 =100 Ω;表 头 满 偏 时 示 (3)根据热敏电阻阻值 R 随 温 度t 变 化 的 曲 线 可 知,热 敏 电 阻 数 为0.2mA,电路电流为2mA,表头两端的电压为Ug=IgRg =0.18V,R1 两端的 电 压 为 U1 =6 V-0.18 V=5.82 V,则 的阻值为2.2kΩ 时,对应的温度为25.5 ℃. R1=IU电1 =2910Ω. (4)根据图丙所示 电 路,结 合 闭 合 电 路 欧 姆 定 律 得 输 出 电 压 为 U=RE1'+RR2 2 ,当图中的输出电压达 到 或 超 过 6.0 V 时,便 触 发 报警器报警,说明环境温度高,热敏电阻的阻值减 小 时,输 出 电 压变大,从而报警,所以图中 R1 应该用热敏电阻,R2 为定值电 阻.若要求开始报警时环境温度为50 ℃,通过热敏电阻阻值 R 随温 度t 变 化 的 曲 线 可 知,报 警 时 R1 =0.8kΩ,代 入 数 据 得 (5)根 据 闭 合 电 路 欧 姆 定 律 得 E = IRg + 10IR1 + 6.0 10 V ·R2 ,解 得 R2 =1.2kΩ. V=0.8kΩ+R2 (Rg+10R1 )Ir,整 理 可 得 1 =Rg+E10R1 +Rg+E10R1r× 1 , R I R 答案(1)见解析图 (2)1.83 (3)25.5(25.3~25.7 均 对 ) 结合 题 图 乙 可 知 Rg+10R1 =5000 A-1、Rg+E10R1r =k = (4)R1 1.2 E 专题强化作业(十七) 1000A-1·Ω,可得 E=6.0V、r=0.2Ω. 1.解析:由 题 图 可 知,光 线 在 MN 界 面 的 入 射 角 为r=30°,折 射 (6)步骤(5)中分析时,计算电源内阻分压使用的干 路 电 流 为 通 角为i=60°,则该玻璃砖的折射率n=ssiinnir=ssiinn6300°°= 3. 过滑动变阻器的电流,但 改 装 电 压 表 不 是 理 想 电 表,有 分 流 作 用,故通过电源内阻的实际电流更大,故(5)中测量 出 的 电 动 势 把大头针插在 P'1 和 P'2 位置时,在 MN 界 面 的 另 一 侧 看 不 到 偏小;在分析电源内阻的测量值是否准确时,可以认为 步 骤(5) 大头针的像,原因是光线在 MN 界面发生了全反射. 的干路电流测量值是准确的,则应将电压表等效为 电 源 的 一 部 答案:3 光线在 MN 界面发生了全反射 2.解析:需要的器材和 原 料 除 油 酸 酒 精 溶 液、浅 盘、注 射 器、痱 子 分,即步骤(5)中测 量 的 内 阻 实 际 为 电 源 内 阻 与 电 压 表 内 阻 并 粉、坐标纸、彩笔等外,为了描绘出轮廓还需要一项 重 要 的 器 材 联 后 的 等 效 内 阻 ,易 知 电 源 内 阻 的 测 量 值 也 偏 小 . 答案(1)100 2910 (5)6.0 0.2 (6)偏小 偏小 是 玻 璃 板 ;1 滴 油 酸 酒 精 溶 液 中 纯 油 酸 的 体 积 为 V0 2 5.解析:(1)要求被测风扇灯两端电压从零开始连续 调 节,滑 动 变 =100× 阻器应采用分压式接法,故滑动变阻器应选择最大 阻 值 较 小 的 40500cm3=2.5×10-5 cm3,油 膜 面 积 为 S=167×0.6×0.6 G;内阻已知的电流表 A2 量程为150 mA,所 以 满 偏 电 压 Ug= Igr2=0.75 V,若 与 定 值 电 阻 R1 串 联 ,Um =Ig (r2 +R1 )= cm2=60.12cm2,油 酸 分 子 直 径 约 为 d=VS0 =2.650×.1120-5 cm 2.25V,无 法 满 足 电 压 测 量 要 求;若 选 择 定 值 电 阻 R2,Um = Ig(r2+R2)=6.75V,可 以 满 足 要 求 . =4×10-7 cm. (2)实验中,将电流表 A2 与定值电阻串联当做电压表并联在风 答 案 :玻 璃 板 2.5×10-5 4×10-7 3.解 析 :题 图 乙 螺 旋 测 微 器 固 定 刻 度 的 读 数 是2.0 mm,可 动 刻 度 扇灯两端,再与电流表 A1 串联后,并联在滑动变阻器滑动端与 的读数是33.5×0.01 mm=0.335 mm,则 螺 旋 测 微 器 的 读 数 一 个 固 定 端 之 间 ,如 图 所 示 . — 285 —

一品方案·物理(新高考版) 等于2.0 mm+0.335 mm=2.335 mm,题 图 丙 螺 旋 测 微 器 固 答 案 :(1)光 学 面 (2)P3 以 及 P1、P2 的 像 远 定刻度的读 数 是 15.0 mm,可 动 刻 度 的 读 数 是 37.5×0.01 (3)ssiinnβα (4)见解析 mm=0.375 mm,则螺旋测微器 的 读 数 等 于 15.0 mm+0.375 mm=15.375 mm,相邻条纹间距为 Δx=xn2--x11 ,根 据 双 缝 干 第三部分 考前增分集训 涉的条纹间距公式 Δx=dlλ,则这种单色光的波长λ=Δxl·d A 常考点再排查 = (x(n2--x11)l)d,代 入 数 据 解 得λ≈6.5×10-7 m. 1.力 与 物 体 的 平 衡 答案:2.335(2.332~2.337) 15.375(15.372~15.377) 1.C 重心是重力在物体上 的 作 用 点,也 就 是 物 体 各 部 分 所 受 重 6.5×10-7 力的合力的作用点,并 不 是 物 体 上 最 重 的 一 点,物 体 的 重 心 可 4.解析:(1)实验是以注射器内的空气为研究对象,所 以 实 验 前 注 能在物体上,也可能 在 物 体 之 外,A 错 误;放 在 桌 面 上 的 书,受 射器内的空气不能完 全 排 出,A 错 误;空 气 柱 的 体 积 变 化 不 能 到桌面对它的支持力,是 由 于 桌 面 发 生 形 变 产 生 的,支 持 力 的 太快,要缓慢移动注射器保证气体温 度 不 变,B 错 误;气 体 发 生 方向与桌面发生形 变 的 方 向 相 反,B 错 误;滑 动 摩 擦 力 的 方 向 等温变化,空气柱的压强随体积 的 减 小 而 增 大,C 错 误;p-V1 与物体间相对运动的方向相反,当认为最大静摩擦 力 等 于 滑 动 1 摩擦力时,可以 用 Ff=μFN 计 算 最 大 静 摩 擦 力,C 正 确;有 弹 p-V 力不一定有摩擦力,因 为 物 体 之 间 不 一 定 粗 糙,也 不 一 定 有 相 图 像 是 一 条 倾斜 的 直 线 ,作 出 的 图 像 可 以 直 观 反 映 出p 对运动或相对运动趋势,D 错误. 2.CD 玻璃珠的受力分析 如 图 所 示,设 与V 的关系,D 正确. F/ 玻璃珠受自 身 重 力 G,左 侧 筷 子 对 玻 θ (2)根 据 1 图 像 可 知 ,如 果 温 度 相 同 ,则 说 明两 次 气 体 质 量 璃 珠 的 力 FN左 ,右 侧 筷 子 对 玻 璃 珠 的 F/ p-V 力 FN右 ,玻 璃 珠 在 3 个 力 作 用 下 处 于 G 平衡状 态,根 据 力 的 平 衡 条 件 可 知, 不 同 ,如 果 气 体 质 量 相 同 ,则 说 明 两 次 温 度 不 同 . 答案:(1)D (2)两次研究时 温 度 相 同 但 气 体 的 质 量 不 同 或 同 质量气体在不同温度下进行的研究 两侧筷子对玻璃珠的合力 与 重 力 大 小 相 等,方 向 相 反,A、B 错 5.解析:(1)因为单色光的干涉条纹与单缝和双缝都平行,应沿竖直 误,C 正确;左侧筷子 对 玻 璃 珠 的 弹 力 与 玻 璃 珠 对 左 侧 筷 子 的 方向,分划板中心刻度应对准干涉条纹的中心,故选 E、F.根据 Δx 弹力是一对作用力和反作用力,大小相等,方向相反,D 正确. =dlλ,可知d 越小,则条纹间距越大,所以对应于d1 的是 E. 3.C 设 每 根 绳 的 拉 力 为 F,则 这 两 根 绳 拉 力 的 合 力 F合 = (2)题图甲对应的读数为2 mm+38×0.02 mm=2.76 mm 2Fcosθ2 ,方向沿两绳子夹 角 的 角 平 分 线,与 水 平 面 的 夹 角 为 题图乙对应的读数为11 mm+8×0.02 mm=11.16 mm α.对轮胎受力分析 如 图 所 示,由 平 衡 条 件 得 F合 cosα=Ff,解 则条纹间距为 Δx=2.80 mm, 得 F=2cosαF·cfosθ2 ,代入数据解得 F=233Ff,C 正确. 根据 Δx=dlλ 可计算出λ=5.60×10-7 m. 答案:(1)E F E (2)2.76 mm 11.16 mm 5.60×10-7 6.解析:(1)亮条纹与分划板中心刻线不平行时,需使 单 缝 与 双 缝 相互平行,转动测量头,将 图 中 的 分 划 板 调 到 竖 直 方 向 并 与 干 涉条纹平行,A、C 错误,B 正确. (2)要想增加从目 镜 中 观 察 到 的 条 纹 个 数,则 应 减 小 相 邻 条 纹 间距,根据双缝干涉相邻亮条纹间距公式 Δx=dlλ 知,可 增 大 双缝间距离或减小双缝到屏的距离,B 正确,A、C、D 错误. (3)相 邻 亮 条 纹 间 距 为 Δx =x2 -x1 ,根 据 Δx = dlλ 得 ,λ 6 4.D 圆柱体受 两 根 圆 棒 的 支 持 力、摩 擦 力 和 自 身 重 力,共 5 个 =d(x26l-x1 ) 力的作用,A 错误;将重力沿垂 直 MN 、PQ 所 在 的 平 面 和 平 行 . 答案:(1)B (2)B (3)d(x26l-x1) 该平 面 分 解,垂 直 该 平 面 向 下 的 分 量 大 小 为 Gy =mgcosθ,在 垂直 MN 、PQ 所 在 的 平 面 内 对 圆 柱 体 受 力 分 7.解析:(1)玻璃砖的光学面不能用手直接接触,否则 接 触 面 的 污 析,如图所 示,由 几 何 知 识 且 圆 棒 MN 、PQ 间 N N 渍 会 影 响 接 触 面 的 平 整 ,进 而 影 响 折 射 率 的 测 定 . 距保持 2R 可知,圆 柱 体 受 到 的 两 个 支 持 力 夹 (2)在 确 定 P3、P4 位 置 时 ,应 使 P3 挡 住 P1、P2 的 像 ,P4 挡 住 角为90°,根据 平 衡 条 件 可 知,两 根 圆 棒 对 圆 柱 P3 以及 P1、P2 的 像;折射光线是 通 过 隔 着 玻 璃 砖 观 察 成 一 条 直线确定的,大头针间的距离太小,引起的角度误 差 会 较 大,故 体的支持力大小 为 N1 =N2 = 22mgcosθ,B 错 mgDPTθ P1、P2 及 P3、P4 之 间 的 距 离 适 当 远 些 ,可 以 提 高 准 确 度 . 误;若圆柱体刚好能够 沿 圆 棒 下 滑,设 两 棒 平 面 与 水 平 面 夹 角 (3)根 据 折 射 定 律 有 n=ssiinnβα. 为 θ0,则 沿 圆 棒 方 向,由 平 衡 条 件 得,mgsinθ0 - 2μ · (4)连 接 P1 和 P2 并 延 长 交 玻 璃 砖 的 上 表 面 于 O1 点 ,连 接 P3 2 =0,解 得 tanθ0 = 6,则 30°<θ0 <45°,当 θ>30° 和 P4 并 延 长 交 玻 璃 砖 的 下 表 面 于 O2 点 ,连 接 O1O2,则 2mgcosθ0 3 O1O2 是光在玻璃内的折射光线,作好光路图如图所示. 时 ,可 能 有θ<θ0 ,故 圆 柱 体 不 一 定 会 沿 圆 棒 下 滑 ,当θ=45°时 , 一定有θ>θ0,故圆柱体一定会沿圆棒下滑,C 错误,D 正确. P P a 5.C 因为是搓纸轮带动第 一 张 纸 向 右 运 动,故 第 1 张 纸 上 表 面 O 受到搓纸轮施加的摩擦力f 方向向右,选 项 A 错 误;第 1 张 纸 下表面受到 第 2 张 纸 施 加 的 滑 动 摩 擦 力 f',方 向 向 左,f'= μ2(mg+F),要让纸 张 一 张 一 张 进 入,则 f'=μ2 (mg+F)< μ1F,正常情况下 F≫mg,故μ1>μ2,选项 D 错误;第2张与第 O P b 3张纸之间的摩擦力及第10张 纸 与 摩 擦 片 之 间 的 摩 擦 力 都 是 P 静摩擦力,根据平衡 条 件 可 知,其 大 小 均 为 f'=μ2 (mg+F), 选项 B 错误,C 正确. — 286 —

参考答案 6.B 小 球 缓 慢 上 升 一 小 段 位 移 的 过 程 Q 4 m/s,第3s内 物 体 的 位 移 为 x= 12at32 =2 m,C 错 误,B 正 中,小球 始 终 处 于 平 衡 状 态,对 小 球 进 行 受 力 分 析 如 图 所 示,由 于 三 角 形 F P 确;前2s内物体一直向右运动,位 移 不 为 零,根 据 平 均 速 度 的 ABC 与三角形 POA 相 似 ,则mg =ANO OA 定义式v=tx 知,平均速度不为零,D 错误. PO =AFP =k,在小球缓 慢 上 升 一 小 段 位 移 B D 6.B 当方向水平向右、大小为 F 的力 作 用 在B 上,A、B 间 的 距 的过程中,由于 AP 减 小,则 F 减 小,A C 离 为L 时 ,对 整 体 有 F=3ma1,对 A 有kqL1q2 2 =ma1;若 改 用 方 错 误 ;由 A 项 分 析 可 得 ΔF = F =k,B 正 确 ;对 小 球受 力 分 析 向水平向左的力作用在 A 上,且两小球间的距离保持 为 2L 并 ΔL L 相 对 静 止 时 ,对 整 体 有 F2=3ma2,对 B 有k(q2L1q)22 =2ma2.联 立 可得 F2= 18F,选项 B 正确. 可 知 ,环 对 小 球 的 弹力 方 向 是 沿 半 径 背 离 圆 心 ,根 据mg = RN , R 2 解得 N =2mg,C、D 错误. 7.B 在水平拉力 F 逐渐增大 时,A、B 先 保 持 相 对 静 止,然 后 A 2.力 与 直 线 运 动 相对B 滑动,由题图乙可 知,当 F=12 N 时,A、B 间 开 始 相 对 1.ABC 43.2km/h=12 m/s,刹 车 制 动 后 汽 车 的 停 车 时 间t= 滑动,即f1=μmg=6N,解得 A、B 间 的 动 摩 擦 因 数μ=0.2, 设此时 A、B 的加速度大小为a,对 A,根 据 牛 顿 第 二 定 律 可 得 Δav=162s=2s,A 正确;刹车制动后汽 车 的 刹 车 距 离s=2va2 = a=μmmg=2 m/s2,对 B,根 据 牛 顿 第 二 定 律 可 得 F -f1 -f2 122 m=12 m,B 正 确 ;若 司 机 的 反 应 时 间 为 0.2s,则 停 车 距 =mBa,解得 mB =12-24-6kg=1kg,故 A 错 误,B 正 确;设 2×6 B 与水平地面间的动摩擦因数为μ',则f2=4N=μ'(m+mB )g, 解得μ'=0.1,故 C 错 误;当 F =10 N 时,A 和 B 还 没 有 发 生 离s'=vt'+s=12×0.2 m+12 m=14.4 m,C 正 确;若 司 机 的 相对滑动,设 A 物块的加速度大小为a',对 A、B 整 体,根 据 牛 反应时间为0.4s,则停车距离s″=vt″+s=12×0.4 m+12 m =16.8 m,D 错误. 顿第二定律可得 F-f2=(m+mB )a,解得a'=104-4 m/s2= 1.5 m/s2,故 D 错误. 2.A 当两球运动至二者相距3L时,二者连线与轻绳之间夹 角 的 5 余弦值cosθ=0.6.设 此 时 轻 绳 中 拉 力 大 小 为 F1,对 轻 绳 的 中 点受力分析得 F-2F1sinθ=m绳a,又 轻 绳 质 量 近 似 为 0,解 得 3.力 与 曲 线 运 动 F1=58F .对 质 量 为 m 的 小 球,由 牛 顿 第 二 定 律 有 F1 =ma,解 1.D 在 0~t1 时 间 内,无 人 机 在 水 平 方 向 和 竖 直 方 向 均 做 初 速 得a=85Fm ,选项 A 正确. 度为零的匀加速直线运动,合运动是初速度为零的 匀 加 速 直 线 运动,故 A 错误;由题图乙可知,图 线 始 终 在 时 间 轴 上 方,则 在 3.B 对于匀速运动阶段,速 度v=ts ,对 于 匀 加 速 运 动 阶 段,设 竖直方向上,无人机 始 终 竖 直 向 上 运 动,即 在 0~t1 时 间 内 匀 初速 度 为 v1 ,有v1 +v = s ,联 立 得 v1 =0,根 据 s= 21a · 加 速 上 升 ,在t1~t2 时 间 内 匀 速 上 升 ,在t2 ~t4 时 间 内 匀 减 速 2 2t 上升,所以在t4 时刻 无 人 机 运 动 到 最 高 点,故 B 错 误;在t2 ~ t4 时 间 内,无 人 机 在 竖 直 方 向 上 做 匀 减 速 直 线 运 动,加 速 度 方 (2t)2,解 得 a=2st2 ,选 项 A 错 误;对 于 匀 减 速 直 线 运 动 过 程, 向竖直向下,速度方向竖直向上,在水平方向上,无 人 机 做 匀 速 ,有v22+v= 直线运动,则两个直线运动合成后,合加速度方向 竖 直 向 下,合 设 末 速 度 为 v2 s ,解 得v2 =3st,加 速 度 大 小a'= 速度方向斜向上,不在 同 一 直 线 上,所 以 无 人 机 做 匀 变 速 曲 线 32t 运动,故 C 错误;在t2 时刻,无人机水平方向的分速度为v0,竖 Δv = s -3st =94ts2 ,选 项 B 正 确 ,D 错 误 ;三 个 过 程 中 的 平 直方 向 的 分 速 度 为 v2,则 合 速 度 大 小 为 v= v02 +v22 ,故 D Δt t 32t 正确. 2.A 飞镖 飞 行 时 的 速 度 方 向 即 为 镖 尖 指 x 向,由平抛运动 的 特 点 知,两 支 镖 速 度 的 均 速 度 大 小v= 3s 32t=23ts,选 项 C 错 误 . 反向延 长 线 必 交 于 同 一 点,该 点 为 平 抛 θ 2t+t+ 运动水平位移 的 中 点,如 图 所 示,由 几 何 4.BD 钢筋最后t 时间内的位 移 为(L-l),由 于t 时 间 极 短,其 关 系 得 ,x -2taxnθ1 =d,解 得 x = 2tanθ2 平均速度约等于坠地瞬间的瞬时速度,故坠地瞬间 的 速 度 约 为 2dtanθ1tanθ2 ,A 正 确 . θ d v=Lt-l,A 错 误;对 运 动 全 程,v2 =2gH ,解 得 H =2vg2 = tanθ1 -tanθ2 3.D 设上、下两细线与水 平 面 的 夹 角 分 别 (L-l)2 ,故 楼 层 约 为 n= H +1= (L-l)2 +1,B 正 确 ,C 错 为α、β(α< π ,β< π ),两 细 线 上 的 拉 力 分 别 为 FA 、FB ,对 球 2gt2 h 2ght2 2 2 误;钢筋在整个下落时间内 的 平 均 速 度 约 为v=0+2v=L2-tl, 1在水平面上 做 匀 速 圆 周 运 动,由 牛 顿 第 二 定 律 得 FAcosα- FBcosβ=mr1ω2,对 球 1、2 整 体 在 竖 直 方 向 有 FAsinα=2mg; 同理对球2由牛顿第二定律得 FBcosβ=mr2ω2,在竖直方向 有 D正确. FBsinβ=mg,由于球2受重力和细线的 拉 力 的 合 力 指 向 圆 心, 5.B 由牛 顿 第 二 定 律 可 知,物 体 的 加 速 a NeT 度随 时 间 变 化 的 图 像 如 图 所 示,0~1s 分 析 可 知 球 2 比 球 1 更 远 离 竖 直 轴 ,则 r2 >r1 ,联 立 解 得2mg 内,物体向右加速,1~2s向右减 速,2s tanα 时速度刚 好 减 为 零,2s内 物 体 一 直 向 t T =mr1ω2 +mr2ω2 <2mr2ω2 =2tamngβ,故 tanα>tanβ,即 α>β,选 右运动,A 错 误;第 3s内,物 体 从 静 止 开始向右做匀 加 速 运 动,加 速 度 为 a= 项 D正确. F =4 m/s2 ,第 3s末 速 度 为 v=at3 = 4.D 与水平面 碰 撞 前 后,小 球 在 竖 直 方 向 先 加 速 后 减 速,在 水 m 平方向一直匀速,设竖直高度为h,根 据 运 动 的 对 称 性 知,整 个 — 287 —

