高考总复习模拟必刷题-物理_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中物理

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高考物理模拟必刷题题库
第一单元直线运动
1.(参考系、位移、平均速度)(2019 年贵州10 月调研)(多选)2019 年6 月28 日消息,高约100 米的贵州平塘县时空观光
塔荣获中国钢结构金奖。甲、乙、丙三人同时乘坐三部电梯从地面去顶层,电梯均匀速运行,且v 甲>v 乙>v 丙,其中丙利用
手表测出了他本人从地面到达顶层的时间恰好为1 min,随后丙再乘坐原来的电梯从顶层回到地面,所用时间为65 s。下
列说法正确的是(
)。
A.上升过程以乙为参考系,甲向上运动,丙向下运动
B.上升过程以丙为参考系,甲向上运动,乙向下运动
C.整个过程中,丙的位移大于100 m
D.整个过程中,丙的平均速度为零
【解析】由于v 甲>v 乙>v 丙,若以乙为参考系,则甲向上运动,丙向下运动,A 项正确;若以丙为参考系,甲、乙都向上运
动,B 项错误;整个过程中,丙的位移等于零,平均速度也为零,C 项错误,D 项正确。
2.(平均速度、瞬时速度)(2019 年扬州调研)(多选)关于速度的描述,下列说法中正确的是(
)。
A.图1 中,电动车限速20 km/h,指的是平均速度大小
B.图2 中,子弹射出枪口时的速度大小为500 m/s,指的是瞬时速度大小
C.图3 中,某运动员百米跑的成绩是10 s,则他冲刺时的速度大小一定为10 m/s
D.图4 中,京沪高速铁路测试时列车最高时速可达484 km/h,指的是瞬时速度大小
【解析】电动车限速限制的是瞬时速度大小,A 项错误;子弹射出枪口时的速度大小与枪口这一位置对应,因此为瞬
时速度大小,B 项正确;根据运动员的百米跑成绩是10 s 可知,运动员的平均速度大小为10 m/s,但其冲刺速度不一定为
10 m/s,C 项错误;列车的最高时速指的是在安全情况下所能达到的最大速度,为瞬时速度大小,D 项正确。
3. (汽车刹车类问题)(2019年浙江十校联考)如图所示,一辆汽车安装了自动刹车系统,当车速v≤8 m/s且与前方障碍物之
间的距离达到安全距离时,该系统立即启动,启动后汽车刹车的加速度大小范围为4 m/s2~6 m/s2,在该系统控制下汽车
刹车的最长时间为(
)。
A.1.33 s
B.2 s
C.2.5 s
D.4 s
【解析】刹车加速度大小最小为a=4 m/s2,车速最大为v=8 m/s,由v=at 可得,汽车刹车的最长时间t=࢜ࢇ=2 s,B 项正确。
4.(匀速直线运动与变速直线运动)(2019 年衡水调研)沿直线运动的甲、乙、丙三辆汽车以相同的速度同时经过同一路
标,从此时开始,甲车做匀速直线运动,乙车先加速后减速,丙车先减速后加速,它们通过下一路标时的速度相同,则(
)。
A.甲车先通过下一路标
B.乙车先通过下一路标
C.丙车先通过下一路标
D.三辆车同时通过下一路标
【解析】甲车速度一定,乙车先加速后减速,平均速度比甲车大,丙车先减速后加速,平均速度比甲车、乙车都小,所
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以乙车的平均速度最大,乙车所用的时间最短,B 项正确。
5.(匀加速直线运动的比例关系、逆向思维法)(2019 年吉林省长春市模拟)一辆汽车以某一速度在郊区的水平路面上行
驶,因前方交通事故紧急刹车而做匀减速直线运动,最后静止,汽车在最初3 s 内通过的位移与最后3 s 内通过的位移之
比x1∶x2=5∶3,汽车运动的加速度大小a=5 m/s2,则汽车制动的总时间t 满足(
)。
A.t>6 s
B.t=6 s
C.4 s<t<6 s
D.t=4 s
【解析】设汽车刹车做匀减速直线运动的加速度大小为a,运动总时间为t,把汽车刹车的匀减速直线运动看成反向
的初速度为0 的匀加速直线运动, 则汽车最后3 s 内通过的位移x2=
૚
૛a࢚
૚
૛=ૢ૛a, 在最初3 s 内通过的位移
x1=
૚
૛at2-
૚
૛a(t-3)2=
૚
૛a(6t-9),又x1∶x2=5∶3,联立解得t=4 s,D 项正确。
6.(自由落体运动、运动学公式)(2019 年湖北襄阳四中检测)(多选)在近地空中某一位置有A、B 两个小球,先让A 球自由
下落1 s 后再让B 球自由下落,不计空气阻力,则在A 球落地前,下列相关说法正确的是(
)。
A.A 球比B 球的速度变化快
B.若以B 球为参考系,A 球将以大约10 m/s 的速度匀速下降
C.两球不会在空中相碰
D.A 球下落1 s 后至落地前,两球始终相对静止
【解析】因为两球都做自由落体运动,加速度都为重力加速度,所以两球的速度变化一样快,A 项错误;当B 球开始下
落时,由运动学公式可得A 球的速度v=gt≈10 m/s,又两球加速度相等,所以以B 球为参考系,A 球将以大约10 m/s 的速度
匀速下降,B 项正确,D 项错误;因为以B 球为参考系,A 球将以大约10 m/s 的速度匀速下降,所以两球都在空中时的间距
越来越大,不会相碰,C 项正确。
7. (多物体的竖直上抛运动)(2019 年淮南模拟)如图所示,一杂技演员用一只手抛球、接球,他每隔0.4 s 抛出一球,接到球
便立即把球抛出。已知除抛、接球的时刻外,空中总有4 个球,将球的运动近似看成是竖直方向的运动,球到达的最大高
度是(高度从抛球点算起,取g=10 m/s2)(
)。
A.1.6 m
B.2.4 m
C.3.2 m
D.4.0 m
【解析】由题图所示的情形可以看出,四个小球在空中的位置与一个小球抛出后每隔0.4 s 对应的位置是相同的,
因此可知小球抛出后到达最高点和从最高点落回抛出点的时间均为t=0.8 s,故有Hm=
૚
૛gt2=3.2 m,C 项正确。
8.(多运动过程问题)(2019 年江苏海安质检)我国交通法规规定:黄灯亮时车头已经越过停车线的车辆可以继续前行,车
头未越过停车线的若继续前行则视为闯黄灯,属于交通违章行为。现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向以v0=15 m/s
的速度匀速行驶,甲车在前,乙车在后,当两车快要到十字路口时,甲车司机看到黄灯闪烁,经过3.0 秒黄灯提示后将转为
红灯。
(1)若甲车在黄灯开始闪烁时紧急刹车,要使车在黄灯闪烁的时间内停下来,求刹车时甲车到停车线的距离。
(2)若甲车紧急刹车时产生的加速度大小a1=5 m/s2,当甲车司机看到黄灯开始闪烁时车头距警戒线L=30 m,要避免闯红
灯,他的反应时间Δt1 不能超过多少?
(3)满足第(2)问的条件下,若乙车司机的反应时间Δt2=0.4 s,乙车司机看到甲车刹车后也紧急刹车,已知乙车紧急刹车时
产生的加速度大小a2=6 m/s2。为保证两车在紧急刹车过程中不相撞,甲、乙两车刹车前的距离x0 至少为多大?
【解析】(1)由L1=࢜૙
૛t,代入数据得L1=22.5 m。
(2)由࢜
૙૛=2ax,解得刹车距离x=22.5 m
由L-x=v0Δt1,解得Δt1=0.5 s。
(3)设乙车刹车时间t 时甲、乙两车速度相等,即v0-a2t=v0-a1(t+Δt2)
解得t=2 s,此时汽车速度v=v0-a2t=3 m/s
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在这段时间内甲车位移x1=࢜૙૛Ǧ࢜૛
૛ࢇ૚=21.6 m
乙车位移x2=v0Δt2+࢜૙૛Ǧ࢜૛
૛ࢇ૛=24 m
故甲、乙两车刹车前的距离至少为x0=x2-x1=2.4 m。
【答案】(1)22.5 m
(2)0.5 s
(3)2.4 m
1.(2017 年海南卷,T3)汽车紧急刹车后,停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止,在地面上留下的痕迹称为刹车线。
由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度。已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80,测得刹车线长25 m。汽车在
刹车前的瞬间的速度大小为(重力加速度g 取10 m/s2)(
)。
A.10 m/s
B.20 m/s
C.30 m/s
D.40 m/s
【解析】汽车刹车且车轮抱死后,车受到的滑动摩擦力f=μmg,由a=
ࢌ
࢓且࢜
૙૛=2asm 得v0=20 m/s,B 项正确。
2.(2016 年全国卷Ⅲ,T16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动,在时间间隔t 内位移为s,动能变为原来的9 倍。该
质点的加速度为(
)。
A.࢙࢚૛
B.
૜࢙
૛࢚૛
C.
૝࢙࢚
૛
D.
ૡ࢙࢚
૛
【解析】设初速度为v1,末速度为v2,根据题意可得9×
૚
૛m࢜
૚૛=
૚
૛m࢜
૛૛,解得v2=3v1,根据v=v0+at,可得3v1=v1+at,解得
v1=
ࢇ࢚
૛,代入s=v1t+
૚
૛at2 可得a=࢙࢚૛,A 项正确。
3.(2015 年江苏卷,T5)如图所示,某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m 设有一个关卡,各关卡同步放行和关闭,放行和关闭
的时间分别为5 s 和2 s。关卡刚放行时,一同学立即在关卡1 处以加速度2 m/s2 由静止加速到2 m/s,然后匀速向前,则
最先挡住他前进的关卡是(
)。
A.关卡2 B.关卡3 C.关卡4 D.关卡5
【解析】由v=at1 解得该同学加速到v=2 m/s 所用时间t1=1 s,通过的位移x1=
૚
૛a࢚૚
૛=1 m;之后的4 s 匀速通过的位移
x2=vt2=8 m,可见关卡关闭时该同学到达关卡2 右侧1 m 处;之后2 s 内运动位移为4 m,关卡再次打开,该同学在5 s 内又
运动10 m,到达关卡4 左侧1 m 处,此时关卡恰好关闭,该同学再运动0.5 s 到达关卡4,而此时关卡4 仍处于关闭状态,C
项正确。
4.(2014 年海南卷,T3)将一物体以某一初速度竖直上抛。物体在运动过程中受到一大小不变的空气阻力作用,它从抛出
点到最高点的运动时间为t1,再从最高点回到抛出点的运动时间为t2,如果没有空气阻力作用,它从抛出点到最高点所用
的时间为t0。则(
)。
A.t1>t0,t2<t1
B.t1<t0,t2>t1
C.t1>t0,t2>t1
D.t1<t0,t2<t1
【解析】由题可知,空气阻力大小不变,故题述的三段时间物体均做匀变速直线运动,根据匀变速直线运动的特点,
将三个过程均看成初速度为零的匀变速直线运动,对同一高度,由h=
૚
૛at2 可知,加速度大的用时短,有t2>t1;而对于上升过
程v0=at,加速度大的用时短,有t1<t0。综上可知B 项正确。
5.(2014 年海南卷,T13)短跑运动员完成100 m 赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段。一次比赛中,某运
动员用11.00 s 跑完全程。已知运动员在加速阶段的第2 s 内通过的距离为7.5 m,求该运动员的加速度及在加速阶段通
过的距离。
【解析】根据题意,在第1 s 内和第2 s 内运动员都做匀加速运动。设运动员在匀加速阶段的加速度为a,在第1 s
内和第2 s 内通过的位移分别为x1 和x2,由运动学规律得
x1=
૚
૛a࢚૙
૛
x1+x2=
૚
૛a(2t0)2
式中t0=1 s。联立两式并代入已知条件,得a=5 m/s2
设运动员做匀加速运动的时间为t1,匀速运动的时间为t2,匀速运动的速度为v;跑完全程的时间为t,全程的距离为x。
依题意及运动学规律,得
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t=t1+t2
v=at1
x=
૚
૛a࢚૚
૛+vt2
设加速阶段通过的距离为x',则x'=
૚
૛a࢚૚
૛
联立各式,并代入数据得x'=10 m。
【答案】5 m/s2
10 m
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第2 讲
运动图象、追及与相遇问题
(6)
(3)
1.(运动学图象的应用问题)(2019 年焦作模拟)如图所示,直线a 和曲线b 分别是在平行的平直公路上行驶的汽车a 和b
的v-t 图线,在t1 时刻两车刚好在同一位置(并排行驶),在t1 到t3 这段时间内(
)。
A.在t2 时刻,两车相距最远
B.在t3 时刻,两车相距最远
C.a 车加速度均匀增大
D.b 车加速度先增大后减小
【解析】在t1 时刻两车刚好在同一位置(并排行驶),在t1 到t3 这段时间内,a 的速度一直大于b 的速度,两者间距一
直增大,t3时刻之后,a 的速度小于b 的速度,两者间距减小,则在t3时刻,两车相距最远,A 项错误,B 项正确;根据v-t 图线的
斜率表示加速度可知,a 车的加速度不变,b 车加速度一直增大,C、D 两项错误。
2.(v-t 图象与v-h 图象)(2019 年南京模拟)(多选)伽利略在研究自由落体运动的过程中,曾提出两种假设:①速度v 与下落
的高度h 成正比;②速度v 与下落的时间t 成正比,分别对应于图1 和图2。下列关于图1、图2 的判断正确的是(
)。
A.图1 中加速度不断增大
B.图2 中加速度不断增大
C.图1 中0~h0 内运动的时间是
૛ࢎ૙࢜
૙
D.图2 中0~t0 内运动的位移是࢜૙
૛t0
【解析】由题图1 的图象可得v=kh,加速度a=࢜
૛
૛ࢎ=
࢑૛
૛h 不断增大,易知0~h0 内运动的平均速度小于࢜૙
૛,则运动的时间
大于
૛ࢎ૙࢜
૙,A 项正确,C 项错误;题图2 的v-t 图象为倾斜直线,加速度恒定,为匀加速运动,0~t0内运动的位移x=࢜
૙
૛t0,B 项错误,D
项正确。
【答案】AD
3.(x-t 图象中的追及、相遇问题)(2019 年湖北八校联考)(多选)如图所示为A、B 两质点在同一直线上运动的位移—时间
图象。A 质点的图象为直线,B 质点的图象为过原点的抛物线,两图象交点C、D 的坐标如图。下列说法正确的是(
)。
A.A、B 相遇两次
B.t1~t2 时间段内B 的平均速度与A 的速度相等
C.A、B 速度相等的时刻一定在t1~t2 时间段内的中间时刻
D.A 在B 前面且离B 最远时,B 的位置坐标为࢞૚൅࢞૛
૛
【解析】x-t 图象交点表示A、B 同一时刻到达同一位置,即相遇,A 项正确;由题图可知,t1~t2时间段内,A 做匀速运动,A、
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B 的位置变化相同,则B 的平均速度与A 的速度相等,B 的x-t 图象为过原点的抛物线,所以B 做匀加速运动,B 在t1~t2 时
间段内的平均速度等于其中间时刻的瞬时速度,B、C 两项正确;当A、B 速度相等时,A 在B 前面且离B 最远,即t1~t2 时
间段内的中间时刻,此时A 的位置坐标为࢞૚൅࢞૛
૛
,B 的位置坐标小于࢞૚൅࢞૛
૛
,D 项错误。
【答案】ABC
4.(࢚࢞-t 图象)(2019 年山西吕梁期末)司机驾驶汽车在平直公路上匀速行驶,突然遇到紧急情况刹车直到停止运动,从司机
发现情况到停止运动这段时间内汽车的࢚࢞-t 图象如图所示,下列说法正确的是(
)。
A.从司机发现情况开始至汽车停止所用时间为5.5 s
B.汽车刹车过程的加速度大小为2 m/s2
C.汽车刹车过程的加速度大小为4 m/s2
D.从司机发现情况开始至刹车停止,汽车的总位移为30 m
【解析】由图象可知,第一阶段在司机反应时间0.5 s 内,汽车做匀速直线运动,第二阶段司机刹车,汽车做匀减速直
线运动到停止,根据匀变速直线运动规律有x=v0t+
૚
૛at2,变形得到࢚࢞=v0+
૚
૛at,由图象可得v0=10 m/s,a=-4 m/s2,减速2.5 s 汽
车停止运动,故从司机发现情况开始到汽车停止所用总时间为3 s,全程汽车的位移x=17.5 m,只有C 项正确。
5. (v2-x 图象)(2019 年南昌模拟)一辆汽车做直线运动,其v2-x 图象如图所示。关于汽车的运动,下列说法错误
．．的是(
)。
A.汽车的初速度为4 m/s
B.汽车的加速度大小为0.5 m/s2
C.汽车在第4 s 末的速度为2 m/s
D.汽车前10 s 内的位移为15 m
【解析】由题图可知,初始时速度的平方为16 m2/s2,则汽车的初速度v0=4 m/s,A 项正确;v2 与x 的关系式为v2-42=-x,
与公式v2-࢜
૙૛=2ax 对比,可知汽车做匀减速直线运动,加速度a=-0.5 m/s2,B 项正确;由v=v0+at,可得汽车在第4 s 末的速
度v4=4 m/s-0.5×4 m/s=2 m/s,C 项正确;因
૙െ࢜૙
ࢇ=8 s,则知第8 s 末汽车停止,汽车前10 s 内的位移x=
૙െ࢜૙૛
૛ࢇ=16 m,D 项错误。
6.(v-t 图象中的追及、相遇问题)(2019 年广西重点高中模拟)甲、乙两车同时从同一地点沿着平直的公路前进,它们运动
的v-t 图象如图所示,下列说法正确的是(
)。
A.两车在t=40 s 时再次并排行驶
B.甲车减速过程的加速度大小为0.5 m/s2
C.两车再次并排行驶之前,t=30 s 时两车相距最远
D.两车之间的距离先变大,再减小,最后不变
【解析】t=40 s 时,甲车的位移x 甲=
૛૙൅⺁
૛×30 m+5×10 m=425 m,乙车的位移x 乙=10×40 m=400 m,甲车在乙车前面,A 项
错误;甲车做减速运动的加速度大小a=
૛૙െ⺁
૜૙
m/s2=0.5 m/s2,B 项正确;由两车对应图线与时间轴所围面积之差变化特点
知,两车距离先变大,再减小,最后又变大,D 项错误;两车再次并排行驶之前,两车速度相等时相距最远,两车速度相等时
v0-at'=v 乙,解得t'=20 s,则在两车再次并排行驶之前,t=20 s 时,两车相距最远,C 项错误。
7.(a-t 图象与v-t 图象)(2019 年武汉模拟)一物体由静止开始沿直线运动,其加速度随时间变化的规律如图所示。取物体
开始运动的方向为正方向,则下列关于物体运动的v-t 图象正确的是(
)。
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【解析】根据a-t 图象可得,0~1 s 内物体做匀加速直线运动,速度v=at=t,速度为正方向;第1 s 末的速度v=1 m/s,1 s~2
s 内加速度变为负值,而速度为正方向,因此物体做匀减速直线运动,v'=1 m/s-a(t-1),第2 s 末,速度减小为0;2 s~3 s 内加
速度为正值,初速度为0,物体沿正方向做匀加速直线运动,v=a(t-2)=t-2,即从第2 s 末开始重复前面的运动,综上所述,C 项
正确。
8.(追及问题)(2019 年朔州模拟)一辆执勤的警车停在公路边,当警员发现从他旁边以v=12 m/s 的速度匀速行驶的货车有
违章行为时,立即前去追赶,经t0=2 s,警车发动起来,以加速度a=2 m/s2 做匀加速运动,若警车最大速度可达vm=16 m/s,
求:
(1)在警车追上货车之前,两车间的最大距离。
(2)警车发动起来后至少经多长时间才能追上货车。
【解析】(1)当警车与货车的速度相等时,两车距离最大,有
v=at1
解得t1=6 s
Δx=v(t0+t1)-
૚
૛a࢚૚
૛=60 m。
(2)从警车发动到达到最大速度需要的时间t2=࢜ܕ
ࢇ=8 s
此时货车的位移
x1=v(t0+t2)=120 m
警车位移x2=
૚
૛a࢚૛
૛=64 m
即警车还未追上货车,此时二者相距
Δx'=x1-x2=56 m
还需要时间t3=
ȟ̵࢞࢜
ܕǦ࢜=14 s
所以警车从发动到追上货车的最短时间t=t2+t3=22 s。
【答案】(1)60 m
(2)22 s
9.(相遇问题)(2019 年贵州三校联考)如图所示,在光滑的水平地面上,相距L=10 m 的A、B 两小球均以速度v0=10 m/s 向
右运动,随后两球相继滑上倾角为30°的足够长的光滑斜坡,地面与斜坡平滑连接,取g=10 m/s2。求:
(1)B 球刚要滑上斜坡时A、B 两球的距离。
(2)A 球滑上斜坡后经过多长时间两球相遇。
【解析】(1)设A 球滑上斜坡后经过时间t1,B 球刚要滑上斜坡,则有
t1=
ࡸ࢜
૙=1 s
A 球滑上斜坡后加速度a=gsin 30°=5 m/s2
设这段时间内A 球向上运动的位移为x,则
x=v0t1-
૚
૛a࢚૚
૛=7.5 m。
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(2)B 球刚要滑上斜坡时A 球的速度v1=v0-at1=5 m/s
B 球滑上斜坡时,加速度与A 球相同,以A 球为参考系,B 球相对于A 球以v=v0-v1=5 m/s 做匀速运动,设再经过时间
t2 两球相遇,有
t2=࢞࢜=1.5 s
则两球相遇时A 球滑上斜坡后经过的时间t=t1+t2=2.5 s。
【答案】(1)7.5 m
(2)2.5 s
1.(2018 年全国卷Ⅱ,T19)(多选)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动,其速度—时间图象分别如图中甲、乙两条
曲线所示。已知两车在t2 时刻并排行驶。下列说法正确的是(
)。
A.两车在t1 时刻也并排行驶
B.在t1 时刻甲车在后,乙车在前
C.甲车的加速度大小先增大后减小
D.乙车的加速度大小先减小后增大
【解析】0~t1 时间内,v 乙>v 甲;t1~t2 时间内,v 甲>v 乙,t2 时刻两车相遇,但在t1~t2 时间内甲的位移大于乙的位移,则t1 时
刻甲在乙的后面,A 项错误,B 项正确。由图象的斜率知,甲、乙两车的加速度均先减小后增大,C 项错误,D 项正确。
2.(2018 年全国卷Ⅲ,T18)(多选)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动,甲做匀加速直线运动,乙做匀速直线运动。甲、
乙两车的位置x 随时间t 的变化如图所示。下列说法正确的是(
)。
A.在t1 时刻两车速度相等
B.从0 到t1 时间内,两车走过的路程相等
C.从t1 到t2 时间内,两车走过的路程相等
D.在t1 到t2 时间内的某时刻,两车速度相等
【解析】x-t 图象斜率表示两车速度,则可知t1 时刻乙车速度大于甲车速度,A 项错误;由两图线的纵轴截距知,出发
时甲在乙前面,t1 时刻图线相交表示两车相遇,可得0 到t1 时间内乙车比甲车多走了一段距离,B 项错误;t1 和t2 两图线相
交,表明两车均在同一位置,从t1 到t2 时间内,两车走过的路程相等,C 项正确;在t1 到t2 时间内,两图线有斜率相等的一个
时刻,即该时刻两车速度相等,D 项正确。
【答案】CD
3.(2018 年浙江选考,T4)一辆汽车沿平直道路行驶,其v-t 图象如图所示。在t=0 到t=40 s 这段时间内,汽车的位移是(
)。
A.0
B.30 m
C.750 m
D.1200 m
【解析】在v-t 图象中图线与时间轴围成的面积表示位移,故在40 s 内汽车的位移x=
૚
૛×(10+40)×30 m=750 m,C 项正
确。
4.(2016 年全国卷Ⅰ,T21)(多选)甲、乙两车在平直公路上同向行驶,其v-t 图象如图所示。已知两车在t=3 s 时并排行驶,
则(
)。
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A.在t=1 s 时,甲车在乙车后
B.在t=0 时,甲车在乙车前7.5 m
C.两车另一次并排行驶的时刻是t=2 s
D.甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m
【解析】在t=3 s 时,两车并排,由图可知在1 s~3 s 两车行驶的位移大小相等,说明在t=1 s 时,两车并排,由图象可得,
第1 s 内乙车位移大于甲车位移,且位移差Δx=x2-x1=
⺁൅૚૙
૛×1 m=7.5 m,在t=0 时,甲车在乙车前7.5 m,A、C 两项错误,B 项正
确;在1 s~3 s 两车的平均速度等于中间时刻的速度,即࢜=v2=20 m/s,位移均为x=࢜
t=40 m,D 项正确。
5.(2014 年全国卷Ⅱ,T14)甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶。在t=0 到t=t1 的时间内,它们的v-t 图象如图所示。
在这段时间内(
)。
A.汽车甲的平均速度比乙的大
B.汽车乙的平均速度等于࢜૚൅࢜૛
૛
C.甲、乙两汽车的位移相同
D.汽车甲的加速度大小逐渐减小,汽车乙的加速度大小逐渐增大
【解析】因为图线与坐标轴所围的面积是汽车的位移,所以在0~t1 时间内,汽车甲的位移大于汽车乙的位移,故根据࢜
=࢚࢞可知,汽车甲的平均速度比汽车乙的大,A 项正确,C 项错误;因为汽车乙做变减速运动,所以平均速度不等于࢜૚൅࢜૛
૛
,B 项
错误;因为图线切线的斜率等于汽车的加速度,所以汽车甲和乙的加速度均逐渐减小,D 项错误。
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一、选择题
1.(2019 年山西省晋城市高三下学期第三次模拟)如图所示为A、B 两物体从同一点出发的位移—时间图象,则下列说法
正确的是(
)。
A.0~2 s 内A、B 两物体的运动方向都发生了改变
B.1.5 s 末A、B 两物体的速度相同
C.0~1.5 s 的时间内,A 的平均速度等于B 的平均速度
D.0~2 s 内A、B 两物体之间的最大距离为3 m
【解析】由于位移—时间图象各点的斜率表示对应时刻的速度,由图可知,0~2 s 内A、B 两物体的速度(斜率)没有负
值,即运动方向没有发生改变,A 项错误。1.5 s 末A、B 两物体的位置坐标相同,说明两物体相遇,而不是速度相同,B 项错
误。由图可知,0~1.5 s 的时间内,两物体的位移相等,所用时间也相等,所以平均速度相等,C 项正确。从x-t 图象看出,两个
物体1 s(2 s) 末纵坐标读数之差最大,两物体相距最远,且最大距离Δx=3 m-1 m=2 m,D 项错误。
2.(2019 年上海奉贤区模拟)一物体运动的速度随时间变化的关系如图所示,根据图象可知(
)。
A.0~4 s 内物体在做曲线运动
B.0~4 s 内物体的速度一直在减小
C.物体的加速度在t=2.5 s 时方向改变
D.0~4 s 内物体速度的变化量的大小为8 m/s
【解析】v-t 图象只能描述直线运动,A 项错误;由题图知,4 s 内物体的速度先减小后反向增大,B 项错误;2.5 s 时,物体
速度改变方向,v-t 图线斜率的正负不变,加速度方向不变,C 项错误;4 s 内速度变化量的大小Δv=8 m/s,D 项正确。
3.(2019 年河北省石家庄市高三联考)(多选)如图所示,一滑块以5 m/s 的速度从固定斜面底端O 点冲上斜面,经时间t1
到达A 点时的速度为3 m/s,再经时间t2 到达B 点时的速度为0,下列说法正确的是(
)。
A.O、A 间的距离与A、B 间的距离之比为16∶9
B.O、A 间的距离与A、B 间的距离之比为3∶5
C.t1 与t2 之比为2∶3
D.t1 与t2 之比为3∶2
【解析】滑块在斜面上做匀减速直线运动,设加速度大小为a,O、A 之间距离为x1,A、B 之间距离为x2,由匀变速直
线运动规律可得࢜
૙૛-࢜
࡭૛=2ax1,࢜
࡭૛=2ax2,联立解得x1∶x2=16∶9,A 项正确,B 项错误;由匀变速直线运动规律可得
v0-vA=at1,vA=at2,联立解得t1∶t2=2∶3,C 项正确,D 项错误。
4.(2019 年河北衡水一中模拟)一个质点做直线运动,其位移随时间变化的规律为x=6t-3t2(m),其中时间t 的单位为s,则
当质点的速度大小为9 m/s 时,质点运动的位移为(
)。
A.3.75 m
B.-3.75 m
C.2.25 m D.-2.25 m
【解析】根据匀变速位移方程x=v0t+
૚
૛at2,可知物体初速度为6 m/s,加速度为-6 m/s2。所以当质点速度大小为9 m/s
时,根据速度位移关系有x'=࢜
૛Ǧ࢜૙૛
૛ࢇ=-3.75 m,B 项正确。
5.(2019 年安徽安庆模拟)(多选)质点做直线运动的位移x 和时间的二次方t2 的关系图象如图所示,则该质点(
)。
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A.加速度大小为1 m/s2
B.任意相邻1 s 内的位移差都为2 m
C.2 s 末的速度是4 m/s
D.第3 s 内的平均速度大小为3 m/s
【解析】根据题图可得关系式x=t2,对照匀变速直线运动的位移时间公式x=v0t+
૚
૛at2,可知质点的初速度为0,加速度
a=2 m/s2,且加速度恒定不变,A 项错误;根据Δx=aT2=2×1 m=2 m,可知任意相邻1 s 内的位移差都为2 m,B 项正确;2 s 末的
速度v2=at2=4 m/s,C 项正确;质点第3 s 内的位移x3=32 m-22 m=5 m,平均速度大小ܞ
െ=࢞
૜࢚
૜=5 m/s,D 项错误。
6.(2019年山西平遥中学月考)物体做匀变速直线运动,从运动开始计时,在时间t内的平均速度满足ܞ
െ=1+t(各物理量均为
国际单位),则(
)。
A.物体的初速度为零
B.物体的加速度为1 m/s2
C.3 s 末物体的速度为7 m/s
D.3 s 末物体的位移为8 m
【解析】根据匀变速直线运动的规律可知x=v0t+
૚
૛at2,变形为࢚࢞=v0+
૚
૛at,即ܞ
െ=v0+
૚
૛at,比较ܞ
െ=1+t 可知,v0=1 m/s,a=2
m/s2,A、B 两项错误;3 s 末物体的速度v3=v0+at3=7 m/s,C 项正确;3 s 末物体的位移x3=v0t3+
૚
૛a࢚૜
૛=12 m,D 项错误。
7.(2019 年江西都昌一中模拟)甲、乙两人分别在结构相同、层高相同的楼房的四楼和三楼,同时从阳台地面处由静止释
放手中的小球,测得两小球相继落地的时间差为t0,则(
)。
A.该楼房层高为
૚
૛g࢚૙
૛( ૜+ ૛)2
B.该楼房层高为
૚
૛g࢚૙
૛
C.从三楼阳台落下的小球落地的时间为૜t0
D.从三楼阳台落下的小球落地的时间为૟t0
【解析】设层高为h,从三楼、四楼阳台落下的小球落地的时间分别为t、t1,根据题意,有2h=
૚
૛gt2,3h=
૚
૛g࢚૚
૛,t1-t=t0,
解得h=
૚
૛g࢚૙
૛( ૜+ ૛)2,t= ૛( ૜+ ૛)t0,只有A 项正确。
8.(2019 年江西赣中南五校联考)我国是一个消耗能源的大国,节约能源刻不容缓。设有一架直升机以加速度a 从地面由
静止开始竖直向上起飞,已知飞机在上升过程中每秒钟的耗油量V=pa+q(p、q 均为常数),若直升机欲加速上升到某一高
度处,且耗油量最小,则其加速度大小应为(
)。
A.ࢗ࢖B.
࢖ࢗ
C.
࢖൅ࢗ
࢖
D.
࢖൅ࢗࢗ
【解析】设匀加速直线运动的加速度为a, 高度为h, 由h=
૚
૛at2 得,t=
૛ࢎ
ࢇ, 则消耗的油量
V'=(pa+q)t=(pa+q)
૛ࢎ
ࢇ= ૛ࢎ࢖ࢇ൅ࢗ
ࢇ,知p ࢇ=ࢗࢇ时,油量消耗最小,解得a=ࢗ࢖,A 项正确。
二、非选择题
9.(2019年合肥一中检测)斜面长度为4 m,一个尺寸可以忽略不计的滑块以不同的初速度v0从斜面顶端沿斜面下滑时做
匀变速直线运动,其下滑的最大距离x 与初速度二次方࢜
૙૛的关系图象(x-࢜
૙૛图象)如图所示。
(1)求滑块下滑的加速度大小。
(2)若滑块下滑的初速度为5.0 m/s,则滑块沿斜面下滑的时间为多长?
【解析】(1)由图知滑块在斜面上做匀减速运动,由࢜
૙૛=2ax 可知,题中图线斜率为
૚
૛ࢇ=
૜
૚૛
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解得滑块下滑的加速度大小a=2 m/s2。
(2)由࢜
૛Ǧ࢜૙૛
Ǧ૛ࢇ=x 可知,当滑块的初速度为4 m/s 时,滑块刚好能滑到斜面最低点,故滑块下滑的初速度为5.0 m/s 时能滑
到斜面最低点
设滑块在斜面上的滑动时间为t
则x=v0t-
૚
૛at2
代入数据解得t=1 s,t=4 s(舍去)。
【答案】(1)2 m/s2
(2)1 s
10. (2019 年安徽阜阳三中周考)如图所示,在公路的十字路口,红灯拦停了一车队,拦停的汽车排成笔直的一列,第一辆
汽车的前端刚好与路口停止线相齐,汽车长均为l=4 m,前面汽车尾部与相邻汽车的前端距离均为d1=1 m。为了安全,前
面汽车尾部与相邻汽车的前端距离至少为d2=5 m 才能开动,若汽车都以a=2 m/s2 的加速度做匀加速直线运动。绿灯亮
起瞬间,第一辆汽车立即开动,求:
(1)第六辆汽车前端刚到达停止线时的速度大小v。
(2)从绿灯刚亮起到第六辆汽车前端与停止线相齐所需最短时间t。
【解析】(1)第六辆汽车前端与停止线的距离
s1=5(l+d1)=25 m
由v2=2as1,解得v=10 m/s。
(2)设第二辆汽车刚开动时,第一辆汽车至少已行驶的时间为t1,则第二辆汽车刚开动时,第一辆汽车至少行驶的距
离
s2=d2-d1=4 m,由s2=
૚
૛a࢚૚
૛,解得t1=2 s
从绿灯刚亮起到第六辆汽车刚开动至少所需时间
t2=5t1=10 s
从第六辆汽车刚开动到前端与停止线相齐所需时间
t3=࢜ࢇ=5 s
从绿灯刚亮起到第六辆汽车前端与停止线相齐所需最短时间t=t2+t3=15 s。
【答案】(1)10 m/s
(2)15 s
11.(2019 年苏州调研)A、B 两辆汽车在笔直的公路上同向行驶,当B 车在A 车前84 m 处时,B 车速度为4 m/s,且正以2
m/s2 的加速度做匀加速运动;经过一段时间后,B 车加速度突然变为零,A 车一直以20 m/s 的速度做匀速运动。经过12 s
后两车相遇。问B 车加速行驶的时间是多少?
【解析】设A 车的速度为vA,B 车加速行驶时间为t,两车在t0 时相遇,则有
sA=vAt0
sB=vBt+
૚
૛at2+(vB+at)(t0-t)
式中,t0=12 s,sA、sB 分别为A、B 两车相遇前行驶的路程。依题意有sA=sB+s,式中s=84 m
联立并代入题给数据有t2-24t+108=0
解得t1=6 s,t2=18 s
t2=18 s 不合题意,舍去。因此,B 车加速行驶的时间为6 s。
【答案】6 s
12.(2019 年安徽百校联考)某天大雾弥漫,能见度很低,甲、乙两辆汽车同向行驶在同一平直公路上,甲车在前,乙车在后,
甲车的速度v1=15 m/s,乙车的速度v2=25 m/s,当乙车行驶到距甲车s=60 m 时,驾驶员发现了前方的甲车,设两车驾驶员
的反应时间均为Δt=0.5 s。
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(1)若乙车的驾驶员发现甲车后经反应时间Δt 后立即刹车做匀减速运动,为了避免两车相撞,求乙车减速运动的最小加
速度的大小a1(此过程甲车速度保持不变)。
(2)若乙车的驾驶员发现甲车后经反应时间Δt 后,仅采取鸣笛警告措施,甲车驾驶员听到鸣笛后经反应时间Δt 后立即做
匀加速运动,为了避免两车相撞,求甲车加速运动的最小加速度的大小a2。(不考虑声音的传播时间)
【解析】(1)设乙车减速运动时间t1 后两车速度相等,若两车恰好不相撞,则有
v2-a1t1=v1
v2Δt+
૚
૛(v1+v2)t1=s+v1(Δt+t1)
联立解得t1=11 s,a1=
૚૙
૚૚m/s2。
(2)设甲车加速运动时间t2 后两车速度相等,若两车恰好不相撞,当甲车开始加速运动时,两车的距离为
s0=s-(v2-v1)×2Δt
v1+a2t2=v2
v2t2=s0+
૚
૛(v1+v2)t2
联立解得t2=10 s,a2=1 m/s2。
【答案】(1)
૚૙
૚૚m/s2
(2)1 m/s2
13.(2019 年江西铜仁联考)ETC 是目前世界上最先进的路桥收费方式,它通过安装在车辆挡风玻璃上的车载电子标签与
设在收费站ETC 通道上的微波天线进行短程通信,利用网络与银行进行后台结算处理,从而实现车辆不停车就能支付路
桥费的目的。2015 年我国ETC 已实现全国联网,大大缩短了车辆通过收费站的时间。假设一辆汽车以10 m/s 的速度
驶向收费站,若进入人工收费通道,它从距收费窗口20 m 处开始做匀减速运动,至窗口处恰好停止,再用10 s 时间完成交
费;若进入ETC 通道,它从某位置开始做匀减速运动,当速度减至5 m/s 时,再以此速度匀速行驶5 m 即可完成交费。若两
种情况下,汽车减速时的加速度相同,求:
(1)汽车进入ETC 通道减速行驶的位移大小。
(2)汽车从开始减速到交费完成,从ETC 通道通行比从人工收费通道通行节省的时间。
【解析】(1)根据速度与位移的关系式,汽车做匀减速直线运动的加速度大小a=࢜
૛
૛࢞=2.5 m/s2
汽车在ETC 收费通道,做匀减速直线运动的时间t1=̵࢜
Ǧ࢜
Ǧࢇ=2 s
做匀减速直线运动的位移x1=̵࢜
૛Ǧ࢜૛
Ǧ૛ࢇ=15 m。
(2)汽车在ETC 收费通道匀速行驶的时间t2=̵̵࢞࢜ =1 s
从开始减速到交费完成所需的时间t=t1+t2=3 s
汽车过人工收费通道,匀减速直线运动的时间t3=࢜ࢇ=4 s
汽车进入人工收费通道,从开始减速到交费完成所需的时间t'=(4+10) s=14 s
因此节省的时间Δt=t'-t=11 s。
【答案】(1)15 m
(2)11 s
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(8)
1.(滑动摩擦力)(2019 年洛阳检测)如图所示,物块M 在静止的传送带上匀速下滑时,传送带突然顺时针(图中箭头所示)
转动起来,则传送带转动后,下列说法正确的是(
)。
A.M 受到的摩擦力不变
B.M 受到的摩擦力变大
C.M 可能减速下滑D.M 可能减速上滑
【解析】根据滑动摩擦力的公式Ff=μFN,传送带突然顺时针转动并不会影响动摩擦因数和物块对传送带的压力,所
以滑动摩擦力大小不变,方向仍沿传送带向上,物块受重力、支持力和摩擦力的合力仍为零,故仍匀速下滑,A 项正确。
2.(弹力)(2019 年湖南永州模拟)(多选)如图所示,两根光滑细棒在同一竖直平面内,且与水平面成37°角,棒上各穿有一个
质量为m 的相同小球,两球用轻质弹簧连接,在图中位置处于静止状态,此时弹簧与水平面平行,则下列判断正确的是
(
)。
A.弹簧处于拉伸状态
B.弹簧处于压缩状态
C.弹簧的弹力大小为
૜
૝mg
D.弹簧的弹力大小为
૜
ૡmg
【解析】以左侧小球为研究对象,假如弹簧处于压缩状态,弹簧对该球的弹力方向水平向左,小球还受到竖直向下的
重力和垂直于棒的弹力,根据平行四边形定则可知,这三个力的合力不可能为零,则小球不可能处于静止状态,与题设矛
盾,所以弹簧一定处于拉伸状态,故A 项正确,B 项错误;根据平衡条件得弹簧的弹力大小满足F=mgtan 37°,解得弹簧的弹
力大小F=
૜
૝mg,故C 项正确,D 项错误。
3.(摩擦力)(2019 年河北保定月考)如图所示,物体A、B 叠放在物体C 上,C 置于水平地面上,水平力F 作用于B 上,使A、
B、C 一起匀速运动,各物体间摩擦力的情况是(
)。
A.B 对C 有向左的摩擦力
B.C 对A 有向左的摩擦力
C.物体C 受到三个摩擦力作用
D.C 对地面有向右的摩擦力
【解析】三个物体都做匀速直线运动,合外力均为零,以B 为研究对象,B 在水平方向受到向右的拉力F 作用,根据平
衡条件可知,C 对B 有向左的静摩擦力,而且此静摩擦力与F 平衡,根据牛顿第三定律可知,B 对C 有向右的静摩擦力,A 项
错误。对A 研究,由平衡条件可知,C 对A 没有摩擦力,否则A 受力不平衡,不可能做匀速直线运动,则A 对C 也没有摩擦
力,B 项错误。以整体为研究对象,由平衡条件可知,地面对C 有向左的滑动摩擦力,则C 对地面有向右的滑动摩擦力,C 受
到两个摩擦力,C 项错误,D 项正确。
4. (重力)(2019 年江西景德镇模拟)(多选)如图所示,一个教学用的直角三角板的边长分别为a、b、c,被沿两直角边的轻
绳A、B 悬吊在天花板上,且斜边c 恰好平行于天花板,过直角的竖直线为MN。设A、B 两绳对三角板的拉力分别为Fa
和Fb,已知Fa 和Fb 以及三角板所受的重力为在同一平面的共点力,则下列判断正确的是(
)。
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A.三角板的重心不在MN 上
B.三角板所受重力的反作用力的作用点在MN 上
C.两绳对三角板的拉力Fa 和Fb 是由三角板发生形变而产生的
D.两绳对三角板的拉力Fa 和Fb 之比Fa∶Fb=b∶a
【解析】三角板受重力、Fa、Fb 三个共点力处于平衡状态,由几何关系,三个力一定交于过三角板直角的竖直线MN
上的某点,所以重心一定在MN 上,A 项错误;重心一定在MN 上,则根据牛顿第三定律知,重力的反作用力的作用点在MN
上,B 项正确;两绳对三角板的拉力Fa 和Fb 是由绳发生形变而产生的,C 项错误;三角板受力分析如图所示,根据平衡条件
得Fa=mgcos α,Fb=mgsin α,则Fa∶Fb=1∶tan α=b∶a,D 项正确。
5.(摩擦力) (2019 年陕西西安模拟)如图所示,一斜面固定在地面上,木块m 和M 叠放在一起沿斜面向下运动,它们始终
相对静止,m、M 间的动摩擦因数为μ1,M 与斜面间的动摩擦因数为μ2,则(
)。
A.若m、M 一起做匀加速运动,可能有μ1=0,μ2=0
B.若m、M 一起做匀速运动,一定有μ1=0,μ2≠0
C.若m、M 一起做匀速运动,一定有μ1≠0,μ2=0
D.若m、M 一起做匀速运动,可能有μ1≠0,μ2≠0
【解析】若m、M 一起做匀加速运动,对m 受力分析,根据牛顿第二定律知,M 对m 的摩擦力使之向右做加速运动,
则一定有μ1≠0,A 项错误。若m、M 一起做匀速运动,合力为零,对m,由平衡条件可知,m、M 之间没有摩擦力,故可能有
μ1≠0,也可能有μ1=0;对整体,由平衡条件分析可知,斜面对M 有摩擦力作用,方向沿斜面向上,故μ2≠0,B、C 两项错误,D 项
正确。
6.(摩擦力)(2019 年湖北武汉一模)(多选)如图1 所示,斜面体固定在水平面上,斜面上有一物块在拉力F 的作用下始终处
于静止状态,拉力F 在如图2 所示的范围内变化,取沿斜面向上为正方向。则物块所受的摩擦力f 与时间t 的关系图象
可能正确的是(
)。
【解析】若t=0 时静摩擦力沿斜面向上,随F 减小,f 增大,F 反向后,f 在原来基础上继续增大,D 项可能;若t=0 时静摩
擦力沿斜面向下,随F 减小,f 减小,在F=0 前,f 变为沿斜面向上,B 项可能。
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7.(摩擦力)(2019 年安阳联考)(多选)如图1 所示,A、B 两个物体叠放在水平面上,B 物体的上下表面均水平,A 物体与一拉
力传感器通过水平细绳连接。从t=0 时刻起,用一水平向右的力F=kt(k 为常数)作用在B 上,力传感器的示数随时间变化
的图线如图2 所示,已知k、t1、t2,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。据此可求(
)。
A.A、B 之间的最大静摩擦力
B.水平面与B 之间的最大静摩擦力
C.A、B 之间的动摩擦因数μAB
D.B 与水平面之间的动摩擦因数μ
【解析】由题图可知,B 与水平面间达到最大静摩擦力后,力传感器示数才大于零,水平面与B 之间的最大静摩擦力
Ffm=kt1,A、B 相对滑动后,力传感器的示数保持不变,则A、B 间的最大静摩擦力FfAB=kt2-Ffm=k(t2-t1),A、B 两项正确;由于
A、B 的质量未知,则μAB和μ不能求出,C、D 两项错误。
8. (弹力、胡克定律)(2019 年浙江金华五校联考)如图所示,质量为m 的物体连接在置于水平面上的劲度系数为k 的竖
直轻弹簧上。一根弹性细绳跨过定滑轮与物体连接。弹性细绳没有拉力时,其端点位于M 位置。缓慢拉细绳直到端点
到N 位置时,弹簧对物体的拉力大小恰好等于物体的重力。已知这种弹性细绳的弹力与伸长量成正比,比例系数为k',
重力加速度大小为g, 求:
(1)弹性细绳没有拉力时,弹簧的形变量。
(2)把弹性细绳端点从M 拉到N 过程中物体上升的高度。
(3)M、N 间的距离。
【解析】(1)细绳没有拉力时,弹簧处于压缩状态,设压缩量为x0,有kx0=mg,解得x0=
࢓ࢍ
࢑。
(2)当弹性细绳端点从M 缓慢拉到N 位置时,因弹簧对物体的拉力大小恰好等于物体的重力,说明弹簧处于伸长状
态,且伸长量
x1=x0=
࢓ࢍ
࢑
所以物体上升的高度h=2x0=
૛࢓ࢍ
࢑。
(3)弹性细绳中的弹力FT=2mg
弹性细绳的伸长量x2=
ࡲ܂
࢑̵ =
૛࢓ࢍ
࢑̵
M、N 间的距离xMN=h+x2=2mg
૚
࢑൅
૚
࢑̵ 。
【答案】(1)
࢓ࢍ
࢑
(2)
૛࢓ࢍ
࢑
(3)2mg
૚
࢑൅
૚
࢑̵
1.(2019 年全国卷Ⅰ,T19)(多选) 如图,一粗糙斜面固定在地面上,斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮,其一端
悬挂物块N,另一端与斜面上的物块M 相连,系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N,直至悬挂N 的细绳
与竖直方向成45°。已知M 始终保持静止,则在此过程中(
)。
A.水平拉力的大小可能保持不变
B.M 所受细绳的拉力大小一定一直增加
C.M 所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
D.M 所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
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【解析】N 一直处于平衡状态,设悬挂N 的细绳与竖直方向的夹角为θ,则水平拉力F=mgtan θ,细绳的拉力T=
࢓ࢍ
܋thࣂ, 在
θ由0 增加到45°的过程中,水平拉力F 逐渐增大,细绳的拉力T 也逐渐增大,A 项错误,B 项正确;如果初始状态M 受到的
静摩擦力沿斜面向上,随着细绳的拉力T 的增大,M 受到的静摩擦力将先减小到零,然后反向增大,D 项正确,C 项错误。
2.(2019 年4 月浙江选考,T11)如图所示,一根粗糙的水平横杆上套有A、B 两个轻环,系在两环上的等长细绳拴住的书本
处于静止状态,现将两环距离变小后书本仍处于静止状态,则(
)。
A.杆对A 环的支持力变大
B.B 环对杆的摩擦力变小
C.杆对A 环的力不变
D.与B 环相连的细绳对书本的拉力变大
【解析】对两环和书本的整体受力分析,竖直方向有2FN=mg,可知将两环距离变小后杆对A 环的支持力不变,A 项
错误;对圆环B 受力分析可知,f=Tcos θ,对书本有2Tsin θ=mg,解得f=
࢓ࢍ
૛thܖࣂ(其中θ是绳与杆之间的夹角),则当两环距离变小
后,θ变大,f 减小,与B 环相连的细绳对书本的拉力T 变小,B 项正确,D 项错误;同理,杆对A 环的摩擦力减小,杆对A 环的支
持力不变,则杆对A 环的力减小,C 项错误。
3.(2017 年全国卷Ⅲ,T17)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm 的两点上,弹性绳的原长也为80
cm。将一钩码挂在弹性绳的中点,平衡时弹性绳的总长度为100 cm;再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点,则
弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)(
)。
A.86 cm B.92 cm C.98 cm D.104 cm
【解析】前后两次钩码均处于平衡状态,即合力为零,在改变绳长的同时,绳与竖直方向的夹角跟着改变。由题可知,
挂上钩码后,如图甲所示,此时弹性绳长度为100 cm,则θ=37°,sin θ=0.6。对结点O 进行受力分析如图乙所示,则由图乙得
2Tsin θ=mg,当将两端缓慢移动至同一点时,由受力分析可得2T'=mg,由弹性绳上弹力F=kx 得出
ࢀ࢞=
ࢀ̵̵࢞ ,由题可知x=100
cm-80 cm=20 cm,则移动后弹性绳伸长的长度x'=12 cm,那么弹性绳总长度变为L=L0+x'=92 cm,B 项正确。
甲
乙
4.(2016 年海南卷,T2)如图,在水平桌面上放置一斜面体P,两长方体物块a 和b 叠放在P 的斜面上,整个系统处于静止状
态。若将a 与b、b 与P、P 与桌面之间摩擦力的大小分别用f1、f2 和f3 表示。则(
)。
A.f1=0,f2≠0,f3≠0
B.f1≠0,f2=0,f3=0
C.f1≠0,f2≠0,f3=0
D.f1≠0,f2≠0,f3≠0
【解析】对整体受力分析可知,整体相对地面没有运动趋势,故f3=0;再将a 和b 看成一个整体,a、b 整体有相对斜
面向下运动的趋势,故b 与P 之间有摩擦力,即f2≠0;最后对a 受力分析可知,a 相对于b 有向下运动的趋势,a 和b 之间存
在摩擦力作用,即f1≠0,C 项正确。
5.(2016 年江苏卷,T1)一轻质弹簧原长为8 cm,在4 N 的拉力作用下伸长了2 cm,弹簧未超出弹性限度,则该弹簧的劲度
系数为(
)。
A.40 m/N
B.40 N/m
C.200 m/N
D.200 N/m
【解析】由胡克定律得劲度系数k=
ࡲ
ȟ࢞=200 N/m,D 项正确。
6.(2015 年山东卷,T16)如图,滑块A 置于水平地面上,滑块B 在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B 接触面竖直),此时A 恰
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好不滑动,B 刚好不下滑。已知A 与B 间的动摩擦因数为μ1,A 与地面间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦
力。A 与B 的质量之比为(
)。
A.
૚
ࣆ૚ࣆ૛
B.
૚െࣆ૚ࣆ૛
ࣆ૚ࣆ૛
C.
૚൅ࣆ૚ࣆ૛
ࣆ૚ࣆ૛
D.
૛൅ࣆ૚ࣆ૛
ࣆ૚ࣆ૛
【解析】设水平作用力大小为F,对滑块A、B 整体在水平方向上有F=μ2(mA+mB)g;对滑块B 在竖直方向上有μ1F=mBg,
联立解得
࢓࡭
࢓࡮=
૚െࣆ૚ࣆ૛
ࣆ૚ࣆ૛,B 项正确。
7.(2015 年上海卷,T14)如图,一质量为m 的正方体物块置于风洞内的水平面上,其一面与风速垂直,当风速为v0时刚好能
推动该物块。已知风对物块的推力F∝Sv2,其中v 为风速、S 为物块迎风面积。当风速变为2v0 时,刚好能推动用同一材
料做成的另一正方体物块,则该物块的质量为(
)。
A.4m
B.8m
C.32m
D.64m
【解析】设质量为m 的正方体的边长为a,刚好被推动,在水平方向上受到风力和最大静摩擦力,最大静摩擦力与正
压力成正比,设比例系数为μ,且二力大小相等,有μmg=kS࢜
૙૛, m=ρV=ρa3,S=a2,联立解得a=
࢑࢜૙૛࣋
ࢍࣆ;同理另一块质量为m'的正
方体的边长为b,刚好被推动时,有b=
࢑ሺ૛࢜૙ሻ૛࣋
ࢍࣆ,解得b=4a,所以质量为m'的正方体的体积是质量为m 的正方体体积的64
倍,即m'=64m,故D 项正确,A、B、C 三项错误。
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(10)
1.(力的合成)(2019 年承德高三模拟)如图所示是剪式千斤顶,当摇动把手时,螺纹轴就能迫使千斤顶的两臂靠拢,从而将
汽车顶起。当车轮刚被顶起时,汽车对千斤顶的压力为1.0×105 N,此时千斤顶两臂间的夹角为120°,则下列判断正确的
是(
)。
A.此时两臂受到的压力大小均为5.0×104 N
B.此时千斤顶对汽车的支持力大小为2.0×105 N
C.若继续摇动把手,将汽车顶起,两臂受到的压力将增大
D.若继续摇动把手,将汽车顶起,两臂受到的压力将减小
【解析】分解千斤顶受到的压力,由几何知识可得此时两臂受到的压力大小均为1.0×105 N,A 项错误;由牛顿第三定
律可知,千斤顶对汽车的支持力大小为1.0×105 N,B 项错误;若继续摇动把手,两臂间的夹角减小,而合力不变,故两分力减
小,即两臂受到的压力将减小,C 项错误,D 项正确。
2.(力的分解)(2019年石家庄模拟)如图所示,一个“Y”形弹弓顶部跨度为L,两根相同的橡皮条自由长度均为L,在两橡皮条
的末端用一块软羊皮(长度不计)做成裹片。若橡皮条的弹力与形变量的关系满足胡克定律,且劲度系数为k,发射弹丸
时每根橡皮条的最大长度为2L(在弹性限度内),则发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为(
)。
A.kL B.2kL
C.
૜
૛kL
D.
૚⺁
૛kL
【解析】根据胡克定律知,每根橡皮条长度最大时的弹力F=k(2L-L)=kL。设此时两根橡皮条的夹角为θ,如图所示,根
据几何三角形与力的三角形相似知,sin
ࣂ
૛=
૚
૝,根据平行四边形定则知,弹丸被发射过程中所受的最大弹力F 弹=2Fcos
ࣂ
૛=
૚⺁
૛kL,故D 项正确。
3.(动杆与定杆)(2019 年绵阳模拟)一同学用如图所示方式体验力的作用效果。水平放置的一根铅笔,O 端用轻绳拉住,
轻绳的另一端绕在食指上的B 点。铅笔的O 端用另一根轻绳吊一重物,铅笔的笔尖在手掌上的A 点,手掌和手指在同一
个竖直平面内,铅笔始终水平。若将轻绳在食指上的端点稍稍下移,下列说法正确的是(
)。
A.B 点受到的拉力变小B.A 点受到的压力不变
C.B 点受到的拉力不变D.A 点受到的压力变大
【解析】重物对点O 的拉力产生两个效果,即沿着OA 方向的压力和沿着BO 方向的拉力,如图所示,根据平行四边
形定则,有FOBcos α=mg,FOBsin α=FOA。若将轻绳在食指上的端点稍稍下移,则角度α变大,cos α变小,sin α变大,故FOB、FOA
变大,D 项正确。
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4.(对称法解决非共面力问题)(2019 年广州检测)如图是悬绳对称且长度可调的自制降落伞。用该伞挂上重为G 的物体
进行两次落体实验,悬绳的长度l1<l2,该伞匀速下降时每根悬绳的拉力大小分别为F1、F2,则(
)。
A.F1<F2
B.F1>F2
C.F1=F2<G
D.F1=F2>G
【解析】由题意知,物体受重力和n 根悬绳拉力作用处于平衡状态,由对称性可知,每根悬绳拉力的竖直分力为
ࡳ
࢔,设
悬绳与竖直方向的夹角为θ,则有Fcos θ=
ࡳ
࢔,解得F=
ࡳ
࢔܋thࣂ,由于无法确定ncos θ是否大于1,故无法确定拉力F 与重力G 的
关系,C、D 两项错误;悬绳较长时,夹角θ较小,故拉力较小,即F1>F2,A 项错误,B 项正确。
5.(力的合成中的极值问题)(2019 年云南昆明统考)如图所示,物体静止于光滑水平面M 上,水平恒力F1 作用于物体上,
现要使物体沿着OO'方向做直线运动(F1和OO'都在M 平面内)。那么必须同时再施加一个力F2,则F2的最小值是(
)。
A.F1cos θ B.F1sin θ
C.F1tan θ D.
ࡲ૚
thܖࣂ
【解析】要使物体沿OO'方向做直线运动,则物体受到的合力F 沿OO'方向,如图所示,由三角形定则知,当F2 方向垂
直OO'时,F2 有最小值,此时F2=F1sin θ,B 项正确。
6.(动杆与定杆)(2019 年福建福州10 月模拟)如图为三种形式的吊车的示意图,OA 是可绕O 点转动的杆,重量不计,AB 为
缆绳,当它们吊起相同重物时,杆OA 在三图中受力分别为Fa、Fb、Fc,这三个力的关系是(
)。
A.Fa>Fb=Fc
B.Fa=Fb>Fc
C.Fa>Fb>Fc
D.Fa=Fb=Fc
【解析】对图1,画出A 点受力分析图(图甲),由牛顿第三定律,可得图甲中杆OA 受力Fa=2Gcos 30°= ૜G。对图2,
画出A 点受力分析图(图乙),由牛顿第三定律,可得图2 中杆OA 受力Fb=
ࡳ
thܖ૜૙ι= ૜G。对图3,画出A 点受力分析图(图丙),
由牛顿第三定律,可得图3 中杆OA 受力Fc=Gcos 30°=
૜۵
૛。所以Fa=Fb>Fc,B 项正确。
7.(力的合成)(2019 年湖北黄石检测)(多选)如图所示,横截面为直角三角形的物块ABC 的AB 边靠在竖直墙面上,F 是垂直
于斜面BC 的推力,这时物块静止不动。假设物块受到的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,现将力F 增大,下列说法正确
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的是(
)。
A.物块所受合力增大
B.物块所受摩擦力增大
C.物块仍将静止不动
D.物块将向下滑动
【解析】如图所示,由平衡条件得f=G+Fsin α,力F 增大,f 增大,故B 项正确。物块静止不动,则有G+Fsin α≤μFN,又
FN=Fcos α,得G+Fsin α≤μFcos α,根据数学知识可知ΔFsin α≤μΔFcos α,得到G+(F+ΔF)sin α≤μ(F+ΔF)cos α,物块仍将静止不动,
故C 项正确,D 项错误。物块静止不动,所受合力为零,保持不变,故A 项错误。
8.(力的合成)(2019 年湖北黄冈检测)哥伦比亚大学的工程师研究出一种可以用于人形机器人的合成肌肉,可模仿人体肌
肉做出推、拉、弯曲和扭曲等动作。如图所示,连接质量为m 的物体的足够长细绳ab,一端固定于墙壁,在合成肌肉做
成的“手臂”ced 的d 端固定一滑轮,c 端固定于墙壁,细绳绕过滑轮,c 和e 类似于人手臂的关节,由“手臂”合成肌肉控制。
设cd 与竖直墙壁ac 的夹角为θ,不计滑轮与细绳的摩擦,下列说法正确的是(
)。
A.若保持θ不变,增大cd 长度,则细绳ad 部分拉力变大
B.若保持θ=90°,增大cd 长度,则细绳对滑轮的力始终沿dc 方向
C.若保持ac 等于ad,增大cd 长度,则细绳对滑轮的力始终沿dc 方向
D.若θ从90°逐渐变为零,cd 长度不变,且保持ac>cd,则细绳对滑轮的力先减小后增大
【解析】细绳ad 的拉力大小等于物体的重力,则若保持θ不变,增大cd 长度,细绳ad 的拉力不变,A 项错误;若保持
θ=90°,细绳对滑轮的力等于ad 绳和bd 绳拉力的合力,因Tad=Tdb=mg,则ad 绳和bd 绳拉力的合力方向指向左下方,不沿
dc 方向,B 项错误;若保持ac=ad,则∠acd=∠adc=∠cdb,则此时ad 绳和bd 绳拉力的合力方向沿dc 方向,即使增大cd 长
度,上述关系仍然不变,即细绳对滑轮的力始终沿dc 方向,C 项正确;若θ从90°逐渐变为零,cd 长度不变,且保持ac>cd,如图
所示,则ad 与ac 的夹角先增加后减小,ad 与db 的夹角先减小后增加,则ad 绳和bd 绳拉力的合力先增大后减小,即细绳
对滑轮的力先增大后减小,D 项错误。
1.(2019 年江苏卷,T2)如图所示,一只气球在风中处于静止状态,风对气球的作用力水平向右。细绳与竖直方向的夹角为
α,绳的拉力为T,则风对气球作用力的大小为(
)。
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A.
ࢀ
hܑܖࢻ
B.
ࢀ
܋thࢻ
C.Tsin α D.Tcos α
【解析】将绳的拉力T 沿水平和竖直两方向分解,由于气球静止,处于平衡状态,根据共点力的平衡条件知,拉力T
的水平分力与水平风力大小相等。由三角函数知识可解得,水平风力的大小F 风=Tsin α,C 项正确。
2.(2019 年天津卷,T2)2018 年10 月23 日,港珠澳跨海大桥正式开通。为保持以往船行习惯,在航道处建造了单面索(所
有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥,其索塔与钢索如图所示。下列说法正确的是(
)。
A.增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力
B.为了减小钢索承受的拉力,可以适当降低索塔的高度
C.索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时,钢索对索塔的合力竖直向下
D.为了使索塔受到钢索的合力竖直向下,索塔两侧的钢索必须对称分布
【解析】索塔对钢索竖直向上的作用力跟钢索和桥体整体的重力平衡。增加钢索数量,其整体重力变大,故索塔受
到的压力变大,A 项错误。若索塔高度降低,则钢索与竖直方向夹角θ将变大,由Tcos θ=G 可知,钢索拉力T 将变大,B 项错
误。两侧拉力对称,合力一定在夹角平分线上,即竖直向下,C 项正确。若钢索非对称分布,但其水平方向的合力为0,合力
仍竖直向下,D 项错误。
3.(2018 年天津卷,T7)(多选)明朝谢肇淛的《五杂组》中记载:“明姑苏虎丘寺塔倾侧,议欲正之,非万缗不可。一游僧见之
曰:无烦也,我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去,经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰
三角形,木楔的顶角为θ,现在木楔背上加一力F,方向如图所示,木楔两侧产生推力FN,则(
)。
A.若F 一定,θ大时FN 大
B.若F 一定,θ小时FN 大
C.若θ一定,F 大时FN 大
D.若θ一定,F 小时FN 大
【解析】以木楔为研究对象,木楔受到的力有:力F、两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力。由于木楔处于平衡状
态,所以两侧给木楔的弹力的大小与F 沿两侧分解的分力大小是相等的,FN=FN1=FN2,力F 的分解如图所示,则
F=FN1cos 90°-
ࣂ
૛+FN2cosૢ
૙ι െ
ࣂ
૛=2FNcosૢ
૙ι െ
ࣂ
૛=2FNsin
ࣂ
૛,解得FN=
ࡲ
૛hܑܖࣂ
૛
,所以当F 一定时,θ越小,FN越大;当θ一定时,F 越
大,FN 越大,B、C 两项正确。
4.(2017 年全国卷Ⅱ,T16)如图,一物块在水平拉力F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F 的大小不变,而方向
与水平面成60°角,物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为(
)。
A.2- ૜
B.
૜
૟C.
૜
૜D.
૜
૛
【解析】因为物块均做匀速直线运动,所以拉力水平时,F=μmg,拉力倾斜时,将F 沿水平方向和竖直方向分解,根据平
衡条件有Fcos 60°=μ(mg-Fsin 60°),联立解得μ=
૜
૜。
5.(2017 年天津卷,T8)(多选)如图所示,轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N 上的a、b 两点, 悬挂衣服
的衣架挂钩是光滑的,挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件, 当衣架静止时,下列说法正确的是(
)。
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A.绳的右端上移到b',绳子拉力不变
B.将杆N 向右移一些,绳子拉力变大
C.绳的两端高度差越小,绳子拉力越小
D.若换挂质量更大的衣服,则衣架悬挂点右移
【解析】绳的右端上下移动及改变绳子两端高度差都不会改变两部分绳间的夹角,A 项正确,C 项错误;两绳间的夹
角与衣服的质量大小无关,D 项错误;将杆N 向右移一些,两部分绳间的夹角变大,绳子拉力变大,B 项正确。
6.(2016 年全国卷Ⅰ,T19)(多选)如图所示,一光滑的轻滑轮用细绳OO'悬挂于O 点;另一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块a,
另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F 向右上方拉b,整个系统处于静止状态。若F 方向不变,大小在一定范
围内变化,物块b 仍始终保持静止,则(
)。
A.绳OO'的张力也在一定范围内变化
B.物块b 所受的支持力也在一定范围内变化
C.连接a 和b 的绳的张力也在一定范围内变化
D.物块b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
【解析】由于物块a、b 均保持静止,各绳角度保持不变,对a 受力分析得,绳的拉力T=mag,所以物块a 受到绳的拉
力保持不变;由滑轮性质知,滑轮两侧绳的拉力相等,所以b 受到绳的拉力大小、方向均保持不变,C 项错误。a、b 受到
绳的拉力大小、方向均不变,所以OO'的张力不变,A 项错误。对b 进行受力分析,如图所示,由平衡条件得Tcos β+f=Fcos
α,Fsin α+FN+Tsin β=mbg,其中T 和mbg 始终不变,当F 大小在一定范围内变化时,支持力在一定范围内变化,B 项正确。由
上述分析知,摩擦力也在一定范围内发生变化,D 项正确。
7.(2016 年全国卷Ⅲ,T17)如图所示,两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上;一细线穿过两轻环,其两端各
系一质量为m 的小球。在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块。平衡时,a、b 间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有
摩擦。小物块的质量为(
)。
A.
࢓
૛B.
૜
૛m
C.m D.2m
【解析】如图所示,圆弧的圆心为O,悬挂小物块的点为c,由于ab=R,则△aOb 为等边三角形,同一条细线上的拉力
相等,T=mg,由几何关系知,∠acb=120°,故绳的拉力的合力与物块的重力大小相等,即每条线上的拉力T=G=mg,所以小物
块的质量为m,C 项正确。
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(12)
1. (隔离法的应用)(2019 年广东百校联盟高三联考)(多选)如图所示,地面上固定一个斜面,斜面上叠放着A、B 两个物块
并均处于静止状态。现对A 施加一斜向左上方的拉力F,A、B 始终处于静止状态。则B 的受力个数可能是(
)。
A.3 个
B.4 个
C.5 个
D.6 个
【解析】对A 受力分析可得,A 受竖直向下的重力、斜向左上方的拉力F、B 对A 竖直向上的支持力及水平向右的
摩擦力。对B 受力分析可得,B 受竖直向下的重力、A 对B 竖直向下的压力、斜面斜向右上方的支持力、A 对B 水平向
左的摩擦力,若斜面对B 没有摩擦力,则B 受到4 个力,若斜面对B 有摩擦力,则B 受5 个力作用,B、C 两项正确。
2.(平衡状态)(2019 年江西南昌模拟)如图所示,两个等大的水平力F 分别作用在物体B 和C 上,物体A、B、C 都处于静止
状态,各接触面与水平地面平行。A、C 间的摩擦力大小为Ff1,B、C 间的摩擦力大小为Ff2,C 与地面间的摩擦力大小为Ff3,
则(
)。
A.Ff1=0,Ff2=0,Ff3=0
B.Ff1=0,Ff2=F,Ff3=0
C.Ff1=F,Ff2=0,Ff3=0
D.Ff1=0,Ff2=F,Ff3=F
【解析】以A、B、C 整体为研究对象,分析整体在水平方向的受力可知,地面对C 的摩擦力为零;以A 为研究对象,A
处于平衡状态,故C 与A 之间无摩擦力;以B 为研究对象,可知C 与B 之间的摩擦力与F 平衡,即Ff2=F。
3.(平衡条件)(2019 年湖南十二校联考)如图所示,光滑斜面的倾角为30°,轻绳通过两个滑轮与物块A 相连,轻绳的另一端
固定于天花板上,不计轻绳与滑轮的摩擦。物块A 的质量为m,挂上物块B 后,当动滑轮两边轻绳的夹角为90°时,物块A、
B 恰能保持静止,不计滑轮的质量,则物块B 的质量为(
)。
A.
૛
૛m
B. ૛m
C.m
D.2m
【解析】先以物块A 为研究对象,由物块A 受力及平衡条件可得,轻绳中张力FT=mgsin 30°;再以动滑轮为研究对象,
分析其受力并由平衡条件有mBg=2cosૢ
૙ι
૛FT,解得mB=
૛
૛m,A 项正确。
4. (受力分析、共点力平衡条件)(2019 年连云港高三检测)如图所示,支架固定在水平地面上,其倾斜的光滑直杆与地面
成30°角,两圆环A、B 穿在直杆上,并用跨过光滑定滑轮的轻绳连接,滑轮的大小不计,整个装置处于同一竖直平面内。
圆环平衡时,绳OA 竖直,绳OB 与倾斜直杆间夹角为30°。则环A、B 的质量之比为(
)。
A.1∶૜B.1∶2
C. ૜∶1 D. ૜∶2
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【解析】分别对A、B 受力分析,如图所示,以A 为研究对象,则A 受到重力和绳的拉力的作用,直杆对A 没有力的作
用,否则A 水平方向受力不能平衡,所以T=mAg;以B 为研究对象,根据共点力平衡条件,结合图可知,绳的拉力T'与B 受到
的支持力N 与竖直方向之间的夹角都是30°,所以T'与N 大小相等,又T=T',得mBg=2×Tcos 30°= ૜T,故mA∶mB=1∶૜,A
项正确。
5. (力的矢量三角形)(2019年葫芦岛模拟)(多选)如图所示,一光滑小球放置在斜面与挡板之间处于静止状态,不考虑一切
摩擦,设斜面对小球的弹力为FN1,挡板对小球的弹力为FN2。如果把挡板由图示位置缓慢绕O 点转至竖直位置,则此过程
中(
)。
A.FN1 始终减小
B.FN1 先减小后增大
C.FN2 先减小后增大
D.FN2 始终减小
【解析】小球受力如图甲所示,因挡板是缓慢转动的,所以小球处于动态平衡状态,在此过程中,重力G、FN1、FN2 组
成的封闭矢量三角形的变化情况如图乙所示,G 大小、方向均不变,FN1 方向始终不变,FN2 方向与水平方向夹角逐渐减小
到零,由图可知此过程中,FN1 始终减小,FN2 始终减小,A、D 两项正确。
【答案】AD
6.(相似三角形法运用)(2019 年辽宁大连模拟)如图所示,质量分布均匀的细杆中心为O 点,O1 为光滑铰链,O2 为光滑定滑
轮,O2 在O1正上方,一根轻绳一端系于O 点,另一端跨过定滑轮O2由水平外力F 牵引,用FN表示铰链对杆的作用力,现在
外力F 作用下,细杆从图示位置缓慢转到竖直位置的过程中,下列说法正确的是(
)。
A.F 逐渐变小,FN 大小不变
B.F 逐渐变小,FN 大小变大
C.F 先变小后变大,FN 逐渐变小
D.F 先变小后变大,FN 逐渐变大
【解析】画出杆的受力图如图所示,根据相似三角形可知
ࡲۼ
ࡻࡻ૚=
࢓ࢍ
ࡻ૚ࡻ૛=
ࡲ
ࡻࡻ૛,因OO1 和O1O2 不变,则FN 不变;随着OO2 的
减小,F 减小,A 项正确。
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7.(力的平衡)(2019 年湖南十校联考)如图所示,物体A、B 置于水平地面上,与地面间的动摩擦因数均为μ,物体A、B 用一
根跨过动滑轮的细绳相连。现用逐渐增大的力向上提升滑轮,某时刻拉物体A 的细绳与水平面夹角为53°,拉物体B 的
细绳与水平面夹角为37°,此时A、B 两物体刚好处于平衡状态,则物体A、B 的质量之比
࢓࡭
࢓࡮为(最大静摩擦力等于滑动摩
擦力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(
)。
A.
૝ࣆ൅૜
૜ࣆ൅૝
B.
૜ࣆ൅૝
૝ࣆ൅૜
C.
૝ࣆǦ૜
૜ࣆǦ૝
D.
૜ࣆǦ૝
૝ࣆǦ૜
【解析】设细绳中张力大小为F,对A 应用平衡条件得Fcos 53°=μ(mAg-Fsin 53°),对B 应用平衡条件得F'cos
37°=μ(mBg-F'sin 37°),又由F=F',解得
࢓࡭
࢓࡮=
૝ࣆ൅૜
૜ࣆ൅૝,A 项正确。
8.(图解法)(2019 年河南南阳月考)如图所示,挡板垂直于斜面固定在斜面上,一滑块m 放在斜面上,其上表面呈弧形且左
端最薄,一球M 搁在挡板与弧形滑块上,一切摩擦均不计,用平行于斜面的力F 拉住弧形滑块,使球与滑块均静止。现将
滑块平行于斜面向上拉动一较小的距离,球仍搁在挡板与滑块上且处于静止状态,则与原来相比(
)。
A.滑块对球的弹力增大
B.挡板对球的弹力减小
C.斜面对滑块的弹力增大
D.拉力F 不变
【解析】对球进行受力分析,如图甲所示,球只受三个力的作用,挡板对球的力F1 方向不变,作出力的矢量图,滑块上
移时,F2 与竖直方向的夹角减小,最小时F2 垂直于F1(此时球在弧形滑块最薄部分,再拉,球与弧形滑块分离),可以知道挡
板对球的弹力F1 和滑块对球的作用力F2 都减小,A 项错误,B 项正确;再对滑块和球一起受力分析,如图乙所示,其中FN=G
总cos θ不变,则F+F1=G 总sin θ不变,F1 减小,F 要增大,即斜面对滑块的支持力不变,拉力F 增大,C、D 两项错误。
甲
乙
1.(2019 年全国卷Ⅲ,T16)用卡车运输质量为m 的匀质圆筒状工件,为使工件保持固定,将其置于两光滑斜面之间,如图所
示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上,倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时,圆筒对斜面Ⅰ、
Ⅱ压力的大小分别为F1、F2, 则(
)。
A.F1=
૜
૜mg,F2=
૜
૛mg
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B.F1=
૜
૛mg,F2=
૜
૜mg
C.F1=
૚
૛mg,F2=
૜
૛mg
D.F1=
૜
૛mg,F2=
૚
૛mg
【解析】如图所示,将重力mg 分解为垂直于斜面Ⅰ的力F1'和垂直于斜面Ⅱ的力F2',则F1'=mgsin 60°=
૜
૛mg,F2'=mgsin
30°=
૚
૛mg,由力的平衡知识和牛顿第三定律可知F1=F1',F2=F2',D 项正确。
2.(2017 年全国卷Ⅰ,T21)(多选)如图所示,柔软轻绳ON 的一端O 固定,其中间某点M 拴一重物,用手拉住绳的另一端N。
初始时,OM 竖直且MN 被拉直,OM 与MN 之间的夹角为α(α>ૈ૛)。现将重物向右上方缓慢拉起,并保持夹角α不变。在
OM 由竖直被拉到水平的过程中(
)。
A.MN 上的张力逐渐增大
B.MN 上的张力先增大后减小
C.OM 上的张力逐渐增大
D.OM 上的张力先增大后减小
【解析】OM 的张力F1 和MN 的张力F2 的合力F 不变,关系如图所示,
ࡲ
hܑܖሺ૚ૡ૙ιെࢻሻ=
ࡲ૚
hܑܖࢼ=
ࡲ૛
hܑܖࢽ,将重物向右上方缓慢拉起,
夹角α不变,β由钝角逐渐减小到锐角,γ由锐角逐渐增大到直角,则MN 上的张力F2逐渐增大,OM 上的张力F1先增大后减
小,A、D 两项正确。
【答案】AD
3.(2017 年浙江4 月选考,T7)重型自卸车利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度,车厢上的石块就会自动滑下。以下
说法正确的是(
)。
A.在石块下滑前后,自卸车与石块整体的重心位置不变
B.自卸车车厢倾角越大,石块与车厢间的动摩擦因数越小
C.自卸车车厢倾角变大,车厢与石块间的正压力减小
D.石块开始下滑时,受到的摩擦力大于重力沿斜面方向的分力
【解析】物体重心的位置跟形状还有质量分布有关,石块下滑前后,整体的质量分布变化,形状变化,所以重心改变,A
项错误;动摩擦因数与倾角无关,故B 项错误;石块在垂直于车厢底板方向有FN=mgcos θ,自卸车车厢倾角变大,车厢与石
块间的正压力FN 逐渐减小,故C 项正确;石块滑动后的摩擦力是滑动摩擦力,小于最大静摩擦力,也小于重力沿斜面方向
的分力,故D 项错误。
4.(2016 年全国卷Ⅱ,T14)质量为m 的物体用轻绳AB 悬挂于天花板上。用水平向左的力F 缓慢拉动绳的中点O,如图所
示。用T 表示绳OA 段拉力的大小,在O 点向左移动的过程中(
)。
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A.F 逐渐变大,T 逐渐变大
B.F 逐渐变大,T 逐渐变小
C.F 逐渐变小,T 逐渐变大
D.F 逐渐变小,T 逐渐变小
【解析】对O 点受力分析,F 与T 的变化情况如图所示,由图可知在O 点向左移动的过程中,F 逐渐变大,T 逐渐变大,A
项正确。
5.(2014 年全国卷Ⅰ,T17)如图所示,用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上,系统处于平衡状态。现使小车从静止开始向
左加速,加速度从零开始逐渐增大到某一值,然后保持此值,小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)。
与稳定在竖直位置时相比,小球的高度(
)。
A.一定升高
B.一定降低
C.保持不变
D.升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
【解析】设橡皮筋劲度系数为k、原长为l0,加速前平衡时橡皮筋伸长了x0,则有kx0=mg,当加速并稳定时,设小球偏
离竖直方向θ角,橡皮筋伸长了x,如图所示,由小球在竖直方向受力平衡有kxcos θ=mg,解得kxcos θ=kx0, xcos θ=x0,此时
小球距悬挂点的竖直高度h=(l0+x)cos θ=l0cos θ+xcos θ=l0cos θ+x0<l0+x0,故小球一定升高,A 项正确。
6.(2014 年上海卷,T9)如图所示,光滑的四分之一圆弧轨道AB 固定在竖直平面内,A 端与水平面相切。穿在轨道上的小球
在拉力F 作用下,缓慢地由A 向B 运动,F 始终沿轨道的切线方向,轨道对球的弹力为FN。在运动过程中(
)。
A.F 增大,FN 减小
B.F 减小,FN 减小
C.F 增大,FN 增大
D.F 减小,FN 增大
【解析】由题意知,小球在由A 运动到B 的过程中始终处于平衡状态。设某一时刻小球运动至图示位置,则对球由
平衡条件得F=mgsin θ,FN=mgcos θ,在运动过程中,θ增大,故F 增大,FN 减小,A 项正确。
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一、选择题
1.(2019 年安徽省四校联考)下列所给的运动图象中能反映做直线运动的物体不会回到初始位置的是(
)。
【解析】速度—时间图象中图线与坐标轴围成的“面积”表示位移,在坐标轴上方表示正位移,在坐标轴下方表示负
位移,A 中面积不为零,所以位移不为零,不能回到初始位置;B、C 中面积为零,位移为零,回到初始位置;D 中,位移—时间图
象表示物体的位移随时间变化的图象,在2 s 末物体的位移为零,即又回到了初始位置。
2.(2019 年河北衡水中学调研)甲、乙两辆汽车沿同一平直路面行驶,其v-t 图象如图所示,下列对汽车运动状况的描述正
确的是(
)。
A.在第10 s 末,乙车改变运动方向
B.在第10 s 末,甲、乙两车相距150 m
C.在第20 s 末,甲、乙两车相遇
D.若开始时乙车在前,则两车可能相遇两次
【解析】由图可知,在20 s 内,乙车一直沿正方向运动,速度方向没有改变,故A 项错误;由于不知道甲、乙初始位置
相距多远,所以无法判断在10 s 末两车相距多远,在20 s 末能否相遇,故B、C 两项错误;若刚开始乙车在前,且距离为150
m,则在10 s 末两车相遇,之后甲在乙的前面,乙的速度增大,在某个时刻与甲再次相遇,故D 项正确。
3.(2019 年北京师大附中高三期中)一只重为G 的蜗牛沿着倾斜的藤蔓缓慢爬行,如图所示。若藤蔓的倾角为α,则爬行过
程中藤蔓对蜗牛的作用力大小为(
)。
A.Gsin α B.Gcos α C.Gtan α D.G
【解析】对蜗牛进行受力分析,如图所示,藤蔓对蜗牛的作用力大小为藤蔓对蜗牛的支持力和摩擦力的合力。蜗牛
缓慢爬行,说明蜗牛处于平衡状态,即所受合力为零,藤蔓对蜗牛的支持力和摩擦力的合力与重力大小相等,因此,蜗牛受
到藤蔓的作用力大小等于蜗牛重力,即等于G,故D 项正确。
4.(2019 年河南郑州模拟)如图所示为缓慢关门时(图中箭头方向)门锁的示意图,锁舌尖角为37°,此时弹簧弹力为24 N,
锁舌表面较光滑,摩擦不计(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),下列说法正确的是(
)。
A.此时锁壳碰锁舌的弹力为40 N
B.此时锁壳碰锁舌的弹力为30 N
C.关门过程中,锁壳碰锁舌的弹力逐渐减小
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D.关门过程中,锁壳碰锁舌的弹力保持不变
【解析】锁壳碰锁舌的弹力按效果分解如图所示,其中F1=FNsin 37°,且F1 大小等于弹簧的弹力24 N,解得锁壳碰锁
舌的弹力为40 N,A 项正确,B 项错误;关门过程中,弹簧的压缩量增大,弹簧的弹力增大,故锁壳碰锁舌的弹力逐渐增大,C、
D 两项错误。
5.(2019 年河南洛阳模拟)如图所示,粗糙长木板l 的一端固定在铰链上,木块放在木板上,开始木板处于水平位置。在木
板向下转动,θ角逐渐增大的过程中,摩擦力Ff 的大小随θ角变化最有可能的是(
)。
【解析】当Ff 为静摩擦力时Ff=mgsin θ,即Ff 按正弦规律变化;当木块滑动后Ff 为滑动摩擦力,Ff=μFN=μmgcos θ,即
Ff 按余弦规律变化,故B 项正确。
6.(2019 年吉林长春联考)(多选)如图所示,两个相互接触、大小不同的正方体物块放在水平面上,两物块的质量分别为
2m 和m,与水平面的动摩擦因数分别为μ1 和μ2。同时对两物块施加水平向左、大小均为F 的恒力,两物块恰好一起做匀
速直线运动。则(
)。
A.两物块间可能没有弹力作用
B.两物块间一定没有弹力作用
C.若两物块间有弹力,μ1 和μ2 的关系一定为2μ1=μ2
D.若两物块间没有弹力,μ1 和μ2 的关系一定为2μ1=μ2
【解析】分别以两个正方体物块为研究对象,当2μ1=μ2,且F=2μ1mg=μ2mg 时,两物块间没有弹力,A、D 两项正确,B
项错误;若两物块间有弹力,则F<2μ1mg,F>μ2mg,C 项错误。
【答案】AD
7.(2019 年四川马尔康模拟)(多选)如图所示,一辆运送沙子的自卸卡车,装满沙子。沙粒之间的动摩擦因数为μ1,沙子与车
厢底部材料间的动摩擦因数为μ2,车厢的倾角用θ表示(已知μ2>μ1),下列说法正确的是(
)。
A.要顺利地卸干净全部沙子,应满足tan θ>μ2
B.要顺利地卸干净全部沙子,应满足sin θ>μ2
C.只卸去部分沙子,车上还留有一部分沙子,应满足μ2>tan θ>μ1
D.只卸去部分沙子,车上还留有一部分沙子,应满足μ2>μ1>tan θ
【解析】要顺利地卸干净全部沙子,重力沿斜面的分力应大于最大静摩擦力。对全部沙子整体分析,有Mgsin
θ>μ2Mgcos θ,解得μ2<tan θ,A 项正确,B 项错误。只卸去部分沙子,车上还留有一部分,上部分的沙子的重力沿斜面的分力
应大于最大静摩擦力;对上部分沙子分析,有mgsin θ>μ1mgcos θ,解得μ1<tan θ。对留下的部分沙子分析,重力沿斜面的分
力应小于最大静摩擦力,有m'gsin θ<μ2m'gcos θ,解得μ2>tan θ,C 项正确,D 项错误。
8.(2019 年安徽芜湖联考)如图所示,竖直面光滑的墙角有一个质量为m、半径为r 的均匀半球体A,现在A 上放一密度
和半径与A 相同的球体B,调整A 的位置使得A、B 保持静止状态,已知A 与地面间的动摩擦因数为0.5。假设最大静摩
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擦力等于滑动摩擦力,则A 球球心距墙角的最远距离是(
)。
A.2r B.ૢ⺁r C.
