参考答案 参考答案 第一部分 专题复习突破 T F (2) 专题一 力与运动 第一讲 力与物体的平衡 mg [真 题 引 领 ] 解析:先以 整 条 飘 带 为 研 究 对 象 进 行 受 力 分 析,飘 带 受 重 力 1.D 以 结 点 O 为 研 究 对 象,进 行 受 力 分 析,由 平 衡 条 件 可 得 mg、风的作用力 F 和拉力T,由于竖直方向不同高度的风速一 定,风对飘带的作用力 与 其 作 用 面 积 成 正 比.设 整 条 飘 带 受 力 F=2F1cos30°= 3F1,选项 D 正确. 面积为 S,则风的作 用 力 F=kS(k 为 常 量 ),飘 带 上 端 切 线 方 2.B 设两根 细 绳 对 圆 柱 体 的 拉 力 的 合 力 为 F,木板 对 圆 柱 体 的 支 持 力 为 FN ,细 F 向与竖 直 方 向 夹 角 的 正 切 值 为tanθ=mkSg;再 由 飘 带 中 点 以 下 的部分为研究对象,设飘带中点的切线与竖直方向夹角α 小 于 绳与木板 夹 角 为 α,从 右 向 左 看 受 力 分 析如图所示,在木 板 以 直 线 MN 为 轴 向 F 21mg,由 2 后方缓慢转动直 至 水 平 过 程 中,α 不 变, θ,则 其 受 风 的 作 用 力 F'> ,而 此 部 分 飘 带 重 力 为 γ 从 90°逐 渐 减 小 到 0°,又 γ+β+α= F/ 180°,且α<90°,可知 90°<γ+β<180°, β 平衡条件可知,飘带中点切线即拉力方向与竖直方 向 夹 角 的 正 则0<β<180°,可 知β 从 锐 角 逐 渐 增 大 Fα γ 切值为tanα= 21Fm'g>mkSg=tanθ,结合三 角 函 数 关 系 知α>θ, 到钝角.在力的矢量三角形中,根 据 正 弦 F/ mg 与假设矛盾,同理易知α<θ 也不成立,故α=θ,A 项正确. 定 理sinα =sFinβN =siFnγ,由 于 sinγ 不 断 答 案 :A mg 巩固拓展 减小,可知 F 不断减小,sinβ 先增大后减小,可知 FN 先 增 大 后 减小,结合牛顿第三定 律 可 知,圆 柱 体 对 木 板 的 压 力 先 增 大 后 1.B 根据对称性,四根斜杆 对 横 杆 的 作 用 力 大 小 相 等,设 为 F, 减 小,设两根细绳之间的夹角为2θ,细绳拉力为F',则2F'cosθ =F,由于θ 不 变,F 逐 渐 减 小,可 知 细 绳 拉 力 F'不 断 减 小,故 选择横杆和物体为 研 究 对 象,根 据 平 衡 条 件 有 4Fcosθ2 =G, B 正确,ACD 错误. 解得 F= 63G,故每根 斜 杆 受 到 地 面 的 作 用 力 也 为 63G,选 项 考向一 【典例】 解题指导:提示:(1)一定存在. B正确. (2)不 一 定 存 在 . 2.D 当导线静止在图(a)右侧时,导体棒 MN 在重力、拉力和安培 解析:A、B 整体 受 力 分 析,受 重 力、推 力、支 持 力;当 推 力 平 行 于斜面向上的分力大 于 重 力 的 下 滑 分 力 时,有 上 滑 趋 势;当 推 力的作用下处于平衡状态,由平衡条件可知,导体棒所受安培力指 力平行于斜面 向 上 的 分 力 小 于 重 力 的 下 滑 分 力 时,有 下 滑 趋 向右侧,又安培力与磁场方向垂直,所以安培力垂直于轻绳指向右 上方,由左手定则可知,导线中电流方向由 M 指向 N,A 项错误; 势;当推力平行于斜面 向 上 的 分 力 等 于 重 力 的 下 滑 分 力 时,无 由平衡条件有轻绳拉力F= (mg)2-(BIL)2 ,又BIL=mgsinθ, 得sinθ=mBLgI,分析易知 B、C项错误,D项正确. 滑动趋势;再对 A 受力分析,受 推 力、重 力、支 持 力 和 向 左 的 静 摩擦力,共4个力;最后对 B 受力分析,受重力、A 对B 的 压 力 考向三 和向右的静摩擦力,斜面对 B 的支持力,若 B 物体相对 斜 面 有 滑动趋势,则还要受到 斜 面 的 静 摩 擦 力,若 相 对 斜 面 无 滑 动 趋 【典例1】 B 设当 细 线 与 竖 直 方 向 的 夹 角 为θ 时,F 与 竖 直 方 势,则不受斜面 的 静 摩 擦 力,即 物 体 B 可 能 受 4 个 力,也 可 能 向的夹角为α,因 F 的大小不变,所 以 当 F 在 同 一 竖 直 平 面 内 受5个力,故 B、C 正确. 答 案 :BC 沿顺时针 方 向 缓 慢 转 过 90°的 过 程 中,可 以 FT 巩固拓展 以 F 的大小为半径画出一个 圆 进 行 分 析,小 球 重 力 的 大 小、方 向 都 不 变,对 小 球 受 力 分 θ 1.C 选 整 体 为 研 究 对 象 分 析 知,“铁 书 立 ”对 桌 面 的 压 力 大 于 Mg,A 错误;由题 图 甲 知,A 书 与 桌 面 没 有 接 触,则 桌 面 对 A 析 ,如 图 所 示 : F 书不会有弹力,B 错误;对 B 书 受 力 分 析 知,“铁 书 立 ”对 B 书 α 有向上的弹力,A 书对B 书有向右的弹力,又 B 书处 于 静 止 状 态,则 B 书 有 相 对 “铁 书 立 ”向 右 运 动 的 趋 势,所 以 水 平 方 向 当 F 的方向 从 位 置 1 到 位 置 2,再 到 位 置 3 mg “铁书立”对 B 书有向左的 摩 擦 力,C 正 确;当θ 角 缓 慢 减 小 到 的过程中,FT 不断增大;从位置1 到 位 置 2, O 某个临界值时,B 书会开始加速 滑 动,此 时 B 书 所 受 的 合 外 力 θ 增大,当 F 到位置2时,F 与FT 垂直,θ 最 不再为零,D 错误.故选 C. 大;从位置2到位置3,θ 减小,则θ 先增大后 2.A 以 A、B 整体 为 研 究 对 象 进 行 受 力 分 析,根 据 平 衡 条 件 得 减小,故选项 B 正确. 2mgsinα=μAmgcosα+μBmgcosα,又μA =2μB ,μB =μ 解 得μ 【典例 2】 C 如 图 所 示,在 任 意 位 = 23tanα;隔离 B 为 研 究 对 象 并 进 行 受 力 分 析 可 知,B 受 重 置,对小滑块 受 力 分 析,设 FN 与 竖 θ F/ m′ 力、支持力、A 对B 的弹力FN 及摩擦力而处于平衡状 态,在 沿 直方向 的 夹 角 为 θ,根 据 平 衡 条 件 mg 斜面方向上根据平衡条件得 mgsinα=μmgcosα+FN ,解得 FN 有 FN =mgcosθ,推 力 F =mgsinθ. 在小滑块 由 A 向 B 移 动 过 程 中,θ = 13mgsinα,选项 A 正确. 角 增 大,所 以 推 力 F 增 大,FN 减 小,选项 A、B 错误;选 小 滑 块 和 凹 槽 整 体 为 研 究 对 象,推 力 在 水平方 向 的 分 力 F水平 =Fcosθ=mgsinθcosθ=mgs2in2θ,先 增 大后减小,所以墙面对凹槽的压力先增大后减小,选项 C 正确; 考向二 推力在竖直方向的分力F竖 =Fsinθ=mgsin2θ,增大,故水平地 【典例】 解题指导:提示:(1)与稳定时飘带各处与竖 直 方 向 夹 角 面对凹槽的支持力 F支 =(m+m')g-F竖 减小,故 D 错误. 有关. — 229 —

一品方案·物理(新高考版) 【典例3】 AD 设 A、B 两 小 球 所 带 电 荷 量 分 别 O μ(M min+m)gcosθ,联 立 解 得 B 的最小质量为 M min = 1 m ;当 3 为qA 、qB ,B 球 的 质 量 为 m,OA =h,当 小 球 B F l 被拉至某 位 置 时,受 力 分 析 如 图 所 示.设 此 时 h rB B 的质量为最大值,A 相 对B 即 将 向 上 滑 动,AB 间 静 摩 擦 力 OB=l,AB =r,两 球 的 库 仑 力 大 小 Fe = 达到最大值,此时 B 相对于木板 即 将 向 下 滑 动,B 与 木 板 间 静 kqrAq2B ,根 据 相 似三角 形 可 知mg =Fre = F ,解 A 摩 擦力达到最大值.设轻绳的拉力为 T',对物块 A 沿斜面方向 h l F 根据平衡条件可得:T'=mgsinθ+μmgcosθ,对 B 沿 木 板 方 向 根据 平 衡 条 件 可 得 :M maxgsinθ=T'+μmgcosθ+μ(M max +m ) 得 F=mhgl,r3 =kqmAqgBh,由 于l 一 直 在 减 小, mg Fe gcosθ,联立解得 B 的最大质 量 为 M max=2m,所 以 要 AB 均 保 故 F 一 直 减 小,故 A 正 确;B 错 误;由 r3 = 持静止,对 B 的质量应满足 13m≤M ≤2m. kqAqBh可 知 ,r 保 持 不 变,因 此 B 球的运动轨 答案:13m≤M ≤2m mg 巩固拓展 迹是一段圆弧,故 C 错误,D 正确. 【典例4】 D 拉 绳 连 接 处 为 一 “死 结”,以 此 结 点 为 研 究 对 象 进 D 木 块 在 木 楔 斜 面 上 匀 速 下 滑 时,有 mgsinθ=μmgcosθ,木 块在力 F 的作用下沿斜面匀速上滑时,由平衡条件得 Fcosα= 行受力分析,如图(a)所 示,设 钢 材 的 质 量 为 m,“死 结”结 点 左 上方绳在该结点处的 弹 力 T1 与 水 平 方 向 夹 角 为θ,乙 手 中 绳 mgsinθ+Ff,Fsinα+FN =mgcosθ,且 Ff =μFN ,解 得 F = 子的拉力为 T2,钢材缓慢移动,则“死结”结点 始 终 处 于 动 态 平 co2sαmg+sμinsiθnα=cosα2·mcgossiθnθ+s·incαos·θsinθ =comsg(θsin-2αθ).当 α=θ 衡状态,根据平衡条件和正交分解法有 T1sinθ=mg,T1cosθ= 时 ,F 有 最 小 值 ,Fmin=mgsin2θ.故 D 正 确 . T2,可 得 T1=smingθ, 聚焦情境 素养培优 T T ′ F/ 【示例1】 C 瓦片受重力、两侧的两个 支 持 力 和 两 个 摩 擦 力,共 θ T α 5个力,故 A 错误;设檩条对瓦片 的 两 弹 力 夹 角 为α,根 据 题 图 f mg Mg 乙可知 在 垂 直 于 两 檩 条 所 在 平 面 的 平 面 内 有 2Ncos α = 2 图(a) 图(b) mgcosθ,适当 减 小 檩 条 间 的 距 离 d 时,夹 角α 变 小,则 瓦 片 与 T2=tmangθ,在乙缓慢释 放 手 中 的 绳 子 时,θ 变 大,钢 材 重 力 mg 檩条间的弹力变小,最大静摩擦力变 小,瓦 片 可 能 会 下 滑,故 B 错误,C 正确;由以上 分 析 可 知,适 当 增 大 檩 条 间 的 距 离 d 时, 不变,则 T1、T2 变小,选项 B、C 错 误;对 甲 受 力 分 析,如 图 (b) 同理可知瓦片与檩条 间 的 弹 力 变 大,最 大 静 摩 擦 力 变 大,瓦 片 仍然静止,瓦片与檩条间的摩擦力不变,故 D 错误. 所示,设甲的质量为 M ,受到地面的摩擦力为f,受地面的支持 【示例2】 D 如 图 所 示,开 始 时 两 个 绳 子 是 对 称 的,与 竖 直 方 力为 FN ,绳子对甲的 拉 力 T'1与 水 平 方 向 的 夹 角 为α,工 人 甲 也始终处于平 衡 状 态,根 据 平 衡 条 件 和 正 交 分 解 法 有 T'1sinα 向夹角是相等的,左手 不 动,右 手 竖 直 向 下 或 向 上 缓 慢 移 动 的 过程中,两只手之间的水 平 距 离 L 不 变; F +FN =Mg,T'1cosα=f,T'1=T1,工 人 甲 保 持 静 止 ,则 α 不 F 变,当 T1 变小时,FN 变 大,选 项 A 错 误;对 乙 受 力 分 析,在 水 假设绳子的长度为x,则 xsinθ=L,绳 子 θθ 平方 向 上 乙 受 到 拉 绳 的 拉 力 T'2和 地 面 的 摩 擦 力 f'相 等,有 一端在 上 下 移 动 的 时 候,绳 子 的 长 度 不 T'2=T2 =T1cosθ=f',根 据 几 何 关 系 可 得 α<θ,联 立 可 得 变,两杆之间的 水 平 距 离 不 变,则θ 角 度 f>f',即甲受到地 面 的 摩 擦 力 大 于 乙 受 到 地 面 的 摩 擦 力,选 不变;两个绳子 的 合 力 向 上,大 小 等 于 空 mg 项 D正确. 竹的重力,由于 夹 角 不 变,所 以 绳 子 的 拉 考向四 力不变,故 A、B 错 误;左 手 不 动,右 手 水 平 向 右 缓 慢 移 动 的 过 【典例】 解题指导:提示:(1)A 相对于B 有向上的运动趋势. 程中,绳子与竖直方向的夹角变大,且两个绳子的 合 力 不 变,根 (2)μ·3mgcos45°. 据2Fcosθ=mg,可 知,细 线 的 拉 力 变 大;同 理,右 手 水 平 向 左 解析:根据题述,物 块 A、B 刚 要 滑 动,可 知 A、B 之 间 的 摩 擦 缓慢移动的过程中,细线的拉力减小,故 C 错误,D 正确. fAB =μmgcos45°,B 与木板 之 间 的 摩 擦 力f=μ·3mgcos45°. 隔离 A 分 析 受 力,由 平 衡 条 件 可 得 轻 绳 中 拉 力 F =fAB + 【示例3】 D 一 根 支 架 的 弹 力 在 坚 直 方 向 的 的 分 力 为 F竖 = mgsin45°.对 A、B 整体,由平衡条件知2F=3mgsin45°-f,联 Fcosθ,在竖直方向上有3Fcosθ=mg,解得F=2 3mg,故 D 正确. 9 1 第二讲 力与直线运动 5 立 解 得μ= ,选 项 C 正 确 . [真 题 引 领 ] 答 案 :C 1.AD 两 滑 块 匀 速 运 动 过 程 中,弹 簧 对 P、Q 的 弹 力 大 小 为kx [拓 展 延 伸 ] =μmg,当撤 去 拉 力 后,对 滑 块 P 由 牛 顿 第 二 定 律 有kx'+ 1.解析:设绳子的拉力为 T,B 的质量为 M ;对 AB 整体受力分 μmg=ma1,同理对滑块 Q 有μmg-kx'=ma2,从 撤 去 拉 力 到 弹簧第一次恢复原长过程中,弹力由μmg 一 直 减 小 到 零,所 以 析,沿木板方向由平衡条件得:2T-(M +m)gsinθ=0①,对 A P 的加速度大小的最大值为刚撤去拉力F 瞬间的加速度大 受力分析,若 AB 之间 达 到 最 大 静 摩 擦 力 且 沿 木 板 向 上,沿 木 小,此时 P 的加 速 度 大 小 为 2μg,而 弹 簧 恢 复 原 长 时,Q 的 加 板方向由平衡条 件 得:T +μmgcosθ-mgsinθ=0②.若 AB 之 速度大小达到 最 大 值,即 Q 的 最 大 加 速 度 为μg,A 项 正 确,B 间达到最大静 摩 擦 力 且 沿 木 板 向 下,沿 木 板 方 向 由 平 衡 条 件 项错误;由于弹簧恢复 原 长 前 滑 块 P 的 加 速 度 一 直 大 于 Q 的 加速度,且两滑块初速度相同,所 以 撤 去 拉 力 后 P 的 速 度 一 直 得 :T -μmgcosθ-mgsinθ=0③ ,由 ① ② 式 得 M = 3 m ,由 ① 5 小于同一时刻Q 的速度,所以 P 的 位 移 一 定 小 于Q 的 位 移,C ③式得 M = 15m,则 B 的质量 M 应 满 足 1 ≤M ≤ 35m . 项错误,D 项正确. 5 2.BC 当飞行器关闭发动机以 速 率v1 =10 m/s匀 速 下 落 时,有 答 案 :1 ≤M ≤ 35m Mg=kv12,当 飞 行 器 以 速 率 v2 =5 m/s 匀 速 向 上 运 动 时,有 5 2.解 析 :当 B 的 质 量 为 最 小 值 ,A 相 对 B 即 将 向 下 滑 动 ,AB Mg+kv22 =Fmax,联 立 解 得 Fmax =1.25Mg,A 项 错 误 ;当 飞 行 间静摩擦力达到最大 值,此 时 B 相 对 于 木 板 即 将 向 上 滑 动,B 器以速率v2=5 m/s匀 速 水 平 飞 行 时,飞 行 器 受 重 力、推 力 和 空 气 阻 力 作 用 而 平 衡 ,由 平 衡 条 件 有 F2 = (Mg)2 + (kv22 )2,解 与木板间静摩擦力达到最大值.设绳 子 拉 力 为 T,对 物 块 A 沿 木板方向根 据 平 衡 条 件 可 得:mgsinθ=T +μmgcosθ,对 B 沿 得 F= 417Mg,B 项正确;当飞行器以最大推力Fmax 推动飞行 木板 方 向 根 据 平 衡 条 件 可 得:T = M mingsinθ+μmgcosθ+ — 230 —

参考答案 器水平飞行时,由平衡条件有 F2max-(Mg)2 =(kv23)2,解 得v3 = 二定律有 FN -mg=ma,联 立 解 得 FN =mg+ F ,选 项 A 错 2 5 3 m/s,C项正确;当飞行器最大推力向下,飞行器以5 m/s的 速率向上减速飞行时,其 加 速 度 向 下 达 到 最 大 值,由 牛 顿 第 二 误.弹簧弹力大小等 于 F 时,对 A、B 整 体 由 牛 顿 第 二 定 律,有 定 律 有 Mg+Fmax+kv22 =Mamax,解 得amax=2.5g,D 项 错 误 . F-2mg=2ma',对物体 A 有FN -mg=ma',联 立 解 得 FN = 考向一 F ,选 项 B 正 确.当 A 、B 整体所受的合 力 为 零 时,加 速度为 【典例1】 解题指导:提示:(1)两车速度相等时. 2 (2)5s. 解析:(1)当 A、B 两汽车速度相等时,两 车 的 距 离 最 远,即v= 零,速度最大,则对 A 由平衡条件 可 知FN =mg,选 项 C 正 确. vB -at=vA ,解 得t=3s. 当弹簧恢复原长时,根 据 牛 顿 第 二 定 律,对 A、B 整 体 有 2mg 此时汽车 A 的位移xA =vAt=12 m, =2ma″,对物体 A 有 mg-FN =ma″,联立解得FN =0,选项 D 错误. 【典例2】 解析:(1)根据牛顿第二定律, 汽 车 B 的 位 移xB =vBt- 12at2=21 m, 向上受拉力过程 故 最 远 距 离 Δxmax=xB +x0-xA =16 m. F-Ff-mgsin37°=ma1 (2)汽车 B 从开始减速直到静止经历的时间t1=vaB =5s, Ff=μmgcos37° 运 动 的 位 移 x'B =v2a2B =25 m, 解 得a1=2.5 m/s2 汽 车 A 在t1 时 间 内 运 动 的 位 移 x'A =vAt1=20 m. 刚撤去拉力时物体的速率 此 时 相 距 Δx=x'B +x0-x'A =12 m, v=a1t1=10 m/s 汽车 A 需再运动的时间t2=vΔxA =3s, 故 A 追 上B 所 用 时 间t总 =t1+t2=8s. 上 升 的 位 移 x1= 12a1t12 =20 m 答案:(1)16 m (2)8s (2)撤 去 拉 力 后 ,物 体 的 加 速 度 大 小 [延 伸 拓 展 ] Ff+mgsin37°=ma2,解 得a2=10 m/s2 设 经 过t2 停 止 ,则 有v=a2t2 解 得t2=1s 此 时 上 升 的 位 移 x2= 21a2t22 =5 m 1.这个结果不合理,因 为 汽 车 B 的 运 动 时 间 最 长 为t1 =vaB = 物体沿斜面向上滑动的最远距离 5s<7s,说明汽车 A 追上B 时,汽车 B 已停止运动. x=x1+x2=25 m (3)物 体 下 滑 的 加 速 度 2.可由位移关系式vBt- 12at2 =x0 +vAt,解 得ta =(3- 2)s, mgsin37°-Ff=ma3 解 得a3=2 m/s2 tb=(3+ 2)s. 则 下 滑 的 时 间 x= 12a3t32 巩固拓展 解 得t3=5s 1.C 当列车恰好以速度v 匀速 通 过 隧 道 时,从 减 速 开 始 至 回 到 则物体在斜面上往返的总时间 原来正常行驶速度所用时间最短,列车减速过程所用时间t1 = v0 -v,匀 速 通 过 隧 道 所 用 时 间t2 =Lv+l,列 车 加 速 到 原 来 速 t=t1 +t2 +t3 =10s. 2a 答案:(1)10 m/s (2)25 m (3)10s 度v0 所用时间t3 =v0a-v,所 以 列 车 从 减 速 开 始 至 回 到 正 常 [拓 展 延 伸 ] 1.解 析 :(1)根 据 牛 顿 第 二 定 律 得 ,匀 加 速 上 滑 的 加 速 度 为 行 驶速率所用 时间 至 少 为t=t1 +t2 +t3 =3(v20a-v)+Lv+l, Fcos37°-μ(mgcos37°+Fsin37°)-mgsin37°=ma1 C项正确. 代 入 数 据 解 得a1=5 m/s2 2.解析:设磕头虫离地速度大小 为v1,磕 头 虫 重 心 向 下 加 速 的 距 则 4s末 的 速 度 为 离d1=0.8 mm,磕头虫重心加速下降的加速度大小为a,则对 加速过程和离地后上升过程由速度-位移公式分别有 v1=a1t1=5×4 m/s=20 m/s (2)4s内 的 位 移 为 x1 = 1 =40 m 2v1t1 v21 -0=2ad1 撤去拉力后的加速度大小为 0-v21 = -2gh1 a2=mgsin37°+mμmgcos37°=gsin37°+μgcos37°=10 m/s2 设人 起 跳 离 地 速 度 大 小 为v2,人 重 心 向 上 加 速 过 程 的 距 离 d2 则匀减速运动的位移大小为 =0.5 m,由题知,人的加速度大 小 也 为a,h2 表 示 人 离 地 后 重 心上升的竖直高度, x2=2va122 =20 m 则物体向上运动到最高点的位置为 则对加速过程和离地后上升过程分别有 v22 -0=2ad2 x=x1+x2=40 m+20 m=60 m 0-v22 = -2gh2 (3)物 体 匀 减 速 运 动 到 最 高 点 的 时 间 为t2=av12 =2s 联 立 解 得h2=h1dd2 =150 m. 物体返回做匀加速运动的加速度大小为 答案:150 m a3=mgsin37°-mμmgcos37°=gsin37°-μgcos37°=2 m/s2 考向二 【典例1】 BC 在力 F 作用下A、B 整 体 处 于 平 衡 状 态 时,弹 簧 根 据 x= 21a3t32 , 对 A、B 整 体 竖 直 向 上 的 弹 力 大 小 为F0 =F+2mg,在 突 然 撤 去 F 的瞬间,弹簧的弹力 F0 保 持 不 变,A、B 整 体 受 到 的 合 力 解 得t3= 2x =2 15s≈7.75s 大小为,F合 =F0-2mg=F,方向竖 直 向 上.设 A、B 整 体 的 加 a3 速度大小为a,根据牛顿第二定律有 F=2ma,得a=2Fm ,隔 离 则t=t1 +t2 +t3 =4s+2s+7.75s=13.75s. A 物体,此时 A 受 重 力 和B 对 它 的 支 持 力FN 作 用,由 牛 顿 第 答案:(1)20 m/s (2)60 m (3)13.75s — 231 —

一品方案·物理(新高考版) 2.解 析 :(1)对 物 体 受 力 分 析 如 图 所 示 ,由 牛 顿 第 二 定 律 得 物 体 的 位 移 ,则t1~t2 时 间 内 冰 壶 的 位 移 大 小 为 x1 = 1 (v1 + 2 Fcos37°-mgsin37°-Ff=ma1 F Fsin37°+FN -mgcos37°=0 F/ c v2)(t2-t1),C 正 确 ;0~t3 时 间 内 冰 壶 的 位 移 大 小 为 x2 = 1 又 Ff=μFN 2 联立得a1 =F(cos37°m+μsin37°)- FG c × (v1 +v0 )t1 + 1 × (v1 +v2 )(t2 -t1 )+ 1 (t3 -t2 ),0~t3 g(sin37°+μcos37°)=1 m/s2. 2 2v2 则4s末 的 速 度 为v1 =a1t1 =1×4 时间 内 冰 壶 的 平 均 速 度 大 小 为 v=tx32 ,由 以 上 整 理 得 v= m/s=4 m/s. mg v0t1 +v1t2 +v2t3 -v2t1 ,D 错 误 . 2t3 (2)4s内 的 位 移 为 x1 = 1 =8 m 2v1t1 2.C 初始时 A、B 整 体 处 于 静 止 状 态,加 力 前 根 据 平 衡 条 件 得 撤去拉力后的加速度大小为 kx1=μ(mA +mB )g,加 力 后 瞬 间 根 据 牛 顿 第 二 定 律 得 F1 = a2=mgsin37°+mμmgcos37°=gsin37°+μgcos37°=10 m/s2 (mA +mB )a,解得a=1m/s2,物体 A、B 分离时与分离前具有 则 匀 减 速 运 动 的 位 移 大 小 为 x2=2va122 =0.8 m 共同的加速度a,故 B 错 误;A、B 分 离 时,对 B 根 据 牛 顿 第 二 则物体向上运动到最高点的位置为 定 律 有 F2 -μmBg=mBa,对 A 根 据 牛 顿 第 二 定 律 有kx2 - μmAg=mAa,根 据 题 意 有 x1-x2 =0.04 m,解 得μ=0.5,k= 500N/m,x1=0.1 m、x2=0.06 m,C 正确,A、D 错误. x=x1+x2=8 m+0.8 m=8.8 m 考向四 (3)物 体 匀 减 速 运 动 到 最 高 点 的 时 间 为 【典例 1】 解 题 指 导:提 示:(1)方 向 沿 传 送 带 向 上 大 t2=av12 =0.4s 小μmgcosθ. 物体返回做匀加速运动的加速度大小为 (2)方 向 :沿 传 送 带 向 上 .大 小 :mgsinθ 解析:(1)刚开始小物块沿传送带向上做匀加速直 线 运 动,设 加 a3=mgsin37°-mμmgcos37°=gsin37°-μgcos37°=2 m/s2 速 度 为 a1 ,根 据 牛 顿 第 二 定 律 得 根 据 x= 12a3t32 μmgcos30°-mgsin30°=ma1 解得a1=2.5 m/s. 2x 2 设小物块速度等于2.5 m/s时,小物块对地 位 移 为 L1,用 时 为 a3 5 得t3 = = 55s≈2.97s t1 ,则 则t=t1 +t2 +t3 =4s+0.4s+2.97s=7.37s. t1=av1 =22..55s=1s,L1=2va21 =22×.252.5 m=1.25 m 因 L1<L 且μ>tan30°, 答案:(1)4 m/s (2)8.8 m (3)7.37s 故小物块速度等于2.5 m/s后,将 做 匀 速 直 线 运 动 至 B 点,设 【典例3】 A 匀加速启动时,设每节动车的牵引力为 F,每 节 车 用 时 为t2,则t2=L-vL1 =0.3s 故小物块从 A 到B 所用时间为t=t1+t2=1.3s. 厢的阻力为kmg,对 动 车 组 有 2F -10kmg=10ma,以 后 5 节 (2)由于传送带速度可以任意调节,故小物块从 A 到B 一 直 做 匀加速直线运动时,到达 B 点的速度最大.由运动学公式可知 车厢为研究对象,则有 F56+F-5kmg=5ma,解得第5、6节车 v2B =v02 +2a1L 厢之 间 的 作 用 力 F56 =0,A 项 正 确.匀 速 运 动 时,有 2F = 10kmg,以后8节车 厢 为 研 究 对 象,则 有 F23 +F -8kmg=0, 解 得 F23=3kmg;以 后4 节 车 厢 为 研 究 对 象 ,则 有 F67=4kmg, B、C 两项错误.减速进站时,加速度与速度方向相 反,故 车 厢 给 人的摩擦力方 向 与 运 动 方 向 相 反,但 车 厢 对 人 还 有 支 持 力 作 解得vB = 74 m/s 小物块从 A 到B 一直做匀减速 直 线 运 动 时,到 达 B 点 的 速 度 用,故 D 项错误. 最小, 【典例4】 C t=5s时,电 梯 的 加 速 度 为 正 值,方 向 竖 直 向 上, 由牛顿第二定律得 mgsin30°+μmgcos30°=ma2 电梯处于超重状态,A 错误;8~9s内,电梯的加速 度 方 向 竖 直 向上,可 知 电 梯 加 速 上 升,B 错 误;10~15s内,电 梯 的 加 速 度 解 得a2=12.5 m/s2 为零,电梯匀速上行,C 正 确;15~20s内,电 梯 的 加 速 度 方 向 由 运 动 学 公 式 可 知vB'2=v02 -2a2L 竖直向下,电梯向上做减速运动,D 错误. 考向三 解得vB'= 14 m/s 74 m/s 即小物块到达B 点的速度范围为 【典例1】 解题指 导:提 示:(1)甲 车 做 匀 加 速 直 线 运 动,乙 车 做 匀速直线运动. 14 m/s≤vB ≤ 74 m/s. (2)两 车 速 度 相 等 时 . 解析:x t 图像中的倾斜直线 表 示 匀 速 直 线 运 动,斜 率 的 绝 对 答案:(1)1.3s (2) 14 m/s≤vB ≤ [拓 展 延 伸 ] 值 表示速度大小,故乙车以v=5m/s的速度做匀速直线运动, 解析:设小物块刚放到 B 点时,其加速度为a1,有 A 错误;由 x= 12at2 得,甲 的 加 速 度 大 小 为 a=5 m/s2,两 车 mgsinθ+μmgcosθ=ma1 解 得a1=12.5 m/s2 速度相等时距离最远,由v=at1 得,相距最远时 运 动 时 间 为t1 小 物 块 速 度 达 到 与 传 送 带 速 度 相 同 ,所 用 时 间 为 =1s,B 正确;由 题 图 可 知,t=2s前,乙 车 在 前,C 错 误;由 B 选项分析可知,t=2s时,甲的速度大于乙的速度,D 错误. t1=av1 =122..55s=0.2s 答 案 :B 小物块运动的位移为 x1= v2t1=0.25 m 巩固拓展 1.C 由牛顿第二定律有μmg=ma,解 得α=μg,由 于 毛 刷 擦 冰 由于 mgsinθ<μmgcosθ,小物 块 速 度 与 传 送 带 速 度 相 同 后,将 使冰壶与冰面间的动 摩 擦 因 数 减 小,故 加 速 度 减 小,由 图 乙 可 随 传 送 带 一 起 匀 速 运 动 ,运 动 时 间 为 知t1~t2 时 间 内 冰 壶 的 加 速 度 较 小 ,因 此t1 ~t2 时 间 内 运 动 t2=L-vx1 =2-20.5.25s=0.7s 员在用毛刷擦冰,A 错 误;速 度 - 时 间 图 像 中 图 线 的 斜 率 表 示 物体 的 加 速 度 ,则t1~t2 时 间 内 冰 壶 的 加 速 度 大 小 为v1-v2 , 所 以 小 物 块 运 动 的 总 时 间t=t1 +t2 =0.9s. t2 -t1 答 案 :0.9s B 错误;速度-时间图像中图线与坐 标 轴 围 成 图 形 的 面 积 表 示 — 232 —

参考答案 巩固拓展 关系,当全红婵全身入 水 后 排 开 水 的 体 积 不 变,受 到 的 浮 力 大 1.C 行李箱在0~2s内 做 加 速 度 为a=μg=1 m/s2 的 匀 加 速 小不变,故 A 错误,B 正 确;取 向 上 为 正 方 向,设 全 红 婵 的 质 量 直线运动,位移 是 关 于 时 间 的 二 次 函 数,选 项 A 错 误;行 李 箱 为 m,水的阻力为f,根 据 牛 顿 第 二 定 律 F +f-mg=ma,可 在t=av =2s时与传送带 共 速,则 行 李 箱 在 2~6s内 不 受 摩 得全红婵入水后到全身进入水的过程 中 a=ρSmgx+ f -g 可 擦力,摩擦力的功率为零,选项 B 错误;后一行李箱刚匀速运动 m 时,与前一行李箱的距离最大,由v t 图 像 容 易 求 得 ΔL=vT 知加速度a 与位移x 成线性关系,当全身入水后加速度向上 保 持不变,故 C 正确,D 错误.故选 BC. =2 m,选项 C 正确;所有行李箱 运 动 规 律 相 同,只 是 时 间 上 依 【示 例 3】 C 小 狗 垂 直 车 道 运 动 距 离 L1 需 要 的 时 间t0 =Lv21 = 1s,在 此 时 间 内,若 汽 车 保 持 匀 速 运 动,则 通 过 的 位 移 x1 = 次落后 T=1s,则在 B 端有行 李 箱 到 达 后 每 10s有 十 件 行 李 v1t0=11.1 m,在 L2 和(L2+d1)之 间 ,小 狗 会 撞 到 车 上 ,选 项 箱到达(同样,可由v t 图像理解),选项 D 错误. A 错误;在t0=1s时间内,若汽车刹 车 减 速,则 通 过 的 位 移 x1 【典例2】 解题指导:提示:(1)不一定. =v1t0- 12a2t02 =8.6 m,在 L2 和 (L2 +d1)之 间 ,小 狗 会 撞 到 (2)2μmg. 车 上,选项 B 错误;在t0=1s时间内,若汽车做匀加速运动,则 解析:根据 题 意 可 知,B 与 地 面 间 的 最 大 静 摩 擦 力 为 fBm = 通 过 的 位 移 x1=v1t0 + 21a1t02 =13.1 m>L2 +d1,故 汽 车 不 23μmg,因此要使 B 能够相对地面滑动,A 对B 所施加的摩擦 会与小狗发生碰撞,选项 C 正确,D 错误. 力 至 少 为fAB =fBm = 32μmg,又 A、B 间 的 最 大 静 摩 擦 力 为 第三讲 力与曲线运动 fABm =2μmg,则 F≤ 3 时 ,A 、B 都 相 对 地 面 静 止,故 A 2μmg 错 误.A、B 恰 好 不 相 对 滑 动 时,根 据 牛 顿 第 二 定 律 可 知 [真题引领] 1.B 由于 子 弹 水 平 射 出 后 做 平 抛 运 动,小 积 木 做 自 由 落 体 运 Fmax-fABm =fABmm-fBm ,解 得 Fmax =3μmg,则 3 ≤ 动,二者竖直方 向 运 动 状 态 相 同,所 以 将 击 中 P 点.子 弹 水 平 2m 2μmg<F 3μmg 时,A、B 将 以 相 同 的 加 速 度 一 起 向 右 加 速 滑 动.当 F = 方向做匀速直线运动,由 L=vt 可得t=vL ,B 项正确. 2.D 运动员由a 运动到c 的过程中,设到c 点 时 的 速 度 为v,由 5 时,对 A 和 B 整体受力分析有 F- 23μmg=(2m+m)a, 2μmg 解得aA =aB =a= 13μg,故 B 正 确.当 F>3μmg 时,A、B 将 机械能守恒定律有 mgh= 12mv2,设c 点处这一段圆弧雪道 的 以不同的加速度向右滑 动,根 据 牛 顿 第 二 定 律 有 F -2μmg= 最 小 半 径 为 R,则 在 经 过 c 点 时 ,有 kmg -mg =m v2 ,解 得 R ,2μmg- 3 ,解 得 =2Fm -μg,aB 12μg, 2maA 2μmg=maB aA = R=k2-h1,D 项正确. 故 C、D 正确. 考向一 答 案 :BCD 巩固拓展 【典例】 解题指导:提示:(1)质点受到的合力与速度在(不 在)同 2.BC 先 判 定t=0 时 刻 木 板 B 是 否 开 始 滑 动,若 B 不 发 生 滑 一条直线上. 动,则 A、B 之间没有摩擦力,A 的 加 速 度 为 零.B 与 地 面 间 的 (2)v= v2x +v2y 最 大静摩擦力(等于滑动摩擦力)为fB =μ(M +m)g=5N,而 解析:质点在x 方 向 做 匀 速 直 线 运 动,其 速 度 为 vx =ΔΔtx =2 外力 F1=10N,所以t=0时刻木板 B 对地滑动.若 A、B 之间 不发生相对滑动,设 A、B 整 体 的 加 速 度 大 小 为a,由 牛 顿 第 二 m/s,在 y 方 向 做 匀 加 速 直 线 运 动,其 初 速 度、加 速 度 分 别 为 定律得 F1-μ(M +m)g= (M +m)a,解 得 a=1 m/s2.而 B 对 A 的最大静摩擦 力(等 于 滑 动 摩 擦 力)为 fA =μmg=1 N,A vy0 =0,a= Δvy =1 m/s2,所 以 质 点 的 合 初 速 度 在 x 方 向 ,合 Δt 的加速度最大为aA =fmA =1m/s2.所以t=0时刻,A、B 整体以 加速度在y 方向,故 质 点 做 匀 加 速 曲 线 运 动,A 错 误,B 正 确; 4s末质点在y 方向 的 分 速 度 为vy4 =4 m/s,故 其 合 速 度 为 v 加速度大小为a=1 m/s2 向 右 运 动,A 错 误.随 着 外 力 的 增 大, = v2 +vx2 =2 5 m/s,C 错 误 ;4s 末 质 点 在 y 方 向 的 位 A、B 之间将发生相对滑动,但 B 对 A 的 滑 动 摩 擦 力 不 再 增 大, y4 A 的加速度保持不变,C正确.在t=5s时,F=20N,对 长 木 板 移 为y= 1 m,所 以 4s 末 质 点 离 坐 标 原 点 的 距 离 为 2vy4t=8 B 由牛顿第二定律有 F-fA -fB =MaB ,得aB =3.5 m/s,B 正 s= y2+x2 =8 2 m,D 错 误 . 确.只要 F 始终作用在长木板 B 上,B 的 加 速 度 始 终 大 于 A 的 答 案 :B 巩固拓展 加速度,无论长木板 B 多长,A、B 都不会共速,D 错误. 聚焦情境 素养培优 1.C 由于甲用最短时间渡河,故甲船头 垂直指向 对 岸,速 度 为 v1 ;由 于 乙 以 最 【示例1】 BD 卡车匀速行驶时,工件受重力 mg、斜面的支持力 短航程渡河,且与 甲 到 达 对 岸 的 地 点 相 F1 和 挡 板 的 支 持 力 F2 三 个 力 作 用 ,由 平 衡 条 件 得 F2 = mgtan37°= 34mg,A 项 错;卡 车 由 静 止 突 然 启 动 时,加 速 度 向 同,故乙船 头 垂 直 甲 船 的 合 速 度 方 向. W 如图所示,设实际航线与河岸夹角为θ, 前,由牛顿第二定律有 mgtan37°-F'2=ma,解得F'2= 43mg- θW W! ma,结合牛顿第三定律可知工件对竖直挡板的压力变小,B 项正 由几何 知 识 可 知,tanθ=vv1水 ,sinθ=vv水2 确;由 于 工 件 与 卡 车 始 终 相 对 静 止,竖 直 方 向 上 始 终 满 足 甲船的渡河时间,t1 =vd1 ,乙船的渡河时 间t2 =v2cdosθ,联 立 解 得 F1cos37°=mg,结合牛顿第 三 定 律 可 知 工 件 对 斜 面 的 压 力 始 终 不变且不为零,C项错;卡车在减速过程 中,重 力 对 工 件 不 做 功, t1 =vv2212 ,C 项正确. t2 挡板对工件做负功,斜面对工件做正功,由动能定理可知斜面对 2.C 根 据 Q 的 实 际 运 动 效 果,可 将 其 速 度 分 解 为 工件做的功小于工件克服竖直挡板支持力做的功,D 项正确. θ W 沿绳方向的 速 度 和 垂 直 于 绳 方 向 的 速 度,作 出 速 【示例2】 BC 设全红婵等效为圆柱体的底 面 积 为 S,水 的 密 度 度的矢量三角 形 如 图 所 示,即 有v1 =v2cosθ,故 C 为ρ,重 力 加 速 度 为 g,全 红 婵 入 水 后 到 全 身 进 入 水 的 过 程 中 受 正确. 到的浮力 F=ρSg·x,可知前 一 阶 段 浮 力 F 与 位 移x 成 正 比 W — 233 —

一品方案·物理(新高考版) 考向二 (2)先 以 4 m/s 匀 速 运 动,然 后 减 速,到 B 点 时 速 度 减 小 为2 m/s. 【典例】 解题指导:提示:(1)相等. (2)1∶3. 解析 :依 题 意 知 小 车 在 BC 段 运 动 的 最 大 速 率 为v1 = a1R1 解析:设s1 对应的水平位移为x,对应的竖直位移为y,则根据 平抛运动的特点可知,s2 对 应 的 水 平 位 移 也 为 x,对 应 的 竖 直 = 6 m/s,在 CD 段运动的最 大 速 率 为v2 = a2R2 =2 m/s, 位 移 为 3y 所以经过 BC 段和CD 段的最大速率为v2=2 m/s,因此在 BC 有y= 12g(4T)2=0.2 m 段和 CD 段运动的最短时间t3=3π+24πs=72πs,在 B 点 的 速 率最大为v2=2 m/s,设在 AB 段 小 车 以 最 大 加 速 度 减 速 的 距 s1 = x2 +y2 离 为x,则 根 据 匀 变 速 直 线 运 动 规 律 得v22 =v2m -2a1x,解 得 x s2= x2+(3y)2 =3 m,t2=vma-1v2 =1s,所 以 匀 速 运 动 的 最 大 距 离l=8 m- s1 = 3 x=5 m,运 动 时 间 t1 = 5 s,最 短 时 间 t=t1 +t2 +t3 = s2 7 4 解得x= 0.032 m 9 7π s,B 正确. 4+2 抛 出 瞬 间 小 球 的 速 度 大 小 为 v0 =4xT 答 案 :B 解得v0= 0.8 m/s. 巩固拓展 答案: 0.8 m/s 1.A 若 小 球 恰 能 到 达 最 高 点,则 有 W 巩固拓展 mg=m v2 ,解 得 v= gR ,根 据 机 1.D 设 雪 坡 倾 角 为θ,由 题 意 可 知,对 运 R mgTJOθ 动 员a,有ya = 12gt2a ,xa =vata ,根 据 几 械 能 守 恒 定 律 ,得 1 mv'2 =mg × θ mgDPTθ 2 y mg 何关 系 有tanθ=xyaa ,对 运 动 员b,有 xb = θx 2R+ 1 mv2 ,解 得 v' = 5gR > 3vatb ,yb = 21gtb2 ,根 据 几 何 关 系 有 tanθ 2 =xybb ,联 立 可 得ta = 1 ,A 错 误 ;同 理 可 知 ,他 们飞行 的 水 平 位 2 gR ,故小球不 可 能 运 动 到 最 高 点,小 球 会 脱 离 圆 轨 道.经 tb 3 分析可知,脱离点距轨道最低点的竖直高度大于 R.在 脱 离 点, 小球所受弹力等于0,将重力分 解,如 图 所 示,由 牛 顿 第 二 定 律 移之比为1∶9,B 错 误;落 到 雪 坡 上 时,设 a、b 的 速 度 分 别 与 得 mgsinθ=m v12 ,从 最 低 点 到 脱 离 点 ,由 机 械 能 守 恒 定 律 得 R 竖 直 方 向 夹 角 为β、α,则 有tanβ=gvtaa ,tanα=3gtvba ,又tb =3ta , 21mv20 =mgR(1+sinθ)+ 12mv21 ,联 立 解 得 sinθ= 2 ,故 A 正 3 则有tanβ=tanα,可得β=α,故 他 们 落 到 雪 坡 上 的 瞬 时 速 度 方 确,B、C、D 错误. 向相同,C 错误;将运 动 员 的 运 动 沿 雪 坡 和 垂 直 于 雪 坡 进 行 分 2.CD 当物体在最 高 点 时,可 能 只 受 到 重 力 与 支 持 力 2 个 力 的 解,经分析可知,运动员在沿雪坡方向做匀加速直 线 运 动,垂 直 作用,合力提供 向 心 力,故 A 错 误;当 物 体 随 圆 盘 转 到 最 高 点 于雪坡方向先做匀减速直线运动后做匀加速直线 运 动,则 运 动 时,可能只受到重力与支持力2个力的作用,也可 能 受 到 重 力、 员a、b 在 空 中 离 雪 坡 的 最 大 距 离 分 别 为 hamax = (vasinθ)2 , 支持力与摩擦 力 三 个 力 的 作 用,摩 擦 力 的 方 向 可 能 沿 圆 盘 向 2gcosθ 上,也可能沿斜面向 下,摩 擦 力 的 方 向 沿 圆 盘 向 下 时,ω 越 大, hbmax = (vbsinθ)2 ,则 他 们 在 空 中 离 雪 坡 的 最 大 距 离 之 比 为 1∶ 小物体在最高点处受到的摩擦力越小,故 B 错误,C 正 确;当 物 2gcosθ 体转到圆盘的最低点 且 恰 好 不 滑 动 时,圆 盘 的 角 速 度 最 大,此 9,D 正确. 时小物体受竖直向下 的 重 力、垂 直 于 圆 盘 向 上 的 支 持 力、沿 圆 2.BD 网球的运动过程如图 W x P 盘指向圆心 的 摩 擦 力,沿 圆 盘 的 合 力 提 供 向 心 力,则 有 FN = 所示,设 网 球 的 竖 直 分 速 β mgcosθ,f =μFN =μmgcosθ,又 μmgcos30°- mgsin30°= 度 为 v0y ,则 有 v0y = W W y W mω2R,解得ω=1.0rad/s,故 D 正确. h W y 聚焦情境 素养培优 2g(h2 -h1)= 12 m/s, 则网 球 的 水 平 分 速 度 v0x 【示例1】 D 解法 一:将 运 动 员 在 空 中 的 运 动 分 解 为 垂 直 斜 坡 方向的类竖直上抛运动和平行斜坡方向的匀加速 直 线 运 动,当 = v20-v20y =5 m/s,网 球从被 击 出 到 与 墙 壁 碰 撞 d β α d 垂直斜坡方向速度为 零 时,运 动 员 离 斜 坡 最 远,在 垂 直 斜 坡 方 x W x 向上,运动 员 的 分 初 速 度 大 小vx0 =v0sin37°=12 m/s,分 加 速 经历 的 时 间 为t1 =v0y = h 度大小ax =gcos37°=8 m/s2,方向与分初速度方向相反,所 以 g 1.2s,网球的击出点到碰墙点的投影间的距离x1 =v0xt1 =6 m,网 运动员从飞 出 到 离 斜 坡 最 远 的 过 程 所 经 历 的 时 间t=vaxx0 = 1.5s,D 项正确. 球在碰到墙壁时的速度大小为v1=v0x =5m/s,速度方向与墙壁 解法二:当运动员离斜坡最远时,速度方向与斜坡 平 行,由 速 度 间的夹角满足sinα=dx11 =0.8,网球碰到墙壁前瞬间平行于墙壁的 偏向角公式有tan37°=vgt0 ,解得t=1.5s,D 项正确. 分速度v1x =v1cosα=3m/s,垂直墙壁的速度v1y =v1sinα=4m/ 【示例2】 C 要使重物做离心运动,因 此 安 装 时 A 端 比B 端 更 s,网球碰到墙壁后的速度大小v= v2 +(0.75v1y )2 =3 2 m/s, 远离气嘴,A 错误;转 速 越 大,所 需 向 心 力 越 大,弹 簧 拉 伸 的 越 1x 长,M 、N 接触时灯就会发光,不能说重物受离心 作 用,B 错 误; A 错误,B正确.网球碰到墙壁后沿墙壁方向的速度v1x 与垂直墙 壁方向的速度0.75v1y 相等,则合速度方向与 墙 壁 间 的 夹 角β= 45°,网球着地所用时间t2 = 2h2 =1.3s,网 球 着 地 过 程 的 轨 迹 当 气 嘴 灯 运 动 至 最 低 点 时,F弹 - mg = mrω2,解 得 ω = g F弹 g 在水平面的投影长度x2=vt2=3.9 2 m,则网球着地点到墙壁的 mr - r =2πn,因此增大重物质量可使 LED 灯在较 低 转 速 距离d2 =x2sin45°=3.9 m,C 错误,D 正确. 下也能发 光,C 正 确;当 气 嘴 灯 运 动 至 最 低 点 时 F1 -mg = 考向三 mv21 ,当 气 嘴 灯 运 动 至 最 高 点 时 =mrv22 ,匀 速 行 驶 时 【典例3】 解题指导:提示:(1)2 m/s. r F2 +mg , — 234 —