一品方案·物理(新高考版) 过 程 的 运 动 时 间 为t=2 2h ,水 平 方 向 的 位 移 为 xOA =v0t= ω2 ·r3 ,且 ω =2Tπ,r 约 不 掉 ,故 还 需 要 知 道 核 心 舱 的 绕 地 半 g G 2v0 2h ,设 初 速 度 为 v'0 时,经 地 面 反 弹 n 次,仍 与 A 点碰 径,才能求得地球质量,C 错误. g 3.AD 卫星绕行星做匀速圆周运动,由万有 引 力 提 供 向 心 力,有 撞 ,其 运 动 时 间 为t'=2n 2h (n=1,2,3… ),水 平 位 移 不 变 , GMm =ma,可 得a=GM ·r12 ,a-r12 图 线 的 斜 率 k=GM ,则 g r2 2v0 2h 该 行星的质量 M =Gk ,故 A 正确;加速度最大时卫星的轨道半 = 则v'0 =xt'OA g =vn0 (n=1,2,3…),D 正确. 径 约 等 于 该 行 星 的 半 径 ,有 b=GM ·1 ,解 得 R = GM = 2h R2 b 2n g k GM k 5.B 转盘转动的角速度缓 慢 增 大 的 过 程 中,B 先 达 到 最 大 静 摩 b ,故 B 错误;该行 星 的 第 一 宇 宙 速 度v1 = R = R 擦 力 ,对 B 有kmg =mω12 ·2L,解 得 ω1 = kg ,故 当 ω > b 4 ,故 错 误 ;由 GMm 4π2 得r= 2L k r2 T20r = k× = kb C =m kg 时 ,细 绳 一 定 有 弹 力 ,故 A 错 误 ;当 A 也达到最大静摩擦 3 GMT20 3kT02 2L 4π2 4π2 = ,故 D 正确. 力时,对于 三 个 木 块 组 成 的 整 个 系 统,根 据 牛 顿 第 二 定 律 知 k·2mg+kmg=mω22 ·2L +2mω22L,解 得 ω2 = 3kg ,故 当 4.C 对小球,由机械能守恒定律有 m'gL= 21m'v20,可 得 月 球 表 4L 面的重力加速度为 g=2vL02 ,A 错 误;探 测 器 贴 着 月 球 表 面 做 匀 ω> 3kg 时 ,A 、B 相 对 于 转 盘 滑 动,故 B 正 确;当 ω= 4L 动 时 ,有GRM2m 4π2 M 3π 3kg ,对C,有fC =mω2L= 34kmg,故 错 误 ;当ω 在 kg 速 圆 周 运 =m T02 R ,ρ= 34πR3 ,解 得 ρ=GT02 , 4L 2L C <ω< 3kg 的范围内增大 时 ,B 受 到水 平 面的 摩 擦力 已经 达 B 错 误 ;根 据 公 式GRM2m =m 4π2 ,g=2vL20 ,GRM2m″=m″g,解 得 4L T20 R 到最大静摩擦力,摩擦力不变,但细绳的拉力增大,故 D 错误. 月 球 的 半 径 R =8Tπ202vL20 ,C 正 确 ;根 据 公 式 m v2 =mg,可 得 月 球 6.C 设细线与竖 直 方 向 的 夹 角 为θ,对 N 受 力 分 析,其 受 到 竖 R 直 向下的重力GN ,细线的拉力 T,杆给的水平支持力 N1,因为 的 第 一 宇 宙 速 度 为v=v402πTL0 ,D 错 误 . 两环 相 对 杆 的 位 置 不 变,所 以 对 N 有 Tcosθ=GN 、N1 = Tsinθ,因 为 重 力 恒 定,角 度 恒 定,所 以 细 线 的 拉 力 不 变,环 N 5.A 根 据 万 有 引 力 提 供 向 心 力 得 ,G Mm =m 4Tπ22r,解 得 T = 与杆之 间 的 弹 力 恒 定,选 项 A、B 错 误;对 环 M 受 力 分 析 如 图 r2 甲 、乙 所 示 ,有 T'=T,N2=GM +T'cosθ=GM +GN ,所 以 转 动 4π2r3 ,其 中r=6400km+400km=6800km,在 地 球 表 面 GM 的角速度 不 同,环 M 与 水 平 杆 之 间 的 弹 力 相 等,选 项 C 正 确; 若以较小角速度转动时,M 所 受 摩 擦 力 方 向 向 右,则 有 T'sinθ 有 G MRm2'=m'g,联立解得,T ≈1.53h,核 心 舱 每 天 绕 地 球 公 -f=mω2r,即f=T'sinθ-mω2r,随 着 角 速 度 的 增 大,M 所 转的圈数为 N =12.453圈 ≈15.7 圈,A 正 确;7.9km/s是 地 球 受摩擦力方向可能变 成 向 左,则 有 T'sinθ+f'=mω'2r,即 f' 的第一宇宙速度,是发 射 卫 星 的 最 小 速 度,也 是 卫 星 最 大 的 环 =mω'2r-T'sinθ,故 可 能 存 在 mω'2r-T'sinθ=T'sinθ- mω2r,即 M 所 受 摩 擦 力 向 左 和 向 右 相 等 时 的 情 况,选 项 D 错误. 绕速度,所以“天和”核心舱绕 地 球 运 动 的 速 度 小 于 7.9km/s, N N B 错误;神舟十二号载人飞船从低轨道 变 轨 与 “天 和”核 心 舱 对 ωM ω f′ M 接 时 ,需 要 加 速 ,C 错 误 ;根 据 万 有 引 力 提 供 向 心 力 得 G Mm = f T′ r2 GM T′ mrω2 ,解 得 ω= GM ,因为 核 心 舱 的 轨 道 半 径 小 于 地 球 同 步 GM r3 卫星的轨道半径,所以核心舱运行的角速度大于地 球 同 步 卫 星 甲乙 的角速度,D 错误. 4.万 有 引 力 定 律 及 其 应 用 6.D 探测器在轨道Ⅰ上从 P 点到Q 点的过程中,只有万有引力 做功,探测 器 机 械 能 不 变,选 项 A 错 误;由 牛 顿 第 二 定 律 得 1.D 设地球质量为 M ,地球表面物体受到 的 万 有 引 力 近 似 等 于 G m火 m =m v2 ,解 得 v= Gm 火 ,由 于 探 测 器 在 轨 道 Ⅲ 上 运 物体的重力GMRm2 0 =m0g,中子星 的 自 转 角 速 度 ω=2nπ,假 设 r2 r r 在中子星赤道上有 一 质 量 为 m 的 物 体,则 由 牛 顿 第 二 定 律 有 行时的轨道半径大于火星的半径,所以探测器在轨道 Ⅲ 上 运 行 GM'm 时的速度小于火星的第一 宇 宙 速 度,选 项 B 错 误;由 开 普 勒 第 r2 -mg'=mrω2 ,联 立 以 上 各 式 得 中 子 星 赤 道 表 面 的 重 力 三定律有Tr32 =k,由于探测器在轨道 Ⅰ 上 运 行 时 的 半 长 轴 较 在 轨道Ⅱ上的大,所以探测器在轨道Ⅰ上运行的周期大 于 在 轨 道 加速度 g'=2.28×1011 m/s2,该 中 子 星 赤 道 表 面 的 重 力 加 速 度大小与地球表面的 重 力 加 速 度 大 小 之 比 约 2×1010,选 项 D m火 m r2 正确. Ⅱ 上 运 行 的 周 期 ,选 项 C 错 误 ;根 据 G =ma 可 知 探 测 器 2.D 根据万有 引 力 提 供 核 心 舱 绕 地 球 做 匀 速 圆 周 运 动 的 向 心 分别沿 轨 道 Ⅱ 和 轨 道 Ⅲ 运 行 时,经 过 P 点 的 向 心 加 速 度 大 小 力 得GrM2m =m v2 ,解 得 M =vG2r,D 正 确 ;由 于 核 心 舱 质 量 在 相等,选项 D 正确. r 5.功 和 能 运算中被约掉,故无法通过 核 心 舱 质 量 求 解 地 球 质 量,A、B 错 误 ;已 知 核 心 舱 的 绕 地 角 速 度 ,由 GMm = mω2r,得 M = 1.D 由题 意 可 知,物 体 所 受 合 力 向 上,大 小 为 F合 =F-mg,则 r2 合力做功为 W 合 = -F合 h= - (F -mg)h=mgh-Fh,A 错 — 288 —

参考答案 误;阻力做功为 WF = -Fh,B 错 误;克 服 阻 力 所 做 的 功 等 于 机 度减为0,以竖直向上为 正 方 向,由 动 量 定 理 得 (F -mg)t=0 械能的减少量为 Fh,C 错误;重力势能所 做 的 功 为 重 力 势 能 的 -(-mv),解得 F=2N,根据力的作用 是 相 互 的,则 冰 块 对 头 减少量为 mgh,D 正确. 部的作用力 F'也是2N,作用时间是0.3s,故冰块对头部的冲 2.B 如 图 所 示,设 OA 与 OC 的 夹 角 为θ1, θ m 量大小为I=F't=2N×0.3s=0.6 N·s,选 项 B、C 错 误;冰 OD 与OA 的夹角为θ2,A 到C 由动能定理 O A 块的动量变化量为 Δp=0-(-mv)=0- (-0.1kg×3 m/s) 得 mgLsinθ1= 21mv2C ,重 力 的 瞬 时 功 率 为 B C =0.3kg·m/s,选项 D 正确. PC = mgvCcosθ1, 联 立 解 得 PC = θ 2.C 发射炮弹过程系统在 水 平 方 向 动 量 守 恒,设 火 炮 的 速 度 为 D WC mg mg 2gLsinθ1cos2θ1 ,同 理 得 D 点 重 力 的 v1,炮弹射出炮口时相对于炮口 的 速 率 为v0,以 炮 弹 的 速 度 方 向为正方向,则炮弹 的 速 度 为 v2 =v0 -v1,取 向 右 为 正 方 向, 瞬 时 功 率 PD =mg 2gLsinθ2cos2θ2 ,将 θ1 =30°,θ2 =60°带 由动量守 恒 定 律 得 mv2 -Mv1 =0,解 得 火 炮 的 速 度 大 小 为v1 入 ,解 得PC = 3 ≈1.3,B 正确. =Mm+mv0,C 正确. PD 3.B 设两物体落地 前 的 瞬 时 速 度 均 为v,B 与 地 面 发 生 碰 撞 之 3.D 设半圆弧槽的半径为 R,第一次运动到 B 点 根 据 动 能 定 理 后,速度瞬间反向,大小相等,选 A 与B 碰撞过程 为 研 究 过 程, 碰撞瞬间两物体组成的系统的内力远大于外力,故 碰 撞 前 后 动 有FRsin60°-mg(R-Rcos60°)= 12mv2,第 二 次 运 动 到 B 点 量守恒,因碰后 A 仍 回 到 原 高 度,则 碰 后 A 的 速 度 大 小 仍 为 根 据动 能定 理有 F× 1 ×2πR-mg(R-Rcos60°)= 21m(2v)2, v,设碰后 B 的速度大小为v2,选竖直向 上 为 正 方 向,由 动 量 守 6 解得 F=2(33m3g-π),D 正确. 恒 定 律 得 m2v-m1v=m1v-m2v2 ,由 能 量 守 恒 定 律 得 1 (m1 2 4.BD 当θ= π 时 ,物 体 做 竖 直 上 抛 运 动 ,不 受 摩 擦 力 作 用 ,根 +m2 )v2 = 1 m1v2 + 1 m2v22 ,联 立 解 得 v2 =v,m1 =m2 ,即 2 2 2 据v20=2gh 得v0=3 m/s,当θ=0时,物 体 沿 水 平 面 做 减 速 运 m1 =1,B 正 确 . m2 1 动 ,根 据 动 能 定 理 得 -μmgx1 =0- 2 mv20 ,代 入 数 据 得 μ= 4.CD 设光滑小球 A 的质量为m,则光滑小球 B 的 质 量 为 5m, 0.75,到最 高 点 后 若 物 体 运 动,则 需 要 mgsinθ≥μmgcosθ 即 v2 =n,A 、B 碰 撞 过 程 中 ,以v1 方 向 为 正 方 向,根 据 动 量 守 恒 tanθ≥μ,tan40°>0.75,所 以 物 体 上 升 到 最 大 位 移 后 将 沿 斜 面 v1 下滑,B 正 确,A 错 误;根 据 动 能 定 理 得 - (μmgxcosθ + 定律得 mv1 = -m ·nv1 +5mvB ,A 球 反 弹 后 与 B 球 再 次 相 mgxsinθ)=0- 1 ·mv20 ,整 理 得 x =20(0.75co9sθ+sinθ),根 碰 ,故nv1>vB ,解 得 n> 1 ,碰 撞 过 程 中 损 失 机 械 能 ΔE = 2 4 据 数 学 知 识 可 知 ,位 移 最 小 值 为 xmin =0.36 m,C 错 误,D 21mv12 - 12m (nv1 )2 + 1 ×5mv2B ≥0,解 得 -1≤n≤ 2 ,所 正确. 2 3 5.BD 由 速 度 的 分 解 可 知 ,小 球 A 和方块B 的 速 度 关 系 满 足vA 以n 的 取 值 范 围 是 1 <n≤ 2 ,A、B 错 误 ,C、D 正 确 . 3L 4 3 vB sin π 5.A 设 A 船的质量为mA ,B 船的质量为mB ,取向右为正方向, = L B 船上的人第 一 次 推 出 A 船 时,由 动 量 守 恒 定 律 得 0=mBv1 6 3 ,可 得vA = 4vB ,选 项 A 错 误,B 正 确;转 动 过 程 -mAv,解 得v1=mmBAv,当 A 船 向 右 返 回 后 ,B 船 上 的 人 第 二 π sin 6 次 将 A 推 出 ,由 动 量 守 恒 定 律 得 mBv1 +2mAv= -mAv+ 中,小球 A 和 方 块 B 组 成 的 系 统 机 械 能 守 恒,但 是 小 球 A 的 mBv2,解 得v2 =v1 +3mmBAv,当 A 船 再 向 右 返 回 后 ,B 船 上 的 机械能不守恒,选项 C 错误;对 小 球 A 和 方 块 B 组 成 的 系 统, 人第 三 次 将 A 推 出,由 动 量 守 恒 定 律 得,mBv2 +2mAv = 由 机 械 能 守 恒 定 律 得 mg ·3L · π = 1 mv2A + -mAv+mBv3,解 得v3 =v2 +3mmBAv,则 B 船 上 的 人 第n 次 将 1-sin 6 2 A 推 出 ,由 动 量 守 恒 定 律 得 mBvn-1 +2mAv= -mAv+mBvn , 12mv2B ,联 立 解 得 vA = 3 3gL ,vB = 4 3gL ,选 项 D 5 5 正确. 得vn =vn-1+3mmBAv,整 理 得vn =(3n-2)mmBAv,B 船 上 的 人 不 6.BCD 在b 处时小球的合力为 mg,则加速度为g,小球仍 在 加 速,所以小球在b 点 时 速 度 不 是 最 大,故 A 错 误;小 球 从 a 点 能再接到A 船,2v≤vn ,联立解得n≥232,则n=8,A 正确. 下滑到c 点的过程中,从a 到b,弹 簧 对 小 球 的 弹 力 做 正 功,小 6.CD 由于在光滑水平面上,小滑块C 与木板A 作用过程中A、 球的机械能不断增大,从b 到c,弹 簧 对 小 球 的 弹 力 做 负 功,小 球的机械能减小,则小球的机械能先增大后减小,故 B 正确;小 B、C 组成的系统动量 守 恒,滑 块 在 光 滑 圆 弧 槽 B 上 滑 行 的 过 程中,系统水平方向不受外力,水平方向动量守恒,所 以 整 个 过 球从a 点下滑到c 点的过程中,由对称性可知弹簧 的 弹 性 势 能 相等,对 于 小 球 与 弹 簧 组 成 的 系 统,由 机 械 能 守 恒 定 律 得 程 A、B、C 组成的 系 统 水 平 方 向 动 量 守 恒,C 正 确;滑 块 在 木 mg·2ltan37°= 1 mvc2 ,可 得 小 球 在 点 的 速 度 大 小 为vc 板上滑行的过程中,设 向 右 为 正 方 向,对 系 统 由 动 量 守 恒 和 能 2 c = 量 守 恒 得 (mA )vAB ,1 mCv2C 21mCv'2C 2 mCvC =mCv'C + +mB = 3gl,故 C 正确;小 球 从c 点 下 滑 到d 点 的 过 程 中,弹 簧 的 弹 1 2 性势能增加量等 于 小 球 的 机 械 能 减 小 量 ,即 ΔEp = 1 mvc2 + + (mA +mB )v2AB +μmCgL ,联 立 解 得 v'C =4 m/s,L =0.8 2 m,A 错误;滑块在光滑圆弧槽 B 上滑行的过程中,假设两者能 mgl(tan53°-tan37°),解得 ΔEp=1252mgl,故 D 正确. 达到速度相同,此时 滑 块 滑 上 圆 弧 槽 的 最 大 高 度 为 h,根 据 系 6.动 量 定 理 、动 量 守 恒 定 律 统 的 动 量 守 恒 和 能 量 守 恒 得 mCv'C +mBvAB = (mC +mB )v共 , 1.AD 冰块掉落时做 自 由 落 体 运 动,故 冰 块 接 触 头 部 之 前 的 速 21mCv'2C + 21mBv2AB = 1 (mC +mB )v2共 +mCgh,联 立 解 得h 2 度约为v= 2gh = 2×10×0.45 m/s=3 m/s,选 项 A 正 =0.15 m<0.2 m,即 滑 块 C 不 会 离 开B,B 错 误;之 后 滑 块 会 确;设头部对冰块的作用力为 F,因为冰块落在头上 未 反 弹,速 下滑,圆弧槽速度继续增大,当滑块滑到圆弧槽最低 点 时,圆 弧 — 289 —

一品方案·物理(新高考版) 槽获得最大速 度,根 据 系 统 水 平 方 向 动 量 守 恒 和 能 量 守 恒 得 F 的功率最大,最大功率为 P=Fv=200 W,选项 B 正确;撤去 (mC +mB )v共 = mCv″C + m vB Bmax ,1 mCv″2C + 1 m v2 = 力 F 瞬间,物体 A、B 的 瞬 时 加 速 度 大 小 分 别 为aA =gsinθ+ 2 2 B Bmax 33gcosθ=10 m/s2,aB =gsinθ+μgcosθ=7.5 m/s2,由 于 aA 1 (mC +mB )v2共 +mCgh,解 得vBmax=5 m/s,D 正 确 . >aB ,则物体 A、B 间弹力突 变 为 零,随 后 两 物 体 分 离,都 做 匀 2 减速直线运动,物 体 A 减 速 到 零 的 时 间 为t1 =avA =1s,位 移 7.动 力 学 三 大 观 点 的 综 合 运 用 1.AD 子弹射入物块,由 动 量 守 恒 可 得,子 弹 刚 射 入 物 块 时,两 者的共同速度v=mm+0vm00 =6 m/s,之后,物块受到摩擦力 做 减 xA =2va2A =5 m,且 由 于 tanθ= 3 =μA 此后物体A 保持静止, 3 速运动,木板受到摩擦 力 做 加 速 运 动,直 到 物 块 到 达 木 板 右 端 物体 B 从分离运动至速 度 减 为 零 的 位 移 为xB =2va2B =230 m, 时,两者达到 共 同 速 度,故 物 块 的 最 大 速 度 为 6 m/s,A 项 正 确;物块和子弹在木板上滑行时,整体的合外力为 零,故 动 量 守 到 最 高 点 时 ,A 、B 间 有 最 大 距 离 Δx= 5 m,选 项 C 错 误,D 恒,那 么 共 同 速 度 v'=m(m0++mm+0)Mv =2 m/s,所 以 木 板 的 最 大 3 正确. 速度为2 m/s,故 B 项 错 误;物 块 在 木 板 上 滑 行 时 合 外 力 等 于 F/ F/ 摩擦力,故物块做加速度a=μg=4 m/s2 的 匀 减 速 直 线 运 动, F/ 所以,物 块 相 对 于 木 板 滑 行 的 时 间t=v-av'=1s,故 C 项 错 F FAB 误;物块在木板上滑 行 时,物 块 做 加 速 度a=4 m/s2 的 匀 减 速 FG FG 直 线 运 动 ,木 板 做 加 速 度 a'=μ(m +m0 )g =2 m/s2 的匀加速 FG M 直线运动,所以 木 板 的 长 度 L=v22-av'2 -v'22a'-0=3 m,故 D mg mg 甲 乙 项正确. 5.BCD 设 全 程 小 车 相 对 地 面 的 Am O 2.BD 根据v t 图 像 知 物 体 的 加速 度a= 2 m/s2 =0.5 m/s2 , 位移大小为s1,滑块在水 平 方 向 4 相对地面的位移大小为s2,如 图 所示,滑块与小车 组 成 的 系 统 在 R 选项 A 错 误;由 牛 顿 第 二 定 律 有 2F -mg =ma,解 得 F = mg2+ma=202+1 N=10.5N,选项 B 正确;物 体 在 4s内 的 位 水平方向上动量 守 恒,由 人 船 模 ML BC 21at2 = 1 型特 点 有 Ms1=ms2,s1 +s2 =R 2 O 移 x= ×0.5×42 m=4 m,则 拉 力 作用点 的位 移s +L,由 以 上 两 式 解 得 s1 = =8 m,则拉力 F 所做的功为 W =Fs=10.5×8J=84J,4s内 R+L ,s2 = 4(R+L),选 项 A A 5 5 F 做功的平均功率为P'=Wt =844 W=21 W,选项 C 错 误;4s 错误,C 正 确;滑 块 滑 到 圆 弧 轨 R 末物体的速 度 为 2 m/s,则 拉 力 作 用 点 的 速 度 为 4 m/s,则 4s 道最低 点 时,小 车 速 度 最 大,滑 块与小 车 组 成 的 系 统 水 平 方 向 L 末拉力 F 的功率P=Fv=10.5×4 W=42 W,选项 D 正确. 动量守恒,设此时 小 车 的 速 度 为 M BC 3.AB 将 速 度 v1 沿 水 平 和 竖 直 方 向 分 解,有 vx =v1cosα= v1,滑 块 的 速 度 为 v2,则 有 Mv1 8 m/s,vy =v1sinα=6 m/s,运 动 员 恰 能 无 碰 撞 地 落 在 斜 面 乙 = mv2,mgR = 1 Mv12 + s s 顶端,说明运动员此时 的 速 度 方 向 恰 好 沿 着 斜 面 乙 向 下,设 此 2 时 速 度 为v2,将v2 沿 水 平 和 竖 直 方 向 分 解 ,有 v2cosβ=vx = 12mv22 ,由 上 两 式 解 得 v1 = 8 m/s,v'y =v2sinβ,解 得 v2 =16 m/s,v'y =8 3 m/s,选 项 A gR ,即小车在运动过程中速度的最大值为 gR ,选 项 B 正 正确;设斜面乙顶端 的 高 度 为 h,对 运 动 员 从 斜 面 甲 飞 出 运 动 10 10 到 斜 面 乙 上 的 过 程 分 析 ,由 动 能 定 理 得 mg(H -h)= 1 mv22 确;滑块最后恰 好 停 在 C 点 时,小 车 也 停 止 运 动,整 个 过 程 由 2 - 12mv12,解得h=7.2 m,选 项 B 正 确;当 运 动 员 竖 直 方 向 的 能量守恒定律有 mgR-μmgL=0,解得 R=μL,选项 D 正确. 速 度 减 为 零 时 ,距 离 地 面 最 高 ,则 最 大 高 度 为 hmax=H +2vg2y = 6.BC 由 12mv2B =mgh,得 B 碰撞前瞬间的速度为vB = 2gh , 16.8 m,选项 C 错误;设运动员在空中运动 的 时 间 为t,由 竖 直 木 块B 与A 碰撞过程由动量守恒定律得mvB =2mv,求得v= 方向运动规律得t=v'yg+vy =3+54 3 s,由水平方向运动规 律 1 ,则 木 块 B 与A 碰撞的过程中损失的机械能为 ΔE = 1 2vB 2 8(3+4 3)m mv2B - 1 (2m )v2 = 1 mgh,选 项 A 错 误 .两 木 块 向 下运 动 的 2 2 得 两 斜 面 顶 端 间 的 水 平 距 离 x =vxt= 5 ≈15.9 过程中,开始两木块的重力大于弹簧的弹力,加速 度 方 向 向 下, m,选项 D 错误. 由于弹簧形变量越来 越 大,弹 簧 的 弹 力 越 来 越 大,当 弹 力 增 大 4.BD 设物体 B 与斜面间的动摩擦因数 为μ,分 别 对 A、B 整 体 到与总重力等大后弹力变为大于总重力,所以两木 块 的 加 速 度 及物体B 受力分析 如 图 甲、乙 所 示,设 力 F 作 用 时 物 体 A、B 先向下减小后反向增大,选项 B 正确.当 A 第 一 次 回 到 初 始 位 的加速度为a,根据牛顿第 二 定 律 有 F-2mgsinθ- 33mgcosθ 置时,对 A、B 整体,因 A 受 到 的 重 力 与 弹 力 平 衡,所 以 A、B 整体所受的合力 等 于 B 所 受 的 重 力.根 据 牛 顿 第 二 定 律 可 得 -μmgcosθ=2ma,FAB -mgsinθ-μmgcosθ=ma,已 知FAB = mg=2ma,即此时整体的 加 速 度 大 小 为 a= 12g,方 向 竖 直 向 F 下.对 B 受力分析,受 重 力 mg 和 支 持 力 FAB 的 作 用,根 据 牛 7 ,代 入 数据 可 解 得 μ= 63,a= 5 m/s2,选 项 A 错 误;经 过 顿第 二 定 律 可 得 mg-FAB =ma,解 得 A、B 间 的 作 用 力 为FAB 16 4 = 12mg,故选项 C 正确.规定向 下 为 正 方 向,则 从 两 木 块 发 生 8s物体 A、B 同时达到的最大速度为v=at=10m/s,此时,力 — 290 —