૚૚
⺁r
D.
૚૜
⺁r
【解析】根据题意可知,B 的质量为2m,A、B 处于静止状态,受力平衡,则地面对A 的支持力FN=3mg,当地面对A 的
摩擦力达到最大静摩擦力时,A 球球心距墙角的距离最远,对A、B 分别受力分析,如图所示。根据平衡条件得
F=
૛࢓ࢍ
hܑܖࣂ,Ff=FN'=Fcos θ=μ×3mg,解得tan θ=
૝
૜,则A 球球心距墙角的最远距离xm=2rcos θ+r=
૚૚
⺁r,故C 项正确。
9.(2019 年湖南衡阳高三联考)如图所示,倾角为α的光滑斜面固定于水平面,滑块A 的上表面与斜面的夹角为β,滑块A、
B 叠放后一起冲上斜面,且始终保持相对静止。则A、B 一起沿斜面向上运动时,滑块B 的受力示意图正确的是(
)。
【解析】B 受到竖直向下的重力、A 对B 的垂直接触面向上的支持力FN,因斜面光滑,故整体的加速度为gsin α;若
A 的上表面与斜面平行,则A、B 之间将不存在摩擦力,现在A 的上表面与斜面有向上的夹角β,故物体B 相对A 上表面有
下滑的趋势,则B 所受的摩擦力方向平行于A 的上表面向上,故C 项正确。
【答案】C
10. (2019 年陕西宝鸡质检)(多选)如图所示,质量为M 的木块A 套在粗糙水平杆上,并用轻绳将木块A 与质量为m 的小
球B 相连。现用水平力F 将小球B 缓慢拉起,在此过程中木块A 始终静止不动。假设杆对A 的支持力为FN,杆对A 的
摩擦力为Ff,绳中张力为FT,则此过程中(
)。
A.F 增大B.Ff 不变
C.FT 增大D.FN 减小
【解析】先以B 为研究对象分析,受重力、水平力F 和轻绳的拉力FT,如图所示,由平衡条件得FT=
࢓ࢍ
܋thࣂ,F=mgtan θ,θ
增大,FT 增大,F 增大。再以整体为研究对象,受力分析如图乙所示,根据平衡条件得Ff=F,则Ff 逐渐增大。FN=(M+m)g,即FN
保持不变,故A、C 两项正确。
二、非选择题
11. (2019 年河南四校联考)质量M=4 kg、倾角为30°的上表面光滑的斜面体静止在粗糙的水平地面上,斜面上有两个质
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量均为m=2 kg 的小球A、B,它们用轻质细绳连接。现对小球B 施加一水平向左的拉力F,使小球A、B 及斜面体一起向
左做匀速直线运动,如图所示,重力加速度g 取10 m/s2,求:
(1)细绳的拉力大小。
(2)水平拉力F 的大小。
(3)水平地面与斜面体间的动摩擦因数μ。
【解析】(1)以A 为研究对象,受力分析如图甲所示,有FT=mgsin 30°,解得FT=10 N。
(2)以A、B 整体为研究对象,受力分析如图乙所示,有Fcos 30°=2mgsin 30°,解得F=
૝૙૜
૜
N。
(3)以小球A、B 与斜面体组成的整体为研究对象,受力分析如图丙所示,有Ff=μ(M+2m)g=F
解得μ=
૜
૟。
【答案】(1)10 N
(2)
૝૙૜
૜
N
(3)
૜
૟
12.(2019 年昆明模拟)如图所示,质量M=2 kg 的木块套在水平固定杆上,并用轻绳与质量m=1 kg 的小球相连。现用跟水
平方向成60°角的力F=10 ૜N 拉着小球并带动木块一起向右匀速运动,运动中木块、小球的相对位置保持不变,g=10
m/s2。在运动过程中,求:
(1)轻绳与水平方向的夹角θ。
(2)木块M 与水平杆间的动摩擦因数μ。
【解析】(1)小球的受力如图甲所示,由平衡条件
水平方向有Fcos 60°-FTcos θ=0
竖直方向有Fsin 60°-FTsin θ-mg=0
解得θ=30°。
(2)将木块、小球看作整体,受力如图乙所示,由平衡条件
水平方向有Fcos 60°-Ff=0
竖直方向有FN+Fsin 60°-(M+m)g=0
Ff=μFN
解得μ=
૜
૜。
【答案】(1)30°
(2)
૜
૜
13.(2019 年江西南昌十校联考)如图1 所示,A 车原来临时停在水平路面上,B 车在后面匀速向A 车靠近,A 车司机发现后
启动A 车,以A 车司机发现B 车为计时起点(t=0),A、B 两车的v-t 图象如图2 所示。已知B 车在第1 s 内与A 车的距离
缩短了x1=12 m。
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(1)求B 车运动的速度vB 和A 车的加速度a 的大小。
(2)若A、B 两车不会相遇,则A 车司机发现B 车时(t=0)两车的距离x0 应满足什么条件?
【解析】(1)在t1=1 s 时A 车刚启动,两车间缩短的距离
x1=vBt1
代入数据解得B 车的速度vB=12 m/s
A 车的加速度a=࢜
࡮࢚
૛Ǧ࢚૚
将t2=5 s 和其余数据代入解得A 车的加速度大小a=3 m/s2。
(2)两车的速度达到相等时,两车的距离达到最小,对应于v-t 图象的t2=5 s 时刻,此时两车已发生的相对位移为梯形
的面积,则
x=
૚
૛vB(t1+t2)
代入数据解得x=36 m
因此,若A、B 两车不会相遇,则两车的距离x0 应满足条件
x0>36 m。
【答案】(1)12 m/s
3 m/s2
(2)x0>36 m
14.(2019 年海南模拟)如图所示,倾角θ=30°的斜面下端与一足够长的水平面相接,在斜面上距水平面高度分别为h1=5 m
和h2=0.8 m 的A、B 两点上,各静置一小球甲和乙。某时刻由静止开始释放甲球,经过一段时间t 后,再由静止开始释放
乙球。已知两球在斜面上运动时的加速度均为a=5 m/s2,重力加速度g 取10 m/s2,取૜Ǥ૜૟=1.8。
(1)为使两球在斜面上运动过程中相碰,求时间t 的取值范围。
(2)若将乙球移至C 点,从静止释放甲球的同时,乙球开始在水平面上向右做初速度为零、加速度为a0 的匀加速运动;当
甲球运动到水平面上时,甲球立即做加速度大小为a0 的匀减速运动;为使两球相碰,求a0 的大小应满足的条件。
【解析】(1)若两球在斜面上最低点相碰,设甲、乙两球下滑到斜面底端所用时间分别为t1 和t2,则
ࢎ૚
hܑܖ૜૙ι=
૚
૛a࢚૚
૛
ࢎ૛
hܑܖ૜૙ι=
૚
૛a࢚૛
૛
解得t1=2 s,t2=0.8 s
时间应满足t≥t1-t2=1.2 s
若两球在B 点相碰,设甲球运动到B 点所用时间为t3,则
ࢎ૚Ǧࢎ૛
hܑܖ૜૙ι=
૚
૛a࢚૜
૛
解得t3=1.8 s
因此1.2 s≤t≤1.8 s。
(2)甲球运动到斜面底端时,有vA=at1=10 m/s
设甲球在水平面上再经t0 追上乙球,则
vAt0-
૚
૛a0࢚૙
૛=
૚
૛a0(t0+t1)2
即a0࢚૙
૛+(2a0-10)t0+2a0=0
甲球要追上乙球,方程必须有解,Δ≥0,即
(2a0-10)2-8ࢇ૙૛≥0
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解得a0≤5( ૛-1) m/s2。
【答案】(1)1.2 s≤t≤1.8 s
(2)0<a0≤5( ૛-1) m/s2
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(17)
1.(牛顿第一定律和惯性)(2019 年福建泉州五中一模)下列说法正确的是(
)。
A.飞机投弹时,当目标在飞机的正下方时投下炸弹,能击中目标
B.地球自西向东自转,你向上跳起来后,还会落到原地
C.在月球上举重比在地球上容易,所以质量相同的物体在月球上的惯性比在地球上的大
D.向上抛出的物体,在空中向上运动时,肯定受到了向上的作用力
【解析】因为惯性,在理想条件下,投下的炸弹会以它离开飞机瞬间的速度继续向前飞行,直到落地,A 项错误。人没
跳起来的时候,具有跟地球相同的旋转速度,即一起按照一定的速度自西向东自转,跳起来后,因为惯性,人依然具有这个
旋转的速度,也就是地球和人在水平方向上是相对静止的,所以,落下来之后依然是在原地,B 项正确。惯性大小只与质量
有关,所以物体在月球上的惯性与在地球上是相同的,之所以举重容易是因为物体受到的引力减小,C 项错误。向上抛出
的物体,获得了一个向上的初速度,由于惯性,它将保持向上运动的状态,D 项错误。
2.(作用力、反作用力与平衡力)(2019 年河南洛阳检测)(多选)如图所示,某人用手托着苹果,苹果处于静止状态,则(
)。
A.手所受压力是由苹果的形变而产生的
B.手所受压力和手对苹果的支持力是一对平衡力
C.苹果所受重力和手对苹果的支持力是一对平衡力
D.苹果所受重力和苹果对手的压力是作用力和反作用力
【解析】苹果对手的压力是由苹果发生形变而产生的,A 项正确;手所受压力和手对苹果的支持力是一对作用力与
反作用力,B 项错误;苹果所受重力和手对苹果的支持力都作用在苹果上,大小相等,方向相反,是一对平衡力,C 项正确;苹
果对手的压力是由苹果的形变而产生的,是苹果与手之间的作用,而重力是由地球的吸引而产生的,是苹果与地球的相
互作用,D 项错误。
3. (牛顿第三定律)(2019 年河北省邢台市质检)一个箱子放在水平地面上,箱内有一固定的竖直杆,在杆上套着一个环,箱
与杆的总质量为M,环的质量为m,如图所示。已知环沿杆匀加速下滑时,环与杆间的摩擦力大小为Ff,则此时箱子对地
面的压力大小为(
)。
A.Mg+Ff
B.Mg-Ff
C.Mg+mg
D.Mg-mg
【解析】环在竖直方向上受重力及箱子内的杆给它的竖直向上的摩擦力Ff,受力情况如图甲所示,由牛顿第三定律
可知,环同时给杆一个竖直向下的摩擦力Ff',故箱子竖直方向上受重力Mg、地面对它的支持力FN 及环给它的摩擦力Ff',
受力情况如图乙所示,由于箱子处于平衡状态,可得FN=Ff'+Mg=Ff+Mg。根据牛顿第三定律可知,箱子对地面的压力大小
等于地面对箱子的支持力,即FN'=Mg+Ff,A 项正确。
4.(牛顿第二定律)(2019 年温州四校联考)(多选)质量分别为M 和m 的两物块A、B 形状相同,将它们用轻绳跨过光滑定
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滑轮连接。如图1 所示,绳子平行于倾角为α的斜面,A 恰好能静止在斜面上,不考虑两物块与斜面之间的摩擦,若互换两
物块的位置,按图2 放置,然后释放A。已知斜面固定,重力加速度大小为g,则(
)。
A.此时轻绳的拉力大小为mg
B.此时轻绳的拉力大小为Mg
C.此时A 运动的加速度大小为(1-sin2α)g
D.此时A 运动的加速度大小为
ࡹǦ࢓
ࡹg
【解析】第一次按题图1 放置时A 静止,则由平衡条件可得Mgsin α=mg,第二次按题图2 放置时,对A、B 整体,由
牛顿第二定律有Mg-mgsin α=(m+M)a,联立得a=(1-sin α)g=
ࡹǦ࢓
ࡹg,对B,由牛顿第二定律有T-mgsin α=ma,解得T=mg,A、D
两项正确,B、C 两项错误。
【答案】AD
5.(超重、失重状态,牛顿第二定律)(2019 年浙江嘉兴模拟)(多选)如图所示是我国首次立式风洞的跳伞实验,风洞喷出竖
直向上的气流将实验者加速向上“托起”。此过程中(
)。
A.地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等
B.人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力
C.人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小
D.人被向上“托起”时处于超重状态
【解析】地球对人的吸引力和人对地球的吸引力是一对相互作用力,大小相等、方向相反,A 项正确;相互作用力是
两个物体间的相互作用,而人受到的重力和人受到气流的力涉及人、地球、气流三个物体,不是一对相互作用力,B 项错
误;由于风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”,在竖直方向上合力不为零,所以人受到的重力大小不等于
气流对人的作用力大小,C 项错误;人被向上“托起”时加速度向上,处于超重状态,D 项正确。
【答案】AD
6.(由运动分析物体的受力、牛顿第二定律)(2019 年杭州二中月考)(多选)如图所示,总质量为460 kg 的热气球,从地面刚
开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2,当热气球上升到180 m 时,它以5 m/s 的速度向上匀速运动,若离开地面后热气球
所受浮力保持不变,上升过程中热气球总质量不变,重力加速度g=10 m/s2。关于热气球,下列说法正确的是(
)。
A.所受浮力大小为4830 N
B.加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C.从地面开始上升10 s 后的速度大小为5 m/s
D.以5 m/s 匀速上升时所受空气阻力大小为230 N
【解析】刚开始上升时,空气阻力为零,F 浮-mg=ma,解得F 浮=m(g+a)=4830 N,A 项正确;加速上升过程,若保持加速度
不变,则热气球上升到180 m 时,速度v= ૛ࢇࢎ=6 ⺁m/s>5 m/s,所以热气球做加速度减小的加速直线运动,上升10 s 后的
速度v'<at=5 m/s,C 项错误;再由F 浮-F 阻-mg=ma 可知空气阻力F 阻增大,B 项错误;匀速上升时,F 浮=F 阻+mg,所以F 阻=F 浮
-mg=230 N,D 项正确。
【答案】AD
7.(由物体的受力分析运动、牛顿第二定律)(2019 年山东威海一中质检)以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并
开始计时,一个物体所受空气阻力可忽略,另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比,下列用虚线和实线描述两物
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体运动的v-t 图象可能正确的是(
)。
【解析】受空气阻力作用的物体,上升过程,有mg+kv=ma,得a=g+
࢑
࢓v,v 减小,a 减小,A 项错误。到达最高点时v=0,a=g,
即两图线与t 轴相交时斜率相等,D 项正确。
8.(牛顿第二定律与图象)(2019 年贵州省黔东南州模拟)(多选)一物体在水平方向的拉力作用下,在粗糙的水平面上做直
线运动,水平拉力F 及运动速度v 随时间t 变化的图线分别如图1、2 所示,取重力加速度g=10 m/s2,则(
)。
A.前2 s 内物体运动的加速度为2 m/s2
B.前4 s 内物体运动的位移大小为8 m
C.物体的质量为2 kg
D.物体与地面间的动摩擦因数为0.1
【解析】根据速度图象的斜率等于加速度可知,前2 s 内物体的运动加速度a=
ȟ࢜
ȟ࢚=2 m/s2,A 项正确;前4 s 内物体的
位移x=
૚
૛ൈ૛ൈ૝൅૛ൈ૝m=12 m,B 项错误;根据牛顿第二定律得,前2 s 内F1-μmg=ma,后2 s 内F2=μmg,由图可知F1=15
N,F2=5 N,解得m=5 kg,μ=0.1,C 项错误,D 项正确。
【答案】AD
9.(由图象分析物体的受力)(2019 年安徽高三联合质检)(多选)如图1 所示,物体最初静止在倾角θ=30°的足够长的固定斜
面上,受到平行斜面向下的力F 的作用,力F 随时间变化的图象如图2 所示,开始运动2 s 后物体以2 m/s 的速度匀速运
动,下列说法正确的是(g 取10 m/s2)(
)。
A.物体的质量m=1 kg
B.物体的质量m=2 kg
C.物体与斜面间的动摩擦因数μ=
૜
૜
D.物体与斜面间的动摩擦因数μ=
ૠ૜
૚⺁
【解析】由开始运动2 s 后物体以2 m/s 的速度匀速运动,可知0~2 s 内物体的加速度大小a=1 m/s2;在0~2 s 内,对
物体应用牛顿第二定律有F1+mgsin 30°-μmgcos 30°=ma,2 s 后由平衡条件有F2+mgsin 30°-μmgcos 30°=0,联立解得m=1
kg,μ=
ૠ૜
૚⺁,A、D 两项正确。
【答案】AD
10.(共点力平衡、牛顿第二定律)(2019 年湖北黄石高三质检)如图所示,轻弹簧两端分别拴接了质量均为m 的小球A、B,
拴接小球的细线固定在天花板上,两小球静止,两细线与水平方向的夹角α=30°,弹簧水平,重力加速度为g,则以下说法中
正确的是(
)。
A.细线拉力的大小为mg
B.弹簧弹力的大小为
૜
૛mg
C.剪断左侧细线的瞬间,小球A 的加速度大小为2g
D.剪断左侧细线的瞬间,小球B 的加速度为零
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【解析】对小球A 分析,由共点力平衡条件得,弹簧的弹力F= ૜mg,细线的拉力为2mg,A、B 两项错误;剪断左侧细
线的瞬间,弹簧的弹力不变,小球A 所受的合力F 合=2mg,根据牛顿第二定律得a=2g,小球B 受力不变,合力仍然为零,所以
小球B 的加速度为零,C、D 两项正确。
【答案】CD
11.(先整体后隔离法的应用)(2019 年山西省晋城联考)(多选)如图所示,质量分别为m1和m2的物体A 和B,置于光滑的水
平面上,当水平力F 作用于左端A 上,两物体一起做匀加速运动时,A、B 间作用力大小为F1,当水平力F 作用于右端B 上,
两物体一起做匀加速运动时,A、B 间作用力大小为F2,则(
)。
A.在两次作用过程中,物体的加速度的大小相等
B.在两次作用过程中,F1+F2<F
C.在两次作用过程中,F1+F2=F
D.在两次作用过程中,
ࡲ૚
ࡲ૛=
࢓૚
࢓૛
【解析】对整体分析,整体的加速度a=
ࡲ
࢓૚൅࢓૛,A 项正确。隔离分析,第一种情况,A 对B 的作用力F1=m2a=
࢓૛۴
࢓૚൅࢓૛,第
二种情况,B 对A 的作用力F2=m1a=
࢓૚۴
࢓૚൅࢓૛,F1+F2=F,B 项错误,C 项正确。由以上分析可知
ࡲ૚
ࡲ૛=
࢓૛
࢓૚,D 项错误。
12.(直线运动、牛顿第二定律)(2019 年广西桂林高三月考)一质量m=2 kg 的质点放在水平地面上,其在水平恒定外力作
用下由静止开始沿直线运动,4 s 内通过8 m 的距离,此后撤去外力,质点又运动了2 s 停止,质点运动过程中所受阻力大
小不变,求:
(1)撤去水平恒定外力时质点的速度大小。
(2)质点在运动过程中受到的阻力大小。
(3)质点所受水平恒定外力的大小。
【解析】(1)质点开始做匀加速直线运动,由运动规律有
x0=
૙൅࢜૙
૛t1
解得v0=
૛࢞૙࢚
૚=4 m/s。
(2)质点在减速过程的加速度a2=
૙െ࢜૙࢚
૛=-2 m/s2
由牛顿第二定律有-Ff=ma2
解得Ff=4 N。
(3)设开始加速过程中加速度为a1,由运动学公式有
x0=
૚
૛a1t2
由牛顿第二定律有F-Ff=ma1
解得F=Ff+ma1=6 N。
【答案】(1)4 m/s
(2)4 N
(3)6 N
13.(牛顿第二定律、速度—时间图象)(2019 年浙江杭州五校联盟联考)足够长的光滑固定斜面BC 的倾角α=53°,小物块
与水平面间的动摩擦因数μ=0.5,水平面与斜面之间由一小段长度不计的弧形连接,一质量m=2 kg 的小物块静止于A 点。
现对小物块施加与水平方向成α=53°角的恒力F,如图1 所示,小物块在AB 段运动的速度—时间图象如图2 所示,到达B
点时撤去恒力F(已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g 取10 m/s2)。
(1)求小物块所受到的恒力F 的大小。
(2)求小物块在斜面上运动的总时间。
(3)小物块能否返回到A 点?若能,计算小物块通过A 点时的速度;若不能,计算小物块停止运动时离B 点的距离。
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【解析】(1)由图2 可知,小物块在AB 段的加速度
a1=
ȟ࢜
ȟ࢚=0.5 m/s2
根据牛顿第二定律,有
Fcos α-μ(mg-Fsin α)=ma1
解得F=11 N。
(2)在斜面BC 上,由牛顿第二定律有
mgsin α=ma2
解得a2=8.0 m/s2
小物块从B 上滑到最高点所用时间与从最高点滑回到B 所用时间相等,由图2 可知,小物块到达B 点的速度vB=2.0
m/s,有
t2=2࢜
࡮
ࢇ૛=0.5 s。
(3)小物块从B 向A 运动的过程中,有
μmg=ma3
解得a3=5.0 m/s2
滑行的位移s=࢜࡮૛
૛ࢇ૜=0.4 m
sAB=ܞ
െt1=࢜࡮
૛t1=4.0 m>0.4 m,所以小物块不能返回到A 点,停止运动时离B 点的距离为0.4 m。
【答案】(1)11 N
(2)0.5 s
(3)不能返回到A 点,停止运动时离B 点的距离为0.4 m
1.(2019 年全国卷Ⅲ,T20)(多选)如图1 所示,物块和木板叠放在实验台上,物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的
力传感器相连,细绳水平。t=0 时,木板开始受到水平外力F 的作用,在t=4 s 时撤去外力。细绳对物块的拉力f 随时间t
变化的关系如图2 所示,木板的速度v 与时间t 的关系如图3 所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度
取g=10 m/s2。由题给数据可以得出(
)。
A.木板的质量为1 kg
B.2 s~4 s 内,力F 的大小为0.4 N
C.0~2 s 内,力F 的大小保持不变
D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
【解析】结合图2 和图3 可判断出0~2 s 内物块和木板还未发生相对滑动,它们之间的摩擦力为静摩擦力,此过程
力F 大小等于f,故F 在此过程中是变力,C 项错误;2 s~5 s 内木板与物块发生相对滑动,摩擦力转变为滑动摩擦力,由牛顿
运动定律,对木板在2 s~4 s 有F-f=ma1,对木板在4 s~5 s 有f=ma2,又由速度图象知a1=a2=0.2 m/s2,可解出木板质量m=1
kg,2 s~4 s 内的力F=0.4 N,A、B 两项正确;由于不知道物块的质量,所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ,D 项错误。
2.(2018 年全国卷Ⅰ,T15)如图所示,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态。现用一竖直
向上的力F 作用在P 上,使其向上做匀加速直线运动。以x 表示P 离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F
和x 之间关系的图象可能正确的是(
)。
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A
B
C
D
【解析】设物块P 静止时,弹簧的长度为x0,物块P 受重力mg、弹簧弹力k(l-x0-x)及力F,如图所示。根据牛顿第二
定律,得F+k(l-x0-x)-mg=ma,且k(l-x0)=mg,故F=kx+ma。根据数学知识知F-x 图象是纵截距为ma 的一次函数图象。
3.(2016 年上海卷,T4)如图所示,顶端固定着小球的直杆固定在小车上,当小车向右做匀加速运动时,球所受合力的方向
沿图中的(
)。
A.OA 方向
B.OB 方向
C.OC 方向
D.OD 方向
【解析】据题意可知,小车向右做匀加速直线运动,由于球固定在杆上,而杆固定在小车上,则三者属于同一整体,根
据整体法和隔离法分析可知,球和小车的加速度相同,所以球的加速度也应该向右,D 项正确。
4.(2015 年全国卷Ⅰ,T20)(多选)如图1 所示,一物块在t=0 时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t 图线如图2 所示。若重力
加速度及图中的v0、v1、t1 均为已知量,则可求出(
)。
A.斜面的倾角
B.物块的质量
C.物块与斜面间的动摩擦因数
D.物块沿斜面向上滑行的最大高度
【解析】由v-t 图象可知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小a=࢜૙࢚
૚,根据牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma,
即gsin θ+μgcos θ=࢜
૙࢚
૚,同理向下滑行时gsin θ-μgcos θ=࢜
૚࢚
૚,两式联立得sin θ=࢜
૙൅࢜૚
૛ࢍ࢚૚,μ=࢜
૙Ǧ࢜૚
૛ࢍ࢚૚܋thࣂ,可见能计算出斜面的倾斜角
度θ以及动摩擦因数μ,A、C 两项正确;物块滑上斜面时的初速度v0 已知,向上滑行过程为匀减速直线运动,末速度为零,
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那么平均速度为࢜૙
૛,所以沿斜面向上滑行的最远距离x=࢜૙
૛t1,根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为xsin
θ=࢜૙
૛t1×࢜૙൅࢜૚
૛ࢍ࢚૚=࢜૙ሺ࢜૙൅࢜૚ሻ
૝ࢍ
,D 项正确;仅根据v-t 图象无法求出物块的质量,B 项错误。
【答案】ACD
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(20)
1. (弹簧连接体)(2019 年汕头模拟)如图所示,将一手电筒竖直向上放置,接通电源开关,旋松后盖使小电珠恰能点亮。手
持手电筒并保持它在竖直方向运动,要使得小电珠熄灭,可以(
)。
A.缓慢向上匀速运动
B.缓慢向下匀速运动
C.突然向上加速运动
D.突然向下加速运动
【解析】如果手电筒加速上升或减速下降,电池处于超重状态,它对弹簧的作用力将大于其重力,弹簧压缩量增大,
电池上端将与电珠脱离,电珠熄灭,故只有C 项符合题意。
2.(轻绳连接体)(2019 年安徽马鞍山三校联考)(多选)氢气球下系一小重物G,重物只在重力和绳的拉力作用下做直线运
动,重物运动的方向如图中箭头所示虚线方向,图中气球和重物G 在运动中所处的位置可能是(
)。
【解析】重物只在重力和绳的拉力作用下做直线运动,故合力为零或者与速度共线。重物可能做匀速直线运动,可
能做匀减速直线运动,可能做匀加速直线运动,A、B、C 三项可能,D 项不可能。
【答案】ABC
3. (弹簧连接体)(2019 年山东临沂检测)如图所示,在倾角θ=30°的光滑固定斜面上,物块A、B 质量分别为m 和2m。物块
A 静止在轻弹簧上面,物块B 用细线与斜面顶端相连,A、B 挨在一起但A、B 之间无弹力。已知重力加速度大小为g,某
时刻把细线剪断,当细线剪断的瞬间,下列说法正确的是(
)。
A.物块A 的加速度为0
B.物块A 的加速度大小为
ࢍ
૜
C.物块B 的加速度为0
D.物块B 的加速度大小为
ࢍ
૛
【解析】剪断细线前,弹簧的弹力F 弹=mgsin 30°=
૚
૛mg;细线剪断的瞬间,弹簧的弹力不变,仍为F 弹=
૚
૛mg,对A、B 系统,
加速度a=
૜࢓ࢍhܑܖ૜૙ιെࡲ弹
૜࢓
=
ࢍ
૜,即A 和B 的加速度均为
ࢍ
૜,B 项正确。
4.(轻质弹簧测力计连接体)(2019 年河南洛阳联考)放在光滑水平面上的物块1、2 用轻质弹簧测力计相连,如图所示。
现对物块1、2 分别施加方向相反的水平力F1、F2,且F1 大于F2,则稳定时弹簧测力计的示数(
)。
A.一定大于F2 小于F1
B.一定等于F1-F2
C.一定等于F1+F2
D.一定等于
ࡲ૚൅ࡲ૛
૛
【解析】因为F1>F2,所以两个物块一起向左做匀加速直线运动。对两个物块整体运用牛顿第二定律,有
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F1-F2=(m1+m2)a,再对物块1 受力分析,运用牛顿第二定律,得到F1-F=m1a,解得F=
࢓૛ࡲ૚൅࢓૚ࡲ૛
࢓૚൅࢓૛
,由于F1 大于F2,故F 一定大于
F2 小于F1,A 项正确。
5.(物物连接体)(2019 年西安曲江一中质检)如图所示,将砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽
出,砝码的移动很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为2m 和m,各接触面间
的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g。要使纸板相对砝码运动,所需拉力的大小至少应为(
)。
A.3μmg B.4μmg
C.5μmg
D.6μmg
【解析】纸板相对砝码恰好运动时,对纸板和砝码构成的系统,由牛顿第二定律可得F-μ(2m+m)g=(2m+m)a,对砝码,
由牛顿第二定律可得2μmg=2ma,联立可得F=6μmg,D 项正确。
6.(轻绳连接体) (2019 年黑龙江鹤岗二中月考)如图所示,A、B 两球的质量相等,弹簧的质量不计,倾角为θ的固定斜面光
滑,系统静止时,弹簧与细线均平行于斜面,重力加速度大小为g,在细线被烧断的瞬间,下列说法正确的是(
)。
A.两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下,大小均为gsin θ
B.B 球的受力情况未变,瞬时加速度为零
C.A 球的瞬时加速度沿斜面向下,大小为gsin θ
D.弹簧有收缩的趋势,B 球的瞬时加速度向上,A 球的瞬时加速度向下,瞬时加速度都不为零
【解析】系统静止,根据平衡条件,对B 球有F 弹=mgsin θ,对A 球有F 绳=F 弹+mgsin θ,细线被烧断的瞬间,细线的拉力
立即减为零,但弹簧的弹力不发生改变,则B 球受力情况未变,瞬时加速度为零;对A 球根据牛顿第二定律得
a=
ࡲ合
࢓=
ࡲ弹൅ܕlhܑܖࣂ
࢓
=2gsin θ,A、C、D 三项错误,B 项正确。
7.(物物连接体)(2019 年武汉五校模拟)如图所示,两黏合在一起的物块a 和b,质量分别为ma和mb,放在光滑的水平桌面
上,现同时给它们施加方向如图所示的水平推力Fa 和水平拉力Fb,已知Fa>Fb,则a 对b 的作用力(
)。
A.必为推力
B.必为拉力
C.可能为推力,也可能为拉力
D.不可能为零
【解析】将a、b 看作一个整体,加速度a=
ࡲࢇ൅ࡲ࢈
࢓ࢇ൅࢓࢈,单独对a 进行分析,设a、b 间的作用力为Fab,则a=
ࡲࢇ൅ࡲࢇ࢈
࢓ࢇ=
ࡲࢇ൅ࡲ࢈
࢓ࢇ൅࢓࢈,
即Fab=
ࡲ࢈࢓ࢇǦࡲࢇ࢓࢈
࢓ࢇ൅࢓࢈,由于不知道ma 与mb 的大小关系,故Fab 可能为正,可能为负,也可能等于0。
8.(传送带) (2019 年山东烟台一中段考)(多选)如图所示,三角形传送带以1 m/s 的速度沿逆时针方向匀速转动,两边倾斜
的传送带长都是2 m 且与水平方向的夹角均为37°。现有两个小物块A、B 从传送带顶端都以1 m/s 的初速度沿传送
带下滑,两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5,g 取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列判断正确的是(
)。
A.物块A 先到达传送带底端
B.物块A、B 同时到达传送带底端
C.传送带对物块A、B 的摩擦力都沿传送带向上
D.物块A 下滑过程中相对传送带的路程小于物块B 下滑过程中相对传送带的路程
【解析】物块A、B 都以1 m/s 的初速度沿传送带下滑,且μ=0.5<tan 37°=0.75,故传送带对两物块的滑动摩擦力均沿
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传送带向上,大小也相等,mgsin 37°-μmgcos 37°=ma,解得a=2 m/s2>0,故两物块的加速度沿传送带向下且大小相同,滑到
底端时位移大小相同,故时间相同,A 项错误,B、C 两项正确;物块A 与传送带运动方向相同,相对路程较小,D 项正确。
9.(传送带与图象)(2019 年甘肃省兰州一中模拟)如图1 所示,倾角为37°足够长的传送带以4 m/s 的速度顺时针转动,现
将小物块以2 m/s 的初速度沿斜面向下冲上传送带,小物块的速度随时间变化的关系如图2 所示,g=10 m/s2,sin
37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)小物块与传送带间的动摩擦因数。
(2)0~8 s 内小物块与传送带之间的划痕的长度。
【解析】(1)根据v-t 图象的斜率表示加速度,有a=
ȟ࢜
ȟ࢚=1 m/s2
由牛顿第二定律得μmgcos 37°-mgsin 37°=ma
解得μ=
ૠ
ૡ。
(2)0~8 s 内只有前6 s 内物块与传送带发生相对滑动
0~6 s 内传送带匀速运动的距离x 带=4×6 m=24 m
速度—图象的“面积”大小等于位移,则0~2 s 内物块位移x1=
૚
૛×2×2 m=2 m,方向沿斜面向下
2 s~6 s 内物块位移x2=
૚
૛×4×4 m=8 m,方向沿斜面向上
所以划痕的长度Δx=x 带+x1-x2=18 m。
【答案】(1)
ૠ
ૡ
(2)18 m
10.(滑块—木板模型) (2019 年石家庄正定五中检测)如图所示,倾角α=30°的足够长的光滑斜面固定在水平面上,斜面上
放一长L=1.8 m,质量M=3 kg 的薄木板,木板的最上端叠放一质量m=1 kg 的小物块,物块与木板间的动摩擦因数μ=
૜
૛。
对木板施加沿斜面向上的恒力F,使木板沿斜面由静止开始向上做匀加速直线运动,假设物块与木板间的最大静摩擦力
等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10 m/s2。
(1)为使物块不滑离木板,求力F 应满足的条件。
(2)若F=37.5 N,物块能否滑离木板?若不能,请说明理由;若能,求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升
的最大距离。
【解析】(1)若整体恰好静止,则F=(M+m)gsin α=20 N
因要拉动木板,则F>20 N
若整体一起向上做匀加速直线运动,对物块和木板,由牛顿第二定律得
F-(M+m)gsin α=(M+m)a
对物块有f-mgsin α=ma
其中f≤μmgcos α
代入数据解得F≤30 N
向上加速的过程中为使物块不滑离木板,力F 应满足的条件为20 N<F≤30 N。
(2)当F=37.5 N>30 N 时,物块能滑离木板,由牛顿第二定律,对木板有F-μmgcos α-Mgsin α=Ma1
对物块有μmgcos α-mgsin α=ma2
设物块滑离木板所用的时间为t,由运动学公式得
૚
૛a1t2-
૚
૛a2t2=L
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解得t=1.2 s
物块滑离木板时的速度v=a2t
滑离后沿斜面上升的最大距离,满足-2gssin α=0-v2
解得s=0.9 m。
【答案】(1)20 N<F≤30 N
(2)能
1.2 s
0.9 m
1.(2017 年海南卷,T9)(多选)如图所示,水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q 和R,质量分别为m、2m 和3m,物块与地
面间的动摩擦因数都为μ。用大小为F 的水平外力推动物块P,记R 和Q 之间相互作用力与Q 和P 之间相互作用力大小
之比为k。下列判断正确的是(
)。
A.若μ≠0,则k=
⺁
૟
B.若μ≠0,则k=
૜
⺁
C.若μ=0,则k=
૚
૛
D.若μ=0,则k=
૜
⺁
【解析】先用整体法求出物体所受的合力,进而求得加速度,然后再用隔离法对P、R 两物体进行受力分析,利用牛
顿第二定律即可求得k。三物块靠在一起,将以相同加速度向右运动,则加速度a=
ࡲǦ૟ࣆ࢓ࢍ
૟࢓
,所以R 和Q 之间相互作用力
F1=3ma+3μmg=
૚
૛F,Q 与P 之间相互作用力F2=F-μmg-ma=F-μmg-
૚
૟F+μmg=
⺁
૟F,所以k=
ࡲ૚
ࡲ૛=
૚
૛۴
⺁
૟۴=
૜
⺁,由于计算过程与μ是否为零无
关,故k=
૜
⺁恒成立,A、C 两项错误,B、D 两项正确。
2.(2015 年全国卷Ⅱ,T20)(多选)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这
列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以
大小为
૛
૜a 的加速度向西行驶时,P 和Q 间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢
的节数可能为(
)。
A.8
B.10
C.15
D.18
【解析】设P、Q 西边有n 节车厢,每节车厢的质量为m,则F=nma,P、Q 东边有k 节车厢,则F=km·
૛
૜a,联立两式得
3n=2k,由此式可知列车总节数N=n+k=
⺁
૜k,设k=3b(b=1,2,3,…),则N=5b,故B、C 两项正确。
3.(2015 年海南卷,T8)(多选)如图,物块a、b 和c 的质量相同,a 和b、b 和c 之间用完全相同的轻弹簧S1 和S2 相连,通过
系在a 上的细线悬挂于固定点O,整个系统处于静止状态。现将细线剪断。将物块a 的加速度的大小记为a1,S1 和S2 相
对于原长的伸长分别记为Δl1 和Δl2,重力加速度大小为g。在剪断的瞬间(
)。
A.a1=3g B.a1=0
C.Δl1=2Δl2
D.Δl1=Δl2
【解析】设物体的质量为m,剪断细线的瞬间,细线的拉力消失,弹簧还没有来得及改变,所以剪断细线的瞬间a 受到
重力和弹簧S1 的拉力T1,剪断前对b、c 和弹簧组成的整体分析可知T1=2mg,故a 受到的合力F=mg+T1=3mg,故加速度
a1=
ࡲ
࢓=3g,A 项正确,B 项错误;设弹簧S2 的拉力为T2,则T2=mg,根据胡克定律F=kΔx 可得Δl1=2Δl2,C 项正确,D 项错误。
4.(2019 年江苏卷,T15)如图所示,质量相等的物块A 和B 叠放在水平地面上,左边缘对齐。A 与B、B 与地面间的动摩擦
因数均为μ。先敲击A,A 立即获得水平向右的初速度,在B 上滑动距离L 后停下。接着敲击B,B 立即获得水平向右的初
速度,A、B 都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重
力加速度为g。求:
(1)A 被敲击后获得的初速度大小vA。
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(2)在左边缘再次对齐的前、后,B 运动加速度的大小aB、aB'。
(3)B 被敲击后获得的初速度大小vB。
【解析】(1)由牛顿运动定律知,A 加速度的大小aA=μg
匀变速直线运动2aAL=࢜
࡭૛
解得vA= ૛ࣆࢍࡸ。
(2)设A、B 的质量均为m
对齐前,B 所受合外力大小F=3μmg
由牛顿运动定律有F=maB
解得aB=3μg
对齐后,A、B 所受合外力大小F'=2μmg
由牛顿运动定律有F'=2maB'
解得aB'=μg。
(3)经过时间t,A、B 达到共同速度v,位移分别为xA、xB,A 的加速度的大小等于aA,则
v=aAt
v=vB-aBt
xA=
૚
૛aAt2
xB=vBt-
૚
૛aBt2
且xB-xA=L
解得vB=2 ૛ࣆࢍࡸ。
【答案】(1) ૛ࣆࢍࡸ
(2)3μg
μg
(3)2 ૛ࣆࢍࡸ
5.(2017 年全国卷Ⅲ,T25)如图所示,两个滑块A 和B 的质量分别为mA=1 kg 和mB=5 kg,放在静止于水平地面上的木板的
两端,两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5;木板的质量m=4 kg,与地面间的动摩擦因数μ2=0.1。某时刻A、B 两滑块开
始相向滑动,初速度大小均为v0=3 m/s。A、B 相遇时,A 与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力
加速度大小g=10 m/s2。求:
(1)B 与木板相对静止时,木板的速度。
(2)A、B 开始运动时,两者之间的距离。
【解析】(1)滑块A 和B 在木板上滑动时,木板也在地面上滑动。设A、B 和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2
和f3,A 和B 相对于地面的加速度大小分别为aA 和aB,木板相对于地面的加速度大小为a1。在滑块B 与木板达到共同速
度前有
f1=μ1mAg,f2=μ1mBg,f3=μ2(m+mA+mB)g
由牛顿第二定律得
f1=mAaA,f2=mBaB,f2-f1-f3=ma1
设在t1 时刻,B 与木板达到共同速度,其大小为v1。由运动学公式有
v1=v0-aBt1,v1=a1t1
联立上式,代入已知数据得v1=1 m/s。
(2)在t1 时间间隔内,B 相对于地面移动的距离为
sB=v0t1-
૚
૛aB࢚૚
૛
设在B 与木板达到共同速度v1 后,木板的加速度大小为a2。对于B 与木板组成的系统,由牛顿第二定律有
f1+f3=(mB+m)a2
aA=aB=μ1g;B 与木板达到共同速度时,A 的速度大小也为v1,但运动方向与木板相反。由题意知,A 和B 相遇时,A 与木
板的速度相同,设其大小为v2。设A 的速度大小从v1 变到v2 所用的时间为t2,则由运动学公式,对木板有
v2=v1-a2t2
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对A 有v2=-v1+aAt2
在t2 时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为
s1=v1t2-
૚
૛a2࢚૛
૛
在(t1+t2)时间间隔内,A 相对地面移动的距离为
sA=v0(t1+t2)-
૚
૛aA(t1+t2)2
A 和B 相遇时,A 与木板的速度也恰好相同。因此A 和B 开始运动时,两者之间的距离s0=sA+s1+sB
联立解得s0=1.9 m。
【答案】(1)1 m/s
(2)1.9 m
6.(2017 年海南卷,T14)一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部,另一端和质量为m 的小物块a 相连,如图
所示。质量为
૜
⺁m 的小物块b 紧靠a 静止在斜面上,此时弹簧的压缩量为x0,从t=0 时开始,对b 施加沿斜面向上的外力,
使b 始终做匀加速直线运动。经过一段时间后,物块a、b 分离;再经过同样长的时间,b 距其出发点的距离恰好也为x0。
弹簧的形变始终在弹性限度内,重力加速度大小为g。求:
(1)弹簧的劲度系数。
(2)物块b 加速度的大小。
(3)在物块a、b 分离前,外力大小随时间变化的关系式。
【解析】(1)对整体分析,未加外力时,根据平衡条件可知,沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡,则有kx0= ࢓൅
૜
⺁ܕgsin θ
解得k=
ૡ࢓ࢍhܑܖࣂ
⺁࢞૙
。
(2)由题意可知,b 经两段相等的时间总位移为x0
设从出发到a、b 分离所用时间为t0,有
૚
૛a(2t0)2=x0
则
૚
૛a࢚૙
૛=࢞૙
૝
说明当形变量x1=x0-࢞૙
૝=
૜࢞૙
૝时二者分离
对物块a 分析,因分离时a、b 间没有弹力,则根据牛顿第二定律可知
kx1-mgsin θ=ma
联立解得a=
ࢍhܑܖࣂ
⺁。
(3)设时间为t,则经时间t 时,a、b 前进的位移
x=
૚
૛at2=
ࢍ࢚૛hܑܖࣂ
૚૙
则形变量变Δx=x0-x
对整体分析可知,由牛顿第二定律有
F+kΔx- ࢓൅
૜
⺁ܕgsin θ= ࢓൅
૜
⺁ܕa
解得F=
ૡ
૛⺁mgsin θ+
૝࢓ࢍ૛hܑܖ૛ી
૛⺁࢞૙
t2
因分离时位移x=࢞૙
૝
由x=࢞૙
૝=
૚
૛at2,解得t=
⺁࢞૙
૛ࢍhܑܖࣂ
故应保证0≤t<
⺁࢞૙
૛ࢍhܑܖࣂ,F 表达式才能成立。
【答案】(1)
ૡ࢓ࢍhܑܖࣂ
⺁࢞૙
(2)
ࢍhܑܖࣂ
⺁
(3)F=
ૡ
૛⺁mgsin θ+
૝࢓ࢍ૛hܑܖ૛ી
૛⺁࢞૙
t2(0≤t<
⺁࢞૙
૛ࢍhܑܖࣂ)
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一、选择题
1. (2019 年云南曲靖高三质检)如图,冰壶在冰面运动时受到的阻力很小,可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向
不变,我们可以说冰壶有较强的抵抗运动状态变化的“本领”,这里的“本领”是指冰壶的惯性。冰壶的惯性的大小取决于
(
)。
A.冰壶的速度
B.冰壶的质量
C.冰壶受到的推力
D.冰壶受到的阻力
【解析】惯性大小的唯一量度是质量,B 项正确。
2.(2019 年湖北武汉四月调研)某质点做匀加速直线运动,经过时间t 速度由v0 变为kv0(k>1),位移大小为x。则在随后的
4t 内,质点的位移大小为(
)。
A.
ૡ࢞ሺ૜࢑Ǧ૛ሻ
࢑൅૚
B.
ૡ࢞ሺ૛࢑Ǧ૚ሻ
࢑൅૚
C.
ૡ࢞ሺ૛࢑Ǧ૚ሻ
࢑Ǧ૚
D.
૜࢞ሺ⺁࢑Ǧ૜ሻ
࢑൅૚
【解析】根据题述,经过时间t 速度由v0 变为kv0,质点的加速度a=
࢑࢜૙Ǧ࢜૙࢚=(k-1)࢜
૙࢚,位移大小x=v0t+
૚
૛at2,在随后的4t
内,质点的位移大小x'=kv0·4t+
૚
૛a(4t)2,联立解得x'=
ૡ࢞ሺ૜࢑Ǧ૛ሻ
࢑൅૚
,A 项正确。
3.(2019 年湖北襄阳模拟)在欢庆节日的时候,人们会在夜晚燃放美丽的烟花。按照设计,某种型号的礼花弹从专用炮筒
中射出后,在4 s 末到达离地面100 m 的最高点时炸开,构成各种美丽的图案。假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速
度是v0,上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k 倍,那么v0和k 分别等于(重力加速度g 取10 m/s2)(
)。
A.25 m/s
1.25
B.40 m/s
0.25
C.50 m/s
0.25
D.80 m/s
1.25
【解析】根据h=
૚
૛at2,解得a=12.5 m/s2,所以v0=at=50 m/s;上升过程中,礼花弹所受的平均阻力Ff=kmg,根据牛顿第
二定律得a=
࢓ࢍ൅ࡲ܎
࢓
=(k+1)g=12.5 m/s2,解得k=0.25,C 项正确。
4. (2019 年湖南株洲五校联考)物体A、B 分别静止在倾角为θ1、θ2 的光滑斜面上,它们的质量分别为mA、mB,用沿斜面
方向向上的拉力F 拉物体A、B,所得加速度a 与拉力F 的关系图线如图中A、B 所示,则(
)。
A.θ1>θ2,mA>mB
B.θ1>θ2,mA<mB
C.θ1<θ2,mA>mB
D.θ1<θ2,mA<mB
【解析】用沿斜面方向向上的拉力F 拉物体时,根据牛顿第二定律,有F-mgsin θ=ma,即a=
૚
࢓F-gsin θ,因此在a-F 图
象中,斜率表示物体质量的倒数,所以mA<mB,纵轴截距为-gsin θ,所以θ1>θ2。
5. (2019 年衡水高三月考)(多选)如图所示,质量为m 的木块A 放在质量为M 的三角形斜面体B 上,现用大小不相等、方
向相反的水平力F1、F2 分别推A 和B,它们均静止不动,且F1<F2,重力加速度为g,则(
)。
A.A 受到四个力的作用
B.B 对A 的摩擦力方向一定沿斜面向下
C.地面对B 的摩擦力方向水平向右,大小为F2-F1
D.地面对B 的支持力大小一定等于(M+m)g
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【解析】以A 为研究对象进行受力分析,如图所示,沿斜面方向,F1 的分力和A 所受重力的分力大小关系不确定,所
以不确定B 和A 之间有无摩擦力,A 的受力个数不确定,A、B 两项错误;以整体为研究对象,水平方向有Ff=F2-F1,则摩擦力
方向向右,竖直方向有FN'=(M+m)g,C、D 两项正确。
【答案】CD
6.(2019 年广东省佛山市高三下学期测试)图示为一物体被吊车用钢索竖直向上提升过程的简化运动图象。下列判断正
确的是(
)。
A.0~36 s 内物体被吊起的高度为25 m
B.0~10 s 内物体的平均速度大于30 s~36 s 内物体的平均速度
C.30 s~36 s 内物体处于超重状态
D.前10 s 内钢索最容易发生断裂
【解析】在v-t 图象中,图线与时间轴所围的面积表示位移,所以0~36 s 内物体被吊起的高度x=
૚
૛×(20+36)×1 m=28
m,A 项错误;0~10 s 内物体做匀变速直线运动, 所以平均速度v1=࢜
૙૚൅࢚࢜
૚
૛
=0.5 m/s,同理30 s~36 s 内的平均速度
v2=࢜૙૛൅࢚࢜
૛
૛
=0.5 m/s,所以平均速度相等,B 项错误;30 s~36 s 内物体匀减速上升,加速度向下,物体处于失重状态,C 项错误;
前10 s 内物体做匀加速直线运动,加速度向上,由牛顿第二定律可知F=mg+ma,拉力最大,钢索最容易发生断裂,D 项正确。
7.(2019 年太原育英中学月考)(多选)如图所示,A、B、C 三个小球的质量均为m,A、B 之间用一根没有弹性的轻绳连在
一起,B、C 之间用轻弹簧拴接,A 球另一端用细线悬挂在倾角为θ的光滑固定斜面上,整个系统均静止,现将A 上面的细线
烧断,重力加速度为g,则在烧断细线瞬间(
)。
A.A、B、C 的加速度的大小分别为aA=1.5gsin θ、aB=1.5gsin θ、aC=0
B.A、B、C 的加速度的大小分别为aA=gsin θ、aB=2gsin θ、aC=0
C.A、B 间轻绳的拉力大小为0.5mgsin θ
D.B、C 间弹簧的弹力大小为2mgsin θ
【解析】烧断细线瞬间,弹簧弹力不变,因此aC=0,以A、B 为研究对象,根据牛顿第二定律,有3mgsin θ=2ma,得
aA=aB=1.5gsin θ,A 项正确,B 项错误;以A 为研究对象,根据牛顿第二定律,有mgsin θ+T=ma,A、B 间轻绳的拉力大小为
0.5mgsin θ,C 项正确;以C 为研究对象,根据力的平衡可知,弹力大小为mgsin θ,D 项错误。
8.(2019 年江西十校模拟)如图所示,质量相同的两物体A、B,用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧,连接
物体A 的细线与斜面C 平行,物体B 与A 处于同一水平高度,此时物体A 恰好静止在倾角为37°的斜面C 上。某时刻剪
断细线,使物体A、B 开始运动,C 仍然静止。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,
则在剪断细线后(
)。
A.物体A、B 运动到水平面的时间相等
B.A 的加速度大小为2 m/s2
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C.A 受到的摩擦力与剪断细线前相同
D.地面对C 的摩擦力比剪断细线前大
【解析】设A 物体在斜面上受到的最大静摩擦力为f,根据平衡条件,有mgsin 37°+f=mg,解得f=
૛
⺁mg,剪断细线,对A
有mgsin 37°-f=ma,解得a=2 m/s2,B 项正确;剪断细线后,B 做自由落体运动,加速度大于A 的加速度,两物体位于同一高度,
运动到水平面时,A 的位移较大,故物体A、B 运动到水平面的时间不相等,A 项错误;A 受到的摩擦力与剪断细线前大小
相同,方向相反,C 项错误;剪断细线前,以A、C 为研究对象,地面对C 的摩擦力大小f1=Tcos 37°=mgcos 37°=
૝
⺁mg,剪断细线
后,以A、C 整体为研究对象,设地面对C 的摩擦力为f2,在水平方向上有f2=macos 37 °=
૝
૛⺁mg,故地面对C 的摩擦力比剪断
细线前小,D 项错误。
9.(2019 年湖南株洲模拟)(多选)甲、乙两辆车在同一水平直道上运动,其运动的位移—时间图象如图所示,则下列说法中
正确的是(
)。
A.甲车先做匀减速直线运动,后做匀速直线运动
B.乙车在0~10 s 内的平均速度大小为0.8 m/s
C.在0~10 s 内,甲、乙两车相遇两次
D.若乙车做匀变速直线运动,则图线上P 点所对应的瞬时速度大小一定大于0.8 m/s
【解析】题图为位移—时间图象,甲车先向负方向做匀速直线运动后静止在x=2 m 处,乙向负方向做速度逐渐增大
的运动,A 项错误;乙车在10 s 内的位移大小为8 m,所以平均速度大小为0.8 m/s,B 项正确;在位移—时间图象上交点表
示相遇,所以10 s 内两车相遇了两次,C 项正确;若乙车做匀变速运动,P 点为中间位置的点,根据匀变速运动规律可知v 平
均=࢚࢜
૛<࢜࢞
૛,所以P 点对应的速度一定大于0.8 m/s,D 项正确。
10.(2019 年西宁二十一中月考)质量为2 kg 的物体静止在足够大的水平面上,物体与地面间的动摩擦因数为0.2,最大静
摩擦力和滑动摩擦力大小视为相等。从t=0 时刻开始,物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F 的作用,F
随时间t 变化的规律如图所示。取重力加速度g=10 m/s2,则物体在t=0 到t=6 s 这段时间内的位移大小为(
)。
A.4 m
B.8 m
C.10 m
D.12 m
【解析】最大静摩擦力Ff=μmg=4 N,当拉力大于最大静摩擦力时,物体才会由静止开始运动,所以物体在t=2 s 时才
开始运动;2 s~4 s 时,F>Ff,物体由静止开始做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可得加速度a=
ࡲǦࡲ܎
࢓=1 m/s2,位移x1=
૚
૛at2=2
m,4 s 末的速度v=at=2 m/s,4 s~6 s 时,根据牛顿第二定律可得加速度a1=
ࡲǦࡲ܎
࢓=-1 m/s2,位移x2=vt+
૚
૛a1t2=2 m,则物体的总位
移x=x1+x2=4 m,A 项正确,B、C、D 三项错误。
二、非选择题
11. (2019 年河南重点中学联考)北京已获得2022 年冬奥会举办权!如图所示,俯式冰橇是冬奥会的比赛项目之一,其赛
道可简化为起点和终点的高度差为120 m、长度为1200 m 的斜坡。假设某运动员从起点开始,以平行赛道的恒力F=40
N 推动质量m=40 kg 的冰橇开始沿斜坡向下运动,出发4 s 内冰橇发生的位移为12 m,8 s 末,运动员迅速登上冰橇,与冰
橇一起沿直线运动直到终点。设运动员登上冰橇前、后,冰橇的速度不变,不计空气阻力,求:(g 取10 m/s2,取赛道倾角的
余弦值为1,正弦值按照题目要求计算)
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(1)出发4 s 内冰橇的加速度大小。
(2)冰橇与赛道间的动摩擦因数。
(3)比赛中运动员到达终点时的速度大小。
【解析】(1)设出发4 s 内冰橇的加速度为a1,出发4 s 内冰橇发生的位移
x1=
૚
૛a1࢚૚
૛
解得a1=1.5 m/s2。
(2)设赛道倾角为θ,由牛顿第二定律有
F+mgsin θ-μmgcos θ=ma1
解得μ=0.05。
(3)8 s 后冰橇的加速度为a2,由牛顿第二定律有
(m+M)gsin θ-μ(m+M)gcos θ=(m+M)a2
8 s 末冰橇的速度v1=a1t2
出发8 s 内冰橇发生的位移x2=
૚
૛a1࢚૛
૛=48 m
设到达终点时的速度为v2,则࢜
૛૛-࢜
૚૛=2a2(x-x2)
解得v2=36 m/s。
【答案】(1)1.5 m/s2
(2)0.05
(3)36 m/s
12.(2019 年通化质检)如图所示,一长L=2 m、质量M=4 kg 的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上,其右端距平台
边缘l=5 m,木板的正中央放有一质量m=1 kg 的小物块(可视为质点)。已知木板与地面、物块与木板间的动摩擦因数
均为μ1=0.4。现对木板施加一水平向右的恒力F,其大小为48 N,g 取10 m/s2,求:
(1)F 作用了1.2 s 时,木板的右端离平台边缘的距离。
(2)要使小物块最终不能从平台上滑出去,物块与平台间的动摩擦因数μ2 应满足的条件。
【解析】(1)假设开始时物块与木板会相对滑动,由牛顿第二定律,对木板有
F-μ1(M+m)g-μ1mg=Ma1
解得a1=6 m/s2
对物块有
μ1mg=ma2
解得a2=4 m/s2
因为a2<a1,故假设成立
设F 作用t 时间后,小物块恰好从木板左端滑离,则有
ࡸ
૛=
૚
૛a1t2-
૚
૛a2t2
代入数据解得t=1 s
在此过程中,木板的位移
x1=
૚
૛a1t2=3 m
末速度v1=a1t=6 m/s
物块的位移x2=
૚
૛a2t2=2 m
末速度v2=a2t=4 m/s
在小物块从木板上滑落后的0.2 s 内,由牛顿第二定律,对木板有
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F-μ1Mg=Ma1'
解得a1'=8 m/s2
木板发生的位移x1'=v1t0+
૚
૛a1'࢚૙
૛
解得x1'=1.36 m
此时木板距平台边缘的距离
Δx=l-x1-x1'=0.64 m。
(2)小物块滑至平台后,做匀减速直线运动,由牛顿第二定律,对物块有
μ2mg=ma2'
解得a2'=μ2g
若小物块在平台上速度减为0,则通过的位移x2'=࢜
૛૛
૛ࢇ૛̵
要使物块最终不会从平台上掉下去需满足
l+
ࡸ
૛≥x2+x2'
联立解得μ2≥0.2。
【答案】(1)0.64 m
(2)μ2≥0.2
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(25)
1. (绳端速度的分解问题)(2019 年湖北龙泉中学、宜昌一中联考)某人用绳子通过定滑轮拉物体A,A 穿在光滑的竖直杆
上,人以速度v0匀速向下拉绳,当物体A 到达如图所示位置时,绳与竖直杆的夹角为θ,则物体A 实际运动的速度是(
)。
A.࢜
૙
܋thࣂ
B.࢜
૙
hܑܖࣂ
C.v0cos θ D.v0sin θ
【解析】将A 的速度以运动效果分解为沿绳方向和垂直于绳方向的速度,如图所示,拉绳的速度等于A 沿绳方向的
分速度,根据平行四边形定则得,实际速度v=࢜
૙
܋thࣂ,A 项正确。
2.(物体做曲线运动的条件)(2019 年四川成都树德中学质检)一个质点受两个互成锐角的恒力F1和F2作用,由静止开始运
动,若运动过程中保持二力方向不变,但F1 突然增大到F1+ΔF,则质点以后(
)。
A.一定做匀变速直线运动
B.在相等时间内速度的变化一定相等
C.可能做匀速直线运动
D.可能做变加速曲线运动
【解析】在互成锐角的恒力F1 和F2 作用下,质点由静止开始做匀加速直线运动。保持F1、F2 方向不变,当F1 大小突
然增大到F1+ΔF 时,合力的方向与速度方向不共线,质点做曲线运动。由于合力恒定,所以质点做匀变速曲线运动,加速度
是定值,在相等的时间内速度的变化一定相等,B 项正确,A、C、D 三项错误。
3. (绳端速度的分解问题)(2019 年河南洛阳高三检测)(多选)如图所示,细线一端固定在天花板上的O 点,另一端穿过一张
CD 光盘的中央圆孔后拴着一个橡胶球,橡胶球静止时,竖直悬线刚好挨着水平桌面的边沿。现将CD 光盘按在桌面上,
并沿桌面边缘以速度૛v 匀速移动,移动过程中,CD 光盘中央小孔始终紧挨桌面边线,当悬线与竖直方向的夹角为45°
时,(
)。
A.小球的竖直分速度大小为૛v
B.小球的竖直分速度大小为v
C.小球的速度大小为⺁v
D.小球的速度大小为૜v
【解析】由题意可知,线与光盘交点参与两个运动,一是沿着线的方向运动,二是垂直线的方向运动,合运动的速度大
小为૛v,由数学三角函数关系有v 线= ૛vsin θ= ૛v×
૛
૛=v,则线的速度大小即小球上升的速度大小v;再依据矢量的合成
法则,得小球的速度大小v 合= ሺ૛ܞሻ૛൅࢜
૛= ૜v,B、D 两项正确。
4.(运动性质的判断)(2019 年山东实验中学高三段考)(多选)一物体在以xOy 为直角坐标系的平面上运动,其运动规律为
x=-2t2-4t,y=3t2+6t(式中的物理量单位均为国际单位)。关于物体的运动,下列说法正确的是(
)。
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A.物体在x 轴方向上做匀减速直线运动
B.物体在y 轴方向上做匀加速直线运动
C.物体运动的轨迹是一条直线
D.物体运动的轨迹是一条曲线
【解析】对应位移时间公式x=v0t+
૚
૛at2,x=-2t2-4t,y=3t2+6t,可得初速度v0x=-4 m/s,v0y=6 m/s,加速度ax=-4 m/s2,ay=6
m/s2。物体在x 轴上分运动的初速度和加速度同方向,是匀加速直线运动,A 项错误;物体在y 轴方向的初速度和加速度
同方向,是匀加速直线运动,B 项正确;题中分运动的初速度和加速度数值完全相同,合运动的初速度和加速度数值也是
相同的,即合运动的初速度方向与加速度方向相同,故合运动的轨迹是一条直线,C 项正确,D 项错误。
5. (小船渡河问题)(2019 年泸州模拟)如图所示,MN 是流速稳定的河流,河宽一定,小船在静水中的速度大小一定。现小
船自A 点渡河,第一次船头沿AB 方向与河岸的夹角为α,到达对岸;第二次船头沿AC 方向与河岸的夹角为β,到达对岸,
若两次航行的时间相等,则(
)。
A.α=β
B.α<β
C.α>β
D.无法比较α与β的大小
【解析】第一次船头沿AB 方向(船在静水中的速度方向沿AB 方向)到达对岸,第二次船头沿AC 方向(船在静水中的
速度方向沿AC 方向)到达对岸,对在这两种情况下的船在静水中的速度进行分解,因两次航行的时间相等,所以在垂直于
河岸方向上的速度是相等的,即vsin α=vsin β,α=β,A 项正确,B、C、D 三项错误。
6.(运动的合成)(2019 年四川南充适应性测试)(多选)如图所示,在光滑水平面上有两条互相平行的直线l1、l2,AB 是两条
直线的垂线,其中A 点在直线l1 上,B、C 两点在直线l2 上。一个物体沿直线l1 以确定的速度匀速向右运动,如果物体要
从A 点运动到C 点,图中1、2、3 为其可能的路径,则可以使物体通过A 点时(
)。
A.获得由A 指向B 的任意大小的瞬时速度,物体的路径是2
B.获得由A 指向B 的确定大小的瞬时速度,物体的路径是2
C.持续受到平行于AB 的任意大小的恒力,物体的路径可能是1
D.持续受到平行于AB 的确定大小的恒力,物体的路径可能是3
【解析】物体获得由A 指向B 的任意瞬时速度时,由运动的合成可知,物体的运动路径是直线,但不一定是路径2,
只有该瞬时速度为某确定值时,物体的路径才是2,A 项错误,B 项正确;物体持续受到平行AB 的任意大小的恒力时,物体
做曲线运动,且运动路径弯向恒力方向,物体运动的路径可能是1,但一定不会是路径3,C 项正确,D 项错误。
7. (运动轨迹与速度)(2019 年锦州模拟)如图所示,从上海飞往北京的波音737 客机上午10 点10 分到达首都国际机场,
若飞机在开始降落时的水平分速度为60 m/s,竖直分速度为6 m/s,已知飞机在水平方向做加速度大小为2 m/s2 的匀减
速直线运动,在竖直方向做加速度大小为0.2 m/s2 的匀减速直线运动,则飞机落地之前(
)。
A.飞机的运动轨迹为曲线
B.经20 s 飞机水平方向的分速度与竖直方向的分速度大小相等
C.在第20 s 内,飞机在水平方向的分位移与竖直方向的分位移大小相等
D.飞机在第20 s 内,水平方向的平均速度为21 m/s
【解析】由于初速度的方向与合加速度的方向相反,故飞机的运动轨迹为直线,A 项错误;由匀减速运动规律可知,
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飞机在第20 s 末的水平分速度为20 m/s,竖直方向的分速度为2 m/s,B 项错误;飞机在第20 s 内,水平位移x=࢜
૙࢚࢞
૛૙൅
૚
૛ࢇ࢚࢞
૛૙
૛-࢜
૙࢚࢞
૚ૢ൅
૚
૛ࢇ࢚࢞
૚ૢ
૛=21 m,竖直位移y=࢜
૙࢚࢟
૛૙൅
૚
૛ࢇ࢚࢟
૛૙
૛-࢜
૙࢚࢟
૚ૢ൅
૚
૛ࢇ࢚࢟
૚ૢ
૛=2.1 m,C 项错误;飞机在第20 s
内,水平方向的平均速度ܞ
െ=࢞ȟ࢚=21 m/s,D 项正确。
8.(2019 年宝鸡模拟)如图所示,水平光滑长杆上套有一物块Q,跨过悬挂于O 点的轻小光滑圆环的轻绳一端连接Q,另一
端悬挂一物块P。设轻绳的左边部分与水平方向的夹角为θ,初始时θ很小。现将P、Q 由静止同时释放,关于P、Q 以后
的运动,下列说法正确的是(
)。
A.当θ=60°时,P、Q 的速度之比是
૜∶2
B.当θ=90°时,Q 的速度最大
C.当θ=90°时,Q 的速度为零
D.θ增大到90°的过程中,Q 所受合力一直增大
【解析】P、Q 用同一根绳连接,则Q 沿绳子方向的速度与P 的速度相等,则当θ=60°时,P 的速度vP=vQcos 60°,解得࢜
ࡼ࢜
ࡽ=
૚
૛,A 项错误;当θ=90°时,Q 到达O 点正下方时,P 的速度为0,且处于最低位置,由机械能守恒定律可知,Q 的速度最大,B
项正确,C 项错误;θ增大到90°的过程中,Q 所受合力逐渐减小,当θ=90°时,Q 的速度最大,加速度为零,合力为零,D 项错误。
1.(2018 年北京卷,T20)根据高中所学知识可知,做自由落体运动的小球,将落在正下方位置。但实际上,赤道上方200 m
处无初速度下落的小球将落在正下方位置偏东约6 cm 处。这一现象可解释为,除重力外,由于地球自转,下落过程小球
还受到一个水平向东的“力”,该“力”与竖直方向的速度大小成正比。现将小球从赤道地面竖直上抛,考虑对称性,上升过
程该“力”水平向西,则小球(
)。
A.到最高点时,水平方向的加速度和速度均为零
B.到最高点时,水平方向的加速度和速度均不为零
C.落地点在抛出点东侧
D.落地点在抛出点西侧
【解析】将小球竖直上抛的运动分解为水平和竖直两个分运动,上升阶段,随着小球竖直分速度的减小,其水平向西
的力逐渐变小,因此水平向西的分加速度逐渐变小,小球的水平分运动是向西的变加速运动,当小球到最高点时水平向
西的速度达到最大值,在最高点速度不为零,A 项错误;小球到最高点时竖直方向的分速度为零,由题意知小球这时不受
水平方向的力,故小球到最高点时水平分加速度为零,B 项错误;下降阶段,随着小球竖直分速度的变大,其水平向东的力
逐渐变大,水平向东的分加速度逐渐变大,小球的水平分运动是向西的变减速运动,故小球的落地点应在抛出点的西侧,C
项错误,D 项正确。
2.(2016 年全国卷Ⅰ,T18)(多选)一质点做匀速直线运动,现对其施加一恒力,且原来作用在质点上的力不发生改变,则
(
)。
A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D.质点单位时间内速率的变化量总是不变
【解析】质点一开始做匀速直线运动,处于平衡状态,施加恒力后,则该质点所受的合力为该恒力。若该恒力方向与
质点原运动方向不共线,则质点做曲线运动,此情况下质点速度方向时刻与恒力方向不同,A 项错误;若F 的方向在某一时
刻与质点运动方向垂直,之后质点做曲线运动,力与运动方向之间的夹角会发生变化,例如平抛运动,B 项正确;由牛顿第
二定律可知,质点加速度方向与其所受合力方向相同,C 项正确;根据加速度的定义,相等时间内速度变化量相同,速率变
化量不一定相同,D 项错误。
3.(2015 年全国卷Ⅱ,T16)由于卫星的发射场不在赤道上,同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨
道。当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时,发动机点火,给卫星一附加速度,使卫星沿同步轨道运行。已知同步卫星的环
绕速度约为3.1×103 m/s,某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103 m/s,此时卫星的高度与同步轨道的高度相同,
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转移轨道和同步轨道的夹角为30°,如图所示。发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为(
)。
A.西偏北,1.9×103 m/s
B.东偏南,1.9×103 m/s
C.西偏北,2.7×103 m/s
D.东偏南,2.7×103 m/s
【解析】在转移轨道上空位置时,对卫星进行速度分解,如图所示。由此知,要使卫星经点火后速度变为同步卫星的
环绕速度, 则vy'=vy=vsin 30°=775 m/s, 方向向南;vx'=vt-vcos 30°=1758 m/s, 方向向东, 所以附加速度大小
v'=̵࢜࢞
૛൅̵࢜࢟
૛≈1.9×103 m/s,方向为东偏南,B 项正确。
4.(2015 年广东卷,T14)如图所示,帆板在海面上以速度v 朝正西方向运动,帆船以速度v 朝正北方向航行, 以帆板为参照
物(
)。
A.帆船朝正东方向航行,速度大小为v
B.帆船朝正西方向航行,速度大小为v
C.帆船朝南偏东45°方向航行,速度大小为૛v
D.帆船朝北偏东45°方向航行,速度大小为૛v
【解析】在东西方向,帆船相对帆板以速度v 朝正东方向运动;在南北方向,帆船相对帆板以速度v 向正北方向航行,
故根据速度的合成,以帆板为参照物,帆船的速度v 船=࢜
૛൅࢜
૛= ૛v,方向为北偏东45°,故D 项正确。
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(27)
1. (多问题平抛运动)(2020 年黑龙江大庆一中月考)在同一平台上的O 点抛出的三个物体,做平抛运动的轨迹均在纸面
内,如图所示,则三个物体做平抛运动的初速度vA、vB、vC 的关系及落地时间tA、tB、tC 的关系分别是(
)。
A.vA>vB>vC,tA>tB>tC
B.vA=vB=vC,tA=tB=tC
C.vA<vB<vC,tA>tB>tC D.vA<vB<vC,tA<tB<tC
【解析】三个物体都做平抛运动,由h=
૚
૛gt2 可知,物体下降的高度决定物体运动的时间,所以tA>tB>tC。物体在水平
方向做匀速直线运动,则有x=v0t,得v0=x
ࢍ
૛ࢎ,取一个相同的高度,此时物体下降的时间相同,水平位移大的物体的初速度
较大,则vA<vB<vC,C 项正确。
2. (平抛运动与体育)(2019 年河南洛阳模拟)如图所示,将一篮球从地面上方B 点斜向上抛出,刚好垂直击中篮板上的A
点,不计空气阻力。若从抛射点B 向篮板方向水平移动一小段距离,仍使抛出的篮球垂直击中A 点,则可行的是(
)。
A.增大抛射速度v0,同时减小抛射角θ
B.增大抛射角θ,同时减小抛出速度v0
C.减小抛射速度v0,同时减小抛射角θ
D.增大抛射角θ,同时增大抛出速度v0
【解析】把篮球的运动逆向,看作平抛运动,在竖直方向上,由h=
૚
૛gt2 可得,运动时间不变;在水平方向上,有x=(v0cos
θ)t,要使x 减小,即v0cos θ减小,B 项正确。
3. (平抛运动与斜面结合)(2019 年湖南长郡中学月考)(多选)如图所示,从倾角为θ的斜面上某点先后将同一小球以不同
的初速度水平抛出,小球均落在斜面上,当抛出的速度为v1 时,小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α1;当抛出速度
为v2 时,小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α2,则(
)。
A.当v1>v2 时,α1>α2
B.当v1>v2 时,α1<α2
C.无论v1、v2 关系如何,均有α1=α2
D.α1、α2 的大小与斜面的倾角θ有关
【解析】从斜面上抛出,又落到斜面上,位移偏向角一定为θ,设速度偏向角为φ,根据速度偏向角和位移偏向角的关
系有tan φ=2tan θ,故无论v1、v2 关系如何,一定有φ相等,根据α=φ-θ,有α1=α2,且大小与斜面倾角θ有关,A、B 两项错误,C、
D 两项正确。
【答案】CD
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4.(平抛运动与自由落体运动)(2019 年抚顺模拟)如图所示,离地面高h 处有甲、乙两个物体,甲以初速度v0 水平射出,同
时乙以初速度v0 沿倾角为45°的光滑斜面滑下。若甲、乙同时到达地面,则v0 的大小是(
)。
A.
ࢍࢎ
૛
B. ࢍࢎ
C.
૛ࢍࢎ
૛
D.2 ࢍࢎ
【解析】甲在水平方向做匀速运动,竖直方向做自由落体运动,根据h=
૚
૛gt2 得t=
૛ࢎ
ࢍ,根据几何关系可知x 乙= ૛h;
乙做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可知a=
ࡲ合
࢓=
࢓ࢍhܑܖ૝⺁ι
࢓
=
૛
૛g,根据位移时间公式可知x 乙=v0t+
૚
૛at2,解得v0=
ࢍࢎ
૛,A 项正
确。
5.(平抛运动的应用)(2015 年上海卷,T16)如图所示,战机在斜坡上方进行投弹演练。战机水平匀速飞行,每隔相等时间释
放一颗炸弹,第一颗落在a 点,第二颗落在b 点。斜坡上c、d 两点与a、b 共线,且ab=bc=cd,不计空气阻力。第三颗炸
弹将落在(
)。
A.b、c 之间
B.c 点
C.c、d 之间
D.d 点
【解析】如图所示,假设第二颗炸弹的轨迹经过A、b,第三颗炸弹的轨迹经过P、Q;a、A、B、P、C 在同一水平线
上,设aA=AP=x0,ab=bc=L,设斜面的倾角为θ,三颗炸弹到达a 所在水平面的竖直速度为vy,水平速度为v0,对第二颗炸弹,
水平方向上有x1=Lcos θ-x0=v0t1,竖直方向上有y1=vyt1+
૚
૛g࢚૚
૛;对第三颗炸弹,水平方向上有x2=2Lcos θ-2x0=v0t2,竖直方向
上有y2=vyt2+
૚
૛g࢚૛
૛,解得t2=2t1,y2>2y1,所以Q 点在c 点的下方,第三颗炸弹应落在b、c 之间,A 项正确。
6. (平抛运动与体育)(2019 年河南信阳一模)如图所示,一名跳台滑雪运动员经过一段时间的加速滑行后从O 点水平飞
出,经过3 s 落到斜坡上的A 点。已知O 点是斜坡的起点,斜坡与水平面的夹角θ=37°,不计空气阻力(sin 37°=0.6,cos
37°=0.8,g 取10 m/s2)。则运动员落到斜坡上时速度方向与水平方向的夹角φ满足(
)。
A.tan φ=1.33 B.tan φ=1.44
C.tan φ=1.50 D.tan φ=2.00
【解析】运动员落到斜坡上的瞬间,对其速度进行分解,如图所示。竖直分速度vy=gt,与水平分速度v0 的比值tan
φ=࢜࢟࢜
૙=
ࢍ࢚࢜
૙;竖直分位移y=
૚
૛gt2,与水平分位移x=v0t 的比值tan θ=࢟࢞=
ࢍ࢚
૛࢜૙,可见tan φ=2tan θ=1.50,C 项正确。
7. (平抛运动)(2019年辽宁六校期中)一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时,其速度方向与斜面垂直,运动轨迹如
图中虚线所示。小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为(
)。
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A.tan θ
B.
૚
thܖࣂ
C.2tan θ D.
૚
૛thܖࣂ
【解析】由于小球垂直落在斜面上,即小球的速度与斜面垂直,对小球进行分析,设小球落点为C,初速度为v0,落到斜
面上的速度为v,水平位移为x,竖直位移为y,小球的抛出点为P,如图所示,将v 沿反向延长与PB 交于A 点,由平抛运动的
规律可知AB=
૚
૛x,则tan θ=
࡭࡮
࡮࡯=
૚
૛ܠ࢟,所以有࢟࢞=
૚
૛thܖࣂ,D 项正确。
8. (平抛运动与体育)(2019 年济南模拟)如图所示,排球场总长为18 m,设球网高度为2 m,运动员站在网前3 m 处正对球
网跳起将球水平击出,球大小不计,取重力加速度g=10 m/s2。
(1)若击球高度为2.5 m,为使球既不触网又不出界,求水平击球的速度范围。
(2)当击球点的高度为何值时,无论水平击球的速度为多大,球不是触网就是出界?