参考答案 在最低点时弹簧对重物的弹力大于在最高点时对重物的弹力, =mg,解得 M =gGR2 ,又 星 球 的 体 积 为 V = 34πR3,星 球 的 密 因此匀速行驶时,若 LED 灯转到最低点时能 发 光,则 在 最 高 点 时不—定能发光,D 错误. f αN 度为ρ=VM ,由以上各式整 理 得ρ=4G3gπR ,故 M 、N 两 星 球 的 【示例3】 D 人 在 魔 盘 上 的 受 力 分 析 如 图 所 α 密度之比为1∶4,B 正确,A、C、D 错误. 示,则 在 y 方 向 上 根 据 平 衡 条 件 有 fsinα+ O 【典例3】 A 由几何关系 可 知 PQ =L1 +L2 +2R =20R,则 椭 Ncosα=mg,在 x 方 向 上 根 据 牛 顿 第 二 定 律 x 圆 轨道的半长轴为a=10R,近火卫星的轨道半径为 R,由开普 有fcosα-Nsinα=mω2r,根 据 上 述 两 式 解 得 mg 勒 第 三 定 律 有 R3 = T'2 ,解 得 近 火 卫 星 的 周 期 为 T'= N = mgcosα - mω2rsinα、f = mgsinα + y (10R)3 T2 mω2rcosα,由于人在 魔 盘 上 没 有 相 对 运 动,其 m、r、α 均不变,只有魔盘的角速 度 ω 增 大,所 以 人 受 到 魔 盘 的 T .对 近 火 卫 星 有 G Mm =m 4π2 ,又 火 星 的 体 积 为 V 支持力 N 减小,人受 到 魔 盘 的 摩 擦 力 f 增 大,故 选 项 A、B 均 10 10 R2 T'2R 错误;人受到的竖直方 向 的 合 力 为 零,水 平 方 向 的 合 力 提 供 向 = 43πR3,则火星的密度 为ρ=VM ,整 理 得ρ=3G00T02π,A 正 确, 心力,随魔盘角速度ω 的增大而增大,所以人受到的合力增大, 故选项 C 错 误;魔 盘 对 人 的 作 用 力 大 小 为 F= N2+f2 =m B、C、D 错误. g2+ω4r2 ,随 魔 盘 角 速 度ω 的 增 大 而 增 大 ,故 选 项 D 正 确 . 【典 例 4】 AB 根 据 题 意 可 知 ,ra +rb =L,ra -rb =Δr,解 得 第四讲 万有引力定律及其应用 ra =L+2Δr,rb =L-2Δr,则 a 星 的 线 速 度 大 小 为va =ωra = [真 题 引 领 ] 2π =π(LT+Δr),故 A 正 确 ;双 星 系 统 靠 相 互 间 的 万 有 引 力 Tra 1.C 航天员在“天宫二号”空 间 站 中 可 以 自 由 漂 浮,是 由 于 航 天 员在“天宫二号”空间站中处于完全失重状态,飞船 对 航 天 员 的 提供向心力,角速度 相 等,周 期 相 等,向 心 力 大 小 相 等,根 据 向 作用力近似为零,所 受 地 球 引 力 大 小 不 为 零,选 项 A、B 错 误; 航天员所受地球引力提供航天员随空间站运动的 向 心 力,即 航 心力公式得 maraω2 =mbrbω2 ,解 得ma =rrba =LL+-ΔΔrr,故 B 正 天员所受地球引力的大小与航天员随空间站运动所需向心力 mb 的大小近似相等,选项 C 正确;由万有引力定律可知,航天员在 地球表面所受地球引力的大小大于航天员在空间站中所受地 确 ,C 错 误 ;由 万 有 引 力 提 供 向 心 力 有 G mamb =ma 2π 2 L2 T ra 球引力的大小,所以在地球表面上所受引力的大小 大 于 航 天 员 =mb 2π 2 L3 ),如 果 双 星 的 总 质 T G(ma +mb 随空间站运动所需向心力的大小,选项 D 错误. rb ,解 得 T =2π 2.CD 由开普勒第 三 定 律 可 知,由 于 火 星 轨 道 半 径 大 于 地 球 轨 量一定,双星 间 距 L 变 大,则 它 们 转 动 周 期 T 将 变 大,故 D 道半径,所以火星公转 周 期 一 定 大 于 地 球 公 转 周 期 (也 可 根 据 错误. r3地 r3火 ,r火 ,得 出 27 ),A 项 错 误 ;火 星 考向二 T2地 =T2火 8T ≈1.5r地 T火 = 地 T n Mm v2 【典例1】 C 依 题 意 可知卫 星 的 绕 行周期 T0 = ,对 卫 星 根 据 r2 r 与 地 球 均 绕 太 阳 做 匀 速 圆 周 运 动 ,即 G =m ,解 得 v= Mm +h)·4Tπ202 (R+h)2 Gm ,所以火星公转速度小于地 球 公 转 速 度,因 此 在 冲 日 处, 牛顿第二定律可得 G =m (R ,根 据 黄 金 代 r 地球上的观测 者 观 测 到 火 星 相 对 于 地 球 由 东 向 西 运 动,为 逆 换式 gR2=GM ,联立解得h= gR2T2 1 4n2π2 3 -R,C 正 确 . 行,B 项错误、C 项 正 确;火 星 和 地 球 运 行 的 线 速 度 大 小 不 变, 【典例2】 D 设轨 道 Ⅰ 的 半 径 为 R,由 题 意 可 知 轨 道 Ⅱ 的 半 长 且在冲日处,地球与火 星 速 度 方 向 相 同,故 此 时 火 星 相 对 于 地 球的速度最小,D 项正确. 轴 为3R ,则 由 开 普 勒 第 三 定 律 得TT22ⅡⅠ =aa33ⅡⅠ ,代 入 数 据 解 得TⅡ 2 TⅠ 考向一 【典例1】 BD 在火星 赤 道 上 的 物 体 所 受 的 万 有 引 力 等 于 物 体 =3 3,A 错误;假设以 O 为圆心、以 Ob 为 半 径 的 圆 轨 道 为 轨 22 在火星上的重 力 与 物 体 随 火 星 自 转 需 要 的 向 心 力 之 和,则 有 Mm v2 GM G MRm2 mg火 +m 4π2 R .假 设 火 星 极 点 处 的 重 力 加 速 大 小 为 道 Ⅳ ,由 公式 G r2 =m r 得v= r ,则 卫 星 在 轨 道 Ⅰ 上 T2 经过a 点 的 速 率 等 于 在 轨 道 Ⅳ 上 经 过b 点 速 率 的 2倍,又 由 g'火 ,则火星极点处物体 所 受 的 万 有 引 力 等 于 物 体 在 火 星 极 点 于卫星在轨道Ⅳ上经过b 点的速率大于在轨道Ⅱ上经过b 点 处 的 重 力 ,即 G Mm =mg'火 ,解 得 g'火 =4Tπ22R +g火 ,火 星 的 质 的速率,因此卫星经过a 点的速率与经过b 点速率的 比 值 大 于 R2 量为 M = (4π2R+g火 T2 )R2 ,A 错 误 ,B 正 确 ;火 星 的 体 积 为 2,B 错 误 ;由 公式 G Mm =ma 得a=G M ,则 卫 星 在a 点 的 GT2 r2 r2 V= 4 πR3 ,则 火 星 的 平 均 密 度 为 ρ= M ,整 理 得 ρ = 加速大 小 为 在c 点 加 速 度 大 小 的 4 倍,C 错 误;卫 星 在 椭 圆 轨 3 V 道Ⅱ上运行时机械能守恒,又卫星由轨道Ⅱ进入轨 道 Ⅲ 需 在 轨 3(4π2R+g火 T2 ) 错 误 ;火 星 卫 星 以 最 大 环 绕 速 度 飞 行 时 , 道的近地点处点火加 速,卫 星 的 机 械 能 变 大,所 以 质 量 相 同 的 4πGRT2 ,C 卫星在b 点的机械能小于在c 点的机械能,D 正确. 轨道半径为 R,此时卫星的重力近似等于万有引力提 供 其 做 匀 【典例3】 C 由图可知日凌干扰现象 发 生 时 地 球、火 星、太 阳 共 速圆 周 运 动 的 向 心 力 ,则 有 G MRm2'=m'g'火 ,G MRm2'=m'vR2max , 线且地球与火星分别在 太 阳 两 侧,由 ω=2Tπ知ω地 >ω火 ,相 邻 整 理 得vmax= 4π2R2 +g火 R ,D 正确. 的两次日凌干扰过程 中,地 球 应 比 火 星 多 绕 太 阳 一 周,结 合 几 T2 何关系可知相邻的两次日凌干 扰 间 隔 时 间 应 满 足 ω地 Δt-ω火 【典例2】 B 物 体 从 抛 出 点 到 最 高 点 的 过 程,由 公 式 v2 =2gh Δt=2π,解得 Δt=2.25 年,即 下 次 日 凌 干 扰 大 约 出 现 在 2023 年12月,选项 C 正确. 得h=21gv2,则h-v2 图 线 的 斜 率 为k=21g,又 两 图 线 的 斜 率 【典例4】 C 由 于 卫 星 在 变 轨 的 前 后 均 由 万 有 引 力 提 供 向 心 之比为2∶1,则 M 、N 两星球表面的重 力 加 速 度 之 比 为 1∶2; 力,根据牛顿第二定律有GrM2m =ma,解 得a=GrM2 ,在 轨 道 Ⅰ、 Ⅱ的 A 点处,对应的引力半径均为rA ,则 其 加 速 度a1 =a2,同 对 于 处 在 星 球 表 面 的 物 体 ,万 有 引 力 近 似 等 于 重 力 ,即 G Mm R2 — 235 —

一品方案·物理(新高考版) 理在轨道Ⅱ、Ⅲ的 B 点处对应的引力半径均为rB ,则 其 加 速 度 加速度大小为a=gvR42 ,选项 C 正确,D 错误. 【示例5】 D 在轨道上运行的空间站所受的 万 有 引 力 完 全 充 当 a3=a4,根 据a=GrM2 ,结 合rA <rB 可 得 加 速 度 关 系 为a1 =a2 >a3=a4;由 于 卫 星 要 从 轨 道 Ⅰ 的 A 点 加 速 做 离 心 运 动 才 能 向心力,处于 完 全 失 重 状 态,弹 簧 测 力 计 和 天 平 均 无 法 使 用, 到轨道Ⅱ,因此在轨 道 Ⅰ、Ⅱ 的 A 点 速 度 关 系 为v1 <v2,由 于 卫星要 从 轨 道 Ⅱ 的 B 点 加 速 做 离 心 运 动 才 能 到 轨 道 Ⅲ,因 此 A、B 项 错;两 物 体 正 碰 过 程,机 械 能 不 一 定 守 恒,C 项 错;由 牛 在轨道Ⅱ、Ⅲ的 B 点速 度 关 系 为v3 <v4,因 卫 星 在 轨 道 Ⅰ、Ⅲ 顿 第二 定 律 可 知 ,F =ma,由 匀 变 速 直 线 运 动 规 律 有 x = 1 2 上绕地球做匀速圆周运动,其万有引力提供 向 心 力,即GrM2m = at2,联立解得 m=F2tx2 ,D 项正确. 【示例6】 AC 由题知,返回舱的运动简化为竖直方向的直线运 mv2 ,则 其 做 圆 周 运 动 的 线 速 度 大 小 GM ,由 图 可 知rⅠ r v= r 动,所以重力的功率 P=mgv,因此在0~t1 时间内,结 合v t <rⅢ ,因 此 有v4<v1,综 上 可 得 速 度 大 小 关 系 为v3<v4<v1< 图像可知返回舱重力的功率随 时 间 减 小,A 项 正 确;v t 图 像 v2.故选项 A、B、D 错误,选项 C 正确. 的斜率表示返回 舱 的 加 速 度,故 0~t1 时 间 内,返 回 舱 的 加 速 度不断减小,B 项错 误;返 回 舱 的 动 量 大 小 与 其 速 度 大 小 成 正 聚焦情境 素养培优 比,所以t1~t2 时间 内,返 回 舱 的 动 量 随 时 间 减 小,C 项 正 确; 【示例1】 C 地球表面两 极 处 质 量 为 m0 的 物 体 所 受 的 重 力 等 在t2~t3 时间内,返回舱匀速下降,机械能不守恒,D 项错误. 于 万 有 引 力 ,则 有 m0g0 =GMRm2 0 ,同 理 该 物 体 在 赤 道 处 ,由 牛 专题二 能量与动量 顿第 二 定 律 有 G Mm0 - m0g = F m 第一讲 功和能 R2 F mg r [真 题 引 领 ] 2π 2 φ 1.A 从火箭开始运动到点火的 过 程 中,火 箭 先 加 速 运 动 后 减 速 m0R T ,联 立 解 得 地 球 半 径 为 R = (g0 -g)T2 MR 运动,当加速度为零 时,动 能 最 大,A 项 正 确;高 压 气 体 释 放 的 4π2 ,对 在 酒 泉 卫 星 发 射 中 心 发 能量转化为火箭的动能和重力势能及火箭与空气间因摩擦产 射的航天器进行建 模,如 图 所 示,则 分 析 生的热量,B 项错误;根 据 动 量 定 理 可 得 高 压 气 体 对 火 箭 的 推 可知,在酒 泉 卫 星 发 射 中 心 发 射 的 航 天 力 F、火箭自身的重力 mg 和空气阻力f 的冲量矢量 和 等 于 火 器利用地球自转能获得的相对地心的最 箭动量的变化量,C 项 错 误;根 据 动 能 定 理 可 得 高 压 气 体 对 火 大速度为v=2Tπr=2πRTcosφ= (g02-πg)Tcosφ,选项 C 正确. 箭的推力 F、火箭自身的重力 mg 和空气阻力f 对火 箭 做 的 功 之和等于火箭动能的变化量,D 项错误. 【示例2】 BC 根 据 开 普 勒 第 三 定 律,可 知 “天 问 一 号”在 Ⅰ、Ⅱ 2.ABD 从 M 到 N ,由 P1 =P1v1 可 得 小 车 牵 引 力 F1 =Pv11 = 轨道上运行的半长 轴 不 同,“天 问 一 号”在 Ⅰ、Ⅱ 轨 道 上 运 行 的 200 周期 不 同,故 A 错 误;“天 问 一 号 ”在 P 点 通 过 向 后 喷 气 加 速 5 N=40 N,A 正 确 .从 M 到 N ,小 车 匀 速 行 驶,牵 引 力 等 于 后,其所需的向心力大于其所受的万有引力,则做 离 心 运 动,实 摩擦力,可 得 摩 擦 力 f1 =F1 =40 N,小 车 克 服 摩 擦 力 做 的 功 现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ,故 B 正确;根 据 公 式GRM2m =ma,可 知 Wf1=f1·MN =40×20J=800J,B 正 确 .从 P 到Q,由 P2= “天问一号”在轨道Ⅰ上正常 运 行 时(不 含 变 轨 时 刻)经 过 P 点 的加速度等于它在轨 道 Ⅱ 上 正 常 运 行 时 (不 含 变 轨 时 刻 )经 过 F2v2 可得小车牵引力 F2 =Pv22 570 N=285 N,从 P 到Q,小 P 点的加速度,故 C 正确;当“天问一号”在 O 点 所 在 圆 轨 道 做 =2 匀速圆周运动时,需要加速才能变轨到轨道 Ⅰ,又 根 据GRM2m = 车 匀 速 行 驶 ,小 车 牵 引 力 F2 =f2 +mgsin30°,解 得 f2 =F2 - mgsin30°=285 N-50×10× 1 N=35 N;从 P 到 Q,小 车 克 2 v2 服摩擦力做的功 Wf2=f2·PQ=35×20J=700J,D 正确. R m ,解 得 v= GM ,“天 问 一 号 ”在 O 点所 在圆 轨道 做匀 速 考向一 R 【典例1】 A 根据功的定义 式 可 知,人 对 车 的 推 力 F 做 的 功 为 圆周运动时速率大于它在轨道 Ⅱ 上 过 P 点 的 速 率,则“天 问 一 WF =FL,A 项 正 确;由 牛 顿 第 二 定 律 可 知,在 水 平 方 向 上,车 对人的作用力为 F'=ma 所 以 由 牛 顿 第 三 定 律 可 知 人 对 车 的 号”在轨道 Ⅰ 上 过 O 点 的 速 率 大 于 它 在 轨 道 Ⅱ 上 过 P 点 的 速 作用力为 -ma,故 人 对 车 做 的 功 为 W = -maL,B 项 错 误;因 车在竖直方向上 对 人 还 有 支 持 力,大 小 等 于 mg,故 车 对 人 的 率,故 D 错误. 作用力大小为 F1 = (ma)2+(mg)2 ,C 项 错 误;根 据 牛 顿 第 【示例3】 D 在空间站一天内能看到16次 日 出,则 空 间 站 的 周 期为 T1=116天,地 球 同 步 卫 星 的 周 期 为 T2 =1 天,由 开 普 勒 三定律可知,车厢对人的推力大小 F'=F,对人,由牛顿第二定 律可得 Ff -F'=ma,故 Ff =F+ma,故车对人的摩 擦 力 做 的 第三定 律 T12 = T22 解 得 R1 = T3 2 = 1 ,D 正 确,A、B、C 功为 Wf =(F+ma)L,D 项错误. R31 R32 R2 1 【典例2】 BD 解法 一:由 图 乙 可 知 该 过 程 中,物 块 与 斜 面 体 之 T22 3 44 错误. 【示例4】 C 在地球表面,该航天员所 受 重 力 等 于 万 有 引 力,有 间的动摩擦因数随下滑距离的增大均匀增加,则该 过 程 中 动 摩 mg=G Mm ,该 航 天 员 离 开 空 间 站 在 太 空 行 走 时 ,只 受 万 有 引 擦 因 数 的 平 均 值 为 μ = μ0 ,滑 动 摩 擦 力 的 平 均 值 为 f = R2 2 力作用,故该 航 天 员 离 开 空 间 站 在 太 空 行 走 时 所 受 合 外 力 为 μmgcosθ= 21μ0mgcosθ,物块由 A 点 滑 到 B 点 的 过 程 中 克 服 F合 =G Mm =mg R2 ,小 于 其 在 地 球 表 面 时 所 受 的 (R+h)2 (R+h)2 滑 动 摩 擦 力 做 的 功 为 Wf =fl0= 21μ0mgl0cosθ,选 项 A 错 误 , 重力 mg,且不为零,选项 A、B 错误;该航天员离开空 间 站 在 太 空行 走 时,所 受 万 有 引 力 提 供 向 心 力,有 G Mm = m B正确;对物块由 A 点到 B 点的过程中,由动能定理得 mgl0sinθ (R+h)2 - 1 1 mv2 ,解 得 v= 2gl0sinθ-μ0gl0cosθ,选 项 v2 ,又 Mm Mm 2μ0mgl0cosθ= 2 R+h mg=G R2 ,G (R+h)2 =ma,联 立 解 得 此 时 该 航 天 C错误;若物块在沿斜面体向上的外力作用下,由 B 点 缓 缓 移 动 员距离地球表面的高 度 为 h=gvR22 -R,该 航 天 员 指 向 地 心 的 到A 点,由动能定理得 Wf -mgl0sinθ- 21μ0mgl0cosθ=0,解 — 236 —

参考答案 得 WF=mgl0(sinθ+ 12μ0cosθ),选项 D 正确. -mgh-μmg2hcosθ=Ek1- 21mv02 解法二:图像法求摩擦 力 做 功,由 图 乙 作 出 该 过 程 中 摩 擦 力 随 解得 Ek1=164J x 的变化规律,如图所 示,则 图 线 与 坐 标 轴 围 成 的 面 积 表 示 物 另一种情况为物体以 速 度v1 离 开 斜 面 后 做 斜 抛 运 动,设 经 过 块克服 滑 动 摩 擦 力 所 做 的 功,即 Wf= 21μ0mgl0cosθ,选 项 B 离 地 高 度 为 4 m 处 时 动 能 为 Ek2, 正确. 根 据 动 能 定 理 mgh=Ek2- 12mv12 代 入 数 据 解 得 :Ek2=84J. f 答案:(1)33 (2)1.6s (3)物 体 未 离 开 斜 面 时:164J 物 体 μ mgDPTθ 离 开 斜 面 后 :84J [拓 展 延 伸 ] l x 解析:由于μ= 63<tan30°,因此物 体 不 能 在 斜 面 上 静 止,由 于 斜面足够长,物体不能冲出斜面,因此物体必然停 在 挡 板 处.考 【典例3】 C 以最大加速度向上加速到 匀 加 速 能 达 到 的 最 大 速 度,然后保持功率不变 达 到 最 大 速 度,最 后 以 最 大 加 速 度 做 匀 虑到摩擦力做功与路 径 有 关,重 力 做 功 与 路 径 无 关,根 据 动 能 减速运动减速到 零 所 需 时 间最短.重物向上提升的最大加速度 定理 mgLsin30°-μmgxcosθ=0- 21mv20,解得x=96.8 m. 答案:96.8 m a1 =F-mmg=5 m/s2 ,匀加 速过 程 的 最 大 速 度v= P =4 m/s,匀 巩固拓展 F 1.BD 未施加 外 力 时,A、B 整 体 恰 好 平 衡,即 弹 簧 弹 力 kx1 = 加速上 升 的 时 间 为t1 =av1 =0.8s,匀 加 速 上 升 的 高 度 h1 = fm =μ(mA +mB )g=30 N,故t=0 时,在 刚 开 始 施 加 外 力 瞬 间 有 F +kx1 -μ (mA + mB )g = (mA + mB )a,解 得 a = 1.6 m;重物能达到的最大速度为vm =mPg=6 m/s ,以 最 大 加 5 m/s2,A 错误.0.2s时,A、B 恰 好 分 离,B 物 块 做 匀 加 速 运 动,此 时 力 达 到 最 大 值 Fm ,由 牛 顿 第 二 定 律 有 Fm -μmBg= 速度 减 速 上 升 的 时 间t2=va2m =1.2s,上 升 高 度 为h2 =3.6 m, mAa,故 Fm =mB (μg+a)=40 N,B 项 正 确.A、B 刚 分 离 瞬 则以恒功率上升的 高 度 h3 =80 m,恒 功 率 上 升 过 程 有 Pt3 = 间,A、B 间 弹 力 为 零,A 的 加 速 度 仍 为 5 m/s2,由 牛 顿 第 二 定 mgh3+ 21m(v2m -v2),解 得t3 =13.5s,则 提 升 重 物 的 最 短 时 律 有kx2-μmAg =mAa,故 kx2 =μmAg +mAa =20 N,0~ 间 为t=t1+t2+t3=15.5s,C 正 确 . 0.2s内,A 做匀加速直线运动,故 x1-x2= 12at2=0.1 m,联 立解得k=100N/m,C 项错.0.2s时,A、B 整体的速度v=at 【典例4】 B 由a- 1 图 像 可 知 ,达 到 最 大 速 度 前 加 速 度 一 直 v 变化,赛车做变加速直线运动,不能用运动学公式 求 时 间,且 不 =1 m/s,由 动 能 定 理 有 W 弹 +WF -μ(mA +mB )g(x1-x2)= 知道运动位移,故 赛 车 从 启 动 到 达 到 最 大 速 度 的 时 间 无 法 求 出 ,A 项 错 误 ;由a- 1 图 像 可 知 ,a=0 时 1 =0.01s· m-1 , 1 (mA +mB )v2,其 中 W 弹 =kx1 +kx2 (x1 -x2 )=30+220× v v 2 2 故加速过程能达到的最大速度为100m/s,B 项正确;对赛车进 0.1J=2.5J,解得 WF=3.5J,D 项正确. 行受力分析,赛车受 重 力、支 持 力、牵 引 力 和 摩 擦 力,根 据 牛 顿 2.解析:(1)滑块从 A 到C 的过程只有重力 做 功,机 械 能 守 恒,则 第 二 定 律 有 F -f=ma,其 中 F=vP ,联 立 整 理 得 a= P · 1 mglsin37°+mgR(1-cos37°)= 12mv2C m v 在 C 点 根 据 牛 顿 第 二 定 律 有FN -mg=mRv2C 代入数据解得 FN =7N - f ,结 合 a - 1 图 像 可 知 ,图 线 的 斜 率 k = P = (2)要使得滑块到达 F 点,则必过圆弧轨道 DEF 的最高点, m v m 即有 mglxsin37°-mg(3Rcos37°+R)= 21mv02≥0 4 m·s-2 W/kg,纵 截 距b= - f = -4 m/s2,由 于 即lx ≥0.85 m 0.01s·m-1 =400 m 滑块运动到 F 的过程中,由机械能守恒定律 m 未知,故求不出功率 P 和阻力f,C、D 两项错误. 有 mglxsin37°-4mgRcos37°= 12mv2 考向二 解得v= 12lx -9.6 (m/s)(0.85 m≤lx ≤3 m) (3)设最 终 摩 擦 力 做 的 功 为 滑 块 第 一 次 到 达 FG 中 点 时 的n 【典例】 解题指导:提示:(1)μ=tanθ. 倍 ,由 动 能 定 理 得 (2)路 程 . 解析:(1)设物体与斜面间的动摩擦因 数 为μ,物 体 在 斜 面 上 匀 mglxsin37°-mgl2FGsin37°-nμmgl2FGcos37°=0 速 下 滑 过 程 中 ,根 据 平 衡 条 件 有 : 解得lx =7n15+6 m mgsinθ=μmgcosθ 代 入 数 据 解 得 :μ= 3 3 (2)设物体沿斜面上 滑 过 程 中 的 加 速 度 大 小 为 a,根 据 牛 顿 第 二 定 律 有 :mgsinθ+μmgcosθ=ma 代入数据解得:a=10 m/s2 假定物体能返回斜面顶端,由运动学公式有:L=v0t- 21at2 将0.85 m≤lx ≤3 m 代入上式可得 代 入 数 据 解 得 :t1 =1.6s,t2 =2s 2287≤n≤379 物体返回斜面顶端时的速度大小为: 由运动过程可知,n 只能取1、3、5 v1=v0-at1 或v2=v0-at2 ①当n=1时,lx =1153 m 代人数据解得:v1=2 m/s>0,v2=-2 m/s<0 所 以t2 =2s不 符 合 实 际 ,舍 去 . ② 当n=3 时 ,lx = 9 m 故 假 设 成 立 ,则 物 体 沿 斜 面 上 滑 的 时 间 为 :t1 =1.6s 5 (3)物体被挡板反 弹 后,一 种 情 况 为 物 体 在 上 滑 过 程 经 过 离 地 ③ 当n=5 时 ,lx 41 m. 面高度为h=4 m 处,根据动能定理: =15 — 237 —

一品方案·物理(新高考版) 答案:(1)7N (2)v= 12lx -9.6 (m/s)(0.85m≤lx ≤3m) 第二定律有2T-mgsin30°-μmgcos30°=ma,对 B 物 体 则 有 mg-T=2ma,解 得 T =6 N,a=2 m/s2,故 A 项 错 误;A、B (3)1135 m 9 m 41 m 两物体在相同时间 内 位 移 大 小 之 比 为 1∶2,轻 绳 对 A、B 的 作 5 15 用力大小之比为2∶1,且 轻 绳 对 A 做 正 功,对 B 做 负 功,故 轻 绳 对 A 和B 做的总功为零,B 项正确;由于斜面与物体 A 之间 考向三 存在摩擦力,A、B 组成的系统机械能不守恒,故 B 减少的机械 能不等于A 增加的机械能,C 项 错 误;B 下 降h=2 m 时,A 沿 【典例1】 C 小环从大圆环 顶 端 P 点 由 静 止 开 始 自 由 下 滑,其 机械能守恒,下落 h 高 度 过 程 中 ,有 mgh= 1 mv2 ,解 得 v= 2 斜面上滑h ,设 此 时 2gh ,选项 B 错误;设小环位置与 P 点 连 线 所 对 的 圆 心 角 为 2 B 的 速 度 大 小 为v,则 A 的速度大小为 θ,小环下滑过程滑过的弧长s=Rθ,而h=R(1-cosRs ),所以 v .由 能 量 守 恒 定 律 得 mgh-mg · h2sinθ= 1 mv2 + 1 m 2 2 2 选项 A 错误;小环位置到 P 点的距离L=2Rsinθ2 ,h=R(1- v 2+μmg·h2cosθ,解得v=4 m/s,D 项正确. cosθ),1-cosθ=2sin2θ2 ,即 h =2Rsin2θ2 =2LR2 ,代 入 v = 2 答 案 :BD 2gh 可知v 与L 成正比,即小环的速率与小环到 P 点的距离 巩固拓展 成正比,选项 C 正确;小环位置与 P 点连线扫过的面积 1.D 金属块滑下的过程中重力做功 mglsin37°=12J,重 力 势 能 A= 12R2θ- 12R2sinθ,分析知与v 不成正比,选项 D 错误. 减小12J,A 项错误;电场力做功 WF=Eqlcos37°=8J,电 势 能 减小了 8J,C 项 错 误;摩 擦 力 f=μ(mgcos37°-Eqsin37°)= 【典例2】 D A 和 B 两 球 都 在 凹 槽 上 运 2.5N,摩擦力做功 Wf=-5J,摩擦生热5J,B 项错误;由功能 动,如图所示,假设某一时 刻 A 和B 的 线 关系可知,机械能的变化 ΔE=Wf+WF=3J,即 机 械 能 增 加 3 速 度 分 别 为vA 和vB ,根 据 几 何 关 系,可 O J,D 项正确. B 2.D 设 Δt内吹到风机旋转形成的圆面上的 空 气 的 质 量 为 Δm, 知两线速度方向与杆的夹角 相 等,可 设 为 θ,则 有vAcosθ=vBcosθ,因 此vA =vB ,选 A 则 Δm =ρAvΔt,该 部 分 空 气 的 动 能 为 ΔEk = Δm v2 = 2 项 A 错 误;从 初 始 位 置 到 B 球 滑 到 与 O θ 等高位置,轻 杆 及 A 球 和 B 球 组 成 的 系 θ 12ρAv3Δt,设 转 化 效 率 为 k,则 有 PΔt=kΔEk,解 得 P = 统的重力势能减 少,由 公 式 Ep =mgh 可 知,A 球 重 力 势 能 的 21kρAv3,可知风 力 发 电 机 的 输 出 功 率 与 风 速 的 三 次 方 成 正 减少量大于B 球重力势能的增加量,选项 B 错误;设 B 球 滑 到 比,A、B 错 误;由 于 风 力 发 电 机 的 效 率 一 定 小 于 100%,所 以 若 与O 等高位置时,两球的线速度 大 小 为v,对 轻 杆 及 A 球 和B 每 天平均有1.0×108 kW 的风能资源,每天的发电量一定小于 球 组 成 的 系 统,根 据 系 统 机 械 能 守 恒 有 2mgRsin60°- mgRsin60°= 1 ×3mv2 ,解 得 v= 33gR ,选 项 C 错 误;由 静 2.4×109 kW·h,C 错误;风力发电机在风速为9 m/s时,输出 2 电功率为405kW,若风场每年有5000h风 速 在 6~10 m/s的 止释放到 B 球滑到与O 等高位 置 的 过 程 中,设 轻 杆 对 B 球 做 风能资源,按照最低 风 速 6 m/s计 算,由 上 述 分 析 可 知 风 速 为 的功 为 W ,则 有 -mgRsin60°+W = 1 ×mv2 ,解 得 W =233 6 m/s时,输出电功率为287×405kW=120kW,该发电机 年 发 2 电量至少为5000h×120kW=6.0×105 kW·h,D 正确. mgR,选项 D 正确. 聚焦情境 素养培优 【典例3】 BD 小球甲在 M 、N 两点时弹簧 的 弹 力 大 小 相 等,则 【示例1】 C 汽 车 以 恒 定 功 率 P 启 动,启 动 过 程 中,速 度v 增 由胡克定律可知小球甲在 M 点时弹簧的压缩量等于在N 点 大,根据 P =Fv 可 知,牵 引 力 F 减 小,根 据 牛 顿 第 二 定 律 有 F-f=Ma,又阻力f 恒定,可知加速度a 减小,则汽车做加速 时的伸长量,由几何关系 知 MN =dtan53°= 34d,则 小 球 甲 位 度减小的加速 运 动,故 A 错 误;根 据 题 意,可 知 汽 车 受 到 的 阻 于 点 时 弹 簧 的 压 缩 量 为x= 1 32d,对 在 点的小 M 2 MN = M 力 为 f=vPm ,启 动 过 程 中 ,根 据 动 能 定 理 有 1 Mv2m , 2 W -fx= 球甲由力的平衡条件可知 mg=kx,解 得k=32mdg,A 错 误;设 解 得 牵 引 力 对 汽 车 做 的 功 为 W =vPxm + 1 Mv2m ,故 B 错 误 ;根 小球甲运动到 N 点 时 的 速 度 大 小 为v,此 时 物 体 乙 的 速 度 为 2 零,在小球甲由 M 点运动到 N 点 的 过 程 中,小 球 甲、物 体 乙 和 据题意,可知车速从 0 增 至vm 的 过 程 中,根 据 动 能 定 理 有 Pt 轻弹簧组成 的 系 统 机 械 能 守 恒,则 可 得 4mg cosd53°-d - -fx= 1 Mv2m ,联 立 解 得 该 过 程 中 车 的 加 速 时 间 t=vxm + 2 mgdtan53°= 21mv2,解得v= 83gd ,B 正确;在小球甲由 M Mv2m ,故 C 正 确 ;车 速 为vm 时 ,汽 车 的 牵 引 力 为 F1 =vPm =v2Pm , 2P 2 点运动到 N 点的 过 程 中,弹 簧 的 弹 力 对 小 球 甲 先 做 正 功 后 做 负功,则小球甲和物体乙的机械能之 和 先 增 大 后 减 小,C 错 误; 2 根据牛顿第二定律有 F1-f=Ma1,解得该时刻 汽 车 的 加 速 度 由于小球甲在 M 点时及运动到N 点时物体乙的速度均为零, 大 小 为a1=MPvm ,故 D 错 误 . 物体乙重力的瞬时功 率 均 为 零,所 以 在 小 球 甲 由 M 点 运 动 到 【示例2】 B 由题 意,可 认 为 运 动 员 从 起 跳 区 水 平 飞 出 到 着 陆 N 点的过程中,物体乙重力的瞬时功率先增大后减小,D 正确. 坡的过程中做平抛运 动,根 据 平 抛 运 动 规 律 速 度 改 变 量 Δv= 考向四 gt 可知 Δv∝t,故 A 错 误;平 抛 运 动 是 理 想 运 动 模 型,由 于 只 【典例】 解题指导:提示:(1)2倍. 受重力且只有重力做 功,机 械 能 守 恒,则 运 动 员 在 空 中 运 动 的 (2)B 减少的重力势能转化为B 的 动 能、A 增 加 的 机 械 能 和 A E-t 图像应是一条平行于t 轴的直线,故 D 错 误;从 水 平 飞 出 与斜面因摩擦发生的内能. 开始,经 过 时 间t,对 运 动 员 应 用 动 能 定 理 得 mgh =mg · 解析:由动滑轮与定滑轮的特 点 结 合 x= 12at2 可 知,物 体 A、 12gt2 =Ek - 21mv20 ,解 得 此 时 运 动 员 的 动 能 Ek = 1 mv20 + 2 B 释放后(B 未落地),A、B 加 速 度 大 小 之 比 为 1∶2,设 A 物 12mg2t2,故 C 错 误 ;根 据 P=mgvy =mg2t 可 知 ,重 力 的 瞬 时 体的加速度大小为a,轻绳 张 力 大 小 为 T,对 A 物 体 应 用 牛 顿 — 238 —

参考答案 功率 P 与t 成正比,故 B 正确. 压力为一对相 互 作 用 力,已 知 空 气 密 度 取 1.3kg/m3,幕 墙 的 【示 例 3】 AD 接 触 弹 簧 之 前,物 块 受 到 的 合 力 F =F风 - 面积为 S=10 m×5 m=50 m2,设 在 极 短 的 时 间 Δt 内 打 到 幕 mgsinθ.接触弹簧后,最初 一 段 时 间 内 弹 簧 弹 力 F弹 小 于 合 力 墙上的空气质量为m,则 有 m =ρv·Δt·S,以 台 风 初 速 度 的 F,物块仍加速 向 上 运 动,随 着 弹 力 增 加,加 速 度 减 小,当 加 速 方向为正方向,对台风 应 用 动 量 定 理 可 理 -F ·Δt=0-mv, 度减小到零时速度最大,当弹 力 F弹 大 于 合 力 F 时,加 速 度 反 代入数据解得 F=4.16×105 N≈4.2×105 N,故 选 项 A、C、D 向,物块做减速运动直到到达最高点,则此过程中,物 块 的 速 度 错误,B 正确. 先增大后减小,加速度 先 减 小 到 零 后 反 向 增 大,弹 簧 的 弹 性 势 考向二 能一直变大,故 A 正确,B、C 错 误.因 风 力 做 正 功,则 物 块 和 弹 【典例1】ABD 两滑块组成的系 统 在 碰 撞 过 程 所 受 合 外 力 为 零, 簧组成的系统机械能一直增大,D 正确. 动量守恒,A 正确;以 向 左 为 正 方 向,由 动 量 守 恒 定 律 得 m1v0 第二讲 动量和动量守恒定律 =(m1+m2)v,代 入 数 据 解 得 v=3 m/s,B 正 确;在 整 个 过 程 中,两滑块与弹簧之间 有 相 互 作 用,故 两 滑 块 组 成 的 系 统 动 量 [真 题 引 领 ] 1.AD 物块与地面间的滑动摩擦力 为 f=μmg=2 N,对 物 块 在 不守恒,C 错误;以向左为正方 向,A、B 与 弹 簧 作 用 过 程,由 动 0~3s内的运动过程,由动量 定 理 可 得(F-f)t1 =mv3,得v3 量 定 理 得I=(m1+m2)(-v)- (m1 +m2)v,代 入 数 据 解 得I =6 m/s,3s时物 块 的 动 量 为 p=mv3 =6kg·m/s,设 3s后 = -12N·s,则弹簧对 A、B 系统的冲量大小为12N·s,方向 经过时间t'物块的速度第一次减为0,由动量定理可 得 -(F+ 向右,D 正确. f)t'=0-mv3,解得t'=1s,所以物块在t=4s时速度减为0, 【典例2】 解析:(1)A 与 B 相碰的一瞬间,A、B 组 成 的 系 统 动 量 此时物块的动能也为0,故 A 正确,C 错误;设0~3s内物块的 守 恒 ,则 有 mAv0=mAvA +mBvB 位 移 为x1,由 动 能 定 理 可 得(F-f)x1= 21mv32 ,得x1=9m,3 解得vB=3 m/s. ~4s 过 程 中,对 物 块 由 动 能 定 理 可 得 - (F +f)x2 =0- (2)碰撞后 C 在 B 上 相 对 B 滑 动,B 做 减 速 运 动,设 C 与 B 相 21mv23,得 x2=3 m,4~6s物块反向运动,物 块 的 加 速 度 大 小 对静止时,B 与 C 以共同速度v=2m/s运动,A 与 B 刚好不会 发生第二次碰撞,这个运动过程 C 与 B 组 成 的 系 统 动 量 守 恒, 为a=Fm-f=2 m/s2,位移为 x3= 1 ×2×22 m=4 m<x1 + 则 mBvB=(mB+mC)v 2 解 得 mC=2kg 因此要使 A 与 B 不会发生第二次碰撞,C 的质量不超过2kg. x2,即6s时物块没有回到初始位置,故 B 错 误;0~6s内 拉 力 答案:(1)3 m/s (2)2kg 【典例3】 A 从发 射 弹 丸 到 弹 丸 射 入 沙 袋 的 过 程 中,弹 丸 和 车 做的功为 W =(4×9-4×3+4×4)J=40J,故 D 正确. 2.B 设中 子 质 量 为 m0,被 碰 粒 子 质 量 为 m,碰 后 中 子 速 度 为 组成的系统动 量 守 恒,设 弹 丸 从 初 位 置 到 沙 袋 的 运 动 时 间 为 v'0 ,被碰粒子速度为v,二者发生弹 性 正 碰,由 动 量 守 恒 定 律 和 t,取 弹 丸 运 动 方 向 为 正 方 向,则 有 mv弹 - Mv车 =0,可 得 能量守 恒 定 律 有 m0v0 = m0v'0 +mv,12 m0v02 = 1 m0v'02 + mdt-s-M s =0,解 得 d = (M +m)s,故 A 正 确,B、C、D 2 t m 21mv2 ,解 得 v'0 =mm00 -m ,v=m20m+0mv0 ,因 此 当 被 碰 粒 子 分 错误. +mv0 考向三 2 别 为 氢 核 (m0 )和 氮 核 (14m0 )时 ,有 v1 =v0 ,v2 =15v0 ,故 C、D 【典例1】 ACD 第 一 次 碰 撞 时,两 球 发 生 弹 性 碰 撞,碰 撞 过 程 错 误 ;碰 撞 后 氮 核 的 动 量 为 P 氮 =14m0 ·v2 28 ,氢 核 的 系统动量守恒、机械能 守 恒,以 乙 球 碰 前 瞬 间 速 度 方 向 为 正 方 =15m0v0 向 ,由 动 量 守 恒 定 律 得 m 乙v=m 乙v1+m 甲v2,由 机 械 能 守 恒 定 律 动 量 为 p氢 =m0·v1=m0v0,p氮 >p氢 ,故 A 错 误 ;碰 撞 后 氮 核 得 12m 乙v2 = 1 m v2 + 1 m v2 ,解 得 v1 m乙 -m 甲 v,v2 = 2 2 =m乙 +m 甲 的动能 为 1 =22285m0v20 ,氢 核 的 动 能 为 乙1 甲2 2 Ek氮 = ·14m0v22 Ek氢 2m 乙 34v,v2 41v,故 m 乙 +m 1 21m0v02 v,因 为 m 甲 =7m 乙 ,则v1 = - = 第 一 2 = ·m0 ·v12 = ,Ek氮 <Ek氢 ,故 B 正 确 . 甲 次碰撞后瞬间乙球被反向弹回,选 项 A 正 确;第 一 次 碰 撞 后 到 考向一 第二次碰撞前,根据轨道对球的弹力提供球做圆周 运 动 的 向 心 【典例1】 D 汽车剧烈碰撞瞬间,安全气囊 弹 出,立 即 跟 司 机 身 力 有 F=mRv2 ,因 为 m甲 =7m乙 ,v1 = - 34v,v2 = 41v,半 径 R 体接触.司机在很短时 间 内 由 运 动 到 静 止,动 量 的 变 化 量 是 一 定的,由 于 安 全 气 囊 的 存 在,作 用 时 间 变 长,据 动 量 定 理 Δp= 不 变 ,则F1 = 7 ,根 据 牛 顿 第 三 定 律 可 知 ,甲 、乙 两 球 对 轨 道 的 FΔt 知,司机所受作用力减小;又知安全气囊打开后,司机受 力 F2 9 面积变大,因此减小了司机单位面积的受力大小;碰 撞 过 程 中, 弹力 大 小 之 比 为 F'1∶F'2=F1 ∶F2 =7∶9,选 项 C 正 确 ;因 为 动能转化为内能.综上所述,选项 D 正确. 碰后乙球速度大小是甲球速度大小的3倍,则第二 次 碰 撞 恰 好 【典例2】 解析:(1)该生跳离地面后做竖直上抛运 动,则 有v2 = 发 生在 B 点 ,乙 球 运 动 3 圆 周 ,则 第 一 次 碰 撞 后 到 第 二 次 碰 撞 4 2gh,h=2.9 m-2.1 m=0.8 m 解得v=4 m/s 前,分析可知圆管对乙 球 的 弹 力 不 是 始 终 斜 向 上,根 据 牛 顿 第 设 匀 加 速 上 升 过 程 的 加 速 度 大 小 为 a, 由牛顿第二定律有 FN -mg=ma 三定律可知乙球对圆管的 弹 力 不 是 始 终 斜 向 下,选 项 B 错 误, 解得a=16 m/s2 D正确. 又 v2 =2aH 【典例2】 解析:(1)滑 块 静 止 时,滑 块 和 滑 杆 均 处 于 静 止 状 态, 解得 H =0.5 m 以 滑 块 和 滑 杆 整 体 为 研 究 对 象 ,由 平 衡 条 件 可 知 (2)落 地 缓 冲 过 程 ,由 动 量 定 理 有 N1=(m+M )g=8N 滑块向上滑动时,滑杆 受 重 力、滑 块 对 其 向 上 的 摩 擦 力 以 及 桌 (F-mg)·Δt=mv 面的支持力,则有 N2=Mg-f 解得 F=800N 代入数据得 N2=5N (2)解法一:碰前,滑 块 向 上 做 匀 减 速 直 线 运 动,由 牛 顿 第 二 定 则 F1 = F =400 N. 2 律得 mg+f=ma1 答案:(1)0.5 m (2)400N 解 得a1=15 m/s2,方 向 向 下 【典例3】 B 已知台风吹到幕墙的 初 速 度 为v=288km/h=80 由运动学公式得v2-v20=-2a1l m/s,末速度为零,台 风 受 到 幕 墙 的 支 持 力 与 幕 墙 受 到 台 风 的 代入数据得v=8 m/s. — 239 —

一品方案·物理(新高考版) 解法二:由动能定理得-(mg+f)l= 12mv2- 12mv02 守恒,以向右为正方向,由动量 守 恒 定 律 得 mv-mv'=0,由 机 代入数据解得v=8 m/s 械 能 守 恒 定 律 得 mgR = 21mv2 + 1 Mv'2 , 2 (3)滑 块 和 滑 杆 发 生 的 碰 撞 为 完 全 非 弹 性 碰 撞 ,根 据 动 量 守 解 得v'=m M 2gR ),故 C 正 确 ,D 错 误 ;设 小 球 由 静止 释 恒定律有 mv=(M +m)v共 (M +m 代人数据得v共 =2 m/s 放至滑到最低点 的 过 程 中,小 球 和 小 车 各 自 的 位 移 大 小 为 x1 此 后 滑 块 与 滑 杆 一 起 竖 直 向 上 运 动 ,根 据 动 能 定 理 有 和 x2,则 mx1 - Mx2 =0,且 x1 +x2 =R,联 立 解 得 x1 = - (M +m )gh=0- 1 (M +m )v2共 MR ,故 A 错 误 ,B 正 确 . 2 M +m 代入数据得h=0.2 m. 考向四 答案:(1)8N 5N (2)8 m/s (3)0.2 m 【典例1】 解析:(1)对物块 A 由牛顿第二定律有 【典例3】 AD 小球滑上 B,滑 到 最 高 点 时,水 平 方 向 动 量 守 恒 F-μ1mg=maA mv0=(m+M )v 解 得aA =4 m/s2 由 于μ1mg=μ2(M +m)g=5N,故可判断出 A 在B 上向右滑 机 械 能 守 恒 有 12mv20 = 1 (m +M )v2 +mgh 动过程中(轻绳绷紧前),木板 B 不动 2 由l= 12aAt21 得t1=0.5s 解得h=2(MM+vm02 )g,A 正确;小 球 离 开 B 时,B 的 速 度 最 大, 由v=aAt1 求得绳绷紧前瞬间 A 的速度 大小v=2 m/s 有 mv0 =mv1 +Mv2 ,21mv02 = 21mv21 + 1 Mv22 绳 绷 断 过 程 时 间 极 短 ,由 动 量 守 恒 定 律 2 有 mv=mvA +MvB 解 得v1=mm+-MMv0,v2=m2+mMv0,B 错 误 ;小 球 上 滑 过 程 且vA =v-ΔvA Δp1=mv-mv0= -mm+MMv0 解得绳绷断后瞬间 A、B 的速度大小分别为 vA =1.2 m/s 下滑过程 Δp2=mv1-mv=mm+MMv0,所 以 小 球 上 滑 过 程 和 下 滑过程的动量变化一 样 大,C 错 误;上 滑 过 程 圆 槽 的 动 能 增 加 vB =0.2 m/s (2)绳绷断后,A 在拉力和摩擦力的作用下做匀加速直线 运 动, 1 1 mv0 2 B 做vB =0.2 m/s的 匀 速 直 线 运 动,从 绳 绷 断 到 A 离 开B 的 2 2 m +M 量 ΔEk1 = Mv2 = M 下滑 过 程 圆槽的动 能 增 加 量 ΔEk2 = 1 Mv22 - 1 Mv2 过程 2 2 A 的 加 速 度aA =4 m/s2 3 mv0 2 A 的 对 地 位 移xA =vAt2+ 12aAt22 = 2M m +M B 的 对 地 位 移xB =vBt2 所以上滑过程圆槽的动能增加量比下滑过程圆槽的动能增加 且 L-l=xA -xB 解 得 该 过 程 经 历 的 时 间t2 =0.5s 量小,D 正确. 故 A 在B 上滑行的总时间t=t1+t2=1s. 【典例4】 解析:(1)解法一:设烟花弹的初速度为v0, 答案:(1)1.2 m/s 0.2 m/s (2)1s 【典例2】 解析:(1)水平面光 滑,故 在 水 平 面 上 两 物 块 碰 撞 过 程 则 有 E= 21mv20 ,即v0= 2E m 动量守恒,从 B 与 弹 簧 接 触 到 弹 簧 第 一 次 压 缩 到 最 短 过 程 中有 烟 花 弹 从 地 面 开 始 做 竖 直 上 抛 运 动 ,由 动 量 定 理 得 -mgt=0-mv0 ,解 得t= 1 2E . g m mBv1=(mB +mA )v0 解 法 二 :烟 花 弹 从 地 面 开 始 做 竖 直 上 抛 运 动 , 其 中v1=1.2v0 可 得 mB =5m 则 有 v0 -gt=0,解 得t= 1 2E . 该过程中机械能守恒,设弹簧最大弹性势能为 Ep,得 g m (2)烟 花 弹 从 地 面 开 始 上 升 到 弹 中 火 药 爆 炸 的 高 度 为 1 21mBv21 2 h1=2vg20 =mEg Ep+ (mA +mB )v02 = 对 于 爆 炸 过 程 ,取 竖 直 向 上 为 正 方 向 ,由 动 量 守 恒 定 律 得 联 立 以 上 各 式 可 得 Ep=0.6mv02 m m (2)A、B 受 到 的 弹 簧 弹 力 总 W W A 2 2 0= v1 - v2 是大小相 等,方 向 相 反,由 牛 根 据 能 量 守 恒 定 律 得 E= 1 12m v21 + 1 21m v22 , 顿 第 二 定 律 有 a= mF sB′ 2 2 知aA =mmB 5 t t 2E 可 aB = 1 B m sA′ 联 立 解 得v1= 弹簧 的 最 大 压 缩 量 为 A、B 爆炸后烟花弹向上运动的部分能继续上升的高度为 的相对位移 h2=2vg21 =mEg 以地面为参考系,A 的初速度为0,B 的初速度不为零,A、B 位 所以爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度为 移之比不可求,若 A、B 初速度均为0,则由s= 12at2, h=h1 +h2 =m2Eg . 可 知sA =aaBA = 5 sB 1 答 案 :(1)g1 2E (2)m2Eg 可以选速度为v0 的物 体 为 参 考 系,则 图 中 两 个 阴 影 部 分 面 积 m 分别表示 A、B 运 动 的 位 移,则 它 们 的 末 速 度 均 为 0,由 逆 向 思 维 可 得s'A ∶s'B =5∶1 【典 例 5】 BC 当 小 球 滑 到 圆 弧 最 低 点 时 ,小 车 的 速 度 设 为v', s'A =v0t0-0.36v0t0 小球的 速 度 设 为v,小 球 与 小 车 组 成 的 系 统 在 水 平 方 向 上 动 量 s'B =0.2s'A — 240 —