参考答案 碰 撞到木块 A 第一次到达最低点历时t 的过程中,由动量定理 =-6 V,B 错 误;匀 强 电 场 的 电 场 强 度 大 小 为 E =Ulba = 得2mgt-I=0-2mv,联立解 得 弹 簧 对 木 块 A 的 冲 量 大 小 为 I=2mgt+m 2gh ,选项 D 错误. 6 V/m=1.2×102 V/m,C 正确;将电子自a 点 沿ad 连 5×10-2 8.电 场 和 磁 场 的 基 本 性 质 线移到d 点 的 过 程 中,在 匀 强 电 场 中 时,电 场 力 对 电 子 不 做 1.D 对圆环、小 球 和 支 架 组 成 的 整 体 进 行 研 究,根 据 平 衡 条 件 功,而点电荷对电子的 静 电 力 先 做 正 功 再 做 负 功,所 以 电 子 的 可知桌面对支架的支持力大 小 为 N = (M +m)g,根 据 牛 顿 第 电势能先减小后增大,D 错误. 三定律可知支架对桌面的压力大小为(M +m)g,A、B 错误;将 圆环分割成n 个电荷量为 Δq 的 点 电 荷,根 据 库 仑 定 律 以 及 几 9.带 电 粒 子 在 电 场 中 的 运 动 何关系可知圆环 上 每 个 电 荷 量 为 Δq 的 点 电 荷 与 小 球 之 间 的 1.D 小球做匀变速直线运动,合 力 方 向 一 定 和 速 度 方 向 在 同 一 库仑 力 在 竖 直 方 向 上 的 分 量 大 小 为 ΔF =k QΔq · h2 +R2 直线上,即在 ON 直线上,因为 mg=qE,所 以 电 场 力qE 与 重 力关于ON 对称,根 据 几 何 关 系 可 知,电 场 力 qE 与 水 平 方 向 h ,根据对称性知,圆环上所 有 点 电 荷 与 小 球 之 间 的 库 的夹角为30°,受力情况如图 所 示,合 力 方 向 沿 NO 向 下,大 小 h2 +R2 为 mg,所以小球的加速度大 小 为 g,方 向 沿 NO 向 下,与 速 度 仑力在水平方向上分量的 矢 量 和 为 零,而 在 竖 直 方 向 上 有 mg 方向相反,小球做匀 减 速 直 线 运 动,故 A、B、C 错 误;小 球 减 速 =n·khQ2+ΔqR2 · h ,又 因 为nΔq=q,所 以 圆 环 所 带 电 为 零 所 用 时 间t=va0 =v0 ,故 经 过 时 间v0 ,小 球 速 度 刚 好 减 为 h2 +R2 g g q=mg(R2 +h2) R2 +h2 零,然后反向加速,即小球的速度方向发生改变,故 D 正确. kQh 荷 量 ,C 错误,D 正确. N 2.C 根据安培定则知,C 点的 磁 感 应 强 度 方 向 为 从O 点 指 向C qE W 点,A 错 误;根 据 安 培 定 则 知,A、B 两 点 的 磁 感 应 强 度 大 小 相 O c 等,方向相同,B 错误;根据安培定 则 和 通 电 长 直 导 线 产 生 的 磁 场中某点的磁感应强度大小与导线中通过的电流 成 正 比,与 该 点到导线的距离成反比知,在 A、B、C、D、O 五 个 点 中,O 点 的 mg 磁感应强度最大,C 正确;由异向电流 相 斥 知,左 侧 导 线 受 到 的 2.D 因带正电的粒子沿 AB 方向射入,垂直于 BC 边射出,且 已 安培力方向为从 O 点指向A 点,D 错误. 知电场方向与该直角三角形的某一边平行,根据做 曲 线 运 动 的 3.B 由两带电粒子在正点电荷的 电 场 中 运 动 的 轨 迹 可 知,M 受 物体所受的合外力方向指向轨迹的凹侧可知,粒子 所 受 电 场 力 到的是吸引力,N 受到的是排 斥 力,因 此 M 带 负 电 荷,N 带 正 方向平行于 BC 边向 下,则 电 场 方 向 平 行 于 BC 向 下,故 A 错 电荷,A 错误;在正点电荷的电场中,离点电荷越近电势越高,a 误;粒 子 在 垂 直 于 BC 方 向 上 做 匀 速 直 线 运 动,可 知 vD = 点电势高于b 点电势,M 带 负 电 荷,带 负 电 粒 子 从 高 电 势 到 低 v0cos30°= 3 ,故 B 错 误 ;沿 电 场 线 方 向 电 势 逐 渐 降 低 ,可 知 电势,电场力做负功,电势能增大,动 能 减 小,因 此 M 在b 点 的 2v0 动能小于它在a 点 的 动 能,B 正 确;由 题 图 及 分 析 可 知,φa = A、B、C 三点中B 点的电势最高,故 C 错误;从 A 到D,根据动 φc 、φb =φd =φe ,所 以 N 在d 点 的 电 势 能 等 于 它 在e 点 的 电 势 能,C 错误;N 在从c 点运动到d 点的过程中,是从高 电 势 运 动 能 定理有-Eq· d = 12mv2D - 21mv20 ,解 得 E=4mqvd20 ,故 D 正确. 到低电势,N 带正电,则电场力对 N 做正功,D 错误. 2 4.B 由题图可 知,电 流 方 向 从 右 向 左,则 霍 尔 元 件 中 电 子 从 左 向右定向移动,根据左 手 定 则 可 知,在 洛 伦 兹 力 的 作 用 下 电 子 3.D 由分析 可 知,液 滴 在 极 板 间 受 到 重 N 力、电场力的作用,沿 水 平 方 向 运 动,可 mg′ Eq 知两 个 力 的 合 力 方 向 必 沿 水 平 方 向,如 M α α 向b 端偏转,故b 端 电 势 较 低,A 错 误;稳 定 后,定 向 移 动 的 电 图所示有 mg=qEcosα、E=Ud ,又由几 F 何 关 系 可 知 d = Ltanα,解 得 m = mg 子 受 到 的 电 场 力 与 洛 伦 兹 力 大 小 相 等 ,即evB =e U ,解 得 U d =Bdv=BdneIS =Bd E =Bd E =ρBndleE ,所 以 U 与 Uqcos2α,液 滴 从 M 极板上边缘运动至 RneS ρ lSneS gLsinα 磁感应强度大小B、元件 的 前 后 距 离 d 等 因 素 有 关,与 题 中 元 N 极 板 下 边 缘 过 程 中 ,其 加 速 度 为 a= F ,其 中 F =mgtanα, m 件的厚度无关,B 正确,C 错误;由 于 赤 道 附 近 的 地 磁 场 平 行 于 又coLsα= 21at2,联立解得t= 2L ,故 选 gsinα 地面,若要测量赤道附 近 的 地 磁 场,工 作 面 应 调 整 为 与 待 测 平 D. 面垂直,D 错误. 4.BC 分析可知,质点在平行板 间 的 轨 迹 应 向 上 偏 转,做 类 平 抛 5.C 金属棒ab 中的电 流I 的 方 向 与 磁 感 应 强 度 N 运动,飞出电场后,质 点 的 轨 迹 向 下 偏 转,才 能 垂 直 打 在 屏 M B 的方向垂直,所 以 金 属 棒ab 受 到 的 安 培 力 大 上,前后过程质点的运动轨迹有对称性,如图所示,可 见 两 次 偏 小F=BIL,故 A 错 误;金 属 棒 受 力 分 析 如 图 所 转 的 加 速 度 大 小 相 等 ,根 据 牛 顿 第 二 定 律 得qE -mg=ma,mg 示,金属棒ab 静止,由平衡条件得f=BILsinθ, =ma,解得 E=2qmg,由 U =Ed 得 板 间 电 势 差 U =2mqgd,故 A 项错 误,B 项 正 确;质 点 在 电 场 中 向 上 偏 转 的 距 离 y = 故 B 错误;对金 属 棒ab,由 平 衡 条 件 得 N =mg f θ +BILcosθ,由牛顿第三定 律 可 知,金 属 棒ab 对 12at2,a=qEm-mg =g,t=vL0 ,解 得 y=g2vL022 ,故 质 点 打 在 屏 导轨的 压 力 大 小 为 N'=N =mg+BILcosθ,若 mg F 只增大磁感应强度 B,则 金 属 棒 ab 对 导 轨 的 压 力 N'将 增 大, 故 C 正确;若只改变电流方 向,则 金 属 棒 受 到 的 安 培 力 方 向 反 上的 位 置 与 P 点 的 距 离 为s=2y=gvL022 ,重 力 势 能 的 增 加 量 向,由牛顿第三定律可 知,金 属 棒 ab 对 导 轨 的 压 力 大 小 为 N″ =mg-BILcosθ 将减小,故 D 错误. Ep=mgs=mgv220L2 ,故 C 项 正 确 ;仅 增 大 两 极 板 间 的 距 离 ,因 两 6.C 正点电荷在a、c 两点产生 电 场 强 度 方 向 不 同,再 与 匀 强 电 场叠加后a、c 两 点 的 电 场 强 度 方 向 一 定 不 同,A 错 误;在 点 电 极板 上 的 电 荷 量 不 变,根 据 E = U =CQd =4επrkQSdd =4επrkSQ 可 d 荷产生的电场中,a、b 两 点 的 电 势 相 等,所 以a、b 两 点 的 电 势 差等于两点只在匀 强 电 场 中 时 的 电 势 差,电 子 由b 到 O 的 过 程 ,由 动 能 定 理 得 -eUbO = -3eV,解 得 UbO =3 V,根 据 几 何 知,板间场强不变,质点在电场中的受力情况不变,则 运 动 情 况 关 系 以 及 匀 强 电 场 中 电 势 差 与 电 场 强 度 的 关 系 得Uab = -2UbO 不变,故仍垂直打在屏 M 上,故 D 项错误. — 291 —

一品方案·物理(新高考版) M 3.D 画出两粒子在 磁 场 中 的 运 动 轨 迹 如 图 y W 所示,由图 可 知 从 P1 点 射 出 的 粒 子 的 轨 P 迹 半 径 较 大 ,即r1>r2,从 P2 点 射 出 的 粒 子在磁 场 中 转 过 的 角 度 较 大,根 据 T = B LL 2πm 知 ,两 粒 子 的 周 期 相 同 ,根 据t=2θπT qB 5.D 未平移下极板时,根据动能定 理 有 mg· 23d=Uq.将 下 极 O x d 知 ,在磁场中运动的时间t1<t2,D 正确. P 3 4.C 带 负 电 粒 子 从 A 点 沿 AC 方 向 射 入, 板 向 上 平 移 ,从 P 点 开 始 下 落 的 相 同 粒 子 到 达 下 极 板 处 重 偏向角为90°,设粒子从 D 点射 出,如 图 甲 力做的功为 mg· 67d<Uq,A、B 两 项 错 误;设 在 距 上 极 板 x 所示,根据几何关系,易 知 粒 子 的 轨 迹 圆 半 径 等 于 磁 场 圆 半 径 R;若粒子从 P 点射入 磁 场,根 据 几 何 关 系,粒 子 还 是 从 D 点 处返回,根据动 能 定 理 有 mg· d +x =q·d-Ud3x.联 立 射出,如图乙所示,此时粒子的偏向角为120°,根据粒子在磁 场 2 中做圆周运动的周期 公 式 T =2qπBm 及 粒 子 在 磁 场 中 做 部 分 圆 两式,解得x=25d,C 项错误,D 项正确. 周运动的时间公式t=2θπT 得t=23qπBm ,C 正确. 6.ABD 由 E=ΔΔφx及φ-x 图像知,x 轴负半轴和正半轴的电 场 f f 强 度 大 小 分 别 为 E1 =02.001 V/m=2×103 V/m,E2 20 P fff P fWf f =5×10-3 O O V/m=4×103 V/m,所 以E1 = 1 ,选 项 A 正 确 ;根 据 电 场 力 做 A f Wf f f f C A f f f f fC E2 2 f fR f fc fR f 功与 电 势 能 变 化 关 系 可 得 ΔEp= -qU,该 粒 子 运 动 过 程 中 电 f O″ f D 势 差 取 最 大 值 时 ,电 势 能 变 化 量 取 最 大 值 ,即 ΔEpmax = -q O′ D 乙 甲 (Δφ)max= -(-4.0×10-9 C)×20V=8.0×10-8J,选 项 C 错 5.C 当 粒 子 以 最 大 速 度 射 入 磁 场 时 , C 误;粒子 在 -1cm~0 范 围 内 运 动 过 程 中,由 牛 顿 第 二 定 律 和 粒 子 在 磁 场 中 运 动 轨 迹 的 半 径 为rmax 匀变 速 直 线 运 动 规 律 可 得 E1q=ma1,x1= 12a1t21 ,粒 子 在 0~ =mqvBmax =a,此 时 粒 子 从 OC 边 射 r 0.5cm 范 围 内 运 动 过 程 中,由 牛 顿 第 二 定 律 和 匀 变 速 直 线 运 出,若在 OA 边 界 上 有 粒 子 射 出,设 O B O′ D A 动 规 律 可 得 E2q=ma2,x2 = 12a2t22 ,该 粒 子 运 动 的 周 期 T = 粒子在 磁 场 中 运 动 轨 迹 的 最 大 半 径 2(t1+t2),联 立 可 得 T=3.0×10-8s,选 项 D 正 确 ;粒 子 在 -1 为r,如图所示,由几何关系 得,a-r=2r,解 得r= 13a,则 在 cm~0 范 围 内 运 动 过 程 中,所 受 的 电 场 力 F =E1q=8.0× OA 边界上有粒子射出的范围长度为2r= 23a,C 正确. 10-6 N,冲 量I=Ft1=8.0×10-14 N·s,选 项 B 正 确 . 粒 子 离 开 磁 场 时 ,速 度 方 10.带 电 粒 子 在 磁 场 中 的 运 动 6.AD 1 H c A 1 W v2 r=qmBv,若 向 刚 好 改 变 了 180°,表 明 粒 子 在 磁 r 1.A 由 牛 顿 第 二 定 律 得 qvB =m ,解 得 质 子 和 α 场中转 动 了 半 周,作 出 粒 子 的 运 动 C O W 轨 迹 如 图 所 示,由 几 何 关 系 得r1 = 粒 子 的 动 量 大 小 相 同 ,则rH ∶rα=qα∶qH =2∶1,A 正 确 ;若 12R,根 据 牛 顿 第 二 定 律 得ev0B = 它 们 的 速 度 大 小 相 同 ,则rH =qα ·mH = 1 ,B 错 误 ;由 Ek = rα qH mα 2 v20 mv0 1 12mv2 和r=qmBv得r= 2mEk ,若 它 们 的 动 能 相 同 ,则rH m r1 ,解 得r1 = eB = 2R ,21 H 粒 子 进 入 磁 场 ,21H 的质量 qB rα = ·v20 r2 qα · mH 是11H 的 2 倍 ,根 据 牛 顿 第 二 定 律 得ev0B=2m ,解 得r2 = qH mα =1,C 错 误;电 场 加 速 过 程 中,由 动 能 定 理 得qU = 2mv0 eB 12mv2 1 2Um ,若 它 们 由 静 止 经 过 相 同 的 加 速 电 =R ,所 以12 H 粒 子 竖 直 向 上 射 出 磁 场 ,A 正 确 ;21H 粒 子 B q ,解 得r= 1 场 加 速 后 垂 直 进 入 磁 场 ,则rH = qα · mH = 22,D 错误. 在 磁 场 中 运 动 的 时 间 为t2 = 2πr2 =2πvR0 ,B 错 误 ;由 A 的 解 析 rα qH mα v0 2.BD 两粒子的运动轨迹如 O DC 得,磁感应强度大小为 B=2emRv0 ,C 错 误;如 图 所 示,由 几 何 关 图所 示,两 粒 子 比 荷 相 同, f f f f 故 运 动 周 期 相 同,设 为 T, f f f f 系可知 两 粒 子 射 出 点 之 间 的 距 离 为 Δs=2Rcos30°= 3R,D O f f f f 设正方形 的 边 长 为 a,则 由 正确. 几何关 系 可 知 甲 粒 子 的 运 11.带 电 粒 子 在 复 合 场 中 的 运 动 fW f f f 动 轨 迹 半 径 为 r1 = a ,运 c 1.B 粒子在磁场 B2 中向下偏 转,由 左 手 定 则 可 知,粒 子 应 带 正 2 电,A 错误;粒子在速度选择器中受到的洛伦兹力 向 上,则 受 到 A W B T 动 时 间 为 t1 = 2 ,乙 粒 子 的电场力应向下,故 P1 极 板 带 正 电,B 正 确;在 磁 场 B2 中 由 的 运 动 轨 迹 半 径 为r2 =cosa30°=233a,运 动 时 间 为t2 T ,故 洛 伦 兹 力 提 供 向 心 力 得qvB =m v2 ,解 得r=qmBv,速 度v、磁 感 6 r = t1∶t2=3∶1,由qvB=mrv2 知 ,v1 ∶v2 =r1 ∶r2 = 3∶4,B、D 应 强度 B 相 同 的 情 况 下 ,运 动轨 迹 半 径 越 大 的 粒 子 ,比 荷q 越 m 正确,A、C 错误. 小,C、D 错误. 2.B a 在纸面内做匀速圆周运动,所以洛伦兹 力 提 供 向 心 力,则 有 mag=qE,b 在纸面内向右做匀速直 线 运 动,所 以 mbg=qE — 292 —

参考答案 +Bqvb ,c 在纸面内向 左 做 匀 速 直 线 运 动,所 以 mcg+Bqvc = 的微观表达式I=nevS 知,电 子 定 向 移 动 的 速 率 变 为 原 来 的 qE,解 得 mb >ma >mc ,B 正 确 ,A、C、D 错 误 . 3.C 滑块能飞离斜面,则其 所 受 洛 伦 兹 力 的 方 向 垂 直 于 斜 面 向 1 ,C、D 错误 . 9 上,根据左手定则可 知,滑 块 带 正 电,A 错 误;对 滑 块 受 力 分 析 2.A 根 据 能 量 守 恒 定 律 得 P电 =P热 +P机 ,即 UI=I2r+P机 , 可 知 ,其 加 速 度 大 小 a=gsinθ- (mgcosθ-Bqv)μ,由 滑 块 飞 则 I2r<UI,可 得I< U ,故 A 正 确,B 错 误;电 动 机 的电功 率 m r 离斜面可知,其所受洛伦兹力逐渐增大,所受摩擦 力 减 小,所 以 P=UI>I2r,故 C 错 误;电 动 机 输 出 的 机 械 功 率 P机 =UI- 滑块做加速度逐渐 增 大 的 加 速 直 线 运 动,B 错 误;滑 块 离 开 斜 I2r<UI,故 D 错误. 面瞬间,有qv'B=mgcosθ,解 得 v'=mgqcBosθ,C 正 确;滑 块 下 3.C 由 题 图 乙 知 ,交 变 电 流的 周 期 T=0.02s,则 频 率 为 f= 1 T 滑过程中,斜面的摩擦力是变力,摩擦力做的功不 能 直 接 求 解, =50 Hz,A 错误;由题图乙知,最 大 感 应 电 流Im =20 2 A,根 设滑块克服摩擦力做的功 为 Wf ,由 动 能 定 理 得 x·mgsinθ- 据闭合电路欧姆定律得 Em =Im (R+r)=220 2 V,B 错误;题 Wf = 21mv'2,解 得 Wf =mgxsinθ-m23gq22cBos22θ,D 错 误 . 图甲时刻,线圈平面与 匀 强 磁 场 方 向 垂 直,所 以 线 圈 平 面 与 中 4.A 由受力分析可知,小球刚进 入 两 板 瞬 间 受 竖 直 向 上 的 电 场 性面重合,C 正 确;由 题 图 乙 知,感 应 电 流 的 有 效 值I有 =Im = 2 力、竖直向下的重力和洛伦兹力,若qE=mg,则 小 球 在 洛 伦 兹 20A,电 阻 R 的 热 功 率 为 P热 =I2有 R =4000 W =4 kW,D 力的作用下做匀速圆周运动,空间足够大,由几何 关 系 可 知,小 错误. 球将垂直于电场方向从极板左侧飞 出,A 正 确;若qE<mg,则 4.AD 设每只灯 泡 的 额 定 电 流 为I,因 并 联 在 副 线 圈 两 端 的 两 合力与速度不共线,小球将做曲线运动,B 错误;若 E=v0B,此 只小灯泡正常发光,所以副线圈 中 的 总 电 流 为 2I,原 线 圈 中 的 时电场力与洛伦兹力等大反向,但小球在重力作用 下 速 度 将 增 小灯泡也正常发光,则原、副线圈 电 流 之 比 为 1∶2,所 以 原、副 大,洛伦兹力将增大,故小球不仅是受重力作用,故 不 能 做 平 抛 线圈的匝数之比为2∶1,A 正确,C 错误;设每只灯泡两端电压 运动,C 错误;若qE =mg+qv0B,则 小 球 做 匀 速 直 线 运 动,D 错误. 为U,则副线圈两端的电压为U,电压表 V2 读数为U,原、副 线 圈两端的电压之 比 为 2∶1,原 线 圈 两 端 的 电 压 为 2U,则 电 压 5.BC 小球所受 洛 伦 兹 力 和 支 持 力 都 与 运 动 方 向 垂 直,均 不 做 表 V1 读 数 为 3U,U1∶U2=3∶1,B 错 误 ,D 正 确 . 功,重力做正功,而 小 球 的 动 能 保 持 不 变,则 电 场 力 一 定 做 负 功,小球带正电,故 A 错误;小球 给 对 做 匀 速 直 线 运 动 时,支 持 5.BC 根 据 闭 合 电 路 欧 姆 定 律 得I=R0 E +r=1 A,根 据 欧 姆 力为 零 时,电 场 力、重 力、洛 伦 兹 力 才 三 力 平 衡,有 qE = +R E 3 定律得,R 两端的电压U=IR=2V,电容器与 R 并联,则 电 容 B 2v0 qv0Bsin60°,则 = ,故 B 正 确 ;撤 去 磁 场 后 ,因 重 力 和 电 器两端电压为2 V,A 错 误;电 容 器 的 电 荷 量 为 Q =UC=4× 10-5 C,B 正确;当 外 电 阻 和 内 阻 相 等 时,电 源 输 出 功 率 最 大, 场力的合力垂直于杆,所以小球仍做匀速直线运动,故 C 正确; 此时外电阻为3Ω,电源内阻为1Ω,可知电源输出功率不 是 最 撤去电场后,小球所受 的 力 中 仅 有 重 力 做 功,所 以 小 球 的 机 械 大值,将 R0 和电源等 效 为 新 电 源,此 时 新 电 源 内 阻 为 2 Ω,当 能不变,故 D 错误. 滑动 变 阻 器 阻 值 也 为 2 Ω 时,滑 动 变 阻 器 消 耗 的 功 率 达 到 最 6.C 电场力大小为 F=Eq= 2mg,由 于 电 场 方 向 斜 向 右 上 方 大,C 正确,D 错误. 且与水平方向夹角为45°,则电 场 力 和 重 力 的 合 力 大 小 为 mg, 发 电 机 输 出 的 电 流 I1 =UP1 100×103 A=400 A,A 项 错 方向水平向右.将电场 和 重 力 场 等 效 为 一 个 新 场,则 等 效 场 的 6.C = 250 方向与合力的 方 向 相 同,小 球 经 过 A 点 时 的 速 度 最 小,经 过 B 误;输电线上的电流I线 = P线 5×103 A=25A,B 项 错 点时的速度最大,当小球恰能做 完 整 的 圆 周 运 动 时,在 A 点 处 R线 = 8 线上拉力为零,速度最 小,电 场 力 和 重 力 的 合 力 为 圆 周 运 动 提 误 ;升 压 变 压 器 的 副 线 圈 输 出 电 压U2 =IP线 100×103 供向 心 力 ,有 mg =m v2 ,可 得 vmin = gL ,故 A 错 误,C 正 = 25 V=4× min D L 103 V,输电线损耗电压 ΔU =I线 R线 =25×8 V=200 V,降 压 确.除重 力 和 系 统 内 弹 力 做 功 外, 变压器的原线圈电压U3=U2-ΔU=3800V,故 降 压 变 压 器 的 其他力 做 的 功 等 于 系 统 机 械 能 的 比n3 =UU34 =3282000=11910,C n4 增量,如图所示,从 E 到F,电 场 力 F 匝 数 项 正 确 ;降 压 变 压 器 的 副 线 圈 一直做正功,机 械 能 增 加;从 F 到 A OB 的 输 出 功 率 P4=P3=P-P线 =95kW,故 用 户 得 到 的 电 流I4 E,电 场 力 一 直 做 负 功,机 械 能 减 =UP44 95×103 小,所 以 运 动 到 E 点 时 机 械 能 最 = 220 A≈431.8A,D 项错误. 小,故 B 错 误.由 于 线 上 拉 力 不 做 E 13.电 磁 感 应 规 律 及 综 合 应 用 功,电 场 力 和 重 力 的 合 力 大 小 为 C mg,方向水平向右,所 以 从 C 运 动 为 零,故 合 力 做的 功为 零, 1.D 0~2s 内 ,根 据 法 拉 第 电 磁 感 应 定 律 得 ,E =n ΔΦ = 到D 的过程中在合力方向上的位移 Δt 故 D错误. nS ΔB ,代 入 数 据 得 E =4 V,A 错 误 ;由 题 图 乙 可 知 ,第 3s内 Δt 12.恒 定 电 流 和 交 变 电 流 通过线圈的磁通量不变,则在此段时间内线圈中的 感 应 电 流 为 将导线均匀拉 长,使 其 半 径 变 为 原 来 的 1 ,横 截 面 积 变 为 1.A 3 零,B 错误;由题图乙可知,第 5s内 磁 场 的 方 向 垂 直 纸 面 向 外 且在增大,根据楞次定 律 可 知,线 圈 中 感 应 电 流 的 方 向 沿 顺 时 1 原 来 的 9 ,导 线长 度 将 变 为 原 来 的 9 倍 ,金 属 丝 电 阻 率 不 变 , 针方向,C 错误;3~5s内,根 据 法 拉 第 电 磁 感 应 定 律 得 E'= 由电阻 R=ρ L 知,导线 电 阻 变为 原来 的 81 倍.电 压 U 不 变, n ΔΔtΦ''=nS ΔB',代 入 数 据 得 E'=8 V,0~2s 内 通 过 线 圈 某 S Δt' 由 欧 姆 定 律 可 知I= U ,电 流 变为 原 来 的811,A 正 确 ,B 错 误; 横 截 面 的 电 荷 量 为q=It,则q= REt= 8 C,同 理 得q'=ER't' R 5 电流变为原来的 1 ,横截面积变为 原 来 的 1 ,单 位 体 积 内 自 由 =156 C,故q∶q'=1∶2,D 正确. 81 9 2.AD 当 S闭合瞬间,电路 L 产 生 自 感 电 动 势,相 当 于 断 路,电 移动的电 子 数n 不 变,每 个 电 子 所 带 的 电 荷 量e 不 变,由 电 流 容器 C 相当于短 路,当 电 流 稳 定 时,L 相 当 于 短 路,电 容 器 C — 293 —