【解析】(1)球被水平击出后,做平抛运动,如图所示
若正好压在底线上,则球在空中的飞行时间
t1=
૛ࢎ૙
ࢍ=
૚
૛s
由此得球出界的临界速度
v1=࢞૚࢚
૚=12 ૛m/s
若球恰好触网,则球在网上方运动的时间
t2=
૛ሺࢎ૙Ǧ香ሻ
ࢍ
=
૚
૚૙s
得球触网的临界速度v2=࢞૛࢚
૛=3 ૚૙m/s
要使球既不触网又不出界,水平击球速度v 的取值范围为
3 ૚૙m/s<v≤12 ૛m/s。
(2)设击球点的高度为h,当h 较小时,击球速度过大会出界,击球速度过小又会触网,临界情况是球刚好擦网而过,落
地时又恰好压在底线上,则有࢞
૚
૛ࢎ
ࢍ
=࢞
૛
૛ሺࢎǦࡴሻ
ࢍ
得h=
૜૛
૚⺁m
即击球高度为
૜૛
૚⺁m 时,球不是触网就是出界。
【答案】(1)3 ૚૙m/s<v≤12 ૛m/s
(2)
૜૛
૚⺁m
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1.(2019 年全国卷Ⅱ,T19)(多选)如图1,在跳台滑雪比赛中,运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔
的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳,每次都从离开跳台开始计时,用v 表示他在竖直方向的速度,其v-t 图象如
图2 所示,t1 和t2 是他落在倾斜雪道上的时刻。则(
)。
图1
图2
A.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小
B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
C.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大
D.竖直方向速度大小为v1 时,第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大
【解析】由v-t 图象中面积等于位移的大小可知,第二次在竖直方向上的位移大于第一次的,A 项错误,B 项正确;由
于第二次的末速度小于第一次的,而第二次的时间大于第一次的,由a=
ȟ࢜
ȟ࢚可知,第二次的平均加速度小于第一次的,C 项
错误;由v-t 图象可知,速度为v1 时,第二次的加速度小,又由牛顿第二定律mg-f=ma 可知,第二次滑翔时在竖直方向上受
到的阻力比第一次的大,D 项正确。
2.(2018 年全国卷Ⅲ,T17)在一斜面顶端,将甲、乙两个小球分别以v 和࢜૛的速度沿同一方向水平抛出,两球都落在该斜面
上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的(
)。
A.2 倍
B.4 倍
C.6 倍
D.8 倍
【解析】如图所示,可知水平位移x=vt,竖直位移xtan θ=
૚
૛gt2,则x=
૛thܖࣂ
ࢍv2,即x∝v2。甲、乙两球抛出速度分别为v
和࢜૛,则甲、乙两球水平位移之比为4∶1,由相似三角形知,下落高度之比也为4∶1,由自由落体运动规律得,落在斜面上
时两球在竖直方向的速度之比为2∶1,则可得落至斜面时速率之比为2∶1。
3.(2018 年江苏卷,T3)某弹射管每次弹出的小球速度相等。在沿光滑竖直轨道自由下落过程中,该弹射管保持水平,先后
弹出两只小球。忽略空气阻力,两只小球落到水平地面的(
)。
A.时刻相同,地点相同
B.时刻相同,地点不同
C.时刻不同,地点相同
D.时刻不同,地点不同
【解析】弹出的小球做平抛运动,竖直方向的分运动为自由落体运动,水平方向的分运动为匀速直线运动。弹射管
自由下落,两只小球始终处于同一水平面,因此两只小球同时落地。由h=
૚
૛gt2 知,两只小球在空中运动的时间不相等,由
x=vt 知水平方向位移不相等,落地点不同。
4.(2017 年全国卷Ⅰ,T15)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)。速度较
大的球越过球网,速度较小的球没有越过球网。其原因是(
)。
A.速度较小的球下降相同距离所用的时间较多
B.速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大
C.速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少
D.速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大
【解析】水平射出的乒乓球做平抛运动,两乒乓球在竖直方向上做自由落体运动,运动情况相同,A、B、D 三项错误;
球在水平方向上做匀速运动,由运动规律x=v0t 可得速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少,C 项正确。
5.(2015 年全国卷Ⅰ,T18)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。水平台面的长和宽分别为L1 和L2,中间球网高度为
h。发射机安装于台面左侧边缘的中点,能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球,发射点距台面高度为3h。不计
空气的作用,重力加速度大小为g。若乒乓球的发射速率v 在某范围内,通过选择合适的方向,就能使乒乓球落到球网右
侧台面上,则v 的最大取值范围是(
)。
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A.
ࡸ૚
૛
ࢍ
૟ࢎ<v<L1
ࢍ
૟ࢎ
B.
ࡸ૚
૝
ࢍ
ࢎ<v<
ሺ૝ࡸ૚
૛൅ࡸ૛
૛ሻl
૟ࢎ
C.
ࡸ૚
૛
ࢍ
૟ࢎ<v<
૚
૛
ሺ૝ࡸ૚
૛൅ࡸ૛
૛ሻl
૟ࢎ
D.
ࡸ૚
૝
ࢍ
ࢎ<v<
૚
૛
ሺ૝ࡸ૚
૛൅ࡸ૛
૛ሻl
૟ࢎ
【解析】当球落到右侧角上时, 设飞行时间为t1, 则3h=
૚
૛g࢚
૚
૛,t1=
૟ࢎ
ࢍ,t1 时间内的水平位移
x1= ࡸ૚
૛൅
ࡸ૛
૛
૛
= ࡸ૚
૛൅
ࡸ૛
૛
૝,发射速度vmax=࢞૚࢚
૚=
૚
૛
ሺ૝ࡸ૚
૛൅ࡸ૛
૛ሻl
૟ࢎ
;当球刚好擦网落到台面中间线上的时候,设飞行时间为t2,
则3h-h=
૚
૛g࢚૛
૛,t2=2
ࢎ
ࢍ,t2 时间内的水平位移x2=
ࡸ૚
૛,发射速度vmin=࢞
૛࢚
૛=
ࡸ૚
૝
ࢍ
ࢎ,则vmin<v<vmax,所以D 项正确。
6.(2016 年海南卷,T1)在地面上方某点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出,不计空气阻力,则小球在随后的运动中
(
)。
A.速度和加速度的方向都在不断改变
B.速度与加速度方向之间的夹角一直减小
C.在相等的时间间隔内,速率的改变量相等
D.在相等的时间间隔内,动能的改变量相等
【解析】小球做平抛运动,加速度为重力加速度,小球的速度大小和方向都时刻变化,小球的加速度大小和方向均恒
定,故A 项错误。速度与加速度的夹角的正切值tan θ=࢜
૙࢜࢟=࢜
૙
ࢍ࢚,随着时间t 的增大,夹角θ减小,故B 项正确。速度改变量
Δv=gΔt,相等时间内的速度改变量相等,但速率(速度的大小)的改变量不相等,故C 项错误。相等时间内动能的改变量取
决于合力——重力做的功,由于相等时间内下落的高度越来越大,重力做的功越来越多,动能的改变量越来越大,故D 项
错误。
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(29)
1.(摩擦传动)(2019 年湖北武汉调研)机动车检测站进行车辆尾气检测原理如下:车的主动轮压在两个粗细相同的有固定
转动轴的滚动圆筒上,可在原地沿前进方向加速,然后把检测传感器放入尾气出口,操作员把车加速到一定程度,持续一
定时间,在与传感器相连的电脑上显示出一系列相关参数。现有如下检测过程简图:车轴A 的半径为ra,车轮B 的半径为
rb,滚动圆筒C 的半径为rc,车轮与滚动圆筒间不打滑。当车轮B 以恒定转速n(每秒钟n 转)运行时,下列说法正确的是
(
)。
A.C 的边缘线速度为2πnrc
B.A、B 的角速度大小相等,均为2πn,且A、B 沿顺时针方向转动,C 沿逆时针方向转动
C.A、B、C 的角速度大小相等,均为2πn,且均沿顺时针方向转动
D.B、C 的角速度之比为࢘࢈࢘
ࢉ
【解析】由v=2πnR 可知B 轮边缘的线速度vb=2πnrb,B、C 边缘的线速度相同,即C 边缘的线速度vc=vb=2πnrb,A 项
错误。B、C 边缘的线速度相同,B、C 角速度之比为半径的反比,D 项错误。A、B 同轴转动,A、B 角速度相等,为2πn,C
的角速度为
૛ૈ࢔࢘࢈࢘
ࢉ,与A、B 不相等,A、B 为主动轮,C 为从动轮,A、B 顺时针转动,C 逆时针转动,B 项正确,C 项错误。
2.(向心力)(2019 年铁岭联考)飞机由俯冲到拉起时,飞行员处于超重状态,此时座椅对飞行员的支持力大于飞行员所受
的重力,这种现象叫过荷。过荷过重会造成飞行员四肢沉重,大脑缺血,暂时失明,甚至昏厥。受过专门训练的空军飞行
员最多可承受9 倍重力的影响。g 取10 m/s2,则当飞机在竖直平面上沿圆弧轨道俯冲、拉起的速度为100 m/s 时,圆弧
轨道的最小半径为(
)。
A.100 m
B.111 m
C.125 m
D.250 m
【解析】在飞机经过最低点时,对飞行员进行受力分析,其受到重力mg 和支持力FN,两者的合力提供向心力,由题意
知,当FN=9mg 时,圆弧轨道半径最小为Rmin,由牛顿第二定律得FN-mg=m࢜
૛
ࡾܕܑܖ,解得Rmin=125 m,C 项正确。
3.(水平面内的圆周运动)(2019 年河北邢台开学考试)如图所示,ABC 为在竖直平面内半径为R 的半圆环,AC 连线水平,AB
为固定在半圆环内的直棒,在直棒上和半圆环的BC 部分分别套着两个相同的小环M、N,现让半圆环绕对称轴BO 以角
速度ω匀速转动。小圆环的质量均为m,棒和半圆环均光滑,已知重力加速度为g,小环可视为质点,则M、N 两环做匀速
圆周运动时的线速度之比为(
)。
A.
ࢍ
ࡾ૛࣓
૝Ǧࢍ૛
B.
ࢍ૛Ǧࡾ૛࣓
૝
ࢍ
C.
ࢍ
ࢍ૛Ǧࡾ૛࣓
૝
D.
ࡾ૛࣓
૝Ǧࢍ૛
ࢍ
【解析】小环M 受到重力和直棒的支持力,在水平面内做匀速圆周运动,合力的方向沿水平方向,所以Fn=mgtan
45°=mωvM,可得vM=
ࢍ࣓;同理,小环N 受到重力和半圆环的支持力,在水平面内做匀速圆周运动,合力的方向沿水平方向,设
ON 与竖直方向之间的夹角为θ,则Fn'=mgtan θ=mωvN,可得vN=
ࢍthܖࣂ࣓,又Fn'=mω2r,r=Rsin θ,联立解得vN=
૚࣓
ࡾ૛࣓
૝Ǧࢍ૛,所以࢜
ࡹ࢜
ࡺ=
ࢍ
ࡾ૛࣓
૝Ǧࢍ૛,A 项正确。
4.(平抛运动和圆周运动)(2019 年太原模拟)如图所示,圆弧形凹槽固定在水平地面上,其中ABC 是以O 为圆心的一段圆
弧,位于竖直平面内。现有一小球从水平桌面的边缘P 点向右水平飞出,该小球恰好能从A 点沿圆弧的切线方向进入轨
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道。OA 与竖直方向的夹角为θ1,PA 与竖直方向的夹角为θ2。下列说法正确的是(
)。
A.tan θ1·tan θ2=2
B.
thܖࣂ૛
thܖࣂ૚=2
C.tan θ1·tan θ2=
૚
૛
D.
thܖࣂ૛
thܖࣂ૚=
૚
૛
【解析】小球从水平桌面飞出后做平抛运动,由平抛运动的规律知,小球在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向
上做自由落体运动,小球在A 点时速度与水平方向的夹角为θ1,tan θ1=࢜࢟࢜
૙=
ࢍ࢚࢜
૙,位移与竖直方向的夹角为θ2,tan
θ2=࢞࢟=࢜
૙t
૚
૛l࢚૛=
૛࢜૙
ࢍ࢚,则tan θ1·tan θ2=2,
thܖࣂ૛
thܖࣂ૚=
૛࢜૙૛
ࢍ૛࢚૛,A 项正确,B、C、D 三项错误。
5.(圆周运动中的临界问题)(2019 年儋州四校联考)如图所示,轻杆长为L,一端固定在水平轴上的O 点,另一端系一个小球
(可视为质点)。小球以O 为圆心在竖直平面内做圆周运动,且能通过最高点,重力加速度为g。下列说法正确的是(
)。
A.小球通过最高点时速度可能小于ࢍࡸ
B.小球通过最高点时所受轻杆的作用力不可能为零
C.小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而增大
D.小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而减小
【解析】小球在最高点时,轻杆对小球可以表现为支持力,由牛顿第二定律得mg-F=m࢜
૛
ࡸ,则v< ࢍࡸ,A 项正确;当小球
速度为ࢍࡸ时,由重力提供向心力,轻杆的作用力为零,B 项错误;小球通过最高点时轻杆对小球的作用力可以表现为拉
力,此时根据牛顿第二定律有mg+F=m࢜
૛
ࡸ,则知v 越大,F 越大,即随小球速度的增大,轻杆的拉力增大,小球通过最高点时轻
杆对小球的作用力也可以表现为支持力,当表现为支持力时,有mg-F=m࢜
૛
ࡸ,则知v 越大,F 越小,即随小球速度的增大,轻杆
的支持力减小,C、D 两项错误。
6.(圆周运动中的动力学)(2019 年福州质检)如图所示,长均为L 的两根轻绳,一端共同系住质量为m 的小球,另一端分别
固定在等高的A、B 两点,A、B 两点间的距离也为L。重力加速度大小为g。现使小球在竖直平面内以AB 为轴做圆周
运动,当小球在最高点速率为v 时,两根轻绳的拉力恰好均为零,则当小球在最高点速率为2v 时,每根轻绳的拉力大小为
(
)。
A. ૜mg
B.
૝
૜
૜mg
C.3mg
D.2 ૜mg
【解析】小球在运动过程中,A、B 两点与小球所在位置构成等边三角形,由此可知,小球做圆周运动的半径R=Lsin
60°=
૜
૛L,两绳与小球运动半径方向间的夹角为30°,由题意知,小球在最高点的速率为v 时,有mg=m࢜
૛
ࡾ,当小球在最高点的
速率为2v 时,有F+mg=m
ሺ૛࢜ሻ૛
ࡾ,解得F=3mg,由2FTcos 30°=F,可得两绳的拉力大小均为FT= ૜mg,A 项正确。
7.(离心现象)(2019 年江苏如东检测)(多选)在修筑铁路时,弯道处的外轨会略高于内轨。如图所示,当火车以规定的行驶
速度转弯时,内、外轨均不会受到轮缘的挤压,设此时的速度大小为v,重力加速度为g,两轨所在面的倾角为θ,则(
)。
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A.该弯道的半径r=࢜
૛
ࢍthܖࣂ
B.当火车质量改变时,规定的行驶速度大小不变
C.当火车速率大于v 时,内轨将受到轮缘的挤压
D.当火车速率小于v 时,外轨将受到轮缘的挤压
【解析】火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘,靠重力和支持力的合力提供向心力,设转弯处斜面的倾角为θ,根据牛顿
第二定律得mgtan θ=m࢜
૛࢘
,解得r=࢜
૛
ࢍthܖࣂ,A 项正确;根据牛顿第二定律得mgtan θ=m࢜
૛࢘
,解得v= ࢍ࢘thܖࣂ,可知火车规定的
行驶速度与质量无关,B 项正确;当火车速率大于v 时,重力和支持力的合力不够提供向心力,此时外轨对火车有侧压力,
轮缘挤压外轨,C 项错误;当火车速率小于v 时,重力和支持力的合力大于所需的向心力,此时内轨对火车有侧压力,轮缘
挤压内轨,D 项错误。
8.(牛顿第二定律、静摩擦力)(2019 年潍坊模拟)(多选)如图所示,水平杆两端有挡板,质量为m 的小木块A 穿在水平杆上,
轻质弹簧一端与水平杆左侧挡板连接,另一端与A 连接。初始时弹簧处于伸长状态,弹力恰好等于A 与杆间的最大静摩
擦力,A 与杆间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,A 到竖直轴OO'的距离为L。现使杆绕竖直轴OO'由静
止缓慢加速转动,角速度为ω。若A 不与挡板接触,则下列说法正确的是(
)。
A.弹簧伸长量先保持不变后逐渐增大
B.弹簧伸长量保持不变
C.当ω=
ࣆࢍ
ࡸ时,摩擦力为零
D.当ω=
ࣆࢍ
ࡸ时,弹簧弹力为零
【解析】初始时,弹簧弹力大小为μmg。ω较小时,摩擦力f 背离竖直轴OO',有μmg-f=mLω2,ω越大,f 越小;当ω=
ࣆࢍ
ࡸ
时,f 为零;ω较大时,摩擦力f 指向竖直轴OO',有μmg+f=mLω2,当ω>
૛ࣆࢍ
ࡸ时,A 将沿远离OO'方向移动,弹簧弹力增大,伸长
量增大。综上分析,A、C 两项正确,B、D 两项错误。
1.(2019 年江苏卷,T6)(多选)如图所示,摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m,运动半径为R,
角速度大小为ω,重力加速度为g,则座舱(
)。
A.运动周期为
૛ૈࡾ࣓
B.线速度的大小为ωR
C.受摩天轮作用力的大小始终为mg
D.所受合力的大小始终为mω2R
【解析】座舱的周期T=
૛ૈࡾ࢜=
૛ૈ࣓,A 项错误。根据线速度与角速度的关系可知,v=ωR,B 项正确。座舱做匀速圆周运动,
摩天轮对座舱的作用力与重力大小不相等,其合力提供向心力,合力大小F 合=mω2R,C 项错误,D 项正确。
2.(2018 年浙江11 月选考,T9)一质量为2.0×103 kg 的汽车在水平公路上行驶,路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104
N,当汽车经过半径为80 m 的弯道时,下列判断正确的是(
)。
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A.汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力
B.汽车转弯的速度为20 m/s 时所需的向心力为1.4×104 N
C.汽车转弯的速度为20 m/s 时汽车会发生侧滑
D.汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2
【解析】汽车转弯时受到重力、地面的支持力以及地面的摩擦力,其中摩擦力充当向心力,A 项错误;当最大静摩擦
力充当向心力时,速度为临界速度,大于这个速度则发生侧滑,根据牛顿第二定律可得f=m࢜
૛࢘
,解得v=
ࢌ࢘
࢓=4 ૜⺁m/s>20
m/s,所以汽车转弯的速度为20 m/s 时,所需的向心力小于1.4×104 N,汽车不会发生侧滑,B、C 两项错误;汽车能安全转弯
的向心加速度a=࢜
૛࢘
=7.0 m/s2,即汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2,D 项正确。
3.(2018 年江苏卷,T6)(多选)火车以60 m/s 的速率转过一段弯道,某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s 内匀速转过了
约10°。在此10 s 时间内,火车(
)。
A.运动路程为600 m
B.加速度为零
C.角速度约为1 rad/s
D.转弯半径约为3.4 km
【解析】由s=vt 知,s=600 m,A 项正确;火车在弯道做圆周运动,加速度不为零,B 项错误;由10 s 内转过10°知,角速度
ω=
૚૙ι
૜૟૙ιൈ૛ૈ
૚૙
rad/s=ૈ૚ૡ૙rad/s≈0.017 rad/s,C 项错误;由v=ωr 知,r=࣓࢜=
૟૙ૈ
૚ૡ૙
m≈3.4 km,D 项正确。
【答案】AD
4.(2016 年浙江卷,T20)(多选)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道,两个弯道分别为半径R=90 m 的大圆弧和r=40 m
的小圆弧,直道与弯道相切。大、小圆弧圆心O、O'相距L=100 m。赛车沿弯道路线行驶时,路面对轮胎的最大径向静
摩擦力是赛车重力的2.25 倍。假设赛车在直道上做匀变速直线运动,在弯道上做匀速圆周运动。要使赛车不打滑,绕赛
道一圈时间最短(发动机功率足够大,重力加速度g=10 m/s2,π=3.14),则赛车(
)。
A.在绕过小圆弧弯道后加速
B.在大圆弧弯道上的速率为45 m/s
C.在直道上的加速度大小为5.63 m/s2
D.通过小圆弧弯道的时间为5.58 s
【解析】要使赛车绕赛道一圈时间最短,则通过弯道的速度都应最大,由f=2.25mg=m࢜
૛࢘
可知,赛车通过小弯道的速度
v1=30 m/s,通过大弯道的速度v2=45 m/s,故绕过小圆弧弯道后要加速,A、B 两项正确;如图所示,由几何关系可得AB 长
x= ࡸ૛Ǧሺ܀Ǧܚሻ૛=50 ૜m,故在直道上的加速度a=࢜
૛૛Ǧ࢜૚૛
૛࢞
≈6.5 m/s2,C 项错误;由sin
ࣂ
૛=࢞ࡸ=
૜
૛可知,小圆弧对应的圆心角θ=
૛ૈ
૜,
故通过小圆弧弯道的时间t=
ࣂ࢘࢜
૚=
૛ૈ࢘
૜࢜૚=2.79 s,D 项错误。
5.(2015 年天津卷,T4)未来的星际航行中,宇航员长期处于零重力状态,为缓解这种状态带来的不适,有人设想在未来的
航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”,如图所示。当旋转舱绕其轴线匀速旋转时,宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上,可以
受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。为达到上述目的,下列说法正确的是(
)。
A.旋转舱的半径越大,转动的角速度就应越大
B.旋转舱的半径越大,转动的角速度就应越小
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C.宇航员质量越大,旋转舱的角速度就应越大
D.宇航员质量越大,旋转舱的角速度就应越小
【解析】宇航员在舱内受到的支持力提供其在“旋转舱”中的向心力,宇航员的质量一定,则他的向心加速度一定,根
据向心加速度的公式mg=mω2r,即g=ω2r 可知半径越大时,转动的角速度应该越小,A 项错误,B 项正确;宇航员的向心加
速度大小与质量无关,等于地球表面的重力加速度大小,C、D 两项错误。
6.(2014 年全国卷Ⅰ,T20)(多选)如图,两个质量均为m 的小木块a 和b(可视为质点)放在水平圆盘上,a 与转轴OO'的距
离为l,b 与转轴的距离为2l,木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍,重力加速度大小为g。若圆盘从静止开
始绕转轴缓慢地加速转动,用ω表示圆盘转动的角速度,下列说法正确的是(
)。
A.b 一定比a 先开始滑动
B.a、b 所受的摩擦力始终相等
C.ω=
࢑ࢍ
૛࢒是b 开始滑动的临界角速度
D.当ω=
૛࢑ࢍ
૜࢒时,a 所受摩擦力的大小为kmg
【解析】设木块滑动的临界角速度为ω',则有kmg=mω'2r,所以ω'=
࢑ࢍ࢘,又ra=l,rb=2l,所以ωa'>ωb',A、C 两项正确;摩擦
力提供向心力,在角速度相等时,b 受到的摩擦力大,B 项错误;ω=
૛࢑ࢍ
૜࢒时,a 受到的摩擦力fa=mω2r=m
૛࢑ࢍ
૜࢒
૛
l=
૛
૜kmg,D 项
错误。
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一、选择题
1. (2019 年新乡五校联考)在足球场上罚任意球时,运动员踢出的足球,在行进中绕过“人墙”转弯进入了球门,守门员“望
球莫及”,轨迹如图所示。关于足球在这一飞行过程中的受力方向和速度方向,下列说法中正确的是(
)。
A.合外力的方向与速度方向在一条直线上
B.合外力的方向沿轨迹切线方向,速度方向指向轨迹内侧
C.合外力的方向指向轨迹内侧,速度方向沿轨迹切线方向
D.合外力的方向指向轨迹外侧,速度方向沿轨迹切线方向
【解析】足球做曲线运动,则其速度方向为轨迹的切线方向,根据物体做曲线运动的条件可知,合外力的方向一定指
向轨迹的内侧,C 项正确。
2. (2019 年宝鸡质检)如图所示,在水平放置的半径为R 的圆柱体的正上方的P 点,将一个小球以水平速度v0沿垂直于圆
柱体的轴线方向抛出,小球飞行一段时间后恰好从圆柱体的Q 点沿切线飞过,测得O、Q 连线与竖直方向的夹角为θ,重
力加速度为g,那么小球完成PQ 段飞行的时间是(
)。
A.t=࢜
૙
ࢍthܖࣂB.t=
ࢍthܖࣂ࢜
૙
C.t=
ࡾhܑܖࣂ࢜
૙
D.t=
ࡾ܋thࣂ࢜
૙
【解析】小球做平抛运动,tan θ=࢜࢟࢜
૙=
ࢍ࢚࢜
૙,则时间t=࢜૙thܖࣂ
ࢍ
,A、B 两项错误;在水平方向上有Rsin θ=v0t,则t=
ࡾhܑܖࣂ࢜
૙,C 项正
确,D 项错误。
3.(2019 年福建福州模拟)如图所示的曲线是某个质点在恒力作用下的一段运动轨迹。质点从M 点出发经P 点到达N
点,已知弧长MP 大于弧长PN,质点由M 点运动到P 点和从P 点运动到N 点的时间相等,下列说法中正确的是(
)。
A.质点从M 到N 的过程中速度大小保持不变
B.质点在这两段时间内的速度变化量大小相等、方向相同
C.质点在这两段时间内的速度变化量大小不相等、但方向相同
D.质点在M、N 间的运动不是匀变速运动
【解析】因为弧长MP 大于弧长PN,根据平均速率公式v=࢙࢚可得,质点在M、P 间运动的平均速率大于质点在P、N
间运动的平均速率,所以质点从M 到N 的过程中速度大小发生变化,A 项错误;因为质点受恒力作用,根据牛顿第二定律
可得质点运动的加速度不变,根据公式a=
ȟ࢜
ȟ࢚,可得在相等的Δt 内,质点的速度变化量Δv 大小相等、方向相同,B 项正确,C
项错误;因为质点的加速度恒定,所以质点做匀变速运动,D 项错误。
4.(2019 年安徽淮北模拟)“水流星”是一个经典的杂技表演项目,杂技演员将装水的杯子(可视为质点)用细绳系着让杯子
在竖直平面内做圆周运动。杯子到最高点时杯口向下,水也不会从杯中流出,如图所示。若杯子质量为m,所装水的质量
为M,杯子运动到圆周的最高点时,水对杯底刚好无压力,重力加速度为g,则杯子运动到圆周最高点时,杂技演员对细绳
的拉力大小为(
)。
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A.0 B.mg
C.Mg
D.(M+m)g
【解析】杯子到最高点时,杯底对水的作用力为零,设这时杯子的速度大小为v,对水进行研究,有Mg=M࢜
૛
ࡾ,对杯子和
水整体进行研究,设绳的拉力为F,则F+(M+m)g=(M+m)࢜
૛
ࡾ,解得F=0,A 项正确。
5.(2019 年潍坊模拟)一重物在竖直向上的拉力F 作用下,开始竖直向上做直线运动,其速度v 随时间t 变化的图象如图所
示(图象在0~1 s、3 s~4 s 阶段为直线,1 s~3 s 阶段为曲线)。下列判断正确的是(
)。
A.第2 s 末拉力大小为0
B.第1 s 内的拉力大于第4 s 内的拉力
C.第2 s 末速度反向
D.前4 s 内位移为0
【解析】根据题图可知,第2 s 末加速度为零,根据牛顿第二定律可知,合外力为零,所以拉力大小等于重力,A 项错误;
根据题图可知,第1 s 内的加速度为正,方向向上,则拉力大于重力,第4 s 内的加速度为负,方向向下,拉力小于重力,所以第
1 s 内的拉力大于第4 s 内的拉力,B 项正确;根据题图可知,0~4 s 内,重物一直向上运动,第2 s 末速度没有反向,C 项错误;
速度图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小,根据题图可知,前4 s 内位移为正,D 项错误。
6.(2019 年安徽合肥模拟)如图所示为某种水轮机的示意图,水平管中流出的水流冲击水轮机上的某挡板时,水流的速度
方向刚好与水轮机上该挡板的线速度方向相同,水轮机圆盘稳定转动时的角速度为ω,圆盘的半径为R。水流冲击某挡
板时,该挡板和圆心连线与水平方向的夹角为37°,水流速度为该挡板线速度的2 倍。忽略挡板的大小,重力加速度为g,
不计空气阻力,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则水从管口流出的速度大小v0 及管的出水口离圆盘圆心高度h 的大小分别
为(
)。
A.1.2Rω,
૙Ǥ૟૝ࡾ૛࣓
૛
ࢍ
+0.6R
B.0.6Rω,
૙Ǥ૟૝ࡾ૛࣓
૛
ࢍ
+0.6R
C.1.2Rω,
૚Ǥ૛ૡࡾ૛࣓
૛
ࢍ
+0.6R
D.0.6Rω,
૚Ǥ૛ૡࡾ૛࣓
૛
ࢍ
+0.6R
【解析】由题意可知,水流冲击挡板时速度大小v=2Rω,因此水从管口流出时的速度v0=vcos 53°=1.2Rω,竖直方向有
(vsin 53°)2=2g(h-Rsin 37°),求得h=
૚Ǥ૛ૡࡾ૛࣓
૛
ࢍ
+0.6R,C 项正确。
7.(2019 年陕西西安中学质检)(多选)如图所示,小船以大小为v1、方向与上游河岸成θ角的速度(在静水中的速度)从A
处过河,经过t 时间正好到达正对岸的B 处。现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸B 处,在水流速度
不变的情况下,下列方法中可行的是(
)。
A.只要增大v1 的大小,不必改变θ角
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B.只要增大θ角,不必改变v1 的大小
C.在增大v1 的同时,也必须适当增大θ角
D.在增大v1 的同时,也必须适当减小θ角
【解析】若只增大v1 大小,不改变θ角,则船在水流方向的分速度增大,因此船不可能垂直到达对岸,A 项错误;若只增
大θ角,不改变v1 大小,同理可知,船在水流方向的分速度减小,船不可能垂直到达对岸,B 项错误;在增大v1 的同时,也必须
适当增大θ角,这样才能保证水流方向的分速度不变,而垂直河岸的分速度增大,使船不仅能垂直到达对岸,而且时间更
短,C 项正确;在增大v1 的同时,也适当减小θ角,则水流方向的分速度增大,船不能垂直到达对岸,D 项错误。
8. (2019 年宁夏石嘴山市三中月考)(多选)公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图所示,某公路急转弯处是一圆弧,
当汽车行驶的速率为vc 时,汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势。则在该弯道处(
)。
A.路面外侧高内侧低
B.车速只要低于vc,车辆便会向内侧滑动
C.车速虽然高于vc,但只要不超出某一最高限度,车辆便不会向外侧滑动
D.当路面结冰时,与未结冰时相比,vc 的值变小
【解析】汽车转弯时,恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势,说明公路外侧高一些,支持力的水平分力刚好提供向心
力,此时汽车不受静摩擦力的作用,与路面是否结冰无关,A 项正确,D 项错误。当v<vc 时,支持力的水平分力大于所需向
心力,汽车可能有向内侧滑动的趋势,摩擦力向外侧;当v>vc 时,支持力的水平分力小于所需向心力,汽车有向外侧滑动的
趋势,在摩擦力大于最大静摩擦力前不会侧滑,B 项错误,C 项正确。
9.(2019 年重庆巴蜀中学模拟)(多选)如图所示,横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起,固定在水平面上,现有
三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛,最后落在斜面上,其落点分别是a、b、c。下列判断正确的是(
)。
A.图中三小球比较,落在a 点的小球飞行时间最长
B.图中三小球比较,落在c 点的小球飞行时间最长
C.图中三小球比较,落在c 点的小球飞行过程速度变化最小
D.图中三小球比较,落在c 点的小球飞行过程速度变化最快
【解析】小球的平抛运动,可分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动,由于竖直方向的位移落
在c 点处的最小,而落在a 点处的最大,所以落在a 点的小球飞行时间最长,落在c 点的小球飞行时间最短,A 项正确,B 项
错误;速度的变化量Δv=gΔt,则落在c点的小球速度变化最小,C项正确;因为三小球的加速度相同,所以飞行过程中速度变
化快慢相同,D 项错误。
10. (2019 年河南郑州质检)如图所示,两个用相同材料制成的靠摩擦传动的轮A 和B 水平放置,两轮半径关系为RA=2RB。
当主动轮A 匀速转动时,在A 轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在A 轮边缘上。若将小木块放在B 轮上,欲使小木块
相对B 轮也静止,则小木块距B 轮转动轴的最大距离为(
)。
A.
ࡾ࡮
૝
B.
ࡾ࡮
૜
C.
ࡾ࡮
૛
D.RB
【解析】由题图可知,当主动轮A 匀速转动时,A、B 两轮边缘上的线速度大小相同,由ω=࢜ࡾ,得࣓
࡭࣓
࡮=
ࡾ࡮
ࡾ࡭=
૚
૛。由于小木块
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恰能在A 轮边缘静止,则提供向心力的静摩擦力达最大值μmg,得μmg=m࣓
࡭૛RA,设放在B 轮上能使小木块相对静止的距
B 轮转动轴的最大距离为r,则向心力由最大静摩擦力提供,得μ'mg=m࣓
࡮૛r,因A、B 材料相同,故小木块与A、B 间的动
摩擦因数相同,得m࣓
࡭૛RA=m࣓
࡮૛r,解得r=࣓
࡭࣓
࡮
૛
RA=
૚
૛
૛
RA=
ࡾ࡭
૝=
ࡾ࡮
૛,C 项正确。
11.(2019 年福建泉州模拟)(多选)如图所示,在水平圆盘上放有质量分别为m、m、2m 的三个可视为质点的物体A、B、
C,圆盘可绕垂直圆盘的中心轴OO'转动。三个物体与圆盘间的动摩擦因数相同,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。三个
物体与轴O 共线且OA=OB=BC=r,现将三个物体用轻质细线相连,保持细线伸直且恰无张力。当圆盘从静止开始转动时,
角速度极其缓慢地增大,则对于这个过程,下列说法正确的是(
)。
A.A、B 两个物体同时达到最大静摩擦力
B.B、C 两个物体的静摩擦力先增大后不变,A 物体所受的静摩擦力先增大后减小再增大
C.当ω>
ࣆࢍ࢘时整体会发生滑动
D.当
ࣆࢍ
૛࢘<ω<
ࣆࢍ࢘时,在ω增大的过程中B、C 间的拉力不断增大
【解析】当圆盘转速增大时,静摩擦力提供向心力,三个物体的角速度相等,由F0=mω2r 可知,由于C 的半径最大,质
量最大,故C 所需要的向心力增加最快,最先达到最大静摩擦力,此时μ(2m)g=2m·2r࣓
૚૛,解得ω1=
ࣆࢍ
૛࢘;当C 的摩擦力达到
最大静摩擦力之后,细线BC 开始提供拉力,B 的摩擦力增大,达到最大静摩擦力后,A、B 之间细线开始有力的作用,随着角
速度增大,A 的摩擦力将减小到零然后反向增大;当A 的摩擦力达到最大,且细线BC 的拉力大于A、B 整体的摩擦力时,
物体将会出现相对滑动,此时A与B还受到细线的拉力,对C有FT+μ(2m)g=2m·2r࣓
૛૛,对A、B整体有FT=2μmg,解得ω2=
ࣆࢍ࢘,
当ω2>
ࣆࢍ࢘时整体会发生滑动,A 项错误,B、C 两项正确。当
ࣆࢍ
૛࢘<ω<
ࣆࢍ࢘时,C 所受摩擦力沿半径向里,且没有出现滑动,则
在ω增大的过程中,由于向心力F=FT+Ff 不断增大,故B、C 间的拉力不断增大,D 项正确。
12.(2019 年河南开封质检)某实验小组设计了一个模型火箭,由测力计测得其重力为G。通过测量计算出此火箭发射时
刻提供大小F=2G 的恒定推力,且持续时间为t。随后小明又对设计方案进行了改进(火箭的推力大小仍为2G),采用二级
推进的方式,即当火箭飞行经过࢚૛时,火箭丢弃一半的质量,剩余࢚૛时间,火箭推动剩余的一半继续飞行。若采用原来的方法
火箭可上升的高度为H,则采用改进后的方案火箭最高可上升的高度为(重力加速度取g,不考虑燃料消耗引起的质量变
化及空气阻力的影响)(
)。
A.1.5H
B.2H
C.2.75H D.3.25H
【解析】原方案,加速上升过程,由牛顿运动定律,有F-G=ma,解得a=g,加速上升高度h1=
૚
૛at2=
૚
૛gt2,t 时刻向上的速度
v=at=gt;失去推力后,做竖直上抛运动,上升高度h2=࢜
૛
૛ࢍ=
ሺࢍ࢚ሻ૛
૛ࢍ=
૚
૛gt2,H=h1+h2=gt2。改为二级推进后,开始加速上升过程,由牛
顿运动定律,有F-G=ma1,解得a1=g,࢚૛时间内加速上升的高度H1=
૚
૛a1࢚૛
૛
=
૚
ૡgt2,࢚૛时刻向上的速度v1=
ࢇ૚t
૛=
ࢍ࢚
૛;丢弃一半质量后,
由牛顿运动定律,有F-
૚
૛G=
૚
૛ma2,解得a2=3g,࢚૛时间内加速上升的高度H2=࢜૚t
૛+
૚
૛a2࢚૛
૛
=
⺁
ૡgt2,t 时刻向上的速度v2=v1+
ࢇ૛t
૛=2gt;
失去推力后,火箭做竖直上抛运动,上升高度H3=࢜૛૛
૛ࢍ=
ሺ૛ࢍ࢚ሻ૛
૛ࢍ=2gt2,H'=H1+H2+H3=
૚
ૡgt2+
⺁
ૡgt2+2gt2=
૚૚
૝gt2=
૚૚
૝H=2.75H,C 项正确。
二、非选择题
13.(2019 年辽宁沈阳第一期质量调研)如图1 所示,质量m=2.0 kg 的物体在水平外力的作用下在水平面上运动,已知物
体沿x 方向的x-t 图象和沿y 方向的vy-t 图象分别如图2、图3 所示,t=0 时刻,物体位于原点O。根据以上条件,求:
(1)t=10 s 时刻物体的位置坐标。
(2)t=10 s 时刻物体的速度大小。
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【解析】(1)由图2、3 可知坐标与时间的关系
在x 轴方向上有x=3.0t(m),在y 轴方向上有y=0.2t2(m)
代入时间t=10 s,可得
x=30 m,y=20 m
即t=10 s 时刻物体的位置坐标为(30 m,20 m)。
(2)在x 轴方向上有vx=3.0 m/s
当t=10 s 时,vy=at=4.0 m/s
v=࢜࢞
૛൅࢜࢟
૛=5.0 m/s。
【答案】(1)(30 m,20 m)
(2)5.0 m/s
14. (2019 年广西桂林月考)如图所示,物体的质量m=4 kg,与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2,在与水平方向夹角为37°、
大小为10 N 的恒力F 的作用下,由静止开始加速运动,g 取10 m/s2,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)物体运动的加速度的大小a。
(2)若t1=10 s 时撤去恒力F,物体还能继续滑行的时间t2 和距离x。
【解析】
(1)物体在加速运动时,受力分析如图所示,由平衡条件及牛顿第二定律得
Fsin 37°+FN=mg
Fcos 37°-Ff=ma
又Ff=μFN
联立解得a=0.3 m/s2。
(2)撤去F 时,物体的速度v=at1=3 m/s
撤去F 后,物体做减速运动的加速度大小a'=μg
由0=v-a't2
得t2=1.5 s
则x=࢜૛t2=2.25 m。
【答案】(1)0.3 m/s2
(2)1.5 s
2.25 m
15. (2019 年南昌市新建三中模拟)一探险队在探险时遇到一山沟,山沟的一侧OA 竖直,另一侧的坡面OB 呈抛物线形状,
与一平台BC 相连,如图所示。已知山沟竖直一侧OA 的高度为2h,平台离沟底的高度为h,C 点离OA 的水平距离为2h。
以沟底的O 点为原点建立坐标系xOy,坡面的抛物线方程为y=࢞
૛
૛ࢎ。质量为m 的探险队员在山沟的竖直一侧从A 点沿水
平方向跳向平台。人可视为质点,忽略空气阻力,重力加速度为g。
(1)若探险队员从A 点以速度v0 水平跳出,掉在坡面OB 的某处,则他在空中运动的时间为多少?
(2)为了能跳在平台上,他在A 点的初速度v 应满足什么条件?
【解析】(1)设探险队员在OB 坡面上的落点坐标为(x0,y0),由平抛运动规律可得
x0=v0t
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2h-y0=
૚
૛gt2
将(x0,y0)代入抛物线方程y=࢞
૛
૛ࢎ
可得t=
૛ࢎ࢜
૙૛൅lh࢜
૙૛൅lh 。
(2)yB=h,将(xB,yB)代入y=࢞
૛
૛ࢎ,可求得xB= ૛h
由平抛运动规律得xB=vBt1,xC=vCt1,2h-h=
૚
૛g࢚૚
૛
又xC=2h
联立以上各式解得
vB= ࢍࢎ,vC= ૛ࢍࢎ
所以为了能跳到平台上,他在A 点的初速度应满足ࢍࢎ≤v≤૛ࢍࢎ。
【答案】(1)
૛ࢎ࢜
૙૛൅lh࢜
૙૛൅lh
(2) ࢍࢎ≤v≤૛ࢍࢎ
16.(2019 年合肥一六八中学期中)现有一根长L=1 m 的不可伸长的轻绳,其一端固定于O 点,另一端系着质量m=0.5 kg
的小球(可视为质点),将小球提至O 点正上方的A 点,此时绳刚好伸直且无张力,如图所示,不计空气阻力,g 取10 m/s2。
(1)为保证小球能在竖直面内做完整的圆周运动,在A 点至少应给小球施加多大的水平速度v0?
(2)在小球以速度v1=4 m/s 水平抛出的瞬间,绳中的张力为多少?
(3)在小球以速度v2=1 m/s 水平抛出的瞬间,绳中若有张力,求其大小;若无张力,求绳再次伸直时所经历的时间。
【解析】(1)要使小球在竖直面内做完整的圆周运动,在最高点时至少应该是重力提供小球做圆周运动所需要的向
心力,则有mg=m࢜
૙૛
ࡸ
得v0= ࢍࡸ= ૚૙m/s。
(2)因为v1>v0,故绳中有张力,由牛顿第二定律得
FT+mg=m࢜૚૛
ࡸ
代入数据解得,绳中的张力FT=3 N。
(3)因为v2<v0,故绳中没有张力,小球将做平抛运动,当绳子再次伸直时,小球运动到如图所示的位置
根据平抛运动规律可知,水平方向有x=v2t
竖直方向有y=
૚
૛gt2
又L2=(y-L)2+x2
解得t=
૛
ࢍ
ࢍࡸǦ࢜
૛૛=0.6 s。
【答案】(1) ૚૙m/s
(2)3 N
(3)0.6 s
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第1 讲
万有引力定律及其应用
(34)
1.(万有引力定律的理解)(2019 年上海黄浦区检测)关于万有引力定律,下列说法正确的是(
)。
A.牛顿提出了万有引力定律,并测定了引力常量的数值
B.万有引力定律只适用于天体之间
C.万有引力的发现,揭示了自然界一种基本相互作用的规律
D.地球绕太阳在椭圆轨道上运行,在近日点和远日点受到太阳的引力大小是相同的
【解析】牛顿提出了万有引力定律,卡文迪许测定了引力常量的数值,万有引力定律适用于任何有质量的物体之间,
万有引力的发现,揭示了自然界一种基本相互作用的规律,A、B 两项错误,C 项正确;地球绕太阳在椭圆轨道上运行,在近
日点和远日点受到太阳的引力大小是不相同的,D 项错误。
2.(开普勒第三定律)(2019 年湖北武汉调研)如图为人造地球卫星的轨道示意图,LEO 是近地轨道,MEO 是中地球轨
道,GEO是地球同步轨道,GTO 是地球同步转移轨道。已知地球的半径R=6400 km,该图中MEO轨道上卫星的周期约为(图
中数据为卫星近地点、远地点离地面的高度)(
)。
A.3 h
B.8 h
C.15 h
D.20 h
【解析】根据题图中MEO 轨道上卫星距离地面的高度为4200 km,可知轨道半径R1=10600 km,GEO 轨道上同步卫
星距离地面的高度为36000 km,可知轨道半径R2=42400 km,为MEO 卫星轨道半径的4 倍,即R2=4R1;地球同步卫星的周
期T2=24 h,运用开普勒第三定律,有
ࡾ૚૜
ࡾ૛
૜=
ࢀ૚૛
ࢀ૛
૛,解得T1=3 h,A 项正确。
3.(万有引力定律)(2019 年新疆适应性检测)(多选)月球是地球的天然卫星,已知月球质量为M,半径为R,引力常量为G。
若忽略月球的自转,则关于在月球表面所做的实验,下列叙述正确的是(
)。
A.把质量为m 的物体竖直悬挂在弹簧测力计下,静止时弹簧测力计的示数为
ࡳࡹ࢓
ࡾ૛
B.以初速度v0 竖直上抛一个物体,则物体经时间2v0
ࡾ
ࡳࡹ落回原处
C.把羽毛和铁锤从同一高度同时释放,则铁锤先落地
D.用长为l 的细绳拴一质量为m 的小球在竖直平面内做圆周运动,则小球的最小动能为
ࡳࡹ࢓࢒
૛ࡾ૛
【解析】在月球表面,月球对物体的引力大小等于物体的重力,即F=mg=G
ࡹ࢓
ࡾ૛,A 项正确;在月球表面,g=G
ࡹ
ࡾ૛,以初速度
v0 竖直上抛的物体落回原处的时间t=
૛࢜૙
ࢍ=
૛࢜૙ࡾ૛
ࡳࡹ,B 项错误;月球周围没有空气,羽毛和铁锤从同一高度同时被释放后,同时
落地,C 项错误;若小球在竖直平面内恰好做圆周运动,在最高点时,mg=m࢜
૛
࢒,此时其动能最小,可得动能的最小值
Ekmin=
૚
૛mv2=G
ࡹ࢓࢒
૛ࡾ૛,D 项正确。
【答案】AD
4.(天体质量的估算)(2019 年山东潍坊仿真模拟)宇航员在地球的水平地面上将一小球水平抛出,使小球产生一定的水平
位移。当他登陆一半径为地球半径2 倍的星球后,站在该星球的水平表面上以和在地球上完全相同的方式水平抛出同
一小球,测得该小球的水平位移大约是在地球上平抛时的4 倍。则该星球的质量M 星可表示为(式中M 为地球的质
量)(
)。
A.M 星=
૚
૛M
B.M 星=2M
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C.M 星=
૚
૝M
D.M 星=4M
【解析】根据平抛规律可计算星球表面加速度,竖直方向有h=
૚
૛gt2,水平方向有x=vt,可得g 星=
૚
૚૟g 地,根据星球表面万
有引力公式G
ࡹ星࢓
ࡾ星
૛=mg,R 星=2R 地,可得M 星=
ࡹ
૝,C 项正确。
5.(万有引力与图象)(2019 年福建厦门质量检测)假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A 和B,半径分别为RA 和RB。这两
颗行星周围卫星的轨道半径的三次方(r3)与运行周期的平方(T2)的关系如图所示,T0 为卫星环绕行星表面运行的周期。
则(
)。
A.行星A 的质量大于行星B 的质量
B.行星A 的密度小于行星B 的密度
C.行星A 的第一宇宙速度小于行星B 的第一宇宙速度
D.当两行星的卫星轨道半径相同时,行星A 的卫星向心加速度小于行星B 的卫星向心加速度
【解析】根据
ࡳࡹ࢓࢘
૛=m
૝ૈ૛
ࢀ૛r,可得r3=
ࡳࡹ
૝ૈ
૛T2,由图象可知,A 的斜率大,所以A 的质量大,A 项正确。由图象可知当卫星在
两行星表面运行时,周期相同,将M=ρV=ρ·
૝
૜πR3 代入上式可知ρ=
૜ૈ
ࡳࢀ૛,即两行星密度相同,B 项错误。根据万有引力提供向
心力,有
ࡳࡹ࢓
ࡾ૛=m࢜
૛
ࡾ,所以v=
ࡳࡹ
ࡾ=
૝
૜ૈ࣋
ࡳࡾ૛,行星A 的半径大,所以行星A 的第一宇宙速度也大,C 项错误。两卫星的轨道
半径相同时,它们的向心加速度a=
ࡳࡹ࢘
૛,由于A 的质量大于B 的质量,所以行星A 的卫星的向心加速度大,D 项错误。
6.(计算地球和月球的密度之比)(2019 年山东济南模拟)热爱天文科学的某同学从网上得到一些关于月球和地球的信息,
如下表所示。根据表格中数据,可以计算出地球和月球的密度之比为(
)。
月球半径
R0
月球表面处的重力加速度
g0
地球和月球的半径之比
܀
܀૙=4
地球表面和月球表面的重力加速度
之比
l
l૙=6
A.3∶2
B.2∶3
C.4∶1
D.6∶1
【解析】在星球表面附近,万有引力等于重力,即G
ࡹ࢓
ࡾ૛=mg,解得星球质量M=
ࢍࡾ૛
ࡳ;地球和月球的质量之比
ࡹ地
ࡹ月
=
ࢍ
ࢍ૙·
ࡾ૛
ࡾ૙૛=ૢ
૟
૚,由密度公式ρ=
ࡹ
ࢂ,体积公式V=
૝
૜πR3,联立解得地球和月球的密度之比࣋
地࣋
月
=
ࡹ地
ࡹ月
·
ࡾ૙૜
ࡾ૜=
૜
૛,A 项正确。
7.(万有引力定律)(2019 年西安模拟)(多选)欧洲航天局的第一枚月球探测器——“智能1 号”环绕月球沿椭圆轨道运动,
用m 表示它的质量,h 表示它在近月点的高度,ω表示它在近月点的角速度,a 表示它在近月点的加速度,R 表示月球的半
径,g 表示月球表面处的重力加速度。忽略其他星球对“智能1 号”的影响,则它在近月点所受月球对它的万有引力的大
小等于(
)。
A.ma
B.m
ࡾ૛l
ሺࡾ൅ࢎሻ૛
C.m(R+h)ω2
D.mg
【解析】“智能1 号”在近月点所受月球对它的万有引力即它所受的合力,由牛顿第二定律得F=ma,A 项正确,D 项错
误;由万有引力定律得F=G
ࡹ࢓
ሺࡾ൅ࢎሻ૛,又月球表面附近有G
ࡹ࢓
ࡾ૛=mg,解得F=m
ࡾ૛ࢍ
ሺࡾ൅ࢎሻ૛,B 项正确;“智能1 号”环绕月球沿椭圆轨道
运动,在近月点将做离心运动,“智能1 号”在近月点所受月球对它的万有引力小于它做圆周运动所需的向心力,它做圆周
运动所需的向心力F 向=m(R+h)ω2,C 项错误。
8. (中心天体密度的估算)(2019 年山东济宁模拟)如图所示,人造卫星P(可视为质点)绕地球做匀速圆周运动。在卫星运
动轨道平面内,过卫星P 作地球的两条切线,两条切线的夹角为θ,设卫星P 绕地球运动的周期为T,线速度为v,引力常量
为G。下列说法正确的是(
)。
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A.θ越大,T 越大
B.θ越小,v 越大
C.若测得T 和θ,则可得地球的平均密度ρ=
૜ૈ
ࡳࢀ૛thܖࣂ
૛
૜
D.若测得T 和θ,则可得地球的平均密度ρ=
૜ૈ
ࡳࢀ૛hܑܖࣂ
૛
૜
【解析】由G
ࡹ࢓࢘
૛=m࢜
૛࢘
=m
૝ૈ
૛
ࢀ૛r,得v=
ࡳࡹ࢘,T=
૝ૈ
૛࢘૜
ࡳࡹ,由几何关系得
ࡾ࢘=sin
ࣂ
૛,因地球半径不变,夹角θ越大,卫星的轨道半
径越小,则T 就越小,A 项错误;夹角θ越小,卫星的轨道半径越大,v 就越小,B 项错误;若测得T 和θ,由万有引力充当向心力,
有G
ࡹ࢓࢘
૛=m
૝ૈ
૛
ࢀ૛r,求得地球的质量M=
૝ૈ
૛࢘૜
ࡳࢀ૛,地球的体积V=
૝
૜πR3,由几何关系得
ࡾ࢘=sin
ࣂ
૛,联立解得ρ=
૜ૈ
ࡳࢀ૛hܑܖࣂ
૛
૜,C 项错误,D 项正
确。
1.(2019 年全国卷Ⅱ,T14)2019 年1 月,我国“嫦娥四号”探测器成功在月球背面软着陆,在探测器“奔向”月球的过程中,用
h 表示探测器与地球表面的距离,F 表示它所受的地球引力,能够描述F 随h 变化关系的图象是(
)。
【解析】根据万有引力定律可得F=
ࡳࡹ࢓
ሺࡾ൅ࢎሻ૛,h 越大,F 越小,D 项符合题意。
2.(2019 年全国卷Ⅰ,T21)(多选)在星球M 上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上,把物体P 轻放在弹簧上端,P 由静止向下
运动,物体的加速度a 与弹簧的压缩量x 间的关系如图中实线所示。在另一星球N 上用完全相同的弹簧,改用物体Q 完
成同样的过程,其a-x 关系如图中虚线所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M 的半径是星球N 的3
倍,则(
)。
A.M 与N 的密度相等
B.Q 的质量是P 的3 倍
C.Q 下落过程中的最大动能是P 的4 倍
D.Q 下落过程中弹簧的最大压缩量是P 的4 倍
【解析】由a-x 图象可知,加速度沿竖直向下方向为正方向,根据牛顿第二定律有mg-kx=ma,变形为a=g-
࢑
࢓x,该图象
的斜率为-
࢑
࢓,纵轴截距为星球表面的重力加速度g。根据图象的纵轴截距可知,两星球表面的重力加速度之比
ࢍࡹ
ࢍࡺ=
૜ࢇ૙
ࢇ૙=
૜
૚;
又因为在某星球表面上的物体,所受重力和万有引力相等,即G
ࡹ࢓̵
ࡾ૛=m'g,即该星球的质量M=
ࢍࡾ૛
ࡳ,又因为M=ρ
૝ૈࡾ૜
૜,联立得
ρ=
૜ࢍ
૝ૈࡾࡳ,故两星球的密度之比࣋
ࡹ࣋
ࡺ=
ࢍࡹ
ࢍࡺ·
ࡾࡺ
ࡾࡹ=1∶1,A 项正确;物体在弹簧上运动过程中,在加速度为0 的一瞬间,其所受弹力和
重力二力平衡,mg=kx,即m=
࢑࢞
ࢍ;结合a-x 图象可知,当物体P 和物体Q 分别处于平衡位置时,弹簧的压缩量之比࢞ࡼ࢞
ࡽ=࢞
૙
૛࢞૙=
૚
૛,
故物体P 和物体Q 的质量之比
࢓ࡼ
࢓ࡽ=࢞ࡼ࢞
ࡽ·
ࢍࡺ
ࢍࡹ=
૚
૟,B 项错误;物体P 和物体Q 分别处于各自的平衡位置(a=0)时,它们的动能最大;
根据v2=2ax,结合a-x 图象面积的物理意义可知,物体P 的最大速度满足࢜
ࡼ૛=2×
૚
૛×3a0·x0=3a0x0,物体Q 的最大速度满足࢜
ࡽ૛=2a0x0,则两物体的最大动能之比
ࡱܓࡽ
ࡱܓࡼ=
૚
૛࢓ࡽ࢜ࡽ૛
૚
૛࢓ࡼ࢜ࡼ૛=
࢓ࡽ
࢓ࡼ·࢜
ࡽ૛࢜
ࡼ૛=4,C 项正确;物体P 和物体Q 分别在弹簧上做简谐运动,由平衡位
置(a=0)可知,物体P 和Q 振动的振幅A 分别为x0 和2x0,即物体P 所在弹簧最大压缩量为2x0,物体Q 所在弹簧最大压缩
量为4x0,则Q 下落过程中,弹簧最大压缩量是P 物体最大压缩量的2 倍,D 项错误。
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3.(2018 年全国卷Ⅱ,T16)2018 年2 月,我国500 m 口径射电望远镜(天眼)发现毫秒脉冲星“J0318+0253”,其自转周期
T=5.19 ms。假设星体为质量均匀分布的球体,已知引力常量为6.67×10-11 N·m2/kg2。以周期T 稳定自转的星体的密度最
小值约为(
)。
A.5×109 kg/m3
B.5×1012 kg/m3
C.5×1015 kg/m3
D.5×1018 kg/m3
【解析】设脉冲星质量为M,密度为ρ,则根据天体运动规律知
ࡳࡹ࢓
ࡾ૛≥m
૛ૈ
ࢀ
૛
R,根据密度公式可知ρ=
ࡹ
ࢂ=
ࡹ
૝
૜ૈࡾ૜,联立
解得ρ≥
૜ૈ
ࡳࢀ૛,代入数据可得密度最小值ρmin≈5×1015 kg/m3,C 项正确。
4.(2018 年北京卷,T17)若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律,在已知月地距离约为地
球半径60 倍的情况下,需要验证(
)。
A.地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的
૚
૟૙૛
B.月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的
૚
૟૙૛
C.自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的
૚
૟
D.苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的
૚
૟૙
【解析】若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律——万有引力定律,则应满足
G
ࡹ࢓࢘
૛=ma,因此加速度a 与距离r 的二次方成反比,B 项正确。
5.(2018 年天津卷,T6)(多选)2018 年2 月2 日,我国成功将电磁监测试验卫星“张衡一号”发射升空,标志我国成为世界上
少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一。通过观测可以得到卫星绕地球运动的周期,并已知地球的
半径和地球表面处的重力加速度。若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动,且不考虑地球自转的影响,根据以上数
据可以计算出卫星的(
)。
A.密度
B.向心力的大小
C.离地高度
D.线速度的大小
【解析】已知卫星运动的周期T,地球的半径R,地球表面的重力加速度g,卫星受到的万有引力充当向心力,有
G
ࡹ࢓࢘
૛=m
૝ૈ
૛
ࢀ૛r,卫星的质量m 被抵消,则不能计算卫星的密度,更不能计算卫星的向心力大小,A、B 两项错误;由mg=G
ࡹ࢓
ࡾ૛,
可得M=
ࢍࡾ૛
ࡳ,又由G
ࡹ࢓࢘
૛=m
૝ૈ
૛
ࢀ૛r,联立解得r=
૜l܀૛܂૛
૝࣊
૛,而r=R+h,故可计算卫星距离地球表面的高度,C 项正确;根据公式v=
૛࣊ܚ
܂,
可以求出轨道半径,周期已知,故可以计算出卫星绕地球运动的线速度,D 项正确。
【答案】CD
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第2 讲
人造地球卫星
(36)
1.(人造卫星与重力加速度)(2019 年四川绵阳质检)(多选)一颗在赤道上空做匀速圆周运动的人造卫星,其轨道半径上对
应的重力加速度为地球表面重力加速度的四分之一,则某一时刻该卫星能观测到的地面赤道最大弧长为(已知地球半
径为R)(
)。
A.
૛
૜πR
B.
૚
૛πR
C.
૚
૜πR
D.
૚
૝πR
【解析】根据卫星在其轨道上满足G
ࡹ࢓࢘
૛=mg',且在地球表面满足G
ࡹ࢓
ࡾ૛=mg,又因为g'=
૚
૝g,解得r=2R,由几何关系可得
在某一时刻该卫星观测到地面赤道的弧度数为
૛ૈ
૜,则这一时刻能观测到的地面赤道最大弧长为
૛
૜πR,A 项正确。
2.(万有引力提供向心力)(2019 年济宁高三检测)如图所示,地球绕着太阳公转,而月球又绕着地球转动,它们的运动均可
近似看成匀速圆周运动。如果要通过观测求得地球的质量,需要测量下列哪些量(
)。
A.地球绕太阳公转的轨道半径和周期
B.月球绕地球转动的轨道半径和周期
C.地球的半径和地球绕太阳公转的周期
D.地球的半径和月球绕地球转动的周期
【解析】月球绕地球转动,由万有引力提供向心力可得G
ࡹ࢓࢘
૛=m
૛ૈ
ࢀ
૛
r,解得M=
૝ૈ
૛࢘૜
ࡳࢀ૛,要求出地球质量,需要知道月球
绕地球转动的轨道半径和周期,B 项正确,A、C、D 三项错误。
3.(卫星的各物理量的比较)(2019 年福建厦门模拟)据报道,2020 年前我国将发射8 颗海洋系列卫星,包括4 颗海洋水色
卫星、2 颗海洋动力环境卫星和2 颗海陆雷达卫星,以加强对黄岩岛、钓鱼岛及西沙群岛全部岛屿附近海域的监测。设
海陆雷达卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径是海洋动力环境卫星的n 倍,则下列说法正确的是(
)。
A.在相等的时间内,海陆雷达卫星到地心的连线扫过的面积与海洋动力环境卫星到地心的连线扫过的面积相等
B.在相等的时间内,海陆雷达卫星到地心的连线扫过的面积与海洋动力环境卫星到地心的连线扫过的面积之比为
࢔∶1
C.海陆雷达卫星与海洋动力环境卫星的线速度之比为࢔∶1
D.海陆雷达卫星与海洋动力环境卫星的向心加速度之比为n2∶1
【解析】根据G
ࡹ࢓࢘
૛=mω2r,解得ω=
ࡳࡹ࢘
૜,扫过的面积S=
૚
૛lr=
૚
૛r2θ=
૚
૛r2ωt=
૚
૛t ࡳࡹ࢘,因为轨道半径之比为n,所以相等的时
间内扫过的面积之比为࢔∶1,B 项正确,A 项错误;根据G
ࡹ࢓࢘
૛=m࢜
૛࢘
,解得v=
ࡳࡹ࢘,因为轨道半径之比为n∶1,所以线速度之
比为1∶࢔,C 项错误;根据G
ࡹ࢓࢘
૛=ma,解得a=
ࡳࡹ࢘
૛,因为轨道半径之比为n∶1,所以向心加速度之比为1∶n2,D 项错误。
4.(卫星的运行)(2019 年湖北武汉八校联考)(多选)1772 年,法籍意大利数学家拉格朗日在论文《三体问题》中指出:
两个质量相差很大的天体(如太阳和地球)所在同一平面上有5 个特殊点,如图中的L1、L2、L3、L4、L5 所示,人们称为拉
格朗日点。若飞行器位于这些点上,会在太阳与地球共同引力作用下,可以几乎不消耗燃料而保持与地球同步绕太阳做
圆周运动。北京时间2011 年8 月25 日23 时27 分,“嫦娥二号”在世界上首次实现从月球轨道出发,受控准确进入距离
地球约150 万千米远的拉格朗日L2 点的环绕轨道。若发射一颗卫星定位于拉格朗日L2 点,进行深空探测,下列说法正确
的是(
)。
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A.该卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度
B.该卫星绕太阳运动的周期和地球的自转周期相等
C.该卫星在L2 点所受太阳和地球引力的合力比在L1 点小
D.该卫星在L1 点受到地球和太阳的引力的大小相等
【解析】据题意知,卫星与地球同步绕太阳做圆周运动,则卫星绕太阳运动的周期和地球的公转周期相等,公转半径
大于地球的公转半径,根据向心加速度a=
૝ૈ
૛
ࢀ૛r,可知该卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度,
故A、B 两项正确;由题可知,卫星在L1 点与L2 点的周期与角速度是相等的,根据向心力的公式F=mω2r,可知在L1 点的半
径小,所以在L1 点的合力小,C 项错误;该卫星在L1 点所受的合力为地球和太阳对它引力的合力,合力提供向心力,不为零,
地球和太阳对卫星的引力的大小不相等,D 项错误。
5.(卫星的变轨)(2019 年江西南昌模拟)如图所示,宇宙飞船A 在低轨道上飞行,为了给更高轨道的宇宙空间站B 输送物资,
需要与B 对接,它可以采用喷气的方法改变速度,从而达到改变轨道的目的,则以下做法可行的是(
)。
A.A 应沿运行速度方向喷气,与B 对接后周期比低轨道时的小
B.A 应沿运行速度的反方向喷气,与B 对接后周期比低轨道时的大
C.A 应沿运行速度方向喷气,与B 对接后周期比低轨道时的大
D.A 应沿运行速度的反方向喷气,与B 对接后周期比低轨道时的小
【解析】由题意可知,A 要实施变轨到更高的轨道与B 对接,则应做逐渐远离圆心的运动,则万有引力必须小于A 所
需的向心力,所以应给A 加速,增加其所需的向心力,故应沿运行速度的反方向喷气,使得在短时间内A 的速度增加,与B
对接后轨道半径变大,根据开普勒第三定律
ࡾ૜
ࢀ૛=k 得,周期变大,B 项正确。
6. (卫星的各物理量的比较)(2019 年辽宁沈阳五中模拟)如图所示,“天舟一号”货运飞船与“天宫二号”空间实验室对接后,
组合体在时间t 内沿圆周轨道绕地球转过的角度为θ,组合体运行的轨道半径为r,引力常量为G,不考虑地球自转。则
(
)。
A.组合体做圆周运动的线速度为
ࣂ࢚࢘
B.可求出组合体受到地球的引力
C.地球的质量为
ࣂ૛࢘૜
ࡳ࢚૛
D.可求出地球的平均密度
【解析】组合体在时间t 内沿圆周轨道绕地球转过的角度为θ,则角速度ω=
ࣂ࢚,所以v=ωr=
ࣂ࢚r,A 项错误;因为不知道组
合体的质量,所以不能求出组合体受到的引力,B 项错误;万有引力提供组合体做圆周运动的向心力,则有
ࡳࡹ࢓࢘
૛=mω2r,解得
M=࣓
૛࢘૜
ࡳ=
ࣂ૛࢘૜
ࡳ࢚૛,C 项正确;根据ρ=
ࡹ
ࢂ,M=
ࣂ૛࢘૜
ࡳ࢚૛,但不知道地球的半径,所以无法求出地球的平均密度,D 项错误。
7.(估算地球的平均密度、宇宙速度)(2019 年河南豫北十校联考)我国在西昌卫星发射中心用“长征三号”乙运载火箭,以
“一箭双星”方式成功发射第二十四、二十五颗北斗导航卫星。若已知地球表面重力加速度为g,引力常量为G,地球的
第一宇宙速度为v1,则(
)。
A.根据题给条件可以估算出地球的质量
B.根据题给条件不能估算地球的平均密度
C.第一宇宙速度v1 是人造地球卫星的最大发射速度,也是最小环绕速度
D.在地球表面以速度2v1 发射的卫星将会脱离太阳的束缚,飞到太阳系之外
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【解析】设地球半径为R,则地球的第一宇宙速度v1= ࢍࡾ,对近地卫星有G
ࡹ࢓
ࡾ૛=mg,联立可得M=࢜
૚૝
ࢍࡳ,A 项正确;地球
体积V=
૝
૜πR3=
૝
૜π࢜
૚૛
ࢍ
૜
,结合M=࢜
૚૝
ࢍࡳ,可以估算出地球的平均密度,B 项错误;第一宇宙速度v1 是人造地球卫星的最小发射
速度,也是最大的环绕速度,C 项错误;第一宇宙速度v1=7.9 km/s,第二宇宙速度v2=11.2 km/s,第三宇宙速度v3=16.7 km/s,
在地球表面以速度2v1 发射的卫星,速度大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度,此卫星不会飞到太阳系外,D 项错误。
8.(三星系统)(2019 年武汉武昌区调研)(多选)太空中存在一些离其他恒星很远的、由三颗星体组成的三星系统,可忽略
其他星体对它们的引力作用。已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式:一种是直线三星系统——三颗星体
始终在一条直线上;另一种是三角形三星系统——三颗星体位于等边三角形的三个顶点上。已知某直线三星系统A 的
每颗星体的质量均为m,相邻两颗星体中心间的距离都为R;某三角形三星系统B 的每颗星体的质量恰好也均为m,且三
星系统A 外侧的两颗星体与三星系统B 每颗星体做匀速圆周运动的周期相等。引力常量为G,则(
)。
A.三星系统A 外侧两颗星体运动的线速度大小v=
ࡳ࢓
ࡾ
B.三星系统A 外侧两颗星体运动的角速度大小ω=
૚
૛ࡾ
⺁ࡳ࢓
ࡾ
C.三星系统B 的运行周期T=4πR
ࡾ
⺁ࡳ࢓
D.三星系统B 任意两颗星体中心间的距离L=
૜૚૛
⺁R
【解析】三星系统A 中,三颗星体位于同一直线上,外侧两颗星体围绕中央星体在半径为R 的同一圆轨道上运行,
外侧的其中一颗星体由中央星体和另一颗外侧星体的万有引力的合力提供向心力,有G
ܕ૛
܀૛+G
ܕ૛
ሺ૛܀ሻ૛=m
ܞ૛
܀,解得v=
⺁۵ܕ
૝܀,A
项错误;三星系统A 中,周期T=
૛࣊܀
ܞ=4πR
܀
⺁۵ܕ,则外侧两颗星体的角速度ω=
૛࣊
܂=
૚
૛܀
⺁۵ܕ
܀,B 项正确;由题意知三星系统B
的运行周期与三星系统A 外侧两颗星体运行周期相同,即T=4πR
܀
⺁۵ܕ,C 项正确;三星系统B 中,三颗星体位于等边三角
形的三个顶点上,并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行,对其中一颗星体,由万有引力定律和牛顿第二定律,有2
۵ܕ૛
ۺ૛cos
30°=m
૝࣊
૛
܂૛
ۺ
૛ࢉt࢙૜૙ι,解得L=
૜૚૛
⺁R,D 项正确。
1.(2019 年全国卷Ⅲ,T15)金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动,它们的向心加速度大小分别为a 金、a
地、a 火,它们沿轨道运行的速率分别为v 金、v 地、v 火。已知它们的轨道半径R 金<R 地<R 火,由此可以判定(
)。
A.a 金>a 地>a 火B.a 火>a 地>a 金
C.v 地>v 火>v 金D.v 火>v 地>v 金
【解析】由万有引力提供向心力,有
ࡳࡹ࢓
ࡾ૛=ma,可知轨道半径越小,向心加速度越大,A 项正确,B 项错误;由G
ࡹ࢓
ࡾ૛=m࢜
૛
ࡾ
得v=
ࡳࡹ
ࡾ可知轨道半径越小,运行速率越大,C、D 两项错误。
2.(2019 年北京卷,T6)2019 年5 月17 日,我国成功发射第45 颗北斗导航卫星,该卫星属于地球静止轨道卫星(同步卫星)。
该卫星(
)。
A.入轨后可以位于北京正上方
B.入轨后的速度大于第一宇宙速度
C.发射速度大于第二宇宙速度
D.发射到近地圆轨道所需能量较少
【解析】同步卫星入轨后一定只能在赤道上空某一确定位置,A 项错误;第一宇宙速度为卫星绕地球运行的最大速
度,卫星入轨后的速度一定小于第一宇宙速度,B 项错误;第二宇宙速度为卫星脱离地球引力的最小发射速度,同步卫星
的发射速度一定小于第二宇宙速度,C 项错误;将卫星发射到越高的轨道克服引力所做的功越多,所以发射到近地圆轨道
所需能量较少,D 项正确。
3.(2019 年天津卷,T1)2018 年12 月8 日,肩负着亿万中华儿女探月飞天梦想的“嫦娥四号”探测器成功发射,实现人类航
天器首次在月球背面巡视探测,率先在月球背面刻上了中国足迹。已知月球的质量为M、半径为R,探测器的质量为m,
引力常量为G,“嫦娥四号”探测器围绕月球做半径为r 的匀速圆周运动时,探测器的(
)。
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A.周期为
૝ૈ
૛࢘૜
ࡳࡹ
B.动能为
ࡳࡹ࢓
૛ࡾ
C.角速度为
ࡳ࢓࢘
૜
D.向心加速度为
ࡳࡹ
ࡾ૛
【解析】由万有引力提供向心力可得
ࡳࡹ࢓࢘
૛
=m
૝ૈ૛
ࢀ૛r=mω2r=m࢜
૛࢘
=ma, 可得T=2π࢘
૜
ࡳࡹ,A 项正确; 可得
v=
ࡳࡹ࢘,Ek=
૚
૛mv2=
ࡳࡹ࢓
૛࢘
,B 项错误;可得ω=
ࡳࡹ࢘
૜,C 项错误;可得a=
ࡳࡹ࢘
૛,D 项错误。
4.(2018 年全国卷Ⅰ,T20)(多选)2017 年,人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程,
在两颗中子星合并前约100 s 时,它们相距约400 km,绕二者连线上的某点每秒转动12 圈。将两颗中子星都看作是质量
均匀分布的球体,由这些数据、引力常量并利用牛顿力学知识,可以估算出这一时刻两颗中子星(
)。
A.质量之积
B.质量之和
C.速率之和
D.各自的自转角速度
【解析】双中子星做匀速圆周运动的频率f=12 Hz( 周期T=
૚
૚૛
s), 由万有引力提供向心力, 可得
G
࢓૚࢓૛࢘
૛
=m1(2πf)2r1,G
࢓૚࢓૛࢘
૛
=m2(2πf)2r2,r1+r2=r=400 km, 联立解得m1+m2=
ሺ૛ૈࢌሻ૛൉࢘૜
ࡳ
,B 项正确,A 项错误; 由
v1=ωr1=2πfr1,v2=ωr2=2πfr2,联立解得v1+v2=2πfr,C 项正确;不能得出各自自转的角速度,D 项错误。
5.(2018 年全国卷Ⅲ,T15)为了探测引力波,“天琴计划”预计发射地球卫星P,其轨道半径约为地球半径的16 倍;另一地球
卫星Q 的轨道半径约为地球半径的4 倍。P 与Q 的周期之比约为(
)。
A.2∶1
B.4∶1
C.8∶1
D.16∶1
【解析】设地球半径为R,根据题述,地球卫星P 的轨道半径RP=16R,地球卫星Q 的轨道半径RQ=4R,根据G
ࡹ࢓࢘
૛=m
૝ૈ
૛
ࢀ૛r,
得
ࢀࡼ
૛
ࢀࡽ૛=
ࡾࡼ
૜
ࡾࡽ૜=64,所以P 与Q 的周期之比TP∶TQ=8∶1,C 项正确。
6.(2018 年江苏卷,T1)我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高。今年5 月9 日发射的“高分五号”轨道高度约
为705 km,之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36000 km,它们都绕地球做圆周运动。与“高分四号”相比,下列物理
量中“高分五号”较小的是(
)。
A.周期
B.角速度
C.线速度D.向心加速度
【解析】设地球质量为M,人造卫星质量为m,人造卫星做匀速圆周运动时轨道半径为r,根据万有引力提供向心力
有G
ࡹ࢓࢘
૛=m࢜
૛࢘
=mω2r=m
૛ૈ
ࢀ
૛
r=ma,得v=
ࡳࡹ࢘,ω=
ࡳࡹ࢘
૜,T=2π࢘
૜
ࡳࡹ,a=
ࡳࡹ࢘
૛,因为“高分四号”的轨道半径比“高分五号”的轨道半
径大,所以A 项正确,B、C、D 三项错误。
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一、选择题
1.(2019 年汕尾六校联考)有一星球的密度跟地球的密度相同,但它表面处的重力加速度是地球表面处重力加速度的4
倍,则该星球的质量是地球质量的(忽略其自转影响)(
)。
A.
૚
૝B.4 倍
C.16 倍
D.64 倍
【解析】天体表面的物体所受重力mg=G
ࡹ࢓
ࡾ૛,又知M=
૝
૜πR3ρ,所以M=ૢ
ࢍ૜
૚૟ૈ૛࣋
૛ࡳ૜,故
ࡹ星
ࡹ地
=
ࢍ星
ࢍ地
૜
=64,D 项正确。
2.(2019 年河北唐山一中模拟)(多选)下列图象能正确反映物体沿直线运动,经2 s 又回到初始位置的是(
)。
【解析】物体做直线运动,要回到初位置,位移为0,A、C 两项符合题意。B 中的图象与坐标轴围成的面积代表位移,
显然位移为正,不符合题意。D 中的图象与坐标轴围成的面积代表速度的变化量,因初速度情况未知,故物体的运动情况
不明确,D 项不符合题意。
3.(2019 年吉林长春期中监测)1990 年5 月18 日,经国际小行星中心批准,中科院紫金山天文台将国际编号为2752 号的
小行星命名为“吴健雄星”。该小行星的直径约为地球直径的
૚
૝૙૙,密度与地球近似相等,则该小行星与地球的第一宇宙速
度之比约为(
)。
A.
૚
૝૙૙
B.
૚
૛૙૙
C.
૚
૛૙D.
૚
૝૙
【解析】由M=
૝
૜πR3ρ、第一宇宙速度v=
ࡳࡹ
ࡾ可得v=
૝ࡳૈ࣋
ࡾ૛
૜
,v∝R,即小行星与地球的第一宇宙速度之比为半径之
比,故A 项正确。
4.(2019 年安徽马鞍山六校联考)中国探月工程分为三期,简称为“绕、落、回”三步走。假如我国宇航员登上月球后,将
一个物块在离月球表面h 高处自由释放,物块下落到月球表面所用时间为t。已知月球的半径为R,引力常量为G,则月
球的密度为(
)。
A.
૜ࢎ
૛ૈࡳࡾ࢚૛B.
૜ࢎ
૝ૈࡳࡾ࢚૛C.
૜ࡳࢎ
૛ૈࡾ࢚૛
D.
૜ࡳࢎ
૝ૈࡾ࢚૛
【解析】由h=
૚
૛gt2 可得月球表面的重力加速度g=
૛ࢎ࢚
૛,由G
ࡹ࢓
ࡾ૛=mg,ρ=
ࡹ
૝
૜ૈࡾ૜,联立解得月球密度ρ=
૜ࢎ
૛ૈࡳࡾ࢚૛,A 项正确。
5.(2019 年福建仙游一中月考)三个质量均为m=1 kg 的相同木块a、b、c 和两个劲度系数均为500 N/m 的相同轻弹簧p、
q 用轻绳连接,如图所示,其中a 放在光滑水平桌面上,开始时p 弹簧处于原长,木块都处于静止状态。现用水平力F 缓慢
地向左拉p 弹簧的左端,直到c 木块刚好离开水平面为止,g 取10 m/s2。该过程p 弹簧的左端向左移动的距离是(
)。
A.4 cm
B.6 cm
C.8 cm
D.10 cm
【解析】p 弹簧的左端向左移动的距离等于p、q 两弹簧的形变量之和,有xq=
࢓ࢍ
࢑+
࢓ࢍ
࢑,xp=
૛࢓ࢍ
࢑,p 弹簧的左端向左移动
的距离x=xp+xq=8 cm,C 项正确。
6.(2019 年湖南长沙开学检测)(多选)2016 年8 月16 日1 时40 分,我国在酒泉卫星发射中心成功将世界首颗量子卫星“墨
子号”发射升空,在距离地面h 高度的轨道上运行。设火箭在点火后时间t 内竖直向上匀加速飞行,速度增大到v,起飞质
量为m,忽略时间t 内火箭的质量变化,不考虑空气阻力,重力加速度为g,引力常量为G,地球半径为R,下列说法正确的
是(
)。
A.火箭竖直向上匀加速过程的推力为
࢓࢚࢜
B.火箭竖直向上匀加速飞行至速度为v 的过程中重力的平均功率为
૚
૛mgv
C.地球的平均密度为
૜ࢍ
૝ૈࡳࡾ
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第83 页共356 页
D.“墨子号”绕地球运行的周期为
૛ૈሺࡾ൅ࢎሻ
ࡾ
ࡾ൅ࢎ
ࢍ
【解析】根据题意,加速度a=࢚࢜,有F-mg=ma,F=mg+
࢓࢚࢜,A 项错误。火箭竖直向上匀加速飞行的过程中重力的平均功
率۾
െ
=
૚
૛mgv,B 项正确。根据万有引力定律,有G
ࡹ࢓
ሺࡾ൅ࢎሻ૛=m
૛ૈ
ࢀ
૛
(R+h),又GM=gR2,所以“墨子号”绕地球运行的周期
T=
૛ૈሺࡾ൅ࢎሻ
ࡾ
ࡾ൅ࢎ
ࢍ,D 项正确。地球的密度ρ=
ࡹ
૝
૜ૈࡾ૜=
૜ࢍ
૝ૈࡳࡾ,C 项正确。
7.(2019 年安徽六安一中模拟)如图所示,A 为太阳系中的天王星,它绕太阳O 运行可视为做轨道半径为R0、周期为T0 的
匀速圆周运动。天文学家经长期观测发现,天王星实际运动的轨道与圆轨道总有一些偏离,且每隔t0 时间发生一次最大
偏离,出现这种现象的原因是天王星外侧还存在着另一颗行星B(未画出)。假设行星B 与A 在同一平面内,且与A 的绕
行方向相同,绕O 做匀速圆周运动,它对天王星的万有引力导致了天王星轨道的偏离,由此可推测行星B 的运动轨道半
径是(
)。
A.࢚
૙࢚
૙Ǧࢀ૙R0 B.R0࢚
૙࢚
૙Ǧࢀ૙
૜
C.R0
૜࢚
૙Ǧࢀ૙࢚
૙
૛
D.R0
૜࢚
૙࢚
૙Ǧࢀ૙
૛
【解析】由行星A 的轨道每隔t0 时间发生一次最大偏离,可知每隔t0 时间两行星A、B 相距最近,即每隔t0 时间行
星A 比行星B 多运行一圈,有
૛ૈ
ࢀ૙t0-
૛ૈ
ࢀ࡮t0=2π,则TB=࢚૙ࢀ૙࢚
૙Ǧࢀ૙,由开普勒第三定律得
ࡾ࡮
ࡾ૙=
૜ࢀ࡮
૛
ࢀ૙૛,所以RB=R0
૜࢚
૙࢚
૙Ǧࢀ૙
૛
,D 项正确。
8.(2019 年湖南岳阳全市统考)(多选)我国在2016 年9 月15 日成功发射“天宫二号”空间实验室。假设“天宫二号”舱中有
一体重计,体重计上放一物体,火箭点火前,地面测控站监测到体重计对物体的弹力为F0。在“天宫二号”随火箭竖直向上
匀加速升空的过程中,离地面高为h 时,地面测控站监测到体重计对物体的弹力为F。“天宫二号”经火箭继续推动,进入
预定圆轨道时距地面的高度为H。设地球半径为R,第一宇宙速度为v,则下列说法正确的是(
)。
A.“天宫二号”在预定轨道的运行速度一定大于第一宇宙速度v
B.“天宫二号”舱中物体的质量m=
ࡲ૙܀࢜
૛
C.火箭匀加速上升时的加速度a=
ࡲ࢜૛
ࡲ૙܀-࢜
૛܀
ሺࡾ൅ࢎሻ૛
D.“天宫二号”在预定圆轨道上运行的周期T=
૛ૈࡾ࢜
ࡾ൅ࡴ
ࡾ
【解析】人造卫星轨道半径越大,运行速度越小,故“天宫二号”的运行速度小于第一宇宙速度,A 项错误。设地面附
近重力加速度为g0,由火箭点火前体重计示数F0 可知物体的质量m=
ࡲ૙
ࢍ૙,由第一宇宙速度公式v=
ࡳࡹ
ࡾ= ࢍ૙܀,可得地球表
面附近的重力加速度g0=࢜
૛
ࡾ,联立解得该物体的质量m=
ࡲ૙܀࢜
૛,故B 项正确。当卫星离地面高度为h 时,物体所受万有引力
F'=G
ࡹ࢓
ሺࡾ൅ࢎሻ૛,而g0=
ࡳࡹ
ࡾ૛,对物体由牛顿第二定律得F-F'=ma,联立以上各式解得火箭上升的加速度a=
ࡲ࢜૛
ࡲ૙܀-࢜
૛܀
ሺࡾ൅ࢎሻ૛,故C 项正确。
由G
ࡹ࢓
ሺࡾ൅ࡴሻ૛=m
૝ૈ
૛
ࢀ૛(R+H)可得T=
૝ૈ
૛ሺ܀൅香ሻ૜
ࡳࡹ
;而在地面上有G
ࡹ࢓
ࡾ૛=m࢜
૛
ࡾ,解得GM=Rv2,则T=
૛ૈሺࡾ൅ࡴሻ࢜
ࡾ൅ࡴ
ࡾ,故D 项错误。
9.(2019 年河北衡水中学模拟)如图所示,以速度v 将小球沿与水平方向成θ=37°角方向斜向上抛出,结果小球刚好能垂直
打在竖直墙上,小球反弹后的速度方向水平,速度的大小为碰撞前速度大小的
૜
૝,不计空气阻力,则反弹后小球的速度大
小再次为v 时,速度与水平方向夹角的正切值为(取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(
)。
A.