参考答案 弹 簧 最 大 压 缩 量 Δx=s'A +s'B 势能的减少量等于圆珠笔重力势能的增加量与因碰撞而损失 解 得 △x=0.768v0t0 (3)设物块 A 第一次从斜面滑到平面上时的速度为vx ,物块 A 的能量之和,故 D 正确. (含弹簧)回到 水 平 面,第 二 次 与 B 相 互 作 用 过 程 系 统 机 械 能 【示例3】 D 设 A、B 喷气过程中对物块的 作 用 力 大 小 为F,喷 守 恒 、动 量 守 恒 .则 有 气的时间分别为t1 和t2,物块初 速 度 为v,以 初 速 度 方 向 为 正 方向,设 A 停止 喷 气 时 物 块 速 度 大 小 为v1,根 据 动 量 定 理 - mBv2 -mAvx =mBv3 +mA ·2v0 Ft1=m(-v1)-mv,Ft2 =0-m (-v1 ),由 运 动 学 规 律 可 得 12mBv22 + 12mAv2x = 21mBv23 + 1 (2v0 )2 (-v21)+vt1 0+ (-v1 ) ,联 立 可 解 得 t1 = (2 +1)t2 ,故 2mA = 2 t2 由 上 式 得vx =v0(另 一 解 舍 去) 选 D. 物块 A 第一次从斜面底端滑到最高点的过程,由动能定理有 专题三 电场与磁场 -mgμscosθ-mgssinθ=0- 1 (2v0 )2 第一讲 电场和磁场的基本性质 2m [真 题 引 领 ] 物块 A 第一次从最高点滑到水平面的过程,由动能定理有 1.A 由对称性与电场叠加原理 可 知,a、b、c、d 处 四 根 全 完 全 相 -mgμscosθ+mgssinθ= 12mv02-0 同、均匀带正电绝缘长棒在 O 点 的 合 场 强 为 零,类 比 正 点 电 荷 由 上 式 得 μ=0.45. 电场可知,一根带正电绝缘长棒在空间某点的场强 方 向 沿 该 棒 答 案 :(1)0.6mv02 (2)0.768v0t0 (3)0.45 所在直线的垂线指向该点,故 撤 去a 处 的 绝 缘 棒 后,O 点 的 电 【典例3】 解析:(1)滑块b 摆到最低点 mgh= 21mvb2 场强度方向由O 点垂 直 指 向a,B、D 项 错 误;设 每 根 带 正 电 绝 缘长棒在 O 点产生的电势为φ0,且大于零,则 根 据 电 势 的 叠 加 弹 性 正 碰v0=vb =5 m/s 原理知,四根完全相同、均匀带正 电 绝 缘 长 棒 在 O 点 产 生 的 电 (2)以 竖 直 向 下 为 正 方 向 场的电势为4φ0,若撤去a 处 的 绝 缘 棒,其 他 三 棒 在 O 点 产 生 的电场的电势为3φ0,故 撤 去 a 处 的 绝 缘 棒 后,O 点 的 电 势 减 FN +mg=mvR2E 小,A 项正确、C 项错误. 2.C 根据“同向电流相互吸 引,异 向 电 流 相 互 排 斥”的 作 用 规 律 mgh-2μmgl-mgH = 21mv2E 可知,左、右两导线与 长 管 中 心 的 长 直 导 线 相 互 吸 引,上、下 两 FN =0.1h-0.14(h≥1.2 m) 导线与长管中心的长直导线相互排斥,C 正确. 从h1 释放时,滑块a 运动到E 点时速度恰好为零 考向一 mgh1-2μmgl-mgH =0 【典例1】 D P 静止且受斜 面 体 的 摩 擦 力 为 0,对 P,由 平 衡 条 h1=1.2 m 件 可 得 k q2 = mgtanθ,解 得 P、Q 所 带 电 荷 量 为q= (3)当1.2 m≤h<1.65 m 时, r2 t= 2H s=vEt mgr2tanθ ,A 错 误 ;斜 面 体 对 P 的 支 持 力 大 小 为 N =cmosgθ, g k 3+ 3 m≤x< 3.6+ 3 m 由牛顿第三 定 律 可 知,P 对 斜 面 体 的 压 力 大 小 为 N'=N = 5 5 cmosgθ,B 错误;对斜面体在水平方 向 由 平 衡 条 件 可 得,斜 面 体 受 当0.9 m<h<1.2 m 时 到地面的摩擦力大小 为 f=N'sinθ=mgtanθ,C 错 误;对 斜 面 体在竖直方向由平衡条件可 得 N 地 =Mg+N'cosθ= (M +m) 从h2=0.9 m 释放时, g,由牛顿第三 定 律 知,斜 面 体 对 地 面 的 压 力 大 小 为 (M +m ) 滑块a 运动到距C 点0.8 m 处速度恰好为零 g,D 正确. 滑块a 由E 点速度 为 零,返 回 到 CD 时 距C 点 0.6 m 处 速 度 【典例2】 C 在取走 A、B 处两段小圆弧上的 电 荷 之 前,整 个 圆 恰好为零,2.6 m<x≤3 m. 答案:(1)5 m/s (2)FN =0.1h-0.14(h≥1.2 m) 环上的电荷在 O 点 产 生 的 场 强 为 零,而 取 走 的 A、B 处 的 电 荷 (3)2.6 m<x≤3 m 聚焦情境 素养培优 的 电 量qA =qB =2πQRΔL,qA 、qB 在O 点 产 生 的 合 场 强 为 电 荷 【示例1】 D 蹦极者下落第一个 L 时,根据速度位移关系公式得 之后,剩余部分在 O 点产 生 的 场 强 大 小 为k2QπRΔL3 ,方 向 由 C 指 5 向O,而点电荷q 放 在 D 点 后,O 点 场 强 为 零,故q 在O 点 产 v12 =2g× L ,解得v1 = 2gL ,此 刻 蹦 极 者 的 动 量 为 p1 =Δp1 = 生的场 强 与qA 、qB 在 O 点 产 生 的 合 场 强 相 同,所 以q 为 负 电 5 5 mv1-0=m 2gL ;同 理 可 得 下 落 的 四 个 L 时 的 动 量 为 p= 荷 ,即 有k q =k2QπΔRL3 ,解 得 q=2QπRΔL ,C 项 正 确 . 55 (2R)2 m 8gL ,下落五个 L 时的动量p'=m 2gL ,故 Δp2=p'-p= 【典例3】 D 因为 电 场 线 或 等 势 线 疏 密 均 匀,所 以 图 中 电 场 为 5 5 匀强电场,则无论图 中 的 实 线 是 电 场 线 还 是 等 势 线,a、b 两 点 2gL 1-255 有Δp1 m 2gL 的场强都相等,A 错误;若实线为电场线,由运动轨 迹 和 电 场 线 Δp2 5 分布情况可知,电子受 到 的 电 场 力 水 平 向 右,则 电 场 方 向 水 平 m .则 = = 5+2,选 m 25 向左,a 点 的 电 势 比b 点 的 电 势 低,电 子 从a 点 运 动 到b 点 的 2gL 1- 5 过程中,电 场 力 做 正 功,电 势 能 减 小,动 能 增 大,则 电 子 在a 点 项 D正确. 的电势能比在b 点的电势能大,B、C 错误;若 实 线 为 等 势 线,由 【示例2】 D 由于 外 壳 和 内 芯 碰 后 以 共 同 的 速 度 向 上 运 动,则 运动轨迹和等 势 线 分 布 情 况 可 知,电 子 受 到 的 电 场 力 竖 直 向 该碰撞为完全非弹性碰撞,碰撞过程有机械能的 损 失,A 错 误; 下,则电场方向竖直向上,a 点的 电 势 比b 点 的 电 势 高,电 子 从 外壳能向上运动说明 开 始 时 弹 簧 对 外 壳 的 弹 力 大 于 外 壳 的 重 a 到b 的运动 过 程 中,电 场 力 做 负 功,电 势 能 增 加,动 能 减 小, 力,又碰撞瞬间弹簧刚 好 恢 复 原 长,即 外 壳 从 开 始 运 动 到 碰 撞 电子在a 点的电势能比在b 点的电势能小,电子在a 点的速率 的过程,弹簧的弹力一 直 减 小 到 零,当 弹 力 小 于 重 力 时 外 壳 开 一定大于在b 点的速率,D 正确. 始做减速运动,B 错误;外壳与内芯 碰 撞 前,桌 面 对 圆 珠 笔 有 向 【典例4】 C 相邻 的 等 势 线 电 势 差 相 等,等 势 线 的 疏 密 反 映 电 上的支持力,但在支持 力 的 作 用 下 圆 珠 笔 没 有 发 生 位 移,因 此 场强度的大小,所以 Ea <Eb 选 项 A 错 误;研 究 电 荷 运 动 轨 迹 桌面对圆珠笔不做功,C 错误;由能量 守 恒 定 律 可 知,弹 簧 弹 性 与竖直等势线的交点 A,如图所示,电场线与等势线垂直,电 荷 — 241 —

一品方案·物理(新高考版) 做曲线运动,其所受合外力指向 凹 侧,所 以 电 荷 在 A 点 所 受 库 直方向的导线和水平方向的导线在 N 处产 生 的 磁 感 应 强 度 大 仑力水平向左,又因为电荷带正 电,所 以 A 点 的 电 场 线 水 平 向 小均为B,方向相同,叠加后磁感应强度大小为2B,B 正确. 左,即电场线指向左侧,φa >φb ,选 项 B 错 误;正 电 荷 在 电 势 高 【典例2】 A 圆弧导线 MaN 的长度为圆周长的 1 ,则 圆 弧 导 的地方电势能大,所以正电荷在b 点的电 势 能 4 大 于 在a 点 的 电 势 能 ,即 Epa <Epb 电 荷 具 有 a A 线 MbN 的长度为圆周长的 3 ,圆 弧 导 线 MbN 的电阻是圆弧 动能和电 势 能 两 种 能 量,根 据 能 量 守 恒 定 律 b 4 知,电荷在 电 势 能 大 的 地 方,动 能 小,所 以 va 导线 MaN 的电阻的 3 倍,两 段 圆 弧 导 线 并 联,故 通 过 两 段 圆 >vb ,选项 C 正确,D 错误. 弧导线的电流与圆弧导线的 电 阻 成 反 比,圆 弧 导 线 MbN 与 圆 【典例5】 B 将玻璃板插入 C、D 板 间,则 相 对 弧导线 MaN 受 安 培 力 作 用 的 等 效 长 度 相 同,已 知 圆 弧 导 线 MaN 受 到 的 安 培 力 大 小 为 F,根 据 安 培 力 的 表 达 式 F安 = 介电常数εr 增大,其 他 条 件 不 变,由 C =4επrkSd 可 知,CD 平 行 板电容 器 的 电 容 增 大,选 项 A 错 误;AB 和CD 两 电 容 器 两 板 BIL,可 知 圆 弧 导 线 MbN 受到的安培力大小为F ,B、C、D 错 3 间 电 压 U Q总 ,断 开 开 关 K 后 ,两 电 容 器 所 带 总 电 荷 量 误,A 正确. N =CAB +CCD 【典例3】 D 对 图 中 的 通 电 不变,由于 CD 电 容 器 的 电 容 增 大,所 以 AB 和CD 两 电 容 器 导体棒 进 行 受 力 分 析 如 图, 两板间 电 势 差 均 变 小,由 E U 可 知,A、B 板 间电场强度变 导体棒受到自身的重力竖直 d = 向下,斜 面 对 导 体 棒 的 支 持 小,则 P 点与B 板间的电势差变小,因为B 板接地电势始终为 力方 向 垂 直 于 斜 面 向 上.根 mg 据平 衡 条 件 可 知,通 电 导 体 零,则 P 点电势降低,选项 B 正 确,C 错 误;由 于 插 入 玻 璃 板 的 α 过程中,AB 电容器两板间电 势 差 变 小,则 AB 电 容 器 放 电,电 棒若 要 受 力 平 衡,所 受 安 培 c a bd 阻 R 中有向左的电流,选项 D 错误. 力的方向应在图中两虚线的范围内.根据同向电流 相 互 吸 引 可 考向二 得,四个选项的描述中只有 D 项 能 使 斜 面 上 的 导 体 棒 静 止,故 【典例】 解题指导:提示:(1)E 的正负表示方向. D正确. (2)电 势 差 . 解析:从 N 到P 电场强度均为正值,则电场强度 E 的方向为x 聚焦情境 素养培优 轴正方向,沿着电场线方向电势 逐 渐 降 低,所 以 A 点 的 电 势 高 于B 点的电势,选项 A 错 误;从 N 点 到O 点,电 势 一 直 减 小, 【示例1】 B 电击对人类的危害是较 长 时 间 通 过 人 体 一 个 强 电 选 项 B 错误;电子从 N 点移到P 点的过程中,库仑力一直做负 功,电势能逐渐增大,选项 C 错误;E-x 图 线 与 坐 标 轴 围 成 的 流,虽然电蚊拍中间夹 层 的 金 属 网 电 势 高 达 上 千 伏 特,若 人 体 面积 表 示 电 势 差 ,则 有 UNO =UOP ,再 根 据 W =qU 可 知 ,电 子 从 N 移动到O 点和从O 点移动到P 点的过程 中,库 仑 力 做 功 碰触金属网,不会因电 击 而 产 生 严 重 伤 害.一 方 面 是 因 为 人 体 电阻大,另一方面是不 会 产 生 持 续 长 时 间 的 一 个 强 电 流,故 A 错误;闪电生成的基本原理与电蚊拍电离空气放电 的 原 理 是 一 样的,均属于两 极 间 电 压 积 累 到 一 定 程 度,击 穿 空 气,进 行 放 电,与原子能级跃迁没有关系,故 B 正确、C 错误;依 题 意,设 该 相等,选项 D 正确. 电蚊拍两电极间的电 压可升 高 至 Um ,根 据 E = U ,代 入 数 据 答 案 :D d 巩固拓展 可得Um =15kV,故 D 错误.故选 B. 1.B 根据电势能与电势的关系 Ep=qφ 和 电 场 强 度 与 电 势 的 关 【示例2】 A 在“峪 ”处 形 成 的 小 电 容 器,极 板 和 与 之 正 对 的 皮 系E=ΔΔxφ可 得E = 1 ·ΔEp ,则 Ep -x 图 像 切 线 的 斜 率 等 于 肤表面间距离d 较大,根据电容决 定 式 C=4επrkSd知,其 电 容 较 q Δx 小,放电较快,A 正确,B 错误;在“嵴”处 形 成 的 小 电 容 器,极 板 ΔEp =Eq.在 x=x1 处图像斜率为0,即 Eq=0,则电场强度为 和与之正对的皮肤表面间距离d 较 小,根 据 C=4επrkSd知,其 电 Δx 容较大,充电后所带的电荷量较大,C 错 误;潮 湿 的 手 指 与 传 感 0,A 错 误;在 x2 ~x3 段,图 像 斜 率 不 变,场 强 大 小、方 向 均 不 器之间有水填充,改变 了 原 来 匹 配 成 平 行 板 电 容 器 的 电 容,所 变,B 正确;在0~x2 段,图像斜率变化,电 场 强 度 变 化,粒 子 不 做匀变速 直 线 运 动,C 错 误;粒 子 在 x=0、x=x2 处 电 势 能 相 以对指纹识别会产生影响,D 错误. 【示例3】 D 炮弹受安培力向右,由左手定 则 可 知,匀 强 磁 场 的 等 ,根 据 Ep=qφ 可 知x=0 与x=x2 处 的 电 势φ0、φ2 相 等 ,即 φ0=φ2,粒子在 x=x1 处 电 势 能 最 小,又 粒 子 带 负 电,故 x= x1 处 电 势 最 高 ,同 理 可 知 x=x3 处 电 势 最 小 ,则 φ1 >φ2 = 方向竖直向上,选 项 错 误;由 动 能 定 理 1 mv2 解得金 A Fs= 2 φ0>φ3,D 错 误 . 属框架受到的安培 力 大 小 为 F =m2vs2 ,选 项 B 错 误;根 据 安 培 2.CD 若 粒 子 能 运 动 到 A 处,其 速 度 vA ≥0,根 据 动 能 定 理 有 qUOA =q(0-φ0 )= 1 mv2A - 1 mv02 ,即 v0 = 2qφ0 +v2A ≥ 力 F=BIL,可得通过金属 框 架 的 电 流 为I=2msBvL2 ,选 项 C 错 2 2 m 2qφ0 ,故 选 项 A 错 误;若 带 电 粒 子 运 动 到 A 点 的 速 度 为 0, 误;根据 E=I(R+r),可知电源的电动 势 为 E=mv22s(BRL+r), m 则带电粒子不能到达 D 点,若 带 电 粒 子 运 动 到 A 点 的 速 度 不 选项 D 正确. 为0,则带电粒子能到达 D 点,故选项 B 错误;根 据φ-x 图 像 第二讲 带电粒子在电磁场中的运动 可得A、B 间的电场强度E=ΔΔφx=0,即 带 电 粒 子 在 A、B 间 所 [真 题 引 领 ] 受的合外力为零,做匀速直线运动,故选项 C 正确;带电粒子从 1.C 粒子的电 性 未 知,粒 子 从 M 极 板 到 N 极 板,电 场 力 做 正 O 到G 由动能定理 有qUOC =q(0-φC )= -qφ20 = 1 mv2C - 功,但不能判断极板 电 势 的 高 低,A 错 误;电 场 力 做 正 功 时,粒 2 子电势 能 减 小,B 错 误;根 据 能 量 守 恒 定 律 可 知,平 行 M 板 向 21mv20 ,即vC = v20 -qmφ0 ,故 选 项 D 正 确 . 下的粒子,到达 N 极板下端时的速度大小仍为 2v0,在平 行 极 考向三 板方向做匀速运动,速度为v0,在 垂 直 极 板 方 向 做 匀 加 速 直 线 运 动 ,有a=vt0 ,t=2Lv0 ,解 得a=2Lv02 ,C 正 确 ,D 错 误 . 【典例1】 B 根据安培定则可知,两 根 导 线 在 M 处 产 生 的 磁 感 2.A 根 据 题 述 情 境,质 子 垂 直 Oyz 平 面 进 入 磁 场,由 左 手 定 则 应强度大小均为B,方向相反,叠 加 后 磁 感 应 强 度 大 小 为 0;竖 可知,质子先向y 轴 正 方 向 偏 转 穿 过 MNPQ 平 面,再 向 x 轴 — 242 —

参考答案 正方向偏转,所以 A 可 能 正 确,B 错 误;该 轨 迹 在 Oxz 平 面 上 的图像如图所示 的投影为一条平行于x 轴的直线,CD 错误. Wy 考向一 【典例1】 BD 对 电 子 由 动 能 定 理 有 qU = 1 mv2 ,解 得 v= 2 2qU ,增大两板间的距离时,两板间的电势差不变,所以电子 O T T T T t m 若电子恰好在 3T 时 刻 从 A 板 边 缘 射 出 电 场,根 据 动 能 定 理 到达 B 板的速度不变,若减小电源电动势,则电子到达 B 板 的 可得 速度减小,选项 A 错误,B 正 确;若 充 电 后 断 开 S,则 两 板 带 电 荷 量 不 变 ,由 C=4επrkSd ,C= Q 可 得 U =4επqrSdQ ,板 间 的 电 场 强 ΔEk =e×U20 × 1 =eU60 . U 3 度为 E=dU =4επrkSQ ,即 减 小 两 板 间 的 距 离 时,电 场 强 度 不 变, (2)若k=1.5,竖直方向,电 子 在 0~T 时 间 内 做 匀 加 速 运 动, 则电子在两板间运动的加速度a=Emq不变,由d= 21at2,可 知 加 速 度 的 大 小a1=emUd0 ,位 移 大 小 x1= 12a1T2 在 T~2T 时间内先做匀减速运动,后反向做匀加速运动,加 速 电子在两板间运动的时间变短,选项 C 错误,D 正确. 度 的 大 小a2=32emUd0 【典例2】AD 电 子 在 水 平 方 向 做 匀 速 直 线 运 动,通 过 平 行 板 电 容器的时间是t,故 A 正 确;电 子 在 平 行 板 电 容 器 间 竖 直 偏 移 初 速 度 的 大 小v1=a1T,匀 减 速 运 动 阶 段 的 位 移 大 小 x2=2va122 量y1= 21at2=q2Umtd2 ,平 行 板 间 电 场 对 电 子 做 功 为 W =qEy1 d 5eU0T2 2 3m =qdU ×q2Umtd2 =q22mUd2t22 ,将 两 板 间 调 整 为 2d,则 W'= 1 W ,故 由 题 知 ≥x1 +x2 ,解 得 d≥ 4 垂 直 电 场 方 向 ,电 子 速 度 为 v0 , B 错误;电子离开平行板间电场时速 度 与 水 平 方 向 夹 角 正 切 值 射 出 时 竖 直 方 向 的 速 度 大 小 为vy =a2T-a1T=e2Um0dT 为tanθ=vvy =avt =mqUdtv,将 两 板 间 距 调 整 为 2d,则 tanθ'= 2 21tanθ,故 C 错 误;电 子 在 屏 幕 上 所 产 生 的 光 点 的 竖 直 偏 移 量 合速度大小为 v20 + eU0T 2md . 为y=y1 +y2 =q2Umtd2 +Dtanθ=q2Umtd2 +DmqdUvt,将 两 板 间 距 调 电子在0~3T 时间内运动轨迹的示意图: 整为2d,则y'= 12y,故 D 正确. B 【典例3】 解析:(1)已 知 带 电 小 球 在 D 光滑的竖直圆轨道内做完整的圆周 运动,经 C 点 时 速 度 最 大,因 此,C O O T T T 点是竖直平面内圆周运动的等 效 F C θ W 电子在0~2T 时间内临界情况下运动轨迹的示意图: “最低 点 ”也 就 是 小 球 在 C 点 所 受 的电场力和重力的合力沿背离圆心 mg A x 的 方 向 ,如 图 所 示 , 则有tanθ=mFg,因 此 小 球 所 受 电 场 力 大 小 为 F=mgtan60°= x 3mg. O T T (2)D 点为竖直平面内圆 周 运 动 的 等 效 “最 高 点”,小 球 恰 好 能 答 案 :(1)eU60 eU0T 2 完整的做圆周运动 时,在 “最 高 点”有 最 小 速 度,此 时 小 球 经 B 2md (2) v20 + 点时对轨道压力最小,即coms6g0°=mvr2D , 考向二 解 得vD = 2gr 【典例 1】 BC 两 个 粒 子 在 磁 场 中 的 轨 迹 如 图 所 示,均 从 O 点 小球由 D 点运动到A 点的过程,由动能 定 理 有 mgr(1+cosθ) 射出磁场,根 据 左 手 定 则 可 知,Q 带 正 电,P 带 负 电,故 A 错 +Frsinθ= 12mv20 - 12mv02 误;根据几何关系可知,Q 偏转的圆心角为120°,则 RQsin60°= 1 ,P 偏 转 的 圆 心 角 为 60°,则 RP =MO,又 MO=2ON ,故 2ON 解得v0=2 2gr. P 和Q 在磁场中运动的半径之 比 为 2 3∶1,两 粒 子 在 磁 场 中 答案:(1)3mg (2)2 2gr 【典例4】 BC 粒 子 在 半 径 为r 的 圆 轨 道 运 动,有qE =mω2r, 做 匀 速 圆 周 运 动 的 时 间 相 同 ,即 1 = 1 ,T =2vπR ,故 P 3TQ 6TP 将 E=ra 代入上式得ω2=mqra2 ,可 知 轨 道 半 径 小 的 粒 子,角 速 和Q 的速度大小之比为 3∶1,根 据 R =Bmqv得 q =BvR ,所 以 m v2 度 大 ,A 错 误;由 qE =m r 、Ek = 1 mv2 、E = a 解 得 Ek = P 和Q 的比荷之比为1∶2,故 B、C 正确,D 错误. 2 r WQ WP qa ,即 电 荷 量 大 的 粒 子 动 能 一 定 大 ,B 正 确 ;由qE v2 、E 2 =m r = c c NO M a 可 得v2 =qma,即 r 粒 子 速 度 的 大 小 与 轨 道 半 径 r 无 关 ,C 正 确;带电粒子的运动方向和垂直纸面的磁场方向是 向 里 还 是 向 外未知,粒子所受洛伦兹力方向未知,D 错误. 【典例5】 解析:(1)若k=1,电子在竖直方向的速度随时间 变 化 — 243 —

一品方案·物理(新高考版) 【典例2】 C 如图(b)所示,乙粒子轨 迹 恰 好 与ac 边 相 切 时,乙 解 得q =BvR00 . 粒子从bc 边射出 的 轨 道 半 径 最 大,则 易 知 选 项 A 错 误;如 图 m (a)所示,甲粒子轨迹恰好与bc 边 相 切 于c 点 时 从c 点 射 出 磁 (2)画 出 粒 子 速 度 最 大 时 的 轨 迹 图,如 ff 场.根据几何关系可得,甲粒子的轨道半径为 L,运 动 轨 迹 所 对 图 所 示 ,由 几 何 关 系 得 (3R0 -r)2 =R02 f ff f r O′ O 的 圆 心 角 为 90°,即 运 动 了 四 分 之 一 周 期 的 时 间.运 动 时 间 为 +r2,解得粒子在 磁 场 中 运 动 的 轨 迹 半 ff A ff ff t= T =24πBmq =2πBmq,选 项 B 错 误 ;乙 粒 子 轨 迹 与 ac 边 相 切 时 , 径r= 4 ,由 于 qBvm =m v2m ,解 得 R 4 3 R0 r ff 乙粒子从bc 边射出的轨道 半 径 最 大,设 切 点 为e,由 几 何 关 系 粒 子 射 出 速 度 的 最 大 值 vm = 4 . f fff 3v0 ff 可得ae=ab=L,ac= 2L,所以 乙 粒 子 从bc 边 射 出 的 最 大 轨 (3)设 偏 转 次 数 为k,因 至 少 碰 撞3 次 回 道半径为Rmax=(2-1)L,选项 C 正确;由题意可知 甲 粒 子 在 到 O 处,故k=3、4、5、…,绕大圆转了n 圈,θ 为 绕 圆 柱 体 偏 转 磁场中运动的最 长 时 间 为t甲 =2πBmq,乙 粒 子 在 磁 场 中 运 动 最 一次时,轨迹与圆柱体 相 交 时,两 交 点 之 间 弧 长 所 对 应 的 圆 柱 长 时 间 为t乙 T =22πBmq =πBmq ,甲 、乙 两 粒 子 在 磁 场 中 运 动 的 体的圆心角.转 了n 圈,转 过 的 总 角 度 为 2nπ,偏 转 次 数 为k, 2 = 由 几 何 关 系 可 知θ=2nkπ(k=3、4、5、… ,n=1、2、3、… ),偏 转 一 最长 时 间 之 比 为t甲 = 1 ,选 项 D 错 误 . 次时,粒子转过的圆心角为2π- (π-θ)=π+2nkπ(k=3、4、5、 t乙 2 cc f ef π+2nkπ 2π ff ff …,n=1、2、3、… ),则 再 回 到 O 点 的 时 间 为t= · fff fff 2πm ·k=πR0 (vk0+2n)(k=3、4、5、… qB a ff f fb a ff f fb ,n=1、2、3、… ). * * 答 案 :(1)BvR00 (2)34v0 (3)t=πR0(vk0+2n)(k=3、4、5、… , (a) (b) 【典例 3】 C 因 为 正 电 子 和 负 电 子 的 电 荷 量q 和 质 量 m 均 相 n=1、2、3、… ) 等,而带电粒子在磁 场 中 做 匀 速 圆 周 运 动 的 周 期 T =2qπBm ,所 【典例 6】 AC 由 于 所 有 y 粒子射出磁场时的 位 置 f ffff 以四种径迹的周期相等,而 沿 径 迹 Oc 运 动 的 粒 子 的 速 度 偏 转 中,P 点 距 离 粒 子 源 最 f f f f f S f f Of f f 角最大,径迹对应的圆心 角 也 最 大,设 偏 转 角 为θ,由t=2θπT 远,则 SP 应 为 粒 子 在 磁 场中做匀速圆周运 动 的 可知,沿径迹 Oc 运 动 的 粒 子 在 磁 场 中 运 动 时 间 最 长,选 项 A 错误;由左手定则可判断沿径迹 Oc、Od 运动的粒 子 均 带 负 电, 直 径,由 几 何 关 系 可 知 f ffff 选项 B 错误;设圆形 磁 场 半 径 为r,根 据 几 何 关 系 可 得 沿 径 迹 SP =2d,则 粒 子 运 动 的 O f f f f f O Px Oa、Ob 运动的粒子轨道半径分别为ra =r,rb = 3r,根 据qBv 轨 迹 半 径 为 r=d,结 合 v2 ,可 得va =rrba 3,选 项 公式 qvB =m v2 得 粒 子 r vb 3 r =m = C 正 确 ;由 A 项 分 析 可 知 ,运 的速度大小为v=qBmd,A 正确;粒子从 O 点 射 出 磁 场 时,作 出 动时间 之 比 为 偏 转 角 之 比,所 以tb =θθdb 60° 4 ,选 项 D 运动轨迹,如图中虚 线 弧 Ⅰ 所 示,轨 迹 圆 心 为 O1,由 几 何 关 系 td =45°= 3 可知△SOO1 为正三角形,圆弧所 对 应 的 圆 心 角 为 60°,则 粒 子 错误. 【典例4】 解析:(1)粒子 P 在 “阳 鱼”内 做 圆 周 运 动 的 轨 迹 如 图 在 磁 场 中 的 运 动 时 间 为t1 = T ,又 粒 子 在 磁 场 中 的 运 动 周 期 6 甲 所 示 ,根 据 几 何 关 系 ,可 知 轨 迹 圆 的 半 径 r0 = R2tan θ ,又 2 为 T=2qπBm ,整理得t1=3πqmB ,B 错误;分 析 可 知 沿 y 轴 正 方 向 射入 的 粒 子 从x 轴 上 射 出 磁 场 时,在 磁 场 中 运 动 的 时 间 最 长, qv0B =m v20 ,解 得 2 3mv0 . r0 B= qR 作出粒子的运动轨迹,如 图 中 虚 线 弧 Ⅱ 所 示,则 粒 子 在 磁 场 中 A DA O 运动的时 间 为t2 =34T ,粒 子 从 x 轴 上O 点 射 出 磁 场 时,在 磁 θ OP W 场中运动的时间最短,则最长时间与最短 时 间 之 比 为t2 ∶t1 = O O W O θ 9∶2,C 正确;沿平行x 轴正方向射入磁场的粒子,作出 运 动 轨 O O C 迹,如图中虚线弧Ⅲ所 示,由 几 何 关 系 可 知 粒 子 离 开 磁 场 的 位 C 置到 O 点的距离为d,D 错误. OQ 甲 考向三 乙 (2)设粒子 Q 以大小为v1 的 速 度 从 C 点 沿CO2 方 向 射 入 “阳 【典例1】 解题指导:提示:(1)类平抛运动. 鱼”时,其轨迹恰好与圆 O1 相 切,如 图 乙 所 示.根 据 几 何 关 系, (2)60°. 可 知 轨 迹 圆 的 半 径 为 R ,又qv1B =m v12 解 析 :(1)粒 子 在 极 板 间 做 类 平 抛 运 动 ,竖 直 位 移 为 y1 = 1 · R 2 解 得v1=2 3v0 qE ·D2 =0.6 m. 粒子 Q 从 C 点 射 入 “阳 鱼 ”时 的 速 度 大 小 应 满 足 的 条 件 为 m v20 v≥2 3v0. (2)设粒子在电容 器 右 侧 N 点 飞 出,到 上 极 板 的 距 离 为 d,由 几何关系可得 答 案 :(1)2 3mv0 (2)v≥2 3v0 d=Lcos30°-2coLs30°=0.5 m qR 由平抛运动规律可 得 粒 子 在 电 场 中 竖 直 位 移 为 y'= D2tan30° 【典 例 5】 解 析 :(1)由 牛 顿 运 动 定 律 有 qv0B =m v20 , R0 — 244 —

参考答案 =0.3 m y1 =v0t3 =L 则有y0=d-y'=0.2 m. N 点 的 纵 坐 标 为yN =DQ+y1 (3)设 粒 子 出 电 场 后 的 速 度 为 v,有 v=covs300° 联立解得yN =(3+1)L,则 N 点的坐标为(0,(3+1)L). 在匀强磁场区域,粒子做匀速圆周运动,如图所示,由 洛 伦 兹 力 答 案 :(1)2mqvL0 (2)3 3+3+2π (0,(3+1)L) L 3v0 v2 提 供 向 心 力 可 得qvB=m r ,解 得r=130 m 【典例2】 解题指导:提示:(1)小球所受的电场力与重力平衡. M H (2)电 场 力 与 重 力 的 合 力 与 速 度 方 向 共 线 . N O W x 解析:(1)小球在两板间做匀速圆周运动,电场力与 重 力 大 小 相 y K 等 ,设 两 板 间 电 压 为U ,有 mg=q U S d OB O1 由 闭 合 电 路 欧 姆 定 律 得U=R1R+2R2E0 yI J (R1 +R2)mgd qR2 由速 度 偏 向 角 为 60°及 几 何 关 系 可 知,粒 子 在 磁 场 中 运 动 的 轨 联 立 解 得 E0 = 迹 对 应 的 弦 长 等 于r ①当圆心 OB 与轨迹圆圆心在弦的同 侧 时,由 轨 迹 圆 与 磁 场 区 (2)小球在电容器中做匀速圆周运动,从上板右侧 边 缘 离 开,设 域圆共 弦 且 半 径 相 等,可 知 两 圆 是 同 心 圆,圆 心 OB 距I 的 距 轨 迹 半 径 为r,有r2=(r-d)2+(3d)2 离为l1=2coLs30°-cosr30°=0.8 m ②当圆心 OB 与轨迹圆圆心在弦的异侧时,由几何关系解得 又 洛 伦 兹 力 提 供 小 球 做 圆 周 运 动 的 向 心 力 ,qvB =m v2 r 圆心 OB 到 I 的 距 离 为l2 =2coLs30°-cosr30°+2rcos30°= 解得 B=2mqvd. (3)小 球 离 开 磁 场 时 ,速 度 方 向 与 水 平 方 向 的 夹 角 为θ=60°,要 使小球做直线运动,则 电 场 力 与 重 力 的 合 力 与 速 度 方 向 共 线, 1.1 m. 当电场力等于 小 球 重 力 垂 直 于 速 度 方 向 的 分 力 时,电 场 力 最 答案:(1)0.6 m (2)0.2 m (3)0.8 m 或1.1 m 小 ,电 场 强 度 最 小 巩固拓展 qE'=mgcos60° 1.解析:(1)粒子以速度v0 从y 轴 上 y 的P 点与y 轴正方向成60°夹角射 M 解得 E'=m2qg 向磁场,经磁场偏转后垂直于x 轴 E 答 案 :(1)(R1 +R2)mgd (2)2mqvd (3)m2qg 射出磁场,作出粒 子 在 磁 场 中 的 轨 N qR2 迹如图所示,A 点为 粒 子 轨 迹 圆 的 Q 巩固拓展 圆心,D 为 射 出 磁 场 的 点,AP 和 AD 为轨迹 圆 半 径,设 轨 迹 圆 半 径 AD 2.D 小环刚开始下滑的一段 时 间 内,受 重 力、向 左 的 电 场 力、向 为r,根 据 几 何 关 系 知 r=sin36L0° O Wcfff f f fx 右的洛伦兹力和 弹 力、摩 擦 力 作 用,由 牛 顿 第 二 定 律 有 mg- P f μ(Eq-qvB)=ma,随 着 小 环 的 速 度 增 大,加 速 度 不 断 增 大;当 =2L ffB f qvB=Eq 时,加速度为 g,达 到 最 大;随 着 速 度 继 续 增 大,qvB> 带电粒子 在 磁 场 中 做 匀 速 圆 周 运 f f Eq,杆对小环 的 弹 力 方 向 变 为 向 左,由 牛 顿 第 二 定 律 有 mg- μ(qvB-Eq)=ma,小环的加 速 度 不 断 减 小,重 力 与 摩 擦 力 平 衡 ffff 时,小环做匀速运动,速度达到最大值.综上所述,D 项正确. 动 ,洛 伦 兹 力 提 供 向 心 力 ,有qv0B=mrv20 聚焦情境 素养培优 解得匀强磁场磁感应强度的大小 B=2mqvL0 . 【示例1】 B 若 霍 尔 元 件 材 料 使 用 的 是 锌,霍 尔 元 件 的 电 流I 是由正电荷定向运动 形 成 的,根 据 左 手 定 则,可 知 正 电 荷 偏 向 (2)带电粒子在磁场中运动的周期为 T=2vπ0r=4vπ0L D 端,因此 C 端电势低于D 端电势,选项 A 错误;C、D 间的电 根据 几 何 关 系 可 得 带 电 粒 子 在 磁 场 中 运 动 的 圆 心 角 为 60°,则 势差UH =kIdB ,可 知 磁 铁 从 如 图 乙 所 示 的 位 置 逐 渐 靠 近 霍 尔 在 磁 场 中 运 动 的 时 间 为t1 =36600°°T =23πvL0 传感器的过程中,k、I、d 不变,但 磁 场 的 磁 感 应 强 度 B 越 来 越 粒子射出磁场后至进入电场前做匀速直线运动,根 据 几 何 关 系 大,故 C、D 间的电势差也越来越大,选项 B 正确;根 据t0 时 间 可得 OD=r-rcos60°=L,DQ=taOn3D0°= 3L 内的脉冲数为 N ,可求得车轮转动周 期 T=tN0 ,则 车 轮 的 角 速 粒子在 DQ 段 运 动 的 时 间t2=DvQ0 = 3L 度ω=2Tπ=2tπ0N ,故 车 轮 的 速 度 大 小v=ωR =2πtN0R ,选 项 C v0 错误;前轮漏气,导致前 轮 实 际 半 径 比 录 入 到 速 度 计 中 的 参 数 带电粒子垂直 于 电 场 方 向 进 入 匀 强 电 场,在 电 场 中 做 类 平 抛 偏小,那么单位时间内 测 得 的 脉 冲 数 会 增 多,则 速 度 计 测 得 的 运动 骑行速度偏大,选项 D 错误. 根 据 牛 顿 第 二 定 律 有qE =ma 【示例2】 A 血液中正负离子流动时,根据左手定则,正离子受到 根据几何关系可得带 电 粒 子 在 沿 电 场 方 向 的 位 移 为 OD =L, 向上的洛伦兹力,负离子受到向下的洛伦兹力,所以正离子向上偏 根据运动学公式在沿电场方向有 L= 12at32 转,负离子向下偏转,则电极a 带正电,电极b 带负电,故 C、D 错 已 知 电 场 强 度 大 小 为 E=2qmLv20 误;最终血液中 的 离 子 所 受 的 电 场 力 和 磁 场 力 的 合 力 为 零,有q U =qvB,所以血流速度v=BUd=0.014600××31×01-60-3 m/s≈1.3 m/s, d 以 上 各 式 联 立 解 得t3=vL0 故 A 正确,B错误. 粒子由 P 点进入磁场到运动到y 轴上的 N 点所经历的时间 【示例3】 AD 根据左手定则 可 判 断 出 正 离 子 在 纵 向 场 中 沿 逆 时针方向运动,选 项 A 正 确;因 为 左、右 两 侧 磁 感 应 强 度 不 一 3 3+3+2π 样,故粒子在左、右两侧磁场内做圆周运动的轨迹 半 径 不 同,所 t=t1 +t2 +t3 = L 以发生漂移,选 项 B 错 误;根 据qvB =mRv2 得 R =qmBv,因 此 B 3v0 粒子在电场中沿y 轴方向的位移为 — 245 —

一品方案·物理(新高考版) 越大,R 越小,所以粒子 在 右 侧 磁 场 中 运 动 的 轨 迹 半 径 小 于 在 知,甲表示电压表 的 示 数 随 电 流 表 的 示 数 的 变 化 情 况, 左侧磁场中运动的轨迹半径,结合左手定则可判断 出 正 离 子 向 乙表示电压表 的示数 随 电 流 表 的 示 数 的 变 化 情 况,分 析 下侧漂移,电子向上侧漂移,选项 C 错误,D 正确. 可知,电阻 R0 的阻值大于电 源 的 内 阻,当 电 源 内 阻 一 定 时,减 小滑动变阻器接入电 路 的 阻 值,电 源 的 输 出 功 率 将 增 大,两 图 专题四 电路与电磁感应 第一讲 直流电和交流电 线的交点对应滑动变阻器接入 电 路 的 阻 值 为 0,即 电 源 的 输 出 [真 题 引 领 ] 功率最大,选项 B 正确;定值电阻 R0 消耗的功率为 P=U2I= 1.D 每 秒 水 泵 对 水 做 的 功 等 于 水 的 机 械 能 增 加 量,即 W = 1.0×0.5 W=0.5 W,选 项 C 正 确;电 源 的 效 率 为 η=EUII× ΔE= 21mv20+mgH =300J,故选 项 A、B 均 错 误;水 泵 输 入 功 100% = EU ×100% 1 =66.7% ,选 项 D 错误. =1.5×100% 率(即电动机输 出 功 率)为 P泵出 300 W,故 P泵入 = =0.75 W =400 【典例4】 AD 初始时,S1 闭 合,S2 断 开,则 电 容 器 两 极 板 间 的 η =R1E+rR1 E 选项 C 错误;电动机的输入功率为 P电 =440 W,根据能量的转 2 电 压 为 U ,又 R1 =R ,r=R ,则 U = ,由 于 液 滴 静 化 与 守 恒 ,可 得 P电 =P泵入 +Pr =P泵入 +Ir2,代 入 数 据 可 得 电 U 动机的内阻为r=10Ω,故选项 D 正确. 止 不 动 ,则 有 mg=q d ,如 果 仅减 小 两极 板的 正 对面 积,则 液 2.B 由于 两 定 子 线 圈 匝 数 不 同,根 据 法 拉 第 电 磁 感 应 定 律 可 滴仍受力平衡,保持静止,A 正确.如果仅将电容器 上 极 板 向 上 知,在两线圈中产生的电动势最 大 值 不 相 等,有 效 值 不 相 等,A 移动少许,则两极板间距d 增大,两极板间的 电 场 强 度 减 小,P 项错误;由于转子匀速转动的周期等于两定子产生 交 流 电 的 周 点与下极板间的电势差减小,P 点的电 势 降 低,B 错 误.若 闭 合 期,所以两线圈产生的交变电流频率 相 等,B 项 正 确;由 于 两 线 S2 ,外 电 路 的 电 阻 为 R'= R ,电 容 器 两 极 板 间 的 电 压 为 U'= 圈轴线在同一平面内且相互垂直,所以两线圈产生 的 感 应 电 动 2 势一个在最大值时,另一个为零,C 项 错 误;由 于 在 两 线 圈 中 产 R'E+rR'= E 3 生的电动势的有效值不相等,根 据 P=ER2 可 知,两 电 阻 消 耗 的 .S2 闭 合 前,电 容 器 所 带 的 电 荷 量 为q1 =CU = 电功率不相等,D 项错误. 3.BD 当 开 关 S 接 1 时,左 侧 变 压 器 副 线 圈 两 端 电 压 U2 =3× CE ;S2 闭 合 后,电 容 器 所 带 的 电 荷 量 为q2 =CU'=C3E .则 电 7.5V=22.5V,电阻 R 上 的 电 压,即 右 侧 变 压 器 副 线 圈 两 端 2 电 压U4= PRR =10V,电 流I4=UR4 =1A,则 右 侧 变 压 器 原 容器所带的电荷量 减 少 了 Δq=q1 -q2 =C6E ,C 错 误.S2 闭 合 2 1 后,由牛顿第 二 定 律 得 mg -qUd'=ma,解 得 加 速 度 大 小 为 1 2 线圈 两 端 电 压 U3 = ×10 V=20 V,电 流 I3 = ×1 A= a=g3 ,D 正确. 0.5A,则r=U2I-3U3 =5 Ω.当 开 关 S 接 2 时,设 输 电 电 流 为 考向二 I,则右侧变压器副 线 圈 中 电 流 为 0.5I;由 右 侧 变 压 器 两 边 电 【典例1】 D 由图乙可知,交变电流的周期 为 0.02s,所 以 线 圈 压关系可知U2n-3Ir=0.n5I4R ,解得I=3A,则 R 上的功率P= 的 转速 为n= 1 =50r/s,A 错 误 ;电 阻 R 两 端 的 电 压 的 有效 (0.5I)2R=22.5 W,选项 B、D 正确. T 值为U=20V,交流电 流 表 的 示 数 为 有 效 值,则 电 流 的 有 效 值 考向一 为I=RU =4A,B 错误;0.01s时 电 阻 R 两 端 的 电 压 为 零,则 【典例1】 D 电能是能量,单位是J,电池容量的单位是mA·h, 发电机线圈中的感应 电 动 势 为 零,线 圈 处 于 中 性 面 位 置,即 线 根据电荷量公 式 q=It 可 知,电 池 容 量 表 示 的 是 电 荷 量 的 多 圈平面与磁场方向垂直,C 错 误;电 阻 R 在 1 分 钟 内 产 生 的 热 量为 Q=I2Rt=4800J,D 正确. 少,故 A 错误.由公式 P=UI 可 得,电 扇 正 常 工 作 时 的 电 流 为 【典例2】 解析:线圈中产生的感应电动势最大值为Em =nBωS= 1A,由公式q=It 可知,充满电后理论上电扇可以运行2h,故 B、C 错 误.电 动 机 正 常 工 作 时 的 热 功 率 为 Pr =I2r=0.5 W, 10×2π2×10π×0.03 =Em 2 所 以 其 效 率 为η=PP输额出 ×100% P 额 -Pr ×100% =90% ,故 V=6 2 V,电 动 势 有 效 值 E =6 V, = P额 D正确. 电路中的电流I=RE+r=9+61 A=0.6 A,则 交 流 电 流 表 的 示 【典例2】 A 将滑动变阻 器 的 滑 片 向a 端 移 动,滑 动 变 阻 器 接 数是0.6 A,电 阻 R 的 发 热 功 率 为 PR =I2R =0.62 ×9 W= 入电路的阻值增大,电路的总电阻增大,总电流减 小,根 据 闭 合 电路欧姆定律可得 R3 两端电压U3=E-I(r+R1),由于总 电 3.24W,选项 A、B 错 误;电 阻 R 上 的 电 压 有 效 值 UR =IR= 流减小,电源内阻与定值电阻 R1 不变,则U3 增 大,通 过 R3 的 5.4V,又Um = 2UR =5.4 2 V 大于电容器的耐压值,电容器 电 流I3 增 大 ,由 串 并 联 电 路 各 部 分 电 流 的 关 系 有 I总 =I2 + 会 被击穿,选项 C 正确;如果将电阻 R 换成标有“6V 3 W”字 I3,则 通 过 R2 的 电 流 I2 减 小 ,电 压 表 的 示 数 为 φa -φb = 样 的 小 灯 泡 ,小 灯 泡 的 电 阻 RL =UP2 36 Ω=12 Ω,小 灯 泡 两 Uab =U3-I2R2,则 电 压 表 的 示 数 增 大 ,a点 电 势 升 高 ,A 正 确 , =3 C 错误;由于电源 内 阻 无 法 确 定,根 据 电 源 的 输 出 功 率 特 点可 端 的 电 压 UL =RLE+rRL 6 V=5.54 V,故 小 灯 泡 不 知,当外电阻等于电源 内 阻 时,电 源 的 输 出 功 率 最 大,所 以 电 源 的 =12+1×12 输出功 率 无 法 确 定,B 错 误;电 源 的 效 率 为 η=UEII ×100% = 能正常工作,选项 D 错误. 考向三 R外 1 ×100%,则将滑动变 阻 器 的 滑 片 向a 【典例1】 AD 根 据 题 中 条 件 可 知,交 变 电 流 的 周 期 T =2ωπ= R外 +r×100% =1+Rr外 0.02s,一个周期电流方向改变2次,所以电流在 1s内 方 向 要 端移动,滑动变阻器接入电路的阻值增大,总外电 阻 增 大,所 以 改变100次,选项 B 错误;4盏灯泡 规 格 相 同 且 均 正 常 发 光,所 电源的效率也增大,D 错误. 【典例3】 BC 图像中两直线 的 交 点 表 示 电 压 表 的 示 数 与 电 以加在灯泡两端的电压均为U,理想变压器的输 入 功 率 等 于 输 出功率,则有IU1=IU +2IU(I、U 分 别 为 灯 泡 的 额 定 电 流 和 压表 的示数相等,即 滑 动 变 阻 器 接 入 电 路 的 阻 值 为 0,滑 动 额 定 电 压 ),得 U1 =3U ,根 据n1 =UU12 = 3 ,n1 =UU31 = 3 ,则 有 n2 1 n3 2 变阻 器 的 滑 动 触 头 P 滑 到 了 最 左 端,选 项 A 错 误;由 图 像 可 — 246 —