一品方案·物理(新高考版) 相当于断路,故 A 灯先亮后灭,B 灯逐 渐 变 亮;当 S 断 开 时,灯 点 P 的振幅是5×10-6 m,在 0~1s时 间 内 共 振 动 了1×110-5 = 泡 A 与L 组成了闭合回路,灯泡 A 中 的 电 流 先 增 大 后 减 小 至 零,故闪亮一下后熄灭,电 容 器 C 与 灯 泡 B 组 成 闭 合 回 路,电 105 个周 期,运 动 的 路 程 是s=4×5×10-6 ×105 m=2 m,D 容器放电,故灯泡 B 逐渐熄灭,B、C 错误,A、D 正确. 正确. 3.BD t=0时刻,磁场方向垂直于线圈平面向 里,由 题 图 乙 并 根 2.D 由波的 图 像 可 知,波 长λ=8 m,选 项 A 错 误.波 沿 x 轴 正 据楞 次 定 律 和 安 培 定 则 可 知,线 圈 A 中 产 生 顺 时 针 方 向 的 感 方向 传 播 ,位 移 为 x=nλ+ λ = (8n+4)m(n=0,1,2,3,… ), 应 电流,闭合 S2,电路稳定后,通过 R2 的电流由a 流向b,A 项 2 错误;由 题 图 乙 可 知,磁 感 应 强 度 的 变 化 率 的 绝 对 值 为 则波速为v=Δxt=t8n2-+t41 (m/s)(n=0,1,2,3,… ),则 当n=0 ΔB =0.2T/s,根据法拉第 电 磁 感 应 定 律 得 在 线 圈 A 中 产 Δt 为4 为4 时 ,波 速 t2 -t1 (m/s),不 是 一 定 t2 -t1 (m/s),选 项 B 错 ΔB 生 的感应电动势为E=nS Δt =100×0.2×0.2V=4V,闭 误.在t1~t2 时间内,若是在一个周期内,则质点 M 是先加速、 合 S2、电路稳定后,根据闭合电路欧姆 定 律,通 过 R2 的 电 流 大 后减速,若是包含多个 周 期 则 由 多 个 运 动 阶 段 组 成,不 仅 仅 是 小 为I=R1 E +r=0.4 A,B 项 正 确 ;闭 合 S2 、电 路 稳 定 后 由两段过程组成,选项 C 错误.t1、t2 时 刻 不 是 0 时 刻 的 图 像, +R2 故无法判断 O 点的起 振 方 向,故 也 就 无 法 判 断 质 点 Q 的 起 振 方向,选项 D 正确. 电容器 C 的上 极 板 带 正 电 荷,再 断 开 S1,电 容 器 放 电,通 过 R2 3.CD 由题图甲可知,原 点 处 波 源 运 动 到 y 轴 负 向 最 大 位 移 处 的电流由a 流向b,C 项错误;闭 合 S2 后,外 电 路 为 电 阻 R2 与 电 阻 R1 串联,电路稳定后电容器C 两极板之间的电压等于R2 所 用 最 短 时 间t0 = 1 T,则 题 图 乙 所 示 的 波 出 现 的 时 刻t= 4 两端电压U=IR2=0.4×6 V=2.4 V,再 断 开 S1,通 过 R2 的 电荷量为 Q=CU=7.2×10-6 C,D 项正确. (n+ 1 )T (n=0,1,2,… ),其 中 T=2s,因 此t=2(n+ 1 )s 4.D 以b 点为 原 点,ef 为 正 方 向,建 立 一 维 坐 标 系,bc 边 的 位 4 4 置坐标x 在0~L(即t=0 到t=vL )的 过 程 中,根 据 楞 次 定 律 (n=0,1,2,…),选项 A 错误;波源在原点 O,则波以原点 O 对 判断可知,线框中感应电流 方 向 沿a→b→c→d→a,感 应 电 流 称向x 轴正、负方向传播,由此可知质 点 P 此 刻 的 振 动 方 向 沿 y 轴负方向,选项 B 错误,D 正确;由 题 图 乙 知 波 长λ=3 m,则 为正值,线框bc 边有效切割长度为l=L-vt,感应电动势为 E 波速v=Tλ ,波从原点 O 传播到P 所用时间t'=vx ,解 得t'= =Blv=B(L-vt)v,则 E 均 匀 减 小,感 应 电 流i=RE ,故 感 应 电流均匀减小;x 在L~2L(即t=vL 到t=2vL)的过程中,根据 8 s,选 项 C 正 确 . 3 4.BCD 由题图乙可知,t=4s时质点 Q 在平衡位置正沿y 轴负 楞次定律可知,感应电流方 向 沿a→d→c→b→a,感 应 电 流 为 方向运动,根据振动与波动 关 系 可 知 波 沿 x 轴 正 向 传 播,选 项 A 错误.由题图甲知波长为20 m,由题 图 乙 知 周 期 为 8s,则 波 负值,同理可知感应电流均匀减小,A、B、C 错误,D 正确. 5.BC 导体棒切 割 磁 感 线 运 动 的 等 效 电 路 图 如 图 甲 所 示,感 应 的传 播 速 度v=Tλ 20 m/s=2.5 m/s,选 项 B 正 确 .由 题 图 =8 电 流I= E ,当 导 体 棒 以 速 度 v 匀 速 运 动 时 ,对 导 体 棒 进 行 受 R 乙知,在t=0时刻,质点 Q 在平 衡 位 置 正 沿y 轴 正 方 向 振 动, 力分析 如 图 乙 所 示,则 在 沿 导 轨 方 向 有 mgsinθ=F安1 =BIL, 而质点 P 与质点Q 相差半个波 长,故 此 时 质 点 P 应 在 平 衡 位 置正 沿 y 轴 负 方 向 振 动,因 此 质 点 P 的 振 动 方 程 为 y = 又I=BRLv,所 以 mgsinθ=B2RL2v,解 得 B = 1 mgRsinθ ,A -2sin28πt(m)=-2sin 4πt(m),选 项 C 正 确.质 点 P 与 质 点 L v 错误;当导体棒以速度2v 匀速运动时,对导体棒进行受力分 析 Q 平衡位置相距半个 波 长,因 此 这 两 个 质 点 的 振 动 相 反,选 项 D正确. 如图丙所示,则在沿 导 轨 方 向 有 mgsinθ+F =F安2 =BI'L,又 I'=BLR·2v,联立解得 F=mgsinθ,故拉力 的 功 率 P=F×2v 5.CD 根 据 题 意 知 波 速 为 v= Δx =90-.66 m/s=5 m/s,周 期 =2mgvsinθ,B 正确;当导体 棒 速 度 达 到 1.5v 时,对 导 体 棒 进 Δt 行受力 分 析,则 有 mgsinθ+F'-1.5BR2L2v =ma,由 F'= T=vλ = 4 s=0.8s,角 速 度 ω=2Tπ=02.π8rad/s=52πrad/s, 5 1P.5v= 43mgsinθ,联 立 解 得a= 56gsinθ,C 正 确;当 导 体 棒 的 质点a 的初相为 π ,振动方 程 为 y=Asin(ωt+φ)=10sin(52πt+ 6 速度 达 到 2v 时,安 培 力 的 大 小 等 于 拉 力 的 大 小 和 重 力 沿 导 轨 π )cm,当t=0.5s 时 质 点 a 的 位 移y =10sin(25π×0.5+ 向下分力的大小之和,根 据 功 和 能 量 的 关 系,可 知 以 后 在 导 体 6 棒匀速运动的过程中,R 上产生的焦耳热等于拉力和 重 力 做 功 π )cm= -9.7cm,质 点a 不 会 运 动 到 波 谷 位 置 ,选 项 A 错 之和,D 错误. 6 W W 误;质点c 在这段时间内只是沿y 轴 方 向 振 动,没 有 沿 x 轴 正 方向移动,选项 B 错误;由题图可知,质点d 在0.6s内 先 向 上 R F/ F/ 运动到达最高点后又返回平衡位置,在这段时间内 通 过 的 路 程 mgTJOθ B F F F 是2倍的振幅,为20cm,选项 C 正确;波长4 m 大于障碍物 的 θθ 尺寸3 m,能够发生明显的衍射现象,选项 D 正确. mgDPTθ E θ mg θ mg 6.AC 两波源起振的时间差为 Δt=0.25s,Δt 时 间 内 两 列 波 的 甲乙 丙 传播距离之差为 Δx=2.5 m-1.5 m=1 m,波 的 传 播 速 度 为 14.振 动 与 波 v=ΔΔtx =4 m/s,故 A 正 确; 根 据 几 何 关 系 可 知 x=1.5 1.D 由图1可知,该 波 的 波 长λ=1.5×10-2 m,由 图 2 可 知 周 m 虚线上各质点到两波源的 S S r′ r r 期 T=1×10-5 s,则 该 波 的 波 速v= λ 1.5×10-2 m/s=1.5× 波程差 均 为 零,而t=0.25s x T = 1×10-5 时 S1 正 向 下 振 动 ,与 S2 起 振 方 向 相 反,所 以 两 波 源 在 103 m/s,A 错误;由图2可得,在t=0时刻,P 质点沿y 轴正方 向振动,由波形的平移 方 式 可 知 该 波 沿 x 轴 正 方 向 传 播,B 错 误;质点 P 只在平 衡 位 置 附 近 振 动,不 沿 x 轴 运 动,C 错 误;质 — 294 —

参考答案 x=1.5 m 上引起质点的振 动 步 调 相 反,即 虚 线x=1.5 m 为振 A、B、C 错误;设复色光 圆 形 区 域 半 径 为r,在 复 色 光 圆 形 区 域 动减弱区,故 B错误;两列波的波长均为λ=fv =2 m,t=1.0s 边 缘 ,b 光 恰 好 发 生 全 反 射 ,依 据 sinC 1 ,结 合 几 何 关 系 知 , =nb 时 ;S1 所 激 发 的 波 传 播 到 的 最 远 位 置 到 S1 的 距 离 为 d1 =2λ sinC= r ,而复色光圆形区域 的 面 积 S=πr2,联 立 解 得 =4 m,此 时 S1 所 激 发 的 波 的 最 远 波 谷 到 S1 的 距 离 为r1=d1 h2 +r2 - 3 m,S1 所 激 发 的 波 的 最 近 波 谷 到 S1 的 距 离 为r' S=nπb2h-21,D 正 确 . 4λ=2.5 1=r1-λ=0.5 m,t=1.0s时 S2 所 激 发 的 波 传 播 到 的 最 远 位 7.C 在 A 点 时,由 题 意 可 知,入 射 B CO 置 到 S2 的 距 离 为 d2 = 3 m,S2 所激发的波此时产生的 角为60°,由几何关系有sin∠BAO= D 2λ=3 R BO 1 ,由 折 射 定 律 得 A R 波形中只 有 一 个 波 谷,且 到 S2 的 距 离 为r2 =d2 - 3 AO = 2 n= i′ 4λ=1.5 sini 3,故 错 误;该 束 m,如图所示,可知t=1.0s时波谷与波谷相遇 的 点 共 有 2 个, sin∠BAO = A 故 C 正确;S1 和 S2 连线上满足到两波源的波程差为波长的 整 单色光在该透明材料中的传播速度为v=nc ,单色 光 在 该 材 料 数倍的点为振动 减 弱 点,即 Δs= kλ (k=0,1,2,… ),则 0< kλ <3 m(k=0,1,2,… ),解 得 - 3 <k< 3 (k=0,1,2, 中的传 播 时 间 为t=2×2Rcovs∠BAO ,代 入 数 据 解 得t=6cR , 2 2 …),即k=0,±1,所以t=1.0s后 S1 和 S2 连 线 上 有 3 个 振 故 B 错误;光束从 A 点入射,入射角为i'时 光 束 经 折 射 到 达 内 动减弱的位置,故 D 错误. 球面的C 点,如 图 所 示,恰 好 发 生 全 反 射,由 于 sin∠ACO = 15.光 学 A sin∠DCA= 1 = 3,由 正 弦定 理 得R =sin∠2RACO ,解 n 3 sin∠CAO 1.D 光路图如图所示,b 处 光 的 偏 折 程 度 大 于 θ a a 处光的偏折 程 度,所 以b 处 光 的 折 射 率 大、 α 得 sin∠CAO = 3,由 折 射 定 律 得 n=sins∠inCi'AO ,解 得 i'= 6 频 率 大 、波 长 短 ,A 错 误;由 折 射 率 n= c 知, B Cb v 30°,故 C 正确;光 束 从 A 点 入 射,与 AO 直 线 的 夹 角i″>60° 因为b 处光的折射率大于a 处,所以在棱镜中a 处光的传播速 时,折射光线不再打在内球面上,不会在内 球 面 发 生 反 射,故 D 度大 于b 处 光 的 传 播 速 度,B 错 误;光 从 光 密 介 质 射 入 光 疏 介 错误. 质时才可能发 生 全 反 射,故 a 处 的 光 在 AB 面 不 会 发 生 全 反 16.热 学 射,C 错误;由图可知,减小θ,b 处 的 光 在 AC 面 的 入 射 角α 将 1.AC 液体表面存在张力是因为液体表 面 层 分 子 间 的 距 离 大 于 1 增 大 ,当α 增 大 到 sinα=nb ,b 处 的 光 会 在 AC 面 发生 全 反 射, 液体内部分子间的距 离,A 正 确;物 体 内 热 运 动 速 率 大 的 分 子 数占总分子数的比例 与 温 度 有 关,温 度 越 高,速 率 大 的 分 子 数 D正确. 所占的比例越大,B 错误;r0 位置分子势能最小,如果分 子 间 距 2.D 如 图 所 示,单 光 色 在 AD 边 恰 好 D O′ C 小于r0,则随着分子间距离的增 大,分 子 势 能 先 减 小 后 增 大 , α C 正确;液体的附着 层 具 有 收 缩 趋 势 的 情 况,发 生 在 液 体 不 浸 发生全反 射,由 sinC= 1 得,n= 2 3, n 3 润固体时,D 错误. 由 几 何 关 系 知,∠DOO' = 30°,又 O 2.B 由 玻 意 耳 定 律 可 得 p1V1 =p2 × (40V+V1),p1 =15 MPa, ∠D=120°,则 ∠OO'D =30°,光 在 A B p2=3 MPa,V1=400L,解得V=40L,故 B 正确. CD 边的入射 角 为 60°,光 在 CD 边 发 3.B 水平外力 作 用 在 活 塞 杆 上,向 右 移 动 活 塞,气 体 的 体 积 增 生全反射,根据几何关系,可判断光线 垂 直 于 BC 边 射 出,则 自 大,此过程中,气体对外界做功,故 A 错 误;温 度 是 气 体 平 均 动 BC 边射出光线与自AB 边射入光线夹角为120°,D 正确. 能的标志,由于汽缸内 气 体 温 度 不 变,所 以 气 体 分 子 的 平 均 动 3.D 如 图 所 示,i=60°= ∠A, A 能不 变,故 正 确;由pV 可 知,当 V 增 大,T 不 变 时, 由几 何 关 系 得,α+β=60°,在 T △DEG 中,有i-α+(r-β)+ F c B =nR (180°- ∠A)=180°,由 折 射 定 i α βr p 减小,故 C 错误;因为体积增大,所以单位体积内气体分 子 个 D E 数减少,故 D 错误. 律得n=ssiinniα=ssiinnβr,联立 解 得 G 4.C 由a 变到b,气体发 生 等 容 变 化,压 强 p 增 大,根 据 查 理 定 r=60°,α=β=30°,n= 3,由 律p B C T =C 可 知 ,气 体 温 度 升 高 ,则 内 能 增 大 ,再 根 据 热 力 学 第 于∠ADF=90°-i=30°,则∠ADE=α+ ∠ADF=60°= ∠A, 一定律 ΔU=Q +W 可 知,因 气 体 不 做 功,内 能 增 大,则 气 体 吸 故三角形 ADE 为 等 边三 角 形 ,即 DE =AD =A2B = L ,光 在 热,A、B 错误.由b 变到c,由题 图 可 知,气 体 发 生 等 温 变 化,温 2 度不变,内能不变,体 积 减 小,则 外 界 对 气 体 做 功,根 据 热 力 学 三棱镜中的传播速度为v=nc = 33c,则 光 通 过 三 棱 镜 的 时 间 第一定律 ΔU=Q+W 可知,气体放热,C 正确,D 错误. 为t=DvE = 3L 5.D AB 的 延长 线 过 原 点 ,由 理 想 气 体状 态 方 程pV =C(C 为常 2c T ,D 正确. 量)可知,气体由状态 A 变化到状态B 的过程中,压 强 不 变,体 5.C 题图甲中上板是标 准 样 板,下 板 是 待 检 测 平 面,A 错 误;如 积增大,温度升高,气体对外界 做 功,气 体 的 内 能 增 加,故 A 错 果单色光波长变长,题图乙中干涉条 纹 变 疏,B 错 误;两 列 相 干 误;与状态 A 相比,状态 C 温度不变,体积增大,则分 子 的 平 均 动能不变,分子的密集 程 度 减 小,所 以 单 位 时 间 内 与 单 位 面 积 光来自上板下表面和下板上表面,同一条亮纹出现 在 空 气 等 厚 处,出现图丙中弯曲的 干 涉 条 纹,说 明 被 检 查 的 平 面 在 此 处 出 器壁碰撞的气体分子数减小,故 B 错 误;从 状 态 B 变 化 到 状 态 现了不平整,C 正确;牛 顿 环 与 平 面 间 的 空 气 厚 度 不 是 均 匀 变 C 的过程中,气体体 积 不 变,则 气 体 密 度 不 变,故 C 错 误;气 体 化,同心圆环间距不相等,D 错误. 从状态 A 变化到状态B 发 生 的 是 等 压 变 化,根 据 盖 - 吕 萨 克 6.D 由a 光的 照 射 面 积 大,知a 光 的 临 界 角 较 大,根 据 sinC= 定 律 有VA =VTBB ,解 得 TB =600 K,故 D 正 确 . TA 1 知 ,a 光 的 折 射 率 较 小 ,所 以 a 光 的 频 率 较 小 ,根 据 v= c n n 6.AC 对封闭的气体进行分析,由 于 B 管 的 体 积 与 A 泡 的 体 积 知,在水中,a 光的传播速度比b 光 大,同 一 种 色 光 在 真 空 中 和 相 比 可 略 去 不 计 ,则 该 变 化 为 等 容 变 化 ,由 查 理 定 律 可 得p1 = 在水中频率相同,由v=λf 知,在 水 中,a 光 的 波 长 比b 光 大, T1 — 295 —

一品方案·物理(新高考版) p2 ,外界大气压不变,封闭气体压强 减 小,则 温 度 一 定 降 低,A 则 bk ==1(μ1+c+μcμ,)g,解得μ=bgk. T2 (3)桌 面 倾 斜 时 ,假 设 倾 角 为θ,对 系 统 ,有 正确,B 错误;气 体 初 状 态 参 量 p1 =ρg(76cm-16cm),T1 = mg+ (c-m )gsinθ-μ'(c-m )gcosθ=c·a, 300K,末状 态 参 量 T2 =273 K,气 体 发 生 等 容 变 化,由 查 理 定 可得a= (1+μ'coscθ-sinθ)g·m-(μ'gcosθ-gsinθ), 律 可 得p1 =Tp22 ,解 得 p2 =ρg ·54.6cm,则 x0 = (76-54.6) T1 cm=21.4cm,C 正确;若 水 银 柱 的 高 度 差 仍 为 16cm,环 境 真 实压强比标准大气压小,假设此时大气压相当于75cm 水 银 柱 产 生的压强,则 A 内的气体压强为p3=ρg(75cm-16cm),则 则 bk ==1((μ1+'+cμ'oμs'cθocso-θscθs-in-sθisni)cθnθ,)g, p1 =pT33 ,解 得 T3 =295 K,即t3 =22 ℃ <27 ℃ ,D 错 误 . 解 得 μ'cosθ-sinθ=bgk=μ,因 此 μ<μ'. T1 答案:(1)2.36 (2)bgk (3)小于 2.解析:(3)A 下降距离h 所用 的 时 间t,根 据 匀 变 速 直 线 运 动 的 17.近 代 物 理 初 步 位移公式可得h= 12at2,解得 A 下降的加速度大小为a=t2h2 ; 1.C 保持入射 光 的 强 度 不 变,不 断 减 小 入 射 光 的 频 率,当 入 射 光的频率小于金属的 极 限 频 率 时,不 会 再 发 生 光 电 效 应,则 不 会有光电流产生,A 错误;保持入射光的强度不变,增 大 入 射 光 的频率,则单位时间逸 出 光 电 子 的 数 量 减 小,饱 和 光 电 流 一 定 减小,B 错误;保 持 入 射 光 的 频 率 不 变,根 据 hν=Ekm +W0 可 知,光电子的最大初动能不变,根据Uce=Ekm ,可 知,遏 止 电 压 始终不变,选项 C 正确,D 错误. (4)对沙袋 A、B 以及玩具方块组成的整体进行受力分析,根 据 2.D Kr有36个质子,中 子 个 数 为 89-36=53,A 错 误;中 等 质 牛顿第二 定 律 可 得 (m +m1 )g- (M -m )g-m2g= (m1 + 量核的平均结 合 能 比 重 核 大 ,所 以14546Ba 比 U235 的 平 均 结 合 能 )a,整 理 得 2g +mm11 -m2 -M g,为 使 92 +m2 +m2 +M 大,B 错误;重核裂 变 要 放 出 能 量,由 质 能 方 程 要 知 核 反 应 前、 m2 +M a=m1 +M m 后原子核的总质量减 少,C 错 误;镉 棒 插 入 深 些 会 吸 收 更 多 反 图像直观,应作出a 随m 变化的关系图线;(5)图线的斜率为k 应生成的中子,使反应减慢,D 正确. =m1 2g +M ,纵 轴 的 截 距 为b=mm11 -m2 -M g,代 入 数 据 解 3.C 当这些氢原子向低能级跃 迁 时,最 多 可 辐 射 出 C23 =3 种 不 +m2 +m2 +M 同频率的光 子,A 错 误;因 为 n=4 与 n=3 能 级 的 能 量 差 为 得 m1=5.5kg、m2=3.5kg. 0.66eV,则用能量为0.76eV 的电子轰击,能 使 这 些 氢 原 子 向 答案:(3)t2h2 (4)m (5)5.5 3.5 更高能级跃迁,B 错 误;这 些 氢 原 子 至 少 吸 收 1.51eV 的 能 量 才能发生电离,则这些氢原子吸收能量为1.52eV 的 光 子 后 能 3.解析:(1)重力势能随小球距 D 点高度的增加而增大,动能随小球 发生电离,C正确;因为n=2与n=1能级的能量差为10.2eV,用 距 D 点高度的增加而减小,在此过程中,机械能守恒,大小不变, 从n=2 能 级 跃 迁 到 n=1 能 级 辐 射 出 的 光 照 射 逸 出 功 为 故乙表示重力势能 Ep,丙表示动能 Ek,甲表示机械能 E. 6.34eV 的金属能发生光电效应,D 错误. (2)由题图乙所示 的 图 像 可 以 看 出,小 球 在 动 能 和 重 力 势 能 相 反 应 方 程 为74Be+ →37Li+υe,根 据 质 量 数 守 恒 和 电 4.AC e0 互 转 化 过 程 中 ,其 机 械 能 是 守 恒 的 . -1 荷数守恒可知中微子 的 质 量 数 和 电 荷 数 均 为 零,A 正 确.根 据 答案:(1)乙、丙、甲 (2)在 误 差 允 许 的 范 围 内,只 有 重 力 做 功 爱因斯坦 质 能 方 程,该 核 反 应 释 放 的 核 能 E = (7.016929- 的情况下,小球的机械能守恒 7.016004)×931 MeV+mec2=0.86 MeV+mec2,无法 求 出 锂 19.电 学 实 验 及 创 新 核获得的动能,B 错误.衰变过程中 内 力 远 大 于 外 力,反 应 前 后 动量守恒,故中 微 子 与 锂 核 (73Li)的 动 量 之 和 等 于 反 应 前 电 子 1.解 析 :(1)实 物 连 接 如 图 所 示 的动量,C 正确.中微子与锂核 (73Li)的 能 量 之 和 等 于 反 应 前 铍 核(47Be)与电子的能量之和减去反应释放的核能,D 错误. 5.BC 由题 图 可 知,24He核 的 比 结 合 能 为 7 MeV,因 此 它 的 结 合 能为7 MeV×4=28 MeV,A 错误;比结合能越大,表明原子 核 中核子结合得越牢固,原子核越稳定,结合题图可知 B 正确;两 个比 结 合 能 小 的12H 核 结 合 成 比 结 合 能 大 的42He时 ,会 释 放 能 量 ,C 正 确 ;由 题 图 可 知 , U235 核 的 比 结 合 能 比8396Kr 核 的 小 ,D 92 错误. 6.B 根据题图乙可知,遏止电压为0.02V,如 果 反 接,但 光 电 管 由于闭合电键前,滑动 变 阻 器 接 入 电 路 的 电 阻 调 为 最 大,两 个 电压表的示数相同,约 为 2 V,随 后 将 滑 动 变 阻 器 接 入 电 路 的 两 端电压小于0.02V,则仍会产生电信号,A 错误;波长10μm 电阻调小,则 的示数变小, 的 示 数 变 大,因 此 的 量 程 为 的 红 外 线 在 真 空 中 的 频 率 为 ν= c 3×108 Hz=3× 0~4V.(2)由 闭 合 电 路 欧 姆 定 律 可 得 E=(U1+U2)+UR11r,则 λ =10×10-6 (U1+U2)=E -rUR11 ,则 电 源 的 电 动 势 E =a,内 阻r= -k. (3)由于本实验电 压 表 的 分 流 作 用,使 测 量 的 电 源 电 动 势 比 真 1013Hz,B 正 确 ;根 据 爱 因 斯 坦 光 电 效 应 方 程 Ek =hν-W0 和 实值小. 答案:(1)见解析图 0~4V (2)a -k (3)分流作用 小 Ek=eUc 得 到 W0 =hν-eUc =6.63×11.60×-3140×-319×1013eV- 0.02eV=0.1eV,C 错 误;若 人 体 温 度 升 高,则 辐 射 红 外 线 的 强度增强,光电管转换成的光电流增大,D 错误. 18.力 学 实 验 及 创 新 1.解 析 :(1)根 据 逐 差 法 ,可 求 得 木 块 的 加 速 度 为 2.解析:(1)按照题 图 甲 设 计 电 路,则 电 流 表 示 数 过 小,测 量 误 差 a=xBD4T-x2 OB = (28.69-9.63-9.63)×10-2 m/s2 较大,因此设计不合理;(2)为了保护电路,开关闭 合 前,应 把 滑 4×0.12 动变阻器的滑片调到 最 右 端;题 图 乙 电 路 为 恒 压 半 偏 法 变 形, ≈2.36 m/s2. 当电压表满偏,保持滑 动 变 阻 器 滑 片 位 置 不 变,改 变 电 阻 箱 阻 (2)设 木 块 和 钩 码 总 质 量 为c,对 系 统 ,有 值,认为支路电压不变,则当电压表示数为满偏的 三 分 之 二 时, mg-μ(c-m)g=c·a,可得a= (1+cμ)g·m-μg, 电阻箱分压为满偏的三分之一,即电压表分压是电 阻 箱 分 压 的 两倍,则 RV =2R;当接入电阻箱 时,支 路 电 阻 变 大,分 压 增 大, — 296 —