૜
૝B.
૝
૜C.
૜
⺁D.
⺁
૜
【解析】小球斜向上抛出垂直打在墙上,逆向可视为平抛运动,设打在墙上的速度为v0,则v0=vcos 37°,反弹后以
૜
૝v0
抛出,当速度为v 时,
૜
૝v0=vcos α,联立解得cos α=
૜
⺁,故tan α=
૝
૜,B 项正确。
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10.(2019 年浙江高三联考)我国首颗量子科学实验卫星“墨子”已于酒泉成功发射,将在世界上首次实现卫星和地面之间
的量子通信。假设“墨子”由火箭发射至高度为500 km 的预定圆形轨道。此前在西昌卫星发射中心成功发射了第二十
三颗北斗导航卫星G7,G7 属于地球静止轨道卫星(高度约为36000 km),它将使北斗系统的可靠性进一步提高。关于卫
星,以下说法中正确的是(
)。
A.这两颗卫星的运行速度可能大于7.9 km/s
B.通过地面控制可以将北斗G7 定点于西昌正上方
C.量子科学实验卫星“墨子”的周期比北斗G7 的周期小
D.量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比北斗G7 的小
【解析】根据G
ࡹ࢓࢘
૛=m࢜
૛࢘
,知轨道半径越大,线速度越小,第一宇宙速度的轨道半径为地球的半径,所以第一宇宙速度
是绕地球做匀速圆周运动的最大速度,北斗G7 和量子科学实验卫星“墨子”的线速度均小于地球的第一宇宙速度,A 项错
误;北斗G7 即同步卫星,只能定点于赤道正上方,B 项错误;根据G
ࡹ࢓࢘
૛=m
૝ૈ
૛
ࢀ૛r,得T=
૝ૈ૛࢘૜
ࡳࡹ,所以量子科学实验卫星“墨子”
的轨道半径小的周期小,C项正确;卫星的向心加速度a=
ࡳࡹ࢘
૛,轨道半径小的量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比北斗
G7 的大,D 项错误。
11. (2019 年武汉调研)引力波的发现证实了爱因斯坦100 年前所做的预测。1974 年发现的脉冲双星间的距离在减小就
已间接地证明了引力波的存在。如果将该双星系统简化为理想的圆周运动模型,如图所示,两星球在相互的万有引力作
用下,绕O 点做匀速圆周运动。由于双星间的距离减小,则(
)。
A.两星的运动周期均逐渐减小
B.两星的运动角速度均逐渐减小
C.两星的向心加速度均逐渐减小
D.两星的运动线速度均逐渐减小
【解析】双星做匀速圆周运动具有相同的角速度,靠相互间的万有引力提供向心力。根据G
࢓૚࢓૛
ࡸ૛=m1ω2r1=m2ω2r2,
得m1r1=m2r2,又r1+r2=L,可解得ω=
ሺ࢓૚൅࢓૛ሻ۵
ࡸ૜
,双星间的距离减小,则角速度变大,周期变小,A 项正确,B 项错误;根据
G
࢓૚࢓૛
ࡸ૛=m1a1=m2a2 知,L 变小,两星的向心加速度均增大,C 项错误;根据G
࢓૚࢓૛
ࡸ૛=m1࢜
૚૛࢘
૚,解得v1=
ࡳ࢓૛࢘૚
ࡸ૛=
ࡳ࢓૛૛
ࡸሺ࢓૚൅࢓૛ሻ,同理可
得v2=
ࡳ࢓૚૛
ࡸሺ࢓૚൅࢓૛ሻ,则两星的线速度均增大,D 项错误。
12.(2017 年江苏卷,T6 改编)(多选)2016 年9 月15 日,“天宫二号”空间实验室发射成功, 在距地面约380 km 的圆轨道上
飞行。“天舟一号”货运飞船于2017 年4 月20 日在文昌航天发射中心成功发射升空。“天舟一号”货运飞船要再进行四
到五次轨道控制,保证货运飞船控制到“天宫二号”的后下方,完成飞船的自动交会对接。2017 年4 月22 日12 时16分,“天
舟一号”与“天宫二号”对接环接触。在按程序顺利完成一系列技术动作后,对接机构锁紧,两个飞行器建立刚性连接,形
成组合体。已知地球半径为6400 km,地球表面附近的重力加速度为10 m/s2,下列说法正确的是(地球质量约6.0×1024
kg)(
)。
A.“天宫二号”绕地球运转周期约为90 分钟
B.“天宫二号”的线速度大于第一宇宙速度
C.“天宫二号”里的航天员一天大约可看16 次日出
D.“天舟一号”先将轨道控制在“天宫二号”后下方,是因为在较低的轨道上角速度和线速度更大,而且加速后,轨道半
径会增大,有利于追赶到前上方的“天宫二号”
【解析】“天宫二号”的轨道半径r=R+h,R=6400 km,据G
ࡹ࢓࢘
૛=m
૛ૈ
ࢀ
૛
r,可得周期约为90 分钟,周期比近地卫星略大,
线速度比近地卫星略小,A 项正确,B 项错误。24 小时绕地球转16 圈,则有16 次进入地球的阴影区看不到太阳,也有16
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次从阴影区出来看到日出,C 项正确。根据
ࡳࡹ࢓࢘
૛=mω2r,则ω=
ࡳࡹ࢘
૜,根据
ࡳࡹ࢓࢘
૛=m࢜
૛࢘
,则v=
ࡳࡹ࢘,轨道越低,线速度和角速度越大,
有利于追赶,而且如果在低轨道加速,容易离心运动,轨道半径增大,有利于变轨,调整到高轨道,所以对接一般都采取在后
下方加速,实现与高轨道的空间站对接,故D 项正确。
【答案】ACD
二、非选择题
13.(2019 年重庆八中模拟)如图所示,质量M=1 kg 的木板静置于倾角θ=37°的足够长的固定斜面上的某个位置,质量m=1
kg、可视为质点的小物块以初速度v0=5 m/s 从木板的下端冲上木板,同时在木板上端施加一个沿斜面向上的外力F=14
N,使木板从静止开始运动,当小物块与木板共速时,撤去该外力,最终小物块从木板的下端滑出。已知小物块与木板之间
的动摩擦因数μ1=0.25,木板与斜面之间的动摩擦因数μ2=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g 取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos
37°=0.8。求:
(1)物块和木板共速前,物块和木板的加速度。
(2)木板的最小长度。
(3)物块在木板上运动的总时间。
【解析】(1)物块与木板共速前,对物块分析有
mgsin θ+μ1mgcos θ=ma1
得a1=8 m/s2,方向沿斜面向下,物块减速上滑
对木板分析有
F+μ1mgcos θ-Mgsin θ-μ2(m+M)gcos θ=Ma2
得a2=2 m/s2,方向沿斜面向上,木板加速上滑。
(2)物块与木板共速时有v 共=v0-a1t1,v 共=a2t1
代入数据解得t1=0.5 s,v 共=1 m/s
共速时物块与木板的相对位移
Δx1=v0t1-
૚
૛a1࢚૚
૛-
૚
૛a2࢚૚
૛=1.25 m
撤掉F 后,物块相对于木板上滑,加速度大小仍为a1=8 m/s2,物块减速上滑,对木板有
Mgsin θ+μ2(M+m)gcos θ-μ1mgcos θ=Ma2'
则a2'=12 m/s2,方向沿斜面向下,木板减速上滑
由于Mgsin θ+μ1mgcos θ=μ2(M+m)gcos θ
所以木板速度减为零后,物块在木板上滑动时,木板保持静止
共速后经过t2=
૚
૚૛s,木板停止,共速后经过t2'=
૚
ૡs,物块速度减为零
此过程,物块和木板的相对位移
Δx2=࢜
共
૛t2'-࢜
共
૛t2=
૚
૝ૡm
故木板的最小长度Lmin=Δx1+Δx2=
૟૚
૝ૡm。
(3)物块在木板上下滑时,木板静止不动
物块的加速度a1'=gsin θ-μ1gcos θ=4 m/s2
Lmin=
૚
૛a1'࢚૜
૛,得t3=
૟૚ૢ
૟s
物块在木板上运动的总时间t=t1+t2'+t3=
⺁
ૡ൅
૟૚ૢ
૟
s。
【答案】(1)见解析
(2)
૟૚
૝ૡm
(3)
⺁
ૡ൅
૟૚ૢ
૟
s
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第1 讲
功和功率
(40)
1.(做功的判断)(2019 年河北唐山三模)关于力对物体做功的说法正确的是(
)。
A.力的大小和位移大小的乘积叫作这个力的功
B.平衡力对物体做功的代数和不一定为零
C.相互作用力对物体做功的代数和一定为零
D.作用在物体上的力和受力点沿力的方向的位移的乘积叫作这个力的功
【解析】做功的两个不可缺少的因素:力和物体在力的方向上发生的位移;作用在物体上的力和受力点沿力的方向
的位移的乘积叫作这个力的功,A 项错误,D 项正确。平衡力大小相等,方向相反,一个力做正功,另一个力一定做负功,它
们做的功的代数和为零,B 项错误。相互作用力是作用在不同物体上的两个力,它们不能求合力,所以不能够说相互作用
力对物体做功的代数和为零,C 项错误。
2. (平均功率的计算)(2019 年江苏宿迁3 月模拟)引体向上是中学生体育测试的项目之一,引体向上运动的吉尼斯世界纪
录是53 次/分钟。若一个普通中学生在30 秒内完成12 次引体向上,该学生此过程中克服重力做功的平均功率最接近
于(
)。
A.5 W
B.20 W
C.100 W
D.400 W
【解析】高三同学体重大约为60 kg,引体向上时向上运动的位移大约为0.4 m,则克服重力做功的平均功率
P=
ࢃ࢚=
૚૛࢓ࢍࢎ࢚=
૚૛ൈ૟૙ൈ૚૙ൈ૙Ǥ૝
૜૙
W=96 W,最接近的是C 项。
3.(流体的功率计算)(2019 年江西吉安一模)南昌市秋水广场拥有亚洲最大的音乐喷泉群。一同学在远处观看秋水广场
喷泉表演时,估测喷泉中心主喷水口的水柱约有40层楼高,表演结束时,靠近观察,发现该主喷水管口的圆形内径约有10
cm,由此估算驱动主喷水管的水泵功率最接近的数值是(
)。
A.5×102 W
B.5×103 W
C.5×104 W
D.5×105 W
【解析】管口的圆形内径约有10 cm,则半径r=5 cm=0.05 m,根据实际情况,每层楼高h=3 m,所以喷水的高度
H=40h=120 m,则水离开管口的速度v= ૛ࢍࡴ=20 ૟m/s,设驱动主喷水管的水泵功率为P,在接近管口很短一段时间Δt
内水柱的质量m=ρ·vΔtS=ρπr2vΔt,根据动能定理可得PΔt=
૚
૛mv2,解得P=࣋ૈ࢘
૛࢜૜
૛
,代入数据解得P=4.6×105 W≈5×105 W,D 项
正确,A、B、C 三项错误。
4.(利用图象求功)(2019 年河北六校联盟三模)如图1 所示,质量为4 kg 的物体在水平推力作用下开始运动,推力大小F
随位移大小x 变化的情况如图2 所示,物体与地面间的动摩擦因数μ=0.5,g 取10 m/s2。则(
)。
A.物体先做加速运动,推力撤去后才开始做减速运动
B.运动过程中推力做的功为200 J
C.物体在运动过程中的加速度先变小后不变
D.因推力是变力,无法确定推力做功的大小
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【解析】滑动摩擦力Ff=μmg=20 N,物体先加速,当推力减小到20 N 时,加速度减小为零,之后推力逐渐减小,物体做
加速度增大的减速运动,当推力减小为零后做匀减速运动,A、C 两项错误;F-x 图象与横轴所围图形的面积表示推力做的
功,W=
૚
૛×100×4 J=200 J,B 项正确,D 项错误。
5.(变力做功)(2019 年广东湛江一模) 如图所示,固定的光滑竖直杆上套着一个滑块,用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮,
以大小恒定的拉力F 拉绳,使滑块从A 点起由静止开始上升。若从A 点上升至B 点和从B 点上升至C 点的过程中拉力
F 做的功分别为W1 和W2,图中AB=BC,则(
)。
A.W1>W2
B.W1<W2
C.W1=W2
D.无法确定W1 和W2 的大小关系
【解析】拉力F 为恒力,W=F·Δl,Δl 为绳拉滑块过程中力F 的作用点移动的位移,大小等于滑轮左侧绳长的缩短量,
由图可知,ΔlAB>ΔlBC,故W1>W2,A 项正确。
6. (机车功率的过程分析)(2019 年湖北名校联盟三模)一辆机车的质量为m,额定功率为P,在保持额定功率不变的情况
下,机车启动时的v-t 图象如图所示。已知t1 时刻的速度为v1,t2 时刻的速度为v2,且t1 时刻的加速度为t2 时刻的加速度
的2 倍。若机车所受阻力大小恒定,则下列说法正确的是(
)。
A.机车在t1~t2 时间内的平均速率小于࢜૚൅࢜૛
૛
B.机车所受的恒定阻力为
૜ࡼ࢜
૛-
૛ࡼ࢜
૚
C.机车能达到的最大速度为࢜
૚࢜
૛
૛࢜૚Ǧ࢜૛
D.若机车以加速度a 匀加速启动,则匀加速运动的时间为
ࡼ
࢓ࢇ૛
【解析】t1~t2 时间内汽车做变加速运动,由图象的“面积”表示位移可得,位移大于匀加速直线运动的位移,则平均速
度大于࢜૚൅࢜૛
૛
,A 项错误;设t2 时刻的加速度为a,由题意有
ࡼ࢜
૚-f=2ma,
ࡼ࢜
૛-f=ma,联立解得f=
૛ࡼ࢜
૛-
ࡼ࢜
૚,B 项错误;机车达到最大速度
时,有F=f、P=Fv,故v=࢜
૚࢜૛
૛࢜૚Ǧ࢜૛,C 项正确;由题意得Fv=P,F-f=ma,v=at,故t=
ࡼ
࢓ࢇ૛൅܎h,D 项错误。
7.(机车恒定加速启动)(2019 年湖北枝江冲刺)(多选)汽车发动机的额定功率为40 kW,质量为2000 kg,汽车在水平路面上
行驶时受到的阻力为车重的
૚
૚૙,取g=10 m/s2。若汽车从静止开始保持1 m/s2 的加速度做匀加速直线运动,达到额定输出
功率后,汽车保持功率不变又加速行驶了800 m,直到获得最大速度后才匀速行驶,则(
)。
A.汽车在水平路面上能达到的最大速度为20 m/s
B.汽车匀加速的运动时间为10 s
C.当汽车速度达到16 m/s 时,汽车的加速度为0.5 m/s2
D.汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间为57.5 s
【解析】汽车速度最大时,受力平衡,即F=f=
૚
૚૙mg=2000 N,最大速度vm=
ࡼ额
ࢌ=20 m/s,A 项正确;汽车匀加速运动到额定
功率,P 额=F1v,而F1-f=ma,则匀加速运动的末速度v=10 m/s,匀加速运动的时间t=࢜ࢇ=10 s,B 项正确;当速度v'=16 m/s 时,牵
引力F2=
ࡼ额̵࢜ =2500 N, 此时加速度a'=
ࡲ૛Ǧ܎
࢓
=0.25 m/s2,C 项错误; 对运动全过程, 由动能定理有
F1·
૚
૛at2+P(T-t)-f
૚
૛h࢚૛൅h =
૚
૛m࢜
ܕ૛,解得时间T=57.5 s,D 项正确。
【答案】ABD
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1.(2019 年江苏卷,T5)一匀强电场的方向竖直向上,t=0 时刻,一带电粒子以一定初速度水平射入该电场,电场力对粒子做
功的功率为P,不计粒子重力,则P-t 关系图象是(
)。
【解析】由于带电粒子在电场中做类平抛运动,在电场力方向上做匀加速直线运动,加速度为ࢗ
ࡱ
࢓,经过时间t,电场力
方向上的速度为ࢗ
ࡱ
࢓t,功率P=Fv=qEࢗ
ࡱ
࢓t,所以P 与t 成正比,A 项正确。
2. (2018 年全国卷Ⅲ,T19)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度
大小v随时间t的变化关系如图所示,其中图线①②分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同;
两次提升的高度相同,提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程,(
)。
A.矿车上升所用的时间之比为4∶5
B.电机的最大牵引力之比为2∶1
C.电机输出的最大功率之比为2∶1
D.电机所做的功之比为4∶5
【解析】由图线①知,上升总高度h=࢜૙
૛·2t0=v0t0。由图线②知,加速阶段和减速阶段上升高度和h1=࢜
૙
૛
૛·࢚
૙
૛൅࢚
૙
૛=
૚
૝v0t0,
匀速阶段有h-h1=
૚
૛v0·t',解得t'=
૜
૛t0。故第②次提升过程所用时间为࢚
૙
૛+
૜
૛t0+࢚
૙
૛=
⺁
૛t0,两次上升所用时间之比为
2t0∶
⺁
૛t0=4∶5,A 项正确。由于加速阶段加速度相同,故加速时牵引力相同,B 项错误。在加速上升阶段,由牛顿第二定律
知,F-mg=ma,F=m(g+a) 。第①次在t0 时刻, 功率P1=F·v0, 第②次在࢚
૙
૛时刻, 功率P2=F·࢜
૙
૛, 第②次在匀速阶段
P2'=F'·࢜૙
૛=mg·࢜૙
૛<P2,可知,电机输出的最大功率之比P1∶P2=2∶1,C 项正确。由动能定理知,两个过程动能变化量相同,克服
重力做功相同,故两次电机做功也相同,D 项错误。
3.(2017 年全国卷Ⅱ,T14) 如图,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面内,在大圆环上套着一个小环,小环由大
圆环的最高点从静止开始下滑,在小环下滑的过程中,大圆环对它的作用力(
)。
A.一直不做功B.一直做正功
C.始终指向大圆环圆心D.始终背离大圆环圆心
【解析】因大圆环光滑,它对小环没有摩擦力,只有相互作用的弹力,而弹力总跟接触面垂直,且小环的速度总是沿大
圆环的切线方向,故弹力一直不做功,A 项正确,B 项错误;当小环位于圆心上方时,FN 沿半径向外,当小环位于圆心下方
时,FN 沿半径向里,故C、D 两项错误。
4.(2016 年全国卷Ⅱ,T19)(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下
落,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比,与球的速率无关。若它们下落相同的距离,则(
)。
A.甲球用的时间比乙球用的时间长
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B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
【解析】设f=kR,则由牛顿第二定律得F 合=mg-f=ma,又m=
૝
૜πR3ρ,故a=g-
࢑
૝
૜ૈࡾ૛ૉ,由m 甲>m 乙、ρ甲=ρ乙可知R 甲>R 乙,
则a 甲>a 乙,故C 项错误;因甲、乙位移相同,由v2=2ax 可知,v 甲>v 乙,B 项正确;由x=
૚
૛at2 可知,t 甲<t 乙,A 项错误;由功的定义
可知,W 克服=fx,又f 甲>f 乙,则W 甲克服>W 乙克服,D 项正确。
5.(2014 年重庆卷,T2)某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶,受到的阻力分别为车重的k1和k2倍,最大速率分
别为v1 和v2,则(
)。
A.v2=k1v1 B.v2=
࢑૚
࢑૛v1
C.v2=
࢑૛
࢑૚v1 D.v2=k2v1
【解析】该车在水平路面上达到最大速率时,处于平衡状态,即该车此时的牵引力F1=k1mg,F2=k2mg,两种情况下,车
的功率相同,即F1v1=F2v2,解得v2=
࢑૚࢜૚
࢑૛,故B 项正确。
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第2 讲
动能定理及其应用
(42)
1. (机车启动求牵引力做功)(2019 年南康中学月考)如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置。当
太阳光照射到小车上方的光电板时,光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若质量为m 的小车在平直的水泥路
上从静止开始沿直线加速行驶,经过时间t 前进的距离为l,且速度达到最大值vm。设这一过程中电动机的功率恒为P,
小车所受阻力恒为F,那么这段时间内(
)。
A.小车做匀加速运动
B.小车受到的牵引力逐渐增大
C.小车受到的合外力所做的功为Pt
D.小车受到的牵引力做的功为Fl+
૚
૛m࢜
ܕ૛
【解析】以恒定功率启动,牵引力F=
ࡼ࢜,加速度a=
ࡲǦࢌ
࢓,a 随速度增大而减小,小车做加速度减小的加速运动,A、B 两项
错误;由动能定理有W-Fl=
૚
૛m࢜
ܕ૛,牵引力做的功W=Fl+
૚
૛m࢜
ܕ૛,合外力做的功为
૚
૛m࢜
ܕ૛,C 项错误,D 项正确。
2. (摩擦力做功)(2019 年安徽毛坦厂高中月考)如图所示,有一半径r=0.5 m 的粗糙半圆轨道,A 与圆心O 等高,有一质量
m=0.2 kg 的物块(可视为质点),从A 点静止滑下,滑至最低点B 时的速度v=1 m/s,g=10 m/s2,下列说法正确的是(
)。
A.物块过B 点时,对轨道的压力大小是0.4 N
B.物块过B 点时,对轨道的压力大小是2.0 N
C.A 到B 的过程中,克服摩擦力做的功为0.9 J
D.A 到B 的过程中,克服摩擦力做的功为0.1 J
【解析】物块在B 点时,有FN-mg=m࢜
૛࢘
,解得FN=2.4 N,则物块对轨道的压力大小是2.4 N,A、B 两项错误;A 到B 的过
程中,由动能定理有mgr-Wf=
૚
૛mv2,克服摩擦力做的功Wf=0.9 J,C 项正确,D 项错误。
3. (动能定理)(2019 年云南保山期末)如图所示,粗糙水平面与半径为R 的
૛
૜光滑圆轨道之间由小圆弧平滑连接,一质量为
m 的滑块以初速度v0 从A 点沿切线进入圆轨道。如果滑块恰好能够两次经过轨道最高点,已知重力加速度为g,滑块在
水平面上平动,则滑块与水平面之间的动摩擦因数是(
)。
A.
૜࢜૙૛
૟ࢍࡾ-
૜
૜
B.
૜࢜૙૛
૟ࢍࡾ-
૛૜
૜
C.
૜࢜૙૛
૟ࢍࡾ
D.
૜࢜૙૛
૟ࢍࡾ-
૜
૟
【解析】设滑块第2次经过最高点的速度为v,则有mg=m࢜
૛
ࡾ,对运动的全过程,有-μmg· ૜R-mgR ૚൅
૚
૛=
૚
૛mv2-
૚
૛m࢜
૙૛,
解得μ=
૜࢜૙૛
૟ࢍࡾ-
૛૜
૜,B 项正确。
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4.(动能定理求距离)(2019 年浙江宁波12 月模拟)如图所示,木盒中固定一质量为m 的砝码,木盒和砝码在桌面上以一定
的初速度一起滑行一段距离后停止。现拿走砝码,而持续加一个竖直向下的恒力F(F=mg),若其他条件不变,则木盒滑行
的距离(
)。
A.不变
B.变小
C.变大
D.变大变小均可能
【解析】设木盒质量为M,木盒中固定一质量为m 的砝码时,由动能定理可知,μ(m+M)gx1=
૚
૛(M+m)v2,解得x1=࢜
૛
૛ࣆࢍ;加
一个竖直向下的恒力F(F=mg)时,由动能定理可知,μ(m+M)gx2=
૚
૛Mv2,解得x2=
ࡹ࢜૛
૛ሺ࢓൅ࡹሻࣆࢍ,显然x2<x1,B 项正确。
5. (动能定理判断物体的运动)(2019 年福建漳州一模)如图所示,不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮C,一端连接质量为2m
的小球(视为质点),另一端连接质量为m 的物块,小球套在光滑的水平杆上。开始时轻绳与杆的夹角为θ,现将小球从图
示位置由静止释放,当θ=90°时,小球的速度大小为v,此时物块尚未落地。重力加速度大小为g,则(
)。
A.当θ=90°时,物块的速度大小为2v
B.当θ=90°时,小球所受重力做功的功率为2mgv
C.在θ从图示位置增大到90°过程中,小球一直向右做加速运动
D.在θ从图示位置增大到90°过程中,物块一直向下做加速运动
【解析】轻绳与杆的夹角为θ时,物块速度v1=vcos θ,当小球运动到虚线位置时θ=90°,故v1=0,A 项错误。小球到达虚
线位置时,小球的速度为v,其所受重力的方向与速度方向垂直,重力做功的功率为零,B 项错误。小球到达虚线位置之前,
只有轻绳对小球做功且一直做正功,根据动能定理可知,小球一直向右做加速运动,速度一直增大,C 项正确。小球由静止
释放时,物块速度为零;当小球运动到虚线位置时,θ=90°,物块速度也为零,故物块一定先加速后减速,D 项错误。
6. (动能定理判断功)(2019年湖北宜昌期末)(多选)如图所示,内壁光滑的圆轨道竖直固定在桌面上,一小球静止在轨道底
部A 点。现用小锤沿水平方向快速击打小球,击打后迅速移开,使小球沿轨道在竖直面内运动,当小球回到A 点时,再次
用小锤沿小球运动方向击打小球。通过两次击打,小球才能运动到圆轨道的最高点,已知小球在运动过程中始终未脱离
轨道。若在第一次击打过程中小锤对小球做功为W1,第二次击打过程中小锤对小球做功为W2,先后两次击打过程中小
锤对小球做功全部用来增加小球的动能,则
ࢃ૚
ࢃ૛的值可能为(
)。
A.
૚
૜
B.
૛
૜
C.1
D.2
【解析】由于小球始终未脱离轨道,所以第一次击打后小球上升的高度不超过R,W1≤mgR;两次击打后上升到最高
点的过程中,由动能定理得W1+W2-2mgR=
૚
૛mv2,由于通过最高点的速度v≥ࢍࡾ,所以W2≥
૜
૛mgR,故
ࢃ૚
ࢃ૛≤
૛
૜,A、B 两项正确。
7. (动能定理与圆周运动相结合)(2019 年北京朝阳区一模)游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行,游客却不会掉
下来。我们把这种情形抽象为如图所示的模型:弧形轨道的下端与半径为R 的竖直圆轨道相接,B、C 分别为圆轨道的最
低点和最高点。质量为m 的小球(可视为质点)从弧形轨道上的A 点由静止滚下,到达B 点时的速度v0= ૟ࢍࡾ,且恰好能
通过C 点。已知A、B 间的高度差h=4R,重力加速度为g。求:
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(1)小球运动到B 点时,轨道对小球的支持力的大小。
(2)小球通过C 点时的速率vC。
(3)小球从A 点运动到C 点的过程中,克服摩擦阻力做的功W。
【解析】(1)小球运动到B 点时,由牛顿第二定律得
FN-mg=m࢜૙૛
ࡾ
结合v0= ૟ࢍࡾ,解得轨道对小球的支持力的大小
FN=7mg。
(2)小球恰能通过C 点时,由重力提供向心力,由牛顿第二定律得
mg=m࢜
࡯૛
ࡾ
解得vC= ࢍࡾ。
(3)小球从A 点运动到C 点的过程中,根据动能定理得
mg(h-2R)-W=
૚
૛m࢜
࡯૛-0
解得W=1.5mgR。
【答案】(1)7mg
(2) ࢍࡾ
(3)1.5mgR
1. (2019 年全国卷Ⅲ,T17)从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,还受到一大小不变、方向始终
与运动方向相反的外力作用。距地面高度h 在3 m 以内时,物体上升、下落过程中动能Ek 随h 的变化如图所示。重力
加速度取10 m/s2。该物体的质量为(
)。
A.2 kg
B.1.5 kg C.1 kg
D.0.5 kg
【解析】对上升过程,由动能定理有-(F+mg)h=Ek-Ek0,得Ek=Ek0-(F+mg)h,即F+mg=12 N;对下落过程,有(mg-F)(6-h)=Ek,
即mg-F=k'=8 N,联立两式,得到m=1 kg、F=2 N,C 项正确。
2.(2018 年全国卷Ⅱ,T14)如图,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得
的动能一定(
)。
A.小于拉力所做的功
B.等于拉力所做的功
C.等于克服摩擦力所做的功
D.大于克服摩擦力所做的功
【解析】由题意知,W 拉-W 阻=ΔEk,则W 拉>ΔEk,A 项正确,B 项错误;W 阻与ΔEk 的大小关系不确定,C、D 两项错误。
3.(2018 年江苏卷,T7)(多选)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端连接一小物块,O 点为弹簧在原长时物块的位置。物块
由A 点静止释放,沿粗糙程度相同的水平面向右运动,最远到达B 点。在从A 到B 的过程中,物块(
)。
A.加速度先减小后增大
B.经过O 点时的速度最大
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C.所受弹簧弹力始终做正功
D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
【解析】由A 点开始运动时,F 弹>Ff,合力向右,小物块向右加速运动,弹簧压缩量逐渐减小,F 弹减小,由F 弹-Ff=ma 知,a
减小;当运动到F 弹=Ff时,a 减小为零,此时弹簧仍处于压缩状态,由于惯性,小物块继续向右运动,此时F 弹<Ff,小物块做减速
运动,且随着压缩量继续减小,F 弹与Ff差值增大,即加速度增大;当越过O 点后,弹簧被拉伸,此时弹力方向与摩擦力方向相
同,有F 弹'+Ff=ma',随着拉伸量增大,a'也增大。故从A 到B 过程中,物块加速度先减小后增大,在压缩状态F 弹=Ff 时速度达
到最大,A 项正确,B 项错误。在AO 段物块运动方向与弹力方向相同,弹力做正功,在OB 段运动方向与弹力方向相反,弹
力做负功,C 项错误。由动能定理知,A 到B 的过程中,弹力做功和摩擦力做功之和为0,D 项正确。
【答案】AD
4.(2017 年江苏卷,T3)一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处。物块初动能为Ek0,与斜面间的动摩擦因数不变,则该
过程中,物块的动能Ek 与位移x 关系的图线是(
)。
【解析】小物块上滑过程,由动能定理得-(mgsin θ+μmgcos θ)x=Ek-Ek0,整理得Ek=Ek0-(mgsin θ+μmgcos θ)x。设小物
块上滑的最大位移为s,小物块下滑过程,由动能定理得(mgsin θ-μmgcos θ)(s-x)=Ek-0,整理得Ek=(mgsin θ-μmgcos
θ)s-(mgsin θ-μmgcos θ)x,上滑与下滑均为线性关系,所以C 项正确。
5.(2016 年全国卷Ⅲ,T20)(多选)如图,一固定容器的内壁是半径为R 的半球面;在半球面水平直径的一端有一质量为m 的
质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P 在最低
点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持力大小为N,则(
)。
A.a=
૛ሺ࢓ࢍࡾǦࢃሻ
࢓ࡾ
B.a=
૛࢓ࢍࡾǦࢃ
࢓ࡾ
C.N=
૜࢓ࢍࡾǦ૛ࢃ
ࡾ
D.N=
૛ሺ࢓ࢍࡾǦࢃሻ
ࡾ
【解析】质点P 下滑到底端的过程,由动能定理得mgR-W=
૚
૛mv2-0,可得v2=
૛ሺ࢓ࢍࡾǦࢃሻ
࢓
,所以a=࢜
૛
ࡾ=
૛ሺ࢓ࢍࡾǦࢃሻ
࢓ࡾ
,A 项正确,B
项错误;在最低点,由牛顿第二定律得N-mg=m࢜
૛
ࡾ,故N=mg+m࢜
૛
ࡾ=mg+
࢓
ࡾ×
૛ሺ࢓ࢍࡾǦࢃሻ
࢓
=
૜࢓ࢍࡾǦ૛ࢃ
ࡾ
,C 项正确,D 项错误。
6.(2015 年全国卷Ⅰ,T17)如图,一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ 水平。一质量为
m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落,恰好从P 点进入轨道。质点滑到轨道最低点N 时,对轨道的压力为4mg,g
为重力加速度的大小。用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功。则(
)。
A.W=
૚
૛mgR,质点恰好可以到达Q 点
B.W>
૚
૛mgR,质点不能到达Q 点
C.W=
૚
૛mgR,质点到达Q 点后,继续上升一段距离
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D.W<
૚
૛mgR,质点到达Q 点后,继续上升一段距离
【解析】在N点,由牛顿第二定律得4mg-mg=m࢜
૛
ࡾ,解得质点在N点的动能为
૜
૛mgR,根据动能定理,有mg· 2R-W=
૜
૛mgR,
得W=
૚
૛mgR;NQ 段与PN 段相比,质点在NQ 段运动的速率小,受到的支持力小,摩擦力小,则质点在NQ 段克服摩擦力做
的功W'<W,到达Q 点时的动能为
૜
૛mgR-mgR-W'=
૚
૛mgR-W'>0,故质点到达Q 点后会继续上升,C 项正确。
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第3 讲
机械能守恒定律及其应用
(44)
1. (圆周运动中的机械能守恒)(2019 年东城联考)如图所示,光滑圆轨道固定在竖直面内,一质量为m 的小球沿轨道做完
整的圆周运动。小球在最高点时对轨道恰好没有作用力,重力加速度为g,则小球在最低点时对轨道的压力大小为(
)。
A.mg
B.4mg
C.5mg
D.6mg
【解析】小球恰好过最高点,速度vm= ࢍࡾ,从最低点到最高点,由机械能守恒定律有-2mgR=
૚
૛m࢜
ܕ૛-
૚
૛mv2,在最低点
有FN-mg=m࢜
૛
ࡾ,解得支持力FN=6mg,D 项正确。
2.(动能Ek 与弹性势能Ep 的图象问题)(2019 年河南郑州二模)蹦极是一项考验体力、智力和心理承受能力的空中极限运
动。跳跃者站在约为50 m 高的塔台上,把一根原长为L 的弹性绳的一端绑在双腿的踝关节处,另一端固定在塔台上,跳
跃者头朝下跳下去。若弹性绳的弹力遵守胡克定律,不计空气阻力,则在跳跃者从起跳到第一次下落到最低点的过程中,
跳跃者的动能Ek(图线①)和弹性绳的弹性势能Ep(图线②)随下落高度的变化图象中,大致正确的是(
)。
【解析】在跳跃者起跳到下落到弹性绳刚伸直(0~L)的过程中,由动能定理有mgh=Ek,动能随下落高度h 的增加线性
增大,弹性势能不变;当弹性绳绷直后,再往下落时,动能和弹性势能都增大,当弹性绳的弹力等于跳跃者的重力时,速度最
大,动能最大;继续向下落时动能减小,弹性绳的弹性势能增大,B 项正确。
3.(圆周运动的机械能守恒)(2019 年湖南岳阳二模)如图所示,光滑轨道ABCD 由倾斜轨道AB、水平轨道BC 和半径为R
的竖直半圆形轨道CD 组成。质量为m 的小球从A 点由静止释放,沿轨道运动到最高点D 时对轨道的压力大小为2mg,
已知重力加速度为g,小球自倾斜轨道进入水平轨道无机械能损失,下列说法正确的是(
)。
A.在最高点D,小球的向心加速度大小为2g
B.在最低点C,小球对轨道压力为7mg
C.为了保证小球能通过最高点D,小球释放点相对于BC 轨道的高度不能大于3.5R
D.若提高释放点的高度,小球在C、D 两点对轨道的压力差恒为6mg
【解析】在最高点D,对小球,根据牛顿第二定律得FND'+mg=ma,根据题意有FND'=2mg,则小球的向心加速度大小
a=3g,A 项错误;在最高点D,由a=࢜ࡰ̵ ૛
ࡾ得vD'= ૜ࢍࡾ。小球从C 到D 点的过程,由机械能守恒定律得
૚
૛mvD'2+2mgR=
૚
૛mvC'2,
在最低点C,对小球,由牛顿第二定律得FNC'-mg=m࢜
࡯̵ ૛
ࡾ,联立解得FNC'=8mg,B 项错误;小球恰能通过最高点D 时,有
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mg=m࢜ࡰԣ૛
ࡾ,由机械能守恒定律得mgh=
૚
૛mvD″2+2mgR,解得h=2.5R,即为了保证小球能通过最高点D,小球释放点相对于BC
轨道的高度应大于2.5R,C 项错误;在最高点D,对小球,有FND+mg=m࢜ࡰ૛
ࡾ,在最低点C,对小球,有FNC-mg=m࢜࡯૛
ࡾ,小球从C 到D
点的过程,由机械能守恒定律得
૚
૛m࢜
ࡰ૛+2mgR=
૚
૛m࢜
࡯૛,联立解得FNC-FND=6mg,D 项正确。
4. (多物体的机械能守恒)(2019 年湖南衡阳三模)如图所示,用铰链将三个质量均为m 的小球A、B、C 与两根长为L 的
轻杆相连,B、C 置于水平地面上,系统静止时轻杆竖直,现给系统一个微小扰动,B、C 在杆的作用下向两侧滑动,三小球
始终在同一竖直平面内运动,直到A 球落地,忽略一切摩擦,重力加速度为g,则此过程中(
)。
A.球A 的机械能一直减小
B.球C 的机械能一直增大
C.球B 对地面的压力不可能小于mg
D.球A 落地的瞬时速度为૛ࢍࡸ
【解析】因为A、B、C 组成的系统机械能守恒,在A 落地前,B、C 在运动;在A 落地时,B、C 停止运动。由系统机械
能守恒可知,A 的机械能转化为B、C 的动能,故A 的机械能不可能一直减小,同理C 的机械能不可能一直增大,A、B 两项
错误。在A 落地前,B 做减速运动,由于轻杆对B 有斜向上的拉力,因此B 对地面的压力可小于mg,C 项错误。对球A 根
据动能定理可得mgL=
૚
૛mv2,解得v= ૛ࢍࡸ,D 项正确。
5. (绳连接体问题中的机械能守恒)(2019 年郑州质检)(多选)如图所示,不可伸长的轻绳通过定滑轮将物块甲、乙(均可视
为质点)连接,物块甲套在固定的竖直光滑杆上,用外力使两物块静止,轻绳与竖直方向夹角θ=37°,然后撤去外力,甲、乙
两物块从静上开始无初速度释放,物块甲能上升到最高点Q,己知Q 点与滑轮上缘O 在同一水平线上,甲、乙两物块质
量分别为m、M,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度为g,不计空气阻力,不计滑轮的大小和摩擦。设物块甲上升到最高
点Q 时的加速度为a,则下列说法正确的是(
)。
A.M=3m B.M=2m
C.a=0
D.a=g
【解析】甲、乙运动过程,由系统的机械能守恒定律有mgh=Mg
ࢎ
܋th૜ૠι Ǧhthܖ૜ૠι ,解得M=2m,B 项正确;甲在最高
点时,竖直方向只受重力,加速度a=g,D 项正确。
6.(圆周运动中的机械能守恒)(2020 年福建福州模拟)(多选)如图1 所示,被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧
旋转不脱落,其原理可等效为如图2 所示的模型:半径为R 的磁性圆轨道竖直固定,质量为m 的铁球(视为质点)沿轨道外
侧运动,A、B 分别为轨道的最高点和最低点,轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变,不计摩擦和空气阻力,重
力加速度为g,则(
)。
A.铁球绕轨道可能做匀速圆周运动
B.铁球绕轨道运动过程中机械能守恒
C.铁球在A 点的速度必须大于ࢍࡾ
D.轨道对铁球的磁性引力至少为5mg,才能使铁球不脱轨
【解析】小铁球在运动的过程中磁力和支持力都不能对小铁球做功,只有重力会对小铁球做功,小铁球的机械能守
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恒,小铁球不可能做匀速圆周运动,A 项错误,B 项正确;小铁球在最高点时,轨道对小铁球的支持力的方向可以向上,小铁
球的速度只要大于0 即可通过最高点,因此小铁球在最高点的速度可能等于ࢍࡾ,C 项错误;小铁球在最低点最容易脱离,
轨道对铁球的支持力恰好等于0,则磁力与重力的合力提供向心力,即F-mg=m࢜
૛
ࡾ,小铁球从最高点到达最低点,满足
mg·2R=
૚
૛mv2,联立解得F=5mg,可知,要使铁球不脱轨,轨道对铁球的磁性引力至少为5mg,D 项正确。
7. (杆连接问题中的机械能守恒)(2019 年佛山联考)(多选)如图所示,长度为l 的轻杆上端连着一质量为m 的小球A(可视
为质点),杆的下端用铰链固接于水平面上的O 点。置于同一水平面上的立方体B 恰与A 接触,立方体B 的质量为M。
今有微小扰动,使杆向右倾倒,各处摩擦均不计,而A 与B 刚脱离接触的瞬间,杆与地面夹角恰为ૈ૟,重力加速度为g,则下
列说法正确的是(
)。
A.A 与B 刚脱离接触的瞬间,A、B 速率之比为2∶1
B.A 与B 刚脱离接触的瞬间,B 的速率vB=
ࢍ࢒
૝
C.此时杆对A 的弹力为零
D.A、B 质量之比为1∶4
【解析】在脱离瞬间有vAsinૈ૟=vB,A 项正确;此时A、B 在水平方向加速度相同且为0,则杆对A 的弹力为0,对A
有,mgsinૈ૟=m࢜
࡭૛
࢒,则vA=
ࢍ࢒
૛,vB=
ࢍ࢒
ૡ,B 项错误,C 项正确;A 和B 脱离接触前,对A、B 组成的系统,由机械能守恒定律有
mgl ૚െhܑܖૈ૟=
૚
૛m࢜
࡭૛+
૚
૛M࢜
࡮૛,解得m=
ࡹ
૝,D 项正确。
【答案】ACD
8. (圆周运动中的机械能守恒)(2019 年三湘联考)(多选)长为L 的轻杆可绕O 在竖直平面内无摩擦转动,质量为M 的小球
A 固定于杆端点,质点为m 的小球B 固定于杆中点,且M=2m,开始杆处于水平,由静止释放,当杆转到竖直位置时(
)。
A.轻杆对球A 做正功
B.球A 在最低点速度为
૛
૜
ૠࢍࡸ
C.OB 杆的拉力小于BA 杆的拉力
D.轻杆对球B 做功为-
૛ૢmL
【解析】对A、B 组成的系统,在转动过程中机械能守恒,则有2mgL+
૚
૛mgL=
૚
૛m࢜
࡮૛+
૚
૛×2m࢜
࡭૛,而vA=2vB,解得
vA=
૛
૜
⺁ࢍࡸ,vB=
૚
૜
⺁ࢍࡸ,B 项错误; 对A 和B, 分别由动能定理得2mgL+WA=
૚
૛×2m࢜
࡭૛,mg·
ࡸ
૛+WB=
૚
૛m࢜
࡮૛, 解得
WA=
૛࢓ࢍࡸૢ,WB=-
૛࢓ࢍࡸૢ,A、D 两项正确;在最低点,小球B 的向心力向上,OB 杆的拉力大于BA 杆的拉力,C 项错误。
【答案】AD
9.(多物体的机械能守恒)(2019 年南京市六校联合体高三12 月联考)如图所示的木板由倾斜部分和水平部分组成,两部
分之间由一段圆弧面相连接。在木板的中间有位于竖直面内的光滑圆槽轨道,斜面的倾角为θ。现有10 个质量均为m、
半径均为r 的均匀刚性球,在施加于1 号球的水平外力F 的作用下均静止,力F 与圆槽在同一竖直面内,此时1 号球球心
距它在水平槽运动时的球心高度差为h。现撤去力F 使小球开始运动,直到所有小球均运动到水平槽内。重力加速度为
g,求:
(1)水平外力F 的大小。
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(2)1 号球刚运动到水平槽时的速度。
(3)整个运动过程中,2 号球对1 号球所做的功。
【解析】(1)以10 个小球整体为研究对象,由力的平衡条件可得
tan θ=
ࡲ
૚૙࢓ࢍ
解得F=10mgtan θ。
(2)以1 号球为研究对象,根据机械能守恒定律可得
mgh=
૚
૛mv2
得v= ૛ࢍࢎ。
(3)撤去水平外力F 后,以10 个小球整体为研究对象,利用机械能守恒定律可得
10mg ࢎ൅
૚ૡ࢘
૛hܑܖࣂ=
૚
૛×10mv'2
得v'= ૛ࢍሺࢎ൅ૢ࢘
hܑܖࣂሻ
以1 号球为研究对象,由动能定理得
mgh+W=
૚
૛mv'2
得W=9mgrsin θ。
【答案】(1)10mgtan θ
(2) ૛ࢍࢎ
(3)9mgrsin θ
1.(2017 年全国卷Ⅱ,T17)如图所示,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直。一小物块以速度v 从轨
道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时对应的轨道
半径为(重力加速度大小为g)(
)。
A.࢜
૛
૚૟ࢍ
B.࢜
૛
ૡࢍ
C.࢜
૛
૝ࢍD.࢜
૛
૛ࢍ
【解析】设小物块在最高处的速度为vt,因为在它运动过程中只有重力做功,所以机械能守恒。由机械能守恒定律
有
૚
૛m࢚࢜
૛-
૚
૛mv2=-mg×2R,解得vt=࢜
૛Ǧ૝l܀。到达最高点之后小物块做平抛运动,根据平抛运动规律,有2R=
૚
૛gt2,解得t=
૝ࡾ
ࢍ,
所以水平位移x=vt·t= ૝࢜
૛܀െ૝lࡾ૛
ࢍ
,由数学知识可知,当R=࢜
૛
ૡࢍ时,x 存在最大值,所以B 项正确,A、C、D 三项错误。
2.(2016 年全国卷Ⅱ,T21)(多选)如图所示,小球套在光滑的竖直杆上,轻弹簧一端固定于O 点,另一端与小球相连。现将小
球从M 点由静止释放,它在下降的过程中经过了N 点。已知在M、N 两点处,弹簧对小球的弹力大小相等,且
∠ONM<∠OMN<ૈ૛。在小球从M 点运动到N 点的过程中(
)。
A.弹力对小球先做正功后做负功
B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C.弹簧长度最短时,弹力对小球做功的功率为零
D.小球到达N 点时的动能等于其在M、N 两点的重力势能差
【解析】小球在M 点时弹簧处于压缩状态,在N 点时弹簧处于伸长状态,则在由M 到N 过程中有一点弹簧处于原
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长状态,设该点为B 点,另设小球在A 点时对应的弹簧最短,如图所示。从M 点到A 点,弹簧压缩量变大,弹力做负功,从A
点到B 点弹簧从压缩逐渐恢复至原长,弹力做正功,从B 点到N 点弹簧从原长逐渐伸长,弹力做负功,A 项错误。小球在A
点时,水平方向上弹簧的弹力与杆的弹力相平衡,小球受到的合力F 合=mg,故加速度a=g;小球在B 点时,弹簧处于原长,杆
对小球没有作用力,小球受到的合力F 合=mg,故加速度a=g,B 项正确。在A 点时,弹簧的弹力F 弹垂直于杆,小球的速度沿
杆向下,则P 弹=F 弹vcos 90°=0,C 项正确。从M 点到N 点,小球与弹簧所组成的系统机械能守恒,则Ek 增=Ep 减,即EkN-0=Ep 重
M-Ep 重N+Ep 弹M-Ep 弹N,由于在M、N 两点弹簧弹力大小相同,由胡克定律可知,弹簧形变量相同,则弹性势能Ep 弹N=Ep 弹M,故
EkN=Ep 重M-Ep 重N,D 项正确。
3.(2015 年全国卷Ⅱ,T21)(多选)如图,滑块a、b 的质量均为m,a 套在固定竖直杆上,与光滑水平地面相距h,b 放在地面
上。a、b 通过铰链用刚性轻杆连接,由静止开始运动。不计摩擦,a、b 可视为质点,重力加速度大小为g。则(
)。
A.a 落地前,轻杆对b 一直做正功
B.a 落地时速度大小为૛ࢍࢎ
C.a 下落过程中,其加速度大小始终不大于g
D.a 落地前,当a 的机械能最小时,b 对地面的压力大小为mg
【解析】首先,把a、b 看成一个系统,运动中机械能守恒,b 先加速后减速,a 到达地面时b 的速度为0,故杆对b 先
做正功后做负功,A 项错误;根据系统机械能守恒可知,a 的重力势能的减少量等于a 动能的增加量,即mgh=
૚
૛mv2,得
v= ૛ࢍࢎ,B 项正确;a 下落过程,有一段受杆沿杆向下的拉力,故a 的加速度有时大于g,C 项错误;a 刚开始的一段下落过程
中杆对a 做负功,a 的机械能减少,a 的机械能最小时杆对a 的作用力为0,此时杆对b 也没有力的作用,故此时b 对地面
的压力大小为mg,D 项正确。
4.(2018 年江苏卷,T14)如图所示,钉子A、B 相距5l,处于同一高度。细线的一端系有质量为M 的小物块,另一端绕
过A 固定于B。质量为m 的小球固定在细线上C 点,B、C 间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球,使小球和物块都静
止,此时BC 与水平方向的夹角为53°。松手后,小球运动到与A、B 相同高度时的速度恰好为零,然后向下运动。忽略一
切摩擦,重力加速度为g,取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。求:
(1)小球受到手的拉力大小F。
(2)物块和小球的质量之比M∶m。
(3)小球向下运动到最低点时,物块M 所受的拉力大小T。
【解析】(1)对小球受力分析,如图所示,设小球受AC、BC 的拉力分别为F1、F2
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在水平方向有
F1sin 53°=F2cos 53°
在竖直方向有
F+mg=F1cos 53°+F2sin 53°
且F1=Mg
联立解得F=
⺁
૜Mg-mg。
(2)小球运动到与A、B 相同高度过程中
由几何关系得小球上升高度h1=3lsin 53°物块下降高度h2 =2l
物块和小球组成的系统机械能守恒,根据机械能守恒定律
mgh1=Mgh2
联立解得
ࡹ
࢓=
૟
⺁。
(3)根据机械能守恒定律,小球回到起始点,设此时AC 方向的加速度大小为a,物块受到的拉力为T
对物块由牛顿第二定律得
Mg-T =Ma
根据牛顿第三定律,小球受AC 的拉力
T'=T
对小球,在沿AC 方向,由牛顿第二定律得
T'-mgcos 53°=ma
解得T =
ૡ࢓ࡹࢍ
⺁ሺ࢓൅ࡹሻ或T=
૝ૡ
⺁⺁mg 或T=
ૡ
૚૚Mg 。
【答案】(1)
⺁
૜Mg-mg
(2)6∶5
(3)
ૡ࢓ࡹࢍ
⺁ሺ࢓൅ࡹሻ或
૝ૡ
⺁⺁mg 或
ૡ
૚૚Mg
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第4 讲
功能关系
能量守恒定律
(47)
1.(功能关系)(2019 年哈师大附中月考)一物块由静止开始从粗糙斜面上的某点加速下滑到另一点,在此过程中重力对物
体做的功等于(
)。
A.物体动能的增加量
B.物体动能的增加量与物体克服摩擦力做的功之和
C.物体重力势能的减少量和物体克服摩擦力做的功之和
D.物体重力势能的减少量和物体动能的增加量以及物体克服摩擦力做的功之和
【解析】对物块,由动能定理有WG-W 克摩=Ek,则重力对物体做的功等于物体动能的增加量与物体克服摩擦力做的功
之和,B 项正确。
2. (功能关系)(2019 年浙江模拟)在电影《飞屋环游记》中,主角用一簇气球使他的房子成功升空。小屋从地面静止出发
做匀加速运动,它加速上升到h 处时,速度达到了v,不计小屋受到的浮力和空气阻力,则在这一过程中(
)。
A.绳对小屋的拉力等于小屋的重力
B.绳对小屋的拉力做的功等于小屋动能的增量
C.绳对小屋的拉力做的功等于小屋机械能的增量
D.绳对小屋的拉力和小屋重力对小屋做的总功等于小屋机械能的增量
【解析】小屋加速上升,合力向上,小屋受到向上的拉力和向下的重力,则绳对小屋的拉力大于小屋的重力,A 项错误;
根据动能定理知,绳对小屋的拉力做的功大于小屋动能的增量,B 项错误;由于除重力以外的其他力做的功等于机械能的
变化,所以绳对小屋的拉力做的功等于小屋机械能的增量,C 项正确;绳对小屋的拉力和小屋自身的重力对小屋做的总功
等于小屋动能的增量,由于小屋的重力势能增加,所以绳对小屋的拉力和小屋重力对小屋做的总功小于小屋机械能的增
量,D 项错误。
3.(能量守恒)(2019 年江苏南通调研)(多选)某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m,弹簧的左端固定,木块
在水平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩,记下木块右端位置A 点,释放后,木块右端恰能运动到B1 点。在木块槽中加入一
个质量m0=200 g 的砝码,再将木块左端紧靠弹簧,木块右端位置仍然在A 点,释放后木块离开弹簧,右端恰能运动到B2
点。测得AB1、AB2 长分别为36.0 cm 和12.0 cm,则木块的质量m 为(
)。
A.100 g
B.200 g
C.300 g
D.400 g
【解析】两次均由同一位置释放木块,故弹簧恢复原长的过程中,弹簧所做的功相同,未加砝码时,由动能定理可得W
弹-μmg·AB1=0,加上砝码m0 时,有W 弹-μ(m+m0)g·AB2=0,解得m=100 g,A 项正确。
4. (2019 年浙江七彩阳光联盟联考)如图所示为某体校的铅球训练装置。假设运动员以6 m/s 的速度将铅球从倾角为
30° 的轨道底端推出,当铅球向上滑到某一位置时,其动能减少了72 J,机械能减少了12 J,已知铅球(包括其上挂的设备)
质量为12 kg,重力加速度g 取10 m/s2,滑动过程中阻力大小恒定,则下列判断正确的是(
)。
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A.铅球上滑过程中减少的动能全部转化为重力势能
B.铅球向上运动的加速度大小为4 m/s2
C.铅球返回底端时的动能为144 J
D.运动员每推一次消耗的能量至少为60 J
【解析】由于轨道不光滑,铅球向上滑动的过程中,需要克服摩擦力做功,所以铅球上滑过程减小的动能转化为重力
势能和摩擦产生的热,A 项错误;由动能定理有Fs=ΔEk=72 J,根据功能关系有fs=ΔE=12 J,而f+mgsin 30°=F,可得F=72 N,f=12
N,由牛顿第二定律得a=
ࡲ
࢓=6 m/s2,B 项错误;铅球从出发到最高点,有-Fsm=-Ek0,fsm=ΔE 机1,联立解得机械能减小36 J,铅球从
出发到返回出发点,有f·2sm=ΔE 机2,可得机械能减小了72 J,铅球返回底端的动能为144 J,C 项正确;运动员每推一次消耗
的能量一定大于铅球的初动能216 J,D 项错误。
5.(2019 年山东济南期末)(多选)用两块材料相同的木板与竖直墙面搭成两个斜面1 和2,斜面有相同的高和不同的底边,
如图所示。一个小物块分别从两个斜面顶端释放,并沿斜面下滑到底端。对这两个过程,下列说法正确的是(
)。
A.沿着斜面1 和2 下滑到底端时,物块的速度大小相等
B.物块下滑到底端时,速度大小与其质量无关
C.物块沿着斜面1 下滑到底端的过程,产生的热量更多
D.物块下滑到底端的过程中,产生的热量与其质量无关
【解析】对物块,由静止滑到底端时,根据动能定理有mgh-Wf=
૚
૛mv2,其中Wf=fL=μ(mgcos θ)×L=μmgLcos θ=μmgL 底,
则沿着斜面2 下滑到底端时物块的速度大于沿斜面1 下滑到底端时的速度,A 项错误;由A 项分析得v= ૛ࢍࢎǦ૛ࣆࢍࡸ底,B
项正确;沿斜面1 下滑时克服摩擦力做的功最多,物体的机械能损失最大,产生的热量多,C 项正确;根据功能关系得,物块
产生的热量等于其克服摩擦力做的功,即Q=Wf=fL=μmgcos θ×L=μmgLcos θ=μmgL 底,与质量有关,D 项错误。
6.(功能关系)(2019 年湖北黄冈三模)(多选)一物体放在倾角为θ且足够长的光滑斜面上,初始位置如图1 所示,在平行于
斜面的力F 的作用下由静止开始沿斜面运动,运动过程中物体的机械能E 随位置x 的变化关系如图2 所示。其中0~x1
过程的图线是曲线,x1~x2 过程的图线是平行于x 轴的直线,x2~x3 过程的图线是倾斜的直线,则下列说法正确的是(
)。
A.在0~x1 的过程中,力F 逐渐变大
B.在0~x1 的过程中,物体的加速度逐渐增大
C.在x1~x2 的过程中,物体的动能越来越大
D.在0~x3 的过程中,物体的速度方向先向上再向下
【解析】由功能关系ΔE=F·Δx,得F=
ȟࡱ
ȟ࢞,在0~x1 过程中图线的斜率逐渐减小,直到零,知物体的拉力逐渐减小,最后为零,
根据a=
࢓ࢍhܑܖࣂǦࡲ
࢓
可知,加速度一直增大,A 项错误,B 项正确;在x1~x2 过程中,拉力F=0,机械能守恒,向下运动,重力势能减小,
动能增大,C 项正确;在0~x1 过程中,加速度的方向与速度方向相同,物体做加速运动;x1~x2 过程中,F=0,物体做匀加速运
动;x2~x3 过程,机械能增大,拉力做正功,物体继续向下做加速运动,即物体一直沿斜面向下运动,D 项错误。
7.(能量守恒)(2019 年福建省南平市一模)(多选)如图1 所示,木板B 静止在粗糙的水平地面上,质量为4 kg 的小物块A 以
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初速度v0=6 m/s 从左端滑上木板B,已知物块A 与木板B 之间的动摩擦因数为μ1,木板B 与地面之间的动摩擦因数为μ2,A、
B 运动过程的v-t 图象如图2 所示,A 始终未滑离B,则(
)。
A.μ1=0.4
B.μ2=0.2
C.木板的长度至少为3 m
D.因A、B 间摩擦而产生的热量为72 J
【解析】以物块为研究对象,有ma1=μmg,由图看出a1=4 m/s2,可推算出μ1=0.4,A 项正确;将物块和木板看成一个整
体,在两者速度一致共同减速时,有(M+m)a2=μ2(M+m)g,由图看出a2=1 m/s2,可推算出μ2=0.1,B项错误;由v-t图看出物块和
木板在1 s 内的位移差为3 m,物块始终未滑离木板,故木板长度至少为3 m,C 项正确;A、B 的相对位移s=3 m,因此摩擦
产生的热量Q=μ1mgs=48 J,D 项错误。
8.(多过程的能量守恒问题)(2019 年吉林长春四模)利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。如图所示,传送带与
水平方向成37°角,以速度v=4 m/s 顺时针匀速运动。B、C 分别是传送带与两轮的切点,相距L=6.4 m。倾角也是37°的
斜面固定于地面且与传送带上的B 点良好对接。一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置,下端固定在斜面底端,上端
放一质量m=1 kg 的工件(可视为质点)。用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放,工件离开斜面顶端滑到B 点时速度v0=8
m/s,A、B 间的距离x=1 m,工件与斜面、传送带间的动摩擦因数相同,均为μ=0.5,工件到达C 点即运送过程结束。g 取
10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)弹簧被压缩至A 点时的弹性势能。
(2)工件沿传送带由B 点上滑到C 点所用的时间。
(3)工件沿传送带由B 点上滑到C 点的过程中,工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。
【解析】(1)由能量守恒定律得,弹簧被压缩到A 点的弹性势能Ep=mgxsin 37°+μmgxcos 37°+
૚
૛m࢜
૙૛
解得Ep=42 J。
(2)工件在减速到与传送带速度相等的过程中,设其加速度为a1,由牛顿第二定律得
mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1
解得a1=10 m/s2
工件与传送带达到相同的速度需要的时间t1=࢜૙Ǧܞ
ࢇ૚
解得t1=0.4 s
工件滑行位移大小x1=࢜૙૛Ǧ࢜૛
૛ࢇ૚
解得x1=2.4 m<L
因为μ<tan 37°,所以工件将沿传送带继续减速上滑,设其在继续上滑过程中加速度为a2,则有
mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2
解得a2=2 m/s2
假设工件速度减为0 时,未从传送带上滑落,则其运动时间t2=࢜ࢇ૛
解得t2=2 s
工件滑行的位移大小x2=࢜
૛
૛ࢇ૛
解得x2=4 m
工件运动到C 点时速度恰好为零,故假设成立
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工作在传送带上上滑的总时间t=t1+t2=2.4 s。
(3)第一阶段:由(2)知工件滑行的位移x1=2.4 m
传送带运动的位移x1'=vt1=1.6 m
相对位移Δx1=0.8 m
摩擦产生的热量Q1=μmgΔx1cos 37°
解得Q1=3.2 J
第二阶段:由(2)知工件滑行的位移x2=4 m
传送带运动的位移x2'=vt2=8 m
相对位移Δx2=4 m
摩擦产生的热量Q2=μmgΔx2cos 37°
解得Q2=16 J
总热量Q=Q1+Q2=19.2 J。
【答案】(1)42 J
(2)2.4 s
(3)19.2 J
1. (2019 年全国卷Ⅱ,T18)(多选)从地面竖直向上抛出一物体,其机械能E 总等于动能Ek 与重力势能Ep 之和。取地面为重
力势能零点,该物体的E 总和Ep随它离开地面的高度h 的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得(
)。
A.物体的质量为2 kg
B.h=0 时,物体的速率为20 m/s
C.h=2 m 时,物体的动能Ek=40 J
D.从地面至h=4 m,物体的动能减少100 J
【解析】由Ep-h 图象知其斜率为G,故G=
ૡ૙۸
૝ܕ=20 N,解得m=2 kg,A 项正确;h=0 时,Ep=0,Ek=E 总-Ep=100 J-0=100 J,故
૚
૛mv2=100 J,解得v=10 m/s,B 项错误;h=2 m 时,Ep=40 J,Ek=E 总-Ep=90 J-40 J=50 J,C 项错误;h=0 时,Ek=E 总-Ep=100 J-0=100 J,h=4
m 时,Ek'=E 总-Ep=80 J-80 J=0 J,故Ek-Ek'=100 J,D 项正确。
【答案】AD
2.(2018 年全国卷Ⅰ,T18)如图,abc 是竖直面内的光滑固定轨道,ab 水平,长度为2R;bc 是半径为R 的四分之一圆弧,与ab
相切于b 点。一质量为m 的小球,始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自a 点处从静止开始向右运动。重力加
速度大小为g。小球从a 点开始运动到其轨迹最高点,机械能的增量为(
)。
A.2mgR B.4mgR C.5mgR
D.6mgR
【解析】小球从a 运动到c,根据动能定理,得F×3R-mgR=
૚
૛m࢜
૚૛,又F=mg,故v1=2 ࢍࡾ,小球离开c 点在竖直方向做
竖直上抛运动,水平方向做初速度为零的匀加速直线运动。且水平方向与竖直方向的加速度大小相等,都为g,故小球从
c 点到最高点所用的时间t=࢜૚
ࢍ=2
ࡾ
ࢍ,水平位移x=
૚
૛gt2=2R,根据功能关系,小球从a 点到轨迹最高点机械能的增量为力F 做
的功,即ΔE=F·(2R+R+x)=5mgR。
3.(2018 年天津卷,T2)滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB,
从滑道的A 点滑行到最低点B 的过程中,由于摩擦力的存在,运动员的速率不变,则运动员沿AB 下滑过程中(
)。
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A.所受合外力始终为零B.所受摩擦力大小不变
C.合外力做功一定为零D.机械能始终保持不变
【解析】运动员从A 点滑到B 点的过程中速率不变,则运动员做匀速圆周运动。运动员做匀速圆周运动,合外力指
向圆心,A 项错误。如图所示,运动员受到的沿圆弧切线方向的合力为零,即Ff=mgsin α,下滑过程中α减小,sin α变小,故摩
擦力Ff 变小,B 项错误。由动能定理知,匀速下滑动能不变,合外力做功为零,C 项正确。运动员下滑过程中动能不变,重力
势能减小,机械能减小,D 项错误。
4.(2017 年全国卷Ⅲ,T16)如图所示,一质量为m、长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂。用外力将绳的下端Q 缓慢地
竖直向上拉起至M 点,M 点与绳的上端P 相距
૚
૜l。重力加速度大小为g。在此过程中,外力做的功为(
)。
A.
૚ૢmgl
B.
૚
૟mgl
C.
૚
૜mgl
D.
૚
૛mgl
【解析】由题可知,缓慢提升绳子,在整个过程中,动能不变,则外力做的功WF 等于重力势能的增加量ΔEp,将Q 端提
升至M 位置,如图所示。全程重力势能增加量ΔEp 可视为NQ 段上升增加的重力势能。取NQ 段为研究对象,此段质量
大小m'=
૚
૜m,其重心位置上升高度h=
૚
૜l,则外力做的功WF=ΔEp=m'gh=
૚ૢmgl,A 项正确。
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一、选择题
1. (2019 年江西上高二中月考)在机场货物托运处,常用传送带运送行李和货物,如图所示,靠在一起的两个质地相同,质
量和大小均不同的包装箱随传送带一起上行,下列说法正确的是(
)。
A.匀速上行时b 受3 个力作用
B.匀加速上行时b 受4 个力作用
C.若上行过程传送带因故突然停止时,b 受4 个力作用
D.若上行过程传送带因故突然停止后,b 受的摩擦力一定比原来大
【解析】匀速上行时,包装箱受重力、支持力和静摩擦力,a、b 间没有挤压,故不会有弹力,A 项正确;匀加速上行时,
包装箱受重力、支持力和静摩擦力,a、b 间没有挤压,故不会有弹力,B 项错误;上行过程传送带因故突然停止时,两个包
装箱由于惯性继续上滑,根据牛顿第二定律,有mgsin θ+μmgcos θ=ma,解得a=g(sin θ+μcos θ),故两包装箱加速度相同,没
有相互挤压,依然受重力、支持力和摩擦力,但摩擦力的方向反了,变为滑动摩擦力,由于最大静摩擦力略大于滑动摩擦力,
故b 受到的摩擦力不一定变大,C、D 两项错误。
2.(2019 年宝鸡中学月考)一辆卡车能够沿着斜坡以速率v 匀速向上行驶,斜坡与水平面夹角为α,所受阻力等于卡车重力
的k 倍(k<1)。如果卡车以同样的功率匀速下坡,卡车的速率为(
)。
A.
࢑൅hܑܖࢻ
࢑Ǧhܑܖࢻv B.
࢑Ǧhܑܖࢻ
࢑൅hܑܖࢻv
C.
࢑൅hܑܖࢻ
hܑܖࢻǦ࢑v D.
hܑܖࢻǦ࢑
࢑൅hܑܖࢻv
【解析】汽车上坡,牵引力F1=mgsin α+kmg,功率P=F1v=(mgsin α+kmg)v,汽车下坡,牵引力F2=kmg-mgsin α,功率
P=F2v'=(kmg-mgsin α)v',解得下坡速度v'=
࢑൅hܑܖࢻ
࢑Ǧhܑܖࢻv,A 项正确。
3.(2019 年云南昆明4 月模拟)汽车在限速为40 km/h 的道路上匀速行驶,驾驶员发现前方斑马线上有行人,于是减速礼
让,汽车到达斑马线处时行人已通过斑马线,驾驶员便加速前进,监控系统绘制出该汽车的速度v 随时间t 变化的图象如
图所示,下列说法正确的是(
)。
A.减速前该车已超速
B.汽车在加速阶段的加速度大小为3 m/s2
C.驾驶员开始减速时距斑马线18 m
D.汽车在加速阶段发动机的输出功率保持不变
【解析】由v-t 图象可知汽车减速时初速度v0=10 m/s=36 km/h,未超速,A 项错误;汽车在加速阶段的加速度
a=
ȟ࢜
ȟ࢚=
ૡെ૛
⺁Ǥ⺁െ૜Ǥ⺁m/s2=3 m/s2,B 项正确;由速度—时间图象不能精确求解驾驶员开始减速时距斑马线的距离,C 项错误;加速
阶段,由牛顿第二定律F-f=ma 知,牵引力F 恒定,速度增加时,据P=Fv 知,功率P 增加,D 项错误。
4. (2019 年吉林长春四模)如图所示,两个内壁光滑的圆形管道竖直固定,左侧管道的半径大于右侧管道半径。两个小球
A、B 分别位于左、右管道上的最高点,A 球的质量小于B 球质量,两球的半径都略小于管道横截面的半径。由于微小的
扰动,两个小球由静止开始自由滑下,当它们通过各自管道最低点时,下列说法正确的是(
)。
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A.A 球的速率一定等于B 球的速率
B.A 球的动能一定等于B 球的动能
C.A 球的向心加速度一定等于B 球的向心加速度
D.A 球对轨道的压力一定等于B 球对轨道的压力
【解析】设小球的质量为m,管道半径为R,由动能定理知小球下落到最低点时的动能Ek=
૚
૛mv2=2mgR,解得速度
v=2 ࢍࡾ,A 球的速率大于B 球的速率,不能判断A 球和B 球的动能大小,A、B 两项错误;两球的向心加速度大小an=࢜
૛
ࡾ=4g,
即A 球的向心加速度一定等于B 球的向心加速度,C 项正确;设小球通过各自管道最低点时所受的支持力为FN,由牛顿第
二定律有FN-mg=man,解得FN=5mg,由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力大小FN'=FN=5mg,与小球质量有关,由于A 球
的质量小于B 球的质量,所以A 球对轨道的压力一定小于B 球对轨道的压力,D 项错误。
5. (2019 年安徽师大附中期末) 一辆汽车在平直的公路上运动,运动过程中先保持某一恒定加速度,后保持恒定的牵引
功率,其牵引力和速度的关系图象如图所示。若已知汽车的质量m、牵引力F1 和速度v1 及该车所能达到的最大速度
v3,则根据图象所给的信息,能求出的物理量是(
)。
A.汽车运动中的最大功率为F1v2
B.速度为v2 时的加速度大小为
ࡲ૚࢜૚
࢓࢜૛
C.汽车行驶中所受的阻力为
ࡲ૚࢜
૚࢜
૜
D.汽车以恒定加速度加速时,加速度为
ࡲ૚
࢓
【解析】根据牵引力和速度的图象与功率P=Fv 得汽车运动中的最大功率为F1v1,故A 项错误。汽车运动过程中
先保持某一恒定加速度,后保持恒定的牵引功率,所以速度为v2 时的功率是F1v1,根据功率P=Fv 得速度为v2 时的牵引力
是
ࡲ૚࢜
૚࢜
૛,对汽车受力分析,其受重力、支持力、牵引力和阻力,该车达到最大速度时加速度为零,此时阻力大小等于牵引力,
所以阻力f=
ࡲ૚࢜
૚࢜
૜;根据牛顿第二定律知,速度为v2 时加速度大小a=
ࡲ૚࢜
૚
࢓࢜૛-
ࡲ૚࢜
૚
࢓࢜૜,故B 项错误,C 项正确。根据牛顿第二定律知,
有恒定加速度时,加速度a'=
ࡲ૚
࢓-
ࡲ૚࢜
૚
࢓࢜૜,D 项错误。
6.(2019年天津和平区1月月考)(多选)中国月基天文望远镜(LUT)是首个在月球表面工作的机器人式的天文望远镜,中科
院的研究团队利用LUT 发现了重叠双星系统。若该系统主恒星质量为M,另一颗恒星的质量为m,它们之间的距离为L,
该系统的运转周期为T。将两颗星都看作是质量均匀分布的球体,由这些数据、引力常量并利用牛顿力学知识,可以估
算出(
)。
A.两星球球心之间的距离为
૜۵ሺ球൅ܕሻ܂૛
૝࣊
૛
B.两星球球心之间的距离为
۵ሺ球൅ܕሻ܂૛
૝࣊
૛
C.两星球运行速率之和为
૛࣊ۺ
܂
D.两星球运行速率之和为࣊
ۺ
܂
【解析】两颗星之间的万有引力提供向心力,有G
球ܕ
ۺ૛=MR1
૛࣊
܂
૛
=mR2
૛࣊
܂
૛
,R1+R2=L,得L=
૜ࡳሺࡹ൅࢓ሻࢀ૛
૝ૈ
૛
, 又由
v1=
૛ૈࡾ૚
ࢀ,v2=
૛ૈࡾ૛
ࢀ,解得v1+v2=
૛ૈࡸ
ࢀ,A、C 两项正确。
7.(2019 年郑州一中模拟)(多选)如图所示为一滑草场。某条滑道由上、下两段高均为h,与水平面倾角分别为45°和37°
的滑道组成,滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑,经过上、下两
段滑道后,最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。则(
)。
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A.动摩擦因数μ=
૟
ૠ
B.载人滑草车最大速度v=
૛ࢍࢎ
ૠ
C.载人滑草车克服摩擦力做的功为mgh
D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为
૛ࢍ
⺁
【解析】对整个过程,由动能定理得,2mgh-μmgcos 45°·
ࢎ
hܑܖ૝⺁ι-μmgcos 37°·
ࢎ
hܑܖ૜ૠι=0,解得μ=
૟
ૠ,A 项正确;滑草车通过第一
段滑道末端时速度最大,设为v,由动能定理得mgh-μmgcos 45°·
ࢎ
hܑܖ૝⺁ι=
૚
૛mv2,解得v=
૛ࢍࢎ
ૠ,B 项正确;对整个过程,由动能定
理得2mgh-Wf=0, 载人滑草车克服摩擦力做的功Wf=2mgh,C 项错误; 载人滑草车在下段滑道上的加速度
a=
ࣆ࢓ࢍ܋th૜ૠιെ࢓ࢍhܑܖ૜ૠι
࢓
=
૜
૜⺁g,D 项错误。
8.(2019 年湖南永州二模)(多选)如图1 所示,在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC,轨道末端水平,小球以一定的
初速度从最低点A 冲上轨道,图2 是小球在半圆形轨道上从A 运动到C 的过程中,其速度平方与其对应高度的关系图象。
已知小球在最高点C 受到轨道的作用力为2.5 N,空气阻力不计,B 点为AC 轨道中点,g 取10 m/s2,下列说法正确的是
(
)。
A.图2 中x=36 m2/s2
B.小球质量为0.2 kg
C.小球在B 点受到轨道的作用力为8.5 N
D.小球在A 点时重力的功率为5 W
【解析】小球在光滑轨道上运动,只有重力做功,故机械能守恒,有
૚
૛m࢜
૙૛=
૚
૛mv2+mgh,解得v2=-2gh+࢜
૙૛,当h=0.8 m
时,v2=9 m2/s2,代入数据得v0=5 m/s;当h=0 时,v2=x=࢜
૙૛=25 m2/s2,故A 项错误;由图2 可知,轨道半径R=0.4 m,小球在C 点
的速度vC=3 m/s,那么由牛顿第二定律可得F+mg=m࢜
࡯૛
ࡾ,解得m=0.2 kg,B 项正确;小球从A 到B 机械能守恒,有
૚
૛m࢜
૙૛=
૚
૛m࢜
࡮૛+mgR,解得其运动到B 点的速度vB= ૚ૠm/s,在B 点,由牛顿第二定律可知FNB=m࢜࡮૛
ࡾ,代入数据得FNB=8.5
N,C 项正确;小球在A 点时,重力mg 和速度v0 垂直,重力的瞬时功率为0,D 项错误。
9. (2019 年武汉十月联考)(多选)物块的质量m=1.0 kg,在一竖直向上的恒力F 作用下以初速度v0=10 m/s 开始竖直向上
运动,该过程中物块速度的平方v2 随路程x 变化的关系图象如图所示,已知g=10 m/s2,物块在运动过程中受到与运动方
向相反且大小恒定的阻力,下列选项中正确的是(
)。
A.恒力F 大小为7 N
B.在t=1 s 时刻,物体开始反向运动
C.2 s 末~3 s 末物块做匀加速运动
D.在物块运动路程为13 m 的过程中,重力势能增加130 J
【解析】物块匀减速上升的加速度大小a1=࢜૙૛
૛࢞૚=
૚૙૙
૛ൈ⺁m/s2=10 m/s2,物块匀加速下降的加速度大小a2=࢜
૛
૛࢞૛=
૟૝
૛ൈૡm/s2=4
m/s2;上升时,根据牛顿第二定律有mg+f-F=ma1;下降时,根据牛顿第二定律有mg-f-F=ma2,解得F=3 N,f=3 N,A 项错误。物
块匀减速上升的时间t1=࢜૙
ࢇ૚=
૚૙
૚૙s=1 s,则在t=1 s 时刻,物块开始反向运动,B 项正确。物块匀加速下降时有x2=
૚
૛a2࢚૛
૛,解得
物块匀加速下降的时间t2=2 s,又物块匀减速上升的时间t1=1 s,则2 s 末~3 s 末物块做匀加速运动,C 项正确。在物块运
动路程为13 m 的过程中,物块先上升5 m,后下降8 m,则高度下降3 m,重力势能减少了mgh=1.0×10×3 J=30 J,D 项错误。
二、非选择题
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10.(2019 年河南天一大联考)如图所示,质量m=2 kg 的物块A(可视为质点)放在倾角θ=30°的光滑斜面体上,斜面固定在
水平桌面上,劲度系数k=200 N/m 的轻弹簧一端连接在斜面底端的固定挡板C 上,另一端连接在物块A 上,绕过斜面顶
端定滑轮的不可伸长的轻绳一端连接在物块A 上,另一端吊着质量也为m 的物块B,物块A 与滑轮间的轻绳与斜面平行,
物块A 静止时刚好处在斜面的正中间。已知斜面长为L=2.5 m,重力加速度g 取10 m/s2。
(1)若剪断轻弹簧,物块A 到斜面顶端时,物块B 还未落地,求物块A 运动到斜面顶端所用的时间。
(2)若剪断轻绳,求物块A 向下运动的最大速度。
【解析】(1)剪断轻弹簧后,物块A 和B 一起做匀加速运动,对物块A,根据牛顿第二定律有
T-mgsin θ=ma
对物块B,根据牛顿第二定律有mg-T=ma
代入数据,联立解得a=2.5 m/s2
根据运动学公式有
૚
૛L=
૚
૛at2
代入数据解得t=1 s。
(2)没有剪断轻绳时,设弹簧的伸长量为x1,对物块A,根据平衡条件有mg=mgsin θ+kx1
解得x1=
࢓ࢍ
૛࢑
剪断轻绳后,当物块A 的速度最大时,根据平衡条件有kx2=mgsin θ
解得x2=
࢓ࢍ
૛࢑
从剪断轻绳到物块A 的速度最大的过程中,弹簧的弹性势能变化量为零,根据机械能守恒定律有
(mgsin θ)(x1+x2)=
૚
૛mv2
代入数据解得v=1 m/s。
【答案】(1)1 s
(2)1 m/s
11.(2019 年湖南衡阳三模)如图所示,电动机带动倾角θ=37°的传送带以v=8 m/s 的速度逆时针匀速运动,传送带下端点C
与水平面CDP 平滑连接,B、C 间距L=20 m;传送带在上端点B 恰好与固定在竖直平面内的半径R=0.5 m 的光滑圆弧轨
道相切,一轻质弹簧的右端固定在P 处的挡板上,质量M=2 kg 可看作质点的物体靠在弹簧的左端D 处,此时弹簧处于原
长,C、D 间距x=1 m,PD 段光滑,DC 段粗糙。现将物体压缩弹簧一定距离后由静止释放,物体经过DC 冲上传送带,经B
点冲上光滑圆弧轨道,通过最高点A 时对A 点的压力为8 N。上述过程中,物体经C 点滑上传送带时,速度大小不变,方向
变为沿传送带方向。已知物体与传送带间的动摩擦因数μ1=0.8,与CD 段间的动摩擦因数μ2=0.5,重力加速度大小g=10
m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)在圆弧轨道的B 点时物体的速度大小。
(2)物体在传送带上运动的过程中,带动传送带的电动机由于运送该物体多输出的电能E。
(3)物体释放前,系统具有的弹性势能Ep。
【解析】(1)物体通过A 点时,由牛顿第二定律有Mg+FA=M࢜࡭૛
ࡾ
解得vA= ૠm/s
物体从B 到A 由机械能守恒定律有-Mg(R+Rcos θ)=
૚
૛M࢜
࡭૛-
૚
૛M࢜
࡮૛
解得vB=5 m/s。
(2)物体在传送带上运动时由于vB 小于传送带速度,可知物体一直做加速运动,由牛顿第二定律有μ1Mgcos θ-Mgsin
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θ=Ma
解得a=0.4 m/s2
由运动学公式有࢜
࡮૛-࢜
࡯૛=2aL
解得物体在C 点时的速度vC=3 m/s
由vB=vC+at 解得物体从C 到B 所用时间t=5 s
传送带在t 时间内的位移x1=vt=40 m
由于物体对传送带有沿传送带向下的摩擦力,故要维持传送带匀速运动,电动机要额外给传送带一个沿传送带向上
的牵引力,大小与物体受到的摩擦力一样大,则多做的功
W=μ1(Mgcos θ)x1=512 J
多输出的电能E=512 J。
(3)设弹簧弹力对物体做的功为W',则从弹簧的压缩端到C 点,对M 由动能定理有
W'-μ2Mgx=
૚
૛M࢜
࡯૛-0
解得W'=19 J
可知Ep=19 J。
【答案】(1)5 m/s
(2)512 J
(3)19 J
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(51)
1.(冲量)(2019年河南郑州模拟考试)将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出,不计空气阻力,g取10 m/s2,
以下判断正确的是(
)。
A.小球从被抛出至到达最高点受到的冲量大小为10 N·s
B.小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为零
C.小球从被抛出至落回出发点受到的冲量大小为10 N·s
D.小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为10 N·s
【解析】小球从被抛出至到达最高点经历的时间为2 s,受到的冲量大小为10 N·s,A 项正确;小球从被抛出至落回出
发点经历的时间为4 s,受到的冲量大小为20 N·s,动量是矢量,返回出发点时速度大小仍为20 m/s,但方向相反,动量变化
量大小为20 kg·m/s,B、C、D 三项错误。
2.(动量定理)(2019 年湖北武汉开学考试)质量为m 的运动员从下蹲状态竖直向上起跳,经过时间t,身体伸直并刚好离
开地面, 离开地面时速度为v。则在时间t 内(
)。
A.地面对他的平均作用力为mg
B.地面对他的平均作用力为
࢓࢚࢜
C.地面对他的平均作用力为m࢚࢜
Ǧl
D.地面对他的平均作用力为m ࢍ൅࢚࢜
【解析】对人,由动量定理有(۴
െ
-mg)t=mv,地面对他的平均作用力۴
െ
=m ࢍ൅࢚࢜
,D 项正确。
3.(动量定理)(2019 年广东佛山二模)拍皮球是大家都喜欢的体育活动,既能强身又能健体。已知皮球质量为0.4 kg,为保
证皮球与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为1.25 m,小明需每次在球到达最高点时拍球,每次拍球作用距离为0.25 m,
使球在离手时获得一个方向竖直向下、大小为4 m/s 的初速度。若不计空气阻力及球的形变,g 取10 m/s2,则每次拍球
(
)。
A.手给球的冲量为1.6 kg·m/s
B.手给球的冲量为2.0 kg·m/s
C.人对球做的功为3.2 J
D.人对球做的功为2.2 J
【解析】根据题述,使球在离手时获得一个竖直向下的4 m/s 的初速度,根据动量定理,合外力给皮球的冲量I 合=I 手
+mgΔt=mv=0.4×4 kg·m/s=1.6 kg·m/s,I 手<1.6 kg·m/s,A、B 两项错误;设人对球做的功为W,由动能定理有W+mgh=
૚
૛mv2,
解得W=2.2 J,D 项正确,C 项错误。
4. (动量定理)(2019 年山西太原开学考试)如图所示,A、B 为原长相等、劲度系数分别为k 和3k 的两根轻弹簧,将轻弹簧
A、B 的两端对齐套在一起,竖直固定在水平地面上,两弹簧均处于原长状态,把质量m=1 kg 的物块从距弹簧上端h=5 m
处由静止释放,与弹簧接触后,经t=1 s 速度减至0,已知重力加速度g 取10 m/s2,则在弹簧压缩过程中,物块受到轻弹簧A
的平均作用力大小为(
)。
A.15 N
B.10 N
C.5 N
D.2.5 N
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【解析】物块自由落体的时间t1=
૛ࢎ
ࢍ=1 s,对下落运动的全过程,由动量定理有mg(t1+t)-۴
െ
t=0,解得۴
െ
=20 N,两弹簧劲
度系数之比为1∶3,弹力之比为1∶3,轻弹簧A 的平均作用力为
૚
૝۴
െ
=5 N,C 项正确。
5.(动量定理)(2019 年江西南昌期末考试)(多选)静止在光滑水平面上的物体,受到水平拉力F 的作用,拉力F 随时间t 变
化的图象如图所示,则下列说法中正确的是(
)。
A.0~4 s 内物体的位移为零
B.0~4 s 内拉力对物体做功为零
C.4 s 末物体的动量为零
D.0~4 s 内拉力对物体的冲量为零
【解析】由图象可知物体在4 s 内先做匀加速运动后做匀减速运动,4 s 末的速度为零,位移一直增大,A 项错误;前2
s 拉力做正功,后2 s 拉力做负功,且两段时间做功代数和为零,B 项正确;4 s 末的速度为零,故动量为零,C 项正确;根据动量
定理可知,0~4 s 内动量的变化量为零,所以拉力对物体的冲量为零,D 项正确。
6.(动量定理)(2019 年湖南常德模拟考试)(多选)如图所示,质量为m 的小球从距离地面高为H 的A 点由静止开始释放,
落到地面上后又陷入泥潭中,由于受到阻力作用,到达距地面深度为h 的B 点时速度减为零。不计空气阻力,重力加速度
为g。关于小球下落的整个过程,下列说法正确的有(
)。
A.小球的机械能减少了mg(H+h)
B.小球克服阻力做的功为mgh
C.小球所受阻力的冲量大于m ૛ࢍࡴ
D.小球动量的改变量等于其所受阻力的冲量
【解析】在整个过程中,小球动能变化量为零,重力势能减少了mg(H+h),则小球的机械能减少了mg(H+h),A 项正确;
对小球下落的全过程运用动能定理,得mg(H+h)-Wf=0,则小球克服阻力做的功Wf=mg(H+h),故B 项错误;小球落到地面的
速度v= ૛ࢍࡴ,对进入泥潭的过程运用动量定理,有IG-IF=0-m ૛ࢍࡴ,得IF=IG+m ૛ࢍࡴ,可知阻力的冲量大于m ૛ࢍࡴ,故C
项正确;对全过程分析,运用动量定理,知小球动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和,故D 项错误。
7.(动量、冲量)(2019 年天津南开中学摸底考试)(多选)几个水球可以挡住一颗子弹?《国家地理频道》的实验结果是:四
个水球足够!完全相同的水球紧挨在一起水平排列,子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动,恰好能穿出第4 个水
球,则可以判断的是(
)。
A.子弹在每个水球中的速度变化相同
B.子弹在每个水球中运动的时间不同
C.每个水球对子弹的冲量不同
D.子弹在每个水球中的动能变化相同
【解析】子弹恰好能穿出第4 个水球,即末速度v=0,逆向看子弹的运动,则子弹由右向左做初速度为零的匀加速直
线运动,则自左向右子弹通过四个水球的时间比为(2- ૜)∶( ૜- ૛)∶( ૛-1)∶1,B 项正确。由于加速度a 恒定,由at=Δv,
可知子弹在每个水球中的速度变化不同,A 项错误。因加速度恒定,则每个水球对子弹的阻力恒定,由I=ft 可知每个水球
对子弹的冲量不同,C 项正确。由动能定理有ΔEk=fx,f 相同,x 相同,则ΔEk 相同,D 项正确。
8. (动量定理)(2019 年合肥月考)一滑雪运动员以滑雪板和滑雪杖为工具在平直雪道上进行滑雪训练。如图所示,某次训
练中,他站在雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F=60 N 而向前滑行,其作用时间t1=1 s,撤除水平推力
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F 后经过t2=2 s,他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力且其作用时间仍为1 s。已知该运动员连同装备
的总质量m=50 kg,在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为f=10 N,求:
(1)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力时的速度。
(2)运动员第二次撤除水平推力后滑行的时间。
【解析】(1)设该运动员第二次撤除水平推力时的速度为v,对第二次撤除水平推力的运动过程,根据动量定理有
F·2t1-f·(2t1+t2)=mv
解得v=1.6 m/s。
(2)解法一
设运动员第二次撤除水平推力后滑行的时间为t3,根据动量定理有
-ft3=0-mv
解得t3=8 s。
解法二
设运动员第二次撤除水平推力后滑行的时间为t3,对于运动的全过程,由动量定理有
F·2t1-f·(2t1+t2+t3)=0
解得t3=8 s。
【答案】(1)1.6 m/s
(2)8 s
1.(2019 年全国卷Ⅰ,T16)最近,我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功,这标志着我国重型运载火箭
的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s,产生的推力约为4.8×106 N,则它在1
s 时间内喷射的气体质量约为(
)。
A.1.6×102 kg
B.1.6×103 kg
C.1.6×105 kg
D.1.6×106 kg
【解析】设该发动机在t 时间内喷射出的气体质量为m,根据动量定理有Ft=mv,则在1 s 内喷射出的气体质量
m0=
࢓࢚=
ࡲ࢜=
૝Ǥૡൈ૚૙૟
૜ൈ૚૙૜
kg=1.6×103 kg,B 项正确。
2.(2018 年全国卷Ⅱ,T15)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g 的鸡蛋从一居民楼的25 层坠下,与地面的碰撞时
间约为2 ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为(
)。
A.10 N
B.102 N
C.103 N
D.104 N
【解析】25 层离地高度约为80 m,由mgh=
૚
૛mv2 及(F-mg)t=mv 知,鸡蛋对地面的冲击力F=
࢓࢚࢜+mg≈103 N。
3.(2017 年全国卷Ⅲ,T20)(多选)一质量为2 kg 的物块在合力F 的作用下从静止开始沿直线运动。F 随时间t 变化的图线
如图所示,则(
)。
A.t=1 s 时物块的速率为1 m/s
B.t=2 s 时物块的动量大小为4 kg·m/s
C.t=3 s 时物块的动量大小为5 kg·m/s
D.t=4 s 时物块的速度为零
【解析】由题图可知F=2 N,F'=-1 N,由动量定理有Ft=mv1-mv0,当t=1 s 时,Ft1=mv1,代入数据可得v1=
ࡲ࢚૚
࢓=1 m/s,A 项正
确;当t=2 s 时,p=Ft2,代入数据可得p=4 kg·m/s,B 项正确;当t=3 s 时,p=Ft2+F'(t3-t2),代入数据可得p=3 kg·m/s,C 项错误;当
t=4 s 时,由Ft2+F'(t4-t2)=mv4,代入数据可得v4=1 m/s,D 项错误。
4.(2018 年北京卷,T22)2022 年将在我国举办第二十四届冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图
如图所示,长直助滑道AB 与弯曲滑道BC 平滑衔接,滑道BC 高h=10 m,C 是半径R=20 m 圆弧的最低点。
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质量m=60 kg 的运动员从A 处由静止开始匀加速下滑,加速度a=4.5 m/s2,到达B 点时速度vB=30 m/s。取重力加速度
g=10 m/s2。
(1)求长直助滑道AB 的长度L。
(2)求运动员在AB 段所受合外力的冲量I 的大小。
(3)若不计BC 段的阻力,画出运动员经过C 点时的受力图,并求其所受支持力FN 的大小。
【解析】(1)根据匀变速直线运动公式,有
L=࢜࡮૛Ǧ࢜࡭૛
૛ࢇ
=100 m。
(2)根据动量定理,有I=mvB-mvA=1800 N·s。
(3)运动员经过C 点时的受力分析如图所示
根据动能定理,运动员在BC 段运动的过程中,有
mgh=
૚
૛m࢜
࡯૛-
૚
૛m࢜
࡮૛
根据牛顿第二定律,有
FN-mg=m࢜
࡯૛
ࡾ
解得FN=3900 N。
【答案】(1)100 m
(2)1800 N·s
(3)受力图如图所示
3900 N
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(53)
1.(动量守恒)(2019 年武汉十月联考)如图所示,小车与木箱紧挨着静置于光滑的水平冰面上,现有一男孩站在小车上用
力向右迅速推出木箱,关于上述过程,下列说法中正确的是(
)。
A.木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同
B.小车与木箱组成的系统动量守恒
C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D.男孩和木箱组成的系统动量守恒
【解析】男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合力为零,系统动量守恒;木箱的动量增量与男孩、小车的总动量
增量大小相等、方向相反,A 项错误,C 项正确。小车与木箱组成的系统所受合外力不为零,系统动量不守恒,男孩和木箱
组成的系统所受合外力不为零,系统动量不守恒,B、D 两项错误。
2.(动量守恒)(2019 年黑龙江齐齐哈尔五校联考)质量为m 的小球A 以水平初速度v0与原来静止在光滑水平面上的质量
为4m 的小球B 发生正碰。已知碰撞过程中A 球的动能减少了75%,则碰撞后B 球的动能是(
)。
A.