参考答案 原、副线圈的匝数比n1∶n2∶n3=3∶1∶2,选项 A 正 确;电 源 t3 时刻电梯速度达到最大,D 正确.故选 BD. 电压的有效值为U+U1=40V,则U0=40 2 V,选项 C 错 误; 第二讲 电磁感应定律及其综合应用 电源输出功率等于各用电器功率之和,为20 W,选项 D 正确. [真题引领] 【典例2】 B 设原线圈 两 端 电 压 为 U1,副 线 圈 两 端 电 压 为 U2, 1.AC 由于水平地面 下 的 导 线 为 通 有 恒 定 电 流I 的 长 直 导 线, 通过原线圈的电流为I1,通过副线圈的电 流 为I2,由 理 想 变 压 且平行于y 轴,而 MN 也平行于y 轴,所 以 N 点 与 M 点 的 磁 器变压规律和变 流 规 律 可 得,原、副 线 圈 及 定 值 电 阻 R1 的 等 感应强度大小相等,方向相 同,A 正 确;由 于 PN 平 行 于x 轴, 效 电 阻 为 R'=UI11 =nnnn1221UI22 = n1 2 U2 n1 2 故线圈沿 PN 方向运 动 时,穿 过 线 圈 的 磁 通 量 始 终 变 化,B 错 n2 I2 n2 误;线圈从 P 点开始竖直向上运 动 时,穿 过 线 圈 的 磁 通 量 一 直 = R1;保 持 P1 位 为零,磁通量不变,线圈中无感 应 电 流,C 正 确;线 圈 从 P 到 M 过程和从P 到 N 过 程,线 圈 中 磁 通 量 变 化 量 相 同,而 SPM > 置不变,将原、副线圈及电阻 R1 等效为一定值电阻,P2 向左缓 SPN ,又 速 率 相 同 ,所 以tPM >tPN ,根 据 法 拉 第 电 磁 感 应 定 律 可 知,线圈从 P 到 M 过程产生的感应电动势小于从P 到 N 过程 慢滑动过程中,R2 接入电路的电阻减小,则 整 个 电 路 的 总 电 阻 减小,由欧姆定律可知,回路中电流I 增大,原线圈两端电 压 增 产生的感应电动势,D 错误. 大,又电源电压不变,故电压表 示 数 U 减 小,A 项 错 误;由 于 原 2.A 根据楞次定 律 可 知 电 容 器 的 上 极 板 应 带 正 电,C 错 误;由 线圈两端电压增大,由 理 想 变 压 器 变 压 规 律 可 知,副 线 圈 两 端 题知导体棒匀 速 切 割 磁 感 线,根 据 几 何 关 系 切 割 长 度 为 L = 电压增大,故 R1 消耗的功率增 大,B 项 正 确;当 P2 位 置 不 变, 2xtanθ,x=vt,则产生的感应电动势 为 E=2Bv2ttanθ,由 题 图 P1 向下滑动时,n2 减 小,等 效 电 阻 R'增 大,由 欧 姆 定 律 可 知, 可知电容器直接与电 源 相 连,则 电 容 器 的 电 荷 量 为 Q =CE = 回路中电流减小,R2 两端电压减小,C 项错误;由 于 R2 两 端 电 压减小,则原线圈两端电压增大,由变压规律可知,副 线 圈 两 端 2BCv2ttanθ,则 流 过 导 体 棒 的 电 流 I= ΔQ =2BCv2tanθ,A 正 Δt 电压增大,R1 的功率增大,D 项错误. 确;当金属棒到达x0 处 时,导 体 棒 产 生 的 感 应 电 动 势 为 E'= 100×103 【典 例 3】 C 发 电 机 输 出 的 电 流 I1 =UP1 = 250 A= 2Bvx0tanθ,则电容器的电荷量 为 Q =CE'=2BCvx0tanθ,B 错 误;由于导体 棒 做 匀 速 运 动,则 F=F安 =BIL,由 选 项 A 可 知 400A,A 项错 误;输 电 线 上 的 电 流I线 = P线 5×103 流过导体棒的电流I 恒 定,但 L 与t 成 正 比,则 F 为 变 力,再 R线 = 8A 根据力做功的功率公 式 P =Fv,可 看 出 F 为 变 力,v 不 变,则 功率 P 随力F 变化而变化,D 错误.故选 A. =25A,B 项 错 误;升 压 变 压 器 的 副 线 圈 输 出 电 压 U2 =IP线 = 考向一 100×103 V=4×103 V,输 电 线 损 耗 电 压 ΔU =I线 R线 =25× 【典例】 提示:(1)反向. 25 (2)0,8T/s. 8V=200 V,降 压 变 压 器 的 原 线 圈 电 压 U3 =U2 - ΔU = 解析:由楞次定 律 可 知,感 应 电 流 方 向 为 逆 时 针,与 电 源 E 提 3800 V,故 降 压 变 压 器 的 匝 数 比n3 =UU34 =3282000VV=11910,C 项 供的电流方向相反,则I=E-RΔΔtBS ≈0.57 A,A 正 确;当t= n4 正 确 ;降 压 变 压 器 的 副 线 圈 的 输 出 功 率 P4 =P3 =P -P线 = 95kW,故 用 户 得 到 的 电 流 I4 =UP44 95×103 A≈431.8 A,D 1s时 ,ΔB ≠0,感 应 电 动 势 不 为 零 ,电 路 当 中 的 电 流 不 变 ,B、C = 220 Δt 项错误. 错误;t=1s时,B 方向变化,I 方 向 不 变,则 安 培 力 方 向 变 化, 聚焦情境 素养培优 D 正确.故选 AD. 【示例1】 C 设电铃工作电 压 为U,当IR2 =U 时 报 警,若 电 池 答 案 :AD 内阻较大,同一温度时,R2 上电压较小,可 能 不 会 报 警,会 影 响 [拓展延伸] 解析:将电路从磁场中匀速拉出需要的时间t=vr =1s. 报警装 置 的 安 全 性 能,A 项 错 误;R2 减 小 时,R1 上 电 压 增 大, R2 上电压减小,可能不报警,B 项 错 误;反 之,R2 上 电 压 增 大, 有 效 切 割 长 度l=2 r2-(vt)2 = 1-t2 (m). 易报警,C 项 正 确;电 源 电 动 势 增 大 时,报 警 温 度 应 降 低,D 项 所以 E'=Blv=4 1-t2 (V) 错误. 根据楞次定律判 断 可 得,感 应 电 动 势 的 方 向 与 电 源 E 的 方 向 【示 例 2】 BD 单 块 电 池 充 满 电 后 储 存 的 电 荷 量 是 q = 相反. 200A·h=200A·3600s=7.2×105 C,故 A 错 误;单 块 电 池 当 E'=E 时,即4 1-t2 =2, 充满 电 后 储 存 的 电 能 是 E1 =UIt=3.2 V×200 A·h= 640 W·h,故 B 正 确;该 车 充 满 电 后 储 存 的 电 能 为 E = 可 得t= 3 s, 120E1=120×0.64kW ·h=76.8kW ·h,则 其 续 航 里 程 是 2 s=7613.8×100km≈591km,故 C 错 误;若 某 块 电 池 充 电 电 流 所 以 0≤t≤ 3 s时 ,I=E'R-E = 1-t2 -1(A), 2 2 是 200 A,则 经 过 30 min 可 将 该 电 池 从 其 容 量 充 到 q = 3 s<t≤1s时 ,I=E-RE'=1- 1-t2 (A). 200A×30 min=100A·h,即 为 总 容 量 的 50%,故 可 将 该 电 2 2 池从其容量的30%充到80%,故 D 正确.故选 BD. 答 案 :见 解 析 【示例 3】 D 根 据 闭 合 电 路 欧 姆 定 律,电 压 表 读 数 为 U =E - 巩固拓展 I(r+R0),0~t1 内,U 均 匀 增 大,即 电 流 I 均 匀 减 小,压 敏 电 阻逐渐增大,压敏电阻 受 到 的 压 力 逐 渐 减 小,系 统 的 加 速 度 向 1.BC 如图所示,金 属 框 切 割 磁 感 y 线的有效 长 度 为 d,根 据 转 动 切 ω 下逐渐增大,因为电梯 从 静 止 开 始 启 动,所 以 电 梯 向 下 做 加 速 割磁感 线 产 生 的 感 应 电 动 势 公 d ωt 度越来越大的加速运动,A 错 误;t1 ~t2 内,U 不 变 且 大 于 U0, 式 有 E = 1 Bd2ω,从 图 中 可 以 LB 即电流恒定且小于原来电流,压敏电阻不变且大于 电 梯 静 止 时 2 O 的阻值,压力不变且小 于 电 梯 静 止 时 压 力,系 统 的 加 速 度 向 下 看出在t=0到t=2πω的 过 程 中, x B 且大小不变,故电梯继续向下加速下 降 且 加 速 度 恒 定.B 正 确; d 是先增大到 2L,再 减 小 到 L, t2~t3 内,电压逐渐减小但大于U0,故 此 时 压 力 仍 小 于 电 梯 静 所以电动势 E 先 增 大 后 减 小,A 止时的压力,加速度还是向下,电梯还 是 向 下 做 加 速 运 动,C 错 误;0~t3 这 段 时 间 内,电 梯 从 静 止 一 直 向 下 做 加 速 运 动,故 — 247 —

一品方案·物理(新高考版) 项错误,B 正确.在t=0到t=4πω的 过 程 中,d=coLsωt,感 应 电 小为 E=BLv,随着线 框 的 进 入 有 效 切 割 长 度 减 小,感 应 电 动 动势的表达式可写 为 E= 12Bd2ω=2BcoLs22ωωt,由 表 达 式 可 以 看 势 逐渐减小,故 A 错误.线框bc 边刚进入磁场时感应电流大小 为I0=BRLv,随着线框的进入感 应 电 流 逐 渐 减 小;当 线 框 进 入 出 在t=0到t=4πω的过程中,E 的变化率一直增大,C 项正确, 磁场的长度为 L 时,感 应 电 动 势 大 小 为 E'=2BLv,I=2BRlv =2I0,随后逐渐减小;线框bc 边开始 离 开 右 侧 磁 场 的 瞬 间,感 D项错误. 应电流大小为I0=BRLv,随后感 应 电 动 势 逐 渐 减 小,感 应 电 流 2.C 设线框的 面 积 为 S,周 长 为 L,导 线 的 截 面 积 为 S',由 法 拉 减小,故 B 正确.当 0<x<L 时,线 框 受 安 培 力 大 小 为 F安 = BI(L-x),电流大小和有效切割长度均变化,安培力大 小 与 x 第电磁感应定律可知,线框中感应电动势 E=ΔΔΦt=ΔΔtBS,而线 不是线性关系,故 C 错 误.根 据 平 衡 条 件 可 知,外 力 F 大 小 始 终与安培力等大反向,则当0<x<L 时,F 与x 也 不 是 线 性 关 框的总电阻 R=ρSL',所 以 线框 中感 应 电 流 I= E =SρSL'ΔΔtB , 系,故 D 错误. R 由于三个线框处于同一线性变化的磁场中,且绕制 三 个 线 框 的 导线相同,设正方 形 线 框 的 边 长 为l,则 三 个 线 框 的 面 积 分 别 为 S1=l2,S2 = 4πl2,S3 =383l2,三 个 线 框 的 周 长 分 别 为 考向三 S1 ∶SL22 ∶SL33 【典例1】 BD 导体棒a 向 右 运 动 时,由 楞 次 定 律 可 知,导 体 棒 L1 L1 =4l,L2 =πl,L3 =3l,则 I1 ∶I2 ∶I3 = = b 有向左运动的 趋 势,C 项 错 误;设 导 体 棒a 运 动 到 最 右 端 时 2∶2∶ 3,C 项正确. 的速度为v0,此 时 棒 a 切 割 磁 感 线 产 生 的 感 应 电 动 势 E = 考向二 BLv0,回 路 中 的 感 应 电 流I=RE总 ,R总 = R +R,此 时 棒b 所 受 2 【典例】 提示:(1)l=l0+v0t+tanθ. 安培力 为 F安 =B I2L,导 体 棒b 刚 要 滑 动,故 所 受 静 摩 擦 力 (2)是 ,是 . Ff 达 到 最 大 值 ,此 时 F安 =Ff=μmg,联 立 以 上 各 式 解 得v0 = 解析:由于金属棒匀速沿x 轴 正 方 向 运 动,故 电 流 方 向 一 直 不 3 m/s,导 体 棒 a 离 开 导 轨 到 落 地 做 平 抛 运 动,有 h= 12gt2, x=v0t,解得x=1.2 m,A 项错误;磁场方向竖直向下,导体棒 变,在0~vL0 时间内,设 在 零 时 刻 金 属 棒 切 割 磁 感 线 的 有 效 长 a 离开导轨后在水平方向 做 匀 速 直 线 运 动,又 E=BLv0,可 知 度为l0,ab、cd 与x 轴 的 夹 角 为θ,金 属 棒 运 动 的 位 移 为 x= 导体棒a 平抛过程中 感 应 电 动 势 不 变,B 项 正 确;导 体 棒a 在 v0t,则金属棒切割磁感线的有效长度l=v0ttanθ+l0,产 生 的 感 应 电 动 势 E=Blv0=Bv02ttanθ+Bl0v0,可 知 感 应 电 动 势 从 导轨上运动过程中,感应电动势平均值为 E=ΔΔtΦ,回 路 中 平 均 某一初始值开始随时间均匀增加,则感应电流也从 某 一 初 始 值 感 应电流I=RE总 ,通过导体棒a 的电荷量q=IΔt,联立三式解 开 始 随 时 间 均 匀 增 加 ,设 感 应 电 流i1=I0 +kt;在vL0 ~2vL0 时 间 内,金属棒切割磁感线 的 有 效 长 度 最 大 且 保 持 不 变,可 知 感 应 电 流 最 大 且 保 持 不 变 ,设 为i2 =Im ;在2L ~3vL0 时 间 内 ,感 应 电 得q=1Δ.5ΦR =1B.L5xR =1.16C,导体棒b 与定值电阻R 并联,所 v0 动势从最大值均匀减小至某一值,则感应电流也从 最 大 值 均 匀 以通过电阻 R 的电荷量q'=q2 =0.58C,D 项正确. 【典例2】 AB 两线圈的 质 量 相 等,线 圈 所 用 材 料 相 同,则 体 积 减小至某一值,设i3=Im -kt,由以上分析可知,A 选项可能 正 确;安培力 F=Bil,可知安培力初始值不为零,故 B 选项 错 误; 由金属棒克服安培 力 做 功 的 功 率 P =Fv0 =Bilv0 =Ei 可 知, 相同,甲线圈的匝数是乙的2倍,则甲的横截面积 是 乙 的 一 半, 长度是乙的2倍,由电阻定律可知,甲的电阻是乙 的 4 倍;两 线 0~vL0 和2L ~3vL0 段 图 像 应 该 为 开 口 向 上 、不 过 原 点 的 抛 物 线 , 圈从同一高度同时由静止开始下落,则到达磁场上 边 界 时 两 线 v0 圈的速度相同,设乙线 圈 的 匝 数 为n,两 线 圈 的 边 长 均 为l,两 C 选项可能正确;由欧姆定律U =iR 可 知,电 阻 两 端 电 压 与 电 线 圈 进 入 磁 场 后 ,乙 受 到 的 安 培 力 F乙 =nBIl=n2BR2l2v,甲 受 流大小成正 比,故 U -t 图 像 应 该 与i-t 图 像 相 似,D 选 项 到 的 安 培 力 F甲 =4n24BR2l2v=n2BR2l2v,可 见 ,甲 、乙 受 到 的 安 错误. 答 案 :AC 培力大小相同,重力也相同,则运动情况相同,A、B 正确. 【典例3】 解析:(1)在0~5s时间内,由图乙可得金 属 杆 的 加 速 巩固拓展 1.D 金 属 杆 的 速 度 为 v 时,所 受 的 安 培 力 F =B2RL2v.若 S 闭 合时安培力小于重力,则金属杆做加速运动,有 mg-B2RL2v= 度a=ΔΔtv=1 m/s2, ma,随着速度v 增大,加 速 度a 减 小,即 杆 做 加 速 度 减 小 的 加 由牛顿第二定律有 F-μmg=ma, 速运动,直至安培力等于重力,之后金属杆做匀速 运 动;若 闭 合 则金属杆到 达 MN 边 界 时,金 属 杆 的 速 度v1 =5 m/s,外 力 功 S时安培力大于重力,则 金 属 杆 做 减 速 运 动,有B2RL2v-mg= 率 P=Fv1, 代入数据解得 P=20 W. ma,随着速度v 减小,加 速 度a 也 减 小,即 杆 做 加 速 度 减 小 的 (2)在 0~5s时 间 内,金 属 杆 做 匀 加 速 直 线 运 动,根 据 位 移 和 减速运动,直至安培力等于重力,之后金属杆做匀 速 运 动;若 闭 时 间 的 关 系 可 得 金 属 杆 运 动 的 位 移 大 小 为 x1 = 21at12 = 1 × 合 S时安培力等于重 力,则 之 后 金 属 杆 一 直 做 匀 速 运 动.故 B 2 错误.由 F=B2RL2v知安培力随时间的变化规律与 速 度 随 时 间 1×52m=12.5 m, 在5~8s时间内,设金属杆在磁场中运动的位移大小为 x2,则 的变化规律相似,故 A 错误.电流i=BRLv,其 随 时 间 的 变 化 规 时间为 Δt1 =3s.由 图 乙 可 知 第 8s 末 金 属 杆 的 速 度 v2 = 4 m/s,对金属杆,在前8s内,由动能定理有 律也与速度随时间的 变 化 规 律 相 似,但 闭 合 S 时,金 属 杆 已 有 Fx1+PΔt1-μmg(x1+x2)-W 安 = 12mv22 又 W 安 =Q, 初 速度,电流不为零,故 C 错误.若闭合 S后金属杆一直做匀速 运动,则电流i 始终不变,q=it,q 与时间t 成正比,故 D 正确. 代入数据解得x2=9 m. 2.B 线框bc 边刚进入磁场时有效切割长度 为L,感 应 电 动 势 大 (3)金属杆进入磁场后外力 F 的功率恒为P=20 W,最 后 金 属 — 248 —

参考答案 杆做匀速直线运动,根据平衡条件可得 F1=F安 +f, 感应电动势和感应电 流,根 据 楞 次 定 律 可 知,磁 场 会 对 运 动 的 其 中 F安 =BIl,F1=vP2 , 飞轮产生阻力,以阻碍 飞 轮 与 磁 铁 之 间 的 相 对 运 动,所 以 飞 轮 受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力,而安培 力 大 小 与 其 通过金属杆的电 流 为 I=RBl+vr2 ,金 属 杆 所 受 的 滑 动 摩 擦 力 为 材料的电阻率有关,与 其 密 度 无 关,故 A、B 错 误;磁 铁 越 靠 近 飞轮,飞轮所处位置的 磁 感 应 强 度 越 强,所 以 在 飞 轮 转 速 一 定 f=μmg, 时,磁铁越靠近飞轮,飞 轮 上 产 生 的 感 应 电 动 势 和 感 应 电 流 越 大,飞轮受到的阻力越大,故 C 正确;磁铁和飞轮间的距离一定 联 立 以 上 各 式 并 代 入 数 据 解 得r= 1 Ω, 时,根据法拉第电磁感应定律可知,飞轮转速越大,则 飞 轮 上 产 3 所以定值电阻 R 与 金 属 杆 的 阻 值r 的比值为R =3. 生的感应电动势和感 应 电 流 越 大,那 么 飞 轮 受 到 的 阻 力 越 大. r 故 D正确. 【示例3】 A 底盘 上 的 紫 铜 薄 板 出 现 扰 动 时,其 扰 动 方 向 不 确 答案:(1)20 W (2)9 m (3)3 定,在选项 C 这种情况下,出现扰动时,穿过薄板的磁通量难以 改变,不发生电 磁 感 应 现 象,没 有 阻 尼 效 应;在 选 项 B、D 这 两 【典例4】 提示:(1)守恒. 种情况下,只有左右 扰 动 时,才 发 生 电 磁 阻 尼;选 项 A,不 管 紫 铜薄板出现上下或左 右 扰 动 时,都 发 生 电 磁 感 应 现 象,产 生 电 (2)a 棒的重力势能转化为系统的动能和内能. 磁阻尼效应,选项 A 正确. 解析:(1)导体棒a 由静止运动到B1B2 时,由 动 能 定 理 有 mgr 专题五 机械振动与机械波 光 电磁波 = 21mv20 . 第一讲 机械振动与机械波 对导体棒b,有 BIL=ma, [真 题 引 领 ] 而I=2ER , 又 E=BLv0, 解 得a=B2m2LR2 2rg . 1.AC 机械波的传播 方 向 不 确 定,所 以 需 要 考 虑 机 械 波 传 播 方 向的不确定性.若 机 械 波 沿 x 轴 正 方 向 传 播,在t1 =2s时 O (2)a、b 棒系统动量守恒,有 mv0=2mv, 点振动方向竖直向上,则传播时间 Δt=t2-t1=3s,满 足 Δt= 对b 棒,有∑BiLΔt=∑BLΔq=BLq=∑mΔv=mv, 43T+nT(n=0,1,2,3,… ),解 得 T =4n12+3s(n=0,1,2,3, 即 BLq=mv, …),当n=0时,解得 周 期 T =4s,选 项 A 正 确,B 错 误.若 机 解得q=2BmL 2rg 械波沿x 轴负方向传播,则 Δt= 14T+nT(n=0,1,2,3,…), 由能量守恒定律有 mgr=2Q+ 1 ×2mv2 解得 Q= 1 解得 T=4n12+1s(n=0,1,2,3,…),当n=0 时,解 得 周 期 T= 2 4mgr. (3)对a 棒,由动量定理有-BLq'=mΔv', q'=It,I=2ER ,E=BLv,可得q'=BL2RΔx. 12s,在t2=5s时 O 点处于波谷,选项 C 正确,D 错误. 若 Δx=2 m,可得 Δv'=-0.25 m/s, 可得vn =v0+Δv'=0.75 m/s, 2.BD 经过T 两列波还未相遇,又波在传播过程 中,波 形 保 持 不 对b 棒,由动量定理有 BLq'=mΔv″=mvb -0, 4 可得vb =0.25 m/s, a、b 棒发生弹性碰撞,有 变 ,故 选 项 A 错误;经 过 12T 两列波向 前传播的距离均为 1 2 λ,两列波的波前端刚好相遇,故选项 B 正 确;经 过 43T 两 列 波 mva +mvb =mva1s +mvb1s 向前传播的距离均 为 43λ,根 据 波 的 叠 加 原 理 可 知,在 两 列 波 mv2a +m2vb2 =mv22a1 +mv2b21 , λ ~34λ的 λ 2 4 2 之 间 区 域 为 两 列 波 的 振 动 加 强 区 域 ,处 于 处 的 质 解 得va1=0.25 m/s,vb1=0.75 m/s,a,b 棒 交 换 速 度 点向下的位移为2A,故选项 C 错误;经过 T 两 列 波 完 全 相 遇, 随后运动过程中系统动量守恒,直到共速,对a、b 棒,由动量守 根据叠加原理,所有质点的位移均为零,故选项 D 正确. 恒 定 律 有 mva1+mvb1=2mv共 对b 棒 ,由 动 量 定 理 有 -BLq″=m(v共 -vb1), 考向一 又q″=BL2RΔx', (2)2m . 【典例】 提示:(1)F=-kx. (2)无关. 解得 Δx'=2 m,即最终两棒相距2 m. 解析:由于刚开始的一 段 时 间 内 小 球 做 匀 速 运 动,受 力 大 小 与 位移大小不成正比,小球做的不是简谐运动,A 错 误.小 球 从 杆 答案:(1)B2m2LR2 2rg (2)2BmL 2rg 、14mgr 中点到第一次回到杆中点的过程,初、末动能相等,则 小 球 动 能 聚焦情境 素养培优 的变化周期为T ,分 析 可 知 两 根 弹 簧 的 总 弹 性 势 能 的 变 化 周 【示例1】 C 在 任 意 一 段 Δt=2kπv的 时 间 内,通 过 等 效 电 阻 R 2 的电荷量为q=I ·Δt,根 据 闭 合 电 路 欧 姆 定 律 可 求 得 平 均 电 期 也为 T ,B 正 确 ,C 错 误 .小 球 的 初 速 度 为 v 时 ,在 细 杆 上 匀 2 2 速运动的时间等于初速度为v 时的2倍,小球从接触弹簧到 速 流为I =RE + r,而由法拉第电 磁 感 应 定 律 可 知 Δt 内 线 圈 产 生 度 减到 零 的 时 间 等 于 初 速 度 为 v 时 的 时 间 ,故 初 速 度 为 v 时 2 的 平 均 感 应 电 动 势 为E =n ΔΦ ,由 上 述各 式 整 理 得q=nRΔ+Φr 的运动周期小于2T,D 错误. Δt 答 案 :B Φ0sin kvt+ π -Φ0sinkvt 2Φ0sin π 巩固拓展 2 4 -kvt =n R+r =n ,可 知 1.D 由题图可知,0.2s末,质 点 在 平 衡 位 置,将 沿 x 轴 负 方 向 R+r 运动,所以此时质点速度最大,加速度最小,A 错 误;0.4s末 质 点位于负向最大位移 处,速 度 最 小,加 速 度 最 大 且 指 向 平 衡 位 在任意一段 Δt 的 时 间 内 通 过 等 效 电 阻 R 的 电 荷 量 的 最 大 值 为qm = 2nΦ0 . 置,即加速度方向 是 A →O,B 错 误;t=0.7s时,质 点 已 运 动 R+r 78T,根 据 简 谐 运 动 的 函 数 关 系 x =5sin 2π π cm = 【示例2】 CD 飞轮在磁场中做切割磁感线的运动,所以会 产 生 Tt+ 2 — 249 —

一品方案·物理(新高考版) 5sin 52πt+ π cm 得,0.7s末 质 点 距 离 O 点x=522 cm,C 根据上式可知当n=0时,波的传播速度最小,则vmin=20m/s. 2 答案:(1)8 m 0.4 m (2)20 m/s 沿-x 方向传播 错误;由 C 的 分 析 知,0.1s时,质 点 在 x=522cm 处,0.3s 考向三 52 【典例1】 CD 波速 为v= λ = 4 m/s=1 m/s,在 6s内 两 列 -2 T 4 时 ,质 点 在 x= cm,所 以 在 0.1~0.3s内 ,质 点 运 动 的 波传播了6 m,此时 P、Q 两质点已振动,但 是 M 点 还 未 振 动, 路程等于s=2×522 cm=5 2cm,大于5cm,D 正确. 选项 A 错误;因 M 点到两个 振 源 的 距 离 相 等,则 M 是 振 动 加 强点,振幅为2cm,但不是位移始终为2cm,选项 B 错误;P 点 2.AB 由题图 知,甲、乙 两 单 摆 的 振 幅 分 别 为 4cm、2cm,故 A 到两波源的距离之差为6cm,为 半 波 长 的 3 倍,则 该 点 为 振 动 项正确;t=2s时,甲单摆在平衡位置处,乙 单 摆 在 振 动 的 正 方 减弱点,振幅为零,即10.0s后 P 点 的 位 移 始 终 为 零,选 项 C 向最大位移处,故 B 项正 确;由 单 摆 的 周 期 公 式,推 出 甲、乙 两 正确;S1 波 源 的 振 动 传 到 Q 点 的 时 间 为101.5s=10.5s,则 单 摆 的 摆 长 之 比 为l甲 ∶l乙 =T2甲 ∶T2乙 =1∶4,故 C 项 错 误 ;设 10.5s时 Q 点由S1 引起的振动为竖直向下;S2 波源的振动传 摆 球摆动的最大偏角为θ,由 mgl(1-cosθ)= 21mv2 及a=vl2 到 Q 点的时间为31.5s=3.5s,则10.5s时 Q 点 由S2 引 起 的 振动已经振动了7s,此时在最 高 点,速 度 为 零,则 10.5s时 Q 可得,摆球在最低点时向心加 速 度a=2g(1-cosθ),因 两 摆 球 点的振动方向为竖直向下,选项 D 正确. 【典例2】 C 机械 波 的 传 播 速 度 由 介 质 决 定,波 1 与 波 2 的 传 A 的 最大偏角θ 满 足sin θ = 2 ,故θ甲 >θ乙 ,所 以a甲 >a乙 ,故 D 项 2 l 错误. 播速度相同,A 错误;由图可知波1的波长大,相对 于 同 一 障 碍 考向二 物 ,波 1 比 波 2 的 衍 射 现象 更 明 显 ,B 错 误 ;由 公 式 v= λ 可 知 T 【典例1】 BD 波源在同一位置,沿x 轴正、负方向传播的波,不 能相遇,不能发生干涉,A 错 误;根 据 题 述 可 知,在t=2.0s时 两列波的传播周期不 相 同,则 频 率 不 相 同,所 以 在 两 列 波 传 播 波源停止振动,t=2.1s时的 部 分 波 形 如 图 所 示,可 知 在 Δt= 0.1s 的 时 间 内 波 传 播 的 距 离 为 x0 =0.50 m-0.25 m= 的方向上,两列波相遇时不会产生稳 定 的 干 涉 现 象,C 正 确;当 观察者远离波 源 时,观 察 者 接 收 到 的 频 率 小 于 声 源 发 出 的 频 0.25 m,波 速 v =xΔt0 =2.5 m/s,由 波 形 图 可 知,波 长 λ = 率,当观察者靠近波源 时,观 察 者 接 收 到 的 频 率 大 于 声 源 发 出 的频率,D 错误. λ 聚焦情境 素养培优 v 1.0 m,波 振 动 的 周 期 T = =0.4s,结 合 波 形 图 可 知 ,t=0 【示例1】 C 筛子振动固有周期 T固 =1105s=1.5s,电动偏心轮 时波源从平衡位置向上运动,t=0.42s时,波源的位 移 为 正,B 的转动周期(对筛子来说是驱动力的周期)T驱 =6306s≈1.67s, 要使筛子振幅增大,即使这两个周期接近,可采用 两 种 做 法:一 正确;2.1s 到 2.25s 内 波 传 播 的 距 离 为 x1 =0.375 m,即 2.1s时 平 衡 位 置 位 于 1.375 m 处 质 点 的 振 动 状 态 在 2.25s 种是减小驱动力的周 期;另 一 种 增 加 筛 子 的 固 有 周 期.更 换 劲 度系数更大的弹簧.筛子振动固有周期减小,不符 合 题 意,故 A 时 传播到质点a 处,故2.25s时a 沿y 轴正方向振动,C 错误; 经xP -xb =0.3s,振 动 传 播 到b 点 ,在0 到2s内 ,质 点b 振 动 v 项错误;降低输 入 电 压,电 动 偏 心 轮 的 转 动 周 期 变 大,分 析 可 了 1.7s,为4 14T,0~2s内质点b 振动的总路程为s=17A= 知,不符合题意,故 B 项 错 误;增 加 筛 子 质 量,筛 子 振 动 固 有 周 17×15cm=2.55 m,D 正确. 期变大,分析可知,符合题意,故 C 项正确;减小筛子质量,筛子 【典例2】 AC 由振动图像可 知 波 的 振 幅 A =20cm,波 的 周 期 振动固有周期减小,由 A 项 分 析 可 知,不 符 合 题 意,故 D 项 错 T=12s,从振动图像上可以看出t=7s时 平 衡 位 置 位 于 原 点 误.故选 C. O 的质点相对平衡位 置 的 位 移 为y7 = - 23A,且 向 下 运 动.A 【示例2】 C 如图所示,码 头 地 面 位 于 y=20cm 处,当 甲 板 位 置 y >10cm 时,即t1 ~t2 内,游 客 能 舒 服 登 船.根 据 y = 图该质点位移符 合 条 件,且 当 波 沿 x 轴 负 方 向 传 播 时 向 下 运 Asinωt=Asin2Tπt,解 得t1 =1T2,t2 =152T.故t=t2 -t1 = 动,符合题意,A 项正 确;C 图 该 质 点 位 移 符 合 条 件,且 当 波 沿 1.0s,C 项正确. x 轴正方向传播时向下运动,符合题意,C 项正确. 【典例3】 解 析:(1)根 据 波 形 图 可 得 波 长 λ=8 m,振 幅 A = 0.4 m. ②根据“上 下 坡 法 ”结 合t1 =0 时 刻 质 点 O 离 开 平 衡 位 置 向 +y 方向振动,可以判断出该波沿-x 方向传播. 解 法 一 :设 波 的 周 期 为 T ,则 Δt=t2 -t1 =nT + 3 (n=0,1, 4T 2,… ) 【示例3】 A 消声器的原理是两束波分别通过不同 的 路 程 到 达 波的传播速度v=Tλ , b 处时振动情况完全相反,振 动 减 弱,利 用 了 波 的干涉,选项 B、 D 错误;由干涉减弱的条件可知,两束波 的 路 程 差 为 半 波 长 的 奇 数 代入数据得v= 803n+20 m/s=(n=0,1,2,…) 根 据 上 式 可 知 当 n = 0 时,波 的 传 播 速 度 最 小, 倍,即v·Δt= (2n+1)× λ (n=0,1,2,…… ),又 v=λf,解 得 2 则vmin=20 m/s. Δt=(2n+1)×21f(n=0,1,2……),选项 A 正确,C 错误. 解法 二:t1 到t2 时 间 段 内,波 向 -x 方 向 传 播 的 距 离 Δx = 第二讲 光和电磁波 nλ+ 34λ=(6+8n)m(n=0,1,2,…) [真 题 引 领 ] 因此 该 波 的 传 播 速 度 为 v = Δx =t2Δ-xt1 = 80 m/ 1.D 从薄膜的上下表面分别反 射 的 两 列 光 是 相 干 光,其 光 程 差 Δt 3n+20 为 Δx=2d,即光程差为薄膜厚度的2倍,当光程差 Δx=nλ 时 s(n=0,1,2,… ) 此处表 现 为 亮 条 纹,故 相 邻 亮 条 纹 之 间 的 薄 膜 的 厚 度 差 为 — 250 —

参考答案 21λ,在图中相邻 亮 条 纹 (或 暗 条 纹)之 间 的 距 离 变 大,则 薄 膜 由几何关系可知 层的厚度的变化率变小,选项 D 正确. 2.C 光线从水进入气泡 时,是 从 光 密 介 质 进 入 光 疏 介 质,满 足 发 α=90°-C0 , 生 全 反 射 的 条 件 ,即气泡看起来很 明 亮 的 原 因 是 气 泡 表 面 有 折 射 90°-r+2α=180°, 和全反射,A 错误,C正确;该现象与干涉和衍射无关,BD错误. 解 得r=90°-2C0 , 考向一 由 全 反 射 知 识 得 sinC0 = 1 , n 【典例1】 解析:(1)发 光 像 素 单 元 发 出 的 光 射 到 屏 障 上 被 屏 障 由 折 射 定 律 有 n=ssiinnir, 吸收,射到屏障顶端的 光 射 到 透 明 介 质 和 空 气 界 面,折 射 后 从 代 入 sini= 1 解 得 n=1.5 n= - 4 舍 去 6 3 界面射向空气,能够射出介质的光 在 界 面 的 入 射 角 正 弦 值 sini 答 案 :1.5 L 【典例4】 A 根 据 题 意 作 出 光 路 图 如 图 1 所 示,根 据 临 界 角 2 = 1 L 2 sinC= n 可 知Ca <45°,Cb >45°,从 图 中 可 以 看 出 两 束 光 经 过 2 +d2 OC 面反射以后均能射到PM 面 上,入 射 角 在 0°~45°范 围 内, 折射角为r=θ2 =30° 所以只有a 光才有 可 能 在 PM 面 上 发 生 全 反 射 ,BC 项 错 误; 由 折 射 定 律 有 n=ssiinnir 分 析易知,射到 P 点的a 光线全反射到 M 点,入射角为45°,发 生全反射不能 从 OM 面 射 出,画 出a 光 在 PM 面 上 恰 好 发 生 2 全反 射 的 光 线 的 光 路 图 如 图 2 所 示,可 知 该 光 线 经 Q 点 全 反 5 代 入 数 据 解 得 d= 15 mm≈1.55 mm 射后射至OM 面上E 点,由 几 何 关 系 可 知 在 E 点 的 入 射 角 为 L+x 2Ca -45°,小于 Ca ,即可以从 E 点射出,故 A 正确,D 错误. (2)sini'= 2 AP ba A P Q BR BR L+x 2 2 c +d2 O MC 折 射 角 为r'= θ =90° c OE M 2 C a 由 折 射 定 律 有 n=ssiinnir'' 图1 图2 考向二 代入数据解得x= 233-0.8 mm≈0.35 mm 【典例1】 ACD 双 缝 干 涉 条 纹 是 均 匀 的,所 以 图 乙 是 双 缝 干 涉 条纹,但也发生了衍 射 现 象,A 项 正 确;遮 住 一 条 狭 缝,就 只 能 答案:(1)1.55 mm (2)0.35 mm 观察到单缝衍射现象,狭缝宽度增大时,衍射现象 减 弱,图 丙 中 【典例2】 解析:(1)光路如图所示 中央亮条纹 宽 度 减 小,B 项 错 误;照 射 两 狭 缝 时,发 生 双 缝 干 D 涉,根据 Δx=Ldλ可知,当增加 L 时,图乙中相邻暗条纹中 心 间 E 的距离增大,C 项正 确;照 到 双 缝 的 光 是 由 一 束 光 经 单 缝 衍 射 Aθ 后形成的,两光的相位相同,根 据 相 干 条 件 可 知,|S2P -S1P| O BC =(2n+1)λ2 (n=0,1,2,… )时,P 点 一 定 是 暗 条 纹,D 项 设光线在 E 点折射时的入射角为θ, 正确. 由 几 何 关 系 知 sinθ=0.6, 可得 AE=16cm,OC=32cm, 【典例2】 B 设距劈尖x 处空气层厚度 y D 则三角 形 EOC 为 等 腰 三 角 形,光 线 从 E 点 折 射 时 的 折 射 角 x 为 2θ, 为y,劈形空气层如 图 所 示,由 几 何 关 系 L 得y =LD .出现明条纹处的空气层 厚度 x 根 据 折 射 定 律 有 n=ssiinn2θθ, 满足y=n2λ(n=1,2,3,…),相 邻 明 条 纹 处 的 空 气 层 厚 度 差 为 可 得 玻 璃 砖 的 折 射 率 n=1.6. (2)光线从 D 点射入时,设入射角为 C0, Δy=λ2 ,则相邻两明条纹间距为 Δx=2LDλ=42.2995 mm,解得 D= 5.75×10-2 mm,B正确. 又 恰 好 发 生 全 反 射 ,则 sinC0 = 1 , 【典例3】 BD 自然光通过偏振片后,透射光是沿着某一 特 定 方 n 向振动的光.电 灯 直 接 发 出 的 光 为 自 然 光,故 A 项 错 误.自 然 由 sinC0 =ORD = 1 , 光通过 A 偏振片后,即为偏振 光,故 B 项 正 确.设 通 过 A 的 光 n 沿竖直方向振动,因 P 点无光亮,则 B 偏振片的透振方向 沿 水 平 方向,以 SP 为轴将B 转过180°后 P 处仍无光亮,若将 B 转 解得 OD=12.5cm, 过 90°,则 该 偏 振 片 将 变 为 能 通 过 竖 直 方 向 上 振 动 的 光 的 偏 振 则圆弧面上恰好没有光线射出时,A、D 两点间的距离为AD= 片,则 偏 振 光 能 通 过 B,即 在 P 处 有 光 亮,故 C 项 错 误,D 项 正确. OD -OA =0.5cm. 答案:(1)1.6 (2)0.5cm 考向三 【典例3】 解 析:如 图 所 示,当 折 射 光 线 在 AB 边 恰 好 不 能 射 出 时,在 AB 边上的入射角等于全反射临界角C0, 【典例】 提示:(1)带电量为零、电场能最小. DA =DE ,各 个 角 度 如 图 中 所 示 A (2)25 1 倍 ,电 流 最 大 . 4 Eα αD 解析:t=0 时 电 容 器 上 极 板 带 正 电 荷 且 电 荷 量 为 最 大 值,而 C r i t=0.02s时电容器下极板带正电荷且电 荷 量 第 一 次 达 到 最 大 值,可知 LC 回路的周期为T=0.04s,A 项错误;LC 回路中的 BC 电流最大时磁场能最 大,由 能 量 守 恒 定 律 可 知,此 时 电 场 能 最 — 251 —

一品方案·物理(新高考版) 小 ,B 项 错 误 ;由 于周 期 为 T=0.04s,t=1.01s为 25 1 个 周 a 光的传播速度大 于b 光 的 传 播 速 度,B 错 误;由 临 界 角 公 式 4 1 可 知 ,b 光的临 界角 较 小,C 正 确 ;由 λ'= λ 可 知 ,在 期,则t=1.01s时电容器 放 电 结 束,回 路 中 电 场 能 最 小,磁 场 sinC= n n 能最大,电流沿逆时针方向,C 项正确,D 项错误. 冰晶中a 光的波长大于b 光的波长,D 错误.故选 C. 答 案 :C 【示例2】 AC 根 据 题 意 该 光 i 巩固拓展 线射 入 球 中,只 在 里 面 发 生 1.A 由 E =hν,知 电 磁 波 频 率 越 高,光 子 能 量 越 大,故 A 项 正 一次反射后又通过球体折射 d ir r B 确;由c=λν,知 电 磁 波 频 率 越 高,光 子 波 长 越 短,衍 射 越 不 明 出,折 射 光 线 与 入 射 光 线 平 A O 显,故 B、D 两项错误;不同频率的 电 磁 波 在 真 空 中 的 传 播 速 度 行且 反 向,由 对 称 性 可 知 光 相同,故 C 项错误. 路图 如 图 所 示,由 几 何 知 识 D 2.BC 题图 乙 中 的a 是 电 场 能 最 大 的 时 刻,由 上 极 板 带 正 电,即 得i=2r,由 折 射 率 的 定 义 得 充电时电流沿 顺 时 针 方 向,对 应 题 图 甲 中 的 T 时 刻,A 错 误; 题图乙中的b 是电场 能 最 大 的 时 刻,由 下 极 板 带 正 电,此 后 的 n=ssiinnir,解得i=60°,r=30°.发 生 全 反 射 的 临 界 角 为 C,则 有 T 内 放 电 ,电 流 沿 顺 时 针 方 向 ,B 正 确 ;图 乙 中 的c 是 磁 场 能 最 1 = 3 1 ,光 线 在 B 点和D 点的入射角都 4 sinC= n 3 >sin30°= 2 大的时刻,此后磁场能转化为电场能,由楞次定律 判 断,电 流 方 是30°,小于临界角 C,故 光 线 在 玻 璃 球 内 不 能 发 生 全 反 射,又 向 为 逆 时 针 方 向 ,题 图 甲 中 的 T 时 刻 电 流 为 逆 时 针 方 向 ,C 正 由 几何 关 系 可 知 d=Rsini=Rsin60°= 3 ,A 正 确 ,B 错 误 . 4 2R 确;题图乙中的d 是磁场能 最 大 的 时 刻,此 后 磁 场 能 转 化 为 电 在所有平行 AB 方向照 射 到 玻 璃 球 内 且 只 经 一 次 反 射 后 射 出 玻璃球的光线中,光线的入射角越小,在球内的光 程 越 长,即 从 场能,由楞次定 律 判 断,电 流 方 向 为 顺 时 针 方 向,此 后 电 容 C 的下极板将充上负电荷,D 错误. A 点射入的光线,在球 内 经 过 的 时 间 最 长,设 经 过 的 最 长 时 间 考向四 为t,则t= s =4vR ,又 c ,解 得 t=4c3R ,C 正 确,D v n 【典例】 提示:(1)对a 光的折射率大. v = (2)Δx=dLλ. 错误. 解析:本 题 考 查 光 的 折 射、干 涉、全 反 射.因 为a 光 偏 折 得 更 厉 【示例3】 C 从 电 视、电 脑、手 机 等 各 类 LED 中 发 出 的 光 是 自 然光,包含着垂直于传 播 方 向 上 沿 一 切 方 向 的 振 动 的 光,无 法 害 ,所 以na >nb ,由v=nc 得va <vb ,A 正 确 ;nb =ssiinn3600°°= 3, 通过偏振片只 滤 过 蓝 光,故 A 错 误;把 镜 片 制 作 得 很 薄,蓝 光 也可以从镜片中透射,且 镜 片 尺 寸 远 大 于 蓝 光 波 长,几 乎 不 会 1 = 33,B 正 确 ;因 为na >nb ,则λa <λb ,通 过 相 同 的 双 发生衍射现象,故 B 错误;在镜片上涂一层特定厚度的膜,使蓝 sinC=nb 光在膜的前表面和镜片前表面的反射光发生干涉 增 强,使 蓝 光 的反射增强,透射减弱,即可 以 过 滤 蓝 光,故 C 正 确;用 折 射 率 缝干涉装置,由 Δx=dlλ 知b 光 的 相 邻 亮 纹 间 距 大,C 错 误;b 较大的材料做镜片,蓝光在从镜片内射入空气时不 可 能 满 足 在 各点的入射角 都 大 于 临 界 角,无 法 利 用 光 的 全 反 射 将 蓝 光 过 光在BC 界面入射角为 60°;sin60= 23>sinC,会 发 生 全 反 射, 滤,故 D 错误. 改变入射光在 AB 边入射点的位 置,b 光 的 部 分 光 路 图 如 图 所 专题六 热学 近代物理初步 示,MO'=MN ,b 光 在 三 棱 镜 中 传 播 的 距 离 始 终 等 于 ON ,则 第一讲 热学 t=OvNb =2cL=2ncbL=2c3L,D 正确. [真 题 引 领 ] nb A 1.C 初 始 时 气 体 的 压 强 p1 =p0 +mSg,体 积 为 V1,温 度 为 T1; 将气缸缓 慢 转 过 90°后,气 体 的 压 强 为 p2 =p0,体 积 为 V2,温 O′ 度为 T2.易知V2>V1,故气体对外界做功,因 气 缸 和 活 塞 都 是 绝热的,根据热力学第一定律 可 得 ΔU <0,由 于 理 想 气 体 内 能 B c c C 只与气体温度有关,所 以 T1 >T2,AD 错 误.内 能 减 小,不 是 所 c 有气体分子热运动速率都减小,但速率大的分子数 占 总 分 子 数 M N 答 案 :C 的比例减小,B 错误,C 正确. 巩固拓展 2.解 析 :(1)选 活 塞 与 金 属 丝 整 体 为 研 究 对 象 ,根 据 平 衡 条 件 有 ABC 两束光线 的 折 射 光 路 如 图 所 示,根 据 aOb p0S=p1S+ (m1 +m2 )g 对称性,两束光 线 从 玻 璃 到 空 气 折 射 时 的 入 代 入 数 据 解 得 p1=105 Pa. 射角相等,而b 光的折射角大,所以b 光的折 A C B (2)当活塞在 B 位置时,设 汽 缸 内 的 压 强 为 p2,根 据 玻 意 耳 定 c 律 有 p1V0=p2(V0+Sh) 射 率 大 ,即 nb >na ,根 据 n= v ,可 得 vb < 代 入 数 据 解 得 p2=9.9×104 Pa 选 活 塞 与 金 属 丝 整 体 为 研 究 对 象 ,根 据 平 衡 条 件 有 va ,A 项正确;b 光 频 率 高 则 波 长 短,根 据 双 p0S=p2S+ (m1 +m2 )g+F 缝干涉条纹间 距 公 式 Δx=ldλ,b 光 波 长 短, P 联立解得 F=1N. O′ 答案:(1)105Pa (2)1N 则条纹间距小,B 项正确;从同一介 质 射 入 真 空 的 过 程 中,全 反 考向一 【典例】 提示:(1)n=Ma . 射 的 临 界 角 sinC= 1 ,b 光 折 射 率 大 ,所 以b 光 的 临 界 角 小 ,C n 项正确;b 光频率高,则波长短,波长越短越不 容 易 发 生 衍 射,D 项错误. (2)相 等 . 聚焦情境 素养培优 解析 :a 千克 气 凝 胶 的 摩 尔 数n= a ,则 a 千 克 气 凝 胶 所 含 有 【示例1】 C 由图可知a 光 的 偏 折 程 度 更 小,即 冰 晶 对a 光 的 M 折射率小于对b 光的折射率,A 错误;由v=nc 可 知,在 冰 晶 中 的分子数 N =nN A = a N A ,故 A 正 确;气 凝 胶 的 摩 尔体 积 M — 252 —