参考答案 当电压表分压为满偏的三分之二时,电阻箱分压大 于 满 偏 的 三 答案:(1)bd (2)ccoossθβ 分之一,因此电压表内 阻 小 于 电 阻 箱 阻 值 的 两 倍,所 以 测 量 值 偏大. B 题型限时特训 答案:(1)不合理 电 流 表 的 示 数 太 小,无 法 准 确 读 数 (2)最 选 择 题 限 时 特 训 (1) 右端 2R 偏大 1.A 篮球砸到球筐的外边缘后 弹 出 球 筐,说 明 篮 球 反 弹 后 的 水 3.解析:(1)根据表头的极性且电流要从红表笔流入 电 表,可 知 表 平速度偏大,即碰撞篮板 前 的 水 平 速 度 偏 大,由 于a 点 到 抛 出 点的竖直距离不变,所以 球 到 篮 板 的 运 动 时 间 不 变,根 据 x= 笔A 应为黑色. vxt 知,要减小水平速度,运 动 员 应 靠 近 球 篮,由 于 竖 直 距 离 不 (2)将开关 S1 断开,S2 置 于 “1”挡 时,表 头 与 R2 串 联,则 多 用 电表用于测量电压;开关 S1 闭 合,S2 置 于 “1”挡 时,R3 与 表 头 并 联 ,则 多 用 电 表 用 于 测 量 电 流 . 变 ,则 竖 直 速 度 不 变 ,根 据v= vx2+vy2 知 ,应 减 小 抛 出 速 率 , (3)已知将开关 S1 断 开,S2 置 于 “2”挡 时,多 用 电 表 的 量 程 为 A 正确. 10 V,则 R1 U -Igrg =4600 Ω,将 开 关 S1 断 开 ,S2 置 于 “1” 2.D 衰变过程 中 动 量 守 恒,因 初 动 量 为 零,故 衰 变 放 射 出 的 粒 = Ig 子与新原子核 B 的动量大小相 等,方 向 相 反,由 于 粒 子 与 新 核 挡 时 ,多 用 电 表 的 量 程 为 1 V,则 R2 =U'-IIg grg =100 Ω,开 关 在磁场中运动的 轨 迹 为 外 切 圆,说 明 粒 子 和 新 原 子 核 B 所 受 的洛伦兹力方向相 反,均 带 正 电,故 发 生 的 是α 衰 变,故 A、C S1 闭合,S2 置于“1”挡时,多用电表的量程 为 100 mA,则 R3 = 错误;由动量守恒定律可知0=mv-mαvα ,粒 子 做 圆 周 运 动 的 Ig(rg+R2 ) Ω. 向 心 力 由 洛 伦 兹 力 提 供 ,则 有 qvB =m v2 ,又 qα =2e,R1 ∶ I-Ig ≈10.2 r 答案:(1)黑 (2)电压 电流 (3)4600 100 10.2 R2=42∶1,联立解得新原 子 核 B 所 带 的 电 荷 量q=84e,即 新 20.热 学 实 验 和 光 学 实 验 原子核 B 的电荷数 为 84,故 B 错 误;原 子 核 A 衰 变 时 释 放 出 一种频率为 1.2×1015Hz 的 光 子,光 子 能 量 E =hν=6.6× 1.解析:(1)本实验 的 条 件 是 温 度 不 变、气 体 质 量 一 定,所 以 要 在 10-34×1.2×1015J=7.92×10-19J=4.95eV>4.54eV,因 此 等温条件下操 作,注 射 器 密 封 性 要 好,A、B 正 确;本 实 验 研 究 能使金属钨发生光电效应,故 D 正确. 质量一定的气体、压强与体积的关系,不需要测量 气 体 的 质 量, 12at2 x 21at,则 单位不需要统一为国际单位制,C、D 错误. 3.C 根 据 x=v0t+ ,可 得 t =v0 + A 车做初速 (2)如 果 气 体 的 体 积与 压 强 的 倒 数 成 正 比 ,则 画 出 的 V - 1 图 度为0,加 速 度 为 a=4 m/s2 的 匀 加 速 运 动,B 车 做 速 度 为 p 4m/s的匀速运动,t=2s时刻,A 车的速度为v2 =at2 =8 m/s, 线是一条过坐标原点的直线. 选项 A、B 错 误;0~4s内,A 车 运 动 的 位 移 为x4 = 12at24 = (3)根 据 实 验 数 据 作出 的 V- 1 图 线 如 图 乙 所 示 ,不 过 坐 标 原 p 1 m=32 m,选 项 C 正 确;0~2s内 车的位移为 点 ,该 图 线 的 方 程 为 V =k 1 -V0 ,说 明 注 射 器 中 的 气 体 的 体 2 ×4×42 A p 21at22 = 1 车的位移为x'2=8 m,则t=0 积小于实际的封闭气体的体积,结合 实 验 装 置 可 知,V0 代 表 压 x2 = 2 ×4×22 m=8m,B 强传感器与注射器间气体的体积. 时刻 A、B 两车并排,选项 D 错误. 答案:(1)AB (2)为一条过坐标原点的 直 线 (3)传 感 器 与 注 4.B 由 题 图 乙 可 知,a 的 周 期 为 0.4s,b 的 周 期 为 0.6s,则 由 射器之间有气体 传感器与注射器之间气体的体积 n=T1 可 知,转 速 与 周 期 成 反 比,故 曲 线a、b 对 应 的 线 圈 转 速 之比为3∶2;曲线a 表示的交变电流的电动势最大值是10V, 2.解析:(1)这种估测方法是将每个分子视为球体模 型,让 油 酸 尽 根据 Em =nBSω 并代入数据解得 曲 线b 表 示 的 交 变 电 流 的 电 可能地在水面上散开,则 形 成 的 油 膜 可 视 为 单 分 子 油 膜,这 层 动势最大值是230V,故 B 项正确,A、C、D 三项错误. 油膜的厚度可视为油酸分子的直径. (2)油膜的面积可从方格纸上得到,所围成的方格 中,面 积 超 过 一半按一个算,小于 一 半 的 舍 去,图 中 共 有 70 个 方 格,油 膜 面 积 为 S=70×25 mm×25 mm=43750 mm2 ≈4.4×10-2 m2; 5.D 根 据 G Mm =m v2 ,可 得 v= GM 可知北斗二号 G2 卫 每一滴 油 酸 酒 精 溶 液 中 含 有 纯 油 酸 体 积 是 V =510×10-6 × r2 r r 0.6 V 星在“墓地轨道”运 行 时 的 速 度 小 于 其 在 地 球 同 步 轨 道 运 行 时 1000 S m3 = 1.2 × 10-11 m3 ,油 酸 分 子 的 直 径 d = = 的速度,故 A 错误;北斗二号 G2 卫 星 在 转 移 轨 道 上 经 过 P 点 时和在地球同步 轨 道 上 经 过 P 点 时 受 到 的 万 有 引 力 相 同,由 1.2×10-11 4.4×10-2 m≈2.7×10-10 m. G Mm =ma 可知,北斗二 号 G2 卫 星 在 转 移 轨 道 上 经 过 P 点 r2 (3)由d=VS 可知,结果偏大的原因 是V 的 测 量 值 偏 大 或S 的 测量值偏小.错误地将油酸酒精溶液的体积直接作 为 油 酸 的 体 时的加速度等于其在地球同步轨道上经过P 点时的加速度, 积进行计算,使得V 偏大,A 正 确;计 算 油 酸 膜 面 积 时,错 将 不 完整的方格作为完整方格处理,使得 S 偏大,B 错误;计 算 油 酸 故 B 错 误;北 斗 二 号 G2 卫 星 要 挣 脱 地 球 引 力 束 缚,则 北 斗 二 膜面积时,只数了完 整 的 方 格 数,使 得 S 偏 小,C 正 确;水 面 上 号 G2卫星离开地球 时 的 速 度 必 须 大 于 等 于 11.2km/s,北 斗 二号 G2卫星从离开地球运动 到“墓 地 轨 道”地 程 中 动 能 减 少, 所以北斗二号 G2卫星要从“墓 地 轨 道”挣 脱 地 球 引 力 束 缚,需 痱子粉撒得较多,油酸膜没有充分展开,使得 S 偏小,D 正确. 要的速度比11.2km/s小,故 C 错误;由开普勒第三定律有RT1320 = 答 案 :(1)球 体 单 分 子 (2)4.4×10-2 2.7×10-10 (R1 +R2 )3 (3)ACD 3.解析:(1)由用“插针法”测定 玻 璃 砖 的 折 射 率 实 验 中 的 注 意 事 2 ,可得北斗二号 G2卫星在转移轨 道 从 P 点 运 行 到 项可知,不能用玻璃 砖 的 光 学 边 界 面 (即 边 缘)代 替 直 尺,可 知 T12 b步 骤 错 误 ;在 BB'下 方 竖 直 插 针 P3、P4 时 ,应 使 P3 挡 住 P1、 Q 点 所 用 时 间 为t=T21 =T40 (R1 +R2 )3 ,故 D 正 确 . P2 的 像 ,P4 挡 住 P3 本 身 及 P1、P2 的 像 ,由 于 AA'与 BB'不 平 2R13 行,可知 P3、P4 所在直 线 与 P1、P2 所 在 直 线 不 平 行,且 不 在 同 6.B 在 光 照 强 度 增 大 的 过 程 中,R1 的 阻 值 减 小,电 路 的 总 电 阻 一直线上,故 d步骤错误. 减小,由闭合电路欧姆定律 知,电 路 中 的 总 电 流 增 大,则 R2 两 (2)由 题 图 乙 可 得 n=ssiinn((9900°°--βθ))=ccoossβθ. 端的电压增大,V2 的 示 数 增 大,内 电 压 增 大,由 串 联 电 路 中 电 压与电阻的关系知,路 端 电 压 减 小,V1 的 示 数 减 小,B 正 确,A — 297 —

一品方案·物理(新高考版) 错误;R1 两端的电压 减 小,又 电 容 器 C 与 R1 并 联,则 电 容 器 位素,质子数相同,B 错误;β 衰 变 的 实 质 是 核 内 一 个 中 子 转 化 极 板 间 电 压 减 小 ,由 E = U 知,极 板 间 电 场 强 度 减 小,又 F= 成 一 个 质 子 和 一 个 电 子 ,电 子 发 射 到 核 外 ,C 正 确 ;23930Th 转 化 d 成 U233 为β 衰 变 ,不 属 于 化 学 变 化 ,D 错 误 . 92 qE,则带电小球受到 的 电 场 力 减 小,则 带 电 小 球 向 下 运 动,CD 2.B 对蒸锅受力分析可知,其 重 力 与 四 个 支 撑 面 的 支 持 力 在 竖 错误. 7.D 小物块从 A 运动到B 的 过 程 中,随 着 弹 力 逐 渐 减 小,加 速 直方向 的 分 力 之 和 相 等,则 有 G =4FNcosα,即 FN =4cGosα,B 度逐渐减小,弹力等于 摩 擦 力 时 加 速 度 为 零,之 后 弹 力 小 于 摩 正确,ACD 错误. 擦力,做减速 运 动.作 出 小 物 块 运 动 W 3.D 台秤示数 大 于 人 的 体 重,说 明 人 处 于 超 重 状 态,加 速 度 一 的 v t 图 像 如 图 所 示,可 得 v1 > 定竖直向上,电梯 可 能 向 上 加 速,也 可 能 向 下 减 速,A 错 误,D 正确;如果电梯向下减速,台秤对人的支持力做负 功,人 的 机 械 v2,又v1t1 =v2t2 =x,可 得t1 <t2. 从 A 到 C 的 过 程,对 小 物 块 由 动 能 O t t t t 能减少,B、C 错误. 定理有0+2kxx-μmg·2x=0-0,得 kx=4μmg.选 项 D 正 4.D 气 体 发 生 等 压 变 化 ,根 据 盖 — 吕 萨 克 定 律 得 :V0 =3VTB0 ,解 确,ABC 错误. T0 8.AC 如果两球发生完全非弹性碰撞,碰 撞 后 两 球 速 度 相 等,设 速度大小为v,两球碰撞过 程 系 统 动 量 守 恒,以 A 的 初 速 度 方 得:VB =3V0,气 体 压 强 不 变,气 体 体 积 变 大,每 秒 撞 击 单 位 面 向 为 正 方 向 ,由 动 量 守 恒 定 律 得 mAv0 = (mA +mB )v,代 入 数 积器壁的气体分子数减少,故 AB 错 误;气 体 发 生 等 压 变 化,气 据解得v=230 m/s;如 果 两 球 发 生 弹 性 碰 撞,碰 撞 过 程 系 统 动 量守恒、机械能守恒,设碰撞 后 A 的 速 度 大 小 为vA ,B 的 速 度 体 体 积 增 大 ,外 界 对 气 体 做 功 :W = -p0ΔV = -p0 (3V0 -V0) 大小 为vB ,以 A 的 初 速 度 方 向 为 正 方 向,由 动 量 守 恒 定 律 得 =-2p0V0,故 C 错 误;根 据 热 力 学 第 一 定 律 ΔU =W +Q 可 知:Q=ΔU-W =ΔU+2p0V0,故 D 正确. 5.A 试探电荷静止 在 D 处 说 明 D 处 的 电 场 强 度 为 零,A 处 电 荷 在D 处产生的电场强度EAD =kaQ2 ,方向为从 A 到D,C 处电 mAv0 =mAvA +mBvB ,由 机 械 能 守 恒 定 律 得 1 mAv02 = 1 荷在 D 处产生 的 电 场 强 度 ECD =kaQ2 ,方 向 为 从 C 到 D,所 以 2 2 mAv2A + 12mBv2B 代 入 数 据 解 得vA =130m/s,vB =430m/s,所 以 A 、C 处正电荷在D 处 产 生 的 合 电 场 强 度 E合 = 2kQ ,方 向 为 a2 碰撞后 B 球的 速 度 范 围 是230m/s≤vB ≤430m/s.AC 正 确,BD 从 B 到D,而 D 处的电场强 度 为 零,则 B 处 电 荷 在 D 处 产 生 的电场强度与A、C 处 电 荷 在 D 处 产 生 的 合 电 场 强 度 等 大 反 错误. 向,所以 B 处电荷在D 处产生的电场强度的方向为从D 到B, 9.BD 两 板 间 小 球 受 力 及 运 动 情 况 如 图 乙 ①、F F 所以 B 处 电 荷 为 负 电 荷,设 B 处 电 荷 的 电 荷 量 大 小 为 Q',有 ② 所 示,两 种 情 况 下 电 容 器 所 加 电 压 相 等,B W W EBD = kQ' =E 合 = 2kQ 解 得 Q'=2 2Q;当 试 探 电 荷 在 O 项正 确;① 图 中 小 球 做 减 速 运 动,② 图 中 小 球 G G (2a)2 a2 做加速运动,运动位移相等,时间不等,A 项 错 点时,A、C 处正电荷给试探电荷 的 作 用 力 的 合 力 为 零,所 以 试 误 ;由v21 =v02 -2as,v22 =v02 +2as,得 2v02 =v12 +v22 ,D 正 确 . 探电荷 在 O 处 受 到 的 电 场 力 就 是 B 处 电 荷 给 的 电 场 力 F0 = 10.BD 电子在磁场中做匀速圆 周 运 动,根 据 洛 伦 兹 力 提 供 向 心 kQ'q2 =4 2ak2Qq,A 正 确,B 错 误;将 B 处的负电荷分成两 2a 力得qvB=mrv2 ,又 根 据 T =2vπr可 知 T =2qπBm ,则 最 长 时 间 2 t1=2qπBm0 ,最 短 时 间t2 =q×21π0m0B0 ,所 以t1 ∶t2 =100∶1,故 个电荷量为-Q 的负电荷和一 个 电 荷 量 为 -2(2-1)Q 的 负 电荷,两个电荷量为-Q 的 负 电 荷 分 别 和 A、C 处 的 正 电 荷 组 A 错 误 ,B 正 确 ;因 为 r=qmBv,则 最 大 半 径 r1 =m ×100v0 ,最 成等量异种电荷 的 电 场,而 O 点 刚 好 在 等 量 异 种 电 荷 连 线 的 qB0 中垂面上,所以在这四个电荷形 成 的 电 场 中 O 点 的 电 势 为 零, 小半径r2 =q×m1v000B0 ,又 因 MN 上 的 出 射 点 到 O 点 的 距 离 因此 O 点的电势取决于电荷量为-2(2-1)Q 的 负 电 荷 产 生 为x=2r,所 以 x1 ∶x2 =2r1 ∶2r2 =10000∶1,故 C 错 误 ,D 的电场,所以以无穷远处为电势零点时,O 点电势为 负,所 以 正 试探电荷在 O 点的电势能为负,C 错 误;将 C 点 的 电 荷 量 加 倍 正确. 后,若将 B 处的负电荷分成一个-Q、一个-2Q 后剩下的是 一 11.AD 由于导 体 棒 离 开 磁 场 前 已 做 匀 速 运 动,由 平 衡 条 件 得 个正电荷(3-2 2)Q,同 理 可 知,此 时 O 点 电 势 大 于 零,将 正 mg=BI L ,解 得 导 体 棒 离 开 磁 场 瞬 间 通 过 导 体 棒 的 电 流 为 试探电荷从 O 点移到无穷远的过程中电势能减小,D 错误. 2 6.B 根 据 牛 顿 第 二 定 律 有 qvB =m v2 , A I=2BmLg,由并联电 路 的 电 流 关 系 得,此 时 流 过 R1 的 电 流 大 r f 小为I1= 21I=BmLg,A 正确;由右手定则知,导 体 棒 离 开 磁 场 解得 B=2qmLv,故 B 正 确,A 错 误;如 图 D fff 所示,粒子在磁场中运动时间 最 长 时,运 f ff f ff f f f ff f fff 的瞬间感应电流方向由 M 到 N ,故 流 过 R1 的 电 流 方 向 从 右 动 轨 迹 与 AC 边 相 切 ,若 磁 场 粒 子 能 过 O f f f f f f f C B O 1 T 向 左 ,B 错误;导体棒离开磁场 时 的感 应电 动势 E= 2 BLv, A 点,在 磁 场 中 运 动 时 间才 为t= 3 = θ 由 闭 合 电 路 欧 姆 定律 得 E=I· R ,由 以 上 两 式 解 得 ,导 体 棒 2πm =π3vL ,若 偏转 90°,则 时 间 为t'= 1 O 2 3qB 4 离开磁场时的速度 v=2Bm2gLR2 ,C 错 误;导 体 棒 穿 过 整 个 磁 场 T=π4vL,显然粒子偏转角度小于120°大于90°,故 C、D 错误. 过程中,设电阻 R1 上产生的焦 耳 热 为 Q,由 能 量 守 恒 定 律 得 7.D 本题考查 磁 流 体 发 电 机.稳 定 时 气 体 离 子 不 再 偏 转,即 气 mgh=2Q+ 21mv2,解 得 Q=mg4L-mB3g4L2R4 2 ,D 正 确 . 体离子受到的洛伦兹 力等 于 电 场 力,有qvB =q U ,解 得 发电 d 选 择 题 限 时 特 训 (2) 机电动势为 E=U=Bdv,A 错误;根据左手定则可判断等离 子 U233 比23930Th 的 中 子 数 少 2,A 错 误 ;23930Th 与23920Th 互 为 同 体中的正离子向上极 板 偏 转、负 离 子 向 下 极 板 偏 转,即 上 极 板 92 1.C — 298 —