૜
ૡm࢜
૛૛
B.
૚
ૡm࢜
૙૛
C.
૚
૚૟m࢜
૙૛D.
૚
૜૛m࢜
૙૛
【解析】碰撞过程中A 的动能减小了75%,即࢜૚૛࢜
૙૛=
૚
૝,则v1=±࢜૙
૛;根据动量守恒定律得mv0=mv1+4mv2,若碰后A 球速度
方向和原来一致,将v1=
૚
૛v0 代入得v2=
૚
ૡv0,若碰后A 球速度反向,将v1=-
૚
૛v0 代入公式得v2=
૜
ૡv0;所以碰后B 球的动能
Ek=
૚
૛×4m×
૚
ૡ࢜
૙
૛
=
૚
૜૛m࢜
૙૛或Ek=
૚
૛×4m×
૜
ૡ࢜
૙
૛
=ૢ૜૛m࢜
૙૛,D 项正确。
3.(动量守恒)(2019 年安徽滁州期末)如图所示,A、B 两物块放在光滑的水平面上,一轻弹簧放在A、B 之间与A 相连,与
B 接触但不连接,弹簧刚好处于原长,将物块A 锁定,物块C 与A、B 在一条直线上,三个物块的质量相等,现让物块C 以
v=2 m/s 的速度向左运动,与B 相碰并粘在一起,当C 的速度为零时,解除A 的锁定,则A 最终获得的速度大小为(
)。
A.
૜
૛m/s B.
૛
૜m/s
C.
૜
૛m/s D.
૛૜
૜
m/s
【解析】C 与B 碰撞,由动量守恒定律得mv=2mv1,解得碰后的共同速度v1=1 m/s;解除A 的锁定后,由动量守恒定律
和能量守恒定律有0=mv2-2mv3,
૚
૛×2m࢜
૚૛=
૚
૛m࢜
૛૛+
૚
૛×2m࢜
૜૛,解得A 最终获得的速度大小v2=
૛૜
૜
m/s,D 项正确。
4.(动量守恒)(2019 年河南名校联盟2 月调研) 如图所示,小木块A 用细线吊在O 点,此刻小木块的重力势能为零。一颗
子弹以一定的水平速度射入木块A 中,并立即与A 有共同的速度,然后一起摆动到最大摆角α。如果保持子弹质量和入
射的速度大小不变,而使小木块的质量稍微增大,关于最大摆角α、子弹的初动能与木块和子弹一起达到最大摆角时的
机械能之差ΔE,有(
)。
A.α角增大,ΔE 增大
B.α角增大,ΔE 减少
C.α角减小,ΔE 增大
D.α角减小,ΔE 减少
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【解析】根据动量守恒定律得mv=(M+m)v',解得v'=
࢓࢜
ࡹ൅࢓,小木块与子弹所组成的系统机械能Ek2=
૚
૛(M+m)v'2=
࢓૛࢜
૛
૛ሺࡹ൅࢓ሻ,
小木块的质量M 增大,则系统机械能减小,最大摆角减小;系统机械能的损失ΔE=Ek1-Ek2=
૚
૛mv2 ૚െ
࢓
ࡹ൅࢓,M 增大,则ΔE 增
大,C 项正确。
5.(水平方向动量守恒)(2019 年山东济南期末)(多选)如图所示,质量为3m、半径为R 的光滑半圆形槽静置于光滑水平面
上,A、C 为半圆形槽槽口对称等高的两点,B 为半圆形槽的最低点。将一可视为质点、质量为m 的小球自左侧槽口A
点自由释放,小球沿槽下滑的过程中,不计空气阻力,下列说法正确的是(
)。
A.小球和半圆形槽组成的系统机械能守恒、动量守恒
B.小球刚好能够到达半圆形槽右侧的C 点
C.半圆形槽速率的最大值为
૚
૛
૟ࢍࡾ
D.半圆形槽相对于地面位移大小的最大值为
૚
૛R
【解析】小球和半圆形槽组成的系统只有重力做功,水平方向不受外力,满足机械能守恒和水平方向的动量守恒,A
项错误;当小球到达B 点时,两者的速率最大,且有0=3mv1-mv2,mgR=
૚
૛×3m࢜
૚૛+
૚
૛m࢜
૛૛,解得v1=
ࢍࡾ
૟,C 项错误;设小球到槽
右侧最高点的速度为v,由动量守恒定律和机械能守恒定律有0=(3m+m)v,mgR=
૚
૛×4mv2+mgh,联立解得h=R,B 项正确;设
小球运动到右侧最高点的水平位移为x1,该过程半圆形槽相对于地面的位移为x2,由水平方向的动量守恒有0=3mx2-mx1,
而x1+x2=2R,解得x2=
ࡾ
૛,D 项正确。
6.(动量与能量综合)(2019 年山东济南模拟考试)如图所示,光滑的水平面上有一质量M=9 kg 的木板,其右端恰好和
૚
૝光滑
固定的圆弧轨道AB 的底端等高对接(木板的水平上表面与圆弧轨道相切),木板右端放有一质量m0=2 kg 的物体C(可视
为质点),已知圆弧轨道半径R=0.9 m,现将一质量m=4 kg 的小滑块(可视为质点),在轨道顶端A 点由静止释放,滑块滑到
B 端后冲上木板,并与木板右端的物体C 粘在一起沿木板向左滑行,最后恰好不从木板左端滑出。已知滑块和物体C 与
木板上表面的动摩擦因数均为μ=0.2,取g=10 m/s2。求:
(1)滑块到达圆弧的B 端时,轨道对它的支持力大小。
(2)木板的长度l。
【解析】(1)滑块从A 端下滑到B 端,由机械能守恒定律得
mgR=
૚
૛m࢜
૙૛
解得v0=3 ૛m/s
在B 点,由牛顿第二定律得FN-mg=m࢜૙૛
ࡾ
解得轨道对滑块的支持力FN=120 N。
(2)滑块滑上木板后,滑块与木板右端的物体C 发生碰撞,以向左为正方向,设碰撞后共同的速度为v1,则
mv0=(m+m0)v1
代入数据得v1=2 ૛m/s
对滑块、物体C 以及木板,三者组成的系统沿水平方向动量守恒,设末速度为v2,由动量守恒定律有
(m+m0)v1=(m+m0+M)v2
由能量守恒定律得
μ(m+m0)gl=
૚
૛(m+m0)࢜
૚૛-
૚
૛(M+m+m0)࢜
૛૛
解得l=1.2 m。
【答案】(1)120 N
(2)1.2 m
7.(动量与能量综合)(2019 年湖南长沙六校联考)儿童智力拼装玩具“云霄飞车”的部分轨道简化为如图所示的模型。光
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滑水平轨道MN 与半径为R 的竖直光滑圆弧轨道相切于N 点,质量为m 的小球A 静止于P 点,小球半径远小于R。与A
相同的小球B 以速度v0 向右运动,A、B 碰后粘连在一起。当v0 的大小在什么范围时,两小球在圆弧轨道内运动时不会
脱离圆弧轨道?(已知重力加速度为g)
【解析】设A、B 碰撞后的速度为v1,A、B 恰好运动到圆弧轨道最高点时的速度为v2
对A、B,碰撞过程中动量守恒,由动量守恒定律得
mv0=2mv1
欲使A、B 运动时不脱离圆弧轨道,有两种可能:
①当v0 较小时,A、B 最高只能运动到与圆心等高的地方
对A、B,从碰后到与圆心等高的地方,由动能定理有
-2mgR=0-
૚
૛×2m࢜
૚૛
联立解得v0=2 ૛ࢍࡾ
②当v0 较大时,A、B 能够做完整的圆周运动。讨论A、B 恰好做完整的圆周运动时的情形,对A、B,从碰后运动到
圆周最高点的过程中,由动能定理有
-2mg×2R=
૚
૛×2m࢜
૛૛-
૚
૛×2m࢜
૚૛
在最高点时,由牛顿第二定律得
2mg=2m࢜૛૛
ࡾ
联立解得v0=2 ⺁ࢍࡾ
综上所述,当v0≤2 ૛ࢍࡾ或v0≥2 ⺁ࢍࡾ时,两小球在圆弧轨道内运动时不会脱离圆弧轨道。
【答案】v0≤2 ૛ࢍࡾ或v0≥2 ⺁ࢍࡾ
8.(动量与能量综合)(2019 年河北衡水模拟考试)如图所示,某时刻质量m1=50 kg 的人站在m2=10 kg 的小车上,推着
m3=40 kg 的铁箱一起以速度v0=2 m/s 在水平地面上沿直线运动到A 点时,该人迅速将铁箱推出,推出后人和车刚好停在
A 点,铁箱则向右运动到距A 点s=0.25 m 的竖直墙壁时与之发生碰撞而被弹回,弹回时的速度大小是碰撞前的二分之一,
当铁箱回到A 点时被人接住,人、小车和铁箱一起向左运动。已知小车、铁箱受到的摩擦力均为其对地面压力的
૚
⺁,重
力加速度g=10 m/s2。求:
(1)人推出铁箱时对铁箱所做的功。
(2)人、小车和铁箱停止运动时与A 点的距离。
【解析】(1)人推出铁箱的过程,由动量守恒定律得
(m1+m2+m3)v0=m3v1
解得v1=5 m/s
人推出铁箱时对铁箱所做的功
W=
૚
૛m3࢜
૚૛-
૚
૛m3࢜
૙૛=420 J。
(2)设铁箱与墙相碰前的速度为v2,铁箱再次滑到A 点时速度为v3,对铁箱,从A 点到墙根据动能定理有
-
૚
⺁m3gs=
૚
૛m3࢜
૛૛-
૚
૛m3࢜
૚૛
解得v2=2 ૟m/s
从墙到A 点有-
૚
⺁m3gs=
૚
૛m3࢜
૜૛-
૚
૛m3
૚
૛࢜
૛
૛
解得v3= ⺁m/s
铁箱返回, 再次与人、小车相碰, 设人、小车与铁箱一起向左运动的速度为v4, 根据动量守恒定律得
m3v3=(m1+m2+m3)v4
解得v4=
૛⺁
⺁
m/s
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根据动能定理,有
-
૚
⺁(m1+m2+m3)gx=0-
૚
૛(m1+m2+m3)࢜
૝૛
解得x=0.2 m。
【答案】(1)420 J
(2)0.2 m
1.(2017 年全国卷Ⅰ,T14)将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空,50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在
很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(
)。
A.30 kg·m/s
B.5.7×102 kg·m/s
C.6.0×102 kg·m/s
D.6.3×102 kg·m/s
【解析】在燃气喷出后的瞬间,喷出的燃气的动量p=mv=30 kg·m/s,由动量守恒定律可得火箭的动量大小为30
kg·m/s,A 项正确。
2.(2019 年全国卷Ⅰ,T25)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接,小物块B 静止于水
平轨道的最左端,如图1 所示。t=0 时刻,小物块A 在倾斜轨道上从静止开始下滑,一段时间后与B 发生弹性碰撞(碰撞时
间极短);当A 返回到倾斜轨道上的P 点(图中未标出)时,速度减为0,此时对其施加一外力,使其在倾斜轨道上保持静止。
物块A 运动的v-t 图象如图2 所示,图中的v1 和t1 均为未知量。已知A 的质量为m,初始时A 与B 的高度差为H,重力加
速度大小为g,不计空气阻力。
图1
图2
(1)求物块B 的质量。
(2)在图2 所描述的整个运动过程中,求物块A 克服摩擦力所做的功。
(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B 停止运动后,改变物块与轨道间的动摩擦因数,然后将A 从P
点释放,一段时间后A 刚好能与B 再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。
【解析】(1)根据图2 可知,v1 为物块A 在碰撞前瞬间速度的大小,࢜૚
૛为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B 的质量
为m',碰撞后瞬间的速度大小为v'。由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv1=m Ǧ࢜
૚
૛+m'v'
૚
૛m࢜
૚૛=
૚
૛m Ǧ
૚
૛࢜
૚
૛
+
૚
૛m'v'2
联立解得m'=3m。
(2)在图2 所描述的运动中,设物块A 与轨道间的滑动摩擦力大小为f,下滑过程中所走过的路程为s1,返回过程中所
走过的路程为s2,P 点的高度为h,整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定理有
mgH-fs1=
૚
૛m࢜
૚૛-0
-(fs2+mgh)=0-
૚
૛m Ǧ࢜
૚
૛
૛
从图2 所给的v-t 图线可知
s1=
૚
૛v1t1
s2=
૚
૛·࢜૚
૛·(1.4t1-t1)
由几何关系有࢙
૛࢙
૚=
ࢎ
ࡴ
物块A 在整个过程中克服摩擦力所做的功为
W=fs1+fs2
联立解得W=
૛
૚⺁mgH。
(3)设倾斜轨道倾角为θ,物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ,有
W=(μmgcos θ)
ࡴ൅ࢎ
hܑܖࣂ
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设物块B 在水平轨道上能够滑行的距离为s',由动能定理有
-μm'gs'=0-
૚
૛m'v'2
设改变后的动摩擦因数为μ',由动能定理有
mgh-μ'mgcos θ·
ࢎ
hܑܖࣂ-μ'mgs'=0
联立解得
ࣆ
ࣆ̵ =
૚૚ૢ。
【答案】(1)3m
(2)
૛
૚⺁mgH
(3)
૚૚ૢ
3.(2018 年全国卷Ⅰ,T24)一质量为m 的烟花弹获得动能E 后,从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时,弹中火药
爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短,重力加速度
大小为g,不计空气阻力和火药的质量。求:
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间。
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
【解析】(1)设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有
E=
૚
૛m࢜
૙૛
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式有
0-v0=-gt
联立解得t=
૚
ࢍ
૛ࡱ
࢓。
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1,由机械能守恒定律有
E=mgh1
火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设爆炸后瞬间其速度分别为v1 和v2。由题给条件和动量守恒
定律有
૚
૝m࢜
૚૛+
૚
૝m࢜
૛૛=E
૚
૛mv1+
૚
૛mv2=0
由上式知,烟花弹两部分的速度方向相反,向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度
为h2,由机械能守恒定律有
૚
૝m࢜
૚૛=
૚
૛mgh2
联立解得,烟花弹向上运动部分距地面的最大高度h=h1+h2=
૛ࡱ
࢓ࢍ。
【答案】(1)
૚
ࢍ
૛ࡱ
࢓
(2)
૛ࡱ
࢓ࢍ
4.(2018 年全国卷Ⅱ,T24)汽车A 在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B,立即采取制动措施,但仍然撞
上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示,碰撞后B 车向前滑动了4.5 m,A 车向前滑动了2.0 m。
已知A 和B 的质量分别为2.0×103 kg 和1.5×103 kg,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时间极短,在
碰撞后车轮均没有滚动,重力加速度大小g=10 m/s2。求:
(1)碰撞后的瞬间B 车速度的大小。
(2)碰撞前的瞬间A 车速度的大小。
【解析】(1)设B 车的质量为mB,碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有
μmBg=mBaB
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数
设碰撞后瞬间B 车速度的大小为vB',碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有
vB'2=2aBsB
联立解得vB'=3.0 m/s。
(2)设A 车的质量为mA,碰后加速度大小为aA,根据牛顿第二定律有
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μmAg=mAaA
设碰撞后瞬间A 车速度的大小为vA',碰撞后滑行的距离为sA,由运动学公式有
vA'2=2aAsA
设碰撞前的瞬间A 车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒,有
mAvA=mAvA'+mBvB'
联立解得vA=4.25 m/s。
【答案】(1)3.0 m/s
(2)4.25 m/s
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一、选择题
1.(2020 年武汉起点检测)C919 大型客机是我国自行研制、具有自主知识产权的大型喷气式民用飞机,航程可达
4075~5555 公里,于2017 年5 月5 日成功首飞。质量为7.2 × 104 kg 的某型飞机,起飞时滑行的距离为2.1×103 m,离地时
的速度为70 m/s,若该过程可视为匀加速直线运动, 设飞机受到的阻力恒为飞机重力的
૚
૛૙,重力加速度g 取10 m/s2。飞
机在起飞过程中,下列说法正确的是(
)。
A.平均速度为45 m/s
B.加速度大小为1.5 m/s2
C.在跑道上滑行的时间为60 s
D.发动机产生的推力为8.4×104 N
【解析】根据x=࢜
૛
૛ࢇ,代入数据解得a=
ૠ
૟m/s2,B 项错误;在跑道上滑行的时间t=࢜ࢇ=
ૠ૙
ૠ
૟
s=60 s,C 项正确;根据推论可得
平均速度ܞ
െ=࢜૛=35 m/s,A 项错误;根据牛顿第二定律可得F-
૚
૛૙mg=ma,代入数据解得发动机产生的推力F=1.2×105 N,D 项错
误。
2.(2019 年江苏淮安一调)如图所示,棋子压着纸条,放在光滑水平桌面上。第一次沿水平方向将纸条抽出,棋子落在地面
上的P 点。将棋子、纸条放回原来的位置,仍沿原水平方向将纸条抽出,棋子落在地面上的Q 点,与第一次相比(
)。
A.棋子受到纸条的摩擦力较大
B.棋子落地速度与水平方向夹角较大
C.纸条对棋子的摩擦力做功较多
D.棋子离开桌面至落地过程中动能增量较大
【解析】两次运动中正压力不变,根据滑动摩擦力公式f=μFN 知,纸条对棋子的摩擦力不变,A 项错误;棋子离开
桌面后做平抛运动,由于竖直分位移相同,根据竖直方向运动规律可知棋子在空中运动的时间相同,由于第二次水平分
位移较大,可知第二次做平抛运动的初速度较大,则第二次纸条对棋子的摩擦力做功较多,设棋子落地时速度与水平方
向夹角为θ,则tan θ=࢜࢟࢜
૙=
ࢍ࢚࢜
૙,可知第二次棋子落地时速度与水平方向夹角较小,B 项错误,C 项正确;根据动能定理可知,动能
的增加量等于合外力做的功,由于不计空气阻力,则合力做功即重力做功,由题可知重力做功相等,故动能的增量相等,D
项错误。
3.(2019 年江苏南京、盐城二模)将一小球竖直向上抛出,取向上为正方向,设小球在抛出点的重力势能为零,小球所受空
气阻力大小恒定,则上升过程中,小球的加速度a、速度v、机械能E、动能Ek 与小球离抛出点高度h 的关系错误
．．的是
(
)。
【解析】小球所受空气阻力大小恒定,上升阶段是匀减速直线运动,取向上为正方向,根据牛顿第二定律有
-(mg+f)=ma,a 大小恒定,方向向下,A 项正确;上升阶段有v2-࢜
૙૛=2ah,非一次函数,B 项错误;机械能E 与小球离抛出点高度
h 的关系为E=E0-fh,C 项正确;动能Ek 与小球离抛出点高度h 的关系为Ek=Ek0-(mg+f)h,D 项正确。
4.(2019 年四川攀枝花三模)如图所示,物体P、Q 置于光滑水平面上,某时刻分别在相同大小的水平恒力F1、F2 作用下,
由静止开始运动,经时间t,P、Q 发生的位移大小关系为xP<xQ,则t 时刻(
)。
A.F2 的功率比F1 的大
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B.P 的速度比Q 的大
C.P 的动能比Q 的大
D.P 的动量比Q 的大
【解析】设末速度为v,由x=࢜૛t,又xP<xQ,可知vP<vQ,根据P=Fv 知F2 的功率比F1 的大,A 项正确,B 项错误;由动能定理
得Fx=Ek-0,又xP<xQ,得P 的动能比Q 的小,C 项错误;由动量定理得Ft=mv-0,F 相同,t 相等,所以P、Q 的动量相等,D 项错
误。
5.(2019 年山东济南模拟)如图所示,粗糙水平圆盘上,质量相等的A、B 两物块叠放在一起,随圆盘一起做匀速圆周运动,
则下列说法正确的是(
)。
A.A、B 的运动属于匀变速曲线运动
B.B 的向心力是A 的向心力的2 倍
C.盘对B 的摩擦力是B 对A 的摩擦力的2 倍
D.若B 先滑动,则B 与A 之间的动摩擦因数μA 小于盘与B 之间的动摩擦因数μB
【解析】A、B 做匀速圆周运动,加速度方向不断变化,则该运动属于非匀变速曲线运动,A 项错误;因为A、B 两物体
的角速度大小相等,转动半径相等,质量相等,根据Fn=mω2r,可知向心力相等,B 项错误;对A、B 整体分析,有fB=2mω2r,对A
分析,有fA=mω2r,可知盘对B 的摩擦力是B 对A 的摩擦力的2 倍,C 项正确;对A、B 整体分析,有μB×2mg=2m࣓
࡮૛r,解得
ωB=
ࣆ࡮l࢘,对A 分析,有μAmg=m࣓
࡭૛r,解得ωA=
ࣆ࡭l࢘,因为B 先滑动,可知B 先达到临界角速度,即B 的临界角速度较小,则
μB<μA,D 项错误。
6.(2019 年辽宁沈阳模拟)卫星从发射到进入预定轨道往往需要进行多次轨道调整,如图所示。某次发射任务中先将卫星
送至近地轨道,然后再控制卫星进入椭圆轨道,图中O 点为地心,地球半径为R,A 点是近地轨道和椭圆轨道的交点,远地
点B 离地面的高度为6R,设卫星在近地轨道运动的周期为T,下列对卫星在椭圆轨道上运动的分析中,正确的是(
)。
A.控制卫星从图中近地轨道进入椭圆轨道需要使卫星减速
B.卫星通过A 点时的速度大约是通过B 点时速度的6 倍
C.卫星通过A 点时的加速度是通过B 点时加速度的6 倍
D.卫星从A 点经4T 的时间刚好能到达B 点
【解析】卫星从低轨道进入高轨道时做离心运动,故需要使卫星加速运动,A 项错误;卫星在B 点时到地心的距离为
7R,在A 点时到地心的距离为R,由开普勒第二定律知,卫星通过A 点时的速度大约是通过B 点时速度的7 倍,B 项错误;
由
ࡳࡹ࢓࢘
૛=ma 知卫星通过A 点时的加速度是通过B 点时加速度的49 倍,C 项错误;变卫星在椭圆轨道上运动的半长轴为4R,
由开普勒第三定律有
ࡾ૛૜
ࢀ૛૛=
ࡾ૚૜
ࢀ૚૛,可得卫星在椭圆轨道上运行的周期为8T,卫星从A 到B 用时为半个周期,即4T,D 项正确。
7.(2019 年山东潍坊1 月月考)(多选)如图所示为内壁光滑的半圆形凹槽M,O 为圆心,∠AOB=60°,OA 水平,小物块在与水
平方向成45°角的斜向上的推力F 作用下静止于B 处。在将推力F 沿逆时针方向缓慢转到水平方向的过程中小物块始
终静止,则(
)。
A.凹槽M 对小物块的支持力逐渐减小
B.凹槽M 对小物块的支持力逐渐增大
C.推力F 先减小后增大
D.推力F 逐渐增大
【解析】以小物块为研究对象,分析受力情况,如图所示,物块受到重力G、支持力FN 和推力F 三个力作用,根据平
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衡条件可知,FN 和F 的合力与G 大小相等,方向相反。将推力F 逆时针缓慢转到水平方向的过程中(F 由位置1 到位置3),
根据图示可知,凹槽M 对小物块的支持力FN 逐渐增大,推力F 先减小后增大,当F 与FN 垂直时,F 最小。故A、D 两项错
误,B、C 两项正确。
8.(2020 年江淮十校第一次联考)(多选)如图1 所示,一倾角θ=30°的足够长斜面体固定在水平地面上,一个物块静止在斜
面上。现用大小为F=kt(k 为常量,F、t 的单位均为国际标准单位)的拉力沿斜面向上拉物块,物块受到的摩擦力Ff 随时
间变化的关系图象如图2 所示,物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2,则下列判断正确
的是(
)。
A.物块的质量为1 kg
B.k 的值为5 N/s
C.物块与斜面间的动摩擦因数为
૜
૜
D.t=3 s 时,物块的速度大小为1.6 m/s
【解析】t=0 时,Ff=mgsin θ=5 N,解得m=1 kg,故A 项正确;t=1 s 时,Ff=0,说明F=5 N,则k=5 N/s,故B 项正确;后来Ff=6
N=μmgcos θ,解得μ=
૛૜
⺁,故C 项错误;F=Ff+mgsin θ,即kt1=6+5,解得t1=2.2 s,物块开始向上滑动。F 合=kt-Ff-mgsin θ=kt-11,
由动量定理得
ࡲ合൅ࡲ合̵
૛
Δt=mv-0,得
૙൅૝
૛×(3-2.2)=v,解得v=1.6 m/s,故D 项正确。
【答案】ABD
二、非选择题
9. (2019 年开原二高第一次模拟)质量为0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落,该下落过程对应的v-t 图象如图
所示。弹性球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的
૛
૜。设球受到的空气阻力大小恒为f,取g=10 m/s2,
求:
(1)弹性球受到的空气阻力f 的大小。
(2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h(结果保留1 位有效数字)。
【解析】(1)设弹性球第一次下落过程中的加速度为a1,由速度—时间图象得a1=
ȟ࢜
ȟ࢚=9 m/s2
根据牛顿第二定律得mg-f=ma1
解得f=0.1 N。
(2)由速度—时间图象可知,弹性球第一次到达地面的速度v1=4.5 m/s
则弹性球第一次离开地面时的速度大小v2=
૛
૜v1=3 m/s
根据牛顿第二定律得mg+f=ma2
解得a2=11 m/s2,方向竖直向下
根据速度与位移的关系有0-࢜
૛૛=-2a2h
解得h=ૢ૛૛m≈0.4 m。
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【答案】(1)0.1 N
(2)0.4 m
10. (2019 年湖南长沙二模)如图所示,竖直固定在水平地面上的透气圆筒中有一劲度系数k=50 N/m 的轻质弹簧,弹簧下
端固定,上端连接一质量m=1 kg 的薄板,圆筒内壁涂有一层ER 流体,它对薄板的阻力可调。起初薄板静止,ER 流体对其
阻力为0,弹簧的长度l=1 m。现有一质量M=2 kg 的物体从距地面h=2 m 处自由落下,与薄板碰撞后粘在一起向下做匀
减速运动,当薄板下移距离s=0.5 m时速度减为0,忽略空气阻力,重力加速度g=10 m/s2,最终结果可以用根式和分式表示,
求:
(1)在物体与薄板碰撞过程中,物体与薄板组成的系统损失的机械能。
(2)薄板下移距离s0=0.1 m 时,ER 流体对其阻力的大小。
【解析】(1)物体下落后与薄板碰撞之前做自由落体运动,则有࢜
૙૛=2g(h-l)
物体与薄板碰撞过程系统的动量守恒,取竖直向下为正方向,由动量守恒定律得
Mv0=(M+m)v1
在此过程中系统损失的机械能
ΔE=
૚
૛M࢜
૙૛-
૚
૛(M+m)࢜
૚૛
代入数据解得
ΔE=
૛૙
૜J≈6.7 J,v1=
૝⺁
૜
m/s。
(2)物体与薄板一起做匀减速运动时,有
0-࢜
૚૛=-2as
碰撞前,弹簧的弹力F=mg
薄板下移距离s0=0.1 m 时,f+ks0+F-(M+m)g=(M+m)a
解得f=
૚૛⺁
૜
N≈41.7 N。
【答案】(1)6.7 J
(2)41.7 N
11.(2019 年河北石家庄一模)如图所示,质量为M 的平板车静止在光滑水平地面上,质量为m 的小物块位于平板车的左
端。一不可伸长的轻质细绳长为0.3 m,一端悬于小物块正上方高为0.3 m 的O 点,另一端系一质量也为m 的小球。现
将小球拉至悬线与竖直方向成60°角处由静止释放,小球到达最低点时与小物块的碰撞时间极短,且无能量损失,最后小
物块恰好离开平板车。已知小物块与平板车之间的动摩擦因数为0.2,
ࡹ
࢓=2,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)小物块离开平板车时的速度。
(2)平板车的长度。
【解析】(1)小球由静止摆到最低点的过程中,有
mgR(1-cos 60°)=
૚
૛m࢜
૙૛
解得v0= ࢍࡾ= ૜m/s
小球与小物块相撞时,动量守恒,机械能守恒,则有
mv0=mv1+mv 物
૚
૛m࢜
૙૛=
૚
૛m࢜
૚૛+
૚
૛m࢜
物
૛
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解得v1=0,v 物=v0= ૜m/s
小物块在平板车上滑行的过程中,系统的动量守恒,有
mv 物=(M+m)v
解得v=
૜
૜m/s。
(2)由能量守恒定律知
fL=
૚
૛m࢜
物
૛-
૚
૛(M+m)v2
又f=μmg
解得平板车P 的长度L=0.5 m。
【答案】(1)
૜
૜m/s
(2)0.5 m
12.(2020 年云南师大附中月考)一木板置于一固定的、足够长的粗糙斜面上,斜面倾角为37°,斜面顶端有一垂直于斜面
的固定挡板,木板的下端放置一可视为质点的小物块,木板上端与挡板间的距离为14 m,如图1 所示。t=0 时,小物块与木
板一起以共同速度沿斜面上滑,t=1 s 时木板上端与挡板发生碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变,方向相
反;运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s 时间内小物块的v-t 图象如图2 所示。木板的质量与小物块质
量相等,重力加速度g 取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)小物块与木板间的动摩擦因数μ1 及木板与固定斜面间的动摩擦因数μ2。
(2)木板的最小长度(结果保留3 位有效数字)。
【解析】(1)根据图象可知碰撞前小物块与木板共同速度v=10 m/s
碰撞后木板沿斜面向下运动,速度大小也是v=10 m/s
物块沿斜面向上做匀减速直线运动,由图象可知a1=10 m/s2
根据牛顿第二定律,有mgsin 37°+μ1mgcos 37°=ma1
得μ1=0.5
木板与挡板碰撞前,匀减速运动的时间t=1 s,位移x=14 m,末速度v=10 m/s,其逆运动则为匀加速直线运动,可得
x=vt+
૚
૛at2,得a2=8 m/s2
物块和木板整体受力分析,根据牛顿第二定律,有
(M+m)gsin 37°+μ2(M+m)gcos 37°=(M+m)a2
得μ2=0.25。
(2)木板与挡板发生碰撞后,木板沿斜面向下做匀减速直线运动,有
Mgsin 37°-μ2(M+m)gcos 37°-μ1mgsin 37°=Ma3
可得a3=-2 m/s2
对物块,受力不变,加速度不变,加速度a1=10 m/s2
由图象可知,物块减速到0 的时间t1=1 s
此时,木板沿斜面下滑的位移x1=vt1+
૚
૛a3࢚૚
૛=9 m
末速度v1=8 m/s
小物块沿斜面上滑的位移x2=࢜૛t1=5 m
此后,小物块开始沿斜面向下加速,受力不变,保持a1=10 m/s2
木板继续做匀减速直线运动,假设经时间t2 二者速度相等,则有a1t2=v1+a3t2
解得t2=
૛
૜s,末速度v2=
૛૙
૜m/s
此过程,木板位移x3=࢜૛൅࢜૚
૛
t2=
૝૝ૢm
物块位移x4=࢜૛
૛t2=
૛૙ૢm
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此后物块和木板一起做匀减速直线运动
二者的相对位移最大为L=x1+x2+x3-x4=
⺁૙
૜m≈16.7 m
物块始终没有离开木板,所以木板最小的长度为16.7 m。
【答案】(1)μ1=0.5
μ2=0.25
(2)16.7 m
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1.(研究匀变速直线运动)(2019 年湖北10 月调研)某同学在“测定小车加速度”的实验中,得到如图1 所示的一条纸带,他
在纸带上共取了A、B、C、D、E、F、G 七个计数点,相邻的两个计数点之间还有四个点未画出,已知打点计时器的打点
周期为0.02 s。该同学从每个计数点处将纸带剪开分成六条(分别标记为a、b、c、d、e、f),再将这六条纸带由短到长
紧靠但不重叠地粘在坐标系中,得到如图2 所示的图形,最后将各纸带上端中心连起来,于是得到表示v 与t 关系的图象,
图中x 轴对应的物理量是时间t,y 轴对应的物理量是速度v。
(1)这种实验数据处理的方法可称为
。(填选项前的字母)
A.控制变量法
B.等效替代法
C.比值法
(2)图中t3=
s,若测得纸条c 的长度为4.0 cm,则v3=
m/s。(结果均保留2 位有效数字)
(3)若测得纸条a 的长度为2.0 cm,纸条f 的长度为7.0 cm,则可求出加速度的大小为
m/s2。(结果保留2 位有效
数字)。
【解析】(1)本实验将纸带的长度等效为纸带的平均速度和中间时刻的瞬时速度,采用了等效替代法。
(2)相邻的两个计数点的时间间隔为0.1 s,图中t3 为第3 段纸带的中间时刻,则t3=0.25 s,速度v3=࢞ࢉ
ࢀ=0.40 m/s。
(3)由Δx=aT2,可求出加速度a=࢞
ࢌǦ࢞ࢇ
⺁ࢀ૛=1.0 m/s2。
【答案】(1)B
(2)0.25
0.40
(3)1.0
2.(弹力)(2019 年广东韶关二模)某同学看到法治节目中报道有人用弹弓射击野生保护动物,他对此行为表示强烈谴责,
为了教育其他同学不要玩弹弓,他想用学过的物理知识来实际测量它的威力。于是他准备了一个节目中类似的弹弓(如
图1),它每侧固定有两根完全相同的橡胶管。金属弹珠质量为10 g,直径为10 mm。
(1)他首先猜想橡胶管拉伸过程中弹力与形变量的关系满足胡克定律,为了验证猜想进行了实验。由于实验室的传感器
量程较小,于是他取其中一根橡胶管进行实验,通过传感器拉动橡皮管,记下它每一次的长度L及对应的拉力F 大小,并在
坐标纸画出图2 所示的图象。为了便于研究,他在老师的启发下将原图象拟合成如图3 所示,请你根据图象,计算出该单
根橡胶管的原长L0=
cm,劲度系数k=
N/m。
(2)该同学查阅资料发现,当弹丸发射后的比动能(动能与最大横截面积的比值)超过1.8 J/cm2 就可被认定为枪支,并且
满足胡克定律的物体在弹性限度内其弹性势能Ep 与形变量x 的关系式可表示为Ep=
૚
૛kx2。在一次测试中,弹弓每侧的橡
皮管被拉至49 cm 长。请你估算弹珠离开弹弓时的比动能为
J/cm2。(π取3,结果保留2 位有效数字)
【解析】(1)根据胡克定律得,k=
ȟࡲ
ȟ࢞=
૚૚Ǥ૛െ૝Ǥ૛
૙Ǥ૚
N/m=70 N/m
当L=40 cm 时,F=4.2 N,根据F=k(L-L0),代入数据解得L0=34 cm。
(2)当弹弓拉到49 cm 时,每根橡皮管的形变量x=49 cm-L0,由机械能守恒有Ek=
૚
૛kx2×4
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弹珠的比动能A0=
ࡱܓ
ࡿ,而S=π
ࡰ
૛
૛
代入数据解得A0=4.2 J/cm2。
【答案】(1)34
70
(2)4.2
3.(匀变速直线运动)(2019 年成都三模)用曝光时间为Δt 的相机在真空实验室拍摄的羽毛与苹果同时开始下落一段时间
后的一张局部频闪照片如图所示。
(1)这个实验表明:如果我们可以减小
对物体下落运动的影响,直至其可以忽略,那么轻重不同的物体下落的快
慢程度将会相同。
(2)关于图中的x1、x2、x3,关系正确的是
。(填选项字母)
A.x1∶x2∶x3=1∶4∶9
B.x1∶x2∶x3=1∶3∶5
C.2x2=x3+x1
(3)利用图片提供的信息可以求出当地的重力加速度值g。下列计算式中,正确的是
。(填选项字母)
A.g=
૛࢞૚
ሺȟ࢚ሻ૛B.g=
૛ሺ࢞૚൅࢞૛൅࢞૜ሻૢ
ሺȟ࢚ሻ૛
C.g=࢞
૜Ǧ࢞૚
૛ሺȟ࢚ሻ૛D.g=࢞
૜Ǧ࢞૚
૝ሺȟ࢚ሻ૛
【解析】(1)由真空实验室拍摄的羽毛与苹果同时开始下落的频闪照片可知,如果我们可以减小空气阻力对物体下
落运动的影响,直至其可以忽略,那么轻重不同的物体下落的快慢程度将相同。
(2)由于这是局部照片,A 点不一定是起点,故不能根据初速度为零的匀变速直线运动的位移比例求解,A、B 两项错
误;根据x3-x2=x2-x1 可知,2x2=x3+x1,C 项正确。
(3)由逐差法和公式Δx=gT2,T=Δt 可得物体下落的加速度即当地的重力加速度g=࢞
૜Ǧ࢞૚
૛ሺȟ࢚ሻ૛,C 项正确。
【答案】(1)空气阻力
(2)C
(3)C
4.(匀变速直线运动的规律)(2019 年湖北松滋一中月考)兴趣小组的同学们利用如图1 所示的装置研究匀变速直线运动
的规律。他们将质量为m1 的物体1 与质量为m2(m1<m2)的物体2 通过轻绳悬挂在定滑轮上,打点计时器固定在竖直方
向上,物体1 通过铁夹与纸带相连接。开始时物体1 与物体2 均处于静止状态,之后将它们同时释放。如图2 所示为实
验中打点计时器打出的一条点迹清晰的纸带,O 是打点计时器打下的第一个点,A、B、C、D……是按打点先后顺序依次
选取的计数点,在相邻两个计数点之间还有四个点没有画出。打点计时器使用的交流电频率为50 Hz。
(1)相邻两计数点之间的时间间隔为
。
(2)实验时要在接通打点计时器电源之
(选填“前”或“后”)释放物体。
(3)将各计数点至O 点的距离依次记为x1、x2、x3、x4……测得x2=1.60 cm,x4=6.40 cm,则打点计时器打下C 点时物体的
速度大小是
m/s。
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(4)同学们根据测出的物体1 上升高度x 与相应的时间t,描绘出如图3 所示的x-t2 图线,由此可以求出物体的加速度大
小为
m/s2。
【解析】(1)因为相邻两个计数点之间还有四个点没有画出,故相邻两计数点之间的时间间隔为0.02 s×5=0.1 s。
(2)实验时要在接通打点计时器电源之后释放物体。
(3)打下C 点时物体的速度大小vC=࢞࡮ࡰ
૛ࢀ=
૟Ǥ૝૙െ૚Ǥ૟૙
૛ൈ૙Ǥ૚×10-2 m/s=0.24 m/s。
(4)因x=
૚
૛at2,故加速度的大小a=
૛࢚࢞
૛=
૛ൈ૙Ǥ૝૙
૚Ǥ૙૛m/s2=0.80 m/s2。
【答案】(1)0.1 s
(2)后
(3)0.24
(4)0.80
5.(匀变速直线运动的规律)(2019 年广州一模)某同学用图1 所示的实验装置来测量匀变速直线运动的加速度。
(1)实验的主要步骤:
①用游标卡尺测量挡光片的宽度d,结果如图2 所示,读得d=
mm;
②用刻度尺测量A 点到光电门所在位置B 点的水平距离x;
③滑块从A 点由静止释放(已知砝码落地前挡光片已通过光电门);
④读出挡光片通过光电门所用的时间t;
⑤改变光电门的位置,滑块每次都从A 点由静止释放,测量相应的x 值并读出t 值。
(2)根据实验测得的数据,以x 为横坐标,
૚࢚
૛为纵坐标,在坐标纸中作出
૚࢚
૛-x 图线如图3 所示,求得该图线的斜率k=
m-1·s-2;由此进一步求得滑块的加速度a=
m·s-2。(计算结果均保留3 位有效数字)
【解析】(1)根据游标卡尺读数规则,挡光片的宽度d=6 mm+12×0.05 mm=6.60 mm。
(2)该图线的斜率k=
૛Ǥ૙െ૚Ǥ૙
૙Ǥૠ૙െ૙Ǥ૛ૡ×104 m-1·s-2=2.38×104 m-1·s-2;滑块通过光电门时的速度v=
ࢊ࢚,由v2=2ax 可得
૚࢚
૛=
૛ࢇ
ࢊ૛x,由k=
૛ࢇ
ࢊ૛
可求得滑块的加速度a=0.518 m·s-2。
【答案】(1)①6.60
(2)2.38×104(2.26×104~2.50×104 均正确)
0.518(0.492~0.544 均正确)
6.(探究做功与速度变化的关系)(2019 年武汉部分示范高中联考)在“探究做功与速度变化的关系”的实验中,某小组同学
组装了如图1 所示装置,PQ 为一块倾斜放置的木板,将带有遮光片的小车从斜面上不同位置由静止释放,在斜面底端Q
处固定有一个光电门,测出小车从开始运动到经过光电门处的距离L 及小车经过光电门处遮光片的挡光时间t,就能完
成合外力做功与速度变化的关系探究。
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(1)某同学为了寻找合外力做功与速度变化的关系,测出了几组L 与t 的数值,在坐标纸上画出了L-
૚࢚图象如图2 所示。在
实验中需要保持不变的是
。
A.小车的释放位置B.小车的质量
C.导轨倾斜的角度D.光电门的位置
(2)他为了更加直观地判断做功与速度变化的关系,在处理数据时,按照猜想他需要重新作图。下一步应该尝试作出
图象。
(3) 在此实验中, 木板对小车的摩擦力的大小会不会影响实验结论? 为什
么?
。
【解析】(1)小车经过光电门的速度v=
ࢊ࢚(d 为遮光片的宽度),由动能定理得mgLsin θ-μmgLcos θ=
૚
૛mv2,联立可得
L=
ࢊ૛
૛ࢍሺhܑܖࣂǦࣆ܋thࣂሻ·
૚࢚
૛,由此可知实验中需要保持不变的是导轨倾斜的角度,C 项正确。
(2)由(1)可知尝试作出L-
૚࢚
૛的图象更直观。
(3)重力和摩擦力的总功W 也与距离L 成正比,因此不会影响探究的结果。
【答案】(1)C
(2)L-
૚࢚
૛
(3)不影响
合外力包括了摩擦力
7.(探究加速度与力、质量的关系)(2019 年安徽A10 联盟)小明和小华在实验室探究加速度与力、质量的关系,他们分别
设计了如图1、2 所示的实验装置,小车总质量用M 表示(图1 中传感器的质量可以忽略),钩码总质量用m 表示。
(1)为便于测量合外力的大小,并得到小车总质量一定时小车的加速度与所受合外力成正比的结论,下列说法正确的
是
。
A.两组实验中只有图1 需要平衡摩擦力
B.两组实验都需要平衡摩擦力
C.两组实验中只有图1 需要满足所挂钩码的总质量m 远小于总质量M 的条件
D.两组实验都需要满足所挂钩码的总质量m 远小于总质量M 的条件
(2)若发现某次实验中图1 中的力传感器和图2 中的测力计读数相同,通过计算得到小车加速度均为
૚
૜g,g 为当地重力加
速度,则两实验装置中所用小车总质量之比为
,所用的钩码总质量之比为
。
【解析】(1)两组实验均需要平衡摩擦力,图1 中小车受到的拉力可用传感器读出,图2 中拉小车的力可用测力计读
出,故都不需要钩码的总质量m 远小于小车的总质量M,B 项正确。
(2)两实验装置实验所用小车总质量分别为M1=
ࡲ
ࢇ,M2=
ࡲ
ࢇ,实验时所用小车总质量之比为1∶1;对图1 有m1g-F=m1a,对
图2 有m2g-2F=
૚
૛m2a,a=
૚
૜g,整理得m1∶m2=5∶8。
【答案】(1)B
(2)1∶1
5∶8
8.(力的平行四边形定则)(2019 年河南南阳联考)现要用图1 完成“验证力的平行四边形定则”实验。把白纸固定在竖直
放置的木板上,白纸上画有一些同心圆,相邻两圆之间的距离均为r,圆心O 距第一个圆的距离为r,A、B 为光滑的滑轮,
可沿虚线圆环滑动,也可固定,CO 为竖直方向的一条基准线。
(1)补充完整下列主要实验步骤:
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①用一细线系住橡皮筋的一端,细线的另一端固定在C 点,橡皮筋的另一端连接两条轻绳,两轻绳跨过定滑轮后各拴一
细绳套,分别挂上3 个钩码和4 个钩码(每个钩码重1 N),如图2 所示,适当调整A、B 滑轮的位置,使橡皮筋与两细绳的
结点稳定于O 点处,记下
和两条细绳的方向,取下钩码。
②再用一把弹簧测力计沿竖直方向把两细绳与橡皮筋的结点也拉至O 处,如图3 所示,记下弹簧测力计的示数F'=
N。
(2)若相邻两圆环之间的距离表示1 N,该同学已经在图中作出两条轻绳的拉力F1 和F2。请按力的图示在图4 中作出F1
和F2 的合力F 及拉力F'的图示。
(3) 对比
F
和
F' 的大小和方向, 发现它们不是完全一致的, 其可能的原因
是
。(填一个原因)
(4) 步骤①中“ 适当调整A 、B 滑轮的位置, 使橡皮筋与两细绳的结点稳定于O 点处” 的目的
是
。
【解析】(1)①实验用钩码重力代替拉力,在实验完成后需要记录两条细绳上钩码的个数,这样相当于记录了每根细
绳受到的拉力大小;②弹簧测力计的示数为5.0 N。
(2)作出F1 和F2 的合力F 及拉力F'的图示,如图所示。
(3)F 和F'不完全一致的原因可能是测量存在误差、作图没有画准、弹簧测力计自身重力的影响、滑轮与绳之间的
摩擦力的影响等。
(4)由于CO 是在竖直方向,适当调整A、B 滑轮的位置,使橡皮筋与两细绳的结点稳定于O 点处,目的是使F1 和F2 的
合力沿竖直方向。
【答案】(1)①两条细绳上的钩码的个数
②5.0
(2)如图所示
(3)测量存在误差、作图没有画准、弹簧测力计
自身重力的影响、滑轮与绳之间的摩擦力的影响等
(4)使F1 和F2 的合力沿竖直方向
9.(测重力加速度)(2019 年百校联盟)某同学用落体法测当地的重力加速度,实验装置如图1 所示。打点计时器所接交流
电源的频率为f。
按图1 所示安装好实验器材,接通电源,释放纸带,得到一条纸带如图2 所示,A、B、C、D、E、F 为纸带上连续打下的点,
用刻度尺测出A 点到其他各点的距离并标在纸带上,该同学采用了两种方法处理数据:
(1)计算法:用h1、h3、h5、f 表示测得的重力加速度g=
,由于阻力作用,测得的重力加速度比真实值
(选
填“小”或“大”)。
(2)图象法:求出打B 点时重锤的速度vB=
,再求出打C、D、E 点时的速度,作出打各点时重锤速度v 的二次方
与各点到A 点距离h 的关系图象(v2-h 图象),如图3 所示(图中各量均为已知)。由图象求得的重力加速度g=
,
用图象处理数据可以减小
(选填“偶然”或“系统”)误差。
【解析】(1)由逐差法可得加速度g=
ࢎ૚൅ࢎ⺁Ǧ૛ࢎ૜
૝
·f2,由于阻力作用,测得的加速度比真实值小。
(2)打B 点的速度vB=
ࢎ૛
૛൉૚
ࢌ
=
ࢎ૛܎
૛,由v2-࢜
࡭૛=2gh,解得v2=࢜
࡭૛+2gh,则图象斜率为2g=
࢈Ǧࢇ
ࢎ૙,加速度g=
࢈Ǧࢇ
૛ࢎ૙,应用图象法处理数据
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可以减小偶然误差。
【答案】(1)
ࢎ૚൅ࢎ⺁Ǧ૛ࢎ૜
૝
·f2
小
(2)
ࢎ૛܎
૛
࢈Ǧࢇ
૛ࢎ૙
偶然
10.(测重力加速度)(2019 年内蒙古包头四中质检)某同学利用如图所示的实验装置来测量重力加速度g。细绳跨过固定
在铁架台上的轻质滑轮,两端各悬挂一只质量为M 的重锤。实验操作如下:
①用米尺量出重锤1 底端距地面的高度H;
②在重锤1 上加上质量为m 的小钩码;
③左手将重锤2 压在地面上,保持系统静止。释放重锤2,同时右手开启秒表,在重锤1 落地时停止计时,记录下落时间;
④重复测量3 次下落时间,取其平均值作为测量值t。
请回答下列问题:
(1)步骤④可以减小对下落时间t 测量的
(选填“偶然”或“系统”)误差。
(2)实验要求小钩码的质量m 要比重锤的质量M 小很多,主要是为了
。
A.使H 测得更准确
B.使重锤1 下落的时间长一些
C.使系统的总质量近似等于2M
D.使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等
(3)滑轮的摩擦阻力会引起实验误差。现提供一些橡皮泥用于减小该误差,可以怎么做?
(4)使用橡皮泥改进实验后,重新进行实验,并测出所用橡皮泥的质量为m0,用实验中的测量量和已知量表示g,得
g=
。
【解析】(1)在数据测量时会存在偶然误差,多次测量可以减小偶然误差。
(2)由牛顿第二定律有,(m+M)g-Mg=(2M+m)a,加速度a=
࢓ࢍ
૛ࡹ൅࢓,可见m 相对重锤质量越小,加速度越小,运动时间
t=
૛ࡴ
ࢇ越大,测量的相对误差越小,B 项正确。
(3)滑轮的摩擦阻力会引起实验误差,减小该误差,可以采用平衡摩擦力的方法,如:在重锤1 上粘上橡皮泥,调整橡皮
泥的质量,直至轻拉重锤1 时,能观察到重锤匀速下落,这时即平衡了摩擦力。
(4)使用橡皮泥改进实验后,重新进行实验测量,并测出所用橡皮泥的质量为m0
此时由牛顿第二定律可得(M+M+m+m0)a=(M+m+m0)g-Mg-f
其中f=m0g
联立得a=
࢓ࢍ
૛ࡹ൅࢓൅࢓૙
重锤1 在下落的过程做匀加速直线运动,则H=
૚
૛at2
可得g=
૛ሺ૛ࡹ൅࢓൅࢓૙ሻ香
࢓࢚૛
。
【答案】(1)偶然
(2)B
(3)可以在重锤1 上粘上橡皮泥,调整橡皮泥的质量,直至轻拉重锤1 时,能观察到重锤匀速
下落,这时即平衡了摩擦力
(4)
૛ሺ૛ࡹ൅࢓൅࢓૙ሻ香
࢓࢚૛
1.(2019 年全国卷Ⅱ,T22)如图1,某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有:铁架台、长木板、铁
块、米尺、电磁打点计时器、频率为50 Hz 的交流电源、纸带等。回答下列问题:
(1)铁块与木板间动摩擦因数μ=
(用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g 和铁块下滑的加速度a 表示)。
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(2)某次实验时,调整木板与水平面的夹角,使θ=30°。接通电源。开启打点计时器,释放铁块,铁块从静止开始沿木板滑下。
多次重复后选择点迹清晰的一条纸带,如图2 所示。图中的点为计数点(每两个相邻的计数点间还有4 个点未画出)。
重力加速度为9.80 m/s2。可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为
(结果保留2 位小数)。
【解析】(1)由mgsin θ-μmgcos θ=ma,解得μ=
ࢍhܑܖࣂǦࢇ
ࢍ܋thࣂ。
(2)设s2 为第5 段到第7 段的距离,s1 为第2 段到第4 段的距离,由逐差法得a=࢙
૛Ǧ࢙૚ૢ
ࢀ૛,又s2=(76.39-31.83)×10-2
m=44.56×10-2 m,T=0.10 s,s1=(31.83-5.00)×10-2 m=26.83×10-2 m, 解得a=
૝૝Ǥ⺁૟ൈ૚૙Ǧ૛Ǧ૛૟Ǥૡ૜ൈ૚૙Ǧ૛ૢ
ൈ૚૙Ǧ૛
m/s2=1.97 m/s2, 代入解得
μ=0.35。
【答案】(1)
ࢍhܑܖࣂǦࢇ
ࢍ܋thࣂ
(2)0.35
2.(2019 年全国卷Ⅲ,T22)甲、乙两位同学设计了利用数码相机的连拍功能测重力加速度的实验。实验中,甲同学负责释
放金属小球,乙同学负责在小球自由下落的时候拍照。已知相机每间隔0.1 s 拍1 幅照片。
(1)若要从拍得的照片中获取必要的信息,在此实验中还必须使用的器材是
。(填正确答案标号)
A.米尺
B.秒表
C.光电门D.天平
(2)简述你选择的器材在本实验中的使用方法。
答:
。
(3)实验中两同学由连续3 幅照片上小球的位置a、b 和c 得到ab=24.5 cm、ac=58.7 cm,则该地的重力加速度大小为g=
m/s2。(保留2 位有效数字)
【解析】(1)此实验用数码相机替代打点计时器,故与纸带类实验原理是相同的,仍然需要米尺来测量点与点之间的
距离,A 项正确。
(2)将米尺竖直放置,使小球下落时尽量靠近米尺,用米尺测量出照片上相邻小球间的距离。
(3)加速度求解用逐差法计算,则a=࢞࢈ࢉǦ࢞ࢇ࢈
ࢀ૛
=
⺁ૡǤૠെ૛૝Ǥ⺁ൈ૛
૙Ǥ૚૛
×10-2 m/s2=9.7 m/s2。
【答案】(1)A
(2)将米尺竖直放置,使小球下落时尽量靠近米尺
(3)9.7
3.(2019 年北京卷,T21)用如图1 所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜
槽轨道PQ 滑下后从Q 点飞出,落在水平挡板MN 上。由于挡板靠近硬板一侧较低,钢球落在挡板上时,钢球侧面会在白
纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板,重新释放钢球,如此重复,白纸上将留下一系列痕迹点。
(1)下列实验条件必须满足的有
。
A.斜槽轨道光滑
B.斜槽轨道末端水平
C.挡板高度等间距变化
D.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
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(2)为定量研究,建立以水平方向为x 轴、竖直方向为y 轴的坐标系。
a.取平抛运动的起始点为坐标原点,将钢球静置于Q 点,钢球的
(选填“最上端”“最下端”或“球心”)对应白纸上
的位置即为原点;在确定y 轴时
(选填“需要”或“不需要”)y 轴与重垂线平行。
b.若遗漏记录平抛轨迹的起始点,也可按下述方法处理数据:如图2 所示,在轨迹上取A、B、C 三点,AB 和BC 的水平间
距相等且均为x,测得AB 和BC 的竖直间距分别是y1 和y2,则࢟૚࢟
૛
(选填“大于”“等于”或“小于”)
૚
૜。可求得钢球平
抛的初速度大小为
(已知当地重力加速度为g,结果用上述字母表示)。
(3)为了得到平抛物体的运动轨迹,同学们还提出了以下三种方案,其中可行的是
。
A.从细管水平喷出稳定的细水柱,拍摄照片,即可得到平抛运动轨迹
B.用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置,平滑连接各位置,即可得到平抛运动轨迹
C.将铅笔垂直于竖直的白纸板放置,笔尖紧靠白纸板,铅笔以一定初速度水平抛出,将会在白纸上留下笔尖的平抛运动
轨迹
(4)伽利略曾研究过平抛运动,他推断:从同一炮台水平发射炮弹,如果不受空气阻力,不论它们能射多远,在空中飞行的
时间都一样。这实际上揭示了平抛物体
。
A.在水平方向上做匀速直线运动
B.在竖直方向上做自由落体运动
C.在下落过程中机械能守恒
(5)牛顿设想,把物体从高山上水平抛出,速度一次比一次大,落地点就一次比一次远,如果速度足够大,物体就不再落回
地面,它将绕地球运动,成为人造地球卫星。同样是受地球引力,随着抛出速度增大,物体会从做平抛运动逐渐变为做圆
周运动,请分析原因。
【解析】(1)本实验中要保证小球飞出斜槽末端时的速度为水平,即小球做平抛运动,且每次飞出时的速度应相同,
所以要满足斜槽轨道末端水平且每次将小球从斜槽上同一位置由静止释放这两条,B、D 两项正确。
(2)a.平抛运动的起始点应为钢球静置于Q 点时,钢球的球心对应纸上的位置,由于平抛运动在竖直方向做自由落体
运动,所以在确定y 轴时需要y 轴与重垂线平行。
b.由初速度为零的匀加速直线运动规律可知在相等时间间隔内所通过的位移之比为1∶3∶5∶7∶…,由于A 点不
是抛出点,所以࢟૚࢟
૛>
૚
૜;设AB、BC 间所用的时间为T,竖直方向有y2-y1=gT2,水平方向有x=v0T,联立解得v0=x
ࢍ࢟
૛Ǧ࢟૚。
(3)从细管水平喷出稳定的细水柱,由于细水柱射出后受到空气阻力的作用,且水的液面高的时候速度大,液面低的
时候速度小,故A 方案不可行;用频闪照相在同一底片上记录小球不同时刻的位置即平抛运动的轨迹上的点,平滑连接
在一起即为平抛运动轨迹,B 方案可行;将铅笔垂直于竖直的白板放置,以一定初速度水平抛出,笔尖与白纸间有摩擦阻
力的作用,所以铅笔做的不是平抛运动,故C 方案不可行。
(4)若不受空气阻力,从同一炮台水平发射的炮弹均做平抛运动,落地时间一样,由于炮弹水平位移不同,但是距离地
面的高度相同,说明落地时间只取决于落地高度,从而揭示了炮弹在竖直方向上做自由落体运动,B 项正确。
(5)由平抛运动可知,竖直方向有y=
૚
૛gt2,水平方向有x=v0t,联立解得y=
ࢍ
૛࢜૙૛x2,即抛出物体的轨迹为抛物线,当抛出的
速度足够大,在抛物线上某点的速度足以提供物体在该点做圆周运动的向心力时,物体的轨迹从抛物线变为圆。
【答案】(1)BD
(2)a.球心
需要
b.大于
x
ࢍ࢟
૛Ǧ࢟૚
(3)B
(4)B
(5)见解析
4.(2019 年江苏卷,T10 节选)某兴趣小组用如图所示的装置验证动能定理。
(1)有两种工作频率均为50 Hz 的打点计时器供实验选用:
A.电磁打点计时器
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B.电火花计时器
为使纸带在运动时受到的阻力较小,应选择
(选填“A”或“B”)。
(2)保持长木板水平,将纸带固定在小车后端,纸带穿过打点计时器的限位孔。实验中,为消除摩擦力的影响,在砝码盘中
慢慢加入沙子,直到小车开始运动。同学甲认为此时摩擦力的影响已得到消除。同学乙认为还应从盘中取出适量沙子,
直至轻推小车观察到小车做匀速运动。看法正确的同学是
(选填“甲”或“乙”)。
(3)消除摩擦力影响后,测出小车的质量为M,再测出纸带上起点到A 点的距离为L。小车动能的变化量可用ΔEk=
૚
૛M࢜
࡭૛
算出。砝码盘中砝码的质量为m,重力加速度为g。实验中,小车的质量应
(选填“远大于”“远小于”或“接近”)
砝码、砝码盘和沙子的总质量,小车所受合力做的功可用W=mgL 算出。多次测量,若W 与ΔEk 均基本相等则验证了动
能定理。
【解析】(1)为使纸带在运动时受到的阻力较小,应选电火花计时器,B 项正确。
(2)当小车开始运动时小车与木板间的摩擦力为最大静摩擦力,由于最大静摩擦力大于滑动摩擦力,所以甲同学的
看法错误,乙同学的看法正确。
(3)对小车由牛顿第二定律有T=Ma,对砝码盘(含砝码、沙子整体)由牛顿第二定律有mg-T=ma,联立解得T=
ࡹ࢓ࢍ
࢓൅ࡹ=
࢓ࢍ
૚൅࢓
ࡹ
,
当M≫m 时,有T≈mg,所以应满足M≫m。
【答案】(1)B
(2)乙
(3)远大于
5.(2018 年全国卷Ⅲ,T22)甲、乙两同学通过下面的实验测量人的反应时间。实验步骤如下:
(1)甲用两个手指轻轻捏住量程为L 的木尺上端,让木尺自然下垂。乙把手放在尺的下端(位置恰好处于L 刻度处,但未
碰到尺),准备用手指夹住下落的尺。
(2)甲在不通知乙的情况下,突然松手,尺子下落;乙看到尺子下落后快速用手指夹住尺子。若夹住尺子的位置刻度为L1,
重力加速度大小为g,则乙的反应时间为
(用L、L1 和g 表示)。
(3)已知当地的重力加速度大小为g=9.80 m/s2,L=30.0 cm,L1=10.4 cm。乙的反应时间为
s。(结果保留2 位有效
数字)
(4)写出一条能提高测量结果准确程度的建议:
。
【解析】(2)根据自由落体运动的规律,得L-L1=
૚
૛gt2,解得t=
૛ሺࡸǦࡸ૚ሻ
ࢍ
。
(3)将g=9.80 m/s2,L=30.0 cm=0.300 m,L1=10.4 cm=0.104 m,代入t=
૛ሺࡸǦࡸ૚ሻ
ࢍ
得t=0.20 s。
(4)建议:多次测量取平均值;初始时乙的手指尽可能接近尺子。
【答案】(2)
૛ሺࡸǦࡸ૚ሻ
ࢍ
(3)0.20
(4)多次测量取平均值;初始时乙的手指尽可能接近尺子
6.(2018 年全国卷Ⅰ,T22)如图1,一弹簧上端固定在支架顶端,下端悬挂一托盘;一标尺由游标和主尺构成,主尺竖直固定
在弹簧左边;托盘上方固定有一能与游标刻度线准确对齐的装置,简化为图中的指针。
图1
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图2
现要测量图1 中弹簧的劲度系数。当托盘内没有砝码时,移动游标,使其零刻度线对准指针,此时标尺读数为1.950 cm;
当托盘内放有质量为0.100 kg 的砝码时,移动游标,再次使其零刻度线对准指针,标尺示数如图2 所示,其读数为
cm。当地的重力加速度大小为9.80 m/s2,此弹簧的劲度系数为
N/m(结果保留3 位有效数字)。
【解析】标尺的游标为20 分度,精确度为0.05 mm,游标的第15 个刻度与主尺刻度对齐,则读数为37 mm+15×0.05
mm=37.75 mm=3.775 cm。弹簧形变量x=(3.775-1.950) cm=1.825 cm,砝码平衡时,mg=kx,所以劲度系数k=
࢓ࢍ࢞=
૙Ǥ૚૙૙ൈૢǤૡ૙
૚Ǥૡ૛⺁ൈ૚૙Ǧ૛
N/m≈53.7 N/m。
【答案】3.775
53.7
7.(2017 年全国卷Ⅱ,T22)某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度之间的关系。使用的器材
有:斜面、滑块、长度不同的矩形挡光片、光电计时器。
图1
图2
实验步骤如下:
①如图1,将光电门固定在斜面下端附近:将一挡光片安装在滑块上,记下挡光片前端相对于斜面的位置,令滑块从斜面
上方由静止开始下滑;
②当滑块上的挡光片经过光电门时,用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间Δt;
③用Δs 表示挡光片沿运动方向的长度(如图2 所示),࢜表示滑块在挡光片遮住光线的Δt 时间内的平均速度大小,求出࢜;
④将另一挡光片换到滑块上,使滑块上的挡光片前端与①中位置相同,令滑块由静止开始下滑,重复步骤②③;
⑤多次重复步骤④;
⑥利用实验中得到的数据作出࢜-Δt 图,如图3 所示。
图3
完成下列填空:
(1)用a 表示滑块下滑的加速度大小,用vA 表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大小,则࢜与vA、a 和Δt 的关系
式为࢜=
。
(2)由图3 可求得,vA=
cm/s,a=
cm/s2。(结果保留3 位有效数字)
【解析】(1)࢜是Δt 时间内中间时刻
ȟ࢚
૛的瞬时速度,vA 为Δt 时间内的初速度,根据速度公式得࢜=vA+
ࢇ
૛Δt。
(2)由࢜=vA+
ࢇ
૛Δt 可知,题图3 中图线与࢜轴的交点为vA,图线的斜率为
ࢇ
૛。将图线延长可知,vA=52.1 cm/s,在图线上选取
较远的两点,求得斜率
ࢇ
૛=
⺁૜Ǥ૜૝െ⺁૛Ǥ૝
ሺ૚⺁૙Ǧ૜⺁Ǥ૙ሻൈ૚૙Ǧ૜cm/s2≈8.17 cm/s2,即a≈16.3 cm/s2。
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【答案】(1)vA+
ࢇ
૛Δt
(2)52.1
16.3
8.(2017 年全国卷Ⅲ,T22)某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验,将画有坐标轴(横轴为x 轴,纵轴为y 轴,最小刻
度表示1 mm)的纸贴在桌面上,如图1 所示。将橡皮筋的一端Q 固定在y 轴上的B 点(位于图示部分之外),另一端P 位
于y 轴上的A 点时,橡皮筋处于原长。
(1)用一只测力计将橡皮筋的P 端沿y 轴从A 点拉至坐标原点O,此时拉力F 的大小可由测力计读出,测力计的示数如图
2 所示,F 的大小为
N。
(2)撤去(1)中的拉力,橡皮筋P 端回到A 点,现使用两个测力计同时拉橡皮筋,再次将P 端拉至O 点,此时观察到两个拉力
分别沿图1 中两条虚线所示的方向,由测力计的示数读出两个拉力的大小分别为F1=4.2 N 和F2=5.6 N。
①用5 mm 长度的线段表示1 N 的力,以O 点为作用点,在图1 中画出力F1、F2 的图示,然后按平行四边形定则画出它们
的合力F 合。
图1
图2
②F 合的大小为
N,F 合与拉力F 的夹角的正切值为
。
若F 合与拉力F 的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内,则该实验验证了力的平行四边形定则。
【解析】(1)由题给测力计示数可知,读数为4.0 N。
(2)作图,F2 长度为28 mm,F1 长度为21 mm,平行四边形如图所示,量出合力长度约为20 mm,大小代表4.0 N,量出合
力箭头处到y 轴距离和所作合力在y 轴上投影长度,其比值就是F 合与拉力F 的夹角的正切值。
【答案】(1)4.0
(2)①F1、F2 和F 合如图所示
②4.0
0.05
图1
9.(2016 年全国卷Ⅲ,T23)某物理课外小组利用图1 中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。图中,置于实
验台上的长木板水平放置,其右端固定一轻滑轮;轻绳跨过滑轮,一端与放在木板上的小车相连,另一端可悬挂钩码。本
实验中可用的钩码共有N=5 个,每个钩码质量均为0.010 kg。实验步骤如下:
(1)将5 个钩码全部放入小车中,在长木板左下方垫上适当厚度的小物块,使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑。
(2)将n(依次取n=1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端,其余N-n 个钩码仍留在小车内;用手按住小车并使轻绳与木板平行。
释放小车,同时用传感器记录小车在时刻t 相对于其起始位置的位移s,绘制s-t 图象,经数据处理后可得到相应的加速度
a。
(3)对应于不同的n 的a 值见下表。n=2 时的s-t 图象如图2 所示;由图2 求出此时小车的加速度(保留2 位有效数字),
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将结果填入下表。
n
1
2
3
4
5
a/(m·s-2)
0.20
0.58 0.78 1.00
(4)利用表中的数据在图3 中补齐数据点,并作出a-n 图象。从图象可以看出:当物体质量一定时,物体的加速度与其所受
的合外力成正比。
图2
图3
(5)利用a-n 图象求得小车(空载)的质量为
kg(结果保留2 位有效数字,重力加速度取g=9.8 m/s2)。
(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1),下列说法正确的是
(填入正确选项前的标号)。
A.a-n 图线不再是直线
B.a-n 图线仍是直线,但该直线不过原点
C.a-n 图线仍是直线,但该直线的斜率变大
【解析】(3)根据题图2 可知,当t=2.00 s 时,位移s=0.78 m,由s=
૚
૛at2,得加速度a=
૛࢙࢚
૛=0.39 m/s2。
(4)图象如图所示。
(5)小车空载时,n=5,加速度a=1.00 m/s2。由牛顿第二定律得nmg=(M+5m)a,代入数据得M=0.44 kg。
(6)若木板水平,则小车受到木板的摩擦力,则有nmg-μ[M+(5-n)m]g=(M+5m)a,解得a=
ሺ૚൅ࣆሻ࢓ࢍ
ࡹ൅⺁࢓·n-μg,可知图象斜率变
大,且不过原点,但仍为直线,B、C 两项正确。
【答案】(3)0.39(0.37~0.49 均可)
(4)如图所示
(5)0.44(0.42~0.46 均可)
(6)BC
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10.(2016 年全国卷Ⅱ,T22)某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究,实验装置如图1 所示:轻弹簧放置在光滑水平桌面
上,弹簧左端固定,右端与一物块接触而不连接,纸带穿过打点计时器并与物块连接。向左推物块使弹簧压缩一段距离,
由静止释放物块,通过测量和计算,可求得弹簧被压缩后的弹性势能。
图1
(1)实验中涉及下列操作步骤:
①把纸带向左拉直
②松手释放物块
③接通打点计时器电源
④向左推物块使弹簧压缩,并测量弹簧压缩量
上述步骤正确的操作顺序是
(填入代表步骤的序号)。
(2)图2 中M 和L 纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果。打点计时器所用交流电的频率为50 Hz。
由M 纸带所给的数据,可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为
m/s。比较两纸带可知,
(选填“M”或“L”)纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大。
图2
【解析】(1)实验时首先向左推物块使弹簧压缩,测量出弹簧压缩量,然后把纸带向左拉直,先接通打点计时器电源,
待打点稳定后,再松手释放物块,故正确的操作顺序是④①③②。
(2)物块脱离弹簧后将在光滑水平桌面上做匀速直线运动,由M 纸带可知物块脱离弹簧时的速度v=࢚࢞=
ሺ૛Ǥ⺁ૡ൅૛Ǥ⺁ૠሻൈ૚૙Ǧ૛
૛ൈ૙Ǥ૙૛
m/s≈1.29 m/s。比较M、L 两纸带,物块脱离弹簧后在相同时间内的位移M 的比L 的大,则M 纸带对应的实验中物块在
脱离弹簧后的速度大,即M 纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大。
【答案】(1)④①③②
(2)1.29
M
11.(2015 年福建卷,T19)某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验。
图1
图2
图3
(1)图1 是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度,其示数为7.73 cm;图2 是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺
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刻度,此时弹簧的伸长量Δl 为
cm。
(2)本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力,关于此操作,下列选项中规范的做法是
(填选项
前的字母)。
A.逐一增挂钩码,记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
B.随意增减钩码,记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
(3)图3 是该同学描绘的弹簧的伸长量Δl 与弹力F 的关系图线,图线的AB 段明显偏离直线OA,造成这种现象的主要原因
是
。
【解析】(1)弹簧伸长后的总长度为14.66 cm,则伸长量Δl=14.66 cm-7.73 cm=6.93 cm。
(2)逐一增挂钩码,便于有规律地描点作图,也可避免因随意增加钩码过多超过弹簧的弹性限度而损坏弹簧。
(3)AB 段明显偏离OA,伸长量Δl 不再与弹力F 成正比,是钩码重力超过弹簧的弹性限度造成的。
【答案】(1)6.93
(2)A
(3)钩码重力超过弹簧的弹性限度
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一、选择题
1.(2019 年三湘名校联考)如图所示为某同学站在电子体重计上做下蹲、起立动作时,与体重计相连的显示器上显示的压
力F 随时间t 变化的图象。则该同学在这段时间内做的动作,可能是(
)。
A.起立
B.下蹲
C.先下蹲后起立
D.先起立后下蹲
【解析】从图象可知,该同学先处于失重状态,后处于超重状态,加速度先向下后向上,即先向下做加速运动后向下做
减速运动,B 项正确。
2.(2019 年安徽联考)一个质点做初速度不为零的匀加速直线运动,关于质点运动的位移x、位移与时间的比值࢚࢞、速度v、
速度二次方v2 随t2、t、t、x 变化的图象,其中不正确
．．．的是(
)。
【解析】由x=v0t+
૚
૛at2可知x 与t2并不是呈线性关系,A 项错误;由x=v0t+
૚
૛at2可得࢚࢞=v0+
૚
૛at,B 项正确;由v=v0+at 可知,C
项正确;由v2=࢜
૙૛+2ax 可知,D 项正确。
3.