参考答案 Vmol=ρM ,故 B 正 确 ;1 mol气 凝 胶 中 包 含 NA 个 分 子 ,故 每 个 末 态 :pB2=p0+ph ,VB2=l'2S, 由 玻 意 耳 定 律 得 pB1VB1 =PB2VB2 , 气凝胶分子的体积V0=NMAρ,故 C 正确;设每 个 气 凝 胶 分 子 的 解得l'2 =30cm, 设 B 管中水银比A 管中水银高xcm, 直径为 d,则V0= 61πd3,联立可得 d= 3 6M 对A 中气体, πN Aρ ,故 D 错 误 . 初 态 :pA1=p0,VA1=l1S', 末 态 :pA2=pB2+px ,VA2=[l1-(l2-l'2 -x)]S', 答 案 :ABC 由 玻 意 耳 定 律 得 pA1VA1=pA2VA2,解 得 x=1cm. 巩固拓展 1.AD 墨水中小炭粒的运动是大量水分子对 它 的 撞 击 作 用 力 不 答 案 :1cm 平衡导致的,该运动没 有 规 则,反 映 了 液 体 分 子 运 动 的 无 规 则 【典例3】 解析:(1)鱼 静 止 在 水 面 下 H 处 时,所 受 浮 力 等 于 重 力,有 Mg=ρgV0 鱼通过 增 加 B 室 体 积 获 得 大 小 为a 的 加 速 性,A 正 确;物 态 并 不 是 只 由 分 子 间 作 用 力 决 定 的,B 错 误;当 度 ,则 有ρgΔV =Ma, 分子间距离为r0 时分 子 间 作 用 力 为 零,所 以 当 分 子 间 距 离 从 又 m=ρ气 gV, 大于r0 处增大时分子力可能先 增 大 后 减 小,C 错 误;当 分 子 间 Δm=ρ气 gΔV, 距离等于r0 时 分 子 势 能 最 小,从 距 离 小 于r0 处 增 大 分 子 之 间 的距离,则分子势能先减小后增大,D 正确. 联立解得 Δm=MVρmga. 2.A 在无风的时候,该颗粒物还 会 受 到 附 近 空 气 分 子 对 它 的 撞 (2)鱼静 止 在 水 面 下 H 处 时,B 室 内 气 体 压 强 为 p1 =p0 + 击作用,该颗粒 物 要 不 停 地 做 无 规 则 运 动,故 A 错 误;悬 浮 在 液体或气体中的固体小颗粒的无规则运动叫布朗 运 动,所 以 该 ρgH ,体积为V, 鱼 静 止 在 水 面 下 H1 处 时 ,B 室 内 气 体 压 强 为p2=p0+ρgH1, 颗粒物符合布朗运动 的 条 件,该 颗 粒 物 的 运 动 就 是 布 朗 运 动, 体积也为V,设该部分气体在压强为 p1 时体积为V1, 根 据 玻 意 耳 定 律 有 p2V=p1V1, 故 B 正确;布朗运动产生的原因就是气体或液体分子对颗粒撞 击的不平衡造成的,故 C 正 确;布 朗 运 动 反 映 了 气 体 或 液 体 分 解 得V1=pp00++ρρggHH1V, 子的无规则运动,故 D 正确. 又 温 度 不 变 ,则 有m1 =VV1 , 考向二 m 【典例1】 AC 玻璃是非 晶 体,没 有 固 定 的 熔 点,也 没 有 规 则 的 几何形状,具有各向同 性 的 特 点,其 分 子 在 空 间 上 的 排 列 也 是 解 得 m1=pp00++ρρggHH1m . 杂乱无章的,故 A、C 两项正确,B、D 两项错误. 答案:(1)MVρmga (2)pp00++ρρggHH1m 【典例2】 AC 由于液体 表 面 存 在 张 力,针 能 浮 在 水 面 上,A 项 【典例4】 解析:打气时,活 塞 每 推 动 一 次,把 体 积 为 V0、压 强 为 正确;水在涂有油脂的 玻 璃 板 上 能 形 成 水 珠,这 是 不 浸 润 的 结 p0 的气体推入容器内,若活塞 工 作n 次,就 是 把 压 强 为 p0、体 积为nV0 的气体压入容器内,根据玻意耳定 律 得 p0(V+nV0) 果,而在干净的玻璃板上不能形成水 珠,这 是 浸 润 的 结 果,B 项 错误;在太空中水滴呈球形,是液体表 面 张 力 作 用 的 结 果,C 项 正确;玻璃板很难被拉开是由于分子引力的作用,D 项错误. 【典例3】 B 温度升高,分 子 无 规 则 热 运 动 加 强,6 月 份 与 1 月 =pV ,解 得 p=V +nV0 = 1+nVV0 p0;抽 气 时,每 拉 动 一 份相比较,平均气温升高了,气体分子的平均动能 增 加,分 子 平 V p0 均速率增大,但是个别分子的速率变化 无 法 确 定,故 A 错 误,B 次,把容器中气体的体积从V 膨 胀 为V+V0,而 容 器 内 气 体 的 正确;温度升高,分子 的 平 均 动 能 变 大,但 是 压 强 减 小,所 以 气 压强就要减小,活塞推动时将抽气筒中的V0 气体排出,而再次 拉动活塞时,将容器中剩余的气 体 体 积 从V 又 膨 胀 到V +V0, 体分子的密集程度减小,则单位时间内空气分子对 地 面 单 位 面 容器内的压强继续 减 小,根 据 玻 意 耳 定 律 得,第 一 次 抽 气 p0V 积的撞击次数减 少,故 C 错 误;温 度 升 高,分 子 的 平 均 动 能 变 大,分子的平均 速 率 增 大,速 率 大 的 分 子 所 占 比 例 较 多,故 D =p1 (V +V0 ),解 得 p1 =V V ,第 二 次 抽 气 p1V =p2 (V + 错误. +V0p0 考向三 V0),解 得 p2= V 2 V +V0 【典例1】 解析:(1)设初始状态汽缸内气体的压强为 p1,对两活 p0,第 三 次 抽 气 p2V =p3 (V +V0 ), 塞 整 体 有 p0·2S+p1·S+3mg=p0·S+p1·2S, 对Ⅱ活塞有 解 得 p3= V 3 k·0.1l+p0 ·S=p1 ·S+mg, V +V0 解 得k=40lmg. p0,以此类推,第n 次抽气完毕后,气体压 强 为 pn = V n V +V0 p0,C 正确,A、B、D 错误. 答 案 :C 【典例5】 解析:(1)容器内的理想气体从打开 C 到 再 次 平 衡 时, (2)设活塞Ⅱ刚到汽缸连接处时内 部 气 体 压 强 为 p2,对 两 活 塞 发生等温变化,根据 玻 意 耳 定 律 得 p0V0 =p·2V0,解 得 此 时 整体有 气 体 压 强 p= 1 ; 2p0 p0 ·2S+p2 ·S+3mg=p0 ·S+p2 ·2S, 解 得 p2=p1=p0+3Smg, (2)升 高 温 度,理 想 气 体 发 生 等 容 变 化,根 据 查 理 定 律 得 对活塞Ⅱ有 p =1.p2'T0 . T0 k·x+p0 ·S=p2 ·S+mg, 解 得 压 强 为 p'=1.2p=1.2× 1 =0.6p0 . 气 体 体 积 为 V2 =2(l+x)S, 2p0 初 始 时 气 体 的 体 积 V1 =0.55lS+0.55l·2S=1.65lS, 温度改变,理想气体的体积不变,则外界即不对理 想 气 体 做 功, 由 盖 吕 萨 克 定 律 有V1 =TT20 , 理想气体也不对外界做功,所 以 W =0;升 高 温 度,内 能 增 量 为 V2 - ΔU =k(1.2T0 -T0 )=0.2kT0 根据 热 力 学 第 一 定 律 ΔU =Q +W ,可 知 气 体 吸 收 的 热 量 为 解 得 4 T2 = 3T0 . Q =ΔU =0.2kT0 . 答案:(1)40lmg (2)p0+3Smg,34T0 答 案 :(1)12p0 (2)0.6p0 0.2kT0 【典例2】 解析:对于 B 中的气体, 考向四 初 态 :pB1=p0,VB1=l2S, 【典例1】 B b→c 过程中,体积不变,压强变小,则温度降低,内 — 253 —

一品方案·物理(新高考版) 能减小,A 错 误;c→a 过 程 中,压 强 不 变,体 积 变 大,气 体 对 外 子是红外线波段的光子,A 项正确. 做功,温度也升高,内 能 增 加,依 据 热 力 学 第 一 定 律 知,气 体 要 2.CD 秦山核电站利用 的 是 重 核 裂 变 释 放 的 能 量,故 选 项 A 错 吸 收 热 量 ,B 正 确 ;由 理 想 气 体 状 态 方 程 有paVa =pTbVb b ,由 题 误;如果不考虑核能与 电 能 的 转 化 效 率,则 根 据 爱 因 斯 坦 质 能 Ta 方程 E=mc2 可以推 算 出,原 子 核 亏 损 的 质 量 约 为 m =cE2 = 图 可 知 pa =p0,pb =2p0,Va =2V0,Vb =V0,解 得 Ta =Tb ,C 错 误 ;题 图 中 面 积 微 元 ΔS =p ·ΔV =pΔ0VW0 ,故 题 图 中 △abc 6.9×1901×1×10316.6×106kg=27.6kg,但 核 能 转 化 为 电 能 的 效 率 p0 V0 的 面 积 表 示 外 界 对 气 体 做 的 功 的1 ,D 错 误 . 不可能达到100%,所以质量亏 损 应 该 超 过 27.6kg,故 选 项 B p0V0 错误;镉吸收中子的能 力 强,因 此 在 核 电 站 反 应 堆 中 需 要 用 镉 【典例2】 BD 由题图可知,过 程ab,b 与t0 连 线 的 斜 率 大 于a 棒调节中子的数目,从而控制链式反应的速度,故选项 C 正确; 反应堆利用铀235的 裂 变,生 成 多 个 核 和 中 子,且 产 物 有 随 机 与t0 连线的斜率,则b 状 态 气 体 的 体 积 小 于a 状 态 气 体 的 体 的 两 分 裂 、三 分 裂 ,即 存 在23952U+01n→14546Ba+8396Kr+310n 的 核 反 应,故选项 D 正确. 积,则过程ab 中 气 体 的 体 积 减 小,A 错 误;由 题 图 可 知,过 程 考向一 ca,气体压强与热力学温度成正比,则气体发生等 容 变 化,气 体 体积不 变,B 正 确;由 于 过 程ca 体 积 不 变,所 以 外 界 对 气 体 不 做功,C 错误;由 题 图 可 知,过 程bc,气 体 的 压 强 不 变,温 度 升 【典例1】 B 光电 倍 增 管 应 用 的 前 提 是 能 发 生 光 电 效 应,因 此 高,体积变大,气体对外界做功,D 正确. 入射光的频率应大于 光 电 管 阴 极 材 料 的 截 止 频 率,A 项 错;入 【典例3】 D AB 的 反 向 延 长 线 过 原 点,由 理 想 气 体 状 态 方 程 射光不变,产生的光电子数一定,增大各级间电压,可 以 增 大 打 pV =C(C 为常量)分析可 知,气 体 由 状 态 A 到状态B 的过程 到倍增极上的光电子的动能和数量,则可能有更多 的 光 电 子 从 T 倍增极逸出,阳极收集到的电子数增 多,B 项 正 确;增 大 入 射 光 中压强不变,体积增 大,气 体 对 外 做 功,温 度 升 高,气 体 的 内 能 的频率,阴极 K 发射出的光电子 的 最 大 初 动 能 增 大,并 非 所 有 增加,选项 A 错 误;与 状 态 A 相 比,状 态 C 温 度 不 变,则 分 子 的平均动能不变,体积增大,分子的数密度减小,所 以 单 位 时 间 光电子的初动能都增 大,C 项 错;保 持 入 射 光 频 率 和 各 极 间 电 内与单位面积器壁碰撞的分 子 数 减 少,选 项 B 错 误;从 状 态 B 压不变,增大入射光光强,产生光电子数增多,阴极 收 集 到 的 光 变化到状态C 的过程中,气体体积不变,则气体密度不变,选项 C 错误;气体从状态 A 变化到状态B 发 生 的 是 等 压 变 化,根 据 电子增多,D 项错. 【典 例 2】 C 当 电 压 表 读 数 大 于 或 等 于 Uc 时,电 流 表 读 数 为 有VA =VTBB TA 零,则 遏 止 电 压 为 Uc.根 据 光 电 效 应 方 程,则 光 电 子 的 最 大 初 盖 - 吕 萨 克 定 律 ,代 入 数 据 解 得 T2 =600 K.选 项 D 动能 Ekm =eUc =h c -W0 ,用 波 长 为4λ0 的 单 色 光 照 射 时, λ0 5 正确. c W0 =78hλc0 ,故 聚焦情境 素养培优 Ekm =3eUc=h 4 -W0,联 立 解 得 C 项正确, 【示例1】 BC 热力 学 第 一 定 律 是 热 现 象 中 内 能 与 其 他 形 式 能 5λ0 的转化规律,是能量守 恒 定 律 的 具 体 表 现,适 用 于 所 有 的 热 学 A、B、D 三项错误. 过程,故 C 项 正 确,D 项 错 误;由 热 力 学 第 二 定 律 可 知,热 量 不 能自发地从低 温 物 体 传 到 高 温 物 体,除 非 有 外 界 的 影 响 或 帮 【典例3】 C 根 据 光 电 效 应 方 程 有 Ek =hν-W0 ,其 中ν= c 、 λ 助,电冰箱把热量从低 温 的 内 部 传 到 高 温 的 外 部,需 要 压 缩 机 =λhc0 (λ0 1 -λhc0 ,C 的帮助并消耗电能,故 B 项正确,A 项错误. W0 =540nm),可 得 Ek =hc· λ 项 正 确 . 【示 例 2】 AD 以 加 热 前 罐 中 气 体 为 研 究 对 象,气 体 温 度 由 考向二 300K 加热到400K 的过程发生等压变 化,由 盖 - 吕 萨 克 定 律 【典例1】 B α粒 子 先 靠 近 原 子 核,然 后 又 远 离 原 子 核,则 在 α 可知其体积增大 为 原 来 的 4 倍,故 加 热 后 罐 内 气 体 质 量 是 原 粒子运动的过程中,电场力(库仑斥力)对 α粒子 先 做 负 功 后 做 3 正功,所以其电势能先增大后减小,由动能定理知,其 动 能 先 减 来 的 3 ,选 项 A 正 确 ,B 错 误 ;以 按 在 皮 肤 上 后 的 罐 内 气 体 为 小后增大,故 B 项正确,A、D 两项错误;α粒子受到的 库 仑 斥 力 4 先增大后减小,由牛顿第二定律知,其加速度先增 大 后 减 小,故 研 究 对 象 ,由 理 想 气 体 状 态 方 程 得p1V1 =pT2V22 ,故p2 =VV21TT21 C项错误. T1 p1 【典例2】 B 氢原子从n=3能级跃迁到n=1能 级 时 释 放 的 光 =1156×340000= 4 ,选 项 C 错 误 ,D 正 确 . 子能量最大,频率也最大,能量为 E1 =(-1.51eV)-(-13.6eV) 5 【示 例 3】 解 析 :(1)根 据 理 想 气 体 状 态 方 程 有p1V1 =pT2V22 , =12.09eV,照射逸出 功 为 2.29eV 的 金 属 钠,光 电 子 的 最 大 T1 初动能为 Ekm =E1-W =9.8eV,频 率 大 的 光 子 波 长 小,根 据 式 中 T1=300K,T2=264K, p=λh 可知 频 率 大 的 光 子 动 量 大,A 错 误,B 正 确;氢 原 子 从 解 得V2=4L. n=3 能 级 跃 迁 到 n =2 能 级 时 释 放 的 光 子 能 量 为 E2 = (2)设 放 出 的 气 体 在 放 出 前 在 航 天 服 内 的 体 积 为 V',则 有 p2V2 =p3V3 +p2V', (-1.51eV)-(-3.4eV)=1.89eV<W ,该 光 子 不 能 使 金 属 解 得 V'=2.5L, 钠发生光电效应,可知有2种频率的光子能使金属 钠 产 生 光 电 则放出的气体与原来气体的质量比mm'=VV'2 , 效应,C 错误;-1.51eV+0.85eV= -0.66eV,可 知 氢 原 子 不能吸收该光子从n=3能级跃迁到n=4能级,D 错误. 解 得mm'= 5 . 考向三 8 【典例1】 CD 原子核衰变过程系统动量守恒,衰变生成的 原 子 答案:(1)4L (2)85 核与粒子动量方向相反,速度方向相反,由左手定 则 知,若 生 成 的原子核与粒子的电 性 相 反,则 在 磁 场 中 的 径 迹 为 内 切 圆,若 第二讲 近代物理初步 电性相同,则在磁场中 的 径 迹 为 外 切 圆,所 以 生 成 的 原 子 核 与 [真 题 引 领 ] 粒子电性相同,发生的是 α衰 变,不 是 β衰 变,故 A 项 错 误;原 1.A n=20 的 氢 原 子 能 量 为 E20 =2E012 = -0.034eV,该 氢 原 子 子核衰变后生成 的 原 子 核 与 粒 子 的 动 量 p 大 小 相 等、方 向 相 反,原子核与粒子在磁 场 中 均 做 匀 速 圆 周 运 动,洛 伦 兹 力 提 供 的电离能为0.034eV.吸收一个 光 子,恰 好 失 去 一 个 电 子 变 成 向 心 力 ,由qvB =m v2 ,解 得r=qmBv=Bpq,由 于 p、B 都相同, 氢离子,由题图所示按 能 量 排 列 的 电 磁 波 谱 可 知,被 吸 收 的 光 r — 254 —

参考答案 则电荷量q 越 大,其 径 迹 半 径r 越 小,由 于 新 核 的 电 荷 量 大 于 时钩码速度为v,有v=h62-Th4 ,故动能的增加量 ΔEk= 21mv2-0 粒子的电荷量,则新核 的 径 迹 半 径 小 于 粒 子 的 径 迹 半 径,则 半 径为r1 的圆为新核的运动径迹,半 径 为r2 的 圆 为 粒 子 的 运 动 m (h6 -h4 )2 ;钩 码 的 重 力 势 能 增 加 量 ΔEp=mgh5 . 径迹,故 B 项错误;由 B 项 的 分 析 知,r1 ∶r2 =2∶90=1∶45, = 8T2 故 C 项正确;若是 α衰变,生成的原子核与粒子电性相同,由左 (2)弹簧弹性势能一部分转化为钩码、纸带、弹簧的 重 力 势 能 和 手定则可知,原子核与 粒 子 都 沿 顺 时 针 方 向 做 匀 速 圆 周 运 动, 动能,由于纸带与限位孔之间的摩擦阻力或钩码运 动 过 程 中 的 故 D 项正确.故选 C、D. 空气阻力做功,系统机械能减少,故随着h 增大,两条曲线在纵 向的间隔逐渐变大. 【典例2】 C 纵坐标由 2 变为 1 ,说 明 这 2 的113Sn 中 正 好 3 3 3m0 答 案 :(1)kh5(L-L0)- 12kh52 m (h6 -h4 )2 (2)见 解 析 8T2 mgh5 有 一半的113Sn发生了衰变 ,经 过的 时 间 为 一 个 半 衰 期 ,因 此 半 衰期 T=t2-t1=115.1d,C 正确. 考向四 考向一 【典 例 1】 D 由电荷数守恒及质量数守恒可得10n+23952U→14516Ba+ 【典例】 解析:(1)将表 格 中 数 据 转 化 如 图,则 x1 =507 m,x2 = 9326Kr+310n,故 X 为 中 子 ,y=3,A 错 误 ;此 核 裂 变 释 放 核 能 约 为 587 m,x3=665 m,x4 =746 m,x5 =824 m,x6 =904 m,可 得 E=141E2+92E3-235E1,根 据 质 能 方 程 可 知 此 核 裂 变 反 应 x2-x1 =80 m,x3 -x2 =78 m,x4 -x3 =81 m,x5 -x4 = 过程 中 的 质 量 亏 损 为 Δm =141E2 +92E3 -235E1 ,B 错 误 ,D 78 m,x6-x5=80 m,相 邻 相 等 时 间 间 隔 位 移 差 大 小 接 近,可 c2 判断该飞行器在这段时间内近 似 做 匀 加 速 运 动.(2)x=507 m 时 该飞行器的速度即t=1s时的瞬时速度,利用匀变速直线运 正确;根据原子核的比结合能曲线可知 E3>E2>E1,C 错误. 【典 例 2】 B 由 题 图 知 ,42He 核 的 比 结 合 能 约 为 7 MeV,42He共 动的特点可知时间中点的瞬时速度等于这段时间内的平均速 有4 个 核 子,所 以 结 合 能 约 为 4×7 MeV=28 MeV,A 错 度,故v=x12+tx2 =120×941sm =547 m/s.(3)由 逐 差 法 得 a= 误 ;36Li核 的 比 结 合 能 约 为 5.3 MeV,36Li 核 的 结 合 能 约 为 5.3×6 MeV=31.8 MeV,可 知63Li核 的 结 合 能 比42He核 的 大 , (x6 +x5 +x4 )- (x3 +x2 +x1 ) (4233-1759)-1759 m/s2 9t2 = 9×12 比 结 合 能 小 ,B 正 确 ; U235 裂 变 属 于 重 核 裂 变 ,核 反 应 朝 着 新 核 92 比结合能大的方向进行,要放 出 能 量,C 错 误;42He核 的 结 合 能 =79 m/s2. 等于24He核 分 裂 成 2 个 质 子 和 2 个 中 子 所 需 要 的 能 量,D x x x x x x 错误. N 聚焦情境 素养培优 【示例1】 A 正 离 子 的 定 向 移 动 方 向 就 是 电 流 方 向,故 A 正 N 确;三种射线中 α射线的电离作用最强,能使空 气 电 离,所 以 镅 (24915Am)放 出 的 射 线 中 应 有 α 射 线 ,故 B 错 误 ;镅 的 半 衰 期 为 N N N 432年,当经1296年,即经过3个半衰期后,还剩下 m=m0 1 3 N 2 = 0.125kg=125g没有衰变,则衰变了875g,故 C 错误;该电路 答案:(1)相邻相等时间间隔位移差大小接近 (2)547 (3)79 为非纯电阻电路,欧姆定律不适用,故 D 错误. 巩固拓展 【示例2】 B 波长为λ 的光子,动量为 p=λh ,光子 与 太 阳 帆 相 1.解析:(1)同学乙 的 看 法 正 确.只 有 让 小 车 匀 速 运 动,才 能 够 消 除摩擦力的影响;对于甲同学的看法,小车开始运 动 时,砂 子 和 撞的过程,对光子 由 动 量 定 理 得 I=Δp=p- (-p)=2λh,B 盘的重力等于最大静摩擦力,而最大静摩擦力略大 于 滑 动 摩 擦 力.(2)①当小车的 重 力 沿 斜 面 向 下 的 分 力 与 滑 动 摩 擦 力 平 衡 正确. 时,小车恰好做匀速运 动.② 根 据 逐 差 法 可 求 得 小 车 的 加 速 度 【示例3】 B 半衰 期 由 放 射 性 元 素 自 身 性 质 决 定,不 受 外 界 因 a=xCE4T-x2 AC = (9.30-3.15-3.15)×10-2 m/s2 =0.75 m/s2.③ 素影响,A 错误;β衰变,即中子 转 变 为 质 子 和 电 子 的 原 因 与 弱 4×(0.1)2 相互作用有关,B 正确;衰变过程是 自 发 进 行 的 过 程,要 放 出 能 根据牛顿第二定律 F=ma 可得a=m1F,结合a F 图 像 可 得 量,C 错误;β粒子为电子,带负电,D 错误.故选 B. 斜 率k=ΔΔaF 1 1 专题七 实验与探究 其 = m ,则 小 车 的质 量 m = k . 第一讲 力学实验及创新 答 案 :(1)乙 (2)① 匀 速 1 [真 题 引 领 ] ②0.75 ③k 1.解析:(1)初始时弹簧的伸长 量 为 5.00cm,结 合 图 乙 可 读 出 弹 2.解 析:(2)根 据 螺 旋 测 微 器 读 数 规 则 可 知,小 球 直 径 d = 簧弹力为 0.610 N,由 F =kx 可 得 弹 簧 的 劲 度 系 数k=12 7.5 mm+0.383 mm=7.883 mm.(3)由于小 球 自 由 落 体 运 动 时间很短,所以测量 时,应 该 先 接 通 数 字 计 时 器,后 释 放 小 球. N/m. (2)根据牛顿第二定律 F=ma,结 合 图 丙 可 得a-F 图 线 斜 率 (4)小球第1次通过光电门时的速度v1=td1 ,第2 次 通 过 光 电 的 倒 数 表 示 滑 块 与 加 速 度 传 感 器 的 质 量,代 入 数 据 得 m = 0.20kg. 门时的速度v2=td2 ,小 球 与 橡 胶 材 料 碰 撞 导 致 的 机 械 能 损 失 (3)同 理 图 像 斜 率 的 倒 数 1 =m +m 测 ,得 m 测 =0.13kg. 21mv21 1 =m2d2 11 k 2 t12 -t22 ΔE= - mv22 .(5)若 适 当 调 高 光 电 答案:(1)12 (2)0.20 (3)0.13 门 高 度 ,将 会 增 大 因 空 气 阻 力 引 起 的 测 量 误 差 . 2.解析:(1)由题意可知,打下 A 点时,弹簧形变量 Δx1=L-L0, 答案:(2)7.883(7.883~7.884) (3)B 此 时 弹 簧 的 弹 性 势 能 Ep1 = 12k(Δx1)2,打 下 F 点 时 ,弹 簧 形 (4)m2d2 11 (5)增 大 变 量 Δx2=L -h5 -L0,此 时 弹 簧 的 弹 性 势 能 Ep2 = 12k· t21 -t22 考向二 (Δx2)2,弹 性 势 能 的 减 少 量 ΔE =Ep1 -Ep2,代 入 得 ΔE = 【典例】 解析:(3)利用 描 点 法 得 出 图 像 如 图.(4)根 据 刻 度 尺 读 kh5(L-L0)- 12kh52 ;打 下 A 点 时 钩 码 速 度 为 零 ,设 打 下 F 点 数规则知,橡 皮 筋 的 长 度l=15.35cm.(5)由 胡 克 定 律 可 得 — 255 —

一品方案·物理(新高考版) nmg=k(l-l0),变 化 为l=mkgn+l0 .l-n 图 像 的 斜 率mg = 考向三 k 【典例】 解析:(1)小 球 做 平 抛 运 动,水 平 方 向 做 匀 速 直 线 运 动, 62.005×10-2,解 得 k=20.0 N/m.代 入 数 据 解 得 橡 皮 筋 原 长 因此速度的水平分量大小为v0=tx =00..0055 m/s=1.0 m/s l0=9.00cm.挂 上 冰 墩 墩 玩 具,有 Mg=k(l-l0),解 得 M = 竖直方向做自由落体 运 动,根 据 匀 变 速 直 线 运 动 中,中 间 时 刻 的瞬 时 速 度 等 于 该 段 位 移 的 平 均 速 度,因 此 小 球 在 A 点 速 度 127g. 的竖直分量大小为vy =80.6.0+51×12.0cm/s≈2.0 m/s. l DN =y3 +y4 -y2 -y1 4t2 (2)由 竖 直 方 向 为 自 由 落 体 运 动 可 得 g ,代 入数据可得 g=9.7 m/s2. 答案:(1)1.0 2.0 (2)9.7 巩固拓展 1.解析:(1)小球 做 平 抛 运 动,竖 直 方 向 有 y2 -y1 =kgT2,解 得 (3.51-2.54)×10-2 g=yk2T-y2 1 = 0.1×0.12 m/s2 =9.7 m/s2 .(2)斜 槽 n 末端切线不水平,小球 抛 出 后 做 斜 抛 运 动,但 竖 直 方 向 仍 为 匀 (4)15.35 (5)127 答 案 :(3)见 解 析 变速运动,加速度仍 为 g,仍 满 足 y2 -y1 =kgT2,故 斜 槽 末 端 巩固拓展 切线不水平对重力加速度的测量值没有影响;若斜 槽 末 端 不 水 平,则抛出时的速度方 向 不 是 水 平 的,根 据 运 动 轨 迹 计 算 出 的 1.解析:为使碰撞 过 程 小 球 不 出 现 反 弹,入 射 小 球 质 量 m1 应 大 是水平方向的 分 速 度,故 小 球 离 开 斜 槽 末 端 的 速 度 的 测 量 值 于被碰小球质量 m2.(2)小 球 从 碰 撞 后 分 别 做 平 抛 运 动,到 落 偏小. 到斜面 上 时,由 平 抛 运 动 规 律 有scosα=vt,ssinα= 12gt2,解 答案:(1)9.7 (2)没有影响 偏小 2.解析:(1)为了能画出平抛运动轨迹,首先保证小球 做 的 是 平 抛 得v= gscos2α ,解 得v∝ s,所 以 为 验 证 动 量 守 恒 定 律 ,只 运动,所以斜槽轨道不一定要光滑,但斜槽末端必 须 是 水 平 的, 2sinα 选项 A 错误;为保证抛出的初速 度 相 同,应 使 小 球 每 次 从 斜 槽 需 要 验 证 m1 sP =m1 sM +m2 sN .(3)改 变 两 个 小 球 的 上相同的位置由静止释放,选项 B 错误,C 正确;因 为 摩 擦 力 未 材质,碰撞后速 度 发 生 改 变,被 碰 后 小 球 m1 不 一 定 落 在 中 间 落点位置;若斜槽光滑,小 球 反 弹 后 再 离 开 斜 槽 末 端 时 的 速 度 知,无法根据机械能守恒定律计算速度,选项 D 错误. (2)竖 直方向根据 自由落体 运动规律可 得y2-y1=gT2, 不变,所以 m1 可以不大于 m2.(4)若 两 小 球 发 生 弹 性 碰 撞,则 水平 方 向 小 球 做 匀 速 直 线 运 动,得 x =v0T,解 得 v0 = 由 机 械 能 守 恒 定 律 有 1 m1v'21 = 12m1v12 + 1 m2v22 ,将 速 度 大 x =x g . 2 2 y2 -y1 y2 -y1 小 代 入 有 m1sP =m1sM +m2sN ,解 得 sP + sM = sN ,解 g (3)根据动量定理,小球打在 B 点时与打在A 点 时 动 量 的 变 化 得sN =BN =(35+20 3)cm. 量 Δp1=mgT, 答 案 :(1)> (2)m1 sp =m1 sM +m2 sN (3)不 一 定 小球打在 C 点时与 打 在B 点 时 动 量 的 变 化 量 Δp2 =mgT,则 可以 (4)69.64(或35+20 3) Δp1 ∶Δp2 =1∶1. 2.解析:(1)细绳的 作 用 是 显 示 出 力 的 方 向,所 以 不 必 等 长,故 A 答 案 :(1)C (2)x g (3)1∶1 错误;两绳间夹角大小 适 当 即 可,不 一 定 要 使 橡 皮 条 和 两 绳 夹 y2 -y1 角的角平分线在一条直线上,故 B 错误;只有细绳与纸面平行, 考向四 才能保证拉力的大小和方向 准 确,故 C 正 确;两 细 绳 拉 橡 皮 条 时,合力是通过力的图示测出来的,两绳间夹角适 当 即 可,两 绳 【典例】 解析:(1)①该实验用到的方法是控制变量法,故选 D. 间夹角不需要取30°、45°、90°等 特 殊 角 度,故 D 错 误.(2)一 个 ②在某次实验中,某同 学 把 两 个 质 量 相 等 的 小 球 分 别 放 在 A、 单位长度表示1N,先在图中分 别 画 出 两 个 力 的 图 示,再 以 F1 C 位置,则转动半径r 相等;将皮带连接在左、右 塔 轮 半 径 之 比 和 F2 为邻边作平行四边形,对 角 线 就 是 合 力 F,如 答 图 所 示. 为3∶1的塔轮上,因 左、右 两 边 塔 轮 边 缘 的 线 速 度 相 等,则 根 (3)由题意可知,保持 O1 点位 置 不 动,即 合 力 大 小、方 向 不 变, F1 方向不变,改变 F2 的 方 向,根 据 力 的 平 行 四 边 形 定 则,画 出 据v=ωr 可知,角速度之比为1∶3;左 边 标 尺 露 出 1 个 等 分 格 受力分析图如图所示,由图可知当F2 垂直于F1 时,F2 取最小值. 时,右边标尺露出 9 个 等 分 格,则 两 边 向 心 力 之 比 为 1∶9,则 A 实验说明向心力与角速度的平方成正比. O (2)①小钢球转动的角速度ω=Lv =Δtd·L. ②根据 Fn=mω2r 可知,为 了 验 证 定 量 表 达 式,还 需 要 测 定 的 F 物理量是小球的质量 m. 答案:(1)①D ②1∶3 向 心 力 与 角 速 度 的 平 方 成 正 比 (2) F ①Δtd·L ②小球的质量 答案:(1)C (2)如图所示 (3)与 F1 垂直 巩固拓展 / 解析:(1)刻度尺 的 分 度 值 为 1 mm,所 以 读 数 为 98.50cm;单 P O 摆 周 期 的 测 量 值 为 T = t ,代 入 单 摆 的 周 期 公 式 T = n F P 2π L ,解 得 g=4πt2L2n2 . F F g (2)题 图 丙 中 图 线 的 斜 率 为 k = T22 -T12 ,周 期 公 式 T = L2 -L1 — 256 —

参考答案 2π L 变 形 得 T2 4π2 ,所 以4π2 = T22 -T12 ,变 形 得 g = 值k=2DgL2 ,故当地的重力加速度为 g=k2DL2 . g = gL g L2 -L1 答案:(1)5.670(5.670~5.671) (3)D (4)k2DL2 【典例2】 解析:(1)由 于 本 实 验 是 利 用 牛 顿 第 二 定 律 测 量 滑 块 4π2 (L2 -L1 ) 与长木板间的动摩擦 因 数,因 此 本 实 验 不 需 要 平 衡 摩 擦 力,所 T22 -T21 . 以选项 A 错误;实验前需要调节 滑 轮 的 位 置,让 细 线 与 长 木 板 (3)小球静止悬挂 时 测 量 摆 长,可 以 更 精 确 地 测 出 悬 点 至 球 心 所在的平面平行,否则细线提供的拉力将与长木板 所 在 的 平 面 的距离,故 A 正 确;单 摆 只 有 在 摆 角 小 于 或 等 于 5°时 所 做 的 运 动才能看成是简谐运动,并非振幅越大越好,故 B 错误;由 单 摆 l+ d2 4π2×502 存在一定夹角,涉及到 细 线 上 拉 力 的 分 解,但 滑 块 在 运 动 过 程 g = 周期公式可得5t0=2π ,变 形 得t2 l+ d2 = 中其夹角不断变化,不利于测量,因此选项 B 正确;由于题干要 g 求砂和砂桶的重力近似等于细线的拉力,故必须满 足 砂 和 砂 桶 π2 ×104 g l+ d ,只要根据t2 -l 图 像 求 出 斜 率,就 可 以 求 出 的总质量远小于滑块的质量,选 项 C 正 确;实 验 时 须 先 接 通 打 2 点计时器电源再 释 放 滑 块,选 项 D 错 误.(2)根 据 题 目 条 件 可 重力加速度g,故 C 正确. 知相邻 两 个 计 数 点 间 的 时 间 间 隔 T =0.1s,由 逐 差 法 可 求 得 答案:(1)98.50(98.45~98.50) g=4πt2L2n2 滑 块 的 加 速 度a= (x4 +x3 )- (x2 +x1 ) m/s2 .(3)对 滑 4T2 =1.25 (2)4π2T(L22 -2-TL12 1) (3)AC 块由牛顿第 二定律 可得 F -μMg =Ma,化 简可 得 a= F - M 考向五 μg,结合a-F 图像可得-b=-μg,即μ=gb . 【典例1】 解析:甲同学的方案:(2)从 纸 带 上 由 右 向 左 两 计 数 点 答案:(1)BC (2)1.25 (3)gb 间距越来越大,可知重物连在右侧.由运动学推论 Δx=aT2 得 巩固拓展 x6-x1=5aT2,代 入 数 据 可 得a=x56T-x2 1 =9.6 m/s2.乙 同 学 3.解析:(1)如果通过光电门 1 的 遮 光 时 间t1 小 于 通 过 光 电 门 2 的方案:(2)根据螺旋测微器读数原 理 可 知 d=8 mm+47.5× 的遮 光 时 间t2,说 明 物 块 在 做 减 速 运 动;要 使 物 块 通 过 两 个 光 电门的遮光时间相等,物 块 应 做 匀 速 运 动,需 要 增 加 细 线 的 拉 0.01 mm=8.475 mm.(4)根据机械能守恒得 mgh= 12mv2,v 力 ,也 就 是 增 加 砂 桶 内 砂 的 质 量 . =td ,可 得td22 =2gh,则t12 =2dg2h,即k0 =2dg2 ,解 得 g=k02d2 . (2)设斜面倾角为θ,根 据 平 衡 条 件 有 mg=T,T =Mgsinθ+ (5)①因为考虑阻力影响,所以斜 率 偏 小.②td22 =2h(mmg-f), μMgcosθ,可知实验还需要测量砂和砂桶的总质量 m,根据几何 关系有sinθ=Lh ,cosθ= L2 -h2 ,联立解得μ=MmLL-2M-hh2 . L g-mf 2 d2 ,可 得f =k0k-0k. 答案:(1)增加 (2)砂和砂桶的总质量 m mL-Mh 即k= mg M L2-h2 答 案 :甲 同 学 的 方 案 : 4.解析:(1)当 C 的 示 数 保 持 稳 定 后 (B 仍 在 A 上),B 处 于 平 衡 (2)右 9.6 状态,弹簧测力计的示数 F 与B 所受的滑 动 摩 擦 力Ff 大 小 相 乙同学的方案: 等,木板 A 对B 的支持力大小FN 等于 B 的重力 mg 又 Ff=μFN (2)8.473(8.472~8.474 均 可 ) (4)21k0d2 (5)① < ②k0k-0k 联立解得 A 与B 之间的动摩擦因数μ=mFg. 巩固拓展 (2)物块由静止开 始 做 匀 加 速 直 线 运 动,根 据 匀 变 速 直 线 运 动 1.解析:(1)测量重力加速度的实验当中,铝基板相对 泡 沫 板 所 受 的位移公式得 x= 12at2, 空气阻力影响更小,所以乙的选择更恰当.(2)十分 度 游 标 卡 尺 对于物块,根据牛顿第二定律得 F-μmg=ma, 的精确度为0.1 mm,所 以 主 尺 读 数 为 74 mm,游 标 尺 读 数 为 联立解得 F=μmg+2tm2x, 5×0.1 mm=0.5 mm,所 以 AC 距 离 测 量 值 为 74.5 mm. (3)由 速 度 时 间 关 系 可 知 ,vBC =vAB +gt2 +t1 ,代 入 解 得 g = 则F 1 图 线 的 斜 率k=2mx,纵 截 距b=μmg, 2 t2 2(vBC -vAB ) k 与摩擦力 是 否 存 在 无 关,物 块 与 木 板 间 的 动 摩 擦 因 数 μ= t1 +t2 . (4)实验中只需要 确 保 挡 板 沿 竖 直 方 向 运 动,狭 缝 经 过 光 电 门 mbg=2kxbg=2kbgx, 故该同学还应该测出的物理量是光电门 P、Q 之间的距离x. 即可,AD 错误,B 正确;若挡板 下 落 时,AC 连 线 在 纸 面 内 没 有 保持竖直状态,则h1 和 h2 小 于 对 应 的 竖 直 位 移,影 响 实 验 结 答案:(1)A 与B F (2)光电门 P、Q 之间的距离x 2xb 果,C 错误.(5)狭缝 通 过 光 电 门 也 需 要 一 定 的 时 间,整 块 挡 板 mg kg 通过光电门的实际时间大于t1+t2,导致 g 的测量值偏大. 聚焦情境 素养培优 答 案 :(1)乙 (2)74.5 (3)2(vtB1C+-tv2AB ) (4)B (5)有 影 响 ,偏 大 【示例1】 解析:(1)第3次碰撞到第4次碰撞用时t0=2.40s- 2.解析:(1)由 题 图 乙 所 示 螺 旋 测 微 器 可 知,小 球 直 径 D = 2.00s=0.40s, 5.5 mm+17.0×0.01 mm=5.670 mm.(3)小 球 经 过 光 电 门 根据竖直上抛和自由落体运动的对称性可知第3次碰撞后乒 时 的 速 度 大 小 v= D ,从 释 放 小 球 到 小 球 经 过 光 电 门 位 置 过 乓 球 弹 起 的 高 度 为 h0 = 1 t0 2 1 ×9.80×0.202 m≈ Δt 2g 2 2 = 21mv2 1 0.20 m. (Δt)2 程 ,由 动 能 定 理 得 mgL(1-cosθ)= -0,整 理 得 = (2)碰撞后弹起瞬 间 速 度 为v2,碰 撞 前 瞬 间 速 度 为 v1,根 据 题 -2DgL2 cosθ+2DgL2 ,故 1 图 像 为 题 图 丙 所 示 的 一 条 意 可 知v2 =k, (Δt)2 v1 -cosθ 直线,故选 D.(4)由 图 像 的 函 数 表 达 式 可 知,图 像 斜 率 的 绝 对 — 257 —

一品方案·物理(新高考版) 12mv12- 21mv22 (3)考 虑 电 压 表 内 阻 时 ,有I1 1 1 ,I2 1 1 1 , 12mv21 U =R0 +Rv U =R0 +Rx +Rv 则每次 碰撞 损失 的动能与碰 撞前 动能 的 比 值 为 = 联立解得 Rx =I2U-I1 ,与(2)中 分 析 的 结 果 相 同,故 电 压 表 内 1- 21mv22 =1-k2 阻对导电绳电阻的测量值无影响. 21mv21 (4)由 Rx L 图线可知,导电绳电阻 Rx =1.33kΩ 对 应 的 导 电 绳拉伸后的长度 L=51.80cm. 第3次碰撞前瞬间速度为第2次碰后从最高点落地瞬间的速 答 案 :(2)③ 变 小 U (3)无 (4)51.80 I2 -I1 度 ,为 v=gt= 2.00-1.58 g=0.21g 考向一 2 【典例】 解析:(1)题 图 甲 中 游 标 卡 尺 主 尺 读 数 为 10 mm,20 分 第 3 次 碰 撞 后 瞬 间 速 度 为 v'=gt'= 2.40-2.00 g=0.20g 度游标尺精确度为0.05 mm,故 游 标 尺 读 数 为 11×0.05 mm= 2 0.55 mm,所 以 金 属 管 深 度 为 10.55 mm=1.055cm.螺 旋 测 微 则 第 3 次 碰 撞 过 程 中k=vv' =00..2210≈0.95. 器 固 定 刻 度 部 分 读 数 为 5.5 mm,可 动 刻 度 最 小 分 度 值 为 (3)由于存在空气 阻 力,乒 乓 球 在 上 升 过 程 中 受 到 向 下 的 阻 力 0.01 mm,可动刻度部分读数应 为 20.2×0.01 mm,因 此a 处 数字应为20,b 处数字为25. 和重力,加速度变大,上 升 的 高 度 变 小,所 以 第 (1)问 中 计 算 的 (2)①对于电压表,当选取0~3V 量程时,每小格为0.1V,读数为 1.68V,当选取0~15V 量程时,每小格为0.5V,读数为8.4V. 弹起高度高于实际弹起的高度. ②对于电流表,当选取0~0.6A 量程时,每小格为0.02A,读数为 答案:(1)0.20 (2)1-k2 0.95 (3)高于 【示例2】 解析:(1)为减小空 气 阻 力 对 实 验 造 成 的 误 差,需 要 选 0.46A,当选取0~3A 量程时,每小格为0.1A,读数为2.30A. ③电阻箱 读 数 为:(100×5+10×3)Ω=530.0 Ω.欧 姆 表 读 数 择密度较大的小钢球来做实验,故选 C. (2)小 钢 球 从 初 始 位 置 开 始 下 落,相 同 时 间 的 位 移 之 比 为 1∶ 为 :5×10 Ω=50 Ω. 答案:(1)1.055 20 25 (2)①1.68(1.67~1.69 均 正 确) 3∶5∶7……,而图中1、2之间,2、3 之 间 和 3、4 之 间 的 距 离 不 8.4(8.3亦可) ②0.46 2.30(2.29~2.31均正确) 满足这个比例关系,所 以 1 位 置 不 是 自 由 落 体 的 初 始 位 置,选 ③530.0Ω 50Ω 项 A 错误;实验中小钢球的质量和直径都不需要测量,选项 B、 D 错误;由于存在空气 阻 力 作 用,本 实 验 测 出 的 重 力 加 速 度 比 考向二 实际值偏小,选项 C 正确. 【典 例】 解 析 :(1)由 于 Rn >Rm ,所 以Im 大 于In . (2)将单刀双掷开关 S与n 接通,此时电路中总电阻较大,中值 (3)g=h342t-2h12 =22××4(.80×.0170)2-2m/s2=9.8 m/s2.小 钢 球 到 达 电阻较大,能接入的待 测 电 阻 的 阻 值 也 较 大,故 应 该 为 欧 姆 表 位置3时的速度v3=h232+th34 =9×24×.80×.0170-2 m/s=3.1 m/s,小 的 “×10”挡 位 . 钢球到达位置4时的速度v4=v3+gt=3.1m/s+9.8×0.07m/s (3)若从“×1”挡位换成“×10”挡 位,即 开 关 S 从 m 拨 向n,电 路中的总电阻增大,干路电流减小,为了使电流计 满 偏,则 需 增 =3.8 m/s. 大通过电流计的电流,故调零电阻 R0 的滑片应该向上调节. 答案:(1)C (2)C (3)9.8 3.8 (4)设欧姆 表 内 部 等 效 电 阻 为 R,根 据 闭 合 电 路 欧 姆 定 律 有, 第二讲 电学实验及创新 [真 题 引 领 ] 2 E ,13Ig =R E ,Ig= E ,联 立 解 得 Rx =400Ω. 3Ig=R +R1 +Rx R 1.解析:(1)由于小 灯 泡 的 额 定 电 压 为 2.5 V,R0 分 得 的 电 压 约 答案:(1)大于 (2)×10 (3)向上 (4)400 U =30..53 为 3.5 V,由 欧 姆 定 律 得 R= I Ω=12Ω,若 R >12 Ω, 巩固拓展 则小灯泡无法达到额定电压,故选10Ω 的定值电阻. 1.解析:(1)通过实验原理图,可以看出测量电流表内 阻 的 方 法 为 半偏法,故①中应为电 流 表 的 指 针 满 偏,② 中 应 为 电 流 表 的 指 (2)由题图(a)知,滑动变阻器采用分压式接 法,则 闭 合 开 关 前, 针半偏.(2)闭合开关 S2 后,回路中的总电阻 减 小,由 闭 合 电 路 滑动变阻器的滑片应置于a 端. 欧姆定律得,回路中干路电流增大,所以当电流表 指 针 半 偏 时, (3)由题图(b)可 得,当 电 流 为 10 mA 时,电 压 表 的 读 数 U = 7.0mV,电压表内 阻 较 大,流 过 电 压 表 的 电 流 可 忽 略 不 计,由 通过电阻箱的电流大于通过电流表的电流,由并联 分 流 规 律 可 欧姆定律得小灯泡的电阻 R=UI =71.00 Ω=0.7Ω. 知,此时电阻箱的电阻小 于 电 流 表 内 阻,即 R'A <RA .(3)由 于 电源电动势为6V,电 流 表 满 偏 电 流 为 10 mA,所 以 回 路 中 电 (4)根 据 电 表 的 改 装 原 理 ,有UV (300 Ω+R2 )=3 V,代 入 数 据 阻最 小 值 为 Rmin =106mVA=600 Ω,因 此 滑 动 变 阻 器 选 择 ②. RV (4)将电流表改装 为 电 压 表 需 要 将 电 流 表 与 定 值 电 阻 串 联,然 后与校准电压表并联,由于改装后的电压表需要用 标 准 电 压 表 解得 R2=2700.0Ω. 逐格校准,故滑动变 阻 器 应 用 分 压 接 法,如 答 图 所 示.(5)改 装 (5)根据题表中 数 据 结 合 题 图(b)中U -I 曲 线 的 斜 率 可 得,随 电压表的示数总比标准电压表的示数小,本质上是 通 过 电 流 表 流 过 小 灯 泡 电 流 的 增 大 ,灯 丝 的 电 阻 增 大 . 的电流小,或换一个小一点的分压电阻或在分压电 阻 两 端 并 联 (6)由题表中数 据 可 知 P1 =0.046×10×0.16 W=0.074 W, P2=0.25×10×0.3 W=0.75 W,故PP12 =10. 一个比分压电阻大的多的电阻,直至改装的电压表 与 标 准 电 压 答案:(1)10 (2)a (3)0.7 (4)2700.0 (5)增大 表示数相同. (2)< (6)0.074 10 答案:(1)①电流表的指针满偏 ②电流表的指针半偏 2.解析:(2)断 开 开 关 S2,根 据 欧 姆 定 律 可 得 定 值 电 阻 的 阻 值 见解析 (3)② (4)电路连接如图 (5)见解析 R0=IU1 .闭合开关 S2,导 电 绳 与 定 值 电 阻 并 联,并 联 后 的 总 电 阻小于定值电 阻 的 阻 值 R0,电 流 表 示 数 增 大,电 压 表 示 数 变 小.调节滑动变阻器 R 使电压表 的 示 数 仍 为 U,设 导 线 绳 与 定 值 电 阻 并 联 后 的 总 电 阻 为 R',则 R'=RR00+RRxx ,根 据 欧 姆 定 律 得 R'=IU2 ,联 立 解 得 Rx =I2 I . -I1 — 258 —

参考答案 2.解析:(1)使用电 压 挡 进 行 测 量,目 的 是 看 内 部 是 否 有 电 源,由 考向四 于指针没有示数,因此 内 部 无 电 源.① 使 用 欧 姆 表 读 数 时 要 注 意其零刻度在右侧,故题图甲示数为 R=12×10Ω=120Ω,题 【典例】 解析:(1)把灵敏电流 计 改 装 成 大 量 程 电 流 表 需 要 并 联 图乙示数为 R=4×10 Ω=40 Ω.② 黑 表 笔 接 a 电 阻 大,说 明 一个电 阻,则 (4 A-Ig)R =IgRg,代 入 数 据 得 R =1 Ω,故 a、c、b 之 间 串 联 了 二 极 管、电 阻 两 个 元 件,故 连 接 情 况 如 图 选 A. 所示. (2)连线时让数据 点 尽 可 能 在 一 条 直 线 上,不 在 直 线 上 的 点 均 匀分布在直线两侧,偏离太大的点直接舍 去,则I2 -I1 图 线 如 b 图所示. a I \" c 答案:没有 ①120 40 ②见解析 考向三 【典例】 解析:(1)器材选择需要结合测量电路,用假 设 法 初 步 分 析,电流表半偏时,若 电 流 表 为 A1,由 闭 合 电 路 欧 姆 定 律 可 计 I N\" 算出电路中总电阻为300 Ω,定 值 电 阻 与 电 流 表 A1 的 内 阻 之 和为240Ω,不考 虑 电 池 内 阻,此 时 滑 动 变 阻 器 接 入 电 路 的 阻 值应为60Ω,实验器材可满 足 需 求;若 电 流 表 为 A2,电 流 表 半 (3)根 据 闭 合 电 路 欧 姆 定 律 有 E=I1(RA1 +R0)+r(I1 +I2), 偏时,电路中总 电 阻 为 100 Ω,不 符 合 题 意.(2)由 闭 合 电 路 欧 整理 得 I2 = RA1 +R0 +r + E ,结 合 I2 -I1 图线可得 r I1 r I =35I (rA1 姆定 律 有 E= 2 (rA1 +R0 +r+R ),E +Rx +r+ RA1 +R0 +r 4.0-0.5 ≈101,rE r = (34.5-0)×10-3 R),(1)问得到的滑动 变 阻 器 接 入 电 路 的 阻 值 60 Ω,实 际 上 是 =4.0 A,联 立 可 得 滑动变阻器 R 和电池内阻r 串 联 后 的 总 阻 值,联 立 可 得 Rx = 100Ω.(3)由(2)问分析可得,是否考虑电池内阻对实验 结 果 无 E =2.0 V,r=0.50 Ω. 影响. 答案:(1)A (2)见解析 (3)2.0 0.50 答案:(1)A1 60 (2)100 (3)无 巩固拓展 巩固拓展 解析:(1)一节干电池电动势约为1.5 V,故 电 压 表 选 择 量 程 为 0~3V 的电压表 B;要求尽量 减 小 实 验 误 差,故 选 择 最 大 阻 值 1.解 析 :(1)由 R = U 可 知,若 用 伏 安 法精 Rx 较小的滑动变阻器 D,方便调节. I 4 R (2)电流表量程0~0.6A,电 压 表 量 程 0~3 V,实 物 连 接 如 图 7 甲所示. 确测电 阻,必 须 精 确 测 量 出 电 阻 两 端 的 电压和通过电阻的 电 流,通 过 V1 的 最 大 7 电 流Imax=RUV1 ≈1mA.两 个 电 流 表 均 不 R 能满足 要 求,且 由 于 电 流 表 内 阻 不 是 确 E 4 定值,也 就 不 能 改 装.因 此,只 能 用 电 阻 箱 等 效 代 替 ,电 路 如 图 所 示 . (2)设两电压表示数分别为U1、U2,S接1,适当调节 R,分别 读 出 两电压表的示数U1、U2,然后 S接2,调节 R1,使两电压表示 数 分 别 恢 复 到U1、U2,读 出 R1 的 值 .由 分 压 原 理 得U2 -U1 = 甲 R1 (3)根 据 题 表 数 据 ,描 点 绘 图 如 图 乙 所 示 . U1 ,则 RV1 =U2U-1U1R1 ,Rx =R1 . U 7 RV1 答 案 :(1)见 解 析 图 (2)U2U-1U1R1 R1 2.解析:(1)调节滑动变阻器 R,使电流表 G1 满偏. (2)闭合 S2,电 路 的 总 电 阻 减 小,干 路 电 流 变 大,调 节 电 阻 箱 R',电流 表 G1 半 偏,则 流 过 电 阻 箱 的 电 流 大 于 流 过 电 流 表 G1 的电流,根据并联电路 的 电 流 分 配 规 律,则 电 阻 箱 电 阻 小 于 电 流表内阻. (3)电 路 图 如 图 所 示 . ( ( R R′ I \" 4 乙 (4)调节滑动变阻器及电阻 箱 阻 值 R',分 别 记 录 两 电 流 表 G1、 (4)根据闭合电路欧姆定律可得U=E-Ir,根据U -I 图 像 可 知E=1.48V,r=1.480-.501.07 Ω=0.82Ω. G2 示 数I1,I2,根 据 欧 姆 定 律 得 R'(I2 -I1 )=I1Rg,解 得 Rg (5)由闭合电路欧姆定律得U=E- I+RUV r,即U=RRV+VrE- IRRV +Vrr,由 表 达 式 可 知,U -I 图 线 与 纵 轴 截 距b=E测 = =R'(II21-I1 ) . 答案:(1)②调节滑动变阻器 R (2)偏小 (3)见解析图 (4) R'(I2 -I1 ) 电阻箱阻值 R',电流 表 G1 的 示 数 为I1,电 流 表 I1 G2 的 示 数 为I2 — 259 —