参考答案 为正极,故 可 变 电 阻 R 中 的 电 流 方 向 是 从 P 到 Q,B 错 误;根 的正切值为位移与水平面的夹角θ 的正 切 值 的 两 倍,即 本 题 中 据电流方向,判断高温电离气体的横 截 面 积 为 S,长 度 为 d,所 可求出落到 B 点时速度的方向,D 正 确.本 题 中 初 速 度 大 小 未 以 内 阻 为r=ρ d ,当外电阻等于电源内阻,即 R外 =r 时 ,外 电 知,A、B、C 均无法求解. S 4.A 根据几何关系可得 AC=cosd30°=233d,又B=k I ,所 以 路(可 变 电 阻 R )消 耗 的 电 功 率 最 大 ,最 大 值 为 Pmax = r E 2 =E4r2 =B2v4ρ2dS,C 错 误 ,D 正 确 . 该长直导线在C 点产生的磁感应强度为B= 3kI,方 向 垂 直 R外 +r 2d R外 8.AD 作 出 光 路 如 图 所 示,由 对 称 性 于 AC 向下,要使 C 点的磁感 应 强 度 为 零,需 要 再 加 的 匀 强 磁 及光路可逆可知,第 一 次 折 射 的 折 射 θA 场的磁感应强度大小为 3kI,方 向 垂 直 于 AC 向 上,A 正确, 角 为 30°,则 由 折 射 定 律 可 知n=ssiinnir 2d =ssiinn3405°°= 2,选 项 A 正 确;由 几 何 BCD 错误. 关系可知,光线从 A 点 出 射 时 相 对 于 射 入 玻 璃 球 的 光 线 的 偏 向 角为α=90°,选项 B 错误;光线从 A 点进入及第一次从A 点 5.C 由牛顿第三定律得,物体受到的支持力为F,当电梯加速度 向上时,对物体有 F-mg=ma,当 电 梯 加 速 度 向 下 时,对 物 体 有 mg-F=ma,结 合 压 敏 电 阻 阻 值 随 压 力 的 关 系 图 可 知,当 加速度不变或加速度 为 零 时,即 电 梯 做 匀 变 速 直 线 运 动、静 止 射出时在玻 璃 球 中 传 播 的 距 离 为s=3×2Rcos30°=45 2cm, 或做匀速直线运动时,压 敏 电 阻 阻 值 均 不 变,根 据 闭 合 电 路 欧 c 光 在 玻 璃 中 传 播 的 速 度 为 v= n ,可 得 经 过 A 点从玻璃球内 姆 定 律 有I=R0 E ,电 流 表 示 数 不 变 ,A 错 误 ;若 电 流 表 +R +r s 折射 回 空 气 的 光 线 在 玻 璃 球 内 的 传 播 时 间 为t= v =3× 示数为I0,电梯可能处于静止或匀速直线运动状态,D 错误;若 10-9s,选项 C 错误;在 A 点的入射 光 线 也 会 发 生 反 射,沿 相 同 电流表示数增大,说明压敏电阻阻值减小,压力增 大,电 梯 可 能 路径回到 A,传播时间大于t,选项 D 正确. 向上加速且加速度 增 大,也 可 能 向 下 减 速 且 加 速 度 减 小,B 错 9.BD 两列相干波发生叠加,出 现 振 动 加 强、振 动 减 弱 的 现 象 是 误;电流表示数大于I0,则压力 大 于 重 力,故 加 速 度 向 上,即 电 梯可能向上做加速运动或向下做减速运动,C 正确. 波的 干 涉,A 错 误,B 正 确;行 进 过 程 中 波 程 差 设 为 Δx,则 6.C 由动能定理可 知,点 电 荷 的 动 能 Ek 随 位 移 x 的 变 化 图 线 25 m-25 m≤Δx=nλ≤35 m-15 m,0≤n≤4,行 进 10 m 过 的斜率表示该点电荷所受的电场力,故点电荷Ⅰ和 Ⅱ 所 受 的 电 程中从第1个振动加强点来到第5个振动加强点,路 过 4 个 振 场 力 分 别 为 FI=Exk00 ,FⅡ =2xE0k0 ,故 B 错 误 ;由 题 图 乙 可 知 ,电 场力为恒力,则电场强度大小、方向均不变,即该电 场 为 匀 强 电 动减弱点,故声音由强变弱的次数为4次,C 错误,D 正确. 10.BD 根据q=ΔRΦ=BRS可知,线框进、出磁场的过程中 通 过 线 =FI q 框横截面的电 荷 量q1 =2q2,故 B 正 确,A 错 误;线 框 从 开 始 场,根据 F =qE 可 知,匀 强 电 场 的 电 场 强 度 大 小 E = 进入到位置Ⅱ,初 速 度 方 向 为 正,由 动 量 定 理 得 -BI1LΔt1 = Ek0 ,故 C 正确 ;由 A 选 项 分析 知 FⅡ =2FⅠ ,所 以 点 电 荷 Ⅱ 的 mv-mv0,即-BLq1=mv-mv0,同理,线 框 从 位 置 Ⅱ 到 位 置 qx0 Ⅲ,由动量 定 理 得 -BI2LΔt2 =0-mv,即 -BLq2 =0-mv, 电荷量为2q,故 A 错误;点电荷Ⅰ由 O 点到A 点的过 程 中,由 联 立 解 得v= 1 =1.5 m/s,故 D 正 确 ,C 错 误 . 动 能 定 理 有 ,qUOA =Ek0,解 得UOA =Ek0 ,选 O 点为电势零点, 3v0 q 11.CD 对兜篮、王 进 及 携 带 的 设 备 整 体 受 力 分 析, θ F A 点 的 电 势φA = -Ek0 ,故 D 错误. 如图所示,绳 OD 的 拉 力 为F1,与 竖 直 方 向 的 夹 q 角为θ,绳 CD 的 拉 力 为 F2,与 竖 直 方 向 的 夹 角 7.C 由 于 空 气 阻 力 的 大 小 与 速 度 的 平 方 成 正 比,即 f=kv2,由 为α,根据几 何 关 系θ+2α=90°,由 正 弦 定 理 有 mg 牛顿第二定律可得 mg-kv2 =ma,所 以 皮 球 下 落 过 程 中 先 是 sFinα1 =sFinθ2 =sin(m2πg+α),α 增 大,θ 减 小,则 F1 F 做加速度减小得越 来 越 慢 的 加 速 运 动,当 mg=kv2 之 后 做 匀 α 速运动,AB 错误;皮球在下落过 程 中,克 服 空 气 阻 力 做 功 W = 增大,F2 减小,AB 错误;两 绳 拉 力 的 合 力 大 小 等 于 mg,C 正确;α=30°时,θ=30°,则2F2cos30°= Ffh=kv2h,C 正确;皮球在下落过程中,由动能定理得 mgh- Ffh=Ek-0,所 以 Ek=(mg-Ff)h,由 于 Ff 增 大 ,故 mg-Ff mg,可得 F2= 33mg,D 正确. 减小,即斜率减小,D 错误. 选 择 题 限 时 特 训 (3) 8.AD 圆环 M 沿逆时针 (俯 视 )方 向 加 速 转 动,圆 环 M 中 产 生 顺时针方向的电流,且电流持续增大,根据安培定 则 可 知,通 过 铝环 N 的磁通量向下,且 持 续 增 大,根 据 楞 次 定 律 可 知,铝 环 1.C 发生光电 效 应 时,会 有 光 电 子 从 金 属 中 逸 出,之 后 金 属 会 N 中有沿逆时针(俯视)方向的感应电流,A 正确,B 错 误;根 据 带正电,光电子来自原子核外,故光电效应本质上 不 是β 衰 变, 楞次定律的推论可知,铝环 N 的面积有缩 小 的 趋 势,且 有 向 上 AB 错 误 ;锌 板 的 逸 出 功 W0=hνc 即νc =Wh0 ,C 正 确 ;根 据 爱 因 的运动 趋 势,C 错 误;因 为 铝 环 N 有 向 上 的 运 动 趋 势,则 铝 环 N 所受的安培力竖直向上,又 铝 环 处 于 静 止 状 态,由 力 的 平 衡 斯坦光电效应方程 Ek=hν-W0 可知只有增大入 射 光 的 频 率, 条件可知,丝线对铝环的拉力变小,D 正确. 才能增大光电子的最大初动能,D 错误. 2.B M 、N 、衣 物 所 在 平 面 如 图 所 示, 9.BC 根据平行板电容器电容的决定式和定义 式 知 C=4επrkSx= 对衣物受力 分 析,衣 物 重 力 mg 的 反 M N Q ,抽 出 金 属 板 后 x 增 大 ,C 减 小 ,而 U 不 变 ,所 以 Q 减 小 ,故 向延长 线 为 ∠MON 的 角 平 分 线.如 θ Fθ θ F θ U 图,ON =ON',MN' 即 为 总 绳 长, O θ A 错误 ;两 极 板 间 电 场 强 度 大小 为 E= U ,抽 出 金 属 板 瞬 间 ,x sinθ=LL总M绳N长 ,LMN 先 减 小 后 增 大 ,所 θ x mg N′ 增大,U 不变,所以 E 减小,结合题意可知质点 P 带负 电,又 因 以sinθ 先减 小 后 增 大,2Fcosθ=mg, 为质 点 P 所 在 位 置 到 下 极 板 的 距 离 不 变,且 下 极 板 的 电 势 为 cosθ 先增大后减小,则F 先减小后增 零,所以质点 P 所在位置的电势降低,所以其电势能增加,故 B 大,B 正确. 正确;设质点 P 的 质 量 为 m,抽 出 金 属 板 前,根 据 平 衡 条 件 有 3.D 本题中落点在斜坡上,则从 飞 出 到 落 到 斜 坡 的 过 程 中 位 移 qdU-l=mg,抽出 金 属 板 后,设 带 电 质 点 P 的 加 速 度 大 小 为 与水平面的夹角一定 为θ,又 平 抛 运 动 中 速 度 与 水 平 面 夹 角α — 299 —

一品方案·物理(新高考版) a,根 据 牛 顿 第 二 定 律 有 mg-q U =ma,联 立 可 解 得 a= dlg, 由牛顿第二定律有a=mF =5m/s2,A 错误;运动员在1s内先 d 故 C 正确,D 错误. 匀 加 速 运 动 0.7s,再 匀 速 运 动 0.3s,故 3.7s内 匀 加 速 运 动 时 10.BD 根据 题 意 可 知 粒 子 的 运 动 A DW E 间为t=4×0.7s=2.8s,故最大速度为vm =at=14m/s,B 正 轨迹 如 图 所 示,若 粒 子 从 C 点 c R 射入磁 场,在 到 达 D 点 前 始 终 确,C 错误;匀加速运动的位移为x= 12at2=19.6 m,D 错误. 4.D 薄膜干涉的光程差 Δs=2d(d 为薄膜厚度),厚度相同处产 未离开 磁 场,则 粒 子 到 达 D 点 θ 时的速 度 一 定 与 AC 边 垂 直,A O cR W 生的条纹明暗情况相同,因此 条 纹 应 与 BC 边 平 行,选 项 A 错 错 误;根 据 左 手 定 则 可 知,磁 场 O 误;因为两玻璃间形成 的 空 气 膜 厚 度 均 匀 变 化,因 此 条 纹 是 等 方向垂 直 AOC 平 面 向 里,B 正 C 间距的,选项 B 错误;减 小 薄 片 厚 度,条 纹 间 距 将 增 大,选 项 C 确;根据题意,该粒子在磁场中的偏转角度为θ=120°,设 轨 道 错误;将红光换 成 蓝 光 照 射,入 射 光 波 长 减 小,条 纹 间 距 将 减 半 径 为 R ,根 据 牛 顿 第 二 定 律 得qvB =m v2 ,解 得 R =qmBv,则 小,选项 D 正确. R 5.B 排球向上运动过程中,重 力 做 的 功 约 为 WG = -mg(0.4+ CD 间的距离为xCD =R+sinR30° ,联 立 解 得 xCD =3qmBv,C 错 1.8)=-5.5J,A 错 误;排 球 下 落 约 0.8 m 后,v2 = 2gh = R 4 m/s,则右手击 球 瞬 间,重 力 的 功 率 P =mgv2,代 入 数 据 得 P=10 W,B 正确;排球在空中向上运动 过 程 中,由 动 能 定 理 有 误;粒子从 C 点运动到D 点的时间为t= 13T +tanv30°,又 T -mgh1=0- 21mv12,左 手 托 球 向 上 运 动 过 程 中,由 动 能 定 理 =2qπBm ,联 立 解 得t= (2π+3 3)m ,D 正 确 . 有 W -mgh0= 21mv12-0,解得 W =5.5J,C 错误;竖直向上为 3qB 正方向,根 据 动 量 定 理 得 I人 -IG =mv1 -0=1.5 N·s,则 11.BC 设物块b 与物块a 碰撞 前 的 瞬 间 速 度 大 小 为v1,物 块b I人 ≠1.5N·s,D 错误. 和物块a 碰撞后的瞬间共 同 速 度 为v2,物 块b 自 由 下 落 的 过 程,由机械能守恒定律得 mgh= 12mv12,物块b 和物块a 碰撞 6.C 对物块 A 受力 分 析,得 竖 直 方 向 绳 的 拉 力 FT =mg,对 物 过程动量守恒,取 向 下 为 正 方 向,由 动 量 守 恒 定 律 得 mv1 = 块 B 受力分析,根据牛顿第二定律得拉力 FT=2ma,联立两式 (m+m)v2,联 立 解 得v2= 2gh ,则 两 物 块 碰 撞 过 程 损 失 的 可得a= 12g,若 A、B、C 一 起 运 动,对 整 体 受 力 分 析,由 牛 顿 2 第二 定 律 可 得 F = (m +2m +3m )a =3mg,C 正 确,ABD 机械能为 ΔE= 12mv21 - 1 (m +m)v22 = 21mgh,故 A 错误; 错误. 2 7.B 由题意知,粒子只受 电 场 力 作 用,则 只 有 电 场 力 做 功,电 势 由题意知,两者一起上 升 到 最 高 点 时 物 块b 恰 好 不 离 开 物 块 能与动能相互转化且 总 量 保 持 不 变,由 题 图 知,电 势 能 先 增 大 a,说明此时弹簧处于原长状态,即整个系统的弹 性 势 能 为 零, 后减小,故动能先减小后增大,由 题 图 知,粒 子 在 -x0 处,电 势 而刚碰撞时,弹簧压缩量满足 mg=kx,两 者 碰 撞 后 到 最 高 点 能为零,则动能最大,即 粒 子 的 初 速 度 不 可 能 等 于 零,A 错 误; 的 过 程 中 ,上 升 高 度 为 x,根 据 能 量 守 恒 定 律 知 1 ×2mv22 + 运动过程 中 最 大 电 势 能 为 E0,则 粒 子 的 初 动 能 的 最 小 值 为 2 E0,B 正确;带正电的粒子在原点处电势能大于零,则原 点 的 电 12kx2=2mgx,解 得 x= 13h,则 从 碰 撞 后 到 最 高 点,整 个 系 势也大于零,C 错误;由于电场力做的 功 等 于 电 势 能 的 变 化 量, 统 弹 性 势 能 的 减 少 量 为 ΔEp =Ep -0= 21kx2 = 1 mgx = 则有 F=ΔΔExp,可 知 Ep-x 图 线 的 斜 率 表 示 粒 子 受 到 的 电 场 2 力,结合 牛 顿 第 二 定 律 可 知,粒 子 由 原 点 到 x0 的 过 程 中,加 速 61mgh,故 B 正 确;两 物 块 动 能 最 大 时 其 所 受 合 力 为 零,即 度先增大后减小,D 错误. 8.AD 在碰撞过程中,司机动量变化量和动 能 变 化 量 是 一 定 的, 2mg=kx',解得x'= 23h,两物块从 碰 撞 后 到 最 大 速 度 处,根 安全气囊延长了作用 时 间,同 时 增 加 了 司 机 的 受 力 面 积,根 据 动量定理可知,减小了司机的受力,AD 正确,BC 错误. 据机械能守恒 定 律 可 知 2mg(x'-x)- 21kx'2 + 21kx2 = 1 × 9.ACD 由图线 可 知,质 点 Q 起 振 的 方 向 沿y 轴 正 方 向,A 正 2 确.振动由 P 向Q 传播,由图线可知 T=6s,故振动从 P 传 到 Q 的时间可能为nT+4s= (6n+4)s(n=0,1,2,3,… ),故 不 2mv'2 - 1 ×2mv22 ,解 得 两 物 块 的 最 大 动 能 为 Ekm = 1 × 2 2 可能为7s,B 错误.根 据 (nT +4s)v=8 m 得 v=6n8+4m/s (n=0,1,2,3,…),当n=0 时,波 速 为 2 m/s,C 正 确.角 速 度 2mv'2=2m3gh,故 C 正确;第一次速度为零时,整个系统的弹性 为ω=2Tπ= 3πrad/s,则 从 2s 开 始 计 时,P 点 的 振 动 方 程 为 势能 最大 ,根 据机械能守 恒定 律可 知 1 ×2mv22 +2mg(xm -x)+ 2 y=Asinωt=Asin 3πt,D 正确. 10.BC 由于凹槽 B 内壁光滑,小 球 C 只 受 两 个 力:重 力 和 支 持 21kx2= 12kx2m ,解 得 最 大 弹 性 势 能 Epm = 21kx2m = 38mgh,故 D错误. 力,由平衡条件可得,支持力与重力大小相等,且 保 持 不 变,则 选 择 题 限 时 特 训 (4) 1.A 小阳从 D 点水平飞出后,只受重力作用,做平抛运动,竖 直 小球 C 对凹槽B 的 压 力 也 保 持 不 变,A 错 误;对 BC 整 体 受 方向上做自由 落 体 运 动,相 等 时 间 间 隔 内 竖 直 方 向 上 的 位 移 力 分 析 ,受 重 力 mBCg、长 木 板 A 的 支 持 力 FN 和 摩 擦 力 Ff, Δh 越 来 越 大,由 动 能 定 理 有 ΔEk =mgΔh,动 能 变 化 量 不 相 由 平 衡 条 件 得 FN =mBCgcosθ,Ff=mBCgsinθ,可 知θ 减 小 , 同 ,A 正 确 ,B 错 误 ;由 动 量 定 理 可 得 Δp =mg,动 量 变 化 率 是 FN 增大,Ff 减 小,由 牛 顿 第 三 定 律 可 知,凹 槽 B 对 长 木 板 A Δt 的压力逐渐增大,长 木 板 A 受 到 凹 槽 B 的 摩 擦 力 逐 渐 减 小, 定值等于 mg,C、D 错误. BC 正确;长木板 A 对凹槽B 的 作 用 力 始 终 等 于 凹 槽B 和 小 2.D 对武大靖受力分析,在 竖 直 方 向 上 有 FN -mg=0,在 水 平 球C 的总重力,大小保持不变,D 错误. 方 向 上 有 Ffm =m v2 ,Ffm =μFN ,联 立 解 v= μgR .故 D 正 11.BC C 球在O 点 正 下 方 时,木 块 A、B 分 离,木 块 A、B 此 时 R 可认为速度相等,以木块 A、B 及C 球整体组成的系统为研究 确,ABC 错误. 对象,知水平方向动量守恒,并且从C 球开始运动到运动至O 3.B 运动员蹬冰时受到的沿水平面向前的作用力为F=275N, 点正下方,整个过程中机械能守恒,设木块 A、B 速 度 为v1,C — 300 —

参考答案 球 速 度 为v2 ,则 mv2 =2mv1 ,mgL = 1 mv22 + 1 ×2mv21 ,解 流变小,但是流过 R2 的电流变大,所 以 流 过 电 阻 R3 的 电 流 变 2 2 小,电 阻 R3 两 端 的 电 压 变 小,所 以 ΔU3 大 于 ΔU2,选 项 C 正 得 v1 = 3gL ,v2 =2 3gL ,v1 水 平 向 右 ,v2 水 平 向 左,B 确 .由 闭 合 电 路 欧 姆 定 律 分 析 可 知ΔU1 =r,ΔΔUI12 =r+R1 ,所 以 3 3 ΔI1 正确;木块 A、B 分 离 后,木 块 A 与 C 球 在 水 平 方 向 动 量 守 ΔU1 小 于ΔU2 ,选 项 D 错 误 . 恒,当 C 球运动至最高点时,速 度vA =vC =v,则 由 动 量 守 恒 ΔI1 ΔI1 定律 得 mv2 - mv1 = (m +m)v,由 能 量 守 恒 定 律 得 1 mv22 + 7.C 汽车以速度v0 匀速行驶时,牵引力等于阻力,有 F阻 =F= 2 P ,汽 车 以 功 率 2 匀 速 行 驶 时,牵 引 力 等 于 阻 力,有 F阻 = 21mv12 1 34L v0 3P = 2 (m +m )v2 +mgh,联 立 解 得 h= ,C 正 确 ;C 2 3P 球在O 点 正 下 方 向 右 运 动 时,由 动 量 守 恒 定 律 可 得 mv2 - F= v' 可 得v'= 2 ,A 正 确 .t=0 时 刻 ,汽 车 的 牵 引 力 3v0 =mv'1-mv'2,由机 械能守恒可 得 21mv22 1 mv21 1 mv'12 mv1 + 2 = 2 P -32vP0 =v0 m + 21mv'22 ,联 立 解 得 v'1 2 3gL ,v'2 = 3gL ,AD 错 误 . F0 =32vP0 ,汽 车 的 加 速 度 大 小 a=F阻 -F0 =3mPv0 , = 3 3 选 择 题 限 时 特 训 (5) B 正确.汽车做减速运动,速度减小,功率不变,据 P=Fv 知,牵引 1.C 由题图可知,a 光 的 偏 折 程 度 最 小,a 光 的 折 射 率 最 小,频 力不断增大,C错误.由动能定理有 23Pt-W 阻 = 21m(32v0)2 - 率最小,A 错误;这三束单色光在真空中的传播速 度 都 相 等,根 21mv02,其 中 克 服 阻 力 做 功 W 阻 =F阻 s,所 经 历 的 时 间t= 据v=nc 可知,a 光在玻璃中 的 传 播 速 度 最 大,B 错 误;根 据 临 3s -51m2vP02 ,D 正 确 . 1 2v0 界 角 公 式 sinC= n 可 知 ,a 光 发 生 全 反 射 的 临 界 角 最 大 ,C 正 8.BD 变压器不改变交流电的频率,则通过电阻 R2 的 交 变 电 流 确;根据双缝干涉条纹公式 Δx=dLλ 可 知,a 光 干 涉 条 纹 的 间 的频率为f=2ωπ=1020ππHz=50 Hz,选 项 A 错 误;保 持 滑 片 P 距最大,D 错误. 不动,使 P'向下 移 动 时,R2 阻 值 变 大,则 副 线 圈 中 电 流 减 小, 2.A 沿水平方 向 抛 出 的 小 钢 球 只 受 重 力 作 用,加 速 度 为 g,处 因原、副线圈的匝数不 变,可 知 原 线 圈 中 电 流 减 小,R1 的 电 压 减小,变压器原线圈两端电压变大,则副线圈中电 压 变 大,电 压 于完全失重状态,A 项 正 确;沿 水 平 面 加 速 行 驶 的 火 车 竖 直 方 表的示数变大,选项 B 正确;当滑片 P 向 下 移 动 时 原 线 圈 的 匝 向加速度为零,既不失重也不超重,B 项 错 误;沿 斜 面 匀 速 滑 下 的小木块,加速度为 零,既 不 失 重 也 不 超 重,C 项 错 误;沿 竖 直 数 减 少 ,设n1 =k,R1 =R2 =R ,此 时 原 线 圈 两 端 电 压 为 U1 = 方向减速下降的电梯,加速向上,处于超重状态,D 项错误. n2 3.A 根 据 GMm =m 4π2 (R +h),又GRM2m =mg,联 立 解 得 U -I1R ,根 据 匝 数 比 知 ,副 线 圈 两 端 电 压 为 U2 U -I1R = (R+h)2 T2 = k T=2π(RR+h) R+h ,A 正确,BCD 错误. I2R ,I2 =k,解 得U2 =k+Uk1 ,因k· 1 =1,则 当k=1 时 ,k+ g I1 k 4.C 由题图知,t=0时刻,P 点处 于 最 大 正 向 位 移 处,加 速 度 最 1 最 小 ,结 合0<nn12 1 k k 大,A 错误;由同侧法知,此时 M 点 的 振 动 方 向 竖 直 向 上,B 错 ≤1可知,当 P 向 下 移 动 时 ,k 减小 ,k+ 误;由题图知,M 点此时的位 移 大 小 为 振 幅 的 一 半,所 以 M 点 变大,U2 减小,选项 C 错误,D 正确. 再经过T 时 间 回 到 平 衡 位 置,同 时 波 形 向 左 平 移 了 λ ,即 向 左 9.BD 线框静止在桌面上,线框 受 到 的 摩 擦 力 是 静 摩 擦 力,与 安 12 12 培力水平方向的分力的合力平衡,磁感应强度垂直 于 桌 面 的 分 平移1cm,所以 M 点 对 应 的 平 衡 位 置 坐 标 为 -4cm,M 点 的 量 B⊥ =Bsin60°= 23B,线 框ac 边 与ab、bc 边 并 联,且 由 题 意 振动情况与横坐标为4cm 的点完全相同,从4cm 点再向右半 知,线 框 ab、bc 边 的 总 电 阻 是ac 边 电 阻 的 2 倍,故 通 过 线 框 个波长距离对应的点 与 M 点 的 振 动 情 况 总 是 相 反,该 点 的 坐 标为10cm,即 为 N 点,C 正 确;当 M 点 的 位 移 与t=0 时 相 I 2 同 ,且 振 动 方 向相 反 时 ,经 过 了2T 的 时 间 ,对 应 的 时 间 为 1s, ab、bc 边 的 电流 是 通 过ac 边 电 流 的 一 半 ,即 ,线 框 所受 安 培 3 力水平 方 向 的 合 力 为 F合水 =Fac水 +Fab水 cos60°+Fbc水 cos60°= 以2T 所 3 =1s,T=1.5s,由 题 图 知 ,波 长 为 12cm,波 速 为 v= 3BIL 3BIL 1 ×2,故 线 框 受 到 的 摩 擦 力 大 小 为 2 4 2 + × Ff = λ =01.1.52 m/s=0.08 m/s,D 错误 . 3 3BIL T = 4 F 合 水 ,B 正 确 ,A 错 误 ;磁 感 应 强 度 平 行 于 桌 面 的 分 5.A 由题图可知,在位移为0.2m 处加速度为零,在位移为0.3m 后,加速度不变,即物 体 离 开 了 弹 簧,其 加 速 度 为 重 力 加 速 度. 量 B//=Bcos60°= 12B,安 培 力 在 竖 直 方 向 上 的 合 力 F合竖 = 所以有k(0.3 m-0.2 m)=mg,在起始位置物体加 速 度 最 大, Fac竖 +Fab竖 +Fbc竖 =BI2L +BI4L cos60°×2=3B4IL,对 线 框 受 有 F=k·0.3 m-mg= ma,解 得a=20 m/s2,A 正 确,D 错 力 分 析 得 FN +F合竖 =mg,由 牛 顿 第 三 定 律 得 FN =F'N ,故 线 误 .弹 簧 的 劲 度系 数 为k=0.3 mg m=100 N/m,B 错 误 . m-0.2 框对桌面的压力大小为 mg- 43BIL,D 正确,C 错误. 弹 簧 恢 复 形 变 的 过 程中 ,弹 簧 弹 力 做 的 功 为 W =k·02.3 m x= 4.5J,C 错误. 10.AB 由 题 意 可 得 Uab =φa -φb = a 6.C 滑动变阻器 的 滑 片 向 上 滑 动,滑 动 变 阻 器 R4 接 入 电 路 的 2W ,Ucd =φc -φd = W ,过 b 点 作 电阻变大,由“串反并同”可知U2 变 大,选 项 A 错 误.由 欧 姆 定 q q c由d几的何平关行系线可,交得圆四于边e形点c,O连be接为ce平,c 律 可 知U2 =R3 +R4 ,R4 接 入 电 路 的 阻 值 变 大,所 以U2 变 大, c d I2 I2 O b W 选 项 B 错 误 .电 压 表 V2 的 示 数 等 于 电 阻 R3 和 R4 两 端 的 电 压 行 四 边 形 ,故 φc -φe =φO -φb = q e 之和,R4 接入电路阻值变大,电压表 V2 的示数变大,由于总电 则φc -φd =φc -φe ,φd =φe ,电 场 — 301 —