(2019 年齐鲁联考)一艘小船要从O 点渡过一条两岸平行、宽度d=80 m 的河流,已知小船在静水中运动的速度为4 m/s,
水流速度为5 m/s,方向向右。B 点距小船正对岸的A 点x0=60 m。取cos 37°=0.8,sin 37°=0.6,下列关于该船渡河的判断
中,正确的是(
)。
A.小船过河的最短航程为80 m
B.小船过河的最短时间为16 s
C.若要使小船运动到B 点,则小船船头指向与上游河岸成37°角
D.小船做曲线运动
【解析】当船的速度方向垂直河岸时,过河时间最短,最短时间t=
ࢊ࢜
船
=20 s,B 项错误;因为v 船<v 水,故小船过河轨迹不
可能垂直河岸,最短航程大于80 m,A 项错误;两个匀速直线运动的合运动必为直线运动,即小船做直线运动,D 项错误;小
船做直线运动,要使小船运动到B 点,其合速度方向需沿OB 方向,设船头指向与上游河岸成α角,如图所示,sin
θ=
ࢊ
ࢊ૛൅࢞૙૛=0.8,故v 水sin θ=4 m/s=v 船,故θ+α=90°,解得α=37°,C 项正确。
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4.
(2019 年湖北联考)发射地球同步卫星时,先将卫星发射至近地圆轨道1,然后经点火,使其沿椭圆轨道2 运行,最后再次点
火,将卫星送入同步圆轨道3。轨道1、2 相切于Q 点,轨道2、3 相切于P 点(如图所示)。卫星在轨道1 正常运行时的
速度为v1,周期为T1,卫星在轨道2 正常运行时经过Q 点速度为v2、P 点速度为v2',周期为T2,卫星在轨道3 正常运行时
的速度为v3,周期为T3。以下说法正确的是(
)。
A.卫星在轨道3 上的机械能等于在轨道1 上的机械能
B.T1<T2<T3
C.v3<v2'<v2<v1
D.卫星在轨道1 上经过Q 点的加速度大于它在轨道2 上经过Q 点时的加速度
【解析】变轨过程中点火使化学能转化为机械能,因此变轨过程机械能逐渐增大,A 项错误。由开普勒第三定律可
知࢘
૜
ࢀ૛=k(常数),椭圆轨道2 的半长轴小于轨道3 的半径而大于轨道1 的半径,因此有T1<T2<T3,B 项正确。卫星从轨道2 到
轨道3 需要加速,有v2'<v3 ,同理v1<v2,C 项错误。卫星在轨道1 上Q 点和轨道2 上Q 点所受万有引力一样,因此加速度
一样,D 项错误。
5.
(2019 年湖南摸底)在甲地用竖直向上的拉力使质量为m1的物体竖直向上加速运动,其加速度a1随不同的拉力而变化的
图线如图所示;在乙地用竖直向上的拉力使质量为m2 的物体竖直向上加速运动,其加速度a2 随不同的拉力而变化的图
线如图所示。甲、乙两地的重力加速度分别为g1、g2,由图象知(
)。
A.m1<m2,g1<g2
B.m1<m2,g1>g2
C.m1>m2,g1<g2
D.m1>m2,g1>g2
【解析】由牛顿第二定律得F-mg=ma,所以a=
૚
࢓F-g,结合图象知m1>m2,g1<g2,C 项正确。
6.(2019 年南京六校联考)(多选)如图,人站在自动扶梯上不动,随扶梯向上匀速运动的过程中,下列说法中正确的是
(
)。
A.人所受的合力对人做正功
B.重力对人做负功
C.扶梯对人做的功等于人增加的重力势能
D.摩擦力对人做的功等于人机械能的变化
【解析】人随扶梯向上做匀速运动,只受重力和向上的支持力作用,不受摩擦力作用,合力为0,重力做负功,A、D 两
项错误,B 项正确;由动能定理,有W 扶梯-mgh=0,即扶梯对人做的功等于人增加的重力势能,C 项正确。
7.(2019 年河南质检)(多选)如图所示,上表面光滑的半圆柱体放在水平地面上,一小物块从靠近半圆柱体顶点O 的A 点,
在外力F 作用下沿圆弧缓慢下滑到B 点,此过程中F 始终沿圆弧的切线方向且半圆柱体保持静止状态。下列说法中正
确的是(
)。
A.半圆柱体对小物块的支持力变大
B.地面对半圆柱体的摩擦力先增大后减小
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C.外力F 变大
D.地面对半圆柱体的支持力变大
【解析】物块缓慢下滑过程中处于平衡状态,F 始终沿圆弧的切线方向,即始终垂直于圆柱面对小物块支持力F1 的
方向,受力分析如图所示。因此总有F=mgsin θ,F1=mgcos θ,下滑过程中θ增大,因此F 增大,F1 减小,A 项错误,C 项正确;对
半圆柱体分析,地面对半圆柱体的摩擦力Ff=F1'sin θ,F1'=F1,则Ff=
૚
૛mgsin 2θ,地面对半圆柱体的支持力FN=Mg+F1'cos
θ=Mg+mgcos2θ,θ从接近0°到90°变化的过程中,摩擦力先增大后减小,支持力一直减小,B 项正确,D 项错误。
8.(2019 年长沙联考)(多选)如图所示,劲度系数为k 的轻弹簧的一端固定在墙上,另一端与置于水平面上质量为m 的物
体P 接触,但未拴接,弹簧水平且无形变。现对物体P 施加一个水平向右的瞬间冲量,大小为I0,测得物体P 向右运动的
最大距离为x0,之后物体P 被弹簧弹回,最终停在距离初始位置左侧2x0 处。已知弹簧始终在弹性限度内,物体P 与水平
面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。下列说法中正确的是(
)。
A.物体P 与弹簧作用的过程中,系统的最大弹性势能Ep=
ࡵ૙
૛
૛࢓-μmgx0
B.弹簧被压缩到最短之后的过程,物体P 先做加速度减小的加速运动,再做加速度减小的减速运动,最后做匀减速运动
C.最初对物体P 施加的瞬时冲量I0=2m ૛ࣆࢍ࢞
૙
D.物体P 整个运动过程,摩擦力的冲量与弹簧弹力的冲量大小相等、方向相反
【解析】因物体整个运动过程中的路程为4x0,由功能关系可得μmg·4x0=
૚
૛m࢜
૙૛=
ࡵ૙૛
૛࢓,解得I0=2m ૛ࣆࢍ࢞
૙,C 项正确;
当弹簧的压缩量最大时,物体的路程为x0,则压缩的过程中由能量关系可知
૚
૛m࢜
૙૛-μmgx0=Ep,所以Ep=
ࡵ૙૛
૛࢓-μmgx0(或
Ep=3μmgx0),A 项正确;弹簧被压缩到最短之后的过程,P 向左运动的过程中水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力,滑
动摩擦力不变,而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小,可知物体先做加速度减小的加速运动,再做加速度增大的减速
运动,最后物体离开弹簧后做匀减速运动,B 项错误;物体P 在整个运动过程,水平方向只受到弹力与摩擦力,根据动量定
理可知,摩擦力的冲量与弹簧弹力的冲量的和等于-I0,D 项错误。
二、非选择题
9.(2019 年广东模拟)图1 所示为由小车、斜面及粗糙程度可以改变的水平长直平面构成的伽利略理想斜面实验装置。
实验时,在水平长直平面旁边放上刻度尺,小车可以从斜面平稳地滑行到水平长直平面。利用该装置与器材,完成能体现
如图2 所示的“伽利略理想斜面实验思想与方法”的实验推论。(重力加速度为g)
(1)请指出实验时必须控制的实验条件:
。
(2)请表述由实验现象可以得出的实验推论:
。
(3)图3 是每隔Δt 时间曝光一次得到小车在粗糙水平面上运动过程中的五张照片中的位置,测得小车之间的距离分别是
s1、s2、s3、s4,由此可估算出小车与水平面间的动摩擦因数μ=
。(需要用s1、s2、s3、s4、g、Δt 符号表示)
【解析】(1)实验是在相同高度下,比较小车运动到水平长直平面的情况,所以必须控制每次释放小车的竖直高度相
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同。
(2)水平面的粗糙程度越小,即水平面越光滑,小车滑得越远,当水平面完全光滑时,小车将滑向无穷远。
(3)由逐差法求得加速度a=࢙
૚൅࢙૛Ǧ࢙૜Ǧ࢙૝
૝ሺȟ࢚ሻ૛
根据牛顿第二定律有μmg=ma
解得μ=࢙૚൅࢙૛Ǧ࢙૜Ǧ࢙૝
૝ࢍሺȟ࢚ሻ૛。
【答案】(1)每次释放小车的竖直高度相同(或每次在斜面上由静止释放小车的位置要相同)
(2)水平面越光滑,小车
滑得越远,当水平面完全光滑时,小车将滑向无穷远
(3)࢙૚൅࢙૛Ǧ࢙૜Ǧ࢙૝
૝ࢍሺȟ࢚ሻ૛
10.
(2019 年安徽联考)如图所示,在倾角θ=37°的斜面顶端,按住长为L、质量为2m 的长木板B,现在长木板的上端放一个质
量为m 的物块A,同时释放长木板,结果物块经t 时间滑离长木板,已知斜面足够长,长木板与斜面间的动摩擦因数为0.5,
重力加速度为g,不计物块的大小,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)物块与长木板间的动摩擦因数。
(2)A 在木板上滑动的过程中,木板在斜面上滑动的距离。
【解析】(1)由于长木板与斜面间的动摩擦因数μ1=0.5<tan θ=0.75
因此释放长木板后,长木板会沿斜面下滑,设物块与长木板间的动摩擦因数为μ2
对长木板有2mgsin θ+μ2mgcos θ-μ1(2m+m)gcos θ=2ma1
对物块有mgsin θ-μ2mgcos θ=ma2
૚
૛a2t2-
૚
૛a1t2=L
解得μ2=
૚
૛-
⺁ࡸ
૜ࢍ࢚૛。
(2)由(1)解得长木板下滑过程中的加速度a1=
૚
⺁g-
૛ࡸ
૜࢚૛
则长木板在t 时间内的位移x=
૚
૛a1t2=
૚
૚૙gt2-
ࡸ
૜。
【答案】(1)
૚
૛-
⺁ࡸ
૜ࢍ࢚૛
(2)
૚
૚૙gt2-
ࡸ
૜
11.
(2019 年齐鲁联考)探究平抛运动的实验装置如图所示,半径为L 的四分之一光滑圆弧轨道固定于水平桌面上,切口水平
且与桌边对齐,切口离地面的高度为2L,离切口水平距离为L 的一探测屏AB 竖直放置,一端放在水平面上,其高为2L。
一质量为m 的小球从圆弧轨道上不同的位置由静止释放打在探测屏上,若小球在运动过程中不计空气阻力,小球可视
为质点,重力加速度为g。
(1)求小球从图示位置P 处由静止释放,到达圆弧轨道最低点Q 处的速度大小及小球对圆弧轨道的压力。
(2)为让小球能打在探测屏上,小球应从圆弧轨道上什么范围内由静止释放?
(3)小球从什么位置由静止释放,小球打在屏上时动能最小,最小动能为多少?
【解析】小球从P 处下滑到Q 点,由机械能守恒可得
mgL=
૚
૛mv2
得v= ૛ࢍࡸ
在Q 点对小球受力分析得FN-mg=
࢓࢜૛
ࡸ
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解得FN=3mg
根据牛顿第三定律可知,小球对圆弧轨道压力大小为3mg,方向竖直向下。
(2)设小球从轨道上某点C 下滑到Q 处平拋,经过时间t 恰好打在B 点,则根据平拋运动规律可知
竖直方向有2L=
૚
૛gt2
得t=2
ࡸ
ࢍ
水平方向有vQ=
ࡸ࢚
从C 到Q 根据机械能守恒得
mghC=
૚
૛m࢜
ࡽ૛
联立解得hC=
ࡸ
ૡ
即小球在释放高度大于
ࡸ
ૡ的情况下能打在探测屏上。
(3)设小球从Q 处以速度v0 射出,经过时间t'打到探测屏上,其动能Ek=
૚
૛m࢜
૙૛+mgh
而h=
૚
૛gt'2=
ࢍ
૛
ࡸ࢜
૙
૛
,得Ek=
૚
૛m࢜
૙૛+
૚
૛m·
ࢍ૛ࡸ૛࢜
૙૛
由此可知当v0= ࢍࡸ时,Ek 最小,Ekmin=mgL
又由mgH=
૚
૛m࢜
૙૛
可得释放点位置离Q 的竖直高度H=
ࡸ
૛。
【答案】(1) ૛ࢍࡸ
3mg,方向竖直向下
(2)小球在释放高度大于
ࡸ
ૡ的情况下能打在探测屏上
(3)离Q 竖直高度为
ࡸ
૛
处
mgL
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第1 讲
电场的力的性质
(89)
(68)
1.(电荷及库仑定律)(2019 年江西南昌十校联考)A、B、C 三点在同一直线上,AB∶BC=1∶2,B 点位于A、C 之间,在B 处
固定一电荷量为Q 的点电荷。当在A 处放一电荷量为+q 的点电荷时,它所受到的电场力为F;移去A 处电荷,在C 处放
一电荷量为-2q 的点电荷,其所受电场力为(
)。
A.-
ࡲ
૛
B.
ࡲ
૛
C.-F
D.F
【解析】设A、B 间距离为x,则B、C 间距离为2x,根据库仑定律有F=k
ࡽࢗ࢞
૛,在C 处放一电荷量为-2q 的点电荷,其所
受电场力F'=k
ࡽ൉૛ࢗ
ሺ૛࢞ሻ૛=
ࡲ
૛,考虑电场力方向易知B 项正确。
2.(库仑定律与力的平衡)(2019 年辽宁大连质量调研)如图所示,固定着一负电小球a 的绝缘支架放在电子秤上,此时电子
秤示数为F。现将另一带负电的小球b 移至距离小球a 正上方L 时,电子秤示数为F1,若只将小球b 的电性改为正电荷,
电子秤示数为F2,则(
)。
A.F1=F2
B.F1+F2=F
C.若小球b 带负电,L 增大,则F1 也增大
D.若小球b 带正电,L 减小,则F2 也减小
【解析】设两球间的库仑力为F',当小球b 带负电时,F+F'=F1;小球b 带正电时,F-F'=F2,解得F1>F2,F1+F2=2F,A、B 两项
错误;若小球b 带负电,L 增大,则F'减小,F1 也减小,C 项错误;若小球b 带正电,L 减小,则F'变大,F2 减小,D 项正确。
3.(电场力)(2019 年威海调研)(多选)如图所示为静电除尘器除尘原理示意图,尘埃在电场中通过某种机制带电,在电场力
的作用下向集尘极迁移并沉积,以达到除尘目的,下列表述正确的是(
)。
A.到达集尘极的尘埃带正电荷
B.电场方向由集尘极指向放电极
C.带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同
D.同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大
【解析】由题图所示可知,集尘极电势高,放电极电势低,放电极与集尘极间电场方向向左,即电场方向由集尘极指向
放电极,尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移,则知尘埃所受的电场力向右,故到达集尘极的尘埃带负电荷,A 项错误,B
项正确。电场方向向左,带电尘埃所受电场力方向向右,带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相反,C 项错误。由F=Eq
可知,同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大,D 项正确。
4. (补偿法求电场)(2019 年贵州贵阳检测)已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心、所带电荷量与之
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相等的点电荷产生的电场相同。如图所示,半径为R 的球体上均匀分布着总电荷量为Q 的电荷,在过球心O 的直线上有
A、B 两个点,O 和B 间、B 和A 间的距离均为R。现以OB 为直径在球内挖出一个球形空腔,若静电力常量为k,球的体
积公式为V=
૝
૜πr3,则A 点处电场强度的大小为(
)。
A.
⺁࢑ࡽ
૜૟ࡾ૛
B.
ૠ࢑ࡽ
૜૟ࡾ૛
C.
ૠ࢑ࡽ
૜૛ࡾ૛
D.
૜࢑ࡽ
૚૟ࡾ૛
【解析】完整的带电球体在A 处产生的电场强度E=
࢑ࡽ
ሺ૛ࡾሻ૛,被挖出的小球体积V'=
૝
૜π×
ࡾ
૛
૜
=
૚
૟πR3,所带电荷Q'=
ࢂ̵
ࢂQ=
૚
ૡQ,
被挖出的小球在A 点产生的电场强度E'=k
ࡽ̵
૜
૛܀
૛=k
ࡽ
૚ૡࡾ૛,所以A 点实际的电场强度为E-E'=
ૠ࢑ࡽ
૜૟ࡾ૛,B 项正确。
5. (对称法求电场强度)(2019 年四川成都月考)如图所示,16 个电荷量均为+q(q>0)的小球(可视为点电荷)均匀分布在半
径为R 的圆周上。若将圆周上处于P 点的一个小球的电荷量换成-2q,则圆心O 点处的电场强度的大小为(
)。
A.
࢑ࢗ
ࡾ૛
B.
૛࢑ࢗ
ࡾ૛
C.
૜࢑ࢗ
ࡾ૛
D.
૝࢑ࢗ
ࡾ૛
【解析】在P 点处的小球的电荷量没换成-2q 之前,小球均匀分布在半径为R 的圆周上,圆心O 处的电场强度为0,P
点处的小球的电荷量换成-2q 后,O 点的电场强度为带电荷量为-2q 的小球和处于与P 点对称的位置的带电荷量为q 的
小球在O 点产生的电场强度的矢量和,所以EO=
࢑൉૛ࢗ
ࡾ૛+
࢑ࢗ
ࡾ૛=
૜࢑ࢗ
ࡾ૛,C 项正确。
6. (微元法)(2019 年湖南衡阳五校联考)若在一半径为r,单位长度带电荷量为q(q>0)的均匀带电圆环上有一个很小的缺
口(长度为Δl,且Δl≪r),如图所示,则圆心处的电场强度大小为(
)。
A.k
ȟ࢒ࢗ࢘
B.kࢗ࢘ȟ࢒૛
C.k
ȟ࢒ࢗ࢘
૛
D.kࢗ
ȟ࢒૛࢘
【解析】把缺口处填补,使圆环为完整的圆,则填补上的小圆弧电荷量q'=(Δl)q,由于Δl≪r,故可视为点电荷,它在O 点
产生的电场强度E'=k
ȟ࢒ࢗ࢘
૛,由对称性可知整个圆环在O 点的电场强度E 合=0,则存在缺口时在O 点的电场强度大小E=E',即
E=k
ȟ࢒ࢗ࢘
૛,故C 项正确。
7.(电场强度)(2019 年四川南充模拟)(多选)离子陷阱是一种利用电场或磁场将离子俘获并囚禁在一定范围内的装置。如
图所示为最常见的“四极离子陷阱”的俯视示意图,四根平行细杆与直流电压和叠加的射频电压相连,相当于四个电极,
相对的电极带等量同号电荷,相邻的电极带等量异号电荷。在垂直于四根杆的平面内四根杆的连线是一个正方形
abcd,A、C 是a、c 连线上的两点,B、D 是b、d 连线上的两点,A、C、B、D 到正方形中心O 的距离相等。则下列判断
正确的是(
)。
A.D 点的电场强度为零
B.A、B、C、D 四点电场强度相等
C.B 点电场强度方向水平向左
D.O 点的电场强度为零
【解析】根据电场的叠加原理,a、c 两个电极带等量正电荷,其中点O 的合电场强度为零,b、d 两个电极带等量负
电荷,其中点O 的合电场强度为零,则O 点的合电场强度为零,D 项正确;同理,D 点的电场强度水平向右,B 点的电场强度
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水平向左,A 项错误,C 项正确;A、B、C、D 四点的电场强度大小相等、方向不同,B 项错误。
【答案】CD
8.(静电力与动力学综合)(2019 年郑州外国语学校月考)如图所示,在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O 处固定一
点电荷,将质量为m、带电荷量为+q 的小球从圆弧管的水平直径端点A 由静止释放,小球沿细管滑到最低点B 时,对管
壁恰好无压力。(重力加速度为g)
(1)求固定于圆心处的点电荷在AB 弧中点处的电场强度大小。
(2)若把O 处固定的点电荷拿走,加上一个方向竖直向下、大小为E 的匀强电场,带电小球仍从A 点由静止释放,下滑到
最低点B 时,小球对环的压力为多大?
【解析】(1)从A 到B 过程,由动能定理得mgr=
૚
૛mv2-0
在B 点时,由牛顿第二定律得qE-mg=m࢜
૛࢘
联立解得E=
૜࢓ࢍࢗ
因为O点固定的是点电荷-Q,由E=k
ࡽ࢘
૛可知,等势面上各处的电场强度大小均相等,故AB 弧中点处的电场强度为
૜࢓ࢍࢗ。
(2)设小球到达B 点时的速度为v',由动能定理得(mg+qE)r=
૚
૛mv'2
设在B 点处环对小球的弹力为FN,由牛顿第二定律得
FN-mg-qE=m̵࢜
૛࢘
联立解得FN=3(mg+qE)
由牛顿第三定律知,小球在B 点对环的压力大小
FN'=FN=3(mg+qE)。
【答案】(1)
૜࢓ࢍࢗ
(2)3(mg+qE)
1.(2019 年浙江11 月选考,T8)电荷量为4×10-6 C 的小球绝缘固定在A 点,质量为0.2 kg、电荷量为-5×10-6 C 的小球用绝
缘细线悬挂,静止于B 点。A、B 间距离为30 cm,AB 连线与竖直方向夹角为60°。静电力常量为9.0×109 N·m2/C2,小球可
视为点电荷。下列图示正确的是(
)。
【解析】两球之间的库仑力F=kࢗ࡭ࢗ࡮࢘
૛=2 N,小球B 受到的重力大小GB=2 N,且F 与竖直方向夹角为60°,F=GB,故小球B
受到的库仑力、重力以及细线的拉力,组成的矢量三角形为等边三角形,则细线与竖直方向的夹角为60°,B 项正确。
2.(改编自2019 年全国卷Ⅲ,T21)(多选)如图,电荷量分别为q 和-q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上,a、b 是正
方体的另外两个顶点。则(
)。
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A.a 点和b 点的电场强度大小相等
B.a 点和c 点的电场强度大小相等
C.a 点和d 点的电场强度方向相同
D.b 点和d 点的电场强度方向相同
【解析】如图所示,由对称性和电场的叠加原理,可得出a、c 的合电场强度大小、方向都相同,同理,b、d 的合电场
强度大小、方向也都相同,并且,a、b、c、d 的合电场强度大小都相同,A、B、D 三项正确。
【答案】ABD
3. (改编自2017 年北京卷,T22)如图所示,长l=1 m 的轻质细绳上端固定,下端连接一个可视为质点的带电小球,小球静止
在水平向右的匀强电场中,绳与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球所带电荷量q=1.0×10-6 C,匀强电场的电场强度
E=3.0×103 N/C,取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是(
)。
A.小球所受电场力的大小为3.0×103 N
B.小球的质量为4.0×10-5 kg
C.将电场撤去,小球回到最低点时绳子拉力的大小为1.6×10-3 kg
D.将电场撤去,小球回到最低点时小球速度的大小为2.0 m/s
【解析】根据电场强度定义式可知,小球所受电场力大小F=qE=1.0×10-6×3.0×103 N=3.0×10-3 N,A 项错误。小球受到
重力mg、绳的拉力T 和电场力F 作用处于平衡状态,如图所示,根据几何关系有
ࡲ
࢓ࢍ=tan 37°,得m=4.0×10-4 kg,B 项错误。
撤去电场后,小球将绕悬点摆动,根据动能定理,有mgl(1-cos 37°)=
૚
૛mv2,得v= ૛ࢍ࢒ሺ૚Ǧ܋th૜ૠιሻ=2.0 m/s,D 项正确。根据牛
顿第二定律,有T-mg=m࢜
૛
࢒,得T=m࢜
૛
࢒+mg=5.6×10-3 N,C 项错误。
4.(2013 年全国卷Ⅱ,T18)如图所示,在光滑绝缘水平面上,三个带电小球a、b 和c 分别位于边长为l 的正三角形的三个
顶点上;a、b 带正电,电荷量均为q,c 带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为k。若三个小
球均处于静止状态,则匀强电场的电场强度大小为(
)。
A.
૜ܓܙ
૜࢒૛
B.
૜ܓܙ
࢒૛
C.
૜࢑ࢗ
࢒૛
D.
૛૜ܓܙ
࢒૛
【解析】对c 受力分析,小球处于静止状态,满足૜kࢗࢗ
ࢉ
࢒૛=qcE,可得E=
૜ܓܙ
࢒૛,故B 项正确。
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第2 讲
电场的能的性质
(70)
1.(电势能)(2020 年湖南张家界四校联考)(多选)如图所示,ab=2bc,在c 点固定一正电荷,将另一负电荷从a 点移到b
点,负电荷在a、b 两点的电势能分别为Epa、Epb,所受电场力分别为Fa、Fb,则(
)。
A.Epa>Epb
B.4Fa=Fb
C.Epa<Epb
D.9Fa=Fb
【解析】从a 点移到b 点时,负电荷受到固定的正电荷的引力作用,静电力做正功,负电荷的电势能减少,A 项正确,C
项错误;由库仑定律F=k
ࡽࢗ࢘
૛可知,负电荷所受电场力与其离c 点的距离的平方成反比,又ac=3bc,所以B 项错误,D 项正
确。
【答案】AD
2.(匀强电场中电场强度与电势差的关系)(2020 年黑龙江大庆中学模拟)(多选)如图所示,在一匀强电场区域中,A、B、C、
D 四点恰好位于一平行四边形的四个顶点上,BD 是对角线,∠A 小于90°,则下列说法正确的是(
)。
A.如果B、D 两点电势相等,则A、C 两点电势一定相等
B.如果A、D 两点电势相等,则B、C 两点电势一定相等
C.如果UAD=UDC,则D、B 两点电势一定相等
D.如果A、B、D 三点的电势均为零,则C 点电势一定为零
【解析】如果B、D 两点电势相等,则BD 连线就是等势线,如果电场方向与四边形平面平行,由于电场线垂直于等
势面,因此A、C 两点不可能等势,A 项错误;如果A、D 两点电势相等,则AD 就是等势线,由于匀强电场中等势线互相
平行,因此BC 也是等势线,B 项正确;如果UAD=UDC,则AC 连线的中点与D 等势,即BD 是等势线,C 项正确;如果A、B、
D 三点的电势均为零,三点决定一个平面,C 点也在这个平面内,则平行四边形所在的平面为等势面,因此C 点的电势一
定为零,D 项正确。
【答案】BCD
3.(带电粒子运动轨迹)(2019 年四川名校检测)如图所示,虚线a、b、c 代表电场中的三条电场线,实线为一带负电的粒
子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、R、Q 是这条轨迹上的三点,由此可知(
)。
A.带电粒子在R 点时的速度大于在Q 点时的速度
B.带电粒子在P 点时的电势能比在Q 点时的电势能大
C.带电粒子在R 点时的动能与电势能之和比在Q 点时的小,比在P 点时的大
D.带电粒子在R 点时的加速度小于在Q 点时的加速度
【解析】根据牛顿第二定律可得ma=qE,又根据电场线的疏密程度可以得Q、R 两点处的电场强度的大小关系为
ER>EQ,则带电粒子在R、Q 两点处的加速度的大小关系为aR>aQ,故D 项错误;由于带电粒子在运动过程中只受电场力
作用,只有动能与电势能之间的相互转化,则带电粒子的动能与电势能之和不变,故C 项错误;根据物体做曲线运动的轨
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迹与速度、合外力的关系可知,带电粒子在R 处所受电场力的方向为沿电场线向右,又由于该粒子带负电,则R 处电场
的方向应该向左,根据等势面与电场线的关系可得R、Q 两点处电势的关系为φR>φQ,根据Ep=qφ及带电粒子的电性
可得R、Q 两点处电势能的关系为EpR<EpQ,则R、Q 两点处动能的关系为EkR>EkQ,由Ek=
૚
૛mv2 可得R、Q 两点处速
度大小的关系为vR>vQ,故A 项正确;P、Q 两点处电势的关系为φP>φQ,由Ep=qφ及带电粒子的电性可得P、Q 两点
处电势能的关系为EpP<EpQ,故B 项错误。
4.(φ-x 图象)(2019 年四川绵阳质检)(多选)两个点电荷Q1 和Q2 固定在x 轴上O、D 两点,两者之间连线上各点电势高
低如图中曲线所示(OB>BD),取无限远处电势为零,由图可知(
)。
A.B 点电场强度为零
B.Q1 为负电荷,Q2 为正电荷
C.Q1 的电荷量一定大于Q2 的电荷量
D.将质子沿x 轴从A 点移到C 点,电场力一直做正功
【解析】φ-x 图象斜率的绝对值表示电场强度大小,B 点的斜率不为0,所以B 点的电场强度不为0,A 项错误。由
图象可以发现,离Q1越近电场中的电势越低,由此可以判断Q1为负电荷,同理,由于离Q2越近电势越高,所以Q2为正电
荷,在它们的连线上的B 点的电势也是零,但B 点离Q2 近,所以Q1 的电荷量要大于Q2 的电荷量,B、C 两项正确。从A
点到C 点电势升高,正电荷在电势越高处电势能越大,所以电场力一直做负功,D 项错误。
5.(E-x 图象)(2019 年福建四校联考)(多选)某静电场在x 轴上的电场强度E 随x 变化的关系如图所示,x 轴正方向为电
场强度正方向,一个带正电的点电荷只在电场力的作用下沿x 轴运动,x1、x2、x3、x4 四点间隔相等。则(
)。
A.点电荷在x2 和x4 处电势能相等
B.点电荷由x1 运动到x3 的过程中电势能减小
C.x1、x2 两点之间的电势差小于x3、x4 两点之间的电势差
D.点电荷由x1 运动到x4 的过程中电场力先增加后减小
【解析】正点电荷受力方向与电场强度方向相同,在0~x1 电场力为x 轴负方向,x1~∞电场力为x 轴正方向,x2~x4
电场力沿x 轴正方向,位移沿x 轴正方向,电场力做正功,电势能减少,A 项错误。x1~x3 电场力沿x 轴正方向,位移沿x
轴正方向,电场力做正功,电势能减小,B 项正确。x1、x2 之间各点电场强度小于x3、x4 之间各点电场强度,而间距相等,
根据U=Ed 定性分析可知x1、x2两点之间的电势差小于x3、x4两点之间的电势差,C 项正确。电场力大小F=Eq,x1~x4,
电场强度先增大后减小,所以电场力先增大后减小,D 项正确。
6.(v-t 图象)(2019 年湖北黄冈模拟)(多选)如图1 所示,Q1、Q2 是两个固定的点电荷,一带负电的试探电荷仅在电场力
作用下以初速度va 沿两点电荷连线的中垂线从a 点向上运动,其v-t 图象如图2 所示。下列说法中正确的是(
)。
A.两点电荷一定都带负电,但电荷量不一定相等
B.两点电荷一定都带正电,且电荷量一定相等
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C.t2 时刻试探电荷的电势能最大
D.t1、t3 两时刻试探电荷在同一位置
【解析】由图2 可知,试探电荷先向上做减速运动,再反向向下做加速运动,说明粒子受到的电场力应先向下后向上,
故两点电荷一定都带正电;由于电场线只能沿竖直方向,故两个点电荷带电荷量一定相等,A 项错误,B 项正确。t2 时刻试
探电荷的速度为零,动能为零,根据能量守恒定律可知试探电荷的电势能最大,C 项正确。根据速度图象的斜率表示加速
度,可知t1、t3 两时刻试探电荷的加速度不同,所受的电场力不同,所以不可能在同一位置,D 项错误。
7.(电场中功能关系)(2018 年黑龙江牡丹江一中月考)(多选)如图所示,纸面内有一匀强电场,带正电的小球(重力不计)在
恒力F 的作用下沿图中虚线由A 匀速运动至B,已知力F 和AB 间夹角为θ,AB 间距离为d,小球带电荷量为q,则下列
结论正确的是(
)。
A.电场强度的大小E=
ࡲ܋thࣂࢗ
B.AB 两点的电势差UAB=-
ࡲࢊ܋thࣂࢗ
C.带电小球由A 运动至B 过程中电势能增加了Fdcos θ
D.带电小球若由B 匀速运动至A,则恒力F 必须反向
【解析】由题意,小球的重力不计,只受到电场力与恒力F 而做匀速直线运动,则有,qE=F,得电场强度E=
ࡲࢗ,A 项错
误。A、B 两点的电势差U=-Edcos θ=-
ࡲࢊ܋thࣂࢗ,B 项正确。带电小球由A 运动至B 的过程中恒力做功W=Fdcos θ,
根据功能关系可知,电势能增加了Fdcos θ,C 项正确。小球所受的电场力恒定不变,若带电小球由B 向A 做匀速直线
运动,F 的大小、方向均不变,D 项错误。
8.(Ep-x 图象)(2019 年河北张家口高三模拟)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x 轴正向运动,其电势能Ep 随位移x
变化的关系如图所示,其中O~x2段是关于直线x=x1 对称的曲线,x2~x3 段是直线,则下列说法正确的是(
)。
A.x1 处电场强度不为零
B.粒子在O~x2 段做匀变速运动,x2~x3 段做匀速直线运动
C.x2~x3 段的电场强度大小方向均不变,为一定值
D.在O、x1、x2、x3 处电势φO、φ1、φ2、φ3 的关系为φ3>φ2=φO>φ1
【解析】根据Ep=qφ,E=
ȟ࣐
ȟ࢞,得E=
૚ࢗ·
ȟࡱܘ
ȟ࢞。Ep-x 图象切线的斜率等于
ȟࡱܘ
ȟ࢞,根据数学知识可知,x1 处切线斜率为零,则
x1 处电场强度为零,故A 项错误。x2~x3 段斜率不变,电场强度不变,C 项正确。由图看出在O~x1 段图象切线的斜率不
断减小,由上式知电场强度减小,粒子所受的电场力减小,加速度减小,粒子做非匀变速运动;x1~x2 段图象切线的斜率不
断增大,电场强度增大,粒子所受的电场力增大,粒子做非匀变速运动,故B 项错误。根据Ep=qφ,粒子带负电,q<0,可知
电势能越大,粒子所在处的电势越低,所以有φ3<φ2=φO<φ1,D 项错误。
1. (改编自2019 年北京卷,T17)(多选)如图所示,a、b 两点位于以负点电荷-Q(Q>0)为球心的球面上,c 点在球面外,则
(
)。
A.a、b 两点电势相同
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B.a、b 两点电场强度相同
C.正电荷在a 点的电势能比在比c 点的大
D.正电荷在b 点受到的库仑力比在c 点大
【解析】根据点电荷的电场强度公式E=
࢑ࢗ࢘
૛可知a、b 两点的电场强度大小相等,但方向不同,且大于c 点的电场强
度,B 项错误,D 项正确;a、b 两点在以-Q 为球心的同一个球面上,电势相同,A 项正确;又因为点电荷Q 为负电荷,距离越
远,电势越高,φc>φa,根据电势能Ep=qφ可知正电荷在c 点的电势能大于在a 点的电势能,C 项错误。
【答案】AD
2.(2018 年全国卷Ⅰ,T21)(多选)图中虚线a、b、c、d、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面,已知平面b 上的电
势为2 V。一电子经过a 时的动能为10 eV,从a 到d 的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是(
)。
A.平面c 上的电势为零
B.该电子可能到达不了平面f
C.该电子经过平面d 时,其电势能为4 eV
D.该电子经过平面b 时的速率是经过d 时的2 倍
【解析】因等势面间距相等,由U=Ed 得相邻虚线之间电势差相等,由a 到d,eUad=6 eV,故Uad=6 V;各虚线电势
如图所示,因电场力做负功,故电场方向向右,沿电场线方向电势降低, φc=0,A 项正确。因电子的速度方向未知,若不垂
直于等势面,如图乙中实线所示,电子可能到达不了平面f,B 项正确。经过d 时,电势能Ep=eφd=2 eV,C 项错误。由a
到b,Wab=Ekb-Eka=-2 eV,所以Ekb=8 eV;由a 到d,Wad=Ekd-Eka=-6 eV,所以Ekd=4 eV;则Ekb=2 Ekd,根据Ek=
૚
૛mv2
知vb= ૛vd,D 项错误。
3.(2018 年全国卷Ⅱ,T21)(多选)如图,同一平面内的a、b、c、d 四点处于匀强电场中,电场方向与此平面平行,M 为a、
c 连线的中点,N 为b、d 连线的中点。一电荷量为q(q>0)的粒子从a 点移动到b 点,其电势能减小W1;若该粒子从c
点移动到d 点,其电势能减小W2。下列说法正确的是(
)。
A.此匀强电场的场强方向一定与a、b 两点连线平行
B.若该粒子从M 点移动到N 点,则电场力做功一定为
ࢃ૚൅ࢃ૛
૛
C.若c、d 之间的距离为L,则该电场的场强大小一定为
ࢃ૛ࢗ
ࡸ
D.若W1=W2,则a、M 两点之间的电势差一定等于b、N 两点之间的电势差
【解析】结合题意,只能判定Uab>0、Ucd>0,但电场方向不能得出,A 项错误。由于M、N 分别为ac 和bd 的中
点,对于匀强电场,则UMN=
ࢁࢇ࢈൅ࢁࢉࢊ
૛
,可知该粒子由M 至N 过程中,电场力做功W=
ࢃ૚൅ࢃ૛
૛
,B 项正确。只有当电场强度的
方向为c→d 时,电场强度E=
ࢃ૛ࢗ
ࡸ,但本题中电场方向未知,C 项错误。若W1=W2,则ac 与bd 一定相互平行,可知
UaM=UbN,D 项正确。
4.(2018 年天津卷,T3)如图所示,实线表示某电场的电场线(方向未标出),虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的
运动轨迹,设M 点和N 点的电势分别为φM、φN,粒子在M 和N 时加速度大小分别为aM、aN,速度大小分别为vM、
vN,电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是(
)。
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A.vM<vN,aM<aN
B.vM<vN,φM<φN
C.φM<φN,EpM<EpN
D.aM<aN,EpM<EpN
【解析】因为N 点的电场线密,所以电场强度大,受到的电场力大,加速度大,即aM<aN。由虚线弯曲方向知,带负电
粒子受力指向运动轨迹的凹侧,电场方向由电场线稀疏一侧指向电场线密集一侧,沿电场线方向电势降低,即φM>φN。
又由Ep=qφ知,带负电粒子在电势越低的位置,具有的电势能越大,即EpM<EpN。若带负电粒子由M 向N 运动过程中
电场力做负功,则动能减小,所以vM>vN。若带负电粒子由N 向M 运动过程中电场力做正功,则动能增大,也可得vM>vN,
故D 项正确。
5.(2017 年全国卷Ⅰ,T20)(多选)在一静止点电荷的电场中,任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r 的关系如图所示。
电场中四个点a、b、c 和d 的电场强度大小分别Ea、Eb、Ec 和Ed。点a 到点电荷的距离ra 与点a 的电势φa 已在图
中用坐标(ra,φa)标出,其余类推。现将一带正电的试探电荷由a 点依次经b、c 点移动到d 点,在相邻两点间移动的过
程中,电场力所做的功分别为Wab、Wbc 和Wcd。下列选项正确的是(
)。
A.Ea∶Eb=4∶1
B.Ec∶Ed=2∶1
C.Wab∶Wbc=3∶1
D.Wbc∶Wcd=1∶3
【解析】由点电荷的电场强度公式E=
࢑ࡽ࢘
૛,可得Ea∶Eb=4∶1,Ec∶Ed=4∶1,A 项正确,B 项错误;电场力做的功
W=qU,Uab∶Ubc=3∶1,则Wab∶Wbc=3∶1,又Ubc∶Ucd=1∶1,则Wbc∶Wcd=1∶1,C 项正确,D 项错误。
6.(2016 年全国卷Ⅱ,T15)如图所示,P 是固定的点电荷,虚线是以P 为圆心的两个圆。带电粒子Q 在P 的电场中运动,
运动轨迹与两圆在同一平面内,a、b、c 为轨迹上的三个点。若Q 仅受P 的电场力作用,其在a、b、c 点的加速度大
小分别为aa、ab、ac,速度大小分别为va、vb、vc,则(
)。
A.aa>ab>ac,va>vc>vb
B.aa>ab>ac,vb>vc>va
C.ab>ac>aa,vb>vc>va
D.ab>ac>aa,va>vc>vb
【解析】由库仑定律F=
࢑ࢗ૚ࢗ૛࢘
૛可知,粒子在a、b、c三点受到的电场力的大小关系为Fb>Fc>Fa,由a=
ࡲ
࢓可知ab>ac>aa;
根据粒子的轨迹可知,粒子Q 与场源电荷P 的电性相同,二者之间存在斥力,在c→b→a 整个过程中,电场力先做负功再
做正功,且Wba>|Wcb|,结合动能定理可知va>vc>vb,故D 项正确。
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第3 讲
电容器
带电粒子在电场中的运动
(72)
1.(电容动态变化)(2018 年云南玉溪9 月考试)静电计是在验电器的基础上制成的,用其指针张角的大小来定性显示其金
属球与外壳之间的电势差大小。如图所示,A、B 是平行板电容器的两个金属板,D 为静电计,开始时开关S 闭合,静电计
指针张开一定角度,为了使指针张开的角度减小些,下列采取的措施可行的是(
)。
A.断开开关S 后,将A、B 两极板分开些
B.断开开关S 后,增大A、B 两极板的正对面积
C.保持开关S 闭合,将A、B 两极板靠近些
D.保持开关S 闭合,将滑动变阻器的滑片向右移动
【解析】断开开关S,电容器所带电荷量不变,将A、B 两极板分开些,则d 增大,根据C=
ࢿܚࡿ
૝ૈ࢑ࢊ知,电容C 减小,根据U=
ࡽ
࡯
知,电势差增大,指针张角增大,A 项错误;断开开关S,增大A、B 两极板的正对面积,即S 增大,根据C=
ࢿܚࡿ
૝ૈ࢑ࢊ知,电容C 增大,
根据U=
ࡽ
࡯知,电势差减小,指针张角减小,B 项正确;保持开关S 闭合,无论将A、B 两极板分开些,还是将两者靠近些,电容
器两端的电势差都不变,则指针张角不变,C 项错误;保持开关S 闭合,滑动变阻器仅充当导线作用,电容器两端的电势差
不变,滑片滑动不会影响指针张角,D 项错误。
2.(影响电容因素)(2019 年河北邢台质检)(多选)目前智能手机普遍采用了电容触摸屏,电容触摸屏是利用人体的电流感
应进行工作的,它是一块四层复合玻璃屏,玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO(纳米铟锡金属氧化物),夹层ITO 涂层作
为工作面,四个角引出四个电极,当用户手指触摸电容触摸屏时,手指和工作面形成一个电容器,因为工作面上接有高频
信号,电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出,且理论上流经四个电极的电流与手指到四个角的距离
成比例,控制器通过对四个电流比例的精密计算来确定手指位置。对于电容触摸屏,下列说法正确的是(
)。
A.电容触摸屏只需要触摸,不需要压力即能产生位置信号
B.使用绝缘笔在电容触摸屏上也能进行触控操作
C.手指压力变大时,由于手指与屏的夹层工作面距离变小,电容变小
D.手指与屏的接触面积变大时,电容变大
【解析】根据题意知,电容触摸屏只需要触摸,由于流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例,控制器就能
确定手指的位置,因此不需要手指有压力,A 项正确;绝缘笔与工作面不能形成一个电容器,所以不能在电容屏上进行触
控操作,B 项错误;手指压力变大时,由于手指与屏的夹层工作面距离变小,电容将变大,C 项错误;手指与屏的接触面积变
大时,电容变大,D 项正确。
【答案】AD
3.(电容器应用)(2019年广东汕头11 月考试)如图所示为某电容传声器结构示意图,当人对着传声器讲话时,膜片会振动。
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若某次膜片振动时,膜片与极板距离增大,则在此过程中(
)。
A.膜片与极板间的电容增大
B.极板所带电荷量减少
C.膜片与极板间的电场强度增大
D.电阻R 中有向下的电流通过
【解析】根据C=
ࢿܚࡿ
૝ૈ࢑ࢊ可知,膜片与极板距离增大,膜片与极板间的电容减小,A 项错误;电容器与电源连接,极板间电
压不变,根据Q=CU 可知极板所带电荷量减小,因此电容器要通过电阻R 放电,电流方向向上,B 项正确,D 项错误;根据E=
ࢁ
ࢊ
可知,膜片与极板间的电场强度减小,C 项错误。
4. (粒子做直线运动)(2019年贵州毕节模拟)(多选)如图所示,水平放置的两平行金属板与一直流电源相连,一带正电的粒
子仅在重力和电场力作用下以某一初速度沿图中直线从A 运动到B。现将平行金属板分别以O、O'为圆心在平面内向
同一方向旋转相同角度后,带电粒子依旧能够沿直线从A 运动到B,则(
)。
A.平行金属板一定顺时针旋转45°
B.平行金属板一定逆时针旋转45°
C.带电粒子电势能可能逐渐增加
D.带电粒子一定做匀变速直线运动
【解析】刚开始时粒子做匀速直线运动,粒子在竖直方向上所受合力为零,有mg=qE=q
ࢁ
ࢊ,如图所示,若平行金属板顺
时针旋转θ角,因竖直方向上有q
ࢁ
ࢊ̵ cos θ=q
ࢁ
ࢊ܋thࣂcos θ=q
ࢁ
ࢊ=mg,所以粒子是否做直线运动与旋转角度大小无关,根据受力分
析可知,电场力做正功,粒子的电势能逐渐减少,粒子做匀加速直线运动;同理,若平行金属板逆时针旋转θ角,则粒子电势
能逐渐增加,粒子做匀减速直线运动,A、B 两项错误,C、D 两项正确。
【答案】CD
5.(粒子在交变电场中的直线运动)(2019 年湖南长沙四校联考)如图1 所示,两极板间加上如图2 所示的交变电压。开始
A 板的电势比B 板高,此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞,向
A 板运动时为速度的正方向,则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D 两项中的图线按正弦函数规
律变化)(
)。
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【解析】电子在交变电场中所受电场力大小不变,加速度大小不变,C、D 两项错误;从0 时刻开始,电子向A 板做匀
加速直线运动,
૚
૛T 后电场力反向,电子向A 板做匀减速直线运动,直到t=T 时刻速度变为零,之后重复上述运动,A 项正确,B
项错误。
6.(粒子加速后偏转)(2019 年山东潍坊实验中学检测)如图所示,静止的电子在电压为U1 的加速电场的作用下从O 经P
板的小孔射出,又垂直进入平行金属板间的电场,在电压为U2 的偏转电场的作用下偏转一段距离。现使U1 加倍,要想使
电子的运动轨迹不发生变化,应该(
)。
A.使U2 变为原来的
૚
૛
B.使U2 变为原来的૛倍
C.使U2 加倍
D.使U2 变为原来的4 倍
【解析】设板的长度为L,板间距离为d,则根据推论可知,偏转距离y=
ࢁ૛ࡸ૛
૝ࢊࢁ૚。使U1 加倍,若要电子的运动轨迹不发生
变化,即y 不变,则必须使U2 加倍,C 项正确。
7.(粒子的曲线运动)(2020 年长沙雅礼中学月考)如图所示,两块加上电压且水平放置的平行金属板之间有一个厚度不计
的带电金属网,使金属板间形成了上、下两个电场强度分别为E1、E2(方向均竖直向下)的匀强电场空间。两个不计重力、
比荷相等的带电微粒从离金属网分别为d1、d2 的位置处先后水平射入电场(不考虑两微粒间的库仑力),两微粒的运动
轨迹在金属网上相交于同一点。下列说法中错误
．．的是(
)。
A.两微粒一定带异号电荷
B.两微粒初速度一定相同
C.不改变其他物理量,仅将E1 和d1 同时减半,两微粒的运动轨迹仍然能相交于同一点
D.若v01>v02,d1=d2,则E1>E2
【解析】两微粒所受的电场力方向相反,而电场强度的方向相同,因此两微粒的电性相反,A 项正确;不能确定两微粒
运动到交点的时间,所以不能确定其初速度是否相同,B 项错误;根据运动学公式,在竖直方向有d=
૚
૛at2=ࢗ
ࡱࡸ૛
૛࢓࢜૙૛,若不改变其
他物理量,仅将E1和d1同时减半,则两微粒在水平方向上的位移仍相等,因此仍能相交于同一点,C项正确;若v01>v02,d1=d2,
根据运动学公式,在竖直方向有d=
૚
૛at2=ࢗ
ࡱࡸ૛
૛࢓࢜૙૛,由于两粒子的比荷相同,则E1>E2,D 项正确。
8.(粒子在电场中偏转的应用)(2019 年湖北黄冈10 月模拟考试)静电喷漆技术具有效率高、质量好等优点,其装置示意
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图如图所示,A、B 为两块水平放置的平行金属板,间距d=1.0 m,两板间有方向竖直向上、电场强度大小E=1.0×103 N/C
的匀强电场,在A 板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P,油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出初速
度大小均为v0=1.0 m/s、质量均为m=5.0×10-14 kg、电荷量均为q=2.0×10-15 C 的带负电的油漆微粒,不计微粒所受空气
阻力及微粒间的相互作用,油漆微粒最后都落在金属板B 上,重力加速度g=10 m/s2。下列说法中错误
．．的是(
)。
A.沿水平方向喷出的微粒运动到B 板所需时间为0.2 s
B.沿不同方向喷出的微粒,从喷出至到达B 板,电场力做功为2.0×10-12 J
C.若其他条件均不变,d 增大为原来的2 倍,喷涂面积增大为原来的2 倍
D.若其他条件均不变,E 增大为原来的2 倍,喷涂面积减小为原来的
૚
૛
【解析】沿水平方向喷出的微粒做类平抛运动,在竖直方向上,加速度a=ࢗ
ࡱ൅࢓ࢍ
࢓
=50 m/s2,根据d=
૚
૛at2 得t=0.2 s,故A
项正确。沿不同方向喷出的微粒,从喷出至到达B 板,电场力做功W=qEd=2.0×10-12 J,故B 项正确。若其他条件均不变,d
增大为原来的2 倍,根据d=
૚
૛at2 得,t 变为原来的૛倍,则喷涂面积的半径变为原来的૛倍,面积变为原来的2 倍,故C 项
正确。若其他条件均不变,E 增大为原来的2 倍,则加速度a'=90 m/s2,加速度变为原来的ૢ⺁,时间t 变为原来的
⺁
૜,喷涂面积
的半径变为原来的
⺁
૜,面积减小为原来的
⺁ૢ,故D 项错误。
1.(2018 年北京卷,T19)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。下列说法正确的是(
)。
A.实验前,只用带电玻璃棒与电容器a 板接触,能使电容器带电
B.实验中,只将电容器b 板向上平移,静电计指针的张角变小
C.实验中,只在极板间插入有机玻璃板,静电计指针的张角变大
D.实验中,只增加极板带电量,静电计指针的张角变大,表明电容增大
【解析】实验前,只用带电玻璃棒与电容器a 板接触,由于静电感应,在b 板上将感应出异种电荷,A 项正确。b 板向
上平移,正对面积S 变小,由C=
ࢿܚ܁
૝ૈ࢑ࢊ知,电容C 变小,由C=
ࡽ
ࢁ知,Q 不变,U 变大,因此静电计指针的张角变大,B 项错误。插入
有机玻璃板,相对介电常数εr 变大,由C=
ࢿܚ܁
૝ૈ࢑ࢊ知,电容C 变大,由C=
ࡽ
ࢁ知, Q 不变,U 变小,因此静电计指针的张角变小,C 项错
误。由C=
ࡽ
ࢁ,实验中,只增加极板带电量,静电计指针的张角变大,是由于C 不变,D 项错误。
2.(2018 年江苏卷,T5)如图所示,水平金属板A、B 分别与电源两极相连,带电油滴处于静止状态。现将B 板右端向下移
动一小段距离,两金属板表面仍均为等势面,则该油滴(
)。
A.仍然保持静止
B.竖直向下运动
C.向左下方运动
D.向右下方运动
【解析】开始时油滴处于静止状态,有mg=q
ࢁ
ࢊ,B 板右端下移时,U 不变,d 变大,电场力F=q
ࢁ
ࢊ变小,mg>F。受力分析如
图所示,mg 与F 的合力方向为右下方,故油滴向右下方运动。
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3.(2019 年全国卷Ⅲ,T24)空间存在一方向竖直向下的匀强电场,O、P 是电场中的两点。从O 点沿水平方向以不同速度
先后发射两个质量均为m 的小球A、B。A 不带电,B 的电荷量为q(q>0)。A 从O 点发射时的速度大小为v0,到达P 点
所用时间为t;B 从O 点到达P 点所用时间为࢚૛。重力加速度为g,求:
(1)电场强度的大小。
(2)B 运动到P 点时的动能。
【解析】(1)设电场强度的大小为E,小球B 运动的加速度为a,两球在水平方向上均做匀速运动,在竖直方向上均做
初速度为0 的匀加速运动,根据牛顿运动定律、运动学公式和题给条件,有
mg+qE=ma
૚
૛a࢚૛
૛
=
૚
૛gt2
解得E=
૜࢓ࢍࢗ。
(2)设B 从O 点发射时的速度为v1,到达P 点时的动能为Ek,O、P 两点的高度差为h,根据动能定理有
Ek-
૚
૛m࢜
૚૛=mgh+qEh
且有
v1࢚૛=v0t
h=
૚
૛gt2
联立解得
Ek=2m(࢜
૙૛+g2t2)。
【答案】(1)
૜࢓ࢍࢗ
(2)2m(࢜
૙૛+g2t2)
4.(2017 年全国卷Ⅱ,T25)如图所示,两水平面(虚线)之间的距离为H,其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区
域上方的A 点将质量均为m、电荷量分别为q 和-q(q>0)的带电小球M、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向
射出。小球在重力作用下进入电场区域,并从该区域的下边界离开。已知N 离开电场时的速度方向竖直向下;M 在电场
中做直线运动,刚离开电场时动能为N 刚离开电场时动能的1.5 倍。不计空气阻力,重力加速度大小为g。求:
(1)M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比。
(2)A 点距电场上边界的高度。
(3)该电场的电场强度大小。
【解析】(1)设小球M、N 在A 点水平射出时的初速度大小为v0,则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。M、N
在电场中运动的时间t 相等,在电场力作用下产生的加速度沿水平方向,大小均为a,设它们在电场中沿水平方向的位移
分别为s1 和s2。由题给条件和运动学公式得
v0-at=0
s1=v0t+
૚
૛at2
s2=v0t-
૚
૛at2
联立可得࢙૚࢙
૛=3。
(2)设A 点距电场上边界的高度为h,小球下落h 时在竖直方向的分速度为vy,由运动学公式得࢜࢟
૛=2gh
H=vyt+
૚
૛gt2
M 进入电场后做直线运动,由几何关系知
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૙࢜࢟=࢙૚
ࡴ
联立可得h=
૚
૜H。
(3)设电场强度的大小为E,小球M 进入电场后做直线运动,则࢜
૙࢜࢟=ࢗ
ࡱ
࢓ࢍ
设M、N 离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2,由动能定理得
Ek1-
૚
૛m(࢜
૙૛+࢜࢟
૛)=mgH+qEs1
Ek2-
૚
૛m(࢜
૙૛+࢜࢟
૛)=mgH-qEs2
由已知条件,有
Ek1=1.5Ek2
联立可得E=
૛ܕl
૛ࢗ
。
【答案】(1)3∶1
(2)
૚
૜H
(3)
૛ܕl
૛ࢗ
5.(2017 年全国卷Ⅰ,T25)真空中存在电场强度大小为E1 的匀强电场,一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动,
速度大小为v0。在油滴处于位置A 时,将电场强度的大小突然增大到某值,但保持其方向不变。持续一段时间t1 后,又
突然将电场反向,但保持其大小不变;再持续同样一段时间后,油滴运动到B 点。重力加速度大小为g。
(1)求油滴运动到B 点时的速度。
(2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的t1 和v0 应满足的条件。已知不存在
电场时,油滴以初速度v0 做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A 两点间距离的两倍。
【解析】(1)设油滴质量和电荷量分别为m 和q,以油滴速度方向向上为正方向。油滴在电场强度大小为E1 的匀强
电场中做匀速直线运动,故油滴所受电场力方向向上。在t=0 时,电场强度突然从E1 增加至E2 时,油滴做竖直向上的匀加
速运动,加速度方向向上,大小a1 满足qE2-mg=ma1
油滴在时刻t1 的速度v1=v0+a1t1
电场强度在时刻t1 突然反向,油滴做匀变速运动,加速度方向向下,大小a2 满足qE2+mg=ma2
油滴在时刻t2=2t1 的速度v2=v1-a2t1
联立可得v2=v0-2gt1。
(2)由题意,在t=0 时刻前有qE1=mg
油滴从t=0 到时刻t1 的位移s1=v0t1+
૚
૛a1࢚૚
૛
油滴在从时刻t1 到时刻t2=2t1 的时间间隔内的位移s2=v1t1-
૚
૛a2࢚૚
૛
由题给条件有࢜
૙૛=2g·2h
式中h 是B、A 两点之间的距离
若B 点在A 点之上,依题意有s1+s2=h
联立可得E2= ૛െ૛࢜
૙
ࢍ࢚૚൅
૚
૝࢜
૙
ࢍ࢚૚
૛
E1
为使E2>E1,应有2-2࢜
૙
ࢍ࢚૚+
૚
૝࢜
૙
ࢍ࢚૚
૛
>1
即当0<t1< ૚െ
૜
૛࢜
૙
ࢍ(对应于v2>0)或t1> ૚൅
૜
૛࢜
૙
ࢍ(对应于v2<0)时才是可能的
若B 点在A 点之下,依题意有s1+s2=-h
联立可得E2= ૛െ૛࢜
૙
ࢍ࢚૚Ǧ
૚
૝࢜
૙
ࢍ࢚૚
૛
E1
为使E2>E1,应有2-2࢜
૙
ࢍ࢚૚-
૚
૝࢜
૙
ࢍ࢚૚
૛
>1
即t1>
⺁
૛൅૚࢜
૙
ࢍ
另一解为负,不合题意,已舍去。
【答案】(1)v0-2gt1
(2)见解析
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一、选择题
1.(2019 年南昌一模)(多选)如图所示,真空中有两个点电荷Q1、Q2 分别固定在x 轴上的x1=0 和x2 的位置上。将一试探
电荷q 放置在x0 处恰好静止。现将Q2 的固定点左移少许距离,将该试探电荷q 仍放置在x0 处,则(
)。
A.试探电荷q 一定向右运动
B.试探电荷q 所受电场力一定向左
C.电场力对试探电荷一定是先做正功
D.试探电荷的电势能一定是先减小
【解析】将一试探电荷q 放置在x0 处恰好静止,说明x0 点的电场强度为零,即Q1 在x0 处产生的电场强度与Q2 在
x0 处产生的电场强度大小相等、方向相反;将Q2 的固定点左移少许距离,则Q2 在x0 处产生的电场强度减小,x0 处的合电
场强度不再等于零,但是由于不知道Q1和Q2的电性,则不知道合电场强度的方向,将该试探电荷q 仍放置在x0处时,不能
判断它受力的方向以及运动的方向,但是可知电场力对试探电荷一定是先做正功,电势能先减小,A、B 两项错误,C、D 两
项正确。
【答案】CD
2.(2019 年郑州市高考物理三模试卷)背越式跳高采用弧线助跑,距离长,速度快,动作舒展大方。如图所示是某运动员背
越式跳高过程的分解图,由图可估算出运动员在跃起过程中起跳的竖直速度最接近(
)。
A.2 m/s
B.5 m/s
C.8 m/s
D.11 m/s
【解析】运动员跳高过程可以看作竖直上抛运动,当重心达到横杆时速度恰好为零,从图中可以估测运动员重心升
高高度约为h≈1.3 m,根据机械能守恒定律可知
૚
૛mv2=mgh,解得v= ૛૟m/s≈5 m/s,B 项正确,A、C、D 三项错误。
3.(2020 年大连模拟)如图所示在河面上方10 m 高的岸上有人用长绳拴住一条小船,开始时绳与水平面夹角为30°。人
以恒定的速率v=2.5 m/s 水平向左收绳,使小船靠岸,船所受阻力大小恒定(滑轮光滑且大小不计),则以下说法正确的是
(
)。
A.船受到的合外力为零
B.3 s 时绳与水面的夹角为60°
C.3 s 时小船的速率为3.75 m/s
D.3 s 时小船距离岸边7.5 m
【解析】人是匀速的,小船速度v'=࢜܋thࣂ是变化的,A 项错误。初位置时小船与滑轮之间的绳长l=
ࢎ
hܑܖ૜૙ι=20 m,3 s 内人
移动7.5 m,绳子也缩短7.5 m,小船与滑轮之间的绳长l'=20 m-7.5 m=12.5 m,此时sin θ=
૚૙
૚૛Ǥ⺁=0.8,可知θ=53°,B 项错误。3 s
时小船的速率v'=࢜܋thࣂ=
૛Ǥ⺁
૙Ǥ૟m/s≈4.2 m/s,C 项错误。3 s 时小船距离岸边
ࢎ
thܖ⺁૜ι=7.5 m,D 项正确。
4.(2019 年银川一中模拟)在立方体的其中四个顶点上放置等量的点电荷,电性及位置如图所示,取无穷远处电势为零。
在立方体各条棱的中点、各个面的中点以及立方体的中心共19 个点中,电势为零的点的个数为(
)。
A.8 B.9 C.10 D.11
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【解析】根据对称性可知,图中两个虚线平面皆为零势能面,由叠加原理可知:立方体的中心电势为零,六个侧面的中
点处电势均为零,竖直的四个棱的中点处电势为零,水平的八个棱的中点处电势不为零,故电势为零的点的个数为11
个,D 项正确。
5.(2019 年河南天一大联考模拟)(多选)如图所示,圆心为O、半径为R 的光滑半圆弧槽固定在水平地面上,一根轻橡皮筋
一端连在可视为质点的小球上,另一端连在距离O 点正上方R 处的P 点。小球放在与O 点等高的槽口A 点时,轻橡皮
筋处于原长。现将小球从A 点由静止释放,小球沿圆弧槽向下运动,运动到最低点B 时对圆弧槽的压力恰好为零。已知
小球的质量为m,重力加速度为g,则小球从A 点运动到B 点的过程中,下列说法正确的是(
)。
A.小球运动到最低点时,橡皮筋的弹力等于mg
B.橡皮筋弹力做功的功率逐渐变大
C.运动过程中,小球机械能的减少量等于橡皮筋弹性势能的增加量
D.运动过程中,小球重力势能的减少量等于小球动能的增加量与橡皮筋弹性势能增加量之和
【解析】小球运动到最低点时,根据牛顿第二定律F-mg=m࢜
૛
૛ࡾ,可知橡皮筋的弹力F 大于mg,A 项错误;根据P=Fvcos θ
可知,开始时v=0,则P=0,在最低点速度方向与F 方向垂直,则P=0,故橡皮筋弹力做功的功率先变大后变小,B 项错误;小球
和弹簧组成的系统机械能守恒,则小球运动过程中,机械能的减少量等于橡皮筋弹性势能的增加量,C 项正确;小球和弹
簧组成的系统机械能守恒,即动能+重力势能+弹性势能=恒量,小球运动过程中,重力势能的减少量等于小球动能的增加
量与橡皮筋弹性势能增加量之和,D 项正确。
【答案】CD
6.(2019 年山东烟台月考)(多选)倾角为θ的斜面固定在水平面上,在斜面上放置一长木板,木板与斜面之间的动摩擦因数
为μ。平行于斜面的力传感器上端连接木板,下端连接一光滑小球,如图所示。当木板固定时,传感器的示数为F1。现由
静止释放木板,木板沿斜面下滑的过程中,传感器的示数为F2。则下列说法正确的是(
)。
A.若μ=0,则F1=F2
B.若μ=0,则F2=0
C.若μ≠0,则μ=tan θD.若μ≠0,则μ=
ࡲ૛thܖࣂ
ࡲ૚
【解析】当木板固定时,对小球分析,根据共点力平衡有F1=mgsin θ,静止释放木板,木板在下滑过程中,若μ=0,则整体
沿斜面下滑时有Mgsin θ=Ma,解得a=gsin θ,再以小球为研究对象,则有mgsin θ-F2=ma,解得F2=0,A 项错误,B 项正确;若
μ≠0,对整体分析,根据牛顿第二定律可得整体加速度a=gsin θ-μgcos θ,对小球受力分析有mgsin θ-F2=ma,解得
F2=μmgcos θ,则有
ࡲ૚
ࡲ૛=
࢓ࢍhܑܖࣂ
ࣆ࢓ࢍ܋thࣂ=
thܖࣂ
ࣆ,解得μ=
ࡲ૛thܖࣂ
ࡲ૚
,C 项错误,D 项正确。
7.(2019 年江西吉安一模)如图所示,带电粒子由静止开始,经电压为U1 的加速电场加速后,垂直于板间电场方向进入电
压为U2的平行板电容器,经偏转后落在下板的中间位置。为使与该粒子相同的带电粒子从相同的初始位置由静止加速、
偏转后能穿出平行板电容器,下列做法中可行的是(
)。
A.保持U2 和平行板间距不变,减小U1
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B.保持U1 和平行板间距不变,增大U2
C.保持U1、U2 和下板位置不变,将上板向下平移
D.保持U1、U2 和下板位置不变,将上板向上平移
【解析】粒子在加速电场中运动时,有U1q=
૚
૛m࢜
૙૛,在偏转电场中运动时,有x=v0t,y=
૚
૛×
ࢁ૛ܙ
ࢊ࢓×t2,解得x=
૝ࢊ࢟ࢁ૚
ࢁ૛,所以,若
保持U2 和平行板间距不变,减小U1,则x 减小,A 项错误;若保持U1 和平行板间距不变,增大U2,则x 减小,B 项错误;若保持
U1、U2 和下板的位置不变,向下平移上板,则d 减小,x 减小,C 项错误;保持U1、U2 和下板位置不变,向上平移上板,则d 变
大,x 变大,D 项正确。
8.(2020 年黄冈模拟)(多选)如图所示,在竖直平面内的xOy 坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场,将一质量为
m、带电荷量为q 的小球,以某一初速度从O 点竖直向上抛出,它的轨迹恰好满足抛物线方程y=kx2,且小球通过点P
૚
࢑ǡ
૚
࢑。
已知重力加速度为g,则(
)。
A.电场强度的大小为
࢓ࢍࢗ
B.小球初速度的大小为
ࢍ
૛࢑
C.小球通过点P 时的动能为
⺁࢓ࢍ
૝࢑
D.小球从O 点运动到P 点的过程中,电势能减少
૛ܕl
࢑
【解析】由轨迹方程y=kx2 可知小球运动轨迹为初速度向上的抛物线,合力向右,如图所示,由受力分析可知
૛mg=Eq,E=
૛ܕlࢗ,A 项错误。联立方程
૚
࢑=
૚
૛gt2,
૚
࢑=v0t,解得v0=
ࢍ
૛࢑,B 项正确。根据动能定理有mg·
૚
࢑=Ek-
૚
૛m࢜
૙૛,得Ek=
⺁࢓ࢍ
૝࢑,C
项正确。ΔEp=-W=-Eq·
૛
࢑=- ૛mg·
૛
࢑=-
૛࢓ࢍ
࢑,D 项错误。
二、非选择题
9.(2019 年云南昆明八校联考)小明同学利用如图所示的装置来验证机械能守恒定律。A 为装有挡光片的钩码,总质量为
M,挡光片的挡光宽度为b,轻绳一端与A 相连,另一端跨过光滑轻质定滑轮与质量为m(m<M)的重物B 相连。他的做法
是:先用力拉住B,保持A、B 静止,测出A 的挡光片上端到光电门的距离h;然后由静止释放B,A 下落过程中经过光电门,
光电门可测出挡光片的挡光时间t,算出挡光片经过光电门的平均速度,将其视为A 下落h(h≫b)时的速度,重力加速度
为g。
(1) 在A 从静止开始下落h 的过程中, 验证以A 、B 、地球所组成的系统机械能守恒定律的表达式为
(用题目所给物理量的符号表示)。
(2)由于光电门所测的平均速度与物体A 下落h 时的瞬时速度间存在一个差值Δv,因而系统减少的重力势能
(选填“大于”或“小于”)系统增加的动能。
(3)为减小上述Δv 对结果的影响,小明同学想到了以下一些做法,其中可行的是(
)。
A.保持A 下落的初始位置不变,测出多组t,算出多个平均速度然后取平均值
B.减小挡光片上端到光电门的距离h
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C.增大挡光片的挡光宽度b
D.适当减小挡光片的挡光宽度b
(4)若采用本装置测量当地的重力加速度g,则测量值
(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
【解析】(2)光电门所测的平均速度小于物体A 下落h 时的瞬时速度,因而系统减少的重力势能大于系统增加的动
能。
(3)适当减小挡光片的挡光宽度b 可以使挡光时间t 减小,此时光电门所测的平均速度更接近于物体A 下落h 时的
瞬时速度,可以减小系统误差,所以D 项正确。
(4)由于有空气阻力、摩擦力等因素的影响,采用本装置测量当地的重力加速度g,则测量值小于真实值。
【答案】(1)(M-m)gh=
૚
૛(M+m)(
࢈࢚)2
(2)大于
(3)D
(4)小于
10.(2019 年天津调研)制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d 的两平行极板,如图1 所示。加在极板A、
B 间的电压UAB 做周期性变化,其正向电压为U0,反向电压为-kU0(k>1),电压变化的周期为2t0,如图2 所示。在t=0 时,极
板B 附近的一个电子,质量为m、电荷量为e,受电场力作用由静止开始运动。若整个运动过程中,电子未碰到极板A,
且不考虑重力作用。若k=
⺁
૝,电子在0~2t0 时间内不能到达极板A,求d 应满足的条件。
【解析】电子在0~t0 时间内做匀加速运动
加速度的大小a1=
ࢋࢁ૙
࢓ࢊ
位移x1=
૚
૛a1࢚૙
૛
在t0~2t0 时间内先做匀减速运动,后反向做匀加速运动
减速阶段加速度的大小a2=
⺁ࢋࢁ૙
૝࢓ࢊ
减速阶段初速度大小v1=a1t0
匀减速运动阶段的位移x2=࢜
૚૛
૛ࢇ૛
依据题意有d>x1+x2,解得d>ૢ
ࢋࢁ૙࢚૙૛
૚૙࢓。
【答案】d>ૢ
ࢋࢁ૙࢚૙૛
૚૙࢓
11.(2018 年山东济南六校联考)如图所示,在电场强度E=103 V/m 的水平向左匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道竖
直放置,轨道与一水平绝缘轨道MN连接,半圆轨道所在竖直平面与电场线平行,其半径R=40 cm,一带电荷量为q=+10-4 C
的小滑块的质量m=40 g,与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度取g=10 m/s2,问:
(1)要使小滑块恰好运动到圆轨道的最高点C,滑块应在水平轨道上离N 点多远处释放?
(2)这样释放的滑块通过P 点时对轨道的压力是多大?(P 为半圆轨道中点)
(3)小滑块经过C 点后最后落地,落地点离N 点的距离多大?落地时的速度是多大?
【解析】(1)设滑块与N 点的距离为L,分析滑块的运动过程,由动能定理可得
qEL-FfL-mg·2R=
૚
૛mv2-0
由滑块的受力可知Ff=μFN,FN=mg
小滑块在C 点时,重力提供向心力,有
mg=m࢜
૛
ࡾ
联立上式得L=20 m。
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(2)滑块到达P 点时,对全过程应用动能定理可得
qE(L+R)-FfL-mg·R=
૚
૛m࢜
ࡼ૛-0
在P 点时由牛顿第二定律可得
FN'-qE=m࢜
ࡼ૛
ࡾ
联立解得FN'=1.5 N
即滑块通过P 点时对轨道压力的大小是1.5 N。
(3)小滑块经过C 点,在竖直方向上做的是自由落体运动,由2R=
૚
૛gt2,可得滑块运动的时间t=
૝ࡾ
ࢍ
得t=0.4 s
滑块在水平方向上只受到电场力的作用,做匀减速运动,由(1)可得v=2 m/s,由牛顿第二定律可得qE=ma
水平方向的位移x=vt-
૚
૛at2
代入解得x=0.6 m
滑块落地时竖直方向上的速度大小
vy=gt=4 m/s
水平方向的速度大小vx=v-at=1 m/s
落地时速度大小v 地=࢜࢞
૛൅࢜࢟
૛
解得v 地= ૚ૠm/s。
【答案】(1)20 m
(2)1.5 N
(3)0.6 m
૚ૠm/s
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第1 讲
电阻定律
闭合电路的欧姆定律
(77)
1.(串并联电路)(2020年四川教考联盟第一次联考)两只灯泡串联,电阻之比R1∶R2=3∶1,其中小灯泡R1两端电压为60 V,
电流为200 mA,则通过另外一只小灯泡的电流和该小灯泡两端的电压分别为(
)。
A.600 mA,180 V
B.200 mA,20 V
C.600 mA,60 V
D.200 mA,180 V
【解析】两灯泡串联,故通过两灯泡的电流相等,因此通过另一只灯泡电流为200 mA,电压之比等于电阻之比,小灯
泡R1 两端的电压为60 V,则另一只灯泡两端的电压为20 V,B 项正确。
2.(电阻定律)(2019 年北京石景山期末)R1 和R2 是材料相同,厚度相同,表面都为正方形的导体,但R1 的尺寸比R2 大得多,
把它们分别连接在如图所示电路的A、B 端,接R1 时电压表的读数为U1,接R2 时电压表的读数为U2,下列判断正确的是
(
)。
A.R1<R2
B.R1>R2
C.U1<U2 D.U1=U2
【解析】设正方形的边长为a,则导体的电阻R=ρ
ࡸ
ࡿ=ρ
ࢇ
ࢇࢊ=࣋ࢊ,因两导体的ρ、d 相同,所以两导体电阻相等,即R1=R2,A、
B 两项错误;导体接入电路中,电压表示数U=IR=
ࡱ
ࡾ൅࢘R,由于电源电动势E、内阻r、导体电阻R 相同,则电压表示数U 相同,
即U1=U2,C 项错误,D 项正确。
3.(闭合电路的功率)(2019 年南京六校联考)(多选)如图所示,电源电动势E=9 V,内阻r=4.5 Ω,变阻器R1的最大阻值Rm=5.0
Ω,R2=1.5 Ω,R3=R4=1000 Ω,平行板电容器C 的两金属板水平放置,在开关S 与a 接触且当电路稳定时,电源恰好有最大的
输出功率,在平行板电容器正中央引入一带电微粒,也恰能静止,那么(
)。
A.在题设条件下,R1 接入电路的阻值为3 Ω,电源的输出功率为4.5 W
B.引入的微粒带负电,当开关与a 断开但未与b 接触时,微粒将向下运动
C.在题设条件下,R1 的阻值增大时,R2 两端的电压增大
D.在题设条件下,当开关接向b 后,流过R3 的电流方向为d→c
【解析】在开关S 与a 接触且当电路稳定时,电源恰好有最大的输出功率,根据电源输出功率取最大的条件可
知,R1+R2=r=4.5 Ω,解得R1=3 Ω,电源的输出功率P=
ࡱ૛
૝࢘=4.5 W,A 项正确。在开关S 与a 接触且当电路稳定时,电源输出电流
I=
ࡱ
ࡾ૚൅ࡾ૛൅ܚ=1 A,电容器两端电压UC=I R1=3 V,上极板带正电,在平行板电容器正中央引入一带电微粒,也恰能静止,微粒所
受电场力方向竖直向上,微粒带负电。当开关与a 断开但未与b 接触时,电容器带电荷量不变,微粒所受电场力不变,微粒
仍能静止,B 项错误。在题设条件下,R1 的阻值增大时,电路中电流减小,R2 两端的电压减小,C 项错误。在题设条件下,当
开关接向b 后,电容器通过R3、R4 放电,负电荷从c 向d 定向移动,流过R3 的电流方向为d→c,D 项正确。
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【答案】AD
4.(电路的动态分析)(2019 年江苏泰州12 月联考)某学校创建绿色校园,图1 为新装的一批节能路灯,该路灯通过光控开
关实现自动控制:电灯的亮度可自动随周围环境的亮度的改变而改变。图2 为其内部电路简化原理图,电源电动势为E,
内阻为r,Rt 为光敏电阻(光照强度增加时,其阻值减小)。现增加光照强度,则下列判断正确的是(
)。
A.电源路端电压不变
B.B 灯变暗,A 灯也变暗
C.R0 两端电压变小
D.电源总功率不变
【解析】光照增强时,Rt阻值变小,干路电流变大,电源内电压变大,路端电压变小,故A 灯变暗。由于I 干=IA+I0,I 干变大,IA
变小,故I0 变大。由于U0=I0R0 变大,U 外变小,由U 外=U0+UB,可知UB 变小,故B 灯变暗,B 项正确。
5. (I-U 图象)(2019 年广东梅州兴宁一中期末)(多选)小灯泡通电后其电流I 随所加电压U 变化的图线如图所示,P 为图线
上一点,PN 为图线在P 点的切线,PQ 为U 轴的垂线,PM 为I 轴的垂线,则下列说法中正确的是(
)。
A.随着所加电压的增大,小灯泡的电阻不变
B.对应P 点,小灯泡的电阻为
ࢁ૚
ࡵ૛
C.对应P 点,小灯泡的电阻为
ࢁ૚
ࡵ૛Ǧࡵ૚
D.对应P 点,小灯泡的功率为图中矩形PQOM 所围面积大小
【解析】图线的斜率逐渐减小,说明小灯泡的电阻逐渐增大,A 项错误;对应P 点,小灯泡的电阻R=
ࢁ૚
ࡵ૛,B 项正确,C 项
错误;因P=UI,所以图象中矩形PQOM 所围的面积为对应P 点小灯泡的实际功率,D 项正确。
6.(U-I 图象)(2019 年洛阳一高月考)(多选)某种小灯泡的伏安特性曲线如图1 所示,三个完全相同的这种小灯泡连接成如
图2 所示的电路,四个电表均为理想电表。现闭合开关S,电压表
的示数为4.0 V,以下说法正确的是(
)。
A.电压表
的示数为1.0 V
B.电源的输出功率为3.0 W
C.电流表
的示数为0.60 A
D.电源的电动势一定为8 V,内阻为5 Ω
【解析】图中等效电路为灯泡L2 与L3 并联后与灯泡L1 串联,电压表
的示数为4 V,由U-I 图象得到其电流为0.6 A,
根据并联电路特点得另外两个灯泡的电流均为0.3 A,再根据U-I 图象得到灯泡L2 与L3 并联部分电路的电压为1 V,故电
压表
的示数为1.0 V,电流表
的示数为0.30 A,A 项正确,C 项错误;电源路端电压U=4 V+1 V=5 V,干路电流I=0.6 A,故
输出功率P=UI=3 W,B 项正确;电源路端电压U=E-Ir,只有一组数据,无法求解电源的电动势和内阻,D 项错误。
7.(U-I 图象)(2019 年辽宁葫芦岛12 月月考)(多选)如图所示,直线A 为电源的U-I 图线,直线B 和C 分别为电阻R1、R2 的
U-I 图线,用该电源分别与R1、R2 组成闭合电路时,电源的输出功率分别为P1、P2,电源的效率分别为η1、η2,则(
)。
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A.P1>P2
B.P1=P2
C.η1<η2
D.η1>η2
【解析】由图线的交点读出,R1 接在电源上时,电源的输出功率P1=U1I1=4×2 W=8 W;R2 接在电源上时,电源的输出功
率P2=U2I2=2×4 W=8 W,即P1=P2,A 项错误,B 项正确。电源的效率即η=
ࡼ出
ࡼ总
=
ࢁࡵ
ࡱࡵ=
ࢁ
ࡱ,效率与路端电压成正比,R1 接在电源上时
路端电压大,效率高,即η1>η2,C 项错误,D 项正确。
8. (闭合电路的功率)(2019 年山东济南莱芜区训练)(多选)如图所示,电路中电源电动势为E,内阻为r,定值电阻的阻值为
R0,且R0<r,变阻器的全阻值为R,关于各部分的功率,下列说法正确的是(
)。
A.当R=R0+r 时,R 上消耗的功率达到最大值
B.当R=0 时,R0 上消耗的功率达到最大值
C.当R0=R+r 时,R0 上消耗的功率达到最大值
D.当R+R0=r 时,电源的输出功率达到最大值
【解析】将定值电阻R0 和电源等效成新电源,当外电阻的阻值与等效电源的内阻相等时,等效电源的输出功率最大,
即当R=R0+r 时,R 上消耗的功率达到最大值,A 项正确;根据P=I2R 可知,要使R0 上消耗的功率达到最大值,则变阻器的阻
值必须最小,为R=0,B 项正确,C 项错误;根据电路和电源输出功率可知,当R+R0=r 时,电源的输出功率达到最大值,D 项正
确。
【答案】ABD
1.(2019 年江苏卷,T3)如图所示的电路中,电阻R=2 Ω,断开S 后,电压表的读数为3 V;闭合S 后,电压表的读数为2 V,则电
源的内阻r 为(
)。
A.1 Ω
B.2 Ω
C.3 Ω
D.4 Ω
【解析】断开开关S 时,电压表测的是电源电动势,闭合开关S 时,电压表测路端电压。根据E=U 外+U 内可知,U 内=1 V,
由闭合电路欧姆定律得I=
ࡱ
ࡾ൅࢘,U 内=Ir,联立可得r=1 Ω,A 项正确。
2.(2016 年全国卷Ⅱ,T17)阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路。开关S 断开且电
流稳定时,C 所带的电荷量为Q1;闭合开关S,电流再次稳定后,C 所带的电荷量为Q2。Q1 与Q2 的比值为(
)。
A.