一品方案·物理(新高考版) RRV +VrE,U -I 图 线 斜 率 的 绝 对 值k=r测 =RRV +Vrr,因 此 E测 <E,r测 <r. 答案:(1)B D (2)见 解 析 (3)见 解 析 (4)1.48(1.47~ 1.49) 0.82(0.70~0.90) (5)见解析 考向五 【典例1】 解析:(1)根据i-t 图 像 围 成 的 面 积 可 估 算 电 容 器 在 全部放电过程中释放的电荷量,根据题图乙知纵坐 标 每 个 小 格 为0.2 mA,横坐标每小格为 0.2s,则 每 小 格 所 代 表 的 电 荷 量 (4)由 R=UI 求出每次R 的测量值,再 采 用 多 次 测 量 取 平 均 的 为q=0.2×10-3×0.2C=4×10-5 C,曲 线 下 的 小 格 的 个 数 大 约为 41 个,所 以 电 容 器 全 部 释 放 的 电 荷 量 为 Q =41q ≈ 方 法 ,则 有 RB = 1.6×10-3C. 1 0.300×.4510-3+0.060×.9110-3+1.001×.5010-3+1.201×.7910-3+1.802×.7110-3 Ω (2)该 电 容 器 的 电 容 为 C=UQ =1.6×810-3F=2×10-4F. 5 (3)根据电容的计算公式可得电荷量 Q=CU,电 容 器 储 存 的 电 荷量 Q 与电阻R 无关,如果不改变电路其他参 数,只 减 小 电 阻 =1.5×10-3Ω. R,充电时i-t 曲线与横 轴 所 围 成 的 面 积 不 变;由 于 电 阻 对 电 流 有 阻 碍 作 用 ,所 以 减 小 电 阻 ,充 电 时 间 将 变 短 . (5)由 RB =10R0B -2R0,代 入 数 据 R0 =200 Ω,RB =1.5× 答 案 :(1)1.6×10-3 (2)2×10-4 (3)不 变 变 短 【典例2】 解 析:(1)因 为 实 验 时 需 要 确 定 电 流 方 向,所 以 实 验 10-3 Ω, 前,要弄清线圈 导 线 的 绕 向,选 项 A 正 确;实 验 时 需 要 通 过 电 解得 B=0.95T. 流表指针的偏转方向 确 定 电 流 流 向,所 以 实 验 前,要 弄 清 电 流 答 案 :(1)RB =10R0B-2R0 (2)R2 (3)见 解 析 图 表指针摆动的方 向 与 流 入 电 流 表 电 流 方 向 的 关 系,选 项 B 正 (4)1.5×103 (5)0.95 确;实验中,将条形磁铁插入或拔出线圈的速度越 小,磁 通 量 的 【典例2】 解析:(1)由题图 1 乙 知 电 压 表 的 分 度 值 是 0.1 V,读 数要估读到分 度 值 的 下 一 位,则 电 压 表 的 读 数 为 2.60 V;电 阻 箱不需要估读,由题图1丙知电 阻 箱 的 读 数 为 0×100Ω+8× 变化率越小,产生的感 应 电 流 越 小,则 电 流 表 指 针 摆 动 幅 度 越 10Ω+6×1Ω+3×0.1Ω=86.3Ω.(2)由 闭 合 电 路 欧 姆 定 律 小,选项 C 错误. 有 E =U + UR (R0 +r),可 得 1 = 1 +R0E+r· 1 ,由 题 图 2 (2)由题意可知,电 流 增 大 时,穿 过 线 圈 的 磁 通 量 增 大,电 流 表 U E R 指针向右偏转,电路稳定后,若向左移动滑动变阻 器 的 滑 片,滑 可知,图线的纵轴截距 的 倒 数 等 于 该 电 源 的 电 动 势 值,则 E = 动变阻器接入电路中 的 电 阻 减 小,回 路 中 的 电 流 增 大,穿 过 线 2.94V,由图线的斜率可求得r=1.47Ω. 圈的磁通量增 大,则 电 流 表 指 针 向 右 偏 转,若 将 线 圈 A 抽 出, 答案:(1)2.60 86.3 (2)2.94 1.47 【典例3】 解析:(1)实物图连线如图所示. 穿 过 线 圈 的 磁 通 量 减 小 ,则 电 流 表 指 针 向 左 偏 转 . (3)该同学在完成实验后未断开开关,也未把 A、B 两线圈和 铁 芯分开放置,在拆除 A 线圈所在电路时,线圈 A 中的电流突然 减小,从而出现断电自感现象,线圈中会产生自感 电 动 势,进 而 会突然被电击了一下,为 了 避 免 此 现 象,则 需 在 拆 除 电 路 前 断 开开关. 答案:(1)AB (2)右 左 (3)A 断开开关 【典例3】 解 析:(1)多 用 电 表 读 数 Ra =24 Ω.Rb =4 Ω,故 nA ∶nB =Ra ∶Rb =6∶1. (2)根 据 多 用 电 表 读 数 规 则 ,可 知U实际 =2.30V,根 据U∶U理论 U实际 2 U理论 =nA ∶nB ,计 算 可 得U理论 =2.50V,则 1- ×100% ≈15% . (2)由题图甲可知酒精 气 体 浓 度 在 0.2~0.8 mg/mL 范 围 时, 答案:(1)6∶1 (2)2.30 15 电阻 Rx 的 阻 值 在 10~30 Ω 范 围,若 要 保 证 电 压 表 的 读 数 安 考向六 【典 例 1】 解 析 :(1)根 据 图 甲 可 知 在 0.6~1.4 T 范 围 内 ,RB - 全,由欧姆定律可得UR =REx +RR ,由题图甲可知当酒精 气 体 浓 R0 度 为 0.8 mg/mL 时 ,Rx =10 Ω,又 E =4 V,则 URmax = B 图 线 的 斜 率 为k=1.142--04.6 T-1=10T-1 4R (V)≤3 V,解 得 R ≤30Ω,故 选 择 R2 .(3)① 电 阻 箱 调 节 10+R ,RB 由 图 甲 可 知 当 B =0.6 T 时 R0 =4,则 可 得 在 0.6~1.4 T 范 到30.0Ω,开关 向c 端 闭 合,使 电 阻 箱 连 入 电 路,此 时 由 题 图 甲可得,对应酒精气体浓度为 0.2 mg/mL,所 以 对 应 刻 度 线 标 围内磁敏电阻的阻值随磁感应强度的变化关系的数学表达式 记为0.2 mg/mL.(4)电 压 表 读 数 越 大,说 明 Rx 越 小,酒 精 气 为RB =10B -2, 体浓度越大,而 0.8 mg/mL 对 应 Rx =10 Ω,电 压 表 示 数 为 R0 U=REx +RR =2V,则当电压表指针 满 偏 时,测 量 的 酒 精 浓 度 达 可 变 形 为 RB =10R0B-2R0. 到醉驾标准. (2)从表中数据可 知 与 磁 敏 电 阻 连 接 的 支 路 电 压 从 零 开 始,故 滑动变阻器的电压 为 3 V,两 个 滑 动 变 阻 器 的 最 大 阻 值 相 同, 答案:(1)见解析 (2)R2 (3)①c 0.2 (4)有 均为10Ω,则此时电路中的电流 为 0.3 A=300 mA>50 mA, 巩固拓展 故 需 要 选 用 R2. (3)由表中数据粗略推测磁敏电阻的阻值为1500Ω 左 右,又 由 解析:(1)根据闭 合 电 路 欧 姆 定 律,在 电 源 相 同 的 情 况 下,当 电 流相同时,电 路 总 电 阻 也 相 同;所 以 要 使 电 阻 箱 的 读 数 等 于 于RV <RRBA ,电 流 表 应 采 用 内 接 法 ,由 于 数 据 从 零 开 始 ,滑 动 变 NTC 热敏电阻的阻值,在电路其 他 部 分 不 变 的 情 况 下,使 毫 安 RB 表的示数仍为0.40 mA 即可. 阻 器 应 采 用 分 压 接 法 ,则 实 物 连 线 如 图 所 示 . (3)从实验中可知 待 测 电 阻 为 几 千 欧,且 电 路 中 滑 动 变 阻 器 为 — 260 —

参考答案 限流接法,考虑到调节 的 有 效 性,限 流 式 接 法 中 应 选 择 阻 值 与 答案:(1)见解析 (2)2.30(2.28~2.32) (3)2IU (4)540- 0.012p(540 可 取 值 范 围 为 520~560;0.012 可 取 值 范 围 为 待测电阻接近的滑 动 变 阻 器;其 次 电 动 势 为 3 V、电 流 表 量 程 0.010~0.014) 为 0.6 mA,考 虑 到 滑 动 变 阻 器 对 电 路 的 保 护 作 用 ,结 合 题 意 选 择 R3 较 为 合 适 ,故 选 R3. 第三讲 热力学实验和光学实验 (4)依 题 意 ,单 刀 双 掷 开 关 S 掷 于2 处 时 有3V= (1900Ω+R 滑 +RA)×0.6×10-3 A,单 刀 双 掷 开 关 S 掷 于 1 处 时 有 3 V= [真题引领] (2900Ω+R滑 +RA)×I,联立解得I=0.5 mA;从实验表 格 中 可知,温度越低,NTC 热敏电阻的 阻 值 越 大,电 流 表 示 数 越 小, 1.解析:(1)相 邻 明 (暗)干 涉 条 纹 的 宽 度 Δx=dlλ,要 增 加 观 察 所以当毫安表示数小于0.5 mA 时,说明温度 低 于 37.3 ℃,没 到的条 纹 个 数,即 减 小 Δx,需 增 大 d 或 减 小l,因 此 应 将 屏 向 有发烧. 靠近双缝的方向移动,选项 B 正确. 答案:(1)0.40 (3)R3 (4)0.50 没有发烧 (2)第1条暗条纹到第n 条暗条纹间的距离为 Δx,则相邻暗条 聚焦情境 素养培优 纹间的距离 Δx'=nΔ-x1,又 Δx'=dlλ,解得λ= (nΔ-xd1)l. 【示 例 1】 解 析 :(1)由 欧 姆 定 律 可 知I3gRg=2I3gR0,则 灵 敏 电 流 (3)由λ= (nΔ-xd1)l,代入数据解得λ=630nm. 计 内阻为 Rg=2R0;因 为 总 电 流 不 变,所 以 通 过 R2 的 电 流 等 于2Ig ,灵 敏 电 流 计 内 阻 的 真 实 值 等 于 2R0 ,故 灵 敏 电 流 计 内 阻 答案:(1)B (2)(nΔ-xd1)l (3)630 3 2.解析:(1)在插针法测定玻璃的折射率实验中,使用 两 光 学 表 面 测量值等于真实 值.(2)由 游 标 卡 尺 读 数 可 得 直 径 D = (30+ 间距大的玻璃砖能更准确地确定玻璃砖内光线的 位 置,有 利 于 7×0.05)mm=3.035cm.(3)由 左 手 定 则 可 得 正 离 子 往 A 极 方向运动,负离子往 C 极方向运动,所以与 A 极相连 的 是 灵 敏 减小实验误差,而两光 学 面 是 否 平 行 对 测 量 折 射 率 没 有 影 响, 电 流 计 的 正 接 线 柱.(4)由qDU =qvB 得 电 源 的 电 动 势 U = 选项 A 正确,B 错误.插针时要求后插的针挡住先插的针的像, 故选用细一点的大头针能更准确地确定光线位置,提 高 实 验 精 BDv,由 欧 姆定 律 可 知 I=R +RUg+r=R BDv ,其 中r 为 +Rg+r 确度,选项 C 错误.实验中 是 根 据 同 侧 两 枚 大 头 针 的 连 线 来 确 定入射光线或出射光线的,故距离大些更好,选项 D 正确. 污 水 的 电 阻 ,所 以 1 =B1DvR +RBgD+vr,由 图 像 的 斜 率 可 知 ,纵 (2)由题图可知实 验 使 用 的 是 平 行 玻 璃 砖,故 出 射 光 线 应 该 与 I 入射光线平行,选项 A 出射光线 与 入 射 光 线 在 同 一 直 线 上,选 项 B、C 中出射光线与入射光线不平行,故只有选项 D 正确. 截距a=RBgD+vr,所以 Rg+r=aBDv,故r=aBDv-2R0. 答案:(1)2R0 等于 (2)3.035 (3)正 (4)aBDv-2R0 (3)设 图 中 入 射 角 为i,折 射 角 为r,则 sini=llOAAC ,sinr=llOBBD ,故 【示例2】 解析:(1)为了电路安全,保护电 流 表,开 关 闭 合 前,R0 折 射 率n=ssiinnir=llBADC . 应接入最大阻值,滑片应滑至a 端; 答 案 :(1)AD (2)D (3)llBADC (2)由闭合电路欧姆定律 有 E =I(r+R0 +R1 +Rg)=I(r+ 考向一 R0+Rg+200 Ω+80t Ω),将 I=500μA,t=0 ℃ 代 入,解 得 R0=2700 Ω;将 I =250 μA,R0 =2700 Ω 代 入,解 得 t= 【典例】 解析:(1)“用油膜法估测油酸分子的大小”实 验 步 骤 为: 37.5 ℃;将电流 值 改 为 温 度 刻 度 值,由 闭 合 电 路 欧 姆 定 律 可 准备油酸酒精溶液(④)→ 准 备 带 水 的 浅 盘 并 加 痱 子 粉 (②)→ 知 ,温 度 与 电 流 不 成 正 比 ,则 温 度 刻 度 值 不 是 均 匀 的 . 形成油膜(①)→描绘油膜轮廓(⑤)→计算分子直径(③),故 正 确的顺序为④②①⑤③. (3)温 度 为 0 ℃ 时 ,E=Ig(r+R0 +200 Ω+Rg)=IgR内 ,测 温 时有 E=I(r+R0+200Ω+Rg+80t Ω)=I(R内 +80t Ω),则 有I=R IgR 内 Ω=1+I80Rgt内Ω,由 于 E 减 小 ,则 R内 减 小 ,即 测 11 内 +80t =1000×200 (2)由 题 知 ,1 滴 油 酸 酒 精 溶 液 中 纯 油 酸 的 体 积 V 量相同温 度t 时,电 流 I 变 小,指 针 偏 左,对 应 温 度 测 量 值 mL=5×10-6 mL;由于 正 方 形 小 方 格 的 边 长 为 1cm,则 每 一 偏大. 小格的面积就是1cm2,由 题 图 可 知,油 酸 膜 的 面 积 S=35× 答案:(1)a (2)2700 37.5 不是 (3)大于 1cm2 =35cm2 ,故 油 酸 分 子 的 直 径 d= V 5×10-6 ×10-6 m S = 35×10-4 【示例3】 解析:(1)根据电路图连接实物图如答图所示. R =1.4×10-9 m. p (3)油酸未完全散开,则 S 测 量 值 偏 小,故 直 径 测 量 值 偏 大;计 算油膜面积时,将所有不足1 格 的 方 格 记 作 1 格,则 S 测 量 值 偏大,故直径测量值偏小;计算油 膜 面 积 时,舍 去 了 所 有 不 足 1 格的方格,则 S 测量值偏小,故直径测量值偏大,故选 A、C. Rx 答 案 :(1)④ ② ① ⑤ ③ (2)5×10-6 35 1.4×10-9 (3)AC 巩固拓展 1.解析:用油膜法估测 分 子 直 径 时,需 使 油 酸 在 水 面 上 形 成 单 分 (2)电压表的示数 为 2.30 V,由 于 估 读 存 在 一 定 的 误 差,结 果 子层油膜,为使 油 酸 尽 可 能 地 散 开,将 油 酸 用 酒 精 稀 释.根 据 写 (2.28~2.32)均 可 . d=VS 可知,要求得分子的直径 d,则 需 要 测 出 油 膜 面 积,以 及 (3)根 据 欧 姆 定 律 得 Rx =UIx U +U1 U +RUVR1 =2IU . 一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积.这样需要测出 一 滴 油 酸 酒 = I = I 精溶液的体积,其 方 法 可 用 累 积 法,即 1 mL 油 酸 酒 精 溶 液 的 滴数. 根据题图丁可知 Rx 阻值和压强p 的 函 数 关 系 式 为 一 次 函 数, 答案:使油酸在浅水盘的水面上容易形成一块单分 子 层 油 膜 纵 截 距 为 540,斜 率 为 540-60 = -0.012,因 此 函 数 把油酸酒精溶液一滴一滴地滴 入 小 量 筒 中,测 出 1 mL 油 酸 酒 (0.8-1.2)×105 精溶液的滴数,得到一滴溶液中纯油酸的体积 单 分 子 层 油 膜 为 Rx =540-0.012p. 的面积 — 261 —

一品方案·物理(新高考版) 考向二 纹,则最可能的原因是单缝与双缝不平行;要使条 纹 变 得 清 晰, 【典 例 】 解 析 :(2)图 线 的 上 端 出 现 了 一 小 段 弯 曲 ,即 当 1 增 大 值得尝试的操作是调节拨杆使单缝与双缝平行,故选 C. V (2)根据 Δx=dlλ,可知要增大 条 纹 间 距 可 以 增 大 双 缝 到 光 屏 时 ,p 增 加 的 程 度 与1 增 加 的 程 度 不 是 线 性 关 系 ,斜 率 减 小 说 的距离l,减小双缝的间距d,故选 D. V 巩固拓展 明 压 强 增 加 程 度 减 小 ,其 原 因 是 注 射 器 存 在 漏 气 现 象 . 解 析 :(1)读 数 为 x2 =7.5 mm+36.7×0.01 mm=7.867 mm. (3)测量时,由于注射器与压强传感 器 连 接 部 分 气 体 的 体 积V0 Δx=dlλ 得λ=ld2 ·x2 -x1 4-1 未计入,所以纵 轴 存 在 截 距 -V0;当 软 管 脱 落 后,由 于 气 体 向 (2)根 据 =676nm. 外 漏 出 ,p 的 测 量 值 变 小 ,相 应 的 横 坐 标 1 变 大 ,但 左 侧 的 延 ③根据 Δx=dlλ 得,要增大条纹间距,可以增 大 双 缝 到 屏 的 距 p 离 、减 小 双 缝 的 距 离 、增 大 波 长 . 长线与纵轴的交 点 仍 为 (0,-V0 ),则 前 后 两 条 线 应 相 交 在 此 答案:(1)7.867(7.866~7.869) (2)676 (3)BC 处 .故 绘 出 的V- 1 关 系 图 像 应 是 D. 聚焦情境 素养培优 p 答案:(1)质量 在活塞上均匀涂抹润滑油 (2)注 射 器 内 的 气 【示例1】 解析:(1)a、b 两 点 间 的 距 离s=10.68cm-4.00cm =6.68cm,两相邻暗纹 中 心 间 的 距 离 与 两 相 邻 亮 纹 中 心 间 的 体向外泄漏 (3)D 见解析 巩固拓展 s 8 解析:(1)为了保持封闭气体的质量不变,实验中采 取 的 主 要 措 距 离 相 等 ,为 Δx= ≈0.84cm. 施 是 在 注 射 器 活 塞 上 涂 润 滑 油 .这 样 可 以 保 持 气 密 性 . (2)根 据 Δx = dLλ 可 得 d = L·λ =3.000.8×470×01×0-120-9 m≈ (2)为了保持封闭 气 体 的 温 度 不 变,实 验 中 采 取 的 主 要 措 施 是 Δx 移动活塞要缓慢;不能 用 手 握 住 注 射 器 封 闭 气 体 部 分.这 样 能 2.5×10-4 m=0.25 mm. 保证装置与外界温度一样. (3)体积读数 值 比 实 际 值 大 V0.根 据 p(V +V0 )=C,C 为 定 (3)由于λ绿 <λ红 ,需要增大玻璃片到光屏的距离 L. 值,得V=pC -V0.如 果 实 验 操 作 规 范 正 确,则V0 代 表 注 射 器 答案:(1)6.70 0.84 (2)0.25 (3)增大 与压强传感器连接部位的气体体积. 【示例2】 解析:根据圆柱体体积公式V=hS 得 答 案 :(1)在 注 射 器 活 塞 上 涂 润 滑 油 V甲 =l1S,V乙 =l2S 根据连通器原理可知封闭气体压强为 (2)移动活塞要缓慢 不能用手握住注射器封闭气体部分 p甲 =p0-ρgh1,p乙 =p0+ρgh2 (3)注 射 器 与 压 强 传 感 器 连 接 部 位 的 气 体 体 积 通 过 计 算 我 们 发 现 p甲V甲 =p乙V乙 做实验的前提条件是温度保持不变的一定质量气体. 考向三 答 案 :l1S l2S p0-ρgh1 p0+ρgh2 p甲V甲 =p乙V乙 【典例】 解析:(1)如 图 (a)所 示,甲 同 学 利 用 插 针 法 确 定 入 射 光 温 度 不 变 ,气 体 质 量 不 变 线、折射光线后,测得 的 入 射 角、折 射 角 没 有 受 到 影 响,因 此 测 第二部分 学科素养提升 得的折射率将不变. (一) 物理图像的分析应用提升 a a′ a a′ 一 、力 学 图 像 问 题 【典例1】 D 由v t 图像中对应图形的面 积 表 示 位 移 可 知,乙 b b′ b′ 车启动时,甲车在其前方x0=5+210×10 m=75 m,B 错 误;乙 b 20 (a) (b) 车 启 动 10s后 的 位 移 x乙 = 2 ×10 m=100 m,此 时 甲 车 距 中 (2)如图(b)所示,乙同学利 用 插 针 法 确 定 入 射 光 线、折 射 光 线 心线的距离为 x甲 =75 m+10×10 m=175 m>x乙 ,故 此 时 乙 后,测得的入射角不受 影 响,但 测 得 的 折 射 角 比 真 实 的 折 射 角 车没有追上甲,A 错 误;由 题 图 可 知,乙 车 超 过 甲 车 后,乙 车 速 偏 大 ,因 此 测 得 的 折 射 率 偏 小 . 度一直大于甲车 速 度,故 两 车 不 会 再 次 相 遇,C 错 误;当 甲、乙 (3)由题图以及几何关系可知 AO=OC=10cm 两车的速度相等时,两 车 相 距 最 远,此 时 甲 车 位 移 x'甲 =75 m AB= AO2-BO2 = 102-82 cm=6cm +10×5 m=125 m,乙 车 的 位 移 x'乙 10 m=25 m,则 两 = 2 ×5 AB 车 的 最 大 距 离 Δxmax=x'甲 -x'乙 =100 m,D 正 确 . 所 以 玻 璃 的 折 射 率 为 n=ssiinnθθ12 =AO =AB 6cm 巩固拓展 DC DC =4cm=1.5. 1.D x t 图像只能描述直线运动,图像是倾斜的直线 时 表 示 物 OC 体做匀速直线运动,图像是抛物线时表示物体做匀 变 速 直 线 运 (3)1.5 答 案 :(1)不 变 (2)偏 小 动,故 A 错误;物体前5s内的平均速度v=tx =16-5(-9)m/s 巩固拓展 =5m/s,故 B 错 误;由 题 图 可 知,物 体 做 匀 变 速 直 线 运 动, 解析:玻璃砖转动时,射 在 其 直 径 所 在 平 面 内 的 光 线 的 入 射 角 0~1s内 有 x1 =v0t1 + 12at12 ,即 9 m =v0 ×1s+ 12a × 增大,当 增 大 到 等 于 临 界 角 C 时,发 生 全 反 射 现 象.因 sinC= 1 ,可见只要测出临界角即可求 得 折射 率 n,而 C 和玻 璃砖 直 (1s)2,0~5s内 有x2=v0t2+ 21at22 ,即25 m=v0×5s+ 21a n ×(5s)2,联立解 得v0 =10 m/s,a= -2 m/s2,负 号 表 示 方 向 径绕O 点转过的角度θ 相等,因此只要测出玻璃砖直径边绕 O 与初速度方向相反,故 C 错误,D 正确. 【典例2】 AC 根 据 匀 变 速 直 线 运 动 的 位 移 与 时 间 的 关 系 式 点转过的角度θ 即可. 答案:玻璃砖直径边绕 O 点转过的角度θ 1 sinθ 12at2 有x 21at,根 据x 考向四 x=v0t+ ,变 形 t =v0 + t -t 图 像 可 知, 【典例】 (1)C (2)D 1 =102-0 m/s2 =5 m/s2 ,解 得 甲 车 的 加 速 度 大 小 为 a甲 = (1)若粗调后看不 到 清 晰 的 干 涉 条 纹,看 到 的 是 模 糊 不 清 的 条 2a甲 — 262 —

参考答案 10 m/s2 ,选项 A 正确;根据 x -t 图像可知,乙车的初速度为v乙0 mgsinθ=ma,解 得 切 向 加 速 度 a=gsinθ.甲 沿 向 下 凹 的 轨 道 下 t 滑,轨道切线与水平方 向 夹 角θ 逐 渐 减 小,甲 的 切 向 加 速 度 一 =15 m/s,乙车的加速度满足 1 10-15 m/s2 = -2.5 m/s2, 直减小;乙沿向上凸起 的 轨 道 下 滑,轨 道 切 线 与 水 平 方 向 夹 角 2a乙 =2 θ 逐渐增大,乙的切向加速度一 直 增 大,前 半 段,甲 的 切 向 加 速 解得a乙 = -5 m/s2,所 以 乙 车 速 度 减 小 到 零 需 用 时 为 t乙 = 度比乙大,后 半 段,甲 的 切 向 加 速 度 比 乙 小,选 项 A 错 误;当 0-v乙0 =0--155s=3s,选 项 B 错 误 ;甲 车 追 上 乙 车 前 ,两 车 速 甲 、乙 下 降 相 同 的 高 度 时 ,由 动 能 定 理 得 :mgh= 1 mv2 ,即 :v a乙 2 度相 等 时 相 距 最 远 ,则 有v乙0+a乙t=a甲t,解 得t=1s,此 过 程 = 2gh ,甲、乙在同一高 度 的 速 度 大 小 相 等,选 项 B 正 确;要 判断 C、D 选项,可定性画出甲、乙 运 动 的 速 率 图 像,如 图 所 示. 中 甲 车 的 位 移s甲 = 12a甲t2 = 1 ×10×12 m=5 m,乙 车 的 位 2 由甲、乙运动的速率图 像 与 横 轴 所 围 面 积 表 示 路 程 可 知,在 同 移s乙 =v乙0t+ 21a乙t2=15×1 m- 1 ×5×12 m=12.5 m,故 一时刻,甲的运动 路 程 总 比 乙 大,甲 比 乙 先 到 达 B 处,选 项 C 2 错误,D 正确.此题正确选项为 B、D. 巩固拓展 两车间最远距离为 Δs=s乙 -s甲 =7.5 m,选 项 C 正 确;乙 车 速 度 减小到零时,用时3s,所以此时甲车速度为v甲 =a甲t乙 =10 4.AD 运动员从一定高度处水 平 飞 出 后,在 第 1 个t0 时 间 内 做 平抛运动,其水平方向的分速度 不 变,竖 直 方 向 的 分 速 度vy = ×3 m/s=30 m/s,选项 D 错误.故选 AC. 巩固拓展 gt,均 匀 增 大 ,加 速 度 为 g,且 tan30°=vgtx10 ,可 得 vx1 = 3gt0. 落到斜坡上后,运 动 员 在 第 2 个t0 时 间 内 做 匀 加 速 直 线 运 动, 2.BC 甲 质 点 的 位 移 表 达 式 为 x-x0 =v01t+ 12a1t2,将 题 图 甲 加速度为a=gsin30°= 12g,沿 水 平 方 向 的 分 加 速 度 为 ax = 中(0,-2)、(1,0)、(2,6)代 入 上 式,解 得 x0 = -2 m,v01 =0, a1=4 m/s2,乙 质 点 的 位 移 表 达 式 为v2-v022= -2a2x,将 题 图 43g,水 平 方 向 末 速 度vx2 = 53 乙中(0,12.5)、(100,0)代 入 上 式,解 得 v02 =10 m/s,a2 = = 4 gt0 4 m/s2,B 正 确 ,A 错 误 ;乙 质 点 停 止 所 用 的 时 间 为t0 =va022 = acos30°= 3gt0 +axt0 , 140s=2.5s,根 据 题 图 乙 可 知,乙 质 点 在 2.5s 内 的 位 移 为 沿竖直方向的分加速度为ay =asin30°= 14g,由 此 可 知,运 动 x2=12.5 m,2.5s后 静 止,甲 质 点 经 过t1 = 29 s的 位 移 为 员 在竖直方向第1个t0 时间内的加速度是第2个t0 时间内加 2 速度的4倍.由以上分析可知,A、D 正确,B、C 错误. 【典例5】 D 由 A 点到C 点恰好停下,在 AC 段 力F 做 的 功 等 12a1t12 1 2 x1 = = 2 ×4× 于 克 服 摩 擦 力 做 的 功μ0mgx0 ,力 F 在 AB、BC 两段路面上做 29 m=14.5 m,因 为 x1 +x0 = 2 2 12.5 m =x2,故 经 过 29 s,甲 追 上 乙 ,C 正 确 ;经 过 t2 = 的功相同,故水 平 恒 力 F 在 BC 段 做 的 功 为μ0mgx0 ,A、B 错 2 4 2.5s,甲 质 点 的 位 移 为 x'1= 21a1t22 =12.5 m,因 为 初 始 时 甲 、 误;小物体在 AB 段 做 匀 加 速 直 线 运 动,在 BC 段 先 做 加 速 度 减小的加速运动再做加速度增大的减速运动,故 其 在 AB 段 运 乙相距2 m,故甲没追上乙,D 错误. 动的时间大于在BC 段运动的时间,水平恒力 F 在AB 段 的 平 【典例3】 BC 设钉子受到的阻力为 F阻 ,则 F阻 =kx,由 牛 顿 第 均功率小于在BC 段的平均功率,C 错误;小物体在 AB 段中间 二 定 律 得 F -F 阻 =ma,解 得a=F -kx,加 速 度 的 大 小 随 位 移 时刻的瞬时速度小于在 BC 段中间时刻 的 瞬 时 速 度,故 水 平 恒 m 力 F 在AB 段中间时 刻 瞬 时 功 率 小 于 在 BC 段 中 间 时 刻 瞬 时 功率,D 正确. 的增大而均 匀 减 小,a 减 小 到 零 后,由 牛 顿 第 二 定 律 得 F阻 - 巩固拓展 F=ma',可得a'=kxm-F ,加速度的大小随位移的增大而均 匀 5.B 下落高度 在 L0 之 前,只 有 重 力 做 功,则 小 球 机 械 能 守 恒; 增大,故加速度的大小 随 位 移 的 增 大 先 均 匀 减 小 后 均 匀 增 大, 在 L0 之后,弹性绳对小球 做 负 功,则 小 球 机 械 能 减 少,由 功 能 A 错误,B 正确;钉子先做加速度减 小 的 加 速 运 动,后 做 加 速 度 关系 ΔE=-F弹 Δh,由 于 弹 性 绳 形 变 量 越 来 越 大,则 弹 力 变 大,故图像斜率变大,B 正确. 增大的减速运动,钉子初、末速度均为零,C 正确,D 错误. 巩固拓展 【典例6】 BD 由 题 图 乙 可 知,物 块 A 离 开 挡 板 瞬 间 物 块B 的 速度v0=3m/s,运动过程中物块 B 的速度最小值vB =1m/s. 3.D 由题图乙知,在0~1s时间内,加速度大小恒为2 m/s2,滑 物块 B 的 速 度 最 小 时,弹 簧 恢 复 原 长,此 时 物 块 A 的 速 度 最 大,取水平向右为正方向,根据物块 A 和物块B 组 成 的 系 统 动 块做匀 加 速 直 线 运 动,由 牛 顿 第 二 定 律 得 F1 -mgsinα - μmgcosα=ma1 ,解 得 F1 =12N,在3~4s时 间 内 ,滑 块 的 加 速 ,1 度沿斜面体向下,大 小 恒 为 2 m/s2,滑 块 做 匀 减 速 直 线 运 动, 2 由牛顿第 二 定 律 得 mgsinα+μmgcosα-F2 =ma2,解 得 F2 = 量守 恒 和 机 械 能 守 恒 得 mBv0 = mAvA + mBvB mBv20 = 8N,则0~1s 内 施 加 的 外 力 与 3~4s 内 外 力 大 小 之 比 为 21mAv2A + 21mBv2B ,解 得 mA =3kg,vA =4 m/s,A 错 误 ,B 正 3∶2,故 A 错误;a-t 图 像 中 图 线 与t 轴 围 成 的 面 积 表 示 速 度 的变化量,且t=0 时,滑 块 速 度 为 零,因 此 由 题 图 可 得,在t= 确;在 A 离开挡板前,由于挡板对 A 有作 用 力,A、B 及 弹 簧 组 成的系统所受合外力不为零,所以系 统 动 量 不 守 恒,C 错 误;从 2s时 滑块 的 速 度 最 大 ,其 大 小 为 v= 1 × (1+2)×2 m/s= 2 A 离开挡板后,弹簧 伸 长 到 最 长 时,弹 性 势 能 最 大,此 时 A、B 的共同速度为v共 ,根据动量守恒定律可得 mBv0=(mA +mB )v共 , 3 m/s,故 B 错误;在t=1s到t=3s时间内,滑 块 先 加 速 后 减 速,由题图中面积关系可知,t=1s和t=3s时刻,滑块的 速 度 1 1 2 2 大小均为2 m/s,方向 均 沿 正 方 向,故 C 错 误;在 0~4s时 间 解 得v共 =2 m/s,根 据 机 械 能 守 恒 定 律 可 得 mBv02 = (mA 内,由题图中面积关系可知,滑块运动的方向不变,先 沿 正 方 向 +mB )v2共 +Ep,解 得 Ep=9J,D 正 确 . 加速运动,后沿正方 向 减 速 运 动,在t=4s时,滑 块 的 速 度 为 巩固拓展 零,此时运动到斜面体的最高点,故 D 正确. 6.C 规定小孩 初 始 运 动 方 向 为 正 方 向,由 题 图 可 知,碰 前 瞬 间 【典例 4】 BD 在 光 滑 轨 道 上 任 取 一 W 小孩的速度为2 m/s,大人的速度为 -3 m/s,碰 后 两 人 的 共 同 点,作切线,设切线与 水 平 方 向 成 的 锐 W 速度为-1 m/s,设 碰 碰 车 的 质 量 为 M ,由 动 量 守 恒 定 律 得 角 为θ,则 小 孩 重 力 沿 轨 道 切 向 方 向 * t 分 力 为 mgsinθ,由 牛 顿 第 二 定 律, t t (30kg+M )×2 m/s+ (60kg+M )× (-3)m/s= (2M + 30kg+60kg)×(-1)m/s,解 得 M =30kg,A 错 误,C 正 确; — 263 —

一品方案·物理(新高考版) 由题图可知,碰后两车 一 起 沿 负 方 向 运 动,故 碰 撞 前 后 小 孩 的 得 i2 2+ t-vR 2 见圆 形导 线环匀速进 入磁 场 运动方向发生了改 变,B 错 误;碰 前 小 孩 与 其 驾 驶 的 碰 碰 车 的 2RBv R2 总动量为p1=120kg·m/s,碰后总动量为 p'1= -60kg·m/s, =1,可 由动量定理可知,碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰 车 受 到 的 总 r v 冲量为I=Δp= -180 N·s,故 总 冲 量 大 小 为 180 N·s,D 时的i t 图像是椭圆的一部 分;同 理,圆 形 导 线 环 匀 速 离 开 磁 错误. 场时的i t 图像也是椭圆的一部分,故 B、C 错误;由楞次 定 律 二 、电 学 图 像 问 题 可知,圆形导 线 环 进 入 磁 场 时,电 流 方 向 为 逆 时 针,即 为 正 方 【典例1】 D 在t1~t2 时 间 内,电 容 器 充 电,所 带 电 荷 量 增 加, 向,圆形导线环全部进入磁场时,电流为零,圆形导 线 环 离 开 磁 电容是反应电容器本身的特性,电容不变,根据C=UQ 可知,极 场时,电流方向为顺时针,即为负方向,故 A 正确,D 错误. 巩固拓展 板间的电压增大,A 项错误;在t3 ~t4 时 间 内,电 容 器 放 电,在 3.BD 在0~t1 时 间 内,线 框 做 自 由 落 体 运 动,ab 边 进 入 磁 场 放电过程中,电容器电荷量在减小,电 容 器 的 电 容 不 变,B 项 错 时,即t1 时刻,如果安培力大于 重 力,线 框 做 减 速 运 动,安 培 力 误 ;若 只 增 大 电 阻 R 的 阻 值 ,由 I= E ,q=It 可 知 ,充 电 电 流 减小,合 力 减 小,加 速 度 减 小,有 可 能 在t2 时 刻 前 安 培 力 减 到 R 和重 力 平 衡,线 框 做 匀 速 运 动,在t2 时 刻 后,线 框 中 不 产 生 感 的最大值减小,电容器的放电时间变长,D 项正确,C 项错误. 应电流,线 框 只 受 重 力,做 匀 加 速 运 动,A 错 误,B 正 确;ab 边 巩固拓展 进入 磁 场 时,即t1 时 刻,如 果 安 培 力 小 于 重 力,线 框 做 加 速 运 1.C 因为 三 次 充 电 用 同 一 个 电 容 器,所 以 由 电 容 的 定 义 式 可 动,但加速度减小,在t2 时刻后,线 框 中 不 产 生 感 应 电 流,线 框 知,同一个电容器所带 电 荷 量 与 两 板 间 的 电 势 差 成 正 比,故 第 只受重力,做匀 加 速 运 动,C 错 误;ab 边 进 入 磁 场 时,即t1 时 二次充电时电容器两端的电压 U 随 电 荷 量q 变 化 的 图 线 斜 率 刻,如果安培力大小等于重力,线 框 做 匀 速 运 动,在t2 时 刻 后, 与丙图中图线 斜 率 相 同,选 项 A 错 误;在 电 容 器 充 满 电 时,电 线 框 中 不 产 生 感 应 电 流,线 框 只 受 重 力,做 匀 加 速 运 动,D 容器两端电压为电源电压,又电容器电容 C 不 变,根 据q=CU 正确. 可知,①、②两条曲线中最终q 的不同是由于电源电动势 不 同, (二) 物理思想方法的应用能力提升 选项 B 错 误;由 电 容 器 所 带 电 荷 量q 随 时 间t 变 化 的 图 像 可 【典例1】 C 采用 逆 向 思 维 可 知,动 车 进 站 的 运 动 可 看 作 反 向 知,图线各点切线的斜率表示充电电流,斜率越大,充 电 电 流 越 的初速度为零的匀加速直线运动,则动车经过连续 相 等 的 位 移 大,所以第二次充电时t1 时刻的电流大于t2 时刻的电流,选项 C 正确;②、③两条曲线形状不同是因为R 不同,从图乙中可以 所用的时间之比为1∶(2-1)∶(3- 2)∶(2- 3)∶ … ∶ 看出同一时刻,图线 ③ 的 斜 率 大 于 图 线 ② 的 斜 率,故 R3 小 于 (n - n-1),所以动 车 第 1 节 车 厢 最 前 端 从 经 过 5 号 候 车 线处的旅客到停下所用的时间为第1节车厢经过2号候车线 R2,选 项 D 错 误 . 处的旅客用时的2倍,即为2t,A 错误;动车第1节车厢最前端 从经过5 号 候 车 线 处 的 旅 客 到 停 止 运 动 总 位 移 为 4l,用 时 2t, 【典例2】 B 由 图 乙 及 闭 合 电 路 欧 姆 定 律 知,当 RP =R +r= 则动车第1节车厢最前端从经过5号候车线处的旅客开始到 10Ω 时,滑动变阻器消耗 的 功 率 最 大,又 R=6Ω,则r=4Ω, 停止运动,平均速度大小为v=42tl=2tl,B 错误;由以上 逆 向 思 此 时 最 大 功 率 Pmax=4(RE+2r)=2.5 W,解 得 E=10V,选 项 B 维 可 知l= 12at2,则 动 车 的 加 速 度 大 小 为 a=t2l2 ,并 且 v12 = 正确;由图乙可知,滑动 变 阻 器 接 入 电 路 的 阻 值 为 5 Ω 时 与 其 2al,v42=2a×4l,解得v4=4tl,C 正确,D 错误. 接 入 电 路 的 阻 值 为 Rx 时 消 耗 的 功 率 相 等, 有 E 2 E 2 R'P +R+r Rx +R+r R'P = Rx ,解 得 Rx =20 Ω(另 一 解不符合题意,已 舍 去),选 项 A 错 误;当 电 路 中 电 流 最 大 时, 定值电阻 R 消耗 的 功 率 最 大,但 此 时 滑 动 变 阻 器 消 耗 的 功 率 巩固拓展 不 是最大,选项 C 错误;当滑动变阻器接入电路的阻值为0时, 1.D 从起点 A 到 最 高 点 B 可 看 作 平 抛 运 动 的 逆 过 程,如 图 所 电路中电 流 最 大,最 大 值 为Imax=RE+r=61+04 A=1 A,则 调 示,美洲狮做 平 抛 运 动 速 度 方 向 与 水 平 方 向 夹 角 的 正 切 值 为 整滑动变阻器接入电路的阻值,不可能使电源的输 出 电 流 达 到 tanα=2tanβ=2×1221=1,选项 A、B、C 错误,D 正确. 1.25A,选项 D 错误. B 巩固拓展 2.C 灯 泡 L1 的 额 定 电 流 为 I1 =36 W =0.5 A,灯 泡 L2 的额定 A βα V 【典例2】 BCD 当小木块速度 小 于 传 送 带 的 速 度 时,小 木 块 相 电 流 为I2 6 W =1 A,由 于 电 路 中 只 有 一 个 灯 泡 正 常 发 光 ,故 对于传送带向上滑动,受 到 沿 传 送 带 向 下 的 摩 擦 力,其 加 速 度 =6 V a=gsinθ+μgcosθ,因 传 送 带 足 够 长,当 小 木 块 与 传 送 带 速 度 电路中的电流为0.5A,即 电 流 表 的 示 数 为 0.5 A,A 错 误;由 相等后,若μ>tanθ,则 Ff=mgsinθ<μmgcosθ,摩 擦 力 方 向 沿 传送带向上,为静摩擦力,大小变小,小木块将随传 送 带 一 起 匀 题图甲知,电 压 表 测 灯 泡 L2 两 端 的 电 压,由 题 图 乙 可 知,A 为 速向下运动,若μ<tanθ,则小木块将 以a'=gsinθ-μgcosθ 的 灯泡 L2 的I-U 图像,则电压表的示数为2V,B 错 误;电 路 的 加速度向下加速运动,加速度减小,摩擦力大小不 变,方 向 沿 传 输出功率 P=I(U1+U2)=0.5 A× (6 V+2 V)=4 W,C 正 送 带向上,由以上分析可知,选项 A 错误,选项 B、C、D 均正确. 巩固拓展 确;电源的内电压为U=E-(U1 +U2)=9 V-(6 V+2 V)= 2.B 物体所受滑动摩擦 力 Ff=0.2×50 N=10 N,假 设 物 体 向 1V,由欧 姆 定 律 的推导 式 得,电 源 内 阻 为 r= U 1V 左做匀加速直线运动,力 F1 的值应小于5N,若物 体 向 右 做 匀 I =0.5 A = 加速直线运动,力 F1 的值应大于25N. 2Ω,D 错误. 【典例3】 ACD 由 对 称 及 电 场 叠 加 原 理 可 知,除 无 穷 远 处 之 外,菱形外部各 点 电 场 强 度 处 不 为 零,故 A 项 正 确;分 析 可 知 【典例 3】 A 设 经 过 时 间t 圆 形 导 线 环 的 fff O 点电场强 度 等 于 零,由 对 称 及 电 场 叠 加 原 理 可 知,除 O 点 外,菱形内部的电场强 度 为 零 的 点 都 是 成 对 出 现 的,所 以 在 菱 位置如图所 示,设 圆 形 导 线 环 运 动 速 度 大 fff 小 为v、半径为 R、电阻为r,此时圆形导线 R fff 形内部不可能只存在两个 电 场 强 度 为 零 的 点,故 B 项 错 误;当 y0=8l,由对称性可知点 (0,-3l)和 点 (0,3l)的 电 势 相 等,将 环切 割 磁 场 的 有 效 长 度 为 L = ffWf 2 R2-(R-vt)2 ,产 生 的 感 应 电 动 势 fff fff e e=BLv,电 流 大 小 为i= r ,联 立 三 式 可 — 264 —

参考答案 负点电荷从点(4l,5l)移 到 点 (0,-3l)和 从 点 (4l,5l)移 到 点 后能上升到距圆弧槽底的最大 高 度 为 H = 23R,故 C 正 确;从 (0,3l),电场力做功 相 同,由 等 量 同 种 点 电 荷 形 成 的 电 场 的 特 点可知,在 x、y 正 半 轴 上 的 两 个 点 电 荷 形 成 的 电 场 中,点 小球第一次通过最低点到第二次通过最低点,相当 于 小 球 与 圆 (4l,5l)和点(0,3l)是 两 点 电 荷 连 线 的 中 垂 线 上 对 称 的 两 点, 弧槽发生了一次完全 弹 性 碰 撞,因 两 物 体 质 量 相 等,则 速 度 互 电势相等,所以将负点电荷从 点(4l,5l)移 到 点(0,3l),电 场 力 换,则此时圆弧槽有 最 大 速 度,圆 弧 槽 的 最 大 速 度 为 vA =2vC 不做功;在x 负半轴的点电 荷 形 成 的 电 场 中,将 负 点 电 荷 从 点 =2 2gR ,故 D 正 确 . (4l,5l)移到点(0,3l),电场力做正功;在 y 负 半 轴 的 点 电 荷 形 3 成的电场中,将负点电荷从点(4l,5l)移 到 点(0,3l),电 场 力 做 【典例5】 C 万 有 引 力 公 式 与 库 仑 力 公 式 是 相 似 的,分 别 为 F1 正功;综上所 述,当 y0 =8l 时,将 一 带 负 电 的 试 探 电 荷 由 点 (4l,5l)移到点(0,-3l),电 场 力 做 正 功,故 C 项 正 确;当 y0 = =G Mm 和 F2=kQrq2 ,真空中带电荷量为 Q 的 点 电 荷 在 距 它r r2 4l 时,x、y 正半轴的两个点电荷 在 点(l,l)处 的 合 场 强 与 x 轴 处所产生的电场强度被定义为试探电荷q 在该处所受的库仑 负方 向 的 夹 角 为 45°,倾 斜 向 下 ,大 小 为1 ·lkq2 ,x、y 负 半 轴 力与其电荷量的比 值,即 E =F2 =krQ2 ,与 此 类 比 ,质 量 为 M 55 q 的两个点电荷在(l,l)的合场强与x 轴正方向的夹角为45°,倾 的质点在距它r 处所 产 生 的 引 力 场 的 场 强 可 定 义 为 试 探 质 点 斜 向 上 ,大 小 为3 ·lkq2 ,故 该 点 的 合 场 强 与 x 轴负方向 在 该 处 所 受 的 万 有 引 力 与 其 质 量 的 比 值 ,即 EG =Fm1 =G M . 13 13 r2 的夹角为45°,倾斜 向 下,负 点 电 荷 受 到 的 电 场 力 与 x 轴 正 方 巩固拓展 向的夹角为45°,倾斜向上,故 D 项正确. 5.A 随 着 沙 子 不 断 堆 积,达 到 某 一 高 h 度后,沙 子 就 会 沿 着 斜 面 下 滑,通 过 巩固拓展 θr 3.BC 根 据 题 意 分 析 可 知,质 点 在 平 M 比较可以 建 构 出 如 图 所 示 的 标 准 圆 行 板 间 轨 迹 应 向 上 偏 转,做 类 平 抛 W P 锥体 模 型,设 圆 锥 高 度 为 h,底 面 圆 运动,飞出电场后,质 点 的 轨 迹 向 下 半径为r,最大底角为θ,沙 子 之 间 的 动 摩 擦 因 数 为 μ,某 粒 沙 偏转,才 能 最 后 垂 直 打 在 屏 M 上, L L 子的质量为 m.则 沙 子 自 然 下 滑 时 相 当 于 斜 面 上 物 体 匀 速 下 前后过 程 质 点 的 运 动 轨 迹 有 对 称 滑,此时沙子 受 到 的 重 力 沿 斜 面 的 分 力 正 好 等 于 滑 动 摩 擦 力 性,如图所示,可见两次偏转的加速度大小相等,根 据 牛 顿 第 二 mgsinθ=μmgcosθ,解 得tanθ=μ,欲 求 这 堆 沙 的 体 积,需 要 根 定 律 得qE -mg=ma,mg=ma,解 得 E =2mg,由 U =Ed 得 据圆锥体的体积公式 V = 13πr2h 来 进 行,思 考 由 题 给 条 件 的 q 周 长来计算辅助量r,于是2π·r=31.4m,还需要解决辅助量 h,根据几 何 关 系 h=rtanθ=rμ,联 立 后 可 得 V ≈65.4 m3,A 板间电势差U =2qmg×d=2mqgd,故 A 错 误,B 正 确;质 点 在 选项正确. 【典例6】 C 对于题图甲,当电路的外 电 阻 等 于 内 阻 时,电 路 的 电场中向上偏转的距离y= 12at2,a=qEm-mg=g,t=vL0 ,解 输出功率最大,所以 R1=r-R0 =2Ω,对 于 题 图 乙,设 电 路 中 得y=g2vL202 ,故质点打在屏上的位 置 与 P 点 的 距 离 为s=2y= 电流为I,有 P输出 =EI-I2r,根 据 数 学 知 识 可 知 当 I=2Er= 2A 时 ,P输出 有 最 大 值 Pmax=12 W,由 题 意 知 此 时 电 动 机 正 常 gL2 ,重 力 势 能 的 增 加 量 Ep=mgs=mgv202L2 ,故 C 正 确 ;仅 增 大 工 作 ,设 电 动 机 两 端 电 压 为 UM ,有 UMI=I2R'0 +P0,解 得 UM v20 =3V,电 源 内 电 压U内 =Ir=6V,R2 两 端 电 压U2=E-UM - 两 极 板 间 的 距 离 ,因 两 极 板 上 电 荷 量 不 变 ,根 据 E= U =CQd= d Q =4επrkSQ 可 知 ,板 间 场 强 不 变 ,质 点 在 电 场 中 受 力 情 况 不 U内 =3V,所以 R2=UI2 =1.5Ω,故 C 正确,A、B、D 错误. 4επrkSdd 巩固拓展 变,则运动情况不变,仍垂直打在屏 M 上,故 D 错误. 6.BC 由题意分析可知 mg=Eq,将 电 场 力 和 重 力 合 成,合 力 方 【典例4】 D 微粒做直线运动,必受重力和 向 左 的 电 场 力.微 粒 向通过圆心时,合力所在的直线与圆周的两个交点 分 别 是 速 度 带负电,因此电场方向向右,电场线的方向是电势 降 低 的 方 向, 最大点和 最 小 点.当 细 线 拉 力 为 零 时,小 球 的 加 速 度 大 小 为 则a 点的电势高于b 点的电势,A 错误;在a 点,设微粒的电势 F合 = 2mmg= 2g,故 若 小 球 在 竖 直 平 面 内 绕 O 点做圆周 能为零,重力势能为 零,动 能 为 零,微 粒 的 总 能 量 为 零.电 场 力 a= m 做负功等于微粒电势能的增加量(ΔEp ),重 力 做 负 功 等 于 微 粒 重力势能的增 加 量 (ΔE'p ),带 负 电 微 粒 由 a 到b 的 运 动 过 程 运动且运动的最小速度为v,则 小 D 中 ,总 能 量 保 持 不 变 ,即 ΔEp +ΔE'p -ΔEk =0,(ΔEk 为 动 能 的 球在左 上 方 的 等 效 最 高 点 时,细 Eq 线拉力 为 零,对 小 球 受 力 分 析 如 减少量的绝对值),∴ΔEk >ΔEp ,B、C 错错误;D 正确. 图所示,此 时 有 2mg =m v2 ,解 A mg O B 巩固拓展 L E 4.ACD 小球 A 经过圆弧槽最低点时,物块 C 获得最大速度,以 得v= 2gL ,过最高 点 D 的 最 水平 向 右 为 正 方 向,根 据 水 平 方 向 动 量 守 恒 有 0=mvA - 小速度 一 定 大 于v,故 A 错 误;除 2mvC ,根 据 能 量 守 恒 有 mg(h+R )= 1 mv2A +2× 1 mv2C ,解 重力外其他力做的功等于小球机 C 2 2 械能的增加量,若小球在竖直平 面 内 绕 O 点 做 圆 周 运 动,则 小 得物块 C 获得的最大 速 度vC = 2gR ,故 A 正 确;小 球 A 越 球运 动 到 B 点 时,电 场 力 做 正 功 最 大,到 B 点 时 的 机 械 能 最 3 大,故 B 正确;若小球能在竖直平面内做完整的圆周运动,则小 过圆弧槽最低点之后 的 运 动 过 程 中,小 球 A 与 圆 弧 槽 B 组 成 球从 C 到 D 的 过 程 中 电 场 力 做 功,机 械 能 不 守 恒,故 C 正 确; 由于 mg=Eq,则小球 所 受 合 力 方 向 与 电 场 方 向 成 45°夹 角 斜 的系统满足机 械 能 守 恒,该 运 动 过 程 中,圆 弧 槽 B 先 减 速,机 向下,若将小球在 A 点由静止开 始 释 放,它 将 沿 合 力 方 向 做 匀 加速直线运动,故 D 错误. 械能减小,则小球 A 机械能先 增 大,故 B 错 误;小 球 A 经 过 圆 【典例7】 D 根据矢量合成及对称性可知,在O 点,圆环上各对 称点产生的场 强 相 互 抵 消,合 场 强 为 零,而 M 点 合 场 强 不 为 弧槽最低点以后,对小球 A 与圆弧槽B 组成的 系 统,根 据 水 平 零,选项 A 错误;根据沿电场方向电势降低可知,M 、O、N 三点 方 向 动 量 守 恒 有 mvA -mvC =2mv,根 据 机 械 能 守 恒 有 1 mv2A 2 + 21mv2C =mgH + 12mv2,解 得 小 球 A 经 过 圆 弧 槽 最 低 点 以 — 265 —