一品方案·物理(新高考版) 线 沿ce 方 向 ,即 ab 方 向 ,选 项 A 正 确 .Wdb =U2Ob ·q= 1 W 6.B 根 据地 球同 步 卫 星 所 受 的 万 有 引 力 提 供 向 心 力,有 G m'm = 2 q r2 ·q= 21W ,选项 B 正 确.沿 电 场 线 方 向 电 势 降 低,φa >φc ,选 m 2π 2 以 解 得 地 球 的 质 量 m'=4GπT2r023 ,B 正 确 .根 据 探 测 项 C 错误.从d 点 射 入 的 粒 子,有 可 能 沿 电 场 线 反 方 向 做 直 T0 线运动,选项 D 错误. r,可 11.CD ad 棒向左运动时,回路中 产 生 顺 时 针 方 向 的 感 应 电 流, 根据左 手 定 则,ad 棒 受 到 的 安 培 力 向 右,bc 棒 受 到 的 安 培 力 卫 星 万 有 引 力 提 供 向 心 力 有 G m'm1 =m1 2π 2 向右,系统合力不为零,故系统动量不守恒,A 错 误;回 路 稳 定 r12 T 时,两金属棒分别向 两 侧 做 匀 速 运 动,回 路 中 电 流 为 零,不 受 r1,解 得r1 = 安培 力 作 用 ,B 错 误 ;稳 定 时 vad =vbc ,初 速 度 方 向 为 正 ,根 据 3 Gm'T2 4π2 动量定理,对 ad 棒 有 -IBLt=mvad -mv0,对bc 棒 有IBLt ,因 为 m'已 经 求 得 ,所 以 可 以 求 得 卫 星 绕 地 球 运 动 =2mvbc -0,解 得vad =vbc =v30 ,C 正 确 ;对 系 统 根 据 能 量 守 的圆轨道半径r1,但 不 能 得 到 地 球 的 半 径,A 错 误.在 地 球 表 面 有 G m'm2 =m2g表 ,因 为 不 知 道 地 球 半 径 R ,所 以 无 法 求 出 R2 地球表面的重力加速度g表 ,C 错误.经过12h时,赤道上 A 城 市运动到和地心对称的位置了,而 资 源 探 测 卫 星 正 好 转 过 了 8 圈,又回到 原 位 置,所 以 经 过 12h 卫 星 不 会 到 达 A 城 市 上 空, 恒定律有 Q总 = 12mv02 - 1 mv2ad - 1 ×2mvb2c ,结 合 Q= D错误. 2 2 7.B 设小球在 C 点的速度为vy ,在 B 点 的 速 度 为vx ,AB 的 长 I2Rt,得QQa总d = 1 ,故 Qad = 61mv20 ,D 正 确 . 度x=tanl30°= 3l,设从 C 到B 的时间为t,有l=v2yt,3l= 2 选 择 题 限 时 特 训 (6) v2xt,解 得 vx = 3vy ,根 据 速 度 — 时 间 关 系 v =at 可 得qE = m 1.D 甲对乙的作用力与乙对甲 的 作 用 力 是 相 互 作 用 力,故 二 力 大小相等,方向相反,A 错误;甲推出乙后,甲的速 度 减 小,但 是 3g,解得qE= 3mg,故 A 错误.设静电力和重力的合力与水 甲不一定向后运动,B 错 误;甲 推 乙 后,乙 的 动 量 增 加,甲 的 动 量减少,则甲、乙的动量变化不相同,C 错 误;甲、乙 所 受 的 推 力 平方 向 的 夹 角为 θ, 则 有 tanθ = mg = 33,F = 大小相等,根据I=Ft 可 知,甲、乙 所 受 推 力 的 冲 量 大 小 相 等, qE D正确. (qE)2+(mg)2 =2mg,则 合 加 速 度 为 a=2mmg =2g,将 小 2.B 气 体 压 强 不 变 ,发 生 等 压 变 化 ,有V0 =VT11 ,且 V0 >V1 ,所 球的初速度分解为沿合外力的方向和与合外力垂 直 的 方 向,小 T0 球电势能和重力势能 之 和 最 大 时,小 球 动 能 最 小,合 外 力 方 向 以 T0>T1,所以 温 度 降 低,平 均 分 子 动 能 减 小,气 体 放 热,由 的分 速 度 减 为 零,该 过 程 所 用 时 间t'=vys2ign30°,解 得t'= 于气体压强不变,故在相等时间内封闭气体的分子 对 单 位 面 积 器壁的冲量不变,故 A 错 误,B 正 确;由 于 体 积 减 小,而 分 子 数 1 2Ek 4g m 未变,所以单位时间内 与 单 位 面 积 器 壁 碰 撞 的 分 子 数 应 增 大, ,故 B 正 确 .从 C 到 B ,小 球 加 速 度 恒 定,但 与 小 球 速 故 C 错误;不浸润时,附着层内分子比水银的分子内部稀疏,故 度不共线,故小球做匀变速曲 线 运 动,故 C 错 误.从 C 到B,小 D错误. 球克服重 力 做 的 功 为 WG =mgl,静 电 力 所 做 的 功 为 W 电 = 3.C 氢原子发射 光 谱 是 不 连 线 的,A 错 误;题 述 光 谱 是 由 氢 原 qE· 3l=3mgl,则小球克服重力做的功与静电力做的功 的 比 子核外电子跃迁产 生 的,B 错 误 ;光 子的 动 量 p= h ,Hδ 的 波 值 为WG = 1 ,故 D 错误 . λ W电 3 长最短,动量最大,C 正确;光 子 的 能 量 E =hν=h c 可 知 ,Hα 8.BC 设木板与水平方向夹角为θ,对 N 受 力 分 析,当 木 板 缓 慢 λ 转到水平位置过程,θ 逐渐减小到零,由平衡条件知 M 、N 间弹 的波长最长,能量最小,D 错误. 力大小FNMN =mgsinθ,其 随θ 的 减 小 而 减 小,木 板 对 N 的 弹 4.D 某乘客发现放 在 桌 面 上 的 指 南 针 的 小 磁 针 在 10s内 逆 时 力大小FNN =mgcosθ,其随θ 的减小逐 渐 增 大,AD 项 错 误;对 针匀 速 转 过 了 约 10°角,因 为 地 磁 场 方 向 不 变,指 南 针 方 向 不 变,故火车右转弯,A 错误;由于火车的运动可看作 匀 速 圆 周 运 M 、N 两圆柱体 组 成 的 整 体,由 平 衡 条 件 得,墙 对 整 体 的 弹 力 动,则可求得火车在10s时间内的路程为s=vt=900 m,位 移 大 小 F墙 =2mgtanθ,木 板 对 两 球 的 弹 力 大 小 FNN +FNM = 一定小于900 m,B 错误;利用小磁针在10s内匀速转过 了 10° 2mg,由 于θ 逐 渐 减 小 到 零 ,则 FNN 逐 渐 增 大 ,F墙 逐渐减小, π cosθ 角,根据角速度的 定 义 式 有 ω=ΔΔtθ=1180rad/s=18π0rad/s,C FNM 逐 渐 减 小 ,BC 项 正 确 . 得r=ωv 90 9.ABD 从 A 到 B,根 据 动 能 定 理 可 得 -mgR = 1 mv2 - 1 π 2 2 错 误 ;根 据v=ωr 可 = m≈5.2km,D 正确. mv02,在 B 点,根据 牛 顿 第 二 定 律 得 F =mRv2 ,联 立 解 得 F = 180 5.C t=0到t=4s时 间 内 摩 擦 力 不 等 于 零,根 据I=Ft,可 知 6R4-80(N),结 合 题 图 乙 可 知 y=80 N,x =8640m -1 = 5 m -1 , 摩擦力的冲量不等于零,A 错 误;根 据 题 乙 图 可 知,t=0 到t= 4 5s时间内拉力 F=2t,则t=4s时拉力 F 等于8N,小于最大 故 A、B 错误.恰能 通 过 最 高 点 时,在 最 高 点,根 据 牛 顿 第 二 定 静摩擦力9N,物体仍然静止,B 错 误;4.5s末 物 体 开 始 运 动, 律可得 mg=mvRc2 ,从最 低 点 到 最 高 点,根 据 动 能 定 理 可 得 - 在4.5~6s时间内,拉 力 和 摩 擦 力 的 冲 量 分 别 为IF = (9+10) 12mvc2 1 2× 2 2mgR= - mv02 ,解 得 R =0.32 m,故 D 错 误 .从 最 1 2 N·s+10×1 N·s=14.75 N·s,If =μmgt=0.4×2× 21gt2 1 2 10×1.5N·s=12N·s,根据动量定理得IF -If =mv-0,解 高 点做平 抛 运 动,则 2R = ,x'=vct,-2mgR = mvc2 - 得v=181 m/s,C 正确;在4.5~11s时 间 内,拉 力 和 摩 擦 力 的 21mv02,且 R ≤0.32 m,联 立 解 得 x'= (1.6-4R)4R ,当 冲量分别为I'F =14.75 N·s+ 1 ×5×10 N·s=39.75 N·s, R=0.2m 时,x'取最大值,xmax'=0.80 m,故 C 正确. 动 ,随 2 10.BCD 开关闭合后,金属杆受到向右的安 培 力 做 加 速 运 I'f =μmgt'=0.4×2×10×(11-4.5)N·s=52 N·s,由 此 可 知, 着速度的增加,金属杆切割磁感线产生的感应电 动 势 增 大,因 t=11s前物体已经停止运动,D 错误. 为感应电动势与原电动势方向相反,故电路中的 电 流 减 小,金 — 302 —

参考答案 属杆受到的安培力减小,根据牛顿第二定律,金属 杆 的 加 速 度 答案:(1)B (2)不变 (3)V2 减小,金属杆做变加 速 直 线 运 动,A 错 误;设 金 属 杆 离 开 轨 道 2.解析:(1)应用“半偏法”测电流表内阻,滑动变阻器 接 入 电 路 阻 时的速度为 v0,金 属 杆 离 开 导 轨 后 到 落 地 前 感 应 电 动 势 为 值越大,电路中的电流 变 化 越 小,实 验 误 差越小,滑动变阻器应 E=BLv0,因为离开 轨 道 后 做 平 抛 运 动,根 据 平 抛 运 动 规 律 选择 R2. 得,其水平速度v0 保 持 不 变,所 以 感 应 电 动 势 保 持 不 变,B 正 (2)由题图乙所示电阻箱可知,其读数 R=6×100Ω+2×10Ω+0 确 ;根 据 平 抛 运 动 规 律 得 h= 1 gt2 ,d =v0t,解 得 v0 = ×1Ω+0×0.1Ω=620.0Ω,闭合 S2 ,保持滑动 变 阻 器 滑 片 的 位 置 2 不变,粗略认为电路 中 的 总 电 流 不 变,仍 为 300μA,使 G 的 示 d g ,金 属 杆 离 开 导 轨 前 ,根 据 动 量 定 理 有 BIL · Δt= 数为250μA,则流过电阻箱的电流是50μA,为 流 过 G 电 流 的 2h 1 ,由 并 联 电 路 特 点 可 知 ,电 阻 箱 的 阻 值 为 G 内 阻 的 5 倍 ,则 mv0,又因为 q=I·Δt,电 源 消 耗 的 能 量 为 E电 =qE,解 得 5 E电 =mBdLE g ,C 正 确 ;设 金 属 杆落 地 速 度 为 v,根 据动能定 电 流 表 内 阻 Rg= 15R = 1 ×620 Ω=124 Ω;实 际 上 ,闭 合 S2 , 2h 5 理得 mgh= 12mv2- 21mv20,根 据 动 量 定 理 得I总 =mv-0,解 电路中 的 总 电 阻 略 变 小,电 路 中 的 总 电 流 略 增 大,略 大 于 300μA,G 示数为250μA 时流过电阻箱的电流略大于 50μA, 得I总 =m 2gh+g2dh2 ,D 正确. 流 过 电 阻 箱 的 电 流略 大 于 流 过 G 电 流 的 1 ,电 阻 箱 的 阻 值 略 11.ACD 由 题 可 知 粒 子 沿 逆 时 针 方 向 运 动,但 磁 场 方 向 为 垂 直 5 纸面向里或向外,对 应 粒 子 则 带 正 电 或 带 负 电,A 正 确,B 错 小于 G 表内阻的 5 倍,而 本 实 验 粗 略 测 得 电 阻 箱 阻 值 等 于 G 误;若与 x 轴 负 方 向 成θ 角,粒 子 轨 迹 如 图 甲 所 示,由 几 何 关 表内阻的5倍,则电流表内阻测量值小于 真 实 值.(3)将 该 表头 系可知,粒子偏转角为90°,粒子运动圆弧对应 弦 长 L= 2R, G 改装成一个量程为0~3mA 的电流表,需要并联一分流电阻,并 联电阻阻值 为 R并 =II-gRIgg 300× 10-6×124 =3×10-3-300×10-6Ω≈13.8Ω. 而 R=mqvB0 ,所 以 最 小 圆 形 磁 场 面 积 Smin =π(L2 )2,解 得 答案:(1)C (2)124 大于 (3)并联 13.8 Smin=π2qm22Bv202 ,C 正 确 ;若 与 x 轴 正 方 向 成θ 角 ,粒 子 轨 迹 如 图 实 验 题 限 时 特 训 (2) 1.解 析 :(1)打 点 计 时 器 频 率 是50 Hz,所 以 周 期 是0.02s,打 下 计 乙所示,由几何关系 可 知,粒 子 偏 向 角 为 150°,所 以 圆 弧 所 对 时点2时,小车的瞬时速 度 大 小 为v2 =h32-Th1 =575 mm/s= 圆心角为150°,对 应 弦 长 L'=2Rsin75°,最 小 圆 形 磁 场 面 积 0.575 m/s. S'min=π(L2')2 解 得 S'min= (2+ 3)πm2v02 ,D 正确. (2)动量定理的内 容 是 合 力 的 冲 量 等 于 动 量 的 变 化 量,由 题 意 4q2B2 知,已平衡摩擦力,所以系统的合力等于重物和托 盘 的 重 力,则 c 合力的冲量为I=mg·4T=4fmg,系统动量的变化量为 Δp= C E (M +m )v5 - (M +m )v1 ,则 验 证 动 量 定 理 的 表 达 式 为4mg = f g (M +m)v5-(M +m)v1. (3)若实验过程中发 现 m 所 受 重 力 的 冲 量 大 于 系 统 动 量 的 增 加量,说明系统的合力 小 于 重 物 与 托 盘 的 重 力,造 成 此 问 题 的 原 因 可 能 是 实 验 过 程 中 ,运 动 受 到 阻 力 或 平 衡 摩 擦 力 不 足 . 甲 答案:(1)0.575 (2)4fmg=(M +m)v5-(M +m)v1 (3)实 验 过 程 中 ,运 动 受 到 阻 力 或 平 衡 摩 擦 力 不 足 2.解析:(1)由题意知,金属热电阻温度最低时,阻值 最 小,此 时 回 c 路中的电流 最 大,不 能 超 过 电 流 表 的 满 偏 值,I=10 mA,又 I=R E ,得 R =130 Ω,由 图 像 可 知 R = 52t+100(Ω),得 该 +RA 电路能测的最低温度t=75 ℃. (2)金属热电阻放 入 冰 水 混 合 物 中,t=0 ℃ 时,热 电 阻 R 的 阻 值 R'=100Ω,电 流 表 满 偏 有 I=R E +R1 ,得 R1 =30Ω,放 +RA 热水 中 有 I2 =R″+REA +R1 ,得 此 时 热 电 阻 R 的 阻 值 R'= 137.5Ω,进而得t2 ≈94 ℃;由欧姆定律和电阻与温度关系式得 乙 I=R E +R1 =R1+.550A,R= 52t+100(Ω),联 立 解 得 I= +RA 实验题限时特训 1501+.50.4tA. 实 验 题 限 时 特 训 (1) (3)在操作①步骤时,要调节滑动变阻器使毫安表 满 偏,当 电 源 1.解析:(1)由于水流均匀稳定,则 量 筒 中 收 集 的 水 量V 和 时 间t 内阻增大时,会将滑动变阻器的阻值调小,总和不 变,故 对 结 果 成正比,所以根据量筒中收集的水量可以间接测量 滑 块 下 滑 的 时间,C 正确,ABD 错误. 无影响. (2)(3)滑块做初速度为零 的 匀 加 速 直 线 运 动,则s= 21at2,即 位移s 与时间t 的二次方成正比,而量筒中收集 的 水 量V 和 时 答案:(1)75 (2)② 94 ③I=1501+.50.4t A (3)不变 实 验 题 限 时 特 训 (3) 间t 成正 比,因 此 位 移s 与 水 量 V 的 二 次 方 成 正 比,即s= 1.解析:(3)若连接运 动 鞋 和 小 滑 轮 之 间 的 细 线 与 长 木 板 不 保 持 kV2,与滑块的质量无关,所 以 若 保 持 下 滑 的 距 离s 不 变,仅 增 平行,则运动鞋与长木 板 间 的 正 压 力 就 不 等 于 M g,这 样 导 致 大滑块的质量,水量V 将不变. 误 差 增 大 ,因 此 细 线 应 与 水 平 桌 面 平 行 . — 303 —

一品方案·物理(新高考版) (5)相邻两计数点间的时间间隔为 T=f5 =0.1s,由 逐 差 法 可 器 的 电 容 C=UQ =8.08×.010-3F=1.0×10-3F. 知 运 动 鞋 的 加 速 度 大 小 为 a=s4 +s5 +s6 -s1 -s2 -s3 ,代 入 数 (3)实验中发现,使用多用电表电压挡测量电容器 电 压,测 量 时 9T2 间过长时,电表读数会 缓 慢 减 小,原 因 是 多 用 电 表 电 压 挡 不 是 据解得a=0.3 m/s2;对 小 桶 和 运 动 鞋 组 成 的 系 统,由 牛 顿 第 理想电表,测量时电容 器 通 过 电 表 内 阻 放 电,电 容 器 两 端 电 压 减小,也可能是由于空气潮湿,电容器通过潮湿的 空 气 放 电,电 二 定 律 得 mg - F = ma,F - μMg = Ma,联 立 解 得 μ=mg- (MMg+m )a. 容器两端电压减小. 答案:(1)N (2)1.0×10-3 (3)测量 时 电 容 器 通 过 电 表 内 阻 答 案 :(3)平 行 (5)0.3 mg-(M +m)a 放电或电容器通过潮湿的空气放电 Mg 2.解析:(1)安装轨 道 时,轨 道 末 端 必 须 水 平,以 使 小 球 做 平 抛 运 2.解析:(1)根 据 电 流 表 的 读 数 规 则,可 知 电 流 表 读 数 是 I1 = 动,选项 A 正确;实 验 前 不 必 要 测 出 斜 槽 末 端 距 地 面 的 高 度, 62.0μA=6.20×10-5A.则 电 阻 箱 P 两 端 的 电 压 是 U1 = 选项 B 错误;实验中 两 个 小 球 的 质 量 应 满 足 m1 >m2,以 保 证 I1(rg +R0)=6.20×10-5×(2.10+37.9)×103 V=2.48V. 运动的小球不反弹,选项 C 错误;除了图中器材外,完成本实验 (2)M 点对应的电压U2=1.80V,电阻 R2=80.0Ω,太阳能电 还必须使用的器材是天平、刻 度 尺,不 用 秒 表,选 项 D 错 误;未 池 的 输 出 功 率 P2=UR222 =4.05×10-2W=40.5 mW. (3)与 曲 线 ① 相 比,在 电 阻 R 相 同 的 情 况 下,曲 线 ② 中 太 阳 能 放 B 球时,A 球落点的平均位置是P 点,选项 E 正确. (2)在 实 验 误 差 允 许 范 围 内 ,若 满 足 关 系 式 m1x2 =m1x1 + m2x3 ,则 可 以 认 为 两 球 碰 撞 前 后 的 总 动 量 守 恒 . 电池的电压较大,由 P=UR2 可知,曲 线 ② 中 太 阳 能 电 池 的 输 出 (3)a.因 为 三 次 的 水 平 位 移 相 等 ,而 x=vt,y= 1 gt2 ,故 v2 = 功率较大.结合曲线②可知,当 R=45Ω 时对应的电压约 为 2. 2 2V,此时太阳能电池的输出功率最大为 Pm =108 mW. 答案:(1)2.48 (2)40.5 (3)较大 108(105~108均正确) gx2 × 1 ,所 以 平 抛 运 动 的 初 速 度 v2 与1 成正比,故要验证 碰 2 y y 实 验 题 限 时 特 训 (4) 撞 前 后 两 球 的 总 动 能 相 等 ,则 必 须 满 足 21m1v21 = 1 m1v22 + 1 1.解析:(1)从小石块经过平衡位置(已经选定参考位 置)开 始,用 2 2 手机中的“秒表”软件计时(记为第1次经过平衡位 置),至 小 石 m2v32 ,即m1 =m1 +m2 . 块第41 次 经 过 平 衡 位 置,共 经 历 n=20 个 周 期,总 时 间 为 y2 y3 y1 b.当入射小球 A 与被 碰 小 球B 碰 撞 后 分 别 做 平 抛 运 动 时,由 于被碰小球 B 的速度大,会先打 到 竖 直 墙 上,之 后 会 被 墙 壁 反 n·T=t,解得 T=nt =4.71s. 弹,又竖直方向上两球的运动基 本 同 步,因 此 B 球 反 弹 后 的 运 动过程中有非常大的可能与A 球再次相碰. (2)根据周期公式 T=2π l ,解得摆长l=g4Tπ22 =4gπt2n22 ,摆长即 (1)AE (2)m1x2=m1x1+m2x3 (3)a.my21 =m1 +m2 g y3 y1 为 树 的 周 长 ,则 C=l=4gπt2n22 =5.5 m. b.见 解 析 (3)山顶的海拔较高,所以实际重力加速度较小,所 以 同 纬 度 其 实 验 题 限 时 特 训 (6) 他 地 区 的 重 力 加 速 度 偏 大 ,则 测 量 值 > 真 实 值 . 答案:(1)4.71 (2)5.5 (3)> 1.解析:(1)①由 刻 度 尺 的 读 数 规 则 可 知,打 下 计 数 点 B 时 小 车 2.解析:(1)充 电 宝 的 电 动 势 E 约 为 5 V,而 电 压 表 的 量 程 为 的位移大 小 为x2 =6.20cm;连 接 图 3 中 的 点,由 斜 率 可 知 加 4V,因此待测电阻 Rx 分得的 电 压 不 能 超 过 4 V,当 电 压 表 测 速度a=1.9 m/s2; 得的电压为4V 时,电 阻 箱 分 得 的 电 压 约 为 1 V,根 据 串 联 分 ② 利 用 图 1 装 置 进 行 “探 究 加 速 度 与 力、质 量 的 关 系 ”的 实 验 时,为减小实验误差,应使连接小车的细绳 与 长 木 板 平 行,D 错 压 有Rx 误;实验时应将钩码更 换 成 砝 码 盘 和 砝 码,应 保 证 小 车 的 质 量 R1 = 4 ,即 R1 约为12.5Ω,故 R 不 能 小 于 12.5 Ω,则 R 远大于砝码以及砝码盘的总质量,因此不能换成质 量 更 小 的 小 1 车,A 错误,C 正确;实验时应将长木板 的 右 端 适 当 垫 高 以 平 衡 应 调 节 到 100 Ω. 摩擦力,B 正确. (2)①“探究求 合 力 的 方 法 ”时 不 用 保 证 两 弹 簧 的 读 数 相 同,A (3)根据 闭 合 电 路 欧 姆 定 律 有 E =U +RUxR,整 理 可 得 1 = 错误;在已记录结点位 置 的 情 况 下,确 定 一 个 拉 力 的 方 向 需 要 U 11 再选择与结点相距较远的一点,B 错 误;实 验 时,弹 簧 秤 外 壳 与 ERxR+ E . 木板之间的摩擦不影 响 实 验 的 结 果,C 错 误;为 了 减 小 实 验 误 差,实验时,应保证橡 皮 条、细 绳 和 弹 簧 秤 贴 近 并 平 行 于 木 板, (5)根 据 上 述 表达 式 可 知1 -R 图线 的纵 截距等 于1 ,所 以有 U E D 正确.②如果只有一 个 弹 簧 秤,应 先 后 两 次 将 弹 簧 秤 挂 在 不 同的细绳套上,然后将 结 点 拉 到 同 一 位 置 O,并 保 证 两 次 两 分 E =5.0 V;图 线 的 斜 率 1 ,代 入 数 据 解 得 Rx =50.0 Ω. 力的方向不变;再将弹 簧 秤 挂 在 一 个 细 绳 套 上,将 结 点 拉 到 位 k=ERx (6)若 考 虑 电 压 表 的 内 阻 ,则 有 E =U + (U +RUV )R ,整 理 可 得 置 O,因 此 为 了 完 成 实 验 至 少 需 要 3 次 把 橡 皮 条 的 结 点 拉 Rx 到 O. 1 = (1 1 )R+ 1 ,则 图 线 的 斜 率 1 1 ,即 答案:(1)①6.20±0.05 1.9±0.2 ②BC U ERx +ERV E k=ERx +ERV (2)①D ②3 1 1 1 ,所 以1 1 ,可 得 Rx测 <Rx真 , 2.解析:(1)分析知直流电压表的最小 分 度 值 为 0.2 V,所 以 测 量 ERx测 =ERx真 +ERV ERx测 >ERx真 结 果 为 5.4 V. (2)用“×1k”挡来测 量 100 Ω 的 电 阻,指 针 指 在 欧 姆 挡 表 盘 的 即 R测 <R真 . 答 案 :(1)100 (3)E1RxR + 1 (5)5.0 50.0 (6)< “0.1”处 ,故 指 针 的 偏 角 较 大 . E (3)由图丙分析可知,当表头 满 偏 时 有Ig =RE内 ,当 表 头 半 偏 时 实 验 题 限 时 特 训 (5) 1.解析:(1)由 图 甲 可 知 N 端 为 高 电 势,所 以 红 表 笔 应 接 在 N 有 1 =R E ,由 图 丁 可 知 ,当 表 头 半 偏 时 ,Rx =150 Ω, 点.(2)图乙所示的 图 像 中 每 个 小 方 格 代 表 的 电 荷 量q=50× 2Ig +Rx 内 10-6×5C=2.5×10-4C,利 用 数 格 子 的 方 法 ,估 算 出 电 容 器 两 则分析知 R内 =Rx =150Ω,联 立 解 得 E=1.5 V.该 图 像 的 数 端电压为 8.0 V 时 共 有 32 个 小 方 格,则 电 容 器 充 电 完 成 时 储 学 关 系 式 为I=R E =1501+.5Rx .由 于 中 值 电 阻 的 阻 值 为 存 的 电 荷 量 Q=32q=32×2.5×10-4C=8.0×10-3C,则 电 容 +Rx 内 — 304 —