૛
⺁B.
૚
૛C.
૜
⺁D.
૛
૜
【解析】S 断开时等效电路如图甲所示,电容器两端电压U1=
ࡱ
ࡾ൅૛
૜܀×
૛
૜R×
૚
૛=
૚
⺁E,S 闭合时等效电路如图乙所示,电容器两端电
压U2=
ࡱ
ࡾ൅૚
૛܀×
૚
૛R=
૚
૜E,由Q=CU 得
ࡽ૚
ࡽ૛=
ࢁ૚
ࢁ૛=
૜
⺁,C 项正确。
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甲
乙
3.(2015 年安徽卷,T17)一根长为L、横截面积为S 的金属棒,其材料的电阻率为ρ,棒内单位体积自由电子数为n,电子的
质量为m,电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时,棒内产生电流,自由电子定向运动的平均速率为v,则金属棒内的电
场强度大小为(
)。
A.
࢓࢜૛
૛ࢋࡸ
B.
࢓࢜૛܁ܖ
ࢋ
C.ρnev
D.࣋
ࢋ࢜
ࡿࡸ
【解析】欧姆定律I=
ࢁ
ࡾ,电流的微观表达式I=neSv,电阻定律R=ρ
ࡸ
ࡿ,则金属棒内电场强度大小E=
ࢁ
ࡸ=
ࡵࡾ
ࡸ=ρnev,C 项正确。
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第2 讲
电学仪器的使用及基本电路的选择
(79)
1.(测量仪器的读数)(2019 年湖北随州月考)(1)①如图1 所示A 使用0.6 A 量程时,对应刻度盘上每一小格代表
A,
图中电流表的示数是
A;当使用3 A 量程时,对应刻度盘上每一小格代表
A,图中电流表的示数为
A。
②图1 所示B 使用较小量程时,每小格表示
V,图中电压表的示数为
V。若使用的是较大量程,则这时
表盘刻度每小格表示
V,图中电压表的示数为
V。
(2)旋钮式电阻箱如图2 所示,电流从接线柱A 流入,从B 流出,则接入电路的阻值为
Ω。现打算将接入电路的电
阻改为2087 Ω,最简单的操作方法是
。若用两个这样的电阻箱,
即可得到的电阻值范围为
。
【解析】(1)①电流表使用0.6 A 量程时,刻度盘上的每一小格表示0.02 A,此时电流表的示数为0.44 A;当使用3 A
量程时,刻度盘上每一小格表示0.1 A,此时电流表的示数为2.20 A。
②电压表使用3 V 量程时,刻度盘上每小格表示0.1 V,此时电压表的示数为1.70 V;使用15 V 量程时,刻度盘上每小
格表示0.5 V,此时电压表的示数为8.5 V。
(2)由图2 可知电阻箱接入电路的阻值为1987 Ω。将电阻箱的阻值改为2087 Ω的最简单的操作方法是将“×1000”
旋钮调到2,再将“×100”旋钮调到0。每个电阻箱的最大阻值是9999 Ω,用这样的两个电阻箱串联可得到的最大电阻是
2×9999 Ω=19998 Ω。故用两个这样的电阻箱,可得到的电阻值范围为0~19998 Ω。
【答案】(1)①0.02
0.44
0.1
2.20
②0.1
1.70
0.5
8.5
(2)1987
将“×1000”旋钮调到2,再将“×100”旋钮
调到0
0~19998 Ω
2.(电学实验仪器的选择)(2020 年昆明一中摸底)某同学利用伏安法测量某未知电阻Rx 的精确阻值(Rx阻值恒定),进行了
如下实验。
(1)他先用多用电表欧姆挡测该未知电阻的阻值。将开关置于“×1”挡位,指针偏转角度过小,若想更准确一些,下面操作正
确的步骤顺序是
(填序号)。
A.将两表笔短接进行欧姆调零
B.将两表笔短接进行机械调零
C.将开关置于“×100”挡
D.将两表笔接未知电阻两端,待指针稳定后读数
(2)若多用电表测得待测电阻在1000 Ω左右,利用以下器材用伏安法尽可能精确地测量该电阻。
A.直流电源E:电动势为3 V,内阻忽略
B.电流表
:量程为0.3 A,内阻约为0.1 Ω
C.电流表
:量程为3 mA,内阻约为10 Ω
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D.电压表
:量程为3 V,内阻约为3 kΩ
E.滑动变阻器R1:最大阻值为10 Ω
F.开关S,导线若干
①为较准确测量该电阻的阻值,要求各电表指针能有较大的变化范围,以上器材中电流表应选
(选填“B”或
“C”)。
②请在方框中画出实验电路原理图。
【解析】(1)选择倍率后,欧姆表指针偏转太小,读数偏大,应该换用大倍率,换好倍率需要重新欧姆调零,所以先换好
大倍率,即步骤C,再欧姆调零,即步骤A,最后测量电阻,即步骤D。
(2)电源电动势为3 V,所以电压表选择小量程,即D。根据题意可知待测电阻阻值在1000 Ω左右,而电压最大只有3 V,
所以电流不会超过3 mA,电流表选择C。
(3)要求各电表指针能有较大的变化范围,应选取分压式电路。又
ࡾ܄
ࡾ࢞=
૜૙૙૙
૚૙૙૙<
ࡾ࢞
ࡾۯ=
૚૙૙૙
૚૙,所以电流表采用内接法。电路图
如图所示。
【答案】(1)CAD
(2)①C
②如图所示
3.(电学实验仪器的选择)(2019 年四川省成都市高三模拟)
(1)某同学用多用电表欧姆挡粗测一电阻Rx 的阻值。选择“×1”挡时,指针指示如图1 所示,则示数为
Ω。(结果保
留1 位有效数字)
(2)为精确地测量Rx 的阻值,现取来两节干电池(总电动势为3 V,总内阻为0.4 Ω)、开关和若干导线及下列器材:
A.电压表(0~3 V,内阻约10 kΩ)
B.电流表(0~0.6 A,内阻很小,可不计)
C.电流表(0~3 A,内阻很小,可不计)
D.滑动变阻器(0~5 Ω,额定电流为0.5 A)
E.滑动变阻器(0~10 Ω,额定电流为1 A)
(i)电流表应选
。(填序号字母)
(ii)要求滑动变阻器为分压式连接,滑动变阻器应选
。(填序号字母)
(iii)实验中该同学的实物连线如图2 所示,其中有一处不妥,不妥之处为
。(选填①至⑧的序号)
(3)该同学将(2)中的错误纠正并测出Rx的阻值后,又进行了以下实验:将导线③连接在电池负极的一端改为连接在开关
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的右端,闭合开关,当滑片P 移到某位置c(图2 中未标出)时,读出电压表示数为2.2 V,电流表示数为0.4 A,则变阻器的ca
与cb 段的电阻之比Rca∶Rcb=
。
【解析】(1)由表盘读出指针示数为6,又因挡位选择“×1”挡,故电阻的大小为Rx=6×1 Ω=6 Ω。
(2)(i)利用欧姆定律,可知测量电路中的最大电流约为
૜
૟A=0.5 A,故电流表应选B。
(ii)要求滑动变阻器为分压式连接,滑动变阻器电流要超过0.5 A,故滑动变阻器应选E。
(iii)因为电流表内阻可以不计,故测量电路电流表应选择内接法,故⑦处连接不妥。
(3)设滑动变阻器连入电路的电阻为R,则由闭合电路欧姆定律,得E=U+I(r+R),滑动变阻器两部分并联连入电路,由并
联电路电阻关系,有R=
ࡾࢉࢇࡾࢉ࢈
ࡾࢉࢇ൅ࡾࢉ࢈,Rca+Rcb=10 Ω,联立并代入数据解得Rca=2 Ω,Rcb=8 Ω或Rca=8 Ω,Rcb=2 Ω,故Rca∶Rcb=1∶4 或
Rca∶Rcb=4∶1。
【答案】(1)6
(2)(i)B
(ii)E
(iii)⑦
(3)4∶1 或1∶4
4.(多用电表)(2019 年山东聊城模拟)图1 是某实验小组在“练习使用多用电表”实验中的电路图。使用的器材有:
A.多用电表
B.电压表:量程为5 V,内阻为十几千欧
C.滑动变阻器:最大阻值为5 kΩ
D.导线若干
实验进行了如下操作:
(1)将多用电表挡位调到电阻“×1 k”挡,再将红表笔和黑表笔
,调节“欧姆调零旋钮”使指针指到“0”。
(2)将图1 中多用电表的红表笔和
(选填“1”或“2”)端相连,黑表笔连接另一端。
(3)多用电表的示数如图2 所示,读数为
Ω。
(4)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个电池,一个满偏电流Ig=0.6 mA 的电流表和一个滑动变阻器串联而成的电
路,如图3 所示。实验中一同学先调节图1 中滑动变阻器的滑片,使其接入电路的阻值为零,用欧姆挡正确测量时,多用
电表和电压表的示数分别为12.0 kΩ和4.00 V。根据前面的实验数据计算可得,此多用电表内电池的电动势为
V。
(5)该欧姆表用久后,电池因老化造成其电动势减小、内阻增大,但该欧姆表仍能进行欧姆调零,则用其测得的电阻值
(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
【解析】(1)欧姆表每次换挡后一定要进行欧姆调零,即红、黑表笔短接后,调节欧姆调零旋钮,使指针指到表盘上0
欧姆处。
(2)“红正黑负”,电流从红表笔流入电表,从黑表笔流出电表;电流从电压表正接线柱流入,故红表笔接1。
(3)欧姆表读数=倍率×表盘读数=1 k×15.0 Ω=1.5×104 Ω。
(4)调节滑动变阻器的滑片,使其接入电路的阻值为零,此时多用电表和电压表的示数分别为12.0 kΩ和4.00 V;多用
电表的中值电阻等于其内阻,故R=15.0 kΩ;由闭合电路欧姆定律I=
ࡱ
ࡾ൅࢘和欧姆定律U=IRV,可得E=
ࢁ
ࡾ܄(R+RV),代入数据有
E=
૝Ǥ૙
૚૛×(12+15) V=9 V。
(5)当欧姆表中的电池电动势变小、内阻变大时,根据闭合电路欧姆定律知,相同的待测电阻通过多用电表的电流减
小,指针偏转角度减小,指针指示的读数变大,则测量值将变大。
【答案】(1)短接
(2)1
(3)1.5×104
(4)9
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(5)大于
5.(电表的改装)(2019 年广东惠州惠港中学月考)某同学想把满偏电流为1.0 mA 的电流表
改装成双量程电压表。
(1)图1 是测量
内阻的实验原理图,其中
的量程小于
的量程,先闭合开关S1,将S2 拨向接点a,调节变阻器R2 直至
满偏。
(2)保持R2 的滑片位置不动,将S2 拨向接点b,调节R1,直至
满偏,此时电阻箱旋钮位置如图2 所示,记录数据,断开S1,
则可得
的内阻R1=
Ω。
(3)现用此电流表改装成0~3 V 和0~6 V 的双量程电压表,电路图如图3 所示,则RB=
Ω。
【解析】(2)
的内阻等于R1 的阻值,由图2 可知R1 的阻值R1=(1×10+0×0.1) Ω=10.0 Ω。
(3)由欧姆定律知RB=
૟
ࡵl-
૜
ࡵl=
૟
૚ൈ૚૙Ǧ૜Ω-
૜
૚ൈ૚૙Ǧ૜Ω=3000 Ω。
【答案】(2)10.0
(3)3000
1.[2019 年天津卷,T9(3)]现测定长金属丝的电阻率。
(1)某次用螺旋测微器测量金属丝直径的结果如图所示,其读数是
mm。
(2)利用下列器材设计一个电路,尽量准确地测量一段金属丝的电阻。这段金属丝的电阻Rx 约为100 Ω,画出实验电路图,
并标明器材代号。
电源E(电动势10 V,内阻约为10 Ω)
电流表
(量程0~250 mA,内阻R1=5 Ω)
电流表
(量程0~300 mA,内阻约为5 Ω)
滑动变阻器R(最大阻值10 Ω,额定电流2 A)
开关S 及导线若干
(3)某同学设计方案正确,测量得到电流表
的读数为I1,电流表
的读数为I2,则这段金属丝电阻的计算式
Rx=
。从设计原理看,其测量值与真实值相比
(选填“偏大”“偏小”或“相等”)。
【解析】(1) d=20.0×0.01 mm=0.200 mm。
(2)本题中测量金属丝的电阻,无电压表,故用已知内阻的电流表
充当电压表,由于电流表
的额定电压
UA1=ImR1=1.25 V,比电源电动势小得多,故电路采用分压式接法,电路图如图所示。
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(3)当电流表
、
的示数分别为I1、I2 时,通过Rx 的电流I=I2-I1,Rx 两端电压U=I1R1,故Rx=
ࢁ
ࡵ=
ࡵ૚ࡾ૚
ࡵ૛Ǧࡵ૚,不考虑读数误差,
从设计原理看测量值等于真实值。
【答案】(1)0.200(0.196~0.204 均可)
(2)如图所示
(3)
ࡵ૚ࡾ૚
ࡵ૛Ǧࡵ૚
相等
2.(2018 年浙江11 月选考,T18)为了比较精确地测定阻值未知的定值电阻Rx,小明设计了如图1 所示的电路。
(1)实验时,闭合开关S,将滑动变阻器的滑片滑至合适位置保持不变,将c 点先后与a、b 点连接,发现电压表示数变化较
大,电流表示数基本不变,则测量时应将c 点接
(选填“a 点”或“b 点”),按此连接测量,测量结果
(选填“小
于”“等于”或“大于”)Rx 的真实值。
(2)根据实验测得的6 组数据,在图2 中描点,作出了2 条图线。你认为正确的是
(选填“①”或“②”),并由图线
求出电阻Rx=
Ω(结果保留2 位有效数字)。
【解析】(1)电压表示数变化较大,说明电流表分压较大,而电流表示数基本不变,说明电压表分流较小,可以忽略,故
采用电流表外接法,即c 接a 点;电压表测量的电压为准确值,但电流表测量的电流为通过电阻的电流和通过电压表的电
流之和,即电流测量值偏大,根据R=
ࢁ
ࡵ可得电阻测量值偏小。
(2)因为电压表测量的是被测电阻两端的电压,所以当其两端电压为零时,电流也为零,故图线②正确;图象的斜率表
示电阻,故Rx=
૜Ǥ૙
૙Ǥ૝Ω=7.5 Ω。
【答案】(1)a 点
小于
(2)②
7.5
3.(2015 年海南卷,T11)某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度,测量结果如图1、2 所
示。该工件的直径为
cm,高度为
mm。
图1
图2
【解析】游标卡尺读数
d=12 mm+4×
૚
૛૙mm=12.20 mm=1.220 cm
螺旋测微器的读数
h=6.5 mm+36.0×0.01 mm=6.860 mm。
【答案】1.220
6.860
4.(2014 年福建卷,T19)某同学测定一金属杆的长度和直径,示数如图1、2 所示,则该金属杆的长度和直径分别为
cm 和
mm。
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图1
图2
【解析】毫米刻度尺读数时应估读一位,其读数为60.10 cm;游标卡尺读数时不需要估读,读数为4 mm+10×0.02
mm=4.20 mm。
【答案】60.10
4.20
5.(2014 年重庆卷,T6)某照明电路出现故障,其电路如图1 所示,该电路用标称值12 V 的蓄电池为电源,导线及其接触完
好。维修人员使用已调好的多用表直流50 V 挡检测故障。他将黑表笔接在c 点,用红表笔分别探测电路的a、b 点。
图1
(1)断开开关,红表笔接a 点时多用表指示如图2 所示,读数为
V,说明
(选填“蓄电池”“保险丝”“开关”
或“小灯”)正常。
(2)红表笔接b 点,断开开关时,表针不偏转,闭合开关后,多用表指示仍然和图2 相同,可判定发生故障的器件是
(选填“蓄电池”“保险丝”“开关”或“小灯”)。
图2
【解析】(1)由题图乙可知,直流50 V 挡的最小分度为1 V,故按“十分之一”估读法可知读数应为11.5 V 左右。由于
测得的电压基本等于蓄电池电动势的标称值,说明a、c 两点与电源之间是通路,只能是此电池之外的保险丝、开关、小
灯中出现了断路故障,但故障的具体位置不能确定。
(2)两表笔接c、b 时测得结果仍等于电源电动势,说明多用表、开关、保险丝、蓄电池形成了一闭合回路,故只能是
与多用表并联的小灯发生了断路故障。
【答案】(1)11.5(11.2~11.8 之间的值均可)
蓄电池
(2)小灯
6.(2014 年广东卷,T34)某同学设计的可调电源电路如图1 所示,R0 为保护电阻,P 为滑动变阻器的滑片,闭合开关S。
图1
图2
(1)用电压表测量A、B 两端的电压:将电压表调零,选择0~3 V 挡,示数如图2,则电压值为
V。
(2)在接通外电路之前,为了保证外电路的安全,滑片P 应先置于
端。
(3)要使输出电压U 变大,滑片P 应向
端滑动。
(4)若电源电路中不接入R0,则在使用过程中,存在
(选填“断路”或“短路”)的风险。
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【解析】(1)由图2 知电压表0~3 V 挡的最小分度为0.1 V,故由“十分之一”估读法可得读数为1.30 V。
(2)因外电路并联在A、P 间,要使外电路接通时获得的电压最小以保证电路安全,应使滑片P 先置于A 端。
(3)输出电压U 等于A、P 间的电压,故P 向B 端滑动时A、P 间分得的电压增大,输出电压增大。
(4)当P 滑到B 端时,若输出电路所接负载的阻值极小,则存在短路的风险。
【答案】(1)1.30
(2)A
(3)B
(4)短路
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一、选择题
1. (2020 年江淮十校高三第一次联考)如图所示,两个物体与圆盘保持相对静止,随圆盘一起做匀速圆周运动,则A、B 分
别受到几个力的作用(
)。
A.3 个,5 个
B.3 个,4 个
C.4 个,5 个
D.4 个,6 个
【解析】A 物体在水平面内做匀速圆周运动,受到重力、B 对A 的支持力和指向圆心的静摩擦力,且静摩擦力提供
向心力,A 共受到3 个力的作用;B 物体受到重力和圆盘的支持力作用,同时B 受到A 对B 的压力和摩擦力;物体在转动过
程中,有背离圆心的运动趋势,因此受到指向圆心的静摩擦力,所以B 受5 个力的作用,A 项正确。
2. (2020 年哈六中第一次调研)在高速公路的拐弯处,通常路面都是外高内低。如图所示,在某路段汽车向左拐弯,司机左
侧的路面比右侧的路面低一些,汽车的运动可看作是半径为R 的圆周运动。设内、外路面高度差为h,路基的水平宽度
为d,路面的宽度为L。已知重力加速度为g,要使车轮与路面之间的横向摩擦力(垂直于前进方向)等于零,则汽车转弯时
的车速大小应等于(
)。
A.
ࢍࡾࢎ
ࢊ
B.
ࢍࡾࢎ
ࡸ
C.
ࢍࡾࡸ
ࢎ
D.
ࢍࡾࢊ
ࢎ
【解析】设路面的倾角为θ,作出汽车的受力图,如图所示,根据牛顿第二定律,得mgtan θ=m࢜
૛
ࡾ,又由几何知识得到tan
θ=
ࢎ
ࢊ,联立解得v=
ࢍࡾࢎ
ࢊ,A 项正确。
3.(2019 年皖南联考)(多选)在如图所示的电路中,开关闭合后,灯泡L 能正常发光。当滑动变阻器的滑片向右移动时,下
列判断正确的是(
)。
A.滑动变阻器R 的阻值变小
B.灯泡L 变暗
C.电源消耗的功率增大
D.电容器C 所带电荷量增大
【解析】滑动变阻器的滑片向右移动时,其电阻R 增大,流过R 的电流减小,灯泡L 变暗,故A 项错误,B 项正确;由P 总
=EI 可知电源消耗的功率减小,C 项错误;电容器C 上电压为路端电压,由U 路=E-Ir 可知路端电压增大,即电容器C 上所带
电荷量增大,D 项正确。
4.(2019 年湖南常德质检)(多选)如图1 所示的电路中,将滑动变阻器R2 的滑片由a 端向b 端移动,用两个电表分别测量
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电压和电流,得到部分U-I 关系图象如图2 所示,则(
)。
图1
图2
A.电源的电动势为6 V
B.滑动变阻器的总阻值为20 Ω
C.当电压表示数为5.0 V 时,电源效率最高
D.当电压表示数为5.0 V 时,R2 消耗的总功率最大
【解析】由图2 可知,当滑片位于中央时,并联电阻最大,aP 部分电阻等于Pb 部分电阻,有
ࡾ૛
૛=
ࢁ
ࡵ=10 Ω,解得R2=20 Ω,B
项正确;此时电压表的示数最大,外电阻也最大,而电源的效率η=
ࡼ出
ࡼ总
=
ࡾ外
ࡾ外൅ܚ,此时电源的效率最高,C 项正确;当电压表的示
数为4 V 时,电流表的示数为0.25 A(通过aP 部分的电流),则通过Pb 部分支路的电流为1.00 A,则RaP=4RPb,根据闭合电路
欧姆定律E=4+1.25×(R1+r),E=5+(R1+r),两式联立解得R1+r=4 Ω,E=9 V,A 项错误;当R2 两部分的并联电阻等于R1+r=4 Ω时,R2
消耗的功率最大,此时电压表的示数不是5.0 V,D 项错误。
5.(2020 年长春质量监测)内阻为R2 的直流电动机与阻值为R1 的电阻串联接入电路,电动机正常工作,电阻R1 两端电压
为U1,流过的电流为I1,消耗的功率为P1;电动机两端电压为U2,流过的电流为I2,消耗的功率为P2。以下判断正确的是
(
)。
A.I1<I2
B.
ࢁ૚
ࢁ૛<
ࡼ૚
ࡼ૛
C.P1>ࡵ૚
૛R1
D.
ࢁ૚
ࢁ૛<
ࡾ૚
ࡾ૛
【解析】电阻与电动机串联,根据串联电路的规律可知, I1=I2,A 项错误;根据功率公式P=UI,有I1=
ࡼ૚
ࢁ૚,I2=
ࡼ૛
ࢁ૛,联立解得
ࢁ૚
ࢁ૛=
ࡼ૚
ࡼ૛,B 项错误; 在纯电阻电路中,有P1=ࡵ૚
૛R1,C 项错误;电阻R1 满足U1=I1R1,电动机不是纯电阻电路,则有U2>I2R2,故
ࢁ૚
ࢁ૛<
ࡾ૚
ࡾ૛,D 项正确。
6.(2019 年天津月考)如图所示,电源电动势为E,内阻为r,平行板电容器两金属板水平放置,开关S 是闭合的,两板间一质
量为m,电荷量为q 的油滴恰好处于静止状态,
为灵敏电流计。则下列说法正确的是(
)。
A.若电阻R2 断路,油滴向上加速运动,
中有从b 到a 的电流
B.在将滑动变阻器滑片P 向上移动的过程中,油滴向下加速运动,
中有从a 到b 的电流
C.在将滑动变阻器滑片P 向上移动的过程中,油滴仍然静止,
中有从a 到b 的电流
D.在将S 断开后,油滴仍保持静止状态,
中无电流通过
【解析】若电阻R2 断路,则外电路电阻变大,总电流变小,所以电容器两端的电压变大,根据Q=CU,可知电容器要充
电,所以
中有从b 到a 的电流,由于电压增大,所以电容器两板之间的电场强度会变大,导致油滴向上加速运动,A 项正
确。在将滑动变阻器滑片P 向上移动的过程中,回路中电阻变大,电流变小,所以电容器两端的电压增大,故
中有从b
到a 的电流,油滴要加速向上运动,B、C 两项错误。在将S 断开后,电容器放电,
中有从a 到b 的电流,板间电场强度减
小,则油滴向下加速运动,D 项错误。
7. (2019 年江西上高二中月考)(多选)如图所示,小车的上面由突起的两个对称的曲面组成,整个小车的质量为m,原来静
止在光滑的水平面上。今有一个可以看作质点的小球,质量也为m,以水平速度v 从左端滑上小车,恰好到达小车的最
高点后,又从另一个曲面滑下。重力加速度大小为g。关于这个过程,下列说法正确的是(
)。
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A.小球滑离小车时,小车又回到了原来的位置
B.小球在滑上曲面的过程中,对小车压力的冲量大小是
࢓࢜
૛
C.小球和小车作用前后,小车和小球的速度可能没有变化
D.车上曲面的竖直高度不会大于࢜
૛
૝ࢍ
【解析】小球滑上曲面的过程,小车向右运动,小球滑下时,小车还会继续前进,故不会回到原位置,A 项错误;由小球
恰好到最高点,知两者有共同速度,对于车、球组成的系统,由动量守恒定律列式为mv=2mv',得共同速度v'=࢜૛,小车受到
的总冲量为
࢓࢜
૛,B 项错误;由于小球和小车组成的系统满足动量守恒定律,系统机械能又没有增加,所以作用前后,二者速
度不变是可能的,两曲面光滑时就会出现这种情况,C 项正确;由于小球原来的动能为
࢓࢜૛
૛,小球到最高点的系统动能为
૚
૛×2m࢜૛
૛
=
࢓࢜૛
૝,动能减小
࢓࢜૛
૝,若曲面光滑,由能量守恒得mgh=
࢓࢜૛
૝,上升最大高度h=࢜
૛
૝ࢍ,若曲面粗糙,高度还要小些,D 项正
确。
【答案】CD
8.(2019 年江西南昌七校联考)(多选)如图所示,一轻弹簧的左端固定,右端与一带电小球相连接,小球静止在光滑绝缘的
水平面上,施加一个水平方向的匀强电场,使小球从静止开始向右运动,则向右运动的这一过程中(运动过程中始终未超
过弹簧的弹性限度)(
)。
A.小球动能最大时,小球电势能最小
B.弹簧的弹性势能最大时,小球和弹簧组成的系统机械能最大
C.小球的电势能最小时,小球的动能为零
D.当电场力和弹簧弹力平衡时,小球的动能最大
【解析】小球向右运动时,电场力做正功,电势能减小;当电场力与弹力平衡时,小球的动能最大,此时小球还能继续
向右运动,故小球的电势能不是最小,A 项错误。小球运动过程中只有电场力和弹簧弹力做功,故小球的电势能、动能和
弹簧的弹性势能总量守恒,在最右端,电势能最小,故小球和弹簧组成的系统机械能最大,B 项正确。小球向右运动时,电场
力做正功,电势能减小,故在最右端小球的电势能最小,此时小球的动能为零,C 项正确。在电场力和弹簧弹力平衡前,电场
力大于弹簧的弹力,小球做加速运动;当弹力等于电场力时,小球速度达到最大,小球的动能最大,D 项正确。
9. (2020 年江淮十校高三第一次联考)(多选)如图所示,有一以O 为圆心、半径为R 的圆形光滑绝缘水平轨道,现施加一
匀强电场,电场方向与圆形轨道平面平行,A、O 两点间电势差为U,U>0,一带正电的小球套在轨道上,小球经A、B 两点
时速度大小均为v0,∠AOB=120°,则下列说法正确的是(
)。
A.小球从A 到B 做匀速圆周运动
B.小球从A 到B 的运动过程中,动能先增大后减小
C.匀强电场的电场强度大小为
૛ࢁ
ࡾ
D.圆周上电势最高的点与O 点的电势差为2U
【解析】小球在电场中所受的电场力是恒力,电场力对小球要做功,其速率在变化,所以小球从A 到B 一定不做匀速
圆周运动,A 项错误;小球从A 到B 的运动过程中,电场力做功为零,动能变化量为零,动能也可能先减小后增大,A、B 两点
电势相等,AB 直线为等势线,电场线与AB 直线垂直,根据U=ERcos 60°得,E=
૛ࢁ
ࡾ,B 项错误,C 项正确;圆周上电势最高的点与
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O 点的电势差Umax=ER=2U,D 项正确。
【答案】CD
二、非选择题
10.(2019 年天津模拟)某学习小组欲测量电阻Rx 的阻值,有下列器材供选用:
待测电阻Rx(阻值约为300 Ω)
电压表
(量程为0~3 V,内阻约为3 kΩ)
电流表
(量程为0~10 mA,内阻约为10 Ω)
电流表
(量程为0~20 mA,内阻约为5 Ω)
滑动变阻器R1(阻值为0~20 Ω,允许通过的最大电流为2 A)
滑动变阻器R2(阻值为0~2000 Ω,允许通过的最大电流为0.5 A)
直流电源E(电动势为3 V,内阻约为1 Ω)
开关、导线若干
(1)甲同学根据以上器材设计成用伏安法测量电阻的电路,并能满足Rx 两端电压从0 开始变化进行多次测量,则电流表
应选择
(选填“
”或“
”);滑动变阻器应选择
(选填“R1”或“R2”);电流表采取
(选填“外”或
“内”)接法。
(2)乙同学利用所给器材设计出了如图所示的测量电路,
具体操作如下:
①如图所示连接好实验电路,闭合开关S1 前调节动变阻器R1、R2 的滑片至适当位置;
②闭合开关S1,断开开关S2,调节滑动变阻器R1、R2 的滑片,使电流表
的示数为电流表
的示数的一半。
③闭合开关S2,保持滑动变阻器R2 的滑片位置不变,读出电压表
和电流表
的示数分别为U 和I。
④待测电阻的阻值Rx=
。
(3)两种测量电阻Rx 的方法中,
(选填“甲”或“乙”)同学的方法更有利于减小系统误差。
【解析】(1)通过待测电阻的最大电流约为I=
ࢁ
ࡾ࢞=
૜
૜૙૙A=0.01 A=10 mA,则电流表应选择
;实验要求电压从0 开始变
化,则滑动变阻器应采用分压式接法,为方便实验操作,应选择最大阻值较小的滑动变阻器R1;待测电阻阻值约为300 Ω,
电流表内阻约为10 Ω,电压表内阻约为3 kΩ,相对来说待测电阻远大于电流表内阻,电流表应采用内接法。
(2)由实验步骤②可知,通过R2 与Rx 的电流相等,它们并联,则两支路电阻相等,由实验步骤③可知,电压表测待测电
阻两端电压,由于两并联支路电阻相等,则通过它们的电流相等,由实验步骤可知,通过待测电阻的电流等于电流表
的
示数I,则待测电阻阻值Rx=
ࢁ
ࡵ。
(3)由两种实验方案与实验步骤可知,由于电表内阻的影响,甲的测量值存在误差,由于实验电路与实验步骤的巧妙
设计,乙的方案化解了电表内阻的影响,测量值与真实值相等,乙的方案可以消除系统误差。
【答案】(1)
R1
内
(2)④
ࢁ
ࡵ
(3)乙
11.(2019 年贵阳名校9 月联考)小伙伴在河岸做抛石子游戏。如图所示为河的横截面示意图,小亮自O 点以垂直岸边的
水平速度向对岸抛石子。已知O 点离水面AB 的高度为h,O、A 两点间的水平距离为x1,水面AB 的宽度为x2,河岸倾角
为θ,重力加速度为g。
(1)若石子直接落到水面上,求其在空中飞行的时间t。
(2)为使石子直接落到水面上,求抛出时速度的大小v0 的范围。
(3)若石子质量为m,抛出速度大小为v 时恰好在C 点垂直撞击河坡,求石子从O 到C 过程中减少的重力势能ΔEp。
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【解析】(1)若石子直接落到水面上,根据平抛运动竖直方向分运动是自由落体运动,可得
h=
૚
૛gt2
解得t=
૛ࢎ
ࢍ。
(2)为使石子落到水面上,石子水平运动距离的范围x1≤v0t≤x1+x2
解得x1
ࢍ
૛ࢎ≤v0≤(x1+x2)
ࢍ
૛ࢎ。
(3)由题意可知,石子在C 点垂直撞击斜坡,即石子瞬时速度在C 点与斜坡垂直,根据几何关系可得࢜
ࢍ࢚૙=tan θ
解得t0=࢜ࢍthܖࣂ
石子从O 点到C 点下降的高度H=
૚
૛g࢚૙
૛=࢜
૛
૛ࢍthܖ૛ી
石子从O 到C 过程中减少的重力势能ΔEp=mgH=
࢓࢜૛
૛thܖ૛ી。
【答案】(1)
૛ࢎ
ࢍ
(2)x1
ࢍ
૛ࢎ≤v0≤(x1+x2)
ࢍ
૛ࢎ
(3)
࢓࢜૛
૛thܖ૛ી
12.(2020 年安徽六校素质测试)足够长的水平传送带保持速度v=4 m/s 匀速运行,上面放有质量M=3 kg 的物体A,并与
传送带保持相对静止。现在A 正前方某处将一质量m=2 kg 的物体B 由静止释放在传送带上,经过时间t=1 s,物体B 相
对传送带的位移大小Δx=3 m,此时物体A、B 发生完全非弹性碰撞,且碰撞时间极短。已知物体A、B 与传送带间的动摩
擦因数相同。g 取10 m/s2,求:
(1)物体B 与传送带间的动摩擦因数。
(2)A 与B 发生碰撞后的速度大小。
(3)全过程中由物体与传送带间的摩擦力所产生的总热量。
【解析】(1)设B 物体在传送带上的加速度为a,则a=μg
由题意知A、B 开始间距Δx=3 m,所以A 追上B 有
Δx=v0t-
૚
૛μgt2
解得μ=0.2。
(2)A 与B 发生碰撞前B 的速度vB=μgt=2 m/s
A、B 发生完全非弹性碰撞有Mv0+mvB=(M+m)v'
解得v'=3.2 m/s。
(3)B 在碰撞前与传送带间因摩擦产生的热量
Q1=μmgΔx=12 J
碰后A 与B 一起相对传送带滑动到相对传送带静止有
t2=࢜૙Ǧܞ̵
ࣆࢍ
Δx2=v0t2-࢜૙૛Ǧܞ̵ ૛
૛ࣆࢍ
Q2=μ(M+m)gΔx2=1.6 J
Q=Q1+Q2=13.6 J。
【答案】(1)0.2
(2)3.2 m/s
(3)13.6 J
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(84)
1.(半偏法测定电流表内阻)(2019 年河北模拟)图1 为某同学家中装修所用整盘导线的部分参数,他想利用整盘导线测定
该导线的电阻率。由于没有电压表,他先将一个内阻未知、量程为500 μA 的微安表进行改装,然后利用伏安法测出该导
线的电阻。
该同学的实验步骤如下:
(1)采用图2 所示的电路测定微安表的内阻。首先断开S2,闭合S1,调节滑动变阻器的阻值使微安表满偏;然后保持滑片
不动,闭合S2,调节电阻箱使微安表的指针半偏,记下此时电阻箱的读数,如图3 所示。如果忽略闭合S2 前后电路总阻值
的变化,则电流表的内阻为
Ω。
(2)若将微安表改装成量程为3 V 的电压表,则需要将微安表与阻值为R=
Ω的定值电阻串联。
(3)若利用伏安法测出该导线的电阻为1.6 Ω,则该导线的电阻率ρ=
Ω·m。
【解析】(1)由实验原理可知,电流表的内阻等于电阻箱的电阻,阻值为RA=800 Ω。
(2)若将微安表改装成量程为3 V 的电压表,设需要将微安表与阻值为R 的电阻串联,则
R=
ࢁ
ࡵl -RA=
૜
⺁૙૙ൈ૚૙Ǧ૟Ǧૡ૙૙Ω=5200 Ω。
(3)根据R=ρ
ࡸ
ࡿ,解得ρ=
૚Ǥ૟ൈ૚Ǥ⺁ൈ૚૙Ǧ૟
૚૙૙
Ω·m=2.4×10-8 Ω·m。
【答案】(1)800
(2)5200
(3)2.4×10-8
2.(伏安法测U、I)(2019 年成都外国语学校一模)有一个小灯泡上标有“4.0 V
0.7 A”的字样,现要求测定小灯泡在不同
电压下的功率P,并作出功率P 与其两端电压的平方U2 的关系图。可供选择的器材如下:
A.小灯泡L,规格“4.0 V
0.7 A”
B.电流表
(0~3 A,内阻约为0.1 Ω)
C.电流表
(0~0.6 A,内阻r2=0.2 Ω)
D.电压表
(0~3 V,内阻为9 kΩ)
E.电压表
(0~15 V,内阻约为30 kΩ)
F.标准电阻R1=1 Ω
G.标准电阻R2=3 kΩ
H.滑动变阻器R(0~10 Ω)
I.学生电源(E=6 V,内阻不计)
J.开关S 及导线若干
(1)甲同学设计了如图1 所示电路来测量,当电压表示数为2.40 V 时,电流表示数如图2 所示,为
A,此时L 的电
阻为
Ω。
(2)学习小组的同学经讨论认为要想更准确地描绘出L 完整的P-U2 曲线,需要重新设计电路。请你在甲同学的基础上利
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用所供器材,在图3所示的虚线框内补画出实验电路图,并在图上标明所选器材代号;若电压表示数为2.70 V,电流表示数
为0.50 A,则灯泡L 消耗的功率P=
W。
【解析】(1)电流表的分度值为0.02 A,故示数为0.48 A,小灯泡的电阻R=
૛Ǥ૝
૙Ǥ૝ૡΩ=5 Ω。
(2)小灯泡的额定电流为0.7 A,所以电流表
量程小,而电流表
量程太大,所以需并联一个定值电阻扩大
的量
程,根据Ig+
ࡵl൅࢘l
ࡾ并
=0.7 可得R=1.2 Ω,故选定值电阻R1,电压表也需要扩大量程,选择定值电阻R2,如图所示。当电压表示数
为2.70 V 时,小灯泡两端的电压U= ૛Ǥૠ൅
૛Ǥૠૢ
૙૙૙ൈ૜૙૙૙
V=3.6 V,电流表示数为0.5 A 时,通过小灯泡的电流I=0.5
A+
૙Ǥ⺁ൈ૙Ǥ૛
૚
A=0.6 A,故小灯泡此时消耗的电功率P=UI=3.6×0.6 W=2.16 W。
【答案】(1)0.48
5
(2)如图所示
2.16
3.(伏安法测电阻)(2019 年河南百校联盟第五次质检)某探究小组计划测量一均匀金属圆柱体的电阻率。
(1)小组成员取了一段长为1 m 的这种圆柱体,用螺旋测微器测该段圆柱体的直径如图1 所示,由图1 可知该圆柱体的直
径d=
mm。
(2)小组成员先用多用电表粗测该段圆柱体的阻值,将选择开关调在“×1”的电阻挡,并进行欧姆调零,再将被测圆柱体接
在两个表笔间,指针指示如图2 所示的位置,则被测圆柱体的阻值Rx=
Ω。
(3)为了精确测量这段圆柱体的电阻,实验室给出了以下实验器材:
电池组E:电动势为6 V,内阻约为0.5 Ω
电压表
:量程为0~15 V,内阻约为20 kΩ
电压表
:量程为0~3 V,内阻约为4 kΩ
电流表
:量程为0~300 mA,内阻约为4 Ω
电流表
:量程为0~3 A,内阻约为1 Ω
滑动变阻器R:阻值范围0~10 Ω,允许通过的最大电流为1 A
开关S、导线若干
为了尽可能减小实验测量的误差,电压表应选
、电流表应选
,根据选用的器材,在方框内画出实验电路
图(标出实验器材的代号,圆柱体电阻用Rx 表示)。
(4)根据设计的电路图连接好电路,闭合开关,调节滑动变阻器,测出多组电压和电流的值,作出U-I 图象,在图线上离坐标
原点较远处找一点,测出该点对应的电压值为2.8 V、电流值为0.19 A,则这段金属圆柱体的电阻Rx=
Ω(结果保
留4 位有效数字),则该金属圆柱体的电阻率ρ=
Ω·m(结果保留2 位有效数字),由于电阻测量存在系统误差,使测
得的圆柱体的电阻率比真实值
(选填“大”或“小”)。
【解析】(1)由图1 可知,读数为4.5 mm+20.0×0.01 mm=4.700 mm。
(2)由图2 可知,被测圆柱体的阻值为14.0×1 Ω=14.0 Ω。
(3)由于电源电动势为6 V,为减小误差,电压表选0~3 V 量程,圆柱体最大电流Im=
૜
૚૝A≈0.21 A,电流表选
;由于
Rx< ࡾۯࡾ܄,电流表采用外接法;由于滑动变阻器的最大阻值小于被测电阻,电流表
的内阻较小,电压表量程为电动势
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的一半,所以滑动变阻器采用分压式连接,如图所示。
(4)U-I 图象的斜率即电阻,因此Rx=
૛Ǥૡ
૙Ǥ૚ૢ
Ω≈14.74 Ω,电阻率ρ=
ࡾ࢞൉ૈ
ࢊ
૛
૛
ࡸ
≈2.6×10-4 Ω·m,由于电压表的分流,使电阻测量
结果偏小,因此电阻率测量结果比真实值小。
【答案】(1)4.700
(2)14.0
(3)
(4)14.74
2.6×10-4
小
4.(安阻法测电源电动势和内阻)(2019 年安徽最后一卷)实验室有以下实验器材:
电源:电动势大小约为5 V
电流表
:量程为30 mA
电阻箱R:可调范围为0 到999 Ω
未知电阻:数量级为102 Ω
开关、导线若干
(1)为测量未知电阻阻值Rx和电源电动势(电源内阻和电流表内阻可忽略),利用上述实验器材设计电路进行测量,记下电
流表示数I,电阻箱的读数为R,实验得到以下图象,则使用的电路是
(选填“图1”或“图2”),根据图象可求得电源
的电动势等于
V,被测电阻R 等于
。(结果保留2 位有效数字)
(2)如果电源的内阻不能忽略,则能否用图甲的电路测量出Rx?
(选填“能”或“不能”)。若能,请写出表达式,若不
能,请说明理由:
。
【解析】(1)采用图1 所示电路,根据闭合电路欧姆定律,有E=I(R+Rx),变形得
૚
ࡵ=
૚
ࡱR+
ࡾ࢞
ࡱ,如果采用图2 所示电路,有
E=I
ࡾࡾ࢞
ࡾ൅ࡾ࢞
,
૚
ࡵ与R 不呈线性关系,所以选图1;图象斜率代表
૚
ࡱ,纵坐标代表
ࡾ࢞
ࡱ,可得E=4.0 V,Rx=2.0×102 Ω。
(2)如果电源内阻不能忽略,则可以把Rx 和电源内阻r 等效成一个电阻,只能求出Rx+r 的值,无法单独求出Rx。
【答案】(1)图1
4.0
2.0×102
(2)不能
可以把Rx 和内阻r 等效成一个电阻,只能求出Rx+r 的值,无法单独求出
Rx
5.(伏阻法测电源电动势和内阻)(2019 年济南外校月考)常用无线话筒所用的电池电动势E 约为9 V,内阻r 约为40 Ω,
允许通过的最大电流为100 mA。为测定这个电池的电动势和内阻,某同学利用图1 的电路进行实验。图中电压表为理
想电表,R 为电阻箱(阻值范围为0~999.9 Ω),R0 为定值电阻。
(1)图1 中接入R0 的目的是为了防止电阻箱的阻值调得过小时,通过电源的电流大于其承受范围,起保护电路的作用;
实验室备有的定值电阻R0 的规格有以下几种,则本实验应选用
。
A.10 Ω,0.1 W
B.50 Ω,1.0 W
C.1500 Ω,15 W
D.2500 Ω,25 W
(2)该同学接入符合要求的R0 后,闭合开关S,调整电阻箱的阻值,读出电压表的示数U,再改变电阻箱的阻值,取得多组数
据,作出了如图2 所示的图线。由图线知,当电压表的示数为2 V 时,电阻箱接入电路的阻值为
Ω(结果保留3 位
有效数字)。
(3)根据图2 所作出的图象求得该电池的电动势E=
V,内阻r=
Ω。(结果保留3 位有效数字)
【解析】(1)当电阻箱短路时,电路中允许通过的最大电流为100 mA,则由闭合电路欧姆定律可知,定值电阻的最小
阻值R0=
ࡱ
ࡵܕ-r=ૢ૚૙૙ൈ૚૙Ǧ૜Ǧ૝૙Ω=50 Ω,定值电阻应选B。
(2)电压表示数为2 V 时,
૚
ࢁࡾ=0.5,由图2 可知,电压等于2 V 时,
૚
ࡾ=4.8×10-2 (Ω-1),所以R=
૚
૝Ǥૡൈ૚૙Ǧ૛Ω≈20.8 Ω。
(3)由闭合电路欧姆定律可得U=
ࡱ
ࡾ૙൅܀൅ܚR,变形得
૚
ࢁ=
૚
ࡱ+
ࡾ૙൅ܚ
ࡱࡾ,由数学知识可知,图象中的斜率k=
ࡾ૙൅ܚ
ࡱ,截距b=
૚
ࡱ,由图可
知,b=0.1,故E=10 V;k=
૙Ǥ૟െ૙Ǥ૚
૟ൈ૚૙Ǧ૛=8.33,即
ࡾ૙൅ܚ
ࡱ=8.33,解得r=33.3 Ω。
【答案】(1)B
(2)20.8(20.0~22.0 均可)
(3)10.0(9.8~10.2 均可)
33.3
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6.(安安法测电阻)(2019 年广东惠州第三次调研)欲测量某种材料的电阻率ρ。现提供以下实验器材:
A.20 分度的游标卡尺;
B.螺旋测微器;
C.电流表
(量程为50 mA,内阻r1=100 Ω);
D.电流表
(量程为100 mA,内阻r2 约为40 Ω);
E.滑动变阻器R1(0~10 Ω,允许通过的最大电流为2 A);
F.直流电源E(电动势为3 V,内阻很小);
G.导电材料R2(长约为5 cm,电阻约为100 Ω);
H.开关一只,导线若干。
回答下列问题:
(1)用游标卡尺测得该样品的长度如图1 所示,其示数L=
cm,用螺旋测微器测得该样品的外直径如图2 所示,其
示数D=
mm。
(2)为尽可能精确地测量该样品电阻率ρ,某小组设计了图3、4 两种实验方案的电路,应选
(选填“图3”或“图
4”)。
(3)某次实验中电流表
和电流表
的示数分别为I1 和I2,用所测得的物理量符号和已知的物理量的符号表示这种材
料的电阻率ρ=
。
【解析】(1)根据游标卡尺读数规则可知,该样品的长度L=5 cm+3×0.05 mm=5.015 cm,根据螺旋测微器读数规则可
知,该样品的外直径D=4.5 mm+0.200 mm=4.700 mm。
(2)由于题述器材中没有电压表,可以采用内阻已知的电流表
作为电压表,又因为导电材料R2 的电阻约为100 Ω,
而滑动变阻器R1 的阻值范围为0~10 Ω,所以采用滑动变阻器的分压式接法,实验电路应采用图4。
(3)导电材料R2 两端电压U=I1r1,通过的电流I=I2-I1,由欧姆定律知导电材料的电阻R2=
ࢁ
ࡵ, 由电阻定律知
R2=ρ
ࡸ
ࡿ,S=
૚
૝πD2,联立解得ρ=ૈ
ࡵ૚࢘૚ࡰ૛
૝ሺࡵ૛Ǧࡵ૚ሻۺ。
【答案】(1)5.015
4.700
(2)图4
(3)ૈ
ࡵ૚࢘૚ࡰ૛
૝ሺࡵ૛Ǧࡵ૚ሻۺ
7.(灯泡与电源的伏安特性曲线结合)(2019 年3 月安徽江南十校检测)一个标有“3 V
1.5 W”字样的小灯泡的伏安特性
曲线如图1 所示。小明同学有两节干电池,其中一节新电池的电动势为1.5 V,内阻为1.5 Ω;另一节为旧电池,使用多用电
表粗略测出该旧电池的电动势约为1.4 V,查阅资料得知旧电池的内阻为10 Ω以上。
(1)现用新电池直接给该小灯泡供电,小灯泡发光昏暗,则小灯泡实际功率为
W(结果保留2 位有效数字)。
(2)该同学尝试用这两节干电池串联在一起为该小灯泡供电,在接入电路前,先测定该电池组的电动势和内阻,实验室备
有下列器材:
A.电流表
(满偏电流为2 mA,内阻为10 Ω)
B.电流表
(0~0.6 A,内阻约为0.1 Ω)
C.滑动变阻器R1(0~5 Ω,允许通过的最大电流为10 A)
D.滑动变阻器R2(0~50 Ω,允许通过的最大电流为1 A)
E.定值电阻R3=1990 Ω
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F.开关、导线若干
①为了方便且能较准确地进行测量,选用滑动变阻器
(填写器材前面的序号)。
②利用实验室备有的实验器材在虚线框中画出测量电池组电动势和内阻的电路图。
③该同学根据他设计的实验测出了多组I1(电流表
的示数)和I2(电流表
的示数),并作出了如图2 所示的I1 和I2 的
关系图线。根据图线可得,被测电池组的电动势为
V,内阻为
Ω。(结果保留3 位有效数字)
④根据电池组的电动势和内阻判断用新、旧干电池各一节串联在一起为该小灯泡供电比一节新干电池单独使用时亮度
(选填“亮”或“暗”)。
【解析】(1)在图1 中作出新电池的伏安特性曲线,如图甲所示,两图线的交点坐标(1.0 V,0.31 A)的乘积等于灯
泡的实际功率,P=UI=0.31 W。
(2)①当电流表满偏时,回路中的最小电阻R=
ࡱ
ࡵ=
૜
૙Ǥ૟Ω=5 Ω,滑动变阻器选R2。
②没有电压表,需要进行电表改装,将
与R3 串联,可改成量程为4 V 的电压表,设计的电路如图乙所示。
③利用闭合电路欧姆定律,有E=I2(rg+R3)+I1r,变形得I2=
ࡱ
ࡾ૜൅࢘l-࢘࢘
l൅ࡾ૜I1,对照图2,
ࡱ
ࡾ૜൅࢘l=1.45×10-3,࢘࢘
l൅ࡾ૜=
૚Ǥ૝⺁
૙Ǥ૛⺁×10-3,解得
E=2.90 V,r=11.6 Ω。
④用新、旧干电池各一节串联在一起,内阻变大,电流变小,串联后对小灯泡供电比一节新干电池单独使用时亮度暗。
【答案】(1)0.31(0.30~0.32 均可)
(2)①D
②如图乙所示
③2.90
11.6
④暗
1.(2019 年全国卷Ⅰ,T23)某同学要将一量程为250 μA 的微安表改装为量程为20 mA 的电流表。该同学测得微安表内阻
为1200 Ω,经计算后将一阻值为R 的电阻与该微安表连接,进行改装。然后利用一标准毫安表,根据图1 所示电路对改
装后的电表进行检测(虚线框内是改装后的电表)。
(1)根据图1 和题给条件,将图2 中的实物连接。
(2)当标准毫安表的示数为16.0 mA 时,微安表的指针位置如图3 所示,由此可以推测出改装的电表量程不是预期值,而
是
。(填正确答案标号)
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A.18 mA B.21 mA
C.25 mA D.28 mA
(3)产生上述问题的原因可能是
。(填正确答案标号)
A.微安表内阻测量错误,实际内阻大于1200 Ω
B.微安表内阻测量错误,实际内阻小于1200 Ω
C.R 值计算错误,接入的电阻偏小
D.R 值计算错误,接入的电阻偏大
(4)要达到预期目的,无论测得的内阻值是否正确,都不必重新测量,只需要将阻值为R 的电阻换为一个阻值为kR 的电阻
即可,其中k=
。
【解析】(1)电表改装时,微安表应与定值电阻R 并联接入虚线框内,则实物电路连接如图所示。
(2)由标准毫安表与改装表的示数可知,改装后的电流表,实际量程被扩大的倍数n=
૚૟ܕۯ
૚૟૙ൈ૚૙Ǧ૜ܕۯ=100 倍。故当原微安
表表盘达到满偏时,实际量程为250×10-3×100 mA=25 mA,C 项正确。
(3)根据IgRg=(I-Ig)R,得I= ૚൅
ࡾl
ࡾIg,改装后的量程偏大的原因可能是原微安表内阻测量值偏小,即电表实际内阻
Rg 的真实值大于1200 Ω,或定值电阻R 的计算有误,计算值偏大,实际接入的定值电阻R 阻值偏小,故A、C 两项正确。
(4)由于接入电阻R 时,改装后表的实际量程为25 mA,故满足IgRg=(25-Ig)R;要想达到预期目的,即将微安表改装为
量程为20 mA 电流表,应满足IgRg=(20-Ig)kR,其中Ig=250 μA=0.25 mA,联立解得k=ૢૢૠૢ。
【答案】(1)如图所示
(2)C
(3)AC
(4)ૢૢૠૢ
2.(2019 年全国卷Ⅱ,T23)某小组利用图1 所示的电路,研究硅二极管在恒定电流条件下的正向电压U 与温度t 的关系,
图中
和
为理想电压表;R 为滑动变阻器,R0 为定值电阻(阻值100 Ω);S 为开关,E 为电源。实验中二极管置于控温炉
内,控温炉内的温度t 由温度计(图中未画出)测出。图2 是该小组在恒定电流为50.0 μA 时得到的某硅二极管U-I 关系
曲线。回答下列问题:
(1)实验中,为保证流过二极管的电流为50.0 μA,应调节滑动变阻器R,使电压表
的示数为U1=
mV;根据图2
可知,当控温炉内的温度t 升高时,硅二极管正向电阻
(选填“变大”或“变小”),电压表
示数
(选填“增
大”或“减小”),此时应将R 的滑片向
(选填“A”或“B”)端移动,以使
示数仍为U1。
(2)由图2 可以看出U 与t 呈线性关系,硅二极管可以作为测温传感器,该硅二极管的测温灵敏度为
ȟࢁ
ȟ࢚=
×10-3
V/ ℃(保留2 位有效数字)。
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【解析】(1)U1=IR0=50×10-6×100 V=5×10-3 V=5.00 mV,由R=
ࢁ
ࡵ知,I 不变,温度升高,U 减小,故R 减小;由于R 变小,总
电阻减小,电流增大;R0两端电压增大,即电压表
示数变大,只有增大电阻才能使电流减小,故滑动变阻器滑片向B端调
节。
(2)由图可知,
ȟࢁ
ȟ࢚=2.8×10-3 V/℃。
【答案】(1)5.00
变小
增大
B
(2)2.8
3.(2019 年全国Ⅲ卷,T23)某同学欲将内阻为98.5 Ω、量程为100 μA 的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准,要求改
装后欧姆表的15 kΩ刻度正好对应电流表表盘的50 μA 刻度。可选用的器材还有:定值电阻R0(阻值14 kΩ),滑动变阻
器R1(最大阻值1500 Ω),滑动变阻器R2(最大阻值500 Ω),电阻箱(0~99999.9 Ω),干电池(E=1.5 V,r=1.5 Ω),红、黑表笔和
导线若干。
(1)欧姆表设计
将图1 中的实物连线组成欧姆表。欧姆表改装好后,滑动变阻器R 接入电路的电阻应为
Ω;滑动变阻器选
(选填“R1”或“R2”)。
(2)刻度欧姆表表盘
通过计算,对整个表盘进行电阻刻度,如图2 所示。表盘上a、b 处的电流刻度分别为25 和75,则a、b 处的电阻刻度分
别为
、
。
(3)校准
红、黑表笔短接,调节滑动变阻器,使欧姆表指针指向
kΩ处;将红、黑表笔与电阻箱连接,记录多组电阻箱接入
电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值,完成校准数据测量。若校准某刻度时,电阻箱旋钮位置如图3 所示,则电阻箱接
入的阻值为
Ω。
【解析】(1)连线如图所示
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根据欧姆表的改装原理,当电流计满偏时,则Ig=
ࡱ࢘
൅ࡾl൅ࡾ૙൅܀,解得R=900 Ω;为了滑动变阻器的安全,则滑动变阻器选
择R1。
(2)指针在a 处,有
૚
૝Ig=
ࡱ࢘
൅ࡾl൅ࡾ૙൅܀൅ࡾ࢞ࢇ,解得Rxa=45 kΩ;在b 处,有
૜
૝Ig=
ࡱ࢘
൅ࡾl൅ࡾ૙൅܀൅ࡾ࢞࢈,解得Rxb=5 kΩ。
(3)校准:红黑表笔短接,调节滑动变阻器,使欧姆表指针指到0 kΩ处;由图可知,电阻箱接入的电阻R=35000.0 Ω。
【答案】(1)如图所示
900
R1
(2)45
5
(3)0
35000.0
4.(2019 年江苏卷,T11)某同学测量一段长度已知的电阻丝的电阻率。实验操作如下:
(1)螺旋测微器如图1 所示。在测量电阻丝直径时,先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间,再旋动
(选填
“A”“B”或“C”),直到听见“喀喀”的声音,以保证压力适当,同时防止螺旋测微器的损坏。
(2)选择电阻丝的
(选填“同一”或“不同”)位置进行多次测量,取其平均值作为电阻丝的直径。
(3)图2 中Rx 为待测电阻丝。请用笔画线代替导线,将滑动变阻器接入图3 实物电路中的正确位置。
(4)为测量Rx,利用图2 所示的电路,调节滑动变阻器测得5 组电压U1 和电流I1 的值,作出的U1-I1 关系图象如图4 所示。
接着,将电压表改接在a、b 两端,测得5 组电压U2 和电流I2 的值,数据见下表:
U2/V
0.50
1.02
1.54
2.05
2.55
I2/mA
20.0
40.0
60.0
80.0
100.0
请根据表中的数据,在方格纸上作出U2-I2 图象。
(5)由此,可求得电阻丝的Rx=
Ω。根据电阻定律可得到电阻丝的电阻率。
【解析】(1)在测量时,为了不损坏被测物体,最后要改用微调旋钮,即C,直到听见“喀喀”的响声。
(2)为了减小测量误差,应选用电阻丝的不同位置进行多次测量。
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(3)按照原理图,将实物图连线,如图甲所示。
(4)将表格中各组数据在坐标纸上描出,再连成一条直线,如图乙所示
当电压表按图2 连接时,电压表测得的电压为Rx、R0 的电压之和,当电压表接在a、b 间时,电压表测得的电压为R0
的电压,由图乙可得
Rx+R0=
૝Ǥૢ
૙Ǥ૚Ω=49 Ω,R0=
૛Ǥ⺁⺁
૙Ǥ૚Ω=25.5 Ω,所以Rx=23.5 Ω。
【答案】(1)C
(2)不同
(3)如图甲所示
(4)如图乙所示
(5)23.5(23.0~24.0 均可)
5.(2018 年全国卷Ⅰ,T23)某实验小组利用如图1 所示的电路探究在25 ℃~80 ℃范围内某热敏电阻的温度特性。所用器
材有:置于温控室(图中虚线区域)中的热敏电阻RT,其标称值(25 ℃时的阻值)为900.0 Ω;电源E(6 V,内阻可忽略);电压表
(量程150 mV);定值电阻R0(阻值20.0 Ω),滑动变阻器R1(最大阻值为1 000 Ω);电阻箱R2(阻值范围0~999.9 Ω);单刀
开关S1,单刀双掷开关S2。
图1
实验时,先按图1 连接好电路,再将温控室的温度t 升至80.0 ℃。将S2 与1 端接通,闭合S1,调节R1 的滑片位置,使电压
表读数为某一值U0;保持R1的滑片位置不变,将R2置于最大值,将S2与2 端接通,调节R2,使电压表读数仍为U0;断开S1,
记下此时R2 的读数。逐步降低温控室的温度t,得到相应温度下R2 的阻值,直至温度降到25.0 ℃。实验得到的R2-t 数
据见下表。
t/℃
25.0
30.0
40.0
50.0
60.0
70.0
80.0
R2/Ω 900.0 680.0 500.0 390.0 320.0 270.0
240.0
回答下列问题:
(1)在闭合S1 前,图甲中R1 的滑片应移动到
(填“a”或“b”)端。
(2)在图2 的坐标纸上补齐数据表中所给数据点,并作出R2-t 曲线。
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图2
图3
(3)由图2 可得到RT 在25 ℃~80 ℃范围内的温度特性。当t=44.0 ℃时,可得RT=
Ω。
(4)将RT 握于手心,手心温度下R2 的相应读数如图3 所示,该读数为
Ω,则手心温度为
℃。
【解析】(1)闭合开关S1 前,应让滑片移动到b 端,使滑动变阻器连入电路的阻值最大。
(3)由图可知t=44.0 ℃时,电阻的阻值为450 Ω。
(4)由图3 可得电阻箱阻值为620.0 Ω,由图可得温度约为33.0 ℃。
【答案】(1)b
(2)如图所示
(3)450
(4)620.0
33.0
6.(2018 年全国卷Ⅱ,T22)某同学组装一个多用电表。可选用的器材有:微安表头(量程100 μA,内阻900 Ω);电阻箱R1(阻
值范围0~999.9 Ω);电阻箱R2(阻值范围0~99999.9 Ω);导线若干。
要求利用所给器材先组装一个量程为1 mA 的直流电流表,在此基础上再将它改装成量程为3 V 的直流电压表。组装好
的多用电表有电流1 mA 和电压3 V 两挡。
回答下列问题:
(1)在图示虚线框内画出电路图并标出R1 和R2,其中*为公共接线柱,a 和b 分别是电流挡和电压挡的接线柱。
(2)电阻箱的阻值应取R1=
Ω,R2=
Ω。(保留到个位)
【解析】(1)如图所示。
(2)接a 时改装成量程为1 mA 的电流表,有IgRg=(I-Ig)R1,
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解得R1=100 Ω。
接b 时改装成量程为3 V 的电压表,有U=IgRg+IR2,解得R2=2910 Ω。
【答案】(1)如图所示
(2)100
2910
7.(2018 年全国卷Ⅲ,T23)一课外实验小组用如图1 所示的电路测量某待测电阻Rx 的阻值。图中R0 为标准定值电阻
(R0=20.0 Ω);
可视为理想电压表;S1 为单刀开关,S2 为单刀双掷开关;E 为电源;R 为滑动变阻器。采用如下步骤完成实
验:
(1)按照实验原理线路图1,将图2 中实物连线。
图1
图2
(2)将滑动变阻器滑动端置于适当的位置,闭合S1。
(3)将开关S2 掷于1 端,改变滑动变阻器滑动端的位置,记下此时电压表
的示数U1;然后将S2 掷于2 端,记下此时电压
表
的示数U2。
(4)待测电阻阻值的表达式Rx=
(用R0、U1、U2 表示)。
(5)重复步骤(3),得到如下数据。
1
2
3
4
5
U1/V
0.25
0.30
0.36
0.40
0.44
U2/V
0.86
1.03
1.22
1.36
1.49
܃૛
܃૚
3.44
3.43
3.39
3.40
3.39
(6)利用上述5 次测量所得
ࢁ૛
ࢁ૚的平均值,求得Rx=
Ω。(保留1 位小数)
【解析】(1)根据原理图,沿电流的流向依次连接。
①先将E、R、S1 连接起来,组成闭合回路。
②将R0、Rx 与R 连接起来。
③将
、S2 与Rx 连接起来。
(4)由于
为理想电压表,故S2 接1,或接2 时流过R0、Rx 的电流相等。
根据部分电路欧姆定律和串联电路的特点得
ࢁ૚
ࡾ૙=
ࢁ૛
ࡾ૙൅ࡾ࢞
解得Rx=
ࢁ૛
ࢁ૚Ǧ૚R0
(6)将各次的
ࢁ૛
ࢁ૚代入Rx=
ࢁ૛
ࢁ૚Ǧ૚R0 得
Rx1=48.8 Ω,Rx2=48.6 Ω,Rx3=47.8 Ω,Rx4=48.0 Ω,Rx5=47.8 Ω
然后求平均值,即Rx=
ࡾ࢞૚൅ࡾ࢞૛൅ࡾ࢞૜൅ࡾ࢞૝൅ࡾ࢞⺁
⺁
=48.2 Ω。
【答案】(1)实物连线如图所示
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(4)
ࢁ૛
ࢁ૚Ǧ૚R0
(6)48.2
8.(2017 年全国卷Ⅰ,T23)某同学研究小灯泡的伏安特性。所使用的器材有:小灯泡L(额定电压3.8 V,额定电流0.32 A);电
压表
(量程3 V,内阻3 kΩ);电流表
(量程0.5 A,内阻0.5 Ω);固定电阻R0(阻值1000 Ω);滑动变阻器R(阻值0~9.0 Ω);
电源E(电动势5 V,内阻不计);开关S;导线若干。
图1
图2
(1)实验要求能够实现在0~3.8 V 的范围内对小灯泡的电压进行测量,画出实验电路原理图。
(2)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图1 所示。由实验曲线可知,随着电流的增加小灯泡的电阻
(选填“增
大”“不变”或“减小”),灯丝的电阻率
(选填“增大”“不变”或“减小”)。
(3)用另一电源E0(电动势4 V,内阻1.00 Ω)和题给器材连接成图2 所示的电路,调节滑动变阻器R 的阻值,可以改变小灯
泡的实际功率。闭合开关S,在R 的变化范围内,小灯泡的最小功率为
W,最大功率为
W。(结果均保留
2 位小数)
【解析】(1)题目要求从0 V 开始测量,所以滑动变阻器需使用分压式接法。电压表量程(3 V)不足,必须对电表进行
改装,串联1000 Ω的定值电阻R0,将其改装成4 V 的电压表。由于RL=
૜Ǥૡ
૙Ǥ૜૛Ω=11.875 Ω< ࡾۯ൉ࡾ܄= ૙Ǥ⺁ൈ૝૙૙૙Ω,属于
小电阻,为减小系统误差,使用电流表外接法。综上,设计的电路图如图甲所示。
(2)由小灯泡伏安特性曲线可得,图线上各点与原点连线的斜率逐渐减小,说明小灯泡电阻增大,由RL=ρ
ࡸ
ࡿ可得电阻
率增大。
甲
乙
(3)设小灯泡两端电压为U,则由闭合电路欧姆定律有U=E-I(R+r),作出该函数的图象,与小灯泡的伏安特性曲线的
交点即表示小灯泡的实际工作状态,调节滑动变阻器R 的阻值,可以改变小灯泡的实际功率,当R=9 Ω时,伏安特性曲线
如图乙中Ⅰ所示,可知最小功率Pmin=0.22×1.75 W=0.39 W;当R=0 时,伏安特性曲线如图乙中Ⅱ所示,可知最大功率
Pmax=0.32×3.67 W=1.17 W。
【答案】(1)如图甲所示
(2)增大
增大
(3)0.39
1.17
9.(2017 年全国卷Ⅲ,T23)图1 为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E 是电池;R1、R2、R3、R4 和R5 是固
定电阻,R6 是可变电阻;表头
的满偏电流为250 μA,内阻为480 Ω。虚线方框内为换挡开关,A 端和B 端分别与两表笔
相连。该多用电表有5 个挡位,5 个挡位为:直流电压1 V 挡和5 V 挡,直流电流1 mA 挡和2.5 mA 挡,欧姆×100 Ω挡。
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图1
图2
(1)图1 中的A 端与
(选填“红”或“黑”)色表笔相连接。
(2)关于R6 的使用,下列说法正确的是
(选填正确答案标号)。
A.在使用多用电表之前,调整R6 使电表指针指在表盘左端电流“0”位置
B.使用欧姆挡时,先将两表笔短接,调整R6 使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置
C.使用电流挡时,调整R6 使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置
(3)根据题给条件可得R1+R2=
Ω,R4=
Ω。
(4)某次测量时该多用电表指针位置如图2 所示。若此时B 端是与“1”相连的,则多用电表读数为
;若此时B 端
是与“3”相连的,则读数为
;若此时B 端是与“5”相连的,则读数为
。(结果均保留3 位有效数字)
【解析】(1)根据欧姆表原理可知黑表笔接高电势。
(2)R6 是欧姆调零电阻,故B 项正确。
(3)换挡开关接“2”时,是量程较小的电流表,所以R1+R2=
ࡵlࡾl
ࡵǦࡵl =160 Ω;换挡开关接“4”时,是量程较小的电压表,这时表
头与R1、R2并联组成新表头,新表头的内阻r=
ሺࡾ૚൅ࡾ૛ሻࡾl
ࡾ૚൅ࡾ૛൅ࡾl=120 Ω,新表头的量程是1 mA,所以R4=
ࢁ૚
ࡵ૚-r=
૚
૚ൈ૚૙Ǧ૜Ω-120 Ω=880
Ω。
(4)若此时B 端是与“1”相连的,则选用的是量程为2.5 mA 的电流表,多用电表读数为1.47 mA;若此时B 端是与“3”
相连的,则选用的是欧姆表,读数为1.10×103 Ω;若此时B 端是与“5”相连的,则选用的是量程为5 V 的电压表,读数为2.95
V。
【答案】(1)黑
(2)B
(3)160
880
(4)1.47 mA
1.10×103 Ω
2.95 V
10.(2016 年全国卷Ⅰ,T23)现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统,要求当热敏电阻的温度达到或超过60 ℃时,系统报
警。提供的器材有:热敏电阻,报警器(内阻很小,流过的电流超过Ic 时就会报警),电阻箱(最大阻值为999.9 Ω),直流电源
(输出电压为U,内阻不计),滑动变阻器R1(最大阻值为1000 Ω),滑动变阻器R2(最大阻值为2000 Ω),单刀双掷开关一个,
导线若干。
在室温下对系统进行调节,已知U 约为18 V,Ic 约为10 mA;流过报警器的电流超过20 mA 时,报警器可能损坏;该热敏
电阻的阻值随温度的升高而减小,在60 ℃时阻值为650.0 Ω。
(1)在图中完成待调节的报警系统原理电路图的连线。
(2)在电路中应选用滑动变阻器
(选填“R1”或“R2”)。
(3)按照下列步骤调节此报警系统:
①电路接通前,需将电阻箱调到一固定的阻值,根据实验要求,这一阻值为
Ω;滑动变阻器的滑片应置于
(选填“a”或“b”)端附近,不能置于另一端的原因是
。
②将开关向
(选填“c”或“d”)端闭合,缓慢移动滑动变阻器的滑片,直至
。
(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变,将开关向另一端闭合,报警系统即可正常使用。
【解析】(1)由题意可以看出,在整个电路中,电阻箱和热敏电阻并联,滑动变阻器应在电阻箱阻值确定的情况下调节
到某一特定位置,使报警器工作。电路图如图所示。
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(2)系统电阻R=
૚ૡ
૚૙ൈ૚૙Ǧ૜Ω=1800 Ω,而热敏电阻在60 ℃时电阻只有650.0 Ω,要让报警器工作,还需要1150 Ω的电
阻,R1 阻值太小,不符合要求,故选R2。
(3)先用电阻箱调节,要使报警器在60 ℃时工作,必须把电阻箱的阻值调节到650.0 Ω,模拟出热敏电阻在60 ℃时的
阻值,并调节滑动变阻器使其恰好报警。
【答案】(1)如图所示
(2)R2
(3)①650.0
b
接通电源后,流过报警器的电流会超过20 mA,报警器可能损坏
②c
报警器开始报警
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一、选择题
1.(2019 年河南开封三校联考)a、b 两质点在同一直线上运动的位移—时间图线如图所示,b 质点的加速度大小始终为
0.2 m/s2,两图线相切于(5 s,-2.7 m)点,则(
)。
A.前5 s 内a、b 两质点的运动方向相反
B.t=5 s 时,a、b 质点的速度是0.6 m/s
C.b 质点的初速度是-1.8 m/s
D.图中x0=2.8
【解析】由题意得a 质点在0.5 s~5 s 内沿负方向做匀速直线运动,b 质点在前5 s 沿负方向做匀减速直线运动,两质
点运动方向相同,A 项错误;两图线相切于(5 s,-2.7 m),故在t=5 s 时刻两质点速度相等且v=k(斜率)=
Ǧ૛ǤૠǦ૙
⺁െ૙Ǥ⺁m/s=-0.6 m/s,
不是0.6 m/s,B 项错误;由题意知,做匀减速直线运动的b 质点的加速度为0.2 m/s2,根据运动学公式有v1=v0+at,解得
v0=-1.6 m/s,C 项错误;对于b 质点,前5 s 内,有x=ܞ
െt2=-
૚Ǥ૟൅૙Ǥ૟
૛
×5 m=-5.5 m,故b 质点出发的位置离坐标原点的距离
x0=|x|-2.7 m=2.8 m,D 项正确。
2.(2019 年四川成都调研)如图所示的电路中,电源电动势E=6 V,内阻r=1 Ω,电阻R1=6 Ω,R2=5 Ω,R3=3 Ω,电容器的电容
C=2×10-5 F。若将开关S 闭合,电路稳定时通过R2 的电流为I;断开开关S 后,通过R1 的电荷量为q。则(
)。
A.I=0.25 A
B.I=0.5 A
C.q=1×10-5 C D.q=2×10-5 C
【解析】开关S 闭合电路稳定时,外电路中总电阻R=R2+
ࡾ૚ࡾ૜
ࡾ૚൅ࡾ૜=7 Ω,根据闭合电路欧姆定律得I=
ࡱ
ࡾ൅࢘=0.75 A,电容器
两端的电压U=I
ࡾ૚ࡾ૜
ࡾ૚൅ࡾ૜=1.5 V,电荷量Q=CU=3×10-5 C。断开开关S 后,电容器通过R1 与R3 放电,设通过R1 与R3 的放电
电流分别为I1 和I3,则
ࡵ૚
ࡵ૜=
ࡾ૜
ࡾ૚,由q=It 可知,通过R1 与R3 的电荷量之比ࢗ
૚ࢗ
૜=
ࡵ૚
ࡵ૜,又q1+q3=Q,联立解得通过R1 的电荷量
q1=
ࡾ૜
ࡾ૚൅ࡾ૜Q=1×10-5 C,A、B、D 三项错误,C 项正确。
3.(2019 年河南安阳二模)如图所示,倾角θ=30°的斜面体静止在粗糙的水平面上,一质量为m、可看成质点的光滑小球在
不可伸长的轻绳拉力的作用下静止在斜面上。已知轻绳与斜面间的夹角也为θ,重力加速度为g,则水平面对斜面体的摩
擦力大小为(
)。
A.
૚
૛mg
B.
૜
૟mg
C.
૜
૝mg
D.
૜
૜mg
【解析】对小球,沿斜面方向有Tcos 30°=mgsin 30°,对小球和斜面体组成的整体,在水平方向,有f=Tcos 60°=
૜ܕl
૟,B
项正确。
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4.(2019 年四川绵阳10 月考试)(多选)如图1 所示,两平行金属板A、B 放在真空中,P 点在A、B 板间,A 板接地,B 板的
电势φ随时间t 的变化情况如图2 所示,t=0 时,在P 点由静止释放一电子,当t=2T 时,电子回到P 点。电子运动过程中未
与极板相碰,不计重力,则下列说法正确的是(
)。
A.φ1∶φ2=1∶2
B.φ1∶φ2=1∶3
C.在0~T 时间内,电子的电势能一直在减小
D.在T~2T 时间内,电子的电势能一直在减小
【解析】0~T 时间内平行板间的电场强度E1=࣐
૚
ࢊ,电子以加速度a1=
ࡱ૚܍
࢓=࣐
૚܍
ࢊ࢓向上做匀加速直线运动,当t=T 时电子的
位移x1=
૚
૛a1T2,速度v1=a1T。T~2T 时间内平行板间的电场强度E2=࣐
૛
ࢊ,加速度a2=࣐
૛܍
ࢊ࢓,电子以v1 的初速度向上做匀减速直
线运动,速度变为0后开始向下做匀加速直线运动,位移x2=v1T-
૚
૛a2T2,t=2T时电子回到P点,则x1+x2=0,联立可得φ2=3φ1,A
项错误,B 项正确。在0~T 时间内电子做匀加速直线运动,之后做匀减速直线运动,后又做方向向下的匀加速直线运动,
所以在0~T 时间内电势能一直在减小,C 项正确。电子在T~2T 时间内电势能先增大后减小,D 项错误。
5.(2019 年湖南株洲期末考试)如图所示,电源的电动势和内阻分别为E、r,在滑动变阻器的滑片P 由a 向b 移动的过程
中,下列各物理量变化的情况为(
)。
A.R0 的功率逐渐增大
B.电流表的示数逐渐减小
C.电源的输出功率可能先减小后增大
D.电压表与电流表示数的改变量的比值
ȟࢁ
ȟࡵ先增大后减小
【解析】在滑动变阻器的滑片P 由a 向b 移动的过程中,滑动变阻器并联总电阻先增大后减小,根据闭合电路欧姆
定律分析可知,电路中总电流I 先减小后增大,电流表的示数先减小后增大,故R0 的功率P=I2R0 先减小后增大,A、B 两
项错误;由于电源的内阻与外电阻的关系未知,无法判断电源输出功率如何变化,可能先减小后增大,也可能先增大后减
小,C 项正确;电流表的示数先减小后增大,电压表的示数先增大后减小,电压表测的是路端电压,电压表与电流表示数的
改变量的比值
ȟࢁ
ȟࡵ等于电源内阻,大小不变,D 项错误。
6.(2020 年哈师大附中月考)(多选)A、B 两个电源的路端电压U 和电流I 的关系图象如图所示,设两个电源的内阻分别
为rA、rB。若将一定值电阻R 分别接到两个电源上,设R 消耗的功率分别为PA、PB,则关于两个物理量大小关系的判断
正确的是(
)。
A.rA>rB
B.rA<rB
C.PA>PB D.PA<PB
【解析】由题图可知,图线B 斜率的绝对值大于图线A 斜率的绝对值,因此rA<rB,A 项错误,B 项正确;在同一坐标系
内作出电阻R 的U-I 图象,如图所示,图象与两个电源的U-I 图象的交点为电路的工作点,根据P=IU 可知R 消耗的功率
PA>PB,C 项正确,D 项错误。
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7.(2019 年武汉十月联考)(多选)为了进一步探究课本中的迷你小实验,某同学从圆珠笔中取出轻弹簧,将弹簧一端竖直
固定在水平桌面上,另一端套上笔帽,用力把笔帽往下压后迅速放开,他观察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距
离。不计空气阻力,忽略笔帽与弹簧间的摩擦,在弹簧恢复原长的过程中(
)。
A.笔帽一直做加速运动
B.弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等
C.弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的冲量大小相等
D.弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽克服重力做功的平均功率
【解析】弹簧恢复原长的过程中,笔帽先向上做加速运动,弹簧压缩量减小,弹力减小,当弹力等于重力时,加速度为
零,速度最大,此后弹力小于重力,合力向下,加速度与速度反向,笔帽向上做减速运动,故A 项错误;笔帽向上运动,受到的
弹力方向向上,力与位移同向,故弹力对笔帽做正功,重力方向向下,与位移反向,对笔帽做负功,由于笔帽动能增加,所以
弹簧对笔帽做的功大于笔帽克服重力做的功,两力做功时间相同,根据功率的定义可知,D 项正确;弹簧对桌面虽然有弹
力,但没有位移,所以不做功,B 项错误;由于轻弹簧质量不计,所以弹簧对桌面的弹力等于其对笔帽的弹力,作用时间相同,
冲量大小相等,故C 项正确。
【答案】CD
8.(2019 年山东青岛质量调研)(多选)图1 中直线PQ 表示电场中的一条电场线,质量为m、电荷量为q 的带负电的粒子
仅在电场力作用下沿电场线向右运动,经过P 点时速度为v0,到达Q 点时速度减为零,粒子运动的v-t 图象如图2 所示。
其中A 点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)。下列说法正确的是(
)。
A.P 点电势高于Q 点电势
B.A 点电场强度小于Q 点电场强度
C.P、Q 两点间的电势差为
࢓࢜૙૛
૛ࢗ
D.带负电的粒子在P 点的电势能大于在Q 点的电势能
【解析】由图2 知从P 到Q 粒子速度减小,即粒子受向左的电场力,故电场线方向向右,P 点电势一定高于Q 点电
势,A 项正确;v-t 图象的斜率表示加速度,由图可知A 点的加速度大于Q 点的加速度,根据a=ࢗ
ࡱ
࢓,可知A 点电场强度大于
Q 点电场强度,故B 项错误;由动能定理知-qUPQ=0-
૚
૛m࢜
૙૛,解得P、Q 两点间的电势差UPQ=
࢓࢜૙૛
૛ࢗ
,C 项正确;由图2 知粒
子速度减小,电场力做负功,所以带负电的粒子在P 点的电势能小于在Q 点的电势能,D 项错误。
二、非选择题
9.(2019 年黑龙江自测)如图所示,电路中电源电动势为E,内阻不计,其他各电阻的阻值R1=R3=3R, R2=R。水平放置的平
行金属板A、B 间的距离为d,板长为L。在A 板的左下端且非常靠近板A 的位置,有一质量为m、带电荷量为-q 的小
液滴以初速度v0 水平向右射入两板间。重力加速度用g 表示。
(1)若使液滴能沿v0 方向射出电场,则电动势E1 应为多大?
(2)若使液滴恰能打在B 板的中点,则电动势E2 应为多大?