一品方案·物理(新高考版) 中 M 点电势最高,选 项 B 错 误;设 圆 环 上 各 点 与 N 点 连 线 和 得 P ≈2.6×105 W. x 轴夹角均为θ,在圆环上取关 于 O 点 对 称 的 两 小 段 电 荷 量 均 【典例2】 D 分别 对 两 物 体 进 行 受 力 分 析,两 物 体 均 受 三 力 平 为 Δq 的微元电荷,则两微元电荷在 N 点产生的合场强大小为 衡,构建力的矢量三角形,如图 所 示,从 O 点 竖 直 向 下 作 直 线, E1 =k ( 2Δq cosθ,则圆环上所 有 电 荷 在 N 点产生的合 交 AB 连线于 D 点,由几何关系 得 质 量 为 m1 和 m2 的 两 物 体 r2 +h2 )2 受三力组成的矢量三角形分别 与 △OAD 和 △OBD 相 似,因 轻 场强大小为 E =k Q )2cosθ=h2k+Qr2cosθ,选 项 C 错 绳 上 拉 力 大 小 相 同 ,则 由 相 似 三 角 形 法 可 得F =mOD1g ,F = r2 +h2 AO BO ( 误;根据等量正点电荷 的 电 场 线 分 布 可 知,两 点 电 荷 连 线 中 点 m2g ,根 据 几 何 关 系 得 BO =AOtan30°,联 立 解 得 3m1 =m2, OD 场强最小,且连线上电 场 从 点 电 荷 出 发 指 向 中 点,由 对 称 性 分 析可知,在圆环所在平面内,过 M 点以O 点为圆心的圆是一条 即 m1∶m2=1∶ 3,选 项 D 正 确 . 等势线,选项 D 正确. FF 巩固拓展 7.C 杆2固定,不相撞的临 界 条 件 是 杆 1 速 度 为 零 时 刚 好 接 触 杆2,采 用 微 元 法,对 杆 1 在 Δt 内 受 到 的 冲 量 为 BILΔt= DF B22LR2ΔvΔt=B22LR2Δx,则 对 杆 1 的 整 个 运 动 过 程 由 动 量 定 理 m g F m g 得B2L2x1 =mv0 ,杆 2 不 固 定 ,不 相 撞 的 临 界 条 件 是 两 杆 的 速 巩固拓展 2R 2.A 分别对 P、Q 两球进行受力分析,由 于 小 球 P、Q 的 连 线 恰 度相等,根据动量守恒定律得 mv0 =2mv',解 得 共 同 速 度v'= 好为大 圆 环 的 水 平 直 径,则 大 圆 环 对 小 球 P、Q 的 弹 力 恰 好 水 平向外,两球均受三力平衡,构建力的矢量三角形 如 图 所 示,从 v0 ,同 理 对 杆 1 采 用 微 元 法 由 动 量 定 理 得B2L2x2 =m v0 ,故 2 2R 2 O 点竖直向下作垂线,交两球连线 PQ 于 M 点,由 几 何 关 系 得 P、Q 两球受三力组成的 矢 量 三 角 形 分 别 与 △OPM 和 △OQM x1∶x2=2∶1,C 正 确 . 【典例8】 D 解 法 一 (常 规 法):由 题 意 可 知 木 块 对 木 板 的 滑 动 得mPg =OFPT ,mOMQg=OFQT OM 摩擦力大小为μ1mg,木板处于 静 止 状 态,所 受 合 外 力 为 零,所 相 似 ,由 相 似 三 角 形 法 可 ,两 式 联 立 解 以木板受到地面给的摩擦力 的 大 小 一 定 等 于μ1mg,选 项 A、B 错误;无论怎样改变 F 的大小,木 块 对 长 木 板 的 滑 动 摩 擦 力 大 得mP =OOPQ ,由 几 何 关 系 得OQ =csionsθθ = 4 ,则 mP = 4 ,即 小不变,所以木板始终不可能运动,选项 C 错误,D 正确. mQ OP 3 mQ 3 解法二(极限 法):若 拉 力 F 趋 近 于 零,则 系 统 处 于 静 止 状 态, 地 面对长木板的摩擦力f 趋近于零,选项 A 错误;若拉力 F 趋 mP ∶mQ =4∶3,选 项 A 正 确 . O 近于无穷大时,木块在 长 木 板 上 相 对 长 木 板 加 速 运 动,此 时 长 P F5 F5 θ F/ 木板在水平方向受到木块对长木板的滑动摩擦力和地面对长 F/ M mQg Q 木板的摩擦力,因木块对长木板的滑动 摩 擦 力 大 小 为μ1mg 不 变,故长木板仍处于静 止 状 态,所 以 长 木 板 受 到 地 面 给 的 摩 擦 mPg 力的大小一定等于μ1mg,选项 B、C 错误,D 正确. 【典例3】 解析:对小球C 受力分析如图1所示,T1 与T2 的合力 巩固拓展 8.B 将挖去的 圆 板 补 上,复 原 无 限 大 均 匀 带 电 平 板,设 无 限 大 与 mg 等大,由力组成的矢量三角 形 如 图 1 中 的 △CB'D.因 为 均匀带电平板在 Q 点的场强为E,补回来的半径为r 的圆板在 整体转动,所以结构 三 角 形 BCA 不 变.作 CB'D 的 外 接 圆 P, Q 点 的 场 强 为 E1,待 求 的 场 强 为 E2,由 电 场 强 度 叠 加 原 理 得 ∠DB'C 与∠B'CA'互补,故把整个装置顺时针缓 慢 转 动 时,相 当于 B'以C 为圆心在圆P 上沿圆顺时针转动,如图2所示,可 E=E1 +E2,E1 =2πkσ 1- x 1 ,当 R 无 限 大 时 有 以看出整个装置顺时针缓慢 转 动 时,开 始 时 △CB'D 是 直 角 三 (r2+x2)2 角形,所以T2 正好 是 圆 的 直 径,然 后 B'沿 圆 顺 时 针 转 动 直 到 C,重力不变,弦 CD 不 变,弦 CB'变 小,T2 逐 渐 减 小,故 ∠CB' E= 2πkσ 1- x 2πkσ,解 得 E2 = 2πkσ · D 逐渐减小;而弦 DB'先变大后变小,故T1 先增大后减小. 1= (R2+x2)2 x 1 ,故 选 B. D F5 B′ B′ (r2 +x2)2 D (三) 数学方法在物理解题中的应用能力提升 A′ F5 C B′ 【典例1】 C 将作用点受到的拉力 F 分解为沿绳索方向的张力 mg C F',如图所示,结 合 几 何 关 系,则 有 tanθ=0x.5l,sinθ=0F.5'F , 图1 图2 sinθ≈tanθ,其中x=0.3 m,l=30 m,联 立 解 得 F'≈2500 N, 选项 C正确. 答案:先增大后减小 减小 y 巩固拓展 R 3.D 设 粒 子 做 匀 速 圆 周 运 动 的 半 径 为 W θ R ,根 据 洛 伦 兹 力 提 供 向 心 力 ,有qvB = F′ F F′ m v2 ,解 得 粒 子 在 磁 场 中 运 动 轨 迹 的 R O x 巩固拓展 半 径 为 R =qmBv,粒 子 运 动 轨 迹 如 图 所 1.C 管口的圆形内径约有10cm,则半 径r=5cm=0.05 m,根 据实际 情 况,每 层 楼 高 h=3 m,所 以 喷 水 的 高 度 H =27h= 示,因为粒子从原点 射 入 磁 场 的 速 度 方 81 m,则水离 开 管 口 的 速 度 为 v= 2gh = 20×81 m/s= 向只在第一象限内,结 合 图 像 及 轨 迹 的 半 径 公 式 可 知,粒 子 与 18 5 m/s.设驱动主喷管喷水的电动 机 功 率 为 P,在 接 近 管 口 x 轴相交的横坐标范围为-2qmBv≤x≤-qmBv,结 合 图 像 及 半 径 公式可知,粒子与y 轴相交的纵坐标范围为0≤y≤2qmBv,由 题 很短一段时间 Δt 内水柱的质量为 m =ρ·vΔtS=ρπr2vΔt,根 =ρπr22v3 据 动 能 定 理 可 得 PΔt= 1 mv2 ,解 得 P ,代 入 数 据 解 2 — 266 —

参考答案 可知,匀强磁场的最小范围如 D 图 中 的 阴 影 区 域 所 示,故 选 项 为零,根据牛顿第二定律,小球处于平衡状态, D 正确,A、B、C 错误. y 小球所受支持力为 FN =mg=1N,根据牛顿第三定律,圆 管 对 【典 例 4】 AC 对 物 体 受 力 分 析,如 图 所 示, 小球的支持力和小球对圆管的压力是作用力与反 作 用 力,大 小 由共点力的平衡条件 可 知,在 水 平 方 向 上 有 F 相等,方 向 相 反,则 小 球 对 圆 管 的 压 力 大 小 为 1 N,方 向 竖 直 Fcosθ-Ff=0,Ff=μFN ,在 竖 直 方 向 上 有 F/ θ x 向下. Fsinθ + FN - mg = 0,联 立 解 得 F = FG (2)小球从静止到 C 点根据功能关系有 μmg ,设 tanφ = μ, 则 cosφ = mg 21mv20 =mg×2R+Ep, cosθ+μsinθ 解得 Ep=1.2J. (3)小球从 C 点到E 点根据动能定理有 1 ,所 以 F=cosμ(θmg-φ)· 1 ,当 cos(θ-φ)=1,即 1+μ2 1+μ2 -mgh-μmgL= 12mv2E - 21mv02 θ-φ=0 时 ,F 取 到 最 小 值 ,Fmin = μmg =25 N,而tanφ= 得vE = 60-20h (m/s) 1+μ2 过了 E 点小球做平抛运动,有h= 21gt2,x=vEt μ= 33,φ=30°,θ=30°,故选项 A、C 正确. 巩固拓展 4.解析:(1)当θ 为90°时,由运动学知识可得v20=2gx1 得到x 与h 的关系为x= 12h-4h2 (m) 设动摩擦因数为μ,当θ=0°时,摩擦力大小为 Ff=μmg 解 得 ,当h=1.5 m 时 ,x 有 最 大 值xmax=3 m. 根 据 牛 顿 第 二 定 律 ,有 Ff=ma1 答案:(1)1N,方向竖直向下 (2)1.2J (3)1.5 m 3 m 由 运 动 学 公 式 可 得v02 =2a1x0 巩固拓展 联立解得μ= 33,v0=5 m/s. 6.解析:设两车经时间t 速度相等,有 (2)对于任意角度,根据动能定理可得,物 体 对 应 的 最 大 位 移 x v1t+L=v2t- 12at2 满足的关系式为 代入数值得 41t2-5t+36=0 21mv02 =mgxsinθ+μmgxcosθ Δ=b2 -4ac= -11<0 变形可得 t 无解,即两车不会相遇. 当两车速度相等时相距最近, x=2g(sinθv+02μcosθ)=sinθ+xμ1cosθ= x1 1+μ2sin(θ+φ) 有 v1 =v2 -at1 ,得t1 =10s 则最近距离为 其 中μ=tanφ,φ= π 6 Δsmin=v1t1+L-(v2t1- 21at12) 当sin(θ+φ)=1时,x 有最小值,为 xmin= x1 = 3 ≈1.08 m 代 入 数 值 解 得 Δsmin=11 m. 1+μ2 2x1 答案:两车不能相遇 11 m 对 应 的θ= π -φ= π - π = π . 【典例7】 解 析:(1)设 水 平 力 对 小 球 做 功 W 后 的 速 度 大 小 为 2 2 6 3 v0,由 动 能 定 理 得 W = 12mv20 答案:(1)33 5 m/s (2)3π 1.08 m 设小球在 Q 点的速度大小为v,小 球 从 P 到Q,由 机 械 能 守 恒 【典例5】 B 本 题 可 通 过 构 建 力 的 定律有 矢量三 角 形 应 用 正 弦 定 理 求 解 力 O T mv02 =2mgR +m2v2 2 的大小,对小球a 进 行 受 力 分 析 可 T mg T F/ a θ 小球能从 Q 点 水 平 抛 出 ,则 有 m v2 ≥mg 知,a 受 到 重 力 mg、细 绳 的 拉 力 θ R T1 和 杆 的 支 持 力 FN1 处 于 静 止 状 b F/ 联立解得 R≤52mWg. 态(三力平 衡),将 三 力 构 建 成 一 个 (2)小球从 Q 点水平抛出后,做平抛运动, 首 尾 相 连 的 矢 量 三 角 形,如 图 所 示,根 据 几 何 关 系 和 正 弦 定 理 有 sin(9m0g°+θ)=sTinθ1 =sin(9F0°N-1 2θ),解 mg 有 x=vt,2R= 12gt2 得绳对a 的拉力大小为T1=mgtanθ,杆 对a 的 支 持 力 大 小 为 解得x= 2mWg-4R 4R 当2mWg-4R=4R,即 R=4Wmg<52mWg时,x 最大 FN1=mgcocsoθs2θ,选项 C、D 错误.轻 质 环b 不 考 虑 重 力,则 可 认 为 环b 只 受 到 绳 的 拉 力 T2 和 杆 的 弹 力 FN2,因 环b 处 于 静 止 状 态 ,根 据 二 力 平 衡 条 件 可 知 FN2=T2,因 T2 =T1 =mgtanθ, 将2mWg-4R=4R 代入x 的表达式 则 FN2=mgtanθ,方向垂直杆向下,选项 A 错误,B 正确. 可得落地点 S 到轨道下端P 点的最大距离为xmax=4R=mWg. 巩固拓展 5.AC 如 图 所 示 ,因 为 F2 = 3 > F 答 案 :(1)R ≤52mWg (2)R=4Wmg xmax=mWg 3F c F 巩固拓展 Fsin30°,故 F1 的 大 小 有 两 种 可 能 情 F F 7.解析:设小球 Q 运动到A 与B 间某位置P 时,半径OP 与水平 况 ,由 余 弦 定 理 可 得 :F22 =F2 +F21 - 2FF1cos30°,化 简 可 得 :F21 - 3FF1 方向成θ 角,此时瞬时速度为v,则此时重力的瞬时功率为 + 32F2=0,解 得 :F11= 33F,F12=233F,故 选 项 A、C 正 确 . P=mgvcosθ ① 由机械能守恒定律得 【典例6】 解析:(1)小球在 BC 段 做 匀 速 直 线 运 动,所 受 合 外 力 v= 2gRsinθ ② — 267 —

一品方案·物理(新高考版) 将②代入①得 所 以 cosθ> 1 . 8 P=mg 2gRsinθcos2θ ③ 此时问题转化为求极值 答 案 :(1)2gvta02nθ (2)4nv+021g y=sinθcos2θ ④ (3)cosθ> 1 将④做数学变形如下 8 巩固拓展 y2 = 1 ·2sin2θcos2θcos2θ 8.解析:小车第一次碰 墙 后 以 原 速 率 反 弹,并 在 小 铁 块 的 摩 擦 力 2 ⑤ 作用下向左减速,因 mv0 >Mv0,故 小 车 先 减 速 为 零,后 向 右 加 由均值不等式得 速直至与铁块达到共 同 速 度;之 后 小 车 第 二 次 碰 墙 后 反 弹,重 y2 ≤ 1 2sin2θ+cos2θ+cos2θ 34 ⑥ 复上述过程.设小车第一 次 碰 墙 后 向 左 运 动 的 最 大 距 离 为s1, 2 3 =27 第 二 次 碰 墙 后 向 左 运 动 的 最 大 距 离 为s2 ,第 三 次 碰 墙 后 向 左 运 动 的 最 大 距 离 为s3 … ,小 车 第 一 次 碰 墙 之 后 与 铁 块 的 共 同 速 率 当 且 仅 当 2sin2θ=cos2θ,即 tanθ= 2时 等 号 成 立 ,由 ⑥ 得 为v1,第二次碰墙之后与铁块的共同速率为v2,第 三 次 碰 墙 之 2 后 与 铁 块 的 共 同 速 率 为 v3 … 4 ⑦ 第 一 次 碰 墙 之 后 ,由 动 能 定 理 得 μmgs1 = 1 Mv20 y≤ 27 2 所 以 ,当 半 径 OP 与水平方向 夹 角 为θ 且 tanθ= 2时,重 力 所 解 得s1 =2Mμmvg02 = 3 m 2 5 做的功的功率有最大值. 由动量守恒定律得(m-M )v0=(m+M )v1 将⑦代入③得 =mm +-MMv0 1 5v0 42 解 得 v1 = Pmax=mg 2gR 27 = 3mg gR 3 ⑧ 1 2 2 第 二 次 碰 墙 之 后 ,由 动 能 定 理 得 μmgs2 = Mv12 2 答 案:当 tanθ = 时 ,重 力 的 功 率 有 最 大 值 .最 大 值 =2Mμvmg21 1 =25s1 为 32mg gR 3 解 得s2 【典例8】 解析:(1)滑 块 P 在 斜 面 上 运 动 时 有 Fcosθ-mgsinθ 由动量守恒定律得(m-M )v1=(m+M )v2 =ma 解 得 v2 =mm +-MMv1 = 1 解 得 a=0 5v1 说明滑块P 运动到斜面上之后做匀速直线运动 滑块 P 从A 到C,根据动能定理有 …… 故 小 车 第 n 次 碰 墙 之 后 向 左 运 动 的 最 大 距 离 为sn 1 =25n-1s1 Fs= 12mv20 显 然s1、s2、s3、… 、sn 为 一 公 比 是1的 等 比 数 列 .小 车 运 动的 总 25 解 得s=2gvta02nθ. (2)以沿斜 面 向 上 为 正 方 向,设 第 一 次 碰 撞 后 的 P 的 速 度 为 路程为 v1P ,Q 的 速 度 为v1Q ,Q 第 一 次 上 升 的 高 度 为h1,则 有 s=2(s1+s2+s3+ … +sn )= 2s1 =1.25 m. 1 1-25 mv0=mv1P +3mv1Q 答案:1.25 m 12mv02 = 21mv12P + 1 ×3mv21Q (四) 物理模型建构能力提升 2 1 ×3mv12Q =3mgh1 +μ×3mgcosθshin1θ 【典例1】 解 析:(1)取 水 平 向 右 为 正 方 向,对 滑 块 B,根 据 动 2 量定理得I=mv0,解得滑块 B 的初速度为v0=2 m/s.从 开 始 解 得h1=1v6g02 运动到 A、B 共速,在水平方向上,由动量守恒定律得 之后滑 块 P 以 大 小 为v1P 的 速 度 与 Q 发 生 第 二 次 碰 撞,设 第 mv0=(M +m)v. 由 A、B 系统能量守恒得 二次 碰 撞 后 的 P 的 速 度 为v2P ,Q 的 速 度 为v2Q ,Q 第 二 次 上 升 12mv20 1 的 高 度 为h2,则 有 μmg·x= - 2 (M +m )v2 ,联 立 解 得 μ=0.2. mv1P =mv2P +3mv2Q , (2)力 F 由零开 始 增 加 时A、B 先 共 同 加 速,当 A、B 之 间 的 静 摩擦力达到最大静摩 擦 力 时,两 者 会 发 生 相 对 滑 动,设 此 刻 共 21mv12P = 12mv22P + 1 ×3mv22P , 2 同的加速度为a0,拉力为 F0,由牛顿第二定律,对 A 有μmg= 1 ×3mv22Q =3mgh2 +μ×3mgcosθshin2θ Ma0;对 B 有F0-μmg=ma0,联 立 解 得 F0 =0.5 N.由 F t 2 图像可以得出此时t1=1s,取水平向右为正方向,在 0~1s时 间内,F 的冲量为I1=0.25N·s. 解 得h2=6v4g02 对A、B 系统由动量定理可得I1=(M+m)v1,解得v1=0.25m/s. 由F-t图像与t轴所围的面积可求得1~4s内F 的冲量为I2= 同 理 可 解 得hn =4nv+021g. (3)设B 点距斜面底端C 的距离为L(L>0),当滑块Q 第一次 2.75N·s. 对 B 由 动 量 定 理 得I2-μmgt2=mv2-mv1,解 得4s末 滑 块 B 刚好停止时 P 与之碰撞,此为临界条件.设滑块 P 在水平面 上 的速度大小v2=8 m/s. 答案:(1)0.2 (2)8 m/s 运动的加速度大小为a,滑块 Q 第一次碰撞后到停止运 动 所 用 巩固拓展 的时间为t,这段时间内滑块 Q 沿斜面上升的距离为x,则有 v1Q =(gsinθ+μgcosθ)t 1.AD 对煤块 A,开始时所受滑动摩擦力沿传送带 方 向 向 下,根 v2 =2(gsinθ+μgcosθ)x 据 牛 顿 第 二 定 律 有 mAgsin37°+μmAgcos37°=mAaA ,解 得 aA 1Q =10 m/s2,假设煤块 A 能 达 到 与 传 送 带 等 速,所 需 时 间tA = F=ma 2L+x +2va1P =t v0 12aAt2A v1P aA =0.6s,下 滑 位 移 为 x = =1.8 m>1 m,所 以 假 设 解 得 L=32gvs20inθ-4gvta20nθ 不成立,煤 块 A 没 有 达 到 传 送 带 速 度,其 末 速 度 满 足 v2 = — 268 —

参考答案 2aAl,解 得v=2 5 m/s,实 际 下 滑 时 间t'A =avA = 5 s,选 项 D 间 的 夹 角α= 12β= 1 π +θ = π + θ ,C 项 正 确 . 5 2 2 4 2 正确.对煤块 B,因为 mBgsin37°>μmBgcos37°,煤 块 会 一 直 沿 2.ABD 利 用 整 体 法 可 知,斜 面 对 B 球 支 持 力 的 竖 直 分 量 等 于 传送带下滑,所受摩擦 力 方 向 沿 传 送 带 方 向 向 上.根 据 牛 顿 第 A、B 两带电小球的重力之和,斜面倾角不变,所以斜 面 对 B 球 二定律有 mBgsin37°-μmBgcos37°=mBaB ,解得aB =2 m/s2, 的支持力不变,故斜 面 对 B 球 的 弹 力 不 变,B 项 正 确;假 设 A 球先不动,由于 A、B 两球 间 的 距 离 减 小,库 仑 力 增 大,A 球 上 设 下 滑 时 间 为tB ,则l= 21aBt2B ,解 得tB =1s,选 项 B、C 错 误 . 升,库仑力与竖直方向的夹角变小,而竖直分量不 变,故 库 仑 力 煤块 A 的划痕长度sA =v0t'A -l=1.68 m,选项 A 正确. 变小,A、B 两球间的 距 离 变 大,故 D 项 正 确;因 库 仑 力 水 平 分 【典例2】 解析:(1)金属杆 AB 在 磁 场 中 做 切 割 磁 感 线 运 动,产 量减小,故 A 项正确,C 项错误. 生的感应电动势为 E=Blv 3.ACD 在 拉 动 过 程 中 对 小 球 受 T 根据牛顿第二定律有 力分析,将三 力 平 移 构 成 矢 量 三 c F F安 F安 =BmIl=B·BmRlv·l=Bm2Rl2 ·v. 角形,如图所 示.当 悬 线 水 平 时, =ma⇒a= m 拉力 F 取最大值,由共点 力 的 平 mg (2)水平磁力刹车减速时的加速度大小随速度变化 的 图 线 如 图 衡条 件 可 得 Fmax =simn3g7°= 5 3 所示 mg,A 项正确.当悬线竖直时,拉力 F 取最小值且为零,B 项 错 a NeT 误.当悬线与拉力 F 垂 直 时,悬 线 上 拉 力 T 取 最 小 值,由 共 点 力 的 平 衡 条 件 可 得 Tmin =mgsin53°= 4 mg,C 项 正 确 .当 悬 线 5 水 平 时 ,悬 线 上 拉 力 取 最 大 值 ,由 共 点 力 的 平 衡 条 件 可 得 Tmax =mgtan53°= 34mg,D 项正确. W NeT 4.B 设 OA 段线与竖直方向的夹角为α,AB 段线与竖 直 方 向 的 由金属杆减速 的 加 速 度 大 小 a=Bm2Rl2 ·v 及v0 =30 m/s 时 a=15 m/s2 夹角为β,以两小球整体为研 究 对 象,分 析 受 力 如 图 甲 所 示,则 可 得 图(c)中 斜 率k=Bm2Rl2 =0.5s-1 刹 车 减 速 过 程 中 ,有 由 力 的 平 衡 条 件 得 tanα= (mFA1+-mFB2)g,以 小 球 B 为 研 究 对 v末 -v0= ∑Δv= ∑(-aΔt)= ∑ -Bm2Rl2vΔt = - ∑Bm2Rl2Δx = -Bm2Rl2x 象 ,分 析 受 力 如 图 乙 所 示 ,则 由 力 的 平 衡 条 件 得tanβ=mFB2g,由 得v末 =v0-Bm2Rl2x 几何 关 系 得α=β,又 F1∶F2=4∶1,整 理 解 得 mA ∶mB =2∶ 代 入 斜 率 得v末 =v0-0.5s-1 ·x(以 开 始 刹 车 时 的 位 置 为 位 1,B 项正确,A、C、D 三项错误. 移零点) F5 α β F5′ F F F 当v末 =10 m/s时,解得x=40 m. 40 m mA mB g mBg 图甲 图乙 答案:(1)a=Bm2Rl2 ·v (2)图见解析 巩固拓展 5.D 对1受 力 分 析 如 图,向 外 缓 慢 移 2.BC 由题意可知,a、b 两 棒 中 的 电 流 大 小 相 等,由 左 手 定 则 可 动2和3 一 小 段 相 同 距 离,则 N 的 N AN 知,安培力方向相同,则系统所受的合力不为零,系 统 动 量 不 守 方向 不 变,仍 垂 直 于 1 的 两 边,可 知 恒,故 A 错误;由题意分析可知,a 棒向右做减速运动切割磁 感 线,b 棒向左做加 速 运 动 切 割 磁 感 线,当 两 棒 速 度 大 小 相 等 时 N 不变,由 牛 顿 第 三 定 律 知,1 对 2 回路中的电流为零,分 别 对 两 棒 应 用 动 量 定 理,取 向 左 为 正 方 的压力 N'不 变,选 项 A、B 错 误;对 B 1、2、3整体 分 析,则 地 面 对 2 的 支 持 向,有 Ft=mv,Ft=m(-v)-m (-v0),解 得v=v20 ,故 B 正 力等于整体重力的一半,可 知 同 时 向 G 外缓慢移动 2 和 3 一 小 段 相 同 距 离 确 ;由 能 量 守 恒 定 律 可 得 12mv20 =2× 12mv2+2Qa ,解 得 Qa = 时,2对地的压 力 不 变,选 项 C 错 误;地 面 对 2 的 摩 擦 力 等 于 N'的水平分力,因 N'大小和方 向 不 变,可 知 N'的 水 平 分 力 不 18mv20,故 D 错误;对a 棒应 用 动 量 定 理,取 向 右 为 正 方 向,则 变,地面对2的摩擦力不变,则2对地面的 摩 擦 力 不 变,选 项 D 正确. 有-BitL=mv-mv0,即 BqL=mv0-mv,解得q=2mBvL0 ,故 C 6.D 通电直导 线 受 到 重 力、斜 面 对 其 的 支 持 力、弹 簧 对 其 的 拉 力和水平向右的安培力作用,通 电 直 导 线 受 到 的 安 培 力 F安 = 正确. BIL=5N,根据 平 衡 条 件 可 得 F弹 -mgsin37°-BILcos37°= 专题强化作业(一) 0,FN +BILsin37°- mgcos37°=0,解 得 FN = mgcos37°- 1.C 当轻环静止不动时,PQ 绳 对 轻 环 O BILsin37°=13N,F弹 =mgsin37°+BILcos37°=16 N,根 据 胡 的拉 力 与 杆 对 轻 环 的 弹 力 等 大、反 P 克定律可知弹簧的 伸 长 量 为 F弹 =41060 m=0.04 m,故 向、共线,所 以 PQ 绳 垂 直 于 杆,由 几 β Δx= k 何关系可知,绳 PQ 与 竖 直 方 向 之 间 θ A、B 两项错误;如果磁感 应 强 度 增 大,通 电 直 导 线 受 到 的 安 培 的夹角 是θ;对 滑 轮 进 行 受 力 分 析 如 Q 力 F安 =BIL 增大,弹簧的弹力 F弹 =mgsin37°+BILcos37°增 图所示,由于滑 轮 的 质 量 不 计,则 OP θ 大,斜 面 对 通 电 导 线 的 支 持 力 FN =mgcos37°-BILsin37°减 绳对滑 轮 的 拉 力 与 两 个 绳 子 上 拉 力 小,则通电 导 线 对 斜 面 的 压 力 减 少,故 D 项 正 确,C 项 错 误.故 的合力大小相等、方向 相 反,所 以 OP 绳 的 方 向 一 定 在 两 根 绳 选 D. 子之间的夹角的角平分线上,由几何关系得 OP 绳 与 天 花 板 之 7.D 半 球 体 在 平 板 上 恰 好 开 始 滑 动 的 临 界 条 件 是 mgsinθ= — 269 —

一品方案·物理(新高考版) μmgcosθ,故 有μ=tanθ,解 得θ= π ,即 q= π ,故 C 项 错 误 ;θ 12.C 对小物块在 A 点受力分析,设弹性轻 FN′ B 6 6 绳的伸长量为x0,则在 A 点 物 块 对 地 面 θ 的压力为FNA =mg-kx0,设在 B 点弹性 T 在 0~ π 时 ,Ff 是 静 摩 擦 力 ,大 小 为 mgsinθ;θ 在 π ~ π 时, 轻绳 PB 段与竖直方向的夹角为θ,如图 f 6 6 2 Ff 是滑动摩擦 力,大 小 为 μmgcosθ,综 合 以 上 分 析 得 Ff 与θ 所示,则物块在B 点时弹性轻绳中的张力 mg T =k L0+coxsθ0-L+L-L0 ,则 物 块 在 的关系如图 中 实 线 所 示 ,故 A、B 两 项 错 误 ;当 θ= π 时 ,Ff= 6 mgsin π =m2g,即 p=m2g,故 D 项 正 确 . B 点时对地面的压力为 FNB =mg-k L0+coxsθ0-L+L-L0 cosθ 6 =mg-k(L0 +x0 -L+Lcosθ-L0cosθ)=mg-kx0 -k(L0 -L) FG p θ (1-cosθ),从 B 点到A 点 的 过 程 中θ 减 小,则 cosθ 增 大,物 块 对地面的正压力增大,由f=μFN 可知,小物块受到的滑 动 摩 O q? 擦力逐渐增大,故选项 C 正确,A、B、D 错误. 专题强化作业(二) 8.A 以 A、B、C 整 体 为 研 究 对 象,对 其 受 力 分 析,受 重 力、支 持 1.C 第 一 段 时 间 内 的 平 均 速 度 v1 120 m/s=60 m/s,第 二 段 力以 及 弹 簧 的 拉 力,则 由 力 的 平 衡 条 件 可 知,F =k0x'= =2 3Mgsinα,解得 x'=3Mkg0sinα,B 项 错 误;以 A 为 研 究 对 象,小 时 间 内 的 平 均 速 度 v2 120 m/s=120 m/s,根 据 匀 变 速 直 线 球受到的库仑力 大 小 为 FA =F -Mgsinα=2Mgsinα,方 向 沿 =1 斜面向下,C 项错误;为了使 B、C 均 能 静 止 在 光 滑 的 绝 缘 斜 面 上,则小球C 应带正电,设相邻两球之间的距离为x,则对小球 运动规律可知,无人机在一段时间内的平均速度等 于 中 间 时 刻 B 由 力 的 平 衡 条 件 得 Mgsinα+kqx0q2 C =kxq202 ,对 小 球 C 由 力 的 的 瞬 时速度,结合加速度 的 定 义 可 得 无 人 机 的 加 速 度 大 小 为a= ΔΔtv=1120+-06.50 m/s2=40m/s2,选项 C正确. 2.BD 由v t 图 线 与 坐 标 轴 所 围 图 形 的 面 积 表 示 位 移 可 知, 平衡条件 得 Mgsinα +k(q2x0q)C2 =kqx0q2 C ,解 得 qC = 4 ,x = 0~30s时 间 内 无 人 机 向 下 运 动 的 位 移 为 x1 = 1 ×30×4 m= 7q0 2 q0 3k ,A 项 正确 ,D 项 错 误. 60 m,若无人机起始高度大于60 m,则无 人 机 在 BC 段 将 在 空 7Mgsinα 中悬停,A 错误;由v t 图 线 的 斜 率 表 示 加 速 度 可 知,无 人 机 9.AD 匀强磁场方向竖直向上时,导体棒受 力 如 图 甲 所 示,由 平 在 AB 段 的 加 速 度 为 a1 = 4 m/s2 = -0.2 m/s2 ,在 -30-10 衡条件得 mgsinθ=F安 cosθ,F安 =BIL,解 得 B =ImLgtanθ,A 项正确.如图乙所示,当安培力方向平行于斜面向 上,即 安 培 力 CD 段 的 加 速 度 为a2= -90-660 m/s2 = -0.2 m/s2,则a1 = 和 重 力 沿 斜 面 的 分 力 平 衡 时,安 培 力 最 小,有 mgsinθ=F'安 , a2 ,B 正 确 ;无 人 机 在 100s内 的 位 移 x总 = 1 ×30×4m- 1 × 2 2 F'安 =BminIL,解 得 Bmin=ImLgsinθ,由 左 手 定 则 可 知 磁 感 应 强 度 的方向垂直于斜面向上,D 项正确. 40×6m=-60m,则平均速度v=-16000 m/s=-0.6m/s,C 错 y x F/′ F ′ 误,D 正确. F/ 3.B 位移-时间图像只能 表 示 某 方 向 上 的 运 动 规 律,故 该 运 动 一定是直线运 动,故 A 错 误.由 图 可 知,位 移 随 时 间 变 化 的 方 F 程为 x=-10t2+20t,则该质点的初速 度 为v0 =20 m/s,加 速 度为a=-20 m/s2,该质点的运动为匀 变 速 直 线 运 动,故 B 正 θ mg θ mg 甲乙 确,C 错误.质点t=0时刻的纵坐标为0,t=1s时 刻 的 纵 坐 标 为10 m,故 质 点 在 0~1s 内 的 平 均 速 度 等 于 10 m/s,故 D 10.AC 如图甲所示,对 B 的 受 力 分 析 如 图 乙 所 示,所 受 各 力 可 以构成如图丙所示的 矢 量 三 角 形,设 线 与 竖 直 方 向 的 夹 角 为 错误. 4.D 设剪断 细 线 前、后,地 面 对 木 箱 的 支 持 力 大 小 分 别 为 N 、 θ,若两环继续缓慢移动,则θ 增大,由 T=coGsθ,得出 T 变大, 故选项 C 正确;设 F 作用于细 线 上 的O 点,对 O 点 受 力 分 析 N',地面对木箱的摩擦力大 小 分 别 为 f、f',剪 断 细 线 前,细 线 上的拉力大小 T=cmosgθ,弹簧弹力大小 F=Tsinθ=mgtanθ,对 如图丁所示,三力平衡,其中 T'=T,且随 着θ 增 大 而 增大,则 细线对 A 的拉力 T'1 =T'cosθ=G 不变,故 A 受到的弹力 FNA = 木箱、小球与弹簧整体分析 可 知 N =(m +M )g,f=0.剪 断 细 线瞬间,细线上的拉 力 消 失,弹 簧 上 的 弹 力 不 变,对 木 箱 分 析, 2G,不变,T'和T'1 的合力逐渐增大,则 F 逐渐增大,故选项 A 竖直方向有 N'=Mg,地 面 对 木 箱 的 支 持 力 减 小 了 mg,A、B 正确,B、D 错误. 错误.对木箱分析,水 平 方 向 有 f'=F =mgtanθ,地 面 对 木 箱 的摩擦力增加了 mgtanθ,C 错误,D 正确. A T T ′ T θ θ 6+12 F F/ G F 5.B 由 图 像 可 知 ,t=6s时 ,小 王 通 过 的 位 移 为 x1 = 2 ×6 O θ Gθ m=54 m,小张通过的位移为x2=0+212×6m=36m,两者位 B F/ T′ 甲 乙 丙 丁 移之差 Δx=x1-x2=18 m,若t=0时刻s0=18 m,即 小 张 在 11.B B 刚好不下滑,说明 B 的重力等于最大静摩擦力,即 mBg 小王前方18 m 处,两车速度 相 等 时,两 车 恰 好 能 相 遇 1 次,若 =μ1F.A 恰好不滑动,视 A、B 为 一 个 整 体,水平力等于整体 s0<18 m,则在小王的速度大于 小 张 的 速 度 时 两 车 就 会 相 遇 1 得mA 的最大静 摩擦 力,即 F=μ2 (mA +mB )g.由 上 面 两 式 可 解 mB 次,且小张的速度超过小王的速度之后,小张再追 上 小 王,两 车 发生第2次相遇,故 A 错误,B 正 确;由 上 述 分 析 可 知,若t=0 =1-μ1μ2 ,选 项 B 正 确 . μ1μ2 时刻s0>18 m,则两车不可能相遇,故 C、D 错误. 6.BCD 当 F =0 时,对 物 块 有 mgsinθ-μmgcosθ=ma,解 得 — 270 —

参考答案 μ=0.5,当 F=1401 N 时,根 据 mgsinθ=μ(mgcosθ+Fsinθ)+ 解 得a1=1 m/s2 Fcosθ,可得 m=2kg,选 项 A 错 误;B 正 确;当 外 力 F =4110 N 根 据t=va01 ,解 得t=8s. (2)设 物 件 在 木 板 上 上 滑 的 加 速 度 大 小 为 a2 , 时,物块的加速度为 0,沿 斜 面 下 滑 的 速 度 最 大,选 项 C 正 确; 根 据 速 度 - 位 移 公 式 有 2a2L=v02 , 由牛顿第二定律得 mgsin30°+μ2mgcos30°=ma2 根据功能关系可知,物块向下运 动 的 过 程 中,外 力 F 与 摩 擦 力 的合力所做的功等于物块机械能的改变量,选项 D 正确. 联 立 解 得 a2 =8 m/s2 ,μ2 = 3 . 7.C 由图乙可 知,物 块 速 度 减 为 零 后 反 向 沿 传 送 带 向 上 运 动, 5 最终的速度大小为2 m/s,方向 沿 传 送 带 向 上,所 以 没 从 N 点 离开,从 M 点离开,并 且 可 以 分 析 出 传 送 带 沿 斜 面 向 上 运 动, (3)设物件在 木 板 上 下 滑 的 加 速 度 大 小 为a3,由 牛 顿 第 二 定 速度大小为2m/s,选项 A、D 错误;由v t 图线的斜率表示加 律得 mgsin30°-μ2mgcos30°=ma3.物 体 第 一 次 返 回 B 端 时 速 度 ,可 知 物 块 沿 传 送 带 下 滑 时 的 加 速 度 大 小 a= Δv =1.5 有v21 =2a3x1,x1=L Δt 联立解得v1=4 m/s m/s2,根据牛 顿 第 二 定 律 有μmgcos37°-mgsin37°=ma,解 得 滑过 B 端后物件在传送带上无 论 是 下 滑 还 是 上 滑,受 力 情 况 μ=1165=0.9375,选项 B 错误;由运动 学 知 识 可 知,物 块 速 度 减 不变,即物件滑过 B 端后在传送 带 上 先 向 下 减 速 到 零 后 以 加 为 零 所 需 的 时 间t1=va0 8 速度a1 加速返回到 B 端,回到 B 端时速度 大 小 不 变,根 据 速 3 度-位移公式有, = s,之 后 物 块 沿 传 送 带 向 上 运 动, 物 件 在 木 板 上 向 上 运 动 的 位 移 大 小 为 x2=2va122 =x41 v t 图线与时 间 轴 围 成 的 面 积 表 示 位 移,所 以 物 块 沿 传 送 带 物 件 在 木 板 上 第 二 次 返 回 到 B 端 时 有x'2=x2=x41 向 下 运 动 的 位 移 x1 = 1 ×4× 8 m=136 m,t1 = 8 s到t2 = 2 3 3 设物件第n 次向上经过B 端时的速度大小 为vn ,物 件 在 木 板 6-4+6- 8 上可上滑的位移 大 小 为 xn ,则 返 回 到 B 端 时 的 速 度 大 小 为 =2 6s的过程,物块沿传送带向上运动 的位 移x2 3 ×2 m =136 m,因为x1=x2,所以物块在第6s时回到 M 点,选项C正确. vn+1 = 2a3xn 8.解 析:(1)对 物 块,由 牛 顿 第 二 定 律 得 μmg =ma1,解 得 a1 可知物件第n+1次向上经过 B 端时的 速度大小仍 为vn+1,则 物件在木板上可上滑的位移大小为xn+1=v2a2n+21 =aa23xn =x4n =2 m/s2 所 以s=2(x1+x2+x3+ … +xn )(n=2,3,4…) 对 小 车 有 F-μmg=Ma2,解 得a2=0.5 m/s2. 即s=2 x1+x41 +x421 + … +4xn-11 (2)设经过时间t1 物块与小车的速度相等,则有 a1t1 =v0 +a2t1 当n →∞时,得s=332 m. 代入数据解得t1=2s,共同的速度大小为v=a1t1=4 m/s. (3)t1 后小车和物块有相同的加速度,对小车和物块整体,由 牛 答案:(1)1 m/s2 8s (2)53 (3)4 m/s 32 顿 第 二 定 律 得 F=(M +m)a3,解 得 a3 =0.8 m/s2,t0 时 二 者 3m 共 同 的 速 度 大 小 为v2=v+a3(t0 -t1),解 得v2 =4.8 m/s.摩 专题强化作业(三) 擦力对小物块所做 的 功 等 于 其 动 能 增 量,从 开 始 到t0 全 过 程 1.D 由题意知质点做匀变速曲线运 动,N 点 的 速 度 方 向 与 加 速 根据动能定理,得 W = 21mv22=23.04J. 度方向垂 直,则 M 点 的 速 度 方 向 与 加 速 度 方 向 的 夹 角 大 于 答案:(1)2 m/s2 0.5 m/s2 (2)2s 4 m/s (3)23.04J 90°,则从 M 到 N 的过程中,外力对质点做负功,质点的动能减 9.B 解法一:物 块 从 顶 端 下 滑 至 距 离 传 感 器 6 m 处 时 位 移 为 小,速率减小,A 错误;整个过程中质 点 的 加 速 度 不 变,B 错 误; 4 m,所用时间为2s,在此过程中做匀加速直线运动,则 有 x= P 点的加速度方向与速 度 方 向 不 在 一 条 直 线 上,C 错 误;由 曲 线运动的轨迹可知,质点从 P 到Q 的过程中,加速 度 方 向 与 速 12at2,解得a=2m/s2,故选项 A 错误,选项 B 正确;小物块下 滑2s时的速度大小为v=at=4 m/s,故选项 C、D 均错误. 度方向的夹角一直减小,D 正确. 2.AD 平抛运动的物 体 在 空 中 运 动 的 时 间 取 决 于 下 落 的 高 度, 解法二:由于物块在下滑的过程中做初速度为零的 匀 加 速 直 线 即t= 2h ,由 题 意 可 知 先 后 两 次 小 环 下 落 的 高 度 相 同,则 两 g 运动,设2s末的速度大小 为v,故 前 2s内 的 位 移 为 x=vt= v2t,即有v=2tx=2×(120-6)m/s=4m/s,故 选 项 C、D 均 错 小环在空中运动的时间 相 同,A 正 确;小 环 的 水 平 位 移 为 x= 误;根据初速度为零的匀变速直 线 运 动 的 速 度 时 间 公 式v=at 可得,其加速度a=tv =2 m/s2,故选项 A 错误,B 正确. v0t,则 小环的 初 速 度 v0 = x ,整 理 得 v0 =x g ,水 平 位 移 t 2h 越大,小环的初速 度 越 大,故 两 小 环 的 初 速 度 不 相 同,B 错 误; 小环落地瞬间的竖直速度为vy =gt,由 于 时 间 相 同,则 落 地 瞬 10.ACD 施加拉力 F 前,A、B 整 体 受 力 平 衡,根 据 力 的 平 衡 条 间 的 竖 直 速 度 相 同 ,由 公 式v= v2y +v02 可 知 两 小 环 落 地 瞬 间 件有2Mg=kx0,得弹簧形变量 x0=2kMg,选项 A 正确;当 B 的速度不相同,C 错 误;小 环 的 速 度 变 化 量 为 Δv=gt,由 于 在 空中运动的时间相同,则两小环速度的变化量相同,D 正确. 的速度最大时,B 的 加 速 度 为 0,由 图 乙 可 知,此 时 A、B 已 经 3.C P 点以O 点为圆心做圆周运动,所 以 线 速 度 与 向 心 加 速 度 分离,弹簧弹力 与 B 的 重 力 大 小 相 等,此 时 弹 簧 未 恢 复 到 原 方向不断变化,故选 项 A、B 错 误;由 于 刮 水 片 始 终 保 持 竖 直, 长,选项 B 错 误;在t1 时 刻 A、B 分 离 瞬 间,A、B 间 的 弹 力 所以刮水片各点的线速度与 P 点相同,所以 M 、N 两点的线速 度相同,故选项 C 正确;刮水器 上 各 点 的 周 期 相 同,所 以 M 、N FAB =0,对 B,根 据 牛 顿 第 二 定 律 有 F弹 -Mg=Ma,得 弹 簧 两点的周期相同,故选项 D 错误. 弹力大小 为 F弹 =M (g+a),选 项 C 正 确;施 加 拉 力 F 的 瞬 4.D A 在 水 平 方 向 不 受 力,做 匀 速 直 线 运 动,在 竖 直 方 向 仅 受 间,B 的加速度为a,根据牛 顿 第 二 定 律 有 F'弹 -Mg-F'AB = 重力作用,做匀 变 速 直 线 运 动,相 遇 时 A 到 达 最 高 点,其 竖 直 Ma,其中 F'弹 =2Mg,得 F'AB =M (g-a),选项 D 正确. 分速度为零,但 水 平 分 速 度 不 为 零,则 合 速 度 不 为 零,故 A 错 11.解析:(1)物件在 传 送 带 上 做 匀 加 速 直 线 运 动,物 件 在 传 送 带 上从 A 端运动到B 端时, 误.从抛出到相遇,A 与B 都只 受 重 力 作 用,且 运 动 时 间 相 同, 由 牛 顿 第 二 定 律 有 μ1mgcos30°-mgsin30°=ma1 , 根据I=Ft 可 知,两 者 的 动 量 变 化 量 相 同,故 B 错 误.A 与 B — 271 —