参考答案 150Ω,而多用电表欧姆挡表盘中间刻度线数值为“15”,所 以 此 第 二 种 情 况 :如 图 2 所 示 , 时使用的欧姆挡的倍率为“×10”,B 正确. 图2 答案:(1)5.4 (2)较大 (3)1.5 I=1501+.5Rx B 粒 子 圆 周 运 动 的 圆 心 角α2 =30°+120°+90°=240° 计算题限时特训 计 算 题 限 时 特 训 (1) 1.解 析 :(1)对 封 闭 在 气 窑 内 的 气 体 ,排 气 前 容 积 不 变 tPM2 =234600°°T 2π 2qmEl . T1 = (t1 +273)K=300 K, =3 由 查 理 定 律 可 知p0 =2Tp20 第 三 种 情 况 :如 图 3 所 示 , T1 可 得 T2=600K 或t2=327 ℃ . (2)开始排气后,气窑内气体维持2p0 压强不变,最终窑内气体 温度为 T3 = (t3 +273)K=1200 K,由 盖—吕 萨 克 定 律 可 知 V0 =VT33 图3 T2 粒 子 圆 周 运 动 的 圆 心 角α3 =90°+240°+90°=420° 得 V3 =2V0 则Δm =V3V-3V0 = 1 . tPM3=346200°°T=76π 2qmEl. m 2 第 四 种 情 况 :如 图 4 所 示 , 答案:(1)327 ℃(或600K) (2)12 2.解 析 :(1)对 加 速 过 程 由 运 动 学 公 式 有 v=at1 故t1 =4s s1= 12at12 减 速 过 程 有s3=0+2vt3 图4 粒 子 圆 周 运 动 的 圆 心 角α4 =90°+240°+150°=480° 故t3 =10s 匀 速 过 程 有s2=s-s1-s3 故t2=sv2 =290.5s tPM4 =436800°°T 4π 2qmEl . 故 总 时 间t=t1+t2+t3=304.5s =3 (2)汽车对司机的作用力与重力的合力使司机做加速度为a 的 答 案 :(1) 2qEl (2) 2mE m ql 加速运动,根据力的合成有 F= (ma)2+(mg)2 (1+1π2) 2ml 解得 F=150 29N qE (3)见 解 析 . 答案:(1)304.5s (2)150 29 N 计 算 题 限 时 特 训 (2) 3 解 析 :(1)粒 子 经 过 电 场 加 速 ,由 动 能 定 理 有 1.解 析 :(1)该 单 色 光 在 玻 璃 丝 中 的 传 播 速 度 qEl= 12mv2 解得v= 2qmEl. (2)粒 子 进 入 第 一 象 限 中 的 磁 场 区 域 ,由 几 何 关 系 有 v=nc cos30°=R-2R-23l,解得 R=l t=vl 解 得t=ncl. 粒 子 在 磁 场 区 域 中 ,由 向 心 力 公 式 有 (2)由 全 反 射 知 识 知 sinC1 = 1 n v2 设光线在 AC 面上恰好发生全反射时,在 AB 端 面 的 入 射 角 为 R qvB =m 解得 B=qmRv= 2mE θ1 ,则 ql n=sin(9si0°nθ-1C1) 粒 子 通 过 电 场 加 速 ,由 位 移 公 式 有 l= 1 ·qE ·t21 解 得t1= 2ml sinθ1 =nsin(90°-C1 ) 2 m qE 解 得sinθ1= n2-1 粒子在磁场区域中周期 T=2vπR =π 2ml 故sinθ≤ n2-1. qE 答案:(1)ncl (2)sinθ≤ n2-1 则t2 =33600°°T = π 2ml,粒 子 从 A 点运动到P 点的时间 2.解析:(1)解法一:带 粒 子 在 电 场 中 做 类 平 抛 运 动,根 据 运 动 学 12 qE 公 式 有h= 12at2 qE=ma vy =at vy =v0tan37° tAP =t1+t2=(1+1π2) 2ml 解 得 E=932mqvh02 . qE 解 法 二 :qEh= 21mv2- 12mv02 vcos37°=v0 可 得 E=932mqvh20 . (3)粒子从 P 点运动到 M 点有四种可能,具体如下. 解 法 三 :v2y =2ah vy =v0tan37° a=qmE 可 得 E=932mqvh20 . 第 一 种 情 况 :如 图 1 所 示 , 图1 粒 子 圆 周 运 动 的 圆 心 角α1 =30°+120°+30°=180° tPM1 =136800°°T = π 2ml . 2 qE — 305 —

一品方案·物理(新高考版) (2)画 出 粒 子 在 磁 场 中 的 运 动 轨 迹 如 图 所 示 内传播的距离为 Δx=1 m,有v=ΔΔtx 解得v=2 m/s. x1=v0t x1=r+rsin37° 可 得r= 35h (2)当机械波的传播速度v'=142 m/s时,结合题图中信息有 qvB=mrv2 v0=vcos37° 解得 B=34mqvh0 . λ=8 m y v't=nλ P W E 解 得n=8+ 7 8 故该机械波沿x 轴负方向传播. A 答案:(1)2 m/s (2)沿x 轴负方向传播 O c x 2.解析:(1)过山车恰好过最高点时,只受重力,有 mg=mvR2B c 解得vB =4 5m/s. (2)过山 车 离 开 C 点 后 做 平 抛 运 动,为 使 过 山 车 安 全 落 入 水 答 案 :(1)932mqvh20 (2)34mqvh0 中 ,由 平 抛 运 动 规 律 ,有h= 12gt2,s=vmaxt 3 解 析:(1)木 板 与 挡 板 第 一 次 碰 后 瞬 间,木 板 速 度 反 向,木 板 受 解 得t=0.8s,vmax=15 m/s. 到物块向右的摩 擦 力,向 左 做 匀 减 速 直 线 运 动,由 牛 顿 第 二 定 (3)根据题述乘客 在 圆 形 轨 道 最 低 点 A 对 座 椅 的 压 力 为 自 身 重力的3倍,可知座椅对乘客的支持力大小为 FN =3mg,在 圆 律 有 μmg=Ma 形 轨 道 最 低 点 有 FN -mg=mvR2A 由 匀 变 速 直 线 运 动 规 律 有v20 =2asA 解得vA =4 10m/s 可 得sA = 32m. 过山车落入水中时,坚直方向速度大小为vy =gt=8 m/s (2)木板与挡板第一次碰 后 到 第 二 次 碰 前,A、B 组 成 的 系 统 水 则 落 水 速 度 大 小 为v= v2A +v2y =4 14m/s. 平 方 向 动 量 守 恒 ,有 mv0-Mv0=(m+M )v1 答案:(1)4 5m/s (2)15 m/s 由 功 能 关 系 有 12mv20 + 1 Mv02 = 1 (m +M )v12 +μmgΔs1 (3)4 14m/s 2 2 3解析:(1)cd 绝缘杆通过半圆导轨最高点时,由牛顿第二定律有 可 得 Δs1=2 m. (3)木板与挡板从第一 次 碰 撞 到 第 二 次 碰 撞 过 程 中,木 板 与 物 Mg=M v2 r 块 相 对 运 动 的 时 间t1=v0a+v1 =32va0 解得v= gr= 5m/s. (2)碰撞后到cd 绝缘杆滑至最高点的过程中,由动能定理有 t1 时 间 内 木 板 的 位 移s1= -v0t1+ 21at21 = -38va20 -2Mgr= 1 Mv2 - 1 Mv22 2 2 s1 =34va0 设 之 后 再 经 过t'1 ,木 板 与 挡 板 碰 撞 ,则t'1 = v1 解得碰撞后cd 绝缘杆的速度大小v2=5 m/s 两 杆 碰 撞 过 程 ,动 量 守 恒 ,取 向 右 为 正 方 向 ,则 有 木板与挡板第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔 mv0 =mv1 +Mv2 ΔT1=t1+t'1=3v40 (s) 解得碰撞后ab 金属杆的速度v1=2 m/s 同理可得第二次与第三次碰撞的时间间隔 ab 金属杆进入磁场后,由能量守恒定律有 21mv21=Q ΔT2 = 3 = 3 ×v20 (s) 解得 Q=2J. 4v1 4 答案:(1)5m/s (2)2J ΔT3 = 3 = 3 ×v220 (s) 4v2 4 计 算 题 限 时 特 训 (4) …… 1.解析:(1)变压器原、副线圈中交变电流的频率相等,即f原 =f ΔTn = 3 = 3 ×2vn-01 (s) T =1.67×10-2 s 4vn-1 4 1 故 ΔTn 3 (s). f原 =T =2n 解得f=60 Hz. (4)解法一:从功能关系分析,当 B 恰好不能从A 上滑下时,有 (2)设 通 过 R2 中 的 电 流 为I2,通 过 R1 中 的 电 流 为I1.电 源 输 μmgL= 1 (m +M )v02 出 的 总 功 率 为UI1=I21R1+I22R2 2 n1 =II21 得 L= 8 m. n2 3 U2 =I2R2 解 法 二 :根 据 (2)中 分 析 ,推 理 可 得 解 得U2=66V. Δsn =vn-1 × (vn-1 -vn ) 答案:(1)60 Hz (2)66V μg 2.解析:(1)对质量为 m 的粒子,在电场中根据动能定理有 Δsn =8× (1 )n m qU= 21mv2 4 L=Δs1 +Δs2 + …Δsn = 8 m. 在磁场中,其轨迹半径 R=d 3 根据洛伦兹力提供向心力有, 答案:(1)23 m (2)2m (3)23ns (4)38 m qvB =m v2 R 计 算 题 限 时 特 训 (3) 解 得 B= 1 2mU . 1.解析:(1)由已知条件可知,该机械波沿x 轴 正 方 向 传 播,0.5s d q — 306 —

参考答案 (2)对质量为km 的粒子,在电场中根据动能定理有 (3)地 铁 做 匀 加 速 运 动 的 位 移 大 小 为 x1= 21a1t21 =200 m qU= 12kmv'2 地铁做匀速运动的位移大小为 在 磁 场 中 ,运 动 轨 迹 如 图 所 示 ,有 (R'-d)2 + (2d)2 =R'2 x2=v(t-t1-t2)=20×(300-20-20)m=5200 m 根 据 洛 伦 兹 力 提 供 向 心 力 有 ,qv'B =kmvR''2 地铁做匀减速运动的位移大小为 x3=x1=200 m 所以甲、乙两地之间的距离为 x=x1+x2+x3=5600 m. 解 得k=2.25. 答案:(1)1 m/s2 (2)20 m/s (3)5600 m 答 案 :(1)d1 2mU (2)2.25 2.解析:(1)金属棒以最大速度vm 下滑时,根据法 拉 第 电 磁 感 应 q 定律可知金属棒 产 生 的 感 应 电 动 势 E =Blvm ,对 电 路 进 行 分 3解析:(1)物块由 A 点到B 点过程,由机械能守恒定律,有 析,由闭合电路欧姆定律有 E=I·RR+RR00 ,此时金属棒处于平 mgR= 12mv20 ,解 得v0= 2gR . 衡状态,根据平衡条件有 BIl=mgsinθ,整理得 (2)假设滑板与 P 碰 撞 前 物 块 与 滑 板 已 达 到 共 同 速 度,设 速 度 1 =mBgs2lin2θ(R10 + 1 ), 大小 为v,物 块 与 滑 板 组 成 的 系 统 动 量 守 恒,以 向 右 为 正 方 向, vm R 由动量守恒定律得 mv0=(m+M )v. 由1 - 1 图 像 可 知 设 此 过 程 滑 板 位 移 大 小 为s,对 滑 板 ,由 动 能 定 理 得 vm R μmgs= 1 Mv2 -0 解 得s=38R mBgs2lin2θ=1 m-1·s·Ω,mBgs2lin2θ·R10 =0.5 m-1·s, 2 解得 m=0.2kg,R0=2Ω. 由于s>L0,故假设不 成 立,说 明 滑 板 与 挡 板 P 碰 撞 前 瞬 间 物 (2)设此时金属棒 下 滑 的 速 度 大 小 为 v,根 据 法 拉 第 电 磁 感 应 块与滑板未达到共速. 定律可知金属 棒 产 生 的 感 应 电 动 势 E'=Blv,对 电 路 进 行 分 设滑板与挡板 P 碰撞前瞬间滑板的速度大小为v2 析,由闭合电路欧姆定律有 E'=I'·RR+RR00 ,因 此 时 金 属 棒 下 对 滑 板 由 动 能 定 理 ,有 μmg· R = 1 Mv22 -0 6 2 解 得v2= 2gR 滑的加速度大小为 14g,根据牛顿第二定律有 6 g 对 物 块 与 滑 板 ,由 动 量 守 恒 定 律 有 mgsinθ-BI'l=m · 4 ,联 立解 得v=0.5 m/s. mv0=mv1+Mv2,解 得v1= 2gR . 答案:(1)0.2kg 2Ω (2)0.5 m/s 2 3解析:(1)带电粒子从 P 点射入电 场 中,做 类 平 抛 运 动,有 x1 = (3)由于滑板 与 挡 板 的 碰 撞 没 有 机 械 能 损 失,所 以 滑 板 与 挡 板 1 ·Emqt12 代入数据可得 x1=0.2 m. P 碰撞后的速度大小v2 不变,方 向 向 左,此 后 滑 板 做 匀 减 速 直 v0t1 ,yp = 2 线运动,物块向右 做 减 速 运 动,设 两 者 达 到 共 同 的 速 度 大 小 为 (2)由(1)可得带电粒子在电场中的运 y v3 ,以 向 右 为 正 方 向 动时间为t1=1×10-5s经过x 轴的速 P E 由 动 量 守 恒 定 律 ,有 mv1-Mv2=(M +m)v3 解 得v3=0 度 为 v= v02+v2y = v20 +(Emqt1 )2 M x 说明两者速度同时减为零,设此时滑板离 P 的距离为s' Offffff 由 动 能 定 理 ,有 -μmgs'= 1 Mv23 - 1 Mv22 =2 2×104 m/s ffffff 2 2 ffffff 方向与x 轴 正 方 向 成 45°进 入 磁 场, ffffff 解 得s'= R 在磁场中做匀速 圆 周 运 动,有 Bvq= 6 ffffff mv2 ,解 得r=qmBv= 2 所以滑板 刚 好 停 到 原 来 位 置,整 个 运 物块、滑板的v t 图像 r 5m 动过 程,物 块 始 终 相 对 滑 板 向 右 运 W 带电粒子运动轨迹如 图 甲 所 示,带 电 f f f f f f 动,要 使 物 块 始 终 留 在 滑 板 上,则 物 W 粒子在 磁 场 中 的 偏 转 角 为3π,运 动 f f f f f f N 块速度减 为 零 时 刚 好 到 达 滑 板 右 端, W m 4甲 即整个 运 动 过 程 物 块 相 对 滑 板 的 位 W M WO 时间 为 t2 = 3 T = 3πm 3π 移大小为L M t 8 4qB =4 由能量守恒定律,有 mgR=μmgL ×10-5s. 解 得 L =2R,即 滑 板 长 度 最 小 值 带电粒子从 P 点出发到回到y 轴的时间为 为 2R . t总 =t1+t2=4+43π×10-5s. 答案:(1) 2gR (2) 2gR (3)2R (3)带电粒子在电场中做类平抛运动,有 x=v'0t,yp =2Emqt2 2 计 算 题 限 时 特 训 (5) 1 ·Bvm'0q·vx'022=2Bmqvx'20 2 1.解 析 :(1)地 铁 加 速 时 ,对 笔 受 力 分 析 如 图 所 示 由 于 E =Bv'0 ,即 yp = 由牛顿第二定律可得 mgtanθ=ma1 若 恰 好 打 在 M 点 ,粒 子 速 度 最 大 为v'max=8×104 m/s 由几何关系可得tanθ=hd =0.1 解得地铁加速时笔的加速度大小为 设粒子过 x 轴 时 的 速 度 为vt,在 磁 场 中 做 匀 速 圆 周 运 动,有 Bvtq= mvt2 即rt = mvt =qBmcv'os0θ = y rt qB a1=1 m/s2 P E 由于笔相对于 地 铁 静 止,地 铁 的 加 速 度 等 于 θ x 笔的加速度,则 地 铁 加 速 时 的 加 速 度 大 小 为 h N T x2 ,可 得rtcxosθ=y2p .即 不 管 初 W M x θ 2ypcosθ O f f f f fθ f 1 m/s2. (2)设 地 铁 运 行 速 度 最 大 值 为 v,由 题 意 可 速度v'0大 小 怎 么 变,带 电 粒 子 在 磁 f f f f f fWU 知,地铁由静止开始做匀加速直线运动,加 速 mg 场中运动 过 程 中 轨 迹 圆 的 圆 心 都 在 θf f f f f f 时 间t1=20s d DN y 轴 上,当 粒 子 以 最 小 速度射出 且 恰 f f f f f fN 好能打在 MN 上的粒子轨迹与挡板相 则 有v1=a1t1=20 m/s. 乙 — 307 —

一品方案·物理(新高考版) 切时,如图乙所示,此时rt =0.4m,有 rt2 -x2 =2yxp ,解 得 能 够 由系统机械能守恒得 x 1 × m3v20 = 1 × m3v2a + 21mvb2 (1 分 ) 2 2 击 中 挡 板 左 侧 的 粒 子 最 小 速 度 为v'0min=( 17-1)×104 m/s 联 立 解 得va = -v20 ,vb =v20 能击中挡板左侧的 粒 子 的 初 速 度 范 围 为 ( 17-1)×104 m/s≤ v'0≤8×104 m/s. 小 球b 在 第 二 象 限 做 平 抛 运 动 ,则 xM = -vbt1 = -2vg02 ,故 M 答案:(1)0.2 m (2)4+43π10-5s 点 坐 标 为(-2vg02 ,0). (3)设小球b 运动到 M 点的速度大小为vM ,从 P 到 M 过程,由 (3)( 17-1)×104m/s≤v'0≤8×104m/s 计 算 题 限 时 特 训 (6) 1.解析:(1)鱼在深海处的压强 p=p0+ρgH =5.1×106 Pa. 机 械 能 守 恒 定 律 有 mgyp + 21mvb2 = 21mv2M (2)为使一层水箱压强达到 p,二层水箱中的气体压强应为 p1=p-ρgh=4.6×106 Pa 解 得vM = 5 . 将外界压强为 p0、体积为 ΔV 的 空 气 注 入 二 层 水 箱,根 据 玻 意 2v0 耳 定 律 有 p0(V+ΔV)=p1V 解得 ΔV=450L. 解法一:由于洛伦 兹 力 不 做 功,故 小 球b 运 动 到 最 低 点 时 速 度 答案:(1)5.1×106 Pa (2)450L 达 到 最 大 ,其 沿 水 平 方 向 2.解 析 :(1)甲车由20m/s减速至6 m/s的位移为x1 =v22甲a-甲v20 = 由机械能守恒定律得 4020×-236m=91 m,x2=x0+x1=100 m,即 甲 车 司 机 需 在 离 收 21mv2M +mghm = 12mv2m 在 水 平 方 向 ,由 动 量 定 理 得 费站窗口至少100 m 处开始刹车才不违章. (2)将两车的运动 过 程 转 化 为 刹 车 过 程 的 追 及 与 相 遇 模 型,设 ΣqvyBΔt=mvm -(-mvMx ) 又vMx =vb =v20 甲车经时间t 与乙车速度相同,由运动学公式 有v乙 - a乙 (t- t0)=v甲 -a甲t,代 入 数 据 解 得t=8s,相 同 速 度v=v甲 -a甲t= 即qBhm =mvm + 1 4 m/s<6 m/s. 2mv0 两车不相撞的临界条件是两车速度为4 m/s时,如果两车 在 收 解 得 vm = 5 费站窗口前9m 区间不相撞,那么乙车减速到6m/s时一定不 2v0 会与甲车相撞.因为题目要求两车在收费站窗口前9m 区间的 hm =52vg02 . 速度不能超过 6 m/s,所 以 为 避 免 两 车 相 撞,两 车 间 的 最 小 距 解法二:小球b 进入磁场后的运动可 分 解 成 沿x 轴 正 方 向 以 速 离都按减速 到 6 m/s 时 计 算,乙 车 从 开 始 以 34 m/s 减 速 至 度v1 的 匀 速 直 线 运 动 和 以 速 度 v2 的 匀 速 圆 周 运 动,则 6 m/s的 位 移 为 x3=v乙 t0+v22乙a-乙v02 , 代入数据解得 x3=157 m 有qv1B=mg 乙 车 所 用 的 时 间t1=t0+v乙a-乙v0 =7.5s 解 得 v1 =qmBg = 5 6v0 甲 车 速 度 减 速 到 6 m/s所 需 的 时 间t2=v甲a-甲v0 =7s 所以甲、乙的距离至少为 x=x3-x1=157 m-91 m=66 m. v2 = v2 + (vMx +v1 )2 = v02 + (34v0 )2 = 5 答案:(1)100 m (2)66 m My 3v0 3解析:(1)在第一象 限 中,小 球 a 做 匀 变 速 曲 线 运 动,水 平 方 向 做匀加速直线 运 动,设 加 速 度 大 小 为 ax ,经 过t1 时 间 到 达 P tanθ=vMvx +Myv1 = 3 ,即θ=37° 点 ,则 由 运 动 学 公 式 得v0=axt1 4 由牛顿第二定律得qE= m3ax 设 圆 周 运 动 半 径 为 R ,由 牛 顿 第 二 定 律 得qv2B =m v22 R 竖 直 方 向 做 竖 直 上 抛 运 动 ,加 速 度 为 -g,则 由 运 动 学 公 式 得 0=v0-gt1 解 得 R=mqvB2 =2158vg02 联立解得 E=m3qg. 圆周分运动到最低点 时,离 x 轴 最 远,速 度 最 大.如 图 所 示,则 (2)由小球a 在竖直方向上做竖直上抛运动得yp =2vg20 ,故 P 点 坐 标 为(0,2vg02 ) hm =R+Rcosθ=52vg20 小球a、b 在P 点 发 生 弹 性 碰 撞,设 碰 后 两 球 的 速 度 分 别 为va 、 vb ,则 5 由系统动量守恒得 vm =v1+v2= 2v0. W WMx θ Rθ O WMy hN R m3v0= m3va +mvb 答 案 :(1)m3qg W 5 W 2v0 (2)P(0,v2g02 ) M (-v2g02 ,0) (3)52vg20 — 308 —