一品方案·物理(新高考版) 到 达 最 高 点 时 运 动 的 时 间 相 等 ,均 为t=vg2 <v1 ,故 C 错 误 .A h2 =R -Rsin37° g 从 D 到C 由动能定理得 与B 在竖直方向上的运动情况相同,则此时 B 也 到 达 最 高 点, -mgh2= 12mv2C - 21mv2D C 点速度在竖直方向的分速度 速度为零,故 D 正确. 5.B 小球 下 滑 到 水 平 面 的 过 程 中 只 有 重 力 做 功,故 机 械 能 守 恒 ,根 据 机 械 能 守 恒 定 律 有 mg· R = 21mv2 ,解 得 v= gR , vy =vCcos37° 2 运 动 员 飞 离 C 点 后 在 竖 直 方 向 上 升 的 最 大 高 度h3=2vg2y 小球在水平面上做圆周运动的向心力由挡板对小球的弹力提 供,即有 N =mRv2 =mg,根 据 牛 顿 第 三 定 律 可 得,小 球 对 挡 板 运动员滑离C 点后在空中飞行时距D 点的最大高度 hm =h2 +h3 的作用力为 N'=N =mg,故 B 正确. 解得hm =21.36 m. 6.AB 小球以最小位 移 到 达 斜 面 时 即 位 移 与 斜 面 垂 直,位 移 与 答案:(1)3000N (2)21.36 m 水 平 方 向 的 夹 角 为 π -θ,则 tan π -θ = y =2gvt0 ,即t= 10.解析:(1)小球从 A 点到B 点做平抛运动, 2 2 x 竖直方向有 L= 12gt2 水平方向有 x=v0t,其中v0= 2gL , g2tvan0θ,A 项正确,D 项错误;小球垂直击中斜面 时,速 度 与 水 平 方 向 的 夹 角 为 π -θ,则tan π =vgt0 ,即t=gtva0nθ,B 项正 联 立 解 得t= 2gL ,x=2L. 2 2 -θ g 确;小球击中斜面中 点 时,令 斜 面 长 为 2L,则 小 球 水 平 射 程 为 (2)因小球恰 好 沿 圆 弧 轨 道 B 点 的 切 线 方 向 滑 入 轨 道,故 小 Lcosθ=v0t,下 落 高 度 为 Lsinθ = 1 gt2 ,联 立 两 式 得 t= 球在 B 点的瞬时速度沿着圆弧轨道上B 点 的 切 线 方 向,根 据 2 几何关系可知tanθ=vv0y ,而小球在 B 点的竖直分速度vy =gt = 2gL ,于是tanθ=vv0y =1, 2v0tanθ,C 项 错 误 . g 7.BC 由于两个小球同时抛出,落地点均为 C 点,且 竖 直 方 向 下 落 的 高 度 相 同 ,结 合t= 2h 可知,两小球下落的时间相同,故 圆弧 BC 段所对的圆心角θ=45° g (3)设小球经过 B 点 时 速 度 大 小 为v,圆 弧 轨 道 对 小 球 的 弹 力 A 项错误,B 项正确;在水 平 方 向,有 x=v0t,因 两 小 球 下 落 的 为 FN ,将小球所受 重 力 沿 B 点 切 线 方 向 和 圆 弧 径 向 分 解,根 时间相同,故两个小球 的 水 平 位 移 与 其 初 速 度 的 大 小 成 正 比, 据 牛 顿第二定 律 ,得 v2 ,而v2 ,解 得 如图所示,由落地点 C 作A、B 连 线 的 垂 线,垂 足 为 D,则 由 几 FN -mgcosθ=m L =v20 +v2y 何关 系 可 知 xAD =xABcos237°、xBD =xABsin237°,由 以 上 两 式 可 解 得 xAD ∶xBD =16∶9,即vA ∶vB =16∶9,故 C 项 正 确 ,D 项 v2=4gL,于是 FN =mgcosθ+4mg= (2+28)mg.由 牛 顿 第 三 错误. 定律可知,小球对圆弧轨道的压力大小为 F'N =(2+28)mg. 答案:(1)2L (2)45° (3)(2+28)mg 专题强化作业(四) 1 =210s, 1.B 由于高空中存在稀薄 空 气,则 空 间 站 在 运 动 的 过 程 中 要 克 n 8.解 析 :(1)转 速 为n=20r/s,则 周 期 为 T= 服空气阻力做功,若不补充能量,其运行的速度将 减 小,此 时 提 供向心力的万有引力将大于它需要的向心力,因此 空 间 站 将 做 1 1 因 此 转 过 90°需 用 时t= 4T =80s. 近心运动,故选项 A 错 误;由 于 空 间 站 要 克 服 空 气 阻 力 做 功, 因此若不补充能量,则空间站的机械能将减小,故选项 B 正确; (2)小华同学观察 到 白 点 仅 在 圆 盘 上 两 个 位 置 出 现,当 转 盘 转 由于空间站在距地球表面 400km 的 高 空 绕 地 球 做 圆 周 运 动, 故其实际的运行速度小于第一宇宙速度,故选项 C、D 均错误. 半 个 周 期 ,刚 好 拍 摄 一 次 时 ,闪 光 频 率 最 高 ,此 时 T'= 1 = 2.A 空间站在t 时 间 内 转 过 的 角 度 为θ,则 空 间 站 绕 地 球 运 动 2T 11 40s.f=T'=40 Hz. 的角速 度 为 ω=tθ ,空 间 站 环 绕 地 球 做 圆 周 运 动,万 有 引 力 提 (3)若手机 摄 像 设 置 为 19 帧/秒,频 率 为 f1 =19 Hz<f0 =20 Hz,一个闪光周期 内,圆 盘 转 过 一 周 多 一 点,所 以 观 察 到 白 点 供 向 心 力 ,则 G Mm =mω2r,又 G Mm =mg,r=R +h,由 以 上 r2 R2 顺时针转动,故 A 正 确;若 手 机 摄 像 设 置 为 21 帧/秒,频 率 为 联 立 解 得 h= 3 gR2t2 -R,A 正确. f2=21 Hz>f0,一个闪光周期 内,圆 盘 转 动 一 周 少 一 点,所 以 θ2 观察到白点逆时针转动,故 B 错 误;若 手 机 摄 像 设 置 为 10 帧/ 3.D 由图可知,三颗 卫 星 轨 道 半 径 相 等.由 开 普 勒 第 三 定 律TR32 秒 ,频 率 为 f3 =10 Hz= 1 .一 个 闪 光 周 期 内 ,圆 盘 转 动 两 =k 可知,三颗卫 星 的 运 行 周 期 (角 速 度 )相 等,B 错,D 正 确; 2f0 地球同步卫星a 只能在 赤 道 上 某 处 的 正 上 方,A 错;地 球 的 第 一宇 宙 速 度 为 7.9km/s,对 应 轨 道 半 径 为 地 球 半 径,由 v= 周,则观察到白点处于静止状态.故 C 正确. 答案:(1)810 (2)40 (3)AC 9.解析:(1)由几何关系得 B、D 间的高度差h1=R-Rcos37° GM 可 知 ,卫 星b 的 运 行 速 率 小 于 7.9km/s,C 错. 从A 到D 由动能定理得 r mg(h+h1)= 21mv2D 4.AD 行 星 绕 恒 星 做 匀 速 圆 周 运 动,万 有 引 力 充 当 向 心 力 有 在 D 点 有F-mg=mvR2D G Mm =m 4Tπ22r,可 得 M =4GπT2r23 ,所 以 该 恒 星 与 太 阳 质 量 之 比 解得 F=3000N r2 (2)由几何关系得 C、D 间的高度差 M1 =rr3123 ×TT1222 =83 1 =58112,A 项 正 确 ;由ρ= VM = M 可 M2 ×92 43πR3 — 272 —

参考答案 知 ,ρ1 =MM21 ×RR3231 512 1 =6841,B 项 错 误 ;行 星 绕 恒 星 做 匀 第一宇宙速度7.9km/s,C 错误;根 据 万 有 引 力 提 供 向 心 力 可 ρ2 = 81 ×23 GMm0 2π 2 (R+h)2 T ,由v=2Tπr可 ,v1 =rr21 ×TT21 8 得 = m0 (R + h ),又 GM = gR2,故 T = v2 9 速 圆 周 运 动 知 = ,C 项 错 误 ;由 4π2 (R+h)3 (R +h)3 GM g Mm M 以g1 =MM21 =2Rπ ,D 正 确 . R2 R2 g2 mg=G 知 恒星 表 面 的 重 力 加 速 度 g=G ,所 × 9.解析:(1)由题意可知,小球以 初 速 度v0 从 P 点 水 平 抛 出 后 做 R22 512 12 =18218,D 项正确. 平 抛 运 动 ,根 据 速 度 的 合 成 与 分 解 有v0=vAcosθ,vy =vAsinθ R21 =81×22 小球从 P 点到A 点的时间为t=vd0 5.B 依题意,从 航 天 员 第 一 次 看 到 日 出 开 始 计 时,航 天 员 一 天 (24h)内恰好可观察到17次日出和 16 次 日 落,故 空 间 站 的 运 根 据 运 动 学 规 律 有vy =g月 t 行 周期r=116天,设地球的质量为 M 、空间站的质量为 m,空间 联 立 解 得 g月 =1.6 m/s2. 站绕地球运行的轨道半径为r,根 据 万 有 引 力 提 供 向 心 力 可 得 (2)物体在月面附近绕月球做匀速圆周运动的速度 即 月 球 的 第 一宇宙速度,物体在月 面 附 近 绕 月 球 做 匀 速 圆 周 运 动 时,可 近 G Mm =m 4Tπ22r,解 得 M =4GπT2r23 .因 空 间 站 的 质 量 在 解 题 过 程 似 认 为 向 心 力 由 重 力 提 供 ,即 mg月 =m v12 r2 R月 中约去,故已知空间站 的 质 量 无 法 计 算 出 地 球 的 质 量,选 项 A 解得v1=1.6×103 m/s. 错误.知道空间站绕地球运行的轨道半 径r,根 据 M =4GπT2r23 可 答案:(1)1.6 m/s2 (2)1.6×103 m/s 以计算出地球的质量,选项 B 正 确.知 道 空 间 站 离 地 面 的 高 度 10.解析:(1)神舟十 三 号 与 空 间 站 组 合 体 对 接 后,它 们 绕 地 球 运 h,地球的半径不 知 道,无 法 计 算 出 空 间 站 绕 地 球 运 行 的 轨 道 行的周期为 T=nt ,组合体绕地 球 做 匀 速 圆 周 运 动 的 向 心 力 半径,也无法计算出地球的质量,选项 C 错误.已知空间站的角 速度,无法计算出空间 站 绕 地 球 运 行 的 轨 道 半 径,也 无 法 计 算 大 小 为 F 向 =m 4π2 (R +h)=m 4π2n2 (R +h),则 它 们 所 受 T2 t2 出地球的质量,选项 D 错误. 6.C 天问一号在圆轨道Ⅰ 变 轨 到 轨 道 Ⅱ 需 要 点 火 加 速,机 械 能 的 万 有 引 力 大 小 为 F =F 向 =m 4π2n2 (R +h). t2 增加,A 项错;天问一号由轨道Ⅱ 上 P 点 需 要 加 速 做 离 心 运 动 才能 进 入 轨 道 Ⅲ,B 项 错;天 问 一 号 在 轨 道 Ⅰ 运 行 时,有 (2)根据万有引力提供向心力,有 G (RM+mh)2 =m 4π2n2 (R+h) t2 G M 火 m0 =m0ω2R 火 ,火 星 密 度ρ=VM火火 ,V 火 = 43πR3火 ,解 得ρ 解 得 地 球 的 质 量 M =4Gπt2n22 (R+h)3. R2火 =43πωG2 ,C 项 正 确 ;在 地 球 表 面 有 G M地 m =mg,在 火 星 表 面 (3)对地球表面的 物 体,不 考 虑 地 球 自 转 时 有 G MRm2'=m'g, R2地 有 mg火 =G M火 m ,其 中 R火 R地 ,M 火 M地 ,解 得 mg火 = 解 得 g=GRM2 =4tπ2R2n22 ·(R+h)3. R2火 = k2 = k1 k22mg ,D 项 错 . 答 案 :(1)m 4π2n2 (R +h) (2)4Gπt2n22 (R+h)3 (3)4tπ2R2n22 · k1 t2 7.AC 卫星环绕地球做圆周运动时,万 有 引 力 提 供 向 心 力,对 卫 (R+h)3 星A 有G MmA )2 =mA 4π2 (R +hA ),又 G MmA )2 = 专题强化作业(五) (R+hA T2 (R+hA 1.AD 分析可得 m 与 M 一起沿斜面做匀加速直线运动,所以 m mAaA ,解 得 aA = 4π2(R+hA ) 正 确;对 卫 星 B 有 T2 ,A 所受合外力沿 斜 面 向 下,故 合 外 力 做 正 功,C 项 错 误;对 m 受 G MmB )2 =mBaB ,对 于处 在地球表面的物 体 有 G Mm' = 力分析如图所示,因速度沿斜面向下,故 FN 做负功,Ff、mg 做 (R+hA R2 正功,故 A、D 两项正确,B 项错误. m'g,整 理 得aB = gR2 )2 ,B 错误;对卫星C 有G MmC )2 (R+hA (R+hC =mC v2C ,又 GM =gR2 ,整 理 得vC = gR2 ,C 正 确;由 R+hC R+hC 于卫星 C 的周期小于 同 步 卫 星 的 周 期,则 卫 星 C 的 线 速 度 应 2.C 由 图 可 知 ,xPM >xQM ,故 选 项 A 错 误 ;设 P 离 地 面 高 度 为 h,从 Q 点抛出后皮球做斜抛运动,根据对称性,其从 Q 到最 高 大 于2π(R+hC ) 错 误 . T ,D 8.D 对在地球表面附近绕地球做匀速圆周运 动 的 物 体 有GRM2m' 点和从最高点到 M 的 过 程,时 间、水 平 位 移 都 相 等,其 从 最 高 点到 M 的过程与从P 点抛出到 M 的过 程 都 是 平 抛 运 动,由h =m'g,即 GM =gR2,对神舟十二号 和 航 天 员 整 体 由 万 有 引 力 = 21gt2 知时间相等,所以从 P 到 M 与从Q 到 M 两种情况 的 时间之比为1∶2,故选项 B 错 误;由 B 中 分 析 可 知,从 Q 点 抛 提 供 向 心 力 有GM(R(m++hΔ)2m ) (m +Δm )v2 , = R+h 即v= GM = gR2 ,根 据 动 能 定 理 有 W -W 引 =ΔEk = 出后皮球从最高点到 M 与从P 点 抛 出 到 M ,由 于 竖 直 方 向 都 R+h R+h 做自由落体运动,由vy =gt 可知,两次落地时竖直方向 分 速 度 相等,由重力功率的 公 式 P =mgvy ,可 知,落 地 前 瞬 间 重 力 功 1 (m +Δm )v2 = 1 (m +Δm )· gR2 ,故 W > 1 (m +Δm ) 率相等,故选项 C 正确;皮球两次落地前竖直方向分速度相等, 2 2 R+h 2 但水平方向分速度不 等,所 以 两 次 落 地 时 的 速 率 是 不 同 的,故 RgR+h2 ,A 错误;若对接前神舟十二号和天和核 心 舱 的 运 动 轨 道 相同,则神舟十二号加速后将做离心运动,轨道半 径 将 变 大,不 选项 D错误. 3.BD 由v t 图像 斜 率 表 示 加 速 度 可 知,小 汽 车 在 0~10s内 可能实现对接,B 错 误;7.9km/s是 近 地 卫 星 的 绕 行 速 度,也 做加速度减小的变加速直线运 动,故 A 错 误;当 小 汽 车 达 到 最 称第一宇宙速度,由于天和核心舱轨道半径大于近 地 卫 星 轨 道 大速度时,牵引力 F 等 于 阻 力 f,有 P =Fvm =fvm =1×2 W 半 径 ,根 据 v= GM 可知天和核 心 舱 绕 地 球 运 行 的 速 度 小 于 =2 W,故 B 正 确 ;小 汽 车 速 度 为 1 m/s 时 ,牵 引 力 为 F1 = P r v — 273 —

一品方案·物理(新高考版) =2N,根据 牛 顿 第 二 定 律 可 得 F1 -f=ma1,代 入 数 据 解 得 生变化,结合图乙可知,传送带的运行速率满足 21mv21=4J,解 a1=1 m/s2,故 C 错误;对小汽车10s内 的 运 动 过 程 应 用 动 能 定理可得 Pt-fx= 21mv2m ,代入数据解得 小 汽 车 10s内 的 位 得v1=2 m/s,则滑块与传送带共 速 所 需 的 时 间t2 =va1 =1s, 移为x=18 m,故 D 正确. 滑块 在t2=1s时 间 内 运 动 的 位 移 大 小 为 x2= 21at22 =1 m,方 4.D 对小球从开始下落到第一 次 重 力 势 能 与 动 能 相 等 的 过 程, 向水平向右,则剩下的3 m 内 滑 块 做 匀 速 直 线 运 动,所 用 时 间 有 mg R + R 1 R + R + 1 mv2 ,解 得:v = 2 = 2 mg 2 2 3 为t3 = 2 s=1.5s,滑 块 在 传 送 带 上 运 动 的 总 时 间 为t=t1 + 6gR ;由几何知识可知,小 球 此 时 位 置 与 圆 心 连 线 和 水 平 方 t2+t3 =4.5s,故 A 错 误,B 正 确;滑 块 做 减 速 运 动 的 时 间 恒 2 定,当传送带的运动速 率 稍 微 增 大 一 些 时,滑 块 返 回 到 平 台 的 向 夹 角 的 正 弦 值 为 sinθ= 1 ,速 度 方 向 与 竖 直 方向 夹 角 的 正 弦 时间会变短,当传送 带 的 运 动 速 率 大 于 4 m/s时,滑 块 返 回 到 4 平台的时间不变,在传送带上运动的总时间也不变,故 C 错误; 值 也 为 sinθ= 1 ,所 以 重 力 做 功 的 功 率 P =mgvcosθ=mg× 滑块向左运动时,滑块和传送带之间的相对位移 大 小 为 Δx1 = 4 x1+v1t1=8 m,滑块向右运动时,滑块和传送带之间的 相 对 位 6gR × 415= 38mg 10gR ,D 项正确. 2 移 大 小 为 Δx2=v1t2-v21t2 =1 m,由 牛 顿 第 二 定 律 得 滑 块 与 5.D 设小球 A、B 的质量分别 为 m1、m2,小 球 A 运 动 到 半 圆 细 传送带间的摩擦力大小为f=ma=4 N,则 滑 块 从 滑 上 传 送 带 到再次滑 回 平 台 的 整 个 过 程 中 因 摩 擦 产 生 的 热 量 为 Q =f 杆最低点时,A、B 的 速 度 分 别 为v1、v2,细 绳 与 竖 直 方 向 夹 角 (Δx1+Δx2)=36J,故 D 正 确 . 9.解 析 :(1)对 运 动 员 进 行 受 力 分 析 , 为α.对 球 A、B 组 成 的 系 统 由 机 械 能 守 恒 定 律 有 m1gR = 由牛顿第二运动定律有 F=ma 运 动 员 由 静 止 开 始 加 速 ,由 运 动 学 公 式 有 v2 =2as,v=at 12m1v21 + 21m2v22 ,在 最 低 点v2 =v1cosα=v1 h ,对 小 解得v=20 m/s,t=2s h2 +R2 加速过程中牵引力做的功 W =Fs 球 B 由动能 定 理 有 W = 1 m2v22 ,联 立 并 代 入 数 据 解 得 W = 2 3121J,故选项 D 正确,选项 A、B、C 错误. 则加速过程牵引力的平均功率为 P=tW 解得 P=6000 W. 6.B 皮球下落过程中的加速度a=mgm-f=g-mkv,下 落 过 程 (2)对运动员在 A 点受力分析 可 知,冰 面 对 运 动 员 的 作 用 力 在 水平方向的分力提供运动员在水平面内做匀速圆周运动的向 中速度v 先从零开始增大,故a 先减小,当a=0时,即v=mkg 心 力 ,即 FNx =m v2 时皮球的速度达 到 最 大,然 后 以v=mkg匀 速 运 动.若 下 落 高 度 R 较小,皮球应做加速度逐渐减小的加速运动;若高 度 足 够,则 皮 冰面对运动员的作用力在竖直方向的分力和运动员所受重力 球先做加速度逐渐减 小 的 加 速 运 动,然 后 再 做 匀 速 运 动,故 选 平 衡 ,即 FNy =mg 项 A 错误;根据a=mgm-f=g-mkv 可得,ΔΔat=-mk ·ΔΔtv= 由力的矢量合成规律可得 FN = F2 +F2Ny Nx -mka,即加速度随时间变化得越 来 越 慢,故 选 项 B 正 确;重 力 解得 FN =600 17 N. 势 能 与 下 降 高 度h 的 关 系 式 为Ep=Ep0-mgh,故 Ep-h 图 像 答案:(1)20 m/s 6000 W (2)600 17 N 是一条向下倾斜的直线,选项 C 错 误;机 械 能 与 下 降 高 度h 的 10.解析:(1)设开始时冰壶的 加 速 度 大 小 为a1,从 投 掷 线 AB 处 关系式为E=E0-f·h=E0 -kvh,随 着 皮 球 的 下 落,速 度 变 投 出 后 冰 壶 的 加 速 度 大 小 为a2 ,则 有 大,空气阻力f=kv 变大,则 E-h 图线的斜率绝对值变大,故 选项 D错误. μmg=ma2,v20 =2a2L N fF 7.BD 开始时,物体静止在 A 点,由 平 衡 条 件 有 FA =mgsinθ= 解得v0=2 3 m/s 开始时冰壶的受力如图所示. 21mg=k·Δx1,被 拉 到 B 点 时 FB =mgsinθ+F = 3 mg= 根据牛顿第二定律有 F-μmg=ma1 2 根 据 运 动 学 公 式 有v0=a1t1 k·Δx2 ,而 1 )2 ,所 以 弹 簧 的 弹 性 势 能 之 比 为 解 得t1=833 s mg 2k Ep = (Δx 1∶9,A 项错;由功能关系可知,系统机械能的增加 量 等 于 外 力 (2)设 冰 壶 滑 过 擦 过 的 冰 面 长 度 为s,根 据 动 能 定 理 有 F 做的功,B 项正确;当速度 最 大 时,加 速 度 为 零,物 体 在 A 点 -μmg(L-s)-0.9μmgs= 12mv2- 12mv20 时所受合 力 为 零,速 度 最 大,C 项 错;物 体 处 于 AB 中 点 时, 代入数据解得s=2.25 m. kΔx=mg,此 时 弹 簧 的 弹 性 势 能 Ep = 12k(Δx)2 = 1 mgΔx, 83 2 3 答案:(1)2 3 m/s s (2)2.25 m 物体在 O 点时,弹簧的弹性势能为零,由 AB 中 点 到O 点 的 过 专题强化作业(六) 程 ,重 力 势 能 增 加 ΔEp=mgΔxsinθ= 1 mgΔx,可 见 弹 性 势 能 2 1.D 冲量为力与时间的乘积,重 力 对 物 体 的 冲 量IG =mgt≠0, A 项错;拉力 F 对物体的冲量IF =Ft,B 项 错;根 据 动 量 定 理, 减少量等于重 力 势 能 增 加 量,由 机 械 能 守 恒 定 律 可 知 动 能 不 合外力的冲量 等 于 物 体 的 动 量 变 化 量,而 物 体 所 受 合 外 力 为 变,所以物体在 AB 中点和O 点的速度相等,D 项正确. 8.BD 由图乙可知滑块的初动 能 为 16J,结 合 动 能 的 表 达 式 Ek Fcosθ,以向右为正,所 以 有 Ftcosθ=mv- (-mv)=2mv≠0, = 21mv2,解得滑块的初速度大小为v2=4m/s,滑块的速度大 C 项错,D 项正确. 小减 小 到 0 时 ,位 移 大 小 为 x1=4 m,由v22 =2ax1 解 得 滑 块 在 2.AC 垒球被击打后,可能以与击打前 等 大 的 速 度 反 向 打 出,所 传送带上的加速度大小为a=2 m/s2,该 过 程 所 用 时 间 为t1 = 以球的动能可 能 不 变,动 量 的 大 小 可 能 不 变,故 选 项 A 正 确, 选项 B 错误;根据牛顿第 三 定 律 可 得,球 对 棒 的 作 用 力 与 棒 对 0-v2 =2s,然 后 滑 块 反 向 加 速 到 与 传 送 带 共 速 后 速 度 不 再 发 球的作用力大小一定相等,故 选 项 C 正 确;球 受 到 棒 的 冲 量 方 -a 向与棒对球的弹力方 向 相 同,与 球 被 击 打 前 的 速 度 方 向 相 反, — 274 —

参考答案 故选项 D错误. W 律 有 1 ×2mv2 = 1 ×2mv2B + 1 mv2A ,解 得 vA =43v,vB = v , 3.BD 在v s 图中 取 间 隔 相 等 的 三 点a、 2 2 2 3 b、c,如图 所 示,则 a 到b 与b 到c 位 移 c 故选项 D正确. 相等,由于速度逐 渐 增 大,则 由a 到b 的 b 7.AD 由 Ek-x 图像可知,A 与B 碰撞前、后的动能分别为 Ek1 时间大于由b 到c 的时间,又a 到b 与b a 和Ek1 ,所 以 速 度 比 为 3∶1,设 碰 前 速 度 为 v0 ,由 动 量 守 恒 定 律 9 到c 速 度 的 变 化 量 相 等,结 合 加 速 度 的 定义式a=ΔΔtv可 知,小 物 块 的 加 速 度 逐 O s 有 mAv0 = (mA +mB )v0 ,解 得 mA ∶mB =1∶2,A 项 正 确 ;整 3 渐增大,A 错误;由牛顿第二定 律 得 F-mg=ma,整 理 得 F= 体速度最大 时,加 速 度 为 零,即k(x2 -x1)=mAg,物 块 A 下 mg+ma,由 于 加 速 度 逐 渐 增 大,所 以 拉 力 F 逐 渐 增 大,B 正 落x1 的 过 程 中 ,有 mAgx1 =Ek1 ,解 两 式 得 k=x1 Ek1 ),B 确;由动量定理得(F-mg)t=mΔv,解 得 Ft=mΔv+mgt,任 (x2 -x1 意相等位移 内,时 间 逐 渐 减 小,则 拉 力 的 冲 量 逐 渐 减 小,C 错 项 错 ;在 x3 位 置 ,由 牛 顿 第 二 定 律 有k(x3 -x2)= (mA +mB ) 误;速度增加量相同时,小物块增加的高度 Δh 相同,由公式Ep a,结 合 AB 项 分 析 解 得a=g3((xx23--xx12)),C 项 错 ;从x1 到x3 的 =mgh 可知,小物块重力势能的增加量相同,D 正确. 过 程 中 ,由 机 械 能 守 恒 定 律 有 ΔEp=E3k1 + (mA +mB )g(x3 - 4.ACD 设乙的 质 量 为 m,则 甲 的 质 量 为 2m,物 体 与 桌 面 间 的 x1)=9x33x-18x1Ek1,D 项 正 确 . 动摩擦因数为μ,涉 及 动 量 的 取 向 右 为 正 方 向.由 于 甲 质 量 大 8.BCD 对子 弹 和 木 板 B 组 成 的 系 统,根 据 动 量 守 恒 定 律,有 于乙,碰后甲不可能反向,必然 向 右 运 动,故 A 正 确.碰 前 对 甲 根 据 动 能 定 理 可 得 (2×2μmg-2μmg)L0 = 1 ×2mv20 ,碰 后 对 2 甲 根 据 动 能 定 理 可 得 -2μmgL1 =0- 1 ×2mv21 ,解 得 碰 撞 前 mv0=4mv1,解 得 v1 =v40 ,故 A 错 误 ;对 木 板 B 和 铁 块 A (包 2 括子弹)组成的系统,根据 动 量 守 恒 定 律,有 mv0 =5mv2,解 得 甲的 速 度 大 小 为 v0 = 2μg ,碰 撞 后 甲 的 速 度 大 小 为 v1= v2=v50 ,故 B 正确;子弹打入木板后,对木板 B 和铁块 A(包 括 μg ,甲 、乙 两 物 体 碰 撞 过 程 ,根 据 动 量 守 恒 定 律 可 得 2mv0 = 2 1 2mv1+mv2,解得碰 撞 后 乙 的 速 度 为 v2 = 2μg (m/s),因 为 子 弹 )组 成 的 系 统 ,由 能 量 守 恒 定 律 ,有 μmgL = 2 ×4mv12 - 1 ×2mv20 > 1 ×2mv12 + 1 mv22 ,故 甲 、乙 碰 撞 过 程 为 非 弹 性 1 ×5mv22 ,解 得μ=40vg20L ,故 C 正 确 ;对 全 过 程 分 析 ,由 能 量 2 2 2 2 碰撞,故 B 错 误.碰 后 对 乙 根 据 动 能 定 理 可 得 -μmgL2 =0- 守恒定律 可 知,子 弹、木 板、铁 块 组 成 的 系 统 损 失 的 机 械 能 21mv22,解得 L2=1 m,故 C 正确.碰后至甲、乙均停下的过 程, ΔE = 12mv02 - 1 ×5mv22 ,解 得 ΔE =2m5v02 ,故 D 正 确 . 2 摩擦力对甲、乙的冲 量 分 别 等 于 甲、乙 的 动 量 变 化 量,则 有I甲 9.解析:(1)滑水者离开管道后做平抛运动, =2m(0-v1)= -m 2μg ,I乙 =m (0-v2)= -m 2μg ,故 有 x=v1t1,h= 12gt12 I甲 =I乙 ,D 正 确 . 可 得v1=2 m/s 5.D 平板车、人和小球组成的 系 统,水 平 方 向 不 受 外 力 作 用,系 统水平方向动量守恒,但 小 球 竖 直 方 向 受 重 力 作 用,系 统 动 量 根 据 动 能 定 理 有 mgh=Ek2- 12mv12 不守恒,A 项错;小球落到车的左端点时,设小球相 对 地 面 的 位 移大小为x,则小车和人相对地 面 的 位 移 大 小 为(L-x),由 动 可 得 Ek2=mgh+ 12mv21 =200J 量守恒 定 律 有 mv1 = Mv2,则 有 mx = M (L -x),解 得 x = (2)滑 水 者 在 管 道 中 滑 行 过 程 中 ,根 据 动 能 定 理 有 MM+mL,小球竖直方向做自由落体运动,则 有h= 21gt2,解 得 mg(H -h)+Wf = 21mv12 t= 2h ,所 以 小 球 的 初 速 度 v1 = x =2(MM+Lm)h 2gh ,B 可得阻力做的功 Wf =-2400J g t (3)下滑过程中动 量 变 化 量 为 Δp=mv1 -0=mv1 =100kg· m/s,方 向 水 平 向 右 项错;由动量守恒 定 律 有 mv1 -Mv2 = (M +m)v,解 得v=0, 故小球落到车上后与车共速,且速度为 零,C 项 错;由 上 述 分 析 重力的冲量 IG =mgt=1500 3N·s,方 向 竖 直 I 向下 可知,抛 出 小 球 瞬 间,小 车 和 人 的 速 度 v2 = Mmv1 =2(Mm+Lm)h 根据动量定理,由 矢 量 图 可 知 管 道 对 滑 水 者 的 冲 2gh,由动能定理可得人抛出小球的过程做的功为 W = 12mv21 量 大 小I= I2G +(Δp)2 =2600N·s. ?p + 1 Mv22 =4hm(gMM+Lm2 ),D 项正 确. 答案:(1)200N (2)-2400J (3)2600N·s 2 10.解析:(1)以 水 平 向 左 的 方 向 为 正 方 向,A、C 碰 I( 6.ACD 平行导轨光滑,A、B 和 弹 簧 组 成 的 系 统 所 受 合 外 力 为 撞 过 程 中 动 量 守 恒 ,则 有 0,因此 系 统 动 量 守 恒,故 选 项 A 正 确;对 A、B 和 弹 簧 组 成 的 m3vC =(m1 +m3)v共1 系统分析,取向右为正方向,由动量守恒定律有 2mv=2m ·2v 代入v t 图像中的数据解得 m3=2kg +mv'A ,解得v'A = -2v,故 选 项 B 错 误;开 始 时,弹 簧 长 度 为 (2)从 B 开 始 离 开 墙 面 到 B 速 度 最 大 的 过 程,相 当 于 B 与 L,而 原 长 为 23L ,故 弹 簧 压 缩 了 L ,弹 性 势 能 记 为 Ep ,由 B 项 AC 整体完成了一次弹性碰撞,以水平向右为正方向,则有 2 (m1 +m3)v'共1 =(m1 +m3)v共2 +m2v2 可知,弹簧恢复原长时,A 的速度大小 为 2v、方 向 向 左,由 能 量 1 (m1 +m3 )v'共21 = 1 (m1 +m3 )v2共2 + 21m2v22 守 恒 定 律 可 得 1 ×2mv2 1 (2v)2 + 12m (2v)2 ,解 2 2 2 +Ep= 2 ×2m 由v t 图像可得v'共1 大小为2 m/s,方向水平向右 得 Ep=5mv2,故 选 项 C 正 确;弹 簧 与 导 轨 间 夹 角 为 30°时,弹 解得 B 的最大速度为v2=2.4 m/s. 簧 长 度 L'=sinL30°=2L,故 弹 簧 伸 长 了 L ,弹 性 势 能 与 初 始 状 答案:(1)2kg (2)2.4 m/s 2 态相同,由动量守恒定律有 2mv=2mvB +mvA ,由 能 量 守 恒 定 — 275 —

一品方案·物理(新高考版) 专题强化作业(七) 速直线运动,再向右做匀减速直线运动,加速度大 小 不 变,方 向 1.C 根据点电荷的场 强 表 达 式 E =rkq2 及 场 强 的 叠 加 原 理 可 判 改变,速度随时间周期性变化;安培力在一个周期 内 先 做 正 功, 断 A、B、C 三点的场强大小关系为EB >EA >EC ,即 C 点的 场 强最小,根据等量异种点电荷电场线的分布特点及 沿 电 场 线 方 后做负功,在一个周期内动能先增大后减小,故 A、B、C 三 项 错 误,D 项正确.故选 D. 9.B 由图乙可知,滑块在x=3 m 处电势 能 最 低,因 为 滑 块 带 负 向电势降低可知 A、B、C 三 点 的 电 势 关 系 为φB >φA =φC ,即 电,则x=3 m 处的电 势 最 高,故 A 错 误.由 Ep-x 图 像 斜 率 B 点的电势最高,故 C 正确. 的绝对值表示滑块所受电场力 的 大 小,可 知 滑 块 在 x=1 m 处 2.C 如果没有磁场,小球将做竖直上抛运动,上升的 最 大 高 度h 所 受电场力的大小为 F1=32-1 N=1N,滑块所受滑动摩擦力 大小为f=μmg=1 N,在 1~3 m 区 间 内,滑 块 所 受 电 场 力 与 =2vg20 ,加上磁场后,小球在运动 过 程 中,除 受 重 力 外,还 要 受 到 滑动摩擦力方向相反,且 不 断 减 小,则 滑 块 所 受 合 外 力 方 向 与 洛伦兹力作用,小球在 向 上 运 动 的 同 时 会 发 生 偏 转,小 球 到 达 最高点时速度不为零,动 能 不 为 零,因 此 小 球 上 升 的 最 大 高 度 速度方 向 相 反;在 x=3 m 之 后,滑 块 所 受 电 场 力 与 滑 动 摩 擦 力同向,且不断增大,则 滑 块 所 受 合 外 力 方 向 也 与 速 度 方 向 相 小 于v20 ,故 C 项 正 确 . 2g 反.综上所述可知滑块向右运动过程中,速 度 始 终 减 小,在 x= 1 m 处速 度 最 大,故 B 正 确,C 错 误.由 图 乙 可 知,滑 块 在 x= 3.AC 电场线的疏密程度表示电场强度的大小,显然 P 点的电场 1 m 处的电势能与在x=4 m 处 的 电 势 能 相 等,根 据 能 量 守 恒 强度小于 M 点的电场强度,A 正确;沿电场线的方向电势逐渐降 1 2 低,则 P 点的电势比 N 点的电势高,N 点的电势比 M 点的电势 定 律 可 知 ,若 滑 块 能 够 经 过 x =4 m 处 ,则 应 满 足 mv20 ≥ 高,B错误,C正确;带电小颗粒仅在电场力的作用下由 N 点沿虚 线运动到 M 点,电场力方向指向虚线轨迹的凹侧,故小颗粒带正 fx14,式 中 x14=4 m-1 m=3 m,根 据 题 中 数 据 可 知 实 际 情 况 电,电场力对小颗粒做 正 功,小 颗 粒 的 电 势 能 一 定 减 小,即 小 颗 粒 并不满足上式,所以滑块一定无法经过x=4m 处的位置,故 D 在 N 点的电势能大于在 M 点的电势能,D错误. 错误. 4.AC 由于手带负电,因此手在靠近金 属 门 锁 的 过 程 中,金 属 门 10.解析:(1)当金属 棒 刚 好 达 到 向 上 运 动 的 临 界 状 态 时,金 属 棒 锁将发生静电感应而感应出正 电 荷,故 选 项 A 正 确;根 据 电 场 受到的摩擦力为最大静摩擦力,方向平行于斜面 向 下,此 时 金 线由正电荷指向负电荷且沿电场线的方向电势逐 渐 降 低,可 知 属棒所受 安 培 力 最 大,设 此 时 金 属 棒 受 到 的 安 培 力 大 小 为 金属门锁的电势高于手的 电 势,故 选 项 B 错 误;由 于 手 靠 近 金 F1 ,其 受 力 分 析 如 图 甲 所 示 .则 有 属门锁的过程中,感应 电 荷 量 逐 渐 增 多,因 此 金 属 门 锁 与 手 之 FN =F1sinθ+mgcosθ,F1cosθ=mgsinθ+Ffmax,Ffmax=μFN , 以上三式联立并代入数据可得 F1=8N. 间的电场强度将逐渐增大,故选项 C 正确,选项 D 错误. 5.D 电子由 O 到C 的过程中,克服 电 场 力 做 的 功 为 6eV,则 电 势能增加 6eV,所 以 相 邻 等 势 面 间 的 电 势 差 为 2 V,又 等 势 面 A 的电势为2V,所以等势面 B 的 电 势 为 0,等 势 面 C 的 电 势 为 -2V,所以电子经等势面C 时的电势能为2eV,A、C 项错; 该电子初速度 方 向 若 不 沿 水 平 方 向,则 到 最 右 端 时 速 度 大 于 零,则可能到达不了等势 面 D,B 项 错;由 动 能 定 理 可 知,电 子 当金属棒刚好达到向 下 运 动 的 临 界 状 态 时,金 属 棒 受 到 的 摩 经过等势 面 A 时,动 能 为 8eV,经 过 等 势 面 C 时,动 能 为 4 擦力为最大静摩擦力,方向平行于斜面向上,此时 金 属 棒 所 受 eV,结合动能 Ek= 12mv2 可知,D 项正确. 安培力最小,设此时金 属 棒 受 到 的 安 培 力 大 小 为 F2,其 受 力 6.B 作出球面上的电荷在 O 点产生的电场如图 α 分 析 如 图 乙 所 示 .则 有 所示,由平行四边形定则得到所分出的较小这部 F'N =F2sinθ+mgcosθ,F2cosθ+F'fmax=mgsinθ,F'fmax=μF'N , 分的电 荷 在 O 处的电场强度 E =E0sin α = 以 上三 式联立并代 入数 据可 得 F2 8 N. 2 =11 E0sin620°=E20 ,B正确,ACD错误. 所以金属棒受到的安培力的取值范围为 8 N≤F≤8N. 7.BC 若 给 木 板 一 水 平 向 右 的 初 速 度,则 木 板 11 和滑块之间开始会存 在 滑 动 摩 擦 力,滑 块 开 始 向 右 加 速,受 到 (2)因 磁 场 与 金 属 棒 垂 直,所 以 金 属 棒 受 到 的 安 培 力 为 F = 向上的洛伦兹力且不断增大,则木板和滑块间的弹力 与 滑 动 摩 BIL,因 此 有I=BFL ,由 安 培 力 的 取 值 范 围 可 知 电 流 的 取 值 范 擦力不断减小,若滑块与木板先达到共速,则摩擦力 减 为 零,最 围 为4 A≤I≤4 A,设 电 流 为 I1 =141 A 时 滑 动 变 阻 器 接 入 终木板和滑块保持相对静止;若木板和滑块间的弹力 与 滑 动 摩 11 擦力先减小到零,则 它 们 不 会 相 对 静 止,A 错 误,B 正 确;若 给 木板施加一水平向右 的 恒 力,如 果 该 恒 力 很 大,则 木 板 和 滑 块 电路 中 的 阻 值 为 R1,由 闭 合 电 路 欧 姆 定 律,有 E -I1r=I1 之间开始会存在滑动 摩 擦 力,滑 块 开 始 向 右 加 速,受 到 向 上 的 洛伦兹力且不断增大,则木板和滑块间的弹力与滑动 摩 擦 力 不 (R0+R1),代 入 数 据 可 得 R1=30Ω. 断减小,当弹力与滑动 摩 擦 力 减 小 到 零 时,最 终 滑 块 做 匀 速 运 动;如果该恒力很小,则木板和滑块之间开始会存在 静 摩 擦 力, 设电流为I2=4A 时滑动变阻器接入电路中 的 阻 值 为 R2,由 闭 合 电 路 欧 姆 定 律 ,有 E-I2r=I2(R0+R2), 代入数据可得 R2=0,所 以 滑 动 变 阻 器 接 入 电 路 中 的 阻 值 范 围 为 0≤R ≤30 Ω. 滑块与木板一起向右 加 速,受 到 向 上 的 洛 伦 兹 力 且 不 断 增 大, 答案:(1)181 N≤F≤8N (2)0≤R≤30Ω 则木板和滑块间的弹 力 不 断 减 小,最 大 静 摩 擦 力 也 不 断 减 小, 11.解析:(1)设匀强电场的场强为 E,由题意 O Eq 减小到一定程度时,二者出现相对滑动,之后滑块继 续 加 速,洛 可得带电小球所受合外力方向与水平方 c F 伦兹力继续增大,当弹 力 与 滑 动 摩 擦 力 减 小 到 零 时,滑 块 做 匀 向 成 45°角 ,受 力 分 析 如 图 所 示 . 则有 Eq=mg 速运动,C 正确,D 错误.故选 B、C. 8.D 根据 左 手 定 则 知,金 属 棒 开 始 所 受 的 安 培 力 方 向 水 平 向 解得 E=mqg=100N/C 右 ,根 据 F =BIL 知 ,安 培 力 在 第 一 个 T 内 做 匀 加 速 直 线 运 mg 2 (2)在 匀 强 电 场 中 E=UdOA 动,在第二个T 内,安培力方 向 水 平 向 左,大 小 不 变,金 属 棒 做 2 d=h=1 m 可 得UOA =Ed=100V 匀减速直线运动,根据运动的对称性知,一个周期 末 速 度 为 零, 金属棒的速度方向未 变,金 属 棒 一 直 向 右 移 动,先 向 右 做 匀 加 — 276 —

参考答案 (3)设带电小球到达地面时 的 速 度 为v,从 O 到A 的 过 程 中, cos30°)= 3 L 的M 点 离 开 磁 场 区 域,故 粒 子 不 可 能 从 由动能定理可得 1+ 2 mgh+Eqd= 12mv2 BC 边离开,故 A 项 错 误;根 据 洛 伦 兹 力 提 供 向 心 力 qvB = 可得v=2 10 m/s. m v2 ,可 得 R=qmBv,可 知当粒 子 轨 道 半径为 R1 =L 时 ,即 粒 子 R 答案:(1)100N/C (2)100V (3)2 10 m/s 轨迹与 CD 边相切时,此时粒子从 AB 边射出的最大速度v1= 专题强化作业(八) qBL ,故 C 项 正 确 ;设 当 粒 子 恰 好 从 AB 边的N 点 出 射 时,粒 m 1.C 结 合 图 像,由 左 手 定 则 可 判 断 出 粒 子c 带 正 电,粒 子 a、b 子速度为v2,轨道半径为 R2,根 据 几 何 关 系 得 R2(1+cos60°) 带负电,选项 A 错误;由轨迹图 可 知,粒 子b 的 轨 迹 半 径 最 大, L L 结合r=qmBv可 知,粒 子b 的 速 率 最 大,选 项 B 错 误;由 轨 迹 图 = 2 ,可得粒子 轨 道 半 径 R2 = 3 ,此 时 粒 子 从 AB 边射出的 可知,粒 子 a 的 运 动 轨 迹 所 对 应 的 圆 心 角θ 最 大,结 合 T = 最小速度v2=q3BmL.根 据 几 何 关 系,射 出 点 N 离 A 点 的 距 离 2πm 、t=36θ0°T qB 可 知 ,粒 子a 在 匀强 磁 场 中 运 动 的时 间 最 长, AN =R2cos30°= 63L,故 AB 边 上 有 粒 子 经 过 的 区 域 长 度 为 选项 C 正确;由r=qmBv可知,若 B 增大,其他条件不变,则r 变 MN =AM -AN = 3 L,故 B、D 两 项 错 误 .故 选 C. 3 +1 小,粒子a 在磁场中偏转的 角 度 不 变,又 T =2qπBm 、t=36θ0°T, 6.ABC 粒 子 在 磁 场 中 做 逆 时 针 方 向 的 可知 T 变小,则粒子a 在匀强磁 场 中 运 动 的 时 间t 减 小,选 项 圆周运动,由于所有粒子的速度 大 小 相 D错误. 同,故弧长 越 小,粒 子 在 磁 场 中 运 动 的 2.AC 由于油滴 在 第 Ⅲ 象 限 从 Q 到 D 做 半 径 为 2d 的 圆 周 运 时间就越短,由于粒子在磁场中 运 动 的 动,因此有 mg=qE,且电场力方向竖直 向 上,故 电 场 力 做 的 功 最长时间为T ,沿 SA 方向射出的粒子 为 W =qE·2d=2mgd,故 选 项 A 正 确;油 滴 从 A 到 D 根 据 2 动能定理有 mgd+W =Ek,则 Ek=3mgd,故 选 项 B 错 误;根 在磁场中 运 动 的 时 间 最 长.如 图 所 示, 据牛顿第二定律有 F洛 =man=m2vd2 =3mg,故 选 项 C 正 确;油 作 出 粒 子 运 动 轨 迹 图,由 几 何 关 系 可 滴从 A 到D 其重力做的功 WG =mgd,故选项 D 错误. 知,当粒子在磁场中做圆周运动绕过的弧所对应的 弦 垂 直 边 界 OC 时,粒子在磁场中运动的时 间 最 短,由 几 何 关 系 知θ=60°, 3.BCD 对圆环受力分析,圆环受竖直向下的重力 mg,竖直向 上 即 最短 时 间 为36600°°T= T ,粒 子 在 磁 场中 运 动 的 时 间 范 围 为 T 的洛伦兹力 f洛 =qvB,若 mg 与f洛 恰 好 平 衡,则 圆 环 不 受 摩 6 6 擦力,一直做匀速运动,B 项正确.若 mg 与f洛 不平衡,圆 环 与 ≤t≤ T ,A、B、C 三 项 正 确 . 杆之间有弹力、摩擦 力 作 用,圆 环 做 减 速 运 动.若 mg>f洛 ,由 2 牛顿第二定律有μ(mg-qvB)=ma,随 速 度 的 减 小,加 速 度 不 7.解析:(1)带电粒子在磁场中做圆周运动,有 断增大,故圆环做加速度逐渐增大的减速 运 动,最 终 静 止,D 项 T=2vπ0R =2qπBm 正确.若 mg<f洛 ,同 理 有 μ(qvB -mg)=ma,圆 环 的 加 速 度 作出粒子运动的轨迹 图 如 图 所 示,由 几 何 关 系 可 知,粒 子 在 磁 随速度的减小而减小,故 圆 环 做 加 速 度 逐 渐 减 小 的 减 速 运 动, 场中运动轨迹所对的圆心角为 当a=0 时,圆 环 开 始 做 匀 速 运 动,C 项 正 确;综 上 可 知,A 项错. θ=180°+30°=210° N 4.D 如图所示,根据平面几何知识可得轨迹半径 R=rtan∠bOc 故粒子在磁场中运动的时间 A W = 3r,故选项 A 错误;同 理 可 得 离 子 离 开 磁 场 时 与b 点 距 离 t0 =321600°°T =76qπBm P (2)带 电 粒 子 在 磁 场 中 做 圆 周 运 动 ,有 为x=cos∠rbOc+R-r=(3+1)r,故 选 项 B 错 误;根 据 牛 顿 QO v20 C 第二定律有qvB=mRv2 ,解 得 B =qmRv= mv ,故 选 项 C 错 误; qv0B =m R 3qr D 解得 R=mqvB0 M c 离子在磁场中的 运 动 时 间 为t=θvR = 65π· 3r=563vπr,故 从 D 到C 是匀速运动,由几何关系得 v R 选项 D正确. DC= 2 c 时 间t1=DvC0 =2qmB 带电粒子在电场中的运动时间 R aO θ R d t2 =T -t0 -t1 = (5π-3)m 6qB b 5.C 粒子带正 电,粒 子 运 动 的 轨 迹 如 图 所 示,当 粒 子 的 轨 迹 恰 带 电 粒 子 在 电 场 中 的 加 速 度 a=qmE 好与 CD 边相切时, 由 运 动 学 知 识 可 知v0=at22 解得 E=152πB-v30 . 根 据 几 何 关 系 得 R1 (1-cos60°)= L ,可 得 此 时 粒 子 轨 道 半 径 答案:(1)76qπBm (2)152πB-v30 2 8.解析:(1)由题 意 可 知 粒 子 所 受 洛 伦 兹 力 方 向 沿 x 轴 负 方 向, R1=L,粒 子 将 从 AB 边 上 离 A 点 的 距 离 为 AM =R1 (1+ 又粒子做匀速直线运动,则 粒 子 所 受 电 场 力 沿 x 轴 正 方 向,又 由粒子带正电,可知电场强度的方向沿x 轴正方向. — 277 —