【解析】(1)I=
ࡱ૚
ࡾ૚൅ࡾ૛=
ࡱ૚
૝ࡾ,UBA=IR2=
ࡱ૚
૝
由平衡条件得mg=ࢗ
ࢁ࡮࡭
ࢊ=q
ࡱ૚
૝ࢊ
联立解得E1=
૝࢓ࢍࢊࢗ。
(2)由于液滴恰好打在B 板正中央,利用平抛规律有
ࡸ
૛=v0t
d=
૚
૛at2ࢗ
ࢁ࡮࡭̵
ࢊ-mg=ma
同理UBA'=
૚
૝E2
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联立解得E2=
૝࢓ࢊࢗ
ૡࢊ࢜૙૛
ࡸ૛
൅l 。
【答案】(1)
૝࢓ࢍࢊࢗ
(2)
૝࢓ࢊࢗ
ૡࢊ࢜૙૛
ࡸ૛
൅l
10.(2019 年湘鄂八市十二校调研)如图所示,在竖直平面内有一倾角θ=37°的传送带,两皮带轮A、B 轴心之间的距离
L=3.2 m,沿顺时针方向以v0=2 m/s 匀速运动。一质量m=2 kg 的物块P 从传送带顶端无初速度释放,物块P 与传送带间
的动摩擦因数μ=0.5。物块P 离开传送带后在C 点沿切线方向无能量损失地进入半径为
⺁ૢm 的光滑圆弧形轨道CDF,
并沿轨道运动至最低点F,与位于圆弧轨道最低点的物块Q 发生碰撞,碰撞时间极短,物块Q 的质量M=1 kg,物块P 和Q
均可视为质点,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)物块P 从传送带离开时的动量。
(2)传送带对物块P 做的功。
(3)物块P 与物块Q 碰撞后瞬间,物块P 对圆弧轨道压力大小的范围。
【解析】(1)物块在未到达与传送带速度相同之前,所受摩擦力方向沿传送带向下,由牛顿第二定律得mgsin
θ+μmgcos θ=ma1
解得a1=10 m/s2
物块P 与传送带达到相同的速度所需时间t1=࢜૙
ࢇ=0.2 s
物块P 沿斜面向下运动的位移x1=࢜૙
૛t1=0.2 m
在物块P 的速度与传送带速度相同后,由于mgsin θ>μmgcos θ,所以物块P 所受摩擦力方向变为沿传送带向上,由牛
顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma2
解得a2=2 m/s2
物块P 以加速度a2 运动的距离x2=L-x1=3 m
设物块P 运动到传送带底端的速度为v1,由运动学公式有࢜
૚૛=࢜
૙૛+2a2x2
解得v1=4 m/s
则物块P 从传送带离开时的动量p=mv1=8 kg·m/s,方向与水平方向成37°角斜向右下。
(2)物块P 从顶端到底端,根据动能定理有
W+mgLsin 37°=
૚
૛m࢜
૚૛
可知传送带对物块做的功W=-22.4 J。
(3)设物块P 运动到F 点的速度为v2,由动能定理得
૚
૛m࢜
૛૛-
૚
૛m࢜
૚૛=mgr(1+cos 37°)
解得v2=6 m/s
若物块P 与物块Q 发生弹性碰撞,并设物块P 碰撞后的速度为v3,物块Q 碰撞后的速度为v4,则两物块的碰撞过程
动量守恒,碰撞前后动能之和不变,有
mv2=mv3+Mv4
૚
૛m࢜
૛૛=
૚
૛m࢜
૜૛+
૚
૛M࢜
૝૛
解得v3=2 m/s
若物块P 与物块Q 发生完全非弹性碰撞,则有
mv2=(m+M)v3'
解得v3'=4 m/s
所以物块P 的速度范围为2 m/s≤v3≤4 m/s
在点F 由牛顿第二定律得FN-mg=m࢜૜૛࢘
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解得34.4 N≤FN≤77.6 N
物块P 碰撞后对圆弧轨道的压力为FN',由牛顿第三定律可得34.4 N≤FN'≤77.6 N。
【答案】(1)8 kg·m/s,方向与水平方向成37°斜向右下
(2)-22.4 J
(3)34.4 N≤F'N≤77.6 N
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第1 讲
磁场
磁场力
(92)
1. (安培定则)(2019 年山西大同阶段检测)如图所示,圆环上带有大量的负电荷,当圆环沿顺时针方向转动时,a、b、c 三
枚小磁针都要发生转动,以下说法正确的是(
)。
A.a、b、c 的N 极都向纸里转
B.b 的N 极向纸外转,而a、c 的N 极向纸里转
C.b、c 的N 极都向纸里转,而a 的N 极向纸外转
D.b 的N 极向纸里转,而a、c 的N 极向纸外转
【解析】圆环带负电,顺时针转动时产生逆时针方向的电流,根据安培定则可知环内磁场方向向外,环外磁场方向向
内,B 项正确。
2. (安培力的平衡)(2020 年广西贵港月考)质量为m、长为L 的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上,整个装置处于
竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中,直导体棒中通有恒定电流,平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成60°
角,其截面图如图所示,重力加速度为g。关于导体棒中的电流,下列分析正确的是(
)。
A.导体棒中电流垂直于纸面向外,大小为
૜ܕl
࡮ࡸ
B.导体棒中电流垂直于纸面向外,大小为
૜ܕl
૜࡮ࡸ
C.导体棒中电流垂直于纸面向里,大小为
૜ܕl
࡮ࡸ
D.导体棒中电流垂直于纸面向里,大小为
૜ܕl
૜࡮ࡸ
【解析】导体棒受到竖直向下的重力和指向圆心的弹力,要使导体棒平衡,应使其受水平向右的安培力,重力和安培
力的合力大小与弹力大小相等,方向相反,由平衡条件有tan 60°=
࡮ࡵࡸ
࢓ࢍ= ૜,解得导体棒中电流I=
૜ܕl
࡮ࡸ,由左手定则可判断,
导体棒中电流的方向应垂直于纸面向里,C 项正确。
3.(磁场叠加)(2019 年湖北黄石第1 次模拟考试)如图所示,AC 是四分之一圆弧,O 为圆心,D 为弧AC 中点,A、D、C 处各
有一垂直纸面的通电直导线,电流大小相等,A、C 两处电流垂直纸面向里,D 处电流垂直纸面向外,整个空间再加一个磁
感应强度大小为B 的匀强磁场,O 处的磁感应强度刚好为零,如果将D 处电流反向,其他条件都不变,则O 处的磁感应强
度大小为(
)。
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A. ૜൅૛૛B
B.2
૛൅૚B
C.2B
D.0
【解析】设A、D、C 处的电流在O 点产生的磁场的磁感应强度大小均为B0,则对O 点的磁场关系满足
࡮૙
૛൅࡮૙
૛=B+B0,即B=
૛Ǧ૚B0,B 的方向与AO 成45°角斜向左上方;如果将D 处电流反向,则O 处磁场的大小为
2B0=2
૛൅૚B,B 项正确。
4. (电流元法)(2020 年山东菏泽月考)如图所示,把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁两极的正上方,导线可以
自由转动,当导线通入图示方向电流I 时,导线的运动情况是(从上往下看)(
)。
A.顺时针方向转动,同时下降
B.顺时针方向转动,同时上升
C.逆时针方向转动,同时下降
D.逆时针方向转动,同时上升
【解析】如图甲所示,把直线电流等效为无数小段,中间的点为O 点,选择在O 点左侧S 极右上方的一小段为研究对
象,该处的磁场方向指向左下方,由左手定则判断,该小段受到的安培力的方向垂直纸面向里,在O 点左侧的各段电流元
都受到垂直纸面向里的安培力,把各段电流元受到的力合成,则O 点左侧导线受到垂直纸面向里的安培力;同理判断出O
点右侧的导线受到垂直纸面向外的安培力。因此,由上向下看,导线沿顺时针方向转动。
分析导线转过90°时的情形,如图乙所示。导线中的电流向外,由左手定则可知,导线受到向下的安培力。由以上分
析可知,导线在顺时针转动的同时向下运动。A 项正确。
5.(通电导线的等效长度)(2019 年江苏南通检测)如图所示,载流线圈匝数相同,边长MN 相等,将它们分别挂在天平的右
臂下方。线圈中通有大小相同的电流,天平处于平衡状态。若磁场发生微小变化,天平最容易失去平衡的是(
)。
【解析】根据安培力F=BIL,这里的B、I 都相同,决定安培力大小的就是L 了,L 大则F 大,就易使天平失去平衡。A
项中的导线在磁场中的有效长度最长,磁场发生变化时,天平最容易失去平衡。
6.(安培力做功)(2019 年湖北黄冈阶段测试)(多选)一金属棒放置在相距为d 的两金属轨道上,如图所示。现让金属棒以
v0的初速度从AA'进入水平轨道,再由CC'进入半径为r 的竖直圆轨道,金属棒恰能到达竖直圆轨道最高点,且速度大小为
v,完成圆周运动后,再回到水平轨道上,整个轨道除圆轨道光滑外,其余均粗糙,运动过程中金属棒始终与轨道垂直且接
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触良好。已知由外电路控制流过金属棒的电流大小始终为I,方向如图中所示,整个轨道处于水平向右的匀强磁场中,磁
感应强度为B,A、C 间的距离为L,金属棒恰好能完成竖直面内的圆周运动。重力加速度为g,则由题中信息可以求出
(
)。
A.金属棒的质量
B.金属棒在磁场中运动时所受的安培力的大小和方向
C.金属棒运动到DD'时的瞬时速度
D.金属棒与水平粗糙轨道间的动摩擦因数
【解析】在圆轨道最高点,由牛顿第二定律,有BId+mg=m࢜
૛࢘
,可求出m,A 项正确;由题中信息可求出金属棒在磁场中
运动时所受的安培力的大小和方向,B 项正确;由于不知道CD 间距,故不能求出金属棒运动到DD'时的瞬时速度,C 项错误;
由动能定理得-(mg+BId)·2r-μ(mg+BId)·L=
૚
૛mv2-
૚
૛m࢜
૙૛,可以求出动摩擦因数μ,D 项正确。
【答案】ABD
7. (安培力做功)(2020 年海南三亚月考)电磁炮是一种理想的兵器,它的主要原理如图所示,利用这种装置可以把质量为
2.0 g(包括金属杆EF 的质量)的弹体加速到6 km/s。若这种装置的轨道的宽为2 m,长为100 m,通过的电流为10 A,求轨
道间所加匀强磁场的磁感应强度大小和磁场力的最大功率。(轨道摩擦不计)
【解析】电磁炮在安培力的作用下,沿轨道做匀加速运动。因为通过100 m 的位移加速至6 km/s,利用动能定理可
得ࡲ安࢙
ൌȟࡱܓ,即BILs=
૚
૛m࢜
ܕ૛-0
代入数据可得B=18 T
运动过程中,磁场力的最大功率为
P=Fvm=BILvm=2.16×106 W。
【答案】18 T
2.16×106 W
1. (2019 年全国卷Ⅰ,T17)如图,等边三角形线框LMN 由三根相同的导体棒连接而成,固定于匀强磁场中,线框平面与磁
感应强度方向垂直,线框顶点M、N 与直流电源两端相接,已知导体棒MN 受到的安培力大小为F,则线框LMN 受到的安
培力的大小为(
)。
A.2F
B.1.5F
C.0.5F
D.0
【解析】设导体棒MN 的电流为I,则MLN 的电流为
ࡵ
૛,根据F=BIL,可得ML 和LN 所受安培力为
ࡲ
૛,根据力的合成,可得
线框LMN 受到的安培力的大小为F+2×
ࡲ
૛sin 30°=1.5F。
2. (2019 年江苏卷,T7)(多选)如图所示,在光滑的水平桌面上,a 和b 是两条固定的平行长直导线,通过的电流大小相等。
矩形线框位于两条导线的正中间,通有顺时针方向的电流,在a、b 产生的磁场作用下静止。则a、b 的电流方向可能是
(
)。
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A.均向左
B.均向右
C.a 的向左,b 的向右
D.a 的向右,b 的向左
【解析】a、b 中电流相等,线框上边受到的合力的方向与a 导线对它的安培力方向相同,线框下边受到的合力的方
向与b 导线对它的安培力方向相同,假设a 的电流向左,b 的电流向右,如图所示,根据同向电流相互吸引,反向电流相互排
斥,可知安培力方向相反,线框静止,即C 项正确。同理知D 项正确,A、B 项错误。
【答案】CD
3.(2018 年全国卷Ⅱ,T20)(多选)如图所示,纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2,L1 中的电流方向向左,L2 中的电
流方向向上;L1 的正上方有a、b 两点,它们相对于L2 对称。整个系统处于匀强外磁场中,外磁场的磁感应强度大小为B0,
方向垂直于纸面向外。已知a、b 两点的磁感应强度大小分别为
૚
૜B0 和
૚
૛B0,方向也垂直于纸面向外。则(
)。
A.流经L1 的电流在b 点产生的磁感应强度大小为
ૠ
૚૛B0
B.流经L1 的电流在a 点产生的磁感应强度大小为
૚
૚૛B0
C.流经L2 的电流在b 点产生的磁感应强度大小为
૚
૚૛B0
D.流经L2 的电流在a 点产生的磁感应强度大小为
ૠ
૚૛B0
【解析】原磁场、电流的磁场方向如图所示,由题意知
在b 点有
૚
૛B0=B0-B1+B2
在a 点有
૚
૜B0=B0-B1-B2
由上述两式解得B1=
ૠ
૚૛B0,B2=
૚
૚૛B0,A、C 两项正确。
4.(2017 年全国卷Ⅱ,T21)(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示,矩形线圈由一根漆包线绕制而成,漆包线的两
端分别从线圈的一组对边的中间位置引出,并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间,线圈平面位于竖直面内,
永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来,该同学应将(
)。
A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉
B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉
C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉
D.左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉
【解析】若将左、右转轴上、下两侧的绝缘漆都刮掉,线圈的上、下两边受安培力而使线圈转动,在前
૚
૝周上、下两
边所受的安培力均做正功,转过
૚
૝周后上、下两边受到的安培力开始做负功,使线圈速度减小至零,然后反向转回来,最终
摆动,B 项错误;若将左转轴上侧的绝缘漆刮掉,且右转轴下侧的绝缘漆刮掉,电路不能接通,C 项错误;若将左转轴下侧或
上、下两侧的绝缘漆都刮掉,且右转轴下侧的绝缘漆刮掉,线圈的上、下两边受安培力均做正功而使线圈转动,转过
૚
૝周
后电路不能接通,由于惯性,线圈能继续按原方向转动,转过
૜
૝周后上、下两边受到的安培力再做正功使线圈继续转动,A、
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D 两项正确。
【答案】AD
5.(2018 年11 月浙江选考,T7)电流天平是一种测量磁场力的装置,如图所示。两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ,线圈Ⅰ
固定,线圈Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时,天平示数恰好为零。下列说法正确的是(
)。
A.当天平示数为负时,两线圈电流方向相同
B.当天平示数为正时,两线圈电流方向相同
C.线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力
D.线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力
【解析】当两线圈电流方向相同时,表现为相互吸引,电流方向相反时,表现为相互排斥,故当天平示数为正时,两者
相互排斥,电流方向相反,当天平示数为负时,两者相互吸引,电流方向相同,A 项正确,B 项错误;线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力
与线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力是一对相互作用力,大小相等,方向相反,C 项错误;静止时,线圈Ⅱ平衡,线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作
用力、托盘对线圈Ⅱ的作用力的平衡原理是杠杆,两力不一定是平衡力,D 项错误。
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第2 讲
带电粒子在磁场中的运动
(94)
1.(洛伦兹力的判断)(2019 年云南曲靖12 月考试)已知通入电流为I 的长直导线在周围某点产生的磁感应强度B 与该点
到导线间的距离r 的关系为B=k
ࡵ࢘。如图所示,竖直通电长直导线中的电流I 方向向上,绝缘的光滑水平面上P 处有一带
正电小球从图示位置以初速度v0 水平向右运动,小球始终在水平面上运动,运动轨迹用实线表示,若从上向下看,则小球
的运动轨迹可能是(
)。
【解析】根据右手螺旋定则可知直线电流I 产生的磁场方向与光滑的水平面平行,根据左手定则可知,带正电的小
球受到的洛伦兹力方向始终与该水平面垂直,而沿水平方向没有分力,小球始终在水平面上运动,所以小球将做匀速直
线运动,A 项正确。
2. (圆形边界磁场)(2019 年重庆市巴蜀中学高三月考)如图所示,半径为R 的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场,半径
OC 与OB 的夹角为60°。一电子以速率v 从A 点沿直径AB 方向射入磁场,从C 点射出。电子质量为m、电荷量为e,
不计电子重力,下列说法正确的是(
)。
A.磁场方向垂直纸面向里
B.磁感应强度大小为
૜ܕܞ
૜ࢋࡾ
C.电子在磁场中的运动时间为
૛૜ૈࡾ
૜࢜
D.若电子速率变为࢜૜,仍要从C 点射出,磁感应强度大小应变为原来的3 倍
【解析】根据左手定则,可得磁场方向垂直纸面向外,A 项错误;电子运动的轨迹如图所示,由几何关系可知电子的运
动半径r= ૜R=
࢓࢜
ࢋ࡮,解得B=
૜ܕܞ
૜ࢋࡾ,B 项正确;运动周期T=
૛ૈ࢓
ࢋ࡮,电子在圆形区域的运动时间t=
૚
૟T=
૜ૈࡾ
૜࢜
,C 项错误;电子的运动半
径r=
࢓࢜
ࢋ࡮,若电子速率变为࢜૜,仍要从C 点射出,磁感应强度大小应变为原来的
૚
૜,D 项错误。
3.(直线边界磁场)(2019 年广东惠州一月模拟)如图所示,直线MN 上方有垂直纸面向里的匀强磁场,电子1 从磁场边界上
的a 点垂直MN 和磁场方向射入磁场,经t1 时间从b 点离开磁场。之后电子2 也由a 点沿图示方向以相同速率垂直磁
场方向射入磁场,经t2 时间从a、b 连线的中点c 离开磁场,则t1∶t2 为(
)。
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A.2∶3
B.3∶1
C.3∶2
D.2∶1
【解析】粒子在磁场中都做匀速圆周运动,根据题意画出粒子的运动轨迹,如图所示。电子1 垂直射进磁场,从b 点
离开,则运动了半个圆周,ab 为直径,c 点为圆心,电子2 以相同速率垂直磁场方向射入磁场,经t2 时间从a、b 连线的中点
c 离开磁场,根据半径r=
࢓࢜ࢗ
࡮可知,粒子1 和2 的运行轨迹半径相等,根据几何关系可知,△aOc 为等边三角形,则粒子2 转过
的圆心角为60°,所以粒子1 运动的时间t1=
ࢀ
૛=ૈ
࢓ࢗ
࡮,粒子2 运动的时间t1=
ࢀ
૟=ૈ
࢓
૜࡮ࢗ,故࢚૚࢚
૛=
૜
૚,B 项正确。
4. (相同方向的粒子源)(多选)如图所示,一单边有界磁场的边界上有一粒子源,以与水平方向成θ角的不同速率,向磁场
中射入两个相同的粒子1 和2,粒子1 经磁场偏转后从边界上M 点出磁场,粒子2 经磁场偏转后从边界上N 点出磁
场,OM=MN,则(
)。
A.粒子1 与粒子2 的速率之比为1∶2
B.粒子1 与粒子2 的速率之比为1∶4
C.粒子1 与粒子2 在磁场中运动的时间之比为1∶1
D.粒子1 与粒子2 在磁场中运动的时间之比为1∶2
【解析】粒子进入磁场时速度的垂线与OM 的垂直平分线的交点为粒子1 在磁场中做圆周运动的圆心,同理,粒子
进入磁场时速度的垂线与ON 的垂直平分线的交点为粒子2 在磁场中做圆周运动的圆心,由几何关系可知,两个粒子在
磁场中做圆周运动的半径之比r1∶r2=1∶2,由r=
࢓࢜ࢗ
࡮可知,粒子1 与粒子2 的速率之比为1∶2,A 项正确,B 项错误;粒子在
磁场中做圆周运动的周期均为T=
૛ૈ࢓ࢗ
࡮,且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同,因此粒子在磁场中运动
的时间相同,C 项正确,D 项错误。
5. (极值问题)(2019 年安徽合肥10 月模拟考试)如图所示,在x 轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。
在xOy 平面内,从原点O 处沿与x 轴正方向成θ角(0<θ<π)以速率v 发射一个带正电的粒子(重力不计)。则下列说法正
确的是(
)。
A.若v 一定,θ越大,则粒子在磁场中运动的时间越短
B.若v 一定,θ越大,则粒子离开磁场的位置距O 点越远
C.若θ一定,v 越大,则粒子在磁场中运动的角速度越大
D.若θ一定,v 越大,则粒子在磁场中运动的时间越短
【解析】由左手定则可知,带正电的粒子向左偏转。若v 一定,θ越大,则粒子在磁场中运动的时间越短,A 项正确;若
v 一定,θ等于90°时,粒子离开磁场的位置距O 点最远,B 项错误;若θ一定,粒子在磁场中运动的周期与v 无关,由ω=
૛ૈ
ࢀ可知
粒子在磁场中运动的角速度与v 无关,C、D 两项错误。
6. (临界问题)(2019 年湖南株洲联考)如图所示,△EFG 为与匀强磁场垂直的边长为a 的等边三角形,比荷为
ࢋ
࢓的电子以速
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度v0 从E 点沿EF 边入射,欲使电子经过FG 边,则磁感应强度B 的取值应满足(
)。
A.B>
૛࢓࢜૙
ࢇࢋB.B<
૛࢓࢜૙
ࢇࢋ
C.B>
૜ܕ࢜૙
ࢇࢋ
D.B<
૜ܕ࢜૙
ࢇࢋ
【解析】由题意,画出电子的轨迹如图所示,电子正好经过G 点,此时圆周运动的半径R=
ࢇ
૛
܋th૜૙ι=
ࢇ
૜,要想电子从FG 边
经过,电子做圆周运动的半径要大于
ࢇ
૜,由带电粒子在磁场中运动的半径r=
࢓࢜ࢗ
࡮,有
ࢇ
૜<
࢓࢜૙
ࢋ࡮,即B<
૜ܕ࢜૙
ࢇࢋ,D 项正确。
7. (洛伦兹力特征)(2019 年南京师大附属中学高三5 月模拟)如图所示,半圆形光滑绝缘轨道MN 固定在竖直平面内,O
为其圆心,M、N 与O 高度相同,匀强磁场方向与轨道平面垂直且向里。现将一个带正电的小球自M 点由静止释放,它
将沿轨道在M、N 间做往复运动。下列说法中正确的是(
)。
A.小球在M 点和N 点时均处于平衡状态
B.小球由M 到N 所用的时间大于由N 到M 所用的时间
C.小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力大小均相等
D.小球每次经过轨道最低点时所受合外力大小均相等
【解析】小球在M 点和N 点只受到重力,不是平衡状态,A 项错误;洛伦兹力方向总是与运动方向垂直,不改变小球
速度大小,对小球速度大小有影响的只有重力,故小球从两边滚下的时间相等,B 项错误;小球不管从哪边滚下,机械能守
恒,小球在最低点的速度大小总是相等的,由F 合=
࢓࢜૛࢘
可知合力不变,D 项正确;小球从M 运动到N,在最低点受到向上的洛
伦兹力,所以F1+F 洛-mg=
࢓࢜૛࢘
,小球从N 运动到M,在最低点受到向下的洛伦兹力,所以F2-mg-F 洛=
࢓࢜૛࢘
,可见F1<F2,C 项错误。
1. (2019 年全国卷Ⅲ,T18)如图所示,在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为
૚
૛B 和B、方向均垂直于纸
面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x 轴射入第二象限,随后垂直于y 轴进入第一象限,最
后经过x 轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为(
)。
A.
⺁ૈ࢓
૟ࢗ࡮
B.
ૠૈ࢓
૟ࢗ࡮
C.
૚૚ૈ࢓
૟ࢗ࡮
D.
૚૜ૈ࢓
૟ࢗ࡮
【解析】粒子的运动轨迹如图所示,即运动由两部分组成,第一部分是
૚
૝个周期,第二部分是
૚
૟个周期,粒子在第二象限
运动转过的角度为90°,则运动的时间t2=
ࢀ૛
૝=
૚
૝·
૛ૈ࢓ࢗ
࡮=ૈ
࢓
૛ࢗ࡮;粒子在第一象限转过的角度为60°,则运动的时间t1=
ࢀ૚
૟=
૚
૟·
૛ૈ࢓ࢗ
࡮
૛
=
૛ૈ࢓
૜ࢗ࡮;
则粒子在磁场中运动的时间t=t1+t2=
૛ૈ࢓
૜ࢗ࡮+ૈ
࢓
૛ࢗ࡮=
ૠૈ࢓
૟ࢗ࡮,B 项正确。
2. (2019 年北京卷,T16)如图所示,正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a 点射入,从b
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点射出。下列说法正确的是(
)。
A.粒子带正电
B.粒子在b 点速率大于在a 点速率
C.若仅减小磁感应强度,则粒子可能从b 点右侧射出
D.若仅减小入射速率,则粒子在磁场中运动时间变短
【解析】粒子向下偏转,根据左手定则,可得粒子应带负电,A 项错误;由于洛伦兹力不做功,所以粒子动能不变,即粒
子在b 点速率与a 点速率相等,B 项错误;若仅减小磁感应强度,由公式qvB=m࢜
૛࢘
得r=
࢓࢜ࢗ
࡮,可知磁感应强度减小,运动半径
增大,所以粒子有可能从b 点右侧射出,C 项正确,若仅减小入射速率,粒子运动半径减小,在磁场中运动的偏转角增大,则
粒子在磁场中运动时间一定变长,D 项错误。
3.(2016 年全国卷Ⅱ,T18)一圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的横截面如图所示。
图中直径MN 的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内,一带电粒子从小孔M 射入筒内,
射入时的运动方向与MN 成30°角。当筒转过90°时,该粒子恰好从小孔N 飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒
壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为(
)。
A.࣓૜࡮B.࣓૛࡮C.࣓࡮D.
૛࣓
࡮
【解析】画出粒子的运动轨迹如图所示,由洛伦兹力提供向心力得qvB=m࢜
૛࢘
,又T=
૛ૈ࢘࢜
,联立解得T=
૛ૈ࢓ࢗ
࡮
由几何知识可得,轨迹的圆心角θ=ૈ૟,在磁场中运动的时间t=
ࣂ
૛ૈT,粒子运动和圆筒运动具有等时性,则
ࣂ
૛ૈT=ૈ૛࣓,解得ࢗ
࢓=࣓૜࡮,故A 项正确。
4. (2019 年全国卷Ⅰ,T24)如图所示,在直角三角形OPN 区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向
外。一带正电的粒子从静止开始经电压U 加速后,沿平行于x 轴的方向射入磁场;一段时间后,该粒子在OP 边上某点以
垂直于x 轴的方向射出。已知O 点为坐标原点,N 点在y 轴上,OP 与x 轴的夹角为30°,粒子进入磁场的入射点与离开磁
场的出射点之间的距离为d,不计重力。求:
(1)带电粒子的比荷。
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间。
【解析】(1)设带电粒子的质量为m,电荷量为q,加速后的速度大小为v。由动能定理有
qU=
૚
૛mv2
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设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qvB=m࢜
૛࢘
由几何关系知d= ૛r
联立各式得ࢗ࢓=
૝ࢁ
࡮૛ࢊ૛。
(2)由几何关系知,带电粒子射入磁场后运动到x 轴所经过的路程为
s=ૈ࢘૛+rtan 30°
带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间为
t=࢙࢜
联立可得t=
࡮ࢊ૛
૝ࢁૈ
૛൅
૜
૜。
【答案】(1)
૝ࢁ
࡮૛ࢊ૛
(2)
࡮ࢊ૛
૝ࢁૈ
૛൅
૜
૜
5.(2017 年全国卷Ⅲ,T24)如图,空间存在方向垂直于纸面(xOy 平面)向里的磁场。在x≥0 区域,磁感应强度的大小为B0;x<0
区域,磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v0 从坐标原点O 沿x 轴正
向射入磁场,此时开始计时,当粒子的速度方向再次沿x 轴正向时,求(不计重力):
(1)粒子运动的时间。
(2)粒子与O 点间的距离。
【解析】(1)在匀强磁场中,带电粒子做圆周运动。设在x≥0 区域,圆周半径为R1;在x<0 区域,圆周半径为R2。由洛
伦兹力公式及牛顿第二定律得
qB0v0=m࢜૙૛
ࡾ૚
qλB0v0=m࢜
૙૛
ࡾ૛
粒子速度方向转过180°时,所需时间t1=ૈ
ࡾ૚࢜
૙
粒子再转过180°时,所需时间t2=ૈ
ࡾ૛࢜
૙
联立解得粒子运动的时间
t0=t1+t2=ૈ
࢓
࡮૙ܙ૚൅
૚
ɉ 。
(2)由几何关系得所求距离
d0=2(R1-R2)=
૛࢓࢜૙
࡮૙ܙ
૚െ
૚
ɉ 。
【答案】(1)ૈ
࢓
࡮૙ܙ૚൅
૚
ɉ
(2)
૛࢓࢜૙
࡮૙ܙ
૚െ
૚
ɉ
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第3 讲
带电粒子在组合场和复合场中的运动
(96)
1. (速度选择器的应用)(2019 年江苏泰州月考)如图所示为一速度选择器,内有一磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面
向外的匀强磁场,一束粒子流以速度v 水平射入。为使粒子流经过磁场时不偏转(不计重力),则磁场区域内必须同时存
在一个匀强电场,下列关于此电场的电场强度大小和方向的说法中,正确的是(
)。
A.大小为
࡮࢜,粒子带正电时,方向向上
B.大小为
࡮࢜,粒子带负电时,方向向上
C.大小为Bv,方向向下,与粒子带何种电荷无关
D.大小为Bv,方向向上,与粒子带何种电荷无关
【解析】当粒子所受的洛伦兹力和电场力平衡时,粒子沿直线匀速通过该区域,有qvB=qE,所以E=Bv;假设粒子带正
电,则受到向下的洛伦兹力,电场方向应该向上,而粒子带负电时,电场方向仍应向上,D 项正确。
2.(有约束环境)(2019 年广东汕头期末考试)如图所示,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面
平行),磁场方向垂直于纸面向里。纸面内有两个半径不同的半圆在b 点平滑连接后构成一绝缘光滑环。一带电小球套
在环上从a 点开始运动,发现其速率保持不变。则小球(
)。
A.带负电
B.受到的洛伦兹力大小不变
C.运动过程的加速度大小保持不变
D.光滑环对小球始终没有作用力
【解析】粒子速率不变,则洛伦兹力与支持力不做功,可知粒子所受的电场力和重力平衡,所以粒子受向上的电场力,
则粒子带正电,A 项错误;粒子的速率不变,根据f=Bqv 可知,粒子受到的洛伦兹力大小不变,B 项正确;因粒子在不同的圆环
中运动的半径不同,根据a=࢜
૛࢘
可知,粒子从小圆环过渡到大圆环的过程中加速度变小,C 项错误;粒子从小圆环过渡到大
圆环的过程中,加速度减小,根据F+qvB=ma 可知光滑环对小球的作用力要发生变化,且作用力不可能总是零,D 项错误。
3. (复合场)(2019 年抚顺五校联考)如图所示,空间的某个复合场区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的
匀强磁场。质子由静止开始经一加速电场加速后,垂直于复合场的边界进入并沿直线穿过场区,质子(不计重力)穿过复
合场区所用时间为t,从复合场区穿出时的动能为Ek,则(
)。
A.若撤去磁场B,质子穿过场区时间大于t
B.若撤去电场E,质子穿过场区时间等于t
C.若撤去磁场B,质子穿出场区时动能大于Ek
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D.若撤去电场E,质子穿出场区时动能大于Ek
【解析】质子在加速电场中是直线加速,进入复合场,电场力与洛伦兹力大小相等,方向相反,质子做匀速直线运动。
若撤去磁场,只剩下电场,质子做类平抛运动,水平分运动是匀速直线运动,水平分速度不变,则质子穿过场区时间不变,等
于t,A 项错误;若撤去电场,只剩下磁场,质子做匀速圆周运动,速率不变,水平分运动的速度减小,故质子穿过场区时间增
加,大于t,B 项错误;若撤去磁场,只剩下电场,质子做类平抛运动,电场力做正功,故末动能大于Ek,C 项正确;若撤去电场,只
剩下磁场,质子做匀速圆周运动,速率不变,末动能不变,仍为Ek,D 项错误。
4.(质谱仪的应用)(多选)如图所示,为研究某种射线装置的示意图。射线源发出的射线以一定的初速度沿直线射到荧光
屏上的中央O 点,出现一个亮点。在板间加上垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场后,射线在板间做半径为r 的
圆周运动,然后打在荧光屏的P 点。若在板间再加上一个竖直向下的电场强度为E 的匀强电场,亮点又恰好回到O 点,
由此可知该射线粒子(
)。
A.带正电
B.初速度大小v=
࡮
ࡱ
C.比荷ࢗ࢓=
࡮૛ܚ
ࡱ
D.比荷ࢗ࢓=
ࡱ
࡮૛ܚ
【解析】粒子在向里的磁场中向上偏转,根据左手定则可知,粒子带正电,A 项正确;粒子在磁场中,有Bqv=m࢜
૛࢘
;粒子
在电磁正交场中,有qE=qvB,v=
ࡱ
࡮,B 项错误;联立解得ࢗ࢓=
ࡱ
࡮૛ܚ,C 项错误,D 项正确。
【答案】AD
5.(磁流体发电机)(2019 年辽宁盘锦第二次模拟考试)(多选)磁流体发电机可以把气体的内能直接转化为电能,是一种低
碳环保发电机,有着广泛的发展前景,其发电原理示意图如图所示。将一束等离子体(高温下电离的气体,含有大量带正
电和负电的微粒,整体上呈电中性)喷射入磁感应强度为B 的匀强磁场中,磁场区域有两块面积为S、相距为d 的平行金
属板与外电阻R 相连构成一电路,设气流的速度为v,气体的电导率(电阻率的倒数)为g。则以下说法正确的是(
)。
A.上板是电源的正极,下板是电源的负极
B.发电机稳定时,R 两端的电压U=Bdv
C.流经R 的电流I=
࡮ࢊ࢜
ࡾ
D.流经R 的电流I=
࡮ࢊ࢜ࡿࢍ
ࢍࡿࡾ൅ࢊ
【解析】等离子体射入匀强磁场,由左手定则可知,正粒子向上偏转,负粒子向下偏转,产生竖直向下的电场,正离子
受向下的电场力和向上的洛伦兹力,当电场力和洛伦兹力平衡时,电场最强,即Eq=Bqv,E=Bv,两板间的电动势为Bvd,则通
过R 的电流I=
࡮࢜ࢊ
ࡾ൅ࡾ气
,R 两端的电压U=IR=
࡮ࢊ࢜ࡾ
ࡾ൅ࡾ气
,而R 气=
ࢊ
ࢍࡿ,则I=
࡮ࢊ࢜ࡿࢍ
ࢍࡿࡾ൅ࢊ,故A、D 两项正确。
【答案】AD
6.(组合场)(2019 年安徽淮南第二次调研)如图所示,在x 轴上方存在匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。在x
轴下方存在匀强电场,方向竖直向上。一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y 轴上的a(h,0)点沿y 轴
正方向以某初速度开始运动,一段时间后,粒子与x 轴正方向成45°角进入电场,经过y 轴的b 点时速度方向恰好与y 轴
垂直。求:
(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r 和速度大小v1。
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(2)匀强电场的电场强度大小E。
【解析】(1)根据题意,大致画出粒子在复合场中的运动轨迹,如图所示
由几何关系得rcos 45°=h
解得r= ૛h
由牛顿第二定律得
qBv1=m࢜૚૛࢘
解得v1=
૛ܙth
࢓。
(2)设粒子第一次经过x 轴的位置为x1,到达b 点时的速度大小为vb,根据类平抛运动规律,有
vb=v1cos 45°
解得vb=ࢗ
࡮ࢎ
࢓
设粒子进入电场后经过时间t 运动到b 点,b 点的纵坐标为-yb,由类平抛运动规律得r+rsin 45°=vbt
yb=
૚
૛(v1sin 45°+0)t=
૛൅૚
૛h
由动能定理得-qEyb=
૚
૛m࢜
࢈૛-
૚
૛m࢜
૚૛
解得E=
ሺ૛Ǧ૚ሻܙh࡮૛
࢓
。
【答案】(1) ૛h
૛ܙth
࢓
(2)
ሺ૛Ǧ૚ሻܙh࡮૛
࢓
1.(2019 年天津卷,T4)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件,
电脑正常工作;当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件,屏幕熄灭,电脑进入休眠状态。如图所示,一块宽为a、长为c 的矩形
半导体霍尔元件,元件内的导电粒子是电荷量为e 的自由电子,通入方向向右的电流时,电子的定向移动速度为v。当显
示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中,于是元件的前、后表面间出现电压U,以此控制屏幕的熄
灭。则元件的(
)。
A.前表面的电势比后表面的低
B.前、后表面间的电压U 与v 无关
C.前、后表面间的电压U 与c 成正比
D.自由电子受到的洛伦兹力大小为
ࢋࢁ
ࢇ
【解析】由图知电流从左向右流动,因此电子的运动方向为从右向左,根据左手定则可知电子偏转到后表面,因此前
表面的电势比后表面的高,A 项错误;电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡,有F 洛=evB,F 电=eE=e
ࢁ
ࢇ,故F 洛=e
ࢁ
ࢇ,D 项正确;
由evB=e
ࢁ
ࢇ可得电压U=avB,故前后表面的电压与速度有关,与a 成正比,与c 无关,B、C 两项错误。
2.(2018 年全国卷Ⅰ,T25)如图所示,在y>0 的区域存在方向沿y 轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E;在y<0 的区域存
在方向垂直于xOy 平面向外的匀强磁场。一个氕核૚
૚H 和一个氘核૚
૛H 先后从y 轴上y=h 点以相同的动能射出,速度方
向沿x 轴正方向。已知૚
૚H 进入磁场时,速度方向与x 轴正方向的夹角为60°,并从坐标原点O 处第一次射出磁场。
૚
૚H
的质量为m,电荷量为q。不计重力。求:
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(1) ૚
૚H 第一次进入磁场的位置到原点O 的距离。
(2)磁场的磁感应强度大小。
(3ሻ૚
૛H 第一次离开磁场的位置到原点O 的距离。
【解析】(1ሻ૚
૚H 在电场中做类平抛运动,在磁场中做匀速圆周运动,运动轨迹如图所示。设૚
૚H 在电场中的加速度大
小为a1,初速度大小为v1,它在电场中的运动时间为t1,第一次进入磁场的位置到原点O 的距离为s1。由运动学公式有
s1=v1t1
h=
૚
૛a1࢚૚
૛
由题给条件ǡ૚
૚H 进入磁场时速度的方向与x 轴正方向夹角θ1=60°。૚
૚H 进入磁场时速度沿竖直方向的分量的大小为
a1t1=v1tan θ1
联立以上各式得s1=
૛૜
૜h。
(2ሻ૚
૚H 在电场中运动时,由牛顿第二定律有
qE=ma1
设૚
૚H 进入磁场时速度的大小为v1',由速度合成法则有
v1'=࢜
૚૛൅ሺࢇ૚࢚૚ሻ૛
设磁感应强度大小为Bǡ૚
૚H 在磁场中运动的圆轨道半径为R1,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qv1'B=
࢓࢜૚̵ ૛
ࡾ૚
由几何关系得
s1=2R1sin θ1
联立以上各式得B=
૟࢓ࡱࢗ
ࢎ。
(3)设૚
૛H 在电场中沿x 轴正方向射出的速度大小为v2,在电场中的加速度大小为a2,由题给条件得
૚
૛×2m࢜
૛૛=
૚
૛m࢜
૚૛
由牛顿第二定律有
qE=2ma2
设૚
૛H 第一次射入磁场时的速度大小为v2',速度的方向与x 轴正方向夹角为θ2,入射点到原点的距离为s2,在电场中
运动的时间为t2。由运动学公式有
s2=v2t2
h=
૚
૛a2࢚૛
૛
v2'=࢜
૛૛൅ሺࢇ૛࢚૛ሻ૛
sin θ2=
ࢇ૛࢚૛࢜
૛̵
联立以上各式得
s2=s1,θ2=θ1,v2'=
૛
૛v1'
设૚
૛H 在磁场中做圆周运动的半径为R2,由上式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得
R2=
ሺ૛࢓ሻ࢜૛̵ࢗ
࡮
= ૛R1
所以出射点在原点左侧。设૚
૛H 进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2',由几何关系有
s2'=2R2sin θ2
则૚
૛H 第一次离开磁场时的位置到原点O 的距离
Δs=s2'-s2=
૛૜
૜( ૛-1)h。
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【答案】(1)
૛૜
૜h
(2)
૟࢓ࡱࢗ
ࢎ
(3)
૛૜
૜( ૛-1)h
3.(2018 年全国卷Ⅲ,T24)如图,从离子源产生的甲、乙两种离子,由静止经加速电压U 加速后在纸面内水平向右运动,自
M 点垂直于磁场边界射入匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为
v1,并在磁场边界的N 点射出;乙种离子在MN 的中点射出;MN 长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求:
(1)磁场的磁感应强度大小。
(2)甲、乙两种离子的比荷之比。
【解析】(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1,磁场的磁感应强度大
小为B,由动能定理有
q1U=
૚
૛m1࢜
૚૛
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
q1v1B=m1࢜
૚૛
ࡾ૚
由几何关系知
2R1=l
联立解得B=
૝ࢁ
࢒࢜૚。
(2)设乙种离子所带电荷量为q2,质量为m2,射入磁场的速度为v2,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有
q2U=
૚
૛m2࢜
૛૛
q2v2B=m2࢜
૛૛
ࡾ૛
由题给条件有
2R2=
࢒
૛
联立解得,甲、乙两种离子的比荷之比为ࢗ
૚
࢓૚∶ࢗ
૛
࢓૛=1∶4。
【答案】(1)
૝ࢁ
࢒࢜૚
(2)1∶4
4.(2018 年全国卷Ⅱ,T25)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场,其在xOy 平面内的截面如图所示:中间是磁
场区域,其边界与y 轴垂直,宽度为l,磁感应强度的大小为B,方向垂直于xOy 平面;磁场的上、下两侧为电场区域,宽度
均为l',电场强度的大小均为E,方向均沿x 轴正方向;M、N 为条状区域边界上的两点,它们的连线与y 轴平行。一带正
电的粒子以某一速度从M 点沿y 轴正方向射入电场,经过一段时间后恰好以从M 点入射的速度从N 点沿y 轴正方向
射出。不计重力。
(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹。
(2)求该粒子从M 点入射时速度的大小。
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x 轴正方向的夹角为ૈ૟,求该粒子的比荷及其从M 点运动到N 点的时间。
【解析】(1)粒子运动的轨迹如图甲所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物线,在磁场中为圆弧,上下对称)
(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M 点射入时速度的大小为v0,在下侧电场中运动的
时间为t,加速度的大小为a;粒子进入磁场的速度大小为v,方向与电场方向的夹角为θ(如图乙),速度沿电场方向的分量
为v1。根据牛顿第二定律有
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甲
乙
qE=ma
式中q 和m 分别为粒子的电荷量和质量。由运动学公式有
v1=at
l'=v0t
v1=vcos θ
粒子在磁场中做匀速圆周运动,设其运动轨道半径为R,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
qvB=
࢓࢜૛
ࡾ
由几何关系得
l=2Rcos θ
联立得v0=
૛ࡱ࢒̵
࡮࢒。
(3)由运动学公式和题给数据得
v1=࢜
૙
thܖૈ૟
联立得ࢗ࢓=
૝૜۳t̵
࡮૛࢒૛
设粒子由M 点运动到N 点所用的时间为t',则
t'=2t+
૛ૈ
૛Ǧૈ૟
૛ૈ
T
式中T 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
T=
૛ૈ࢓ࢗ
࡮
联立解得t'=
࡮࢒
ࡱ
૚൅
૜ૈ࢒
૚ૡ࢒̵
。
【答案】(1)见解析
(2)
૛ࡱ࢒̵
࡮࢒
(3)
૝૜۳t̵
࡮૛࢒૛
࡮࢒
ࡱ
૚൅
૜ૈ࢒
૚ૡ࢒̵
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一、选择题
1.(2019 年山东济宁二模)(多选)如图所示,A、B 两物体的质量分别为m、2m,中间用轻杆相连,放在光滑的固定斜面上。
现将它们从静止释放,在下滑的过程中(
)。
A.两物体下滑的加速度相同
B.轻杆对A 做正功,对B 做负功
C.系统的机械能守恒
D.任意时刻两物体重力的功率相同
【解析】斜面光滑,则对整体分析可知,加速度a=gsin θ,故A、B 间的杆没有弹力,故轻杆对A、B 均不做功,A 项正
确,B 项错误;因为斜面光滑,系统只有重力做功,所以系统机械能守恒,C 项正确;由于A、B 两物体加速度相同,任意时刻A、
B 两物体速度相同,但重力大小不同,故重力的瞬时功率不同,D 项错误。
2.(2019 年山东潍坊期末考试)某种热敏电阻在环境温度升高时,电阻会迅速减小。将这种热敏电阻P 接入如图所示的电
路,开关闭合。若环境温度升高,下列判断正确的是(
)。
A.电路的总电阻变大
B.流过P 的电流变小
C.灯泡A 变亮
D.灯泡B 变亮
【解析】若环境温度升高,则热敏电阻P 阻值减小,总电阻减小,总电流变大,路端电压减小,则灯泡A 两端电压变大,
灯泡A 变亮;灯泡B 以及热敏电阻P 所在的并联支路的电压减小,灯泡B 变暗;通过B 的电流减小,而总电流变大,则通过
P 的电流变大,C 项正确,A、B、D 三项错误。
3.(2019 年广东广州模拟考试)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm 的两点上,弹性绳的原长也
为80 cm。将一重物挂在弹性绳的中点,平衡时弹性绳的总长度为100 cm;已知弹性绳的劲度系数为100 N/m,则重物的
重力大小为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)(
)。
A.5 N
B.10 N
C.12 N
D.18 N
【解析】左、右两半段绳的伸长量ΔL=
૚૙૙െૡ૙
૛
cm=10 cm, 由共点力的平衡条件可知, 重物的重力
G=2kΔL×
⺁૙૛Ǧ૝૙૛
⺁૙
=1.2kΔL=12 N,C 项正确。
4.
(2019 年江西吉安模拟)(多选)我国的航天技术突飞猛进,前期做了分步走的大量工作。在2013 年6 月10 日,我国首次太
空授课在距地球300 多千米的“天宫一号”上举行,图示为宇航员王亚平在“天宫一号”上所做的“水球”。若已知地球的半
径为6400 km,地球表面的重力加速度g=9.8 m/s2,下列关于“水球”和“天宫一号”的说法正确的是(
)。
A.“水球”的形成是因为太空中没有重力
B.“水球”受重力作用,其所在处的重力加速度大于5 m/s2
C.“天宫一号”的运行速度小于7.9 km/s
D.“天宫一号”的运行周期约为1.5 h
【解析】“水球”受重力作用,但其处于完全失重状态,其重力加速度由高度决定,在地球表面附近有
ࡳࡹ
ࡾ૛=mg,在“天宫
一号”中有
ࡳࡹ
ሺࡾ൅ࢎሻ૛=mg',可得g'约为8.94 m/s2,大于5 m/s2,A 项错误,B 项正确;由万有引力提供向心力有
ࡳࡹ࢓࢘
૛=
࢓࢜૛࢘
,可得
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v=
ࡳࡹ࢘,因“天宫一号”离地面有一定高度,则其速度小于第一宇宙速度,C 项正确;由万有引力提供向心力,有
ࡳࡹ࢓࢘
૛=m
૛ૈ
ࢀ
૛
r,
可得T=2π࢘
૜
ࡳࡹ=2π࢘
૜
ࡾ૛l≈1.5 h,D 项正确。
5.(2019 年新余一中模拟)如图所示,某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极,沿边缘放一个圆环形电极
接电源的正极,做“旋转的液体的实验”。若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场,磁感应强度B=0.1 T,玻璃皿的
横截面的半径a=0.05 m,电源的电动势E=3 V,内阻r=0.1 Ω,限流电阻R0=4.9 Ω,玻璃皿中两电极间液体的等效电阻R=0.9
Ω,闭合开关后当液体旋转时电压表的示数恒为1.5 V,则(
)。
A.由上往下看,液体顺时针旋转
B.液体所受的安培力大小为1.5×10-4 N
C.闭合开关10 s,液体中产生的电热能是4.5 J
D.闭合开关后,液体中的电热功率为0.081 W
【解析】中心圆柱形电极接电源的负极,沿边缘圆环形电极接电源的正极,因此电流由边缘流向中心,磁场竖直向上,
由左手定则可知,导电液体受到的磁场力沿逆时针方向,因此液体沿逆时针方向旋转,A 项错误。根据闭合电路的欧姆定
律E=U+IR0+Ir,代入数据可得电路中的电流I=0.3 A,液体所受的安培力大小F=BIL=BIa=1.5×10-3 N,B 项错误。10 s 内液体
中产生的电热能Q=I2Rt=0.81 J,C 项错误。液体中的电热功率P 热=I2R=0.081 W,D 项正确。
6.
(2019 年九江模拟)如图所示,匀强电场中有一个以O 为圆心、半径为R 的圆,电场方向与圆所在平面平行,A、O 两点的
电势差为U,一带正电的粒子在该电场中运动,经A、B 两点时速度方向沿圆的切线,速度大小均为v0,粒子重力不计,只受
电场力,则下列说法正确的是(
)。
A.粒子从A 到B 的运动过程中,动能先增大后减小
B.圆周上电势最高的点与O 点的电势差为૛U
C.粒子在A、B 间做圆周运动
D.匀强电场的电场强度大小E=
ࢁ
ࡾ
【解析】带电粒子仅在电场力作用下运动,粒子在A、B 两点动能相等,则电势能也相等,因为是匀强电场,所以A、B
两点的连线为等势面,根据等势面与电场线垂直的特性,可画出电场线CO,由曲线运动条件可知,正电粒子所受的电场力
沿着CO 方向,因此粒子从A 到B 做抛体运动,速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于90°,电场力对于运动来说先
是阻力后是动力,所以动能先减小后增大,A、C 两项错误。匀强电场的电场强度U=Ed,式中的d 是沿着电场强度方向的
距离,因而由几何关系可知,UAO=E×
૛
૛R,所以E=
૛܃
ࡾ;圆周上电势最高的点与O 点的电势差U=ER=
૛܃
ࡾR= ૛U,B 项正确,D 项
错误。
7.(2019 年江西上饶模拟考试)如图所示,在正交的匀强电场和匀强磁场中有质量和电荷量都相同的两油滴M、N。M 静
止,N 做半径为R、周期为T 的匀速圆周运动,若N 与M 相碰后并结合在一起,则碰后M、N 整体将(
)。
A.以N 原速率的一半做匀速直线运动
B.以
ࡾ
૛为半径做匀速圆周运动
C.仍以R 为半径做匀速圆周运动
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D.做周期为
ࢀ
૛的匀速圆周运动
【解析】设M、N 的质量和电荷量分别为m、q,碰撞前N 的速率为v。碰撞后瞬间整体的速率为v'。碰撞前,对N,
由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m࢜
૛
ࡾ,得R=
࢓࢜ࢗ
࡮;对M 有qE=mg;碰撞过程,取碰撞前N 的速度方向为正方向,由动量守恒定
律有mv=2mv',得v'=࢜૛;MN 整体受到的电场力为2qE,重力为2mg,则2qE=2mg,所以整体的电场力和重力仍平衡,因此碰后
整体做匀速圆周运动,轨迹半径r=
૛࢓̵࢜
૛ࢗ࡮=
࢓࢜
૛ࢗ࡮=
ࡾ
૛,A、C 两项错误,B 项正确;N 原来的周期T=
૛ૈ࢓ࢗ
࡮,碰后整体的周期T'=
૛ૈൈ૛࢓
૛ࢗ࡮=T,D
项错误。
8.(2019 年湖北荆州期末考试)(多选)回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用,其原理如图所示。D1 和D2 是两个中空的
半圆形金属盒,置于与盒面垂直的匀强磁场中,它们接在电压为U、周期为T 的交流电源上。位于D1 圆心处的粒子源A
能不断产生α粒子(初速度可以忽略),它们在两盒之间被电场加速。当α粒子被加速到最大动能Ek 后,再将它们引出。忽
略α粒子在电场中的运动时间,则下列说法正确的是(
)。
A.α粒子第n 次被加速前、后的轨道半径比为࢔Ǧ૚∶࢔
B.若只增大交变电压U,则α粒子在回旋加速器中运行的时间会变短
C.若不改变交流电压的周期,仍可用此装置加速氘核
D.若是增大交变电压U,则α粒子的最大动能Ek 会变大
【解析】根据洛伦兹力提供做匀速圆周运动所需的向心力,则有qvB=m࢜
૛࢘
,且nqU=
૚
૛mv2,解得r=
૚
࡮
࢔൉૛࢓ࢁࢗ,所以质子
第n 次被加速前、后的轨道半径之比为࢔Ǧ૚∶࢔,A 项正确;若只增大交变电压U,则质子在回旋加速器中加速次数会减
小,导致运行时间变短,B 项正确;交流电压的周期与粒子在磁场中运动的周期相同,即T=
૛ૈ࢓ࢗ
࡮,因α粒子ሺ૛
૝He)与氘核ሺ૚
૛H)的
比荷相同,故两者的周期相同,不用改变交流电压的周期,也能加速氘核,C 项正确;根据洛伦兹力提供粒子做匀速圆周运
动所需的向心力,则有qvB=m࢜
૛࢘
,且Ek=
૚
૛mv2,解得Ek=ࢗ
૛࡮૛࢘૛
૛࢓,与加速电压无关,D 项错误。
【答案】ABC
二、非选择题
9.(2019 年华南师大附中模拟)如图所示,某小组同学利用DIS 实验装置研究支架上力的分解。A、B 为两个相同的双向
力传感器,该型号传感器在受到拉力时读数为正,受到压力时读数为负。A 连接质量不计的细绳,并可沿固定的圆弧形轨
道移动。B 固定不动,通过光滑铰链连接一轻杆,将细绳连接在杆右端O 点构成支架,调整使得O 点位于圆弧形轨道的圆
心处,保持杆沿水平方向。随后按如下步骤操作:
①测量绳子与水平杆夹角∠AOB=θ;
②对两个传感器进行调零;
③用另一绳在O 点悬挂住一个钩码,记录两个传感器读数;
④取下钩码,移动传感器A,改变θ角,重复上述步骤①②③,得到图示数据表格a。
(1)根据表格a,可知A 传感器对应的是表中的力
(选填“F1”或“F2”)。
(2)换用不同钩码做此实验,重复上述实验步骤,得到数据表格b。则表格b 中30°所对应的F2 空缺处数据应为
N。
表格a
F1/N
1.001
0.580
…
1.002
…
F2/N
-0.868 -0.291
…
0.865
…
θ
30°
60°
…
150°
…
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表格b
F1/N
1.103
…
F2/N
…
…
…
θ
30°
60°
…
(3)实验中,让A 传感器沿圆心为O 的圆弧形(而不是其他的形状)轨道移动的主要目的是
。
A.方便改变A 传感器的读数
B.方便改变B 传感器的读数
C.保持轻杆右端O 的位置不变
D.方便改变细绳与杆的夹角θ
【解析】(1)因绳子只能提供拉力,故A 传感器对应的是表中力F1。
(2)对于O 点,受力平衡,O 点受到F1'、F2'及钩码向下的拉力,根据几何关系可知,F2'=F1'cos 30°,又由牛顿第三定律可
知F1=F1',F2=F2',则F2=1.103×
૜
૛N=0.955 N,因为B 受到的是压力,所以F2 空缺处数据应为-0.955 N。
(3)实验中,让A 传感器沿圆心为O 的圆弧形轨道移动的主要目的是保持轻杆右端O 的位置不变,从而保证OB 水
平,C 项正确。
【答案】(1)F1
(2)-0.955
(3)C
10.(2019 年河南安阳11 月模拟考试)某实验小组计划测量一未知电阻的阻值,已经连接好实物图如图1 所示。
(1)请根据实物图在图2 所示方框中画出该实验的电路图,并标明表示各元件的字母。
(2)图3 中电阻箱的读数是
Ω;如果将电阻箱的阻值由10.0 Ω调节到9.00 Ω,应
。
(3)①先使电阻箱阻值调至如图3 所示,再将S2 接到A,闭合S1,记录下对应的电压表示数为2.20 V,然后断开S1;
②保持电阻箱示数不变,将S2切换到B,闭合S1,此时电压表的示数为2.80 V,然后断开S1,不计电源内阻,电压表可视为理
想电表,据此可知,定值电阻R1 的阻值为
Ω。(计算结果保留3 位有效数字)。
【解析】(1)根据实物图画出实验的电路图如图所示。
(2)题图3 中电阻箱的读数是20.00 Ω;如果将电阻箱的阻值由10.0 Ω 调节到9.00 Ω,应先将“×1”挡调到9,再将“×10”
挡调到0。
(3)由题意可知,电阻箱R 与定值电阻R1 两端的电压之比为2.2∶(2.8-2.2)=11∶3;可得
ࡾ
ࡾ૚=
૚૚
૜,解得R1=
૜
૚૚R=
૜
૚૚×20
Ω≈5.45 Ω。
【答案】(1)电路图如图所示
(2)20.00
先将“×1”挡调到9,再将“×10”挡调到0
(3)②5.45
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11.(2019 年河北七市联考)如图所示,平面直角坐标系xOy 内,x 轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B=0.2
T,y 轴上一点P(0,16 cm)有一粒子源,能向各个方向释放出比荷为4×108 C/kg 的正粒子,粒子初速度v0=8×106 m/s,不计粒
子重力,求:
(1)正粒子的轨迹半径。
(2)x 轴上有粒子穿过的坐标范围。
【解析】(1)粒子带正电,由左手定则可知,粒子在磁场中沿顺时针方向转动,粒子做圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,
由牛顿第二定律得qv0B=࢜
૙૛࢘
代入数据解得r=0.1 m=10 cm。
(2)粒子能打到x 轴上的临界运动轨迹如图甲、乙所示
由几何知识得
xA= ሺ૛࢘ሻ૛Ǧ࢟
ࡼ૛,xB=-࢘
૛Ǧሺ࢟
ࡼǦܚሻ૛
代入数据解得xA=12 cm,xB=-8 cm
x 轴上有粒子穿过的坐标范围是-8 cm≤x≤12 cm。
【答案】(1)10 cm
(2)-8 cm≤x≤12 cm
12.(2019 年天津三模)如图所示,半圆形有界匀强磁场的圆心O1 在x 轴上,OO1 距离等于半圆的半径,磁场的磁感应强度
大小为B1。虚线MN 平行x 轴且与半圆相切于P 点。在MN 上方是正交的匀强电场和匀强磁场,电场强度大小为E,方
向沿x 轴负向,磁场的磁感应强度大小为B2。B1、B2 方向均垂直纸面,方向如图所示。有一群相同的正粒子,以相同的速
率沿不同方向从原点O 射入第Ⅰ象限,其中沿x 轴正方向进入磁场的粒子经过P 点射入MN 后,恰好在正交的电磁场中
做直线运动,粒子质量为m,电荷量为q(粒子重力不计)。
(1)求粒子初速度大小和有界半圆形磁场的半径。
(2)若撤去磁场B2,求经过P 点射入电场的粒子从y 轴出电场时的坐标。
(3)若不撤去磁场B2,判断从原点O与x轴正方向成θ角进入第Ⅰ象限的粒子在正交的电磁场中的运动情况,并进行证明。
【解析】(1)粒子在正交的电磁场做直线运动,有Eq=qv0B2
解得v0=
ࡱ
࡮૛
粒子在磁场B1 中做匀速圆周运动,有qv0B1=m࢜
૙૛࢘
由题意可知粒子在磁场B1 中做圆周运动的半径与该磁场半径相同,即r=R
解得R=
࢓ࡱࢗ
࡮૚࡮૛。
(2)撤去磁场B2,粒子在电场中做类平抛运动,有
水平方向做匀加速直线运动,有R=ࢗ
ࡱ
૛࢓t2
竖直方向做匀速直线运动,有y=v0t
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从y 轴出电场的坐标为y'=y+R
解得y'=
࢓ࡱࢗ
࡮૛
૚
࡮૚൅
૛
࡮૚࡮૛。
(3)粒子射入时速度方向与x 轴成θ角,设粒子出B1磁场与半圆形磁场边界交于Q 点,找出轨迹圆心O2,由于r=R,可以
看出四边形OO1QO2 四条边等长,它是菱形,所以半径O2Q 与OO1 平行。所以粒子从Q 点出磁场时速度与O2Q 垂直,即与
x 轴垂直,所以垂直进入MN 边界,进入正交电磁场E、B2 中都有Eq=qv0B2,故它们在正交电磁场中做匀速直线运动。
【答案】(1)
ࡱ
࡮૛
࢓ࡱࢗ
࡮૚࡮૛
(2)
࢓ࡱࢗ
࡮૛
૚
࡮૚൅
૛
࡮૚࡮૛
(3)见解析
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第1 讲
电磁感应
楞次定律
(101)
1.(电磁感应现象)(2019 年西安四校联考)随着科技的不断发展,无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机,大到电
脑、电动汽车,都已经实现了无线充电从理论研发到实际应用的转化。如图所示为某品牌的无线充电手机利用电磁感
应方式充电的原理图。关于无线充电,下列说法正确的是(
)。
A.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”
B.只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电
C.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同
D.只要有无线充电底座,所有手机都可以进行无线充电
【解析】无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应,A 项错误;当给充电设备通以恒定直流电时,充电设
备不会产生交变磁场,即不能正常充电,B 项错误;接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同,C 项正
确;被充电手机内部,要有一类似金属线圈的部件与手机电池相连,当有交变磁场时,产生感应电动势,普通手机由于没有
金属线圈,不能利用无线充电设备进行充电,D 项错误。
2.(“增反减同”规律)(2019 年四川成都二模)(多选)如图所示,在平面上有两条相互垂直且彼此绝缘的长通电直导线,以它
们为坐标轴构成一个平面直角坐标系。四个相同的闭合圆形线圈在四个象限中完全对称放置,两条长直导线中电流大
小与变化情况相同,电流方向如图所示。当两条导线中的电流都开始均匀增大时,四个线圈a、b、c、d 中感应电流的情
况是(
)。
A.线圈a 中有沿逆时针方向的感应电流
B.线圈b 中有沿顺时针方向的感应电流
C.线圈c 中有沿顺时针方向的感应电流
D.线圈d 中有沿逆时针方向的感应电流
【解析】由右手螺旋定则可判定通电导线磁场的方向。两电流在a、c 所在的区域产生同向磁场,a 中磁场垂直纸
面向里,c 中磁场垂直纸面向外,当电流增大时,线圈a 中有沿逆时针方向的电流,c 中有沿顺时针方向的电流,A、C 两项正
确;两电流在b、d 所在的区域产生反向磁场,根据对称性和矢量合成可知,b、d 区域中的磁通量为零,当电流变化时不能
产生感应电流,B、D 两项错误。
3.(磁感应强度变化)(2020 年洛阳一中模拟)如图所示为安检门原理图,左边门框中有一通电线圈,右边门框中有一接收
线圈。工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流(从左向右看),则(
)。
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A.无金属片通过时,接收线圈中的感应电流方向为顺时针
B.无金属片通过时,接收线圈中的感应电流增大
C.有金属片通过时,接收线圈中的感应电流方向为顺时针
D.有金属片通过时,接收线圈中的感应电流大小发生变化
【解析】当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向的电流时,可知穿过右侧线圈的磁通量向右,且增大,根据楞次定
律,右侧线圈中产生逆时针方向的感应电流,即使有金属片通过时,接收线圈中的感应电流方向仍然为逆时针,A、C 两项
错误;通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流,则通电线圈中的磁通量均匀增大,所以穿过右侧线圈中的磁通量均
匀增大,磁通量的变化率是定值,由法拉第电磁感应定律可知,接收线圈中的感应电流不变,B 项错误;有金属片通过时,穿
过金属片中的磁通量发生变化,金属片中也会产生感应电流,感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同,所
以也会将该空间中的磁场的变化削弱一些,引起接收线圈中的感应电流大小发生变化,D 项正确。
4.(“来拒去留”规律)(2019 年株洲模拟)如图所示,在一根竖直放置的铜管的正上方某处从静止开始释放一个强磁体,在
强磁体沿着铜管中心轴线穿过铜管的整个过程中,不计空气阻力,下列说法正确的是(
)。
A.由于铜是非磁性材料,故强磁体运动的加速度始终等于重力加速度
B.由于铜是金属材料,能够被磁化,使得强磁体进入铜管时加速度大于重力加速度,离开铜管时加速度小于重力加速度
C.由于铜是金属材料,在强磁体穿过铜管的整个过程中,铜管中都有感应电流,加速度始终小于重力加速度
D.由于铜是金属材料,铜管可视为闭合回路,强磁体进入和离开铜管时产生感应电流,在进入和离开铜管时加速度都小
于重力加速度,但在铜管内部时加速度等于重力加速度
【解析】铜是非磁性材料,不能够被磁化,B 项错误;铜是金属材料,在强磁体穿过铜管的整个过程中,铜管始终切割磁
感线,铜管中都有感应电流,根据“来拒去留”的规律,强磁体受到向上的磁场力,其加速度始终小于重力加速度,C 项正
确,A、D 两项错误。
5.
(“增斥减吸”规律)(2019 年海南10 月月考)如图所示,圆环形导体线圈a 平放在水平桌面上,在a 的正上方固定一竖直螺
线管b,二者轴线重合,螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P 向下滑动,下列说
法正确的是(
)。
A.线圈a 中将产生顺时针方向(俯视)的感应电流
B.穿过线圈a 的磁通量变小
C.线圈a 有扩张的趋势
D.线圈a 对水平桌面的压力FN 将增大
【解析】若将滑动变阻器的滑片P 向下滑动,螺线管中电流增大,由安培定则知穿过线圈a 的磁场方向向下且增强,
所以线圈a 中磁通量增大,B 项错误;根据“增斥减吸”规律可知螺线管对线圈a 产生斥力,线圈a 对水平桌面的压力FN将
增大,D 项正确;再根据反向电流相互排斥可知线圈a 中电流方向与螺线管中电流方向相反,A 项错误;根据“增缩减扩”的
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规律可知线圈a 有收缩的趋势,C 项错误。
6.(平动切割)(2019 年唐山模拟)(多选)如图所示,在磁感应强度B=1.0 T 的匀强磁场中,金属杆PQ 在外力F 作用下在粗糙
U 形金属导轨上以速度v=2 m/s 向右匀速滑动。两导轨间距离l=1.0 m,电阻R=3.0 Ω,金属杆在导轨间的电阻r=1.0 Ω,导
轨电阻忽略不计。下列说法正确的是(
)。
A.通过R 的感应电流的方向为由a 到d
B.金属杆PQ 切割磁感线产生的感应电动势的大小为2 V
C.金属杆PQ 受到的安培力大小为0.5 N
D.外力F 做功的数值等于电路产生的焦耳热
【解析】由右手定则判断知,当金属杆滑动时产生由Q 到P 方向的电流,通过R 的感应电流的方向为由a 到d,A 项
正确。金属杆PQ 切割磁感线产生的感应电动势的大小E=Blv=2 V,B 项正确。回路中产生的感应电流I=
ࡱ
ࡾ൅࢘=0.5 A,由安
培力公式得F 安=BIl=0.5 N,C 项正确。金属杆PQ 在外力F 作用下在粗糙U 形导轨上以速度v 向右匀速滑动,外力F 做功
大小等于电路产生的焦耳热和导轨与金属杆之间的摩擦力产生的内能之和,D 项错误。
【答案】ABC
7.
(磁感应强度变化)(2019 年德州模拟)如图所示,长为L 的金属导线弯成一圆环,导线的两端接在电容为C 的平行板电容器
上,P、Q 为电容器的两个极板。磁场方向垂直于环面向里,磁感应强度以B=B0+kt(k>0)随时间变化。t=0 时,P、Q 两极
板电势相等,两极板间的距离远小于环的半径。经时间t,电容器的P 极板(
)。
A.不带电
B.所带电荷量与t 成正比
C.带正电,电荷量是
࢑ࡸ૛۱
૝ૈ
D.带负电,电荷量是
࢑ࡸ૛۱
૝ૈ
【解析】磁感应强度均匀增加,回路中产生的感应电动势的方向为逆时针方向,Q 板带正电,P 板带负电,A 项错误;
由L=2πR,得R=
ࡸ
૛ૈ,感应电动势E=
ȟ࡮
ȟ࢚·S=k·πR2=
࢑ࡸ૛
૝ૈ,P 极板所带电荷量Q=CE=
࢑ࡸ૛۱
૝ૈ
,B、C 两项错误,D 项正确。
8.
(旋转切割)(2020 年湖南长郡选考模拟)(多选)如图所示,长为L 的轻金属软导线下悬挂一质量为m 的绝缘不带电小球,
其在竖直向上的匀强磁场中做圆锥摆运动,导线与竖直方向的夹角为θ,重力加速度为g,磁感应强度为B,则(
)。
A.小球转动的角速度ω=
ࢍ
ࡸ܋thࣂ
B.小球转动的角速度ω=
ࢍthܖࣂ
ࡸ
C.金属导线中产生的感应电动势的大小E=
૚
૛BL2
ࢍ
ࡸ܋thࣂsin2θ
D.金属导线中产生的感应电动势的大小E=
૚
૛BL
ࢍ
ࡸ܋thࣂsin2θ
【解析】由牛顿第二定律有mgtan θ=mrω2,根据几何关系有r=Lsin θ,联立可得ω=
ࢍ
ࡸ܋thࣂ,A 项正确,B 项错误;导线在
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磁场中转动切割磁感线有效长度L'=Lsin θ,根据E=
૚
૛BL'2ω得E=
૚
૛BL2
ࢍ
ࡸ܋thࣂsin2θ,C 项正确,D 项错误。
1.(2019 年全国卷Ⅲ,T14)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现?(
)。
A.电阻定律
B.库仑定律
C.欧姆定律
D.能量守恒定律
【解析】楞次定律指感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化,这种阻碍作用做功将其他形式
的能转变为电能,所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转化的过程。
2.(2018 年全国卷Ⅰ,T17)如图,导体轨道OPQS 固定,其中PQS 是半圆弧,Q 为半圆弧的中点,O 为圆心。轨道的电阻忽略
不计。OM 是有一定电阻、可绕O 转动的金属杆,M 端位于PQS 上,OM 与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂
直的匀强磁场,磁感应强度的大小为B。现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ);再使
磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B'(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中,流过OM 的电荷量相等,则
࡮̵
࡮等于(
)。
A.
⺁
૝B.
૜
૛C.
ૠ
૝D.2
【解析】在过程Ⅰ中,根据法拉第电磁感应定律,有E1=
ȟȰ૚
ȟ࢚૚=
࡮
૚
૛ૈ࢘
૛Ǧ૚
૝ૈ࢘
૛
ȟ࢚૚
,根据闭合电路欧姆定律,有I1=
ࡱ૚
ࡾ,且q1=I1Δt1。
在过程Ⅱ中,有E2=
ȟȰ૛
ȟ࢚૛=
ሺ࡮̵ Ǧ࡮ሻ૚
૛ૈ࢘
૛
ȟ࢚૛
,I2=
ࡱ૛
ࡾ,q2=I2Δt2。又q1=q2,即
࡮
૚
૛ૈ࢘
૛Ǧ૚
૝ૈ࢘
૛
ࡾ
=
ሺ࡮̵ Ǧ࡮ሻ૚
૛ૈ࢘
૛
ࡾ
,所以
࡮̵
࡮=
૜
૛。
3.(2018 年全国卷Ⅰ,T19)(多选)如图,两个线圈绕在同一根铁芯上,其中一线圈通过开关与电源连接,另一线圈与远处沿
南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方,开关未闭合时小磁针处于静止状
态。下列说法正确的是(
)。
A.开关闭合后的瞬间,小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动
B.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N 极指向垂直纸面向里的方向
C.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N 极指向垂直纸面向外的方向
D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动
【解析】由安培定则可知右侧线圈通电后左端为S 极,开关闭合后的瞬间,铁芯内磁通量增大,根据“增斥减吸”的规
律可知左侧线圈右端为S 极,所以左线圈感应电流从南向北流过直导线,则直导线上方磁场垂直纸面向里,所以小磁针的
N 极朝垂直纸面向里的方向转动,A 项正确;开关闭合并保持一段时间后,直导线中无电流,小磁针恢复图中方向,B、C 两
项错误;开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,电流方向与A 项相反,小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动,D
项正确。
【答案】AD
4.(2016 年全国卷Ⅱ,T20)(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片P、Q 分别与
圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中。圆盘旋转时,关于流过电阻R 的电流,下列说法正确
的是(
)。
A.若圆盘转动的角速度恒定,则电流大小恒定
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B.若从上向下看,圆盘顺时针转动,则电流沿a 到b 的方向流动
C.若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向可能发生变化
D.若圆盘转动的角速度变为原来的2 倍,则电流在R 上的热功率也变为原来的2 倍
【解析】由右手定则知,圆盘顺时针转动时,感应电流沿a 到b 的方向流动,B 项正确;由感应电动势E=
૚
૛Bl2ω知,角速
度恒定,则感应电动势恒定,电流大小恒定,A 项正确;角速度大小变化,感应电动势大小变化,但感应电流方向不变,C 项错
误;若ω变为原来的2 倍,则感应电动势变为原来的2 倍,电流变为原来的2 倍,由P=I2R 知,电流在R 上的热功率变为原来
的4 倍,D 项错误。
5.(2015 年全国卷Ⅰ,T19)(多选)1824 年,法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置,在其
中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针,如图所示。实验中发现,当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的
竖直轴旋转时,磁针也随着一起转动起来,但略有滞后。下列说法正确的是(
)。
A.圆盘上产生了感应电动势
B.圆盘内的涡流产生的磁场导致磁针转动
C.在圆盘转动的过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流,此电流产生的磁场导致磁针转动
【解析】当圆盘转动时,由于切割磁感线从而在圆盘内部产生电动势和涡流,该涡流产生的磁场带动磁针转动,故A、
B 两项正确;圆盘转动过程中,整个圆盘的磁通量没有变化,C 项错误;电流是由圆盘切割磁感线产生的,不是由自由电子
随圆盘移动产生的,D 项错误。
6.(2015 年海南卷,T2)如图,空间有一匀强磁场,一直金属棒与磁感应强度方向垂直,当它以速度v 沿与棒和磁感应强度都
垂直的方向运动时,棒两端的感应电动势大小为ε,将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线,置于与磁感应强度相垂
直的平面内,当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v 运动时,棒两端的感应电动势大小为ε'。则
ࢿ̵
ࢿ等于(
)。
A.
૚
૛B.
૛
૛C.1 D. ૛
【解析】设折弯前导体切割磁感线的长度为L,则ε=BLv;折弯后,导体切割磁感线的有效长度L'=
ࡸ
૛
૛
൅
ࡸ
૛
૛
=
૛
૛L,
故产生的感应电动势ε'=BL'v=B·
૛
૛Lv=
૛
૛ε,所以
ࢿ̵
ࢿ=
૛
૛,B 项正确。
第2 讲
电磁感应的综合应用
(144)
考点一电磁感应中的电路问题
1.特点:在电磁感应中,切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势,该导体或回路相当于电源,
与其他导体构成闭合电路。因此,电磁感应问题往往又和电路问题联系在一起。解决电磁感应电路问题的关键是把电
磁感应的问题等效转换成恒定直流电路,然后利用电路的有关知识解决问题。
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2.电磁感应与电路问题的联系是电源与电路的连接问题,解决问题时要注意整合两部分的知识。正确分析感应电动
势及感应电流的方向,产生感应电动势的那部分电路为电源部分,故该部分电路中的电流应为电源内部的电流,而外电
路中的电流方向仍是从高电势到低电势;应用欧姆定律分析求解电路时,注意等效电源的内阻对电路的影响;对接在电
路中电表的示数要正确进行分析,特别是接在等效电源两端的电压表,其示数表示外电压,而不是等效电源的电动势,也
不是内电压。
【例1】(2019 年山西10 月月考)如图1 所示,空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小B=0.5 T 的匀强磁场,有两
条平行的长直导轨MN、PQ 处于同一水平面内,间距L=0.2 m,左端连接阻值R=0.4 Ω的电阻。质量m=0.1 kg 的导体棒
cd 垂直跨接在导轨上,与导轨间的动摩擦因数μ=0.2。从t=0 时刻开始,通过一小型电动机对导体棒施加一个水平向右的
牵引力F,使导体棒从静止开始沿导轨方向做加速运动,此过程中导体棒始终保持与导轨垂直且接触良好。除R 以外其
余部分的电阻均不计,取重力加速度大小g=10 m/s2。
(1)若电动机保持恒定功率输出,导体棒的v-t 图象如图2 所示(其中OC 是曲线,CD 是水平直线),已知0~10 s 内,电
阻R 产生的热量Q=28 J。求:
①导体棒达到最大速度vm 时牵引力F 的大小。
②导体棒从静止开始至达到最大速度vm 时的位移大小。
(2)若电动机保持恒定牵引力F=0.3 N ,且将电阻换为C=10 F 的电容器(耐压值足够大),如图3 所示。求t=10 s 时牵
引力的功率。
【解析】(1)①当导体棒达到最大速度后,所受合力为零,沿导轨方向有F-F 安-f=0
摩擦力f=μmg=0.2 N
感应电动势E=BLvm,感应电流I=
ࡱ
ࡾ
安培力F 安=BIL=
࡮૛ࡸ૛࢜ܕ
ࡾ
=0.25 N
此时牵引力F=F 安+f=0.45 N。
②变力做功问题不能用功的定义式,在0~10 s 内牵引力是变力但功率恒定,可根据能量守恒定律求解
电动机的功率P=Fvm=4.5 W
电动机消耗的电能等于导体棒的动能、克服安培力做功产生的焦耳热与克服摩擦力做功产生的内能之和,有
Pt=
૚
૛m࢜
ܕ૛+fx+Q
解得位移大小x=60 m。
(2)当导体棒的速度大小为v 时,感应电动势E=BLv
由C=
ࡽ
ࢁ可知,此时电容器极板上的电荷量
Q=CU=CE=CBLv
设在一小段时间Δt 内,可认为导体棒做匀变速运动,速度增加量为Δv
电容器极板上增加的电荷量ΔQ=CBL·Δv
根据电流的定义式I=
ȟࡽ
ȟ࢚=
࡯࡮ࡸ൉ȟ࢜
ȟ࢚
=CBLa
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对导体棒受力分析,根据牛顿第二定律,有
F-f-BIL=ma
将I=CBLa 代入上式可得a=
ࡲǦࢌ
࢓൅࡯࡮૛ࡸ૛=0.5 m/s2
可知导体棒的加速度与时间无关,为一个定值,即导体棒做匀加速运动
在t=10 s 时,v=at=5 m/s,此时的功率P=Fv=1.5 W。
【答案】(1)①0.45 N
②60 m
(2)1.5 W
(1)确定电源,产生感应电流或感应电动势的那部分电路就相当于电源,利用法拉第电磁感应定律确定其电动势的
大小,利用楞次定律确定其正、负极。需要强调的是,在电源内部电流是由负极流向正极的,在外部电流从正极流向外电
路,并由负极流入电源。如无感应电流,则可以假设电流存在时的流向。
(2)分析电路结构,画出等效电路图。
(3)利用电路规律求解,主要有闭合电路欧姆定律、串并联电路的性质、电功和电热公式。
【变式训练1】(2019 年四川成都5 月摸底)如图所示,绝缘水平面内固定有一间距d=1 m、电阻不计的足够长光滑
矩形导轨AKDC,导轨两端接有阻值分别为R1=3 Ω和R2=6 Ω的定值电阻,矩形区域AKFE、NMCD 范围内均有方向竖直向
下、磁感应强度大小B=1 T 的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ,一质量m=0.2 kg、电阻r=1 Ω的导体棒bc 垂直放在导轨上AK 与EF 之
间某处,其在方向水平向右、大小F0=2 N 的恒力作用下由静止开始运动,刚要到达EF 时导体棒bc 的速度大小v1=3 m/s,
导体棒bc 进入磁场Ⅱ后,导体棒bc 中通过的电流始终保持不变,导体棒bc 在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良
好,空气阻力不计。
(1)求导体棒bc 刚要到达EF 时的加速度大小a1。
(2)求两磁场边界EF 和MN 之间的距离L。
【解析】(1)导体棒bc 刚要到达EF 时,在磁场中切割磁感线产生的感应电动势E1=Bdv1,经分析可知,此时导体棒bc
所受安培力的方向水平向左,根据牛顿第二定律,则有
F0-BI1d=ma1
根据闭合电路的欧姆定律,则有I1=
ࡱ૚
ࡾ൅࢘
上式中R=
ࡾ૚ࡾ૛
ࡾ૚൅ࡾ૛=2 Ω
联立解得a1=5 m/s2。
(2)导体棒bc 进入磁场Ⅱ后,受到的安培力与F0 平衡,做匀速直线运动,导体棒bc 中通过的电流I2 保持不变,则有
F0=BI2d,其中I2=
࡮ࢊ࢜૛
ࡾ൅࢘
设导体棒bc 从EF 运动到MN 的过程中的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律,则有F0=ma2
导体棒bc 在EF、MN 之间做匀加速直线运动,则有࢜
૛૛-࢜
૚૛=2a2L
联立解得L=1.35 m。
【答案】(1)5 m/s2
(2)1.35 m
考点二电磁感应中的动力学问题
感应电流在磁场中受到安培力的作用,因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起。解决这类问题需要综合应
用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定
理等)。
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【例2】(2020 年太原模拟)如图1 所示,MN、PQ 两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ=30°角固定,间距L=1 m,质
量为m 的金属杆ab 水平放置在轨道上,其阻值忽略不计。空间存在匀强磁场,磁场方向垂直于轨道平面向上,磁感应强
度B=0.5 T。P、M 间接有阻值为R1 的定值电阻,Q、N 间接电阻箱R。现从静止释放ab,改变电阻箱的阻值R,测得金属
杆下滑的最大速度为vm,得到
૚࢜
ܕ与
૚
ࡾ的关系如图2 所示。若轨道足够长且电阻不计,重力加速度g 取10 m/s2,则(
)。
A.金属杆中感应电流方向为由a 指向b
B.金属杆所受的安培力沿轨道向下
C.定值电阻的阻值为1 Ω
D.金属杆的质量为1 kg
【解析】由右手定则可判断,金属杆中感应电流方向由b 指向a,由左手定则知,金属杆所受的安培力沿轨道向上,A、
B 两项错误;总电阻R 总=
ࡾ૚܀
ࡾ૚൅܀,I=
࡮ࡸ࢜
ࡾ总
,当金属杆ab 达到最大速度时,金属杆受力平衡,有mgsin θ=BIL=
࡮૛ࡸ૛࢜
ܕ
ࡾ૚܀·(R1+R),变形得
૚࢜
ܕ=
࡮૛ࡸ૛
࢓ࢍhܑܖࣂ·
૚
ࡾ+
࡮૛ࡸ૛
࢓ࢍࡾ૚hܑܖࣂ,根据图象可得
࡮૛ࡸ૛
࢓ࢍhܑܖࣂ=
૜െ૙Ǥ⺁
⺁
s·m-1·Ω,
࡮૛ࡸ૛
࢓ࢍࡾ૚hܑܖࣂ=0.5 s·m-1,解得杆的质量m=0.1 kg,定值电阻R1=1 Ω,C 项
正确,D 项错误。
用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题。
【变式训练2】(2019 年广西南宁10 月检测)如图1 所示,放置在水平桌面上的两条光滑导轨的距离L=1 m,质量m=1
kg 的光滑导体棒放在导轨上,导轨左端与阻值R=4 Ω的电阻相连,导轨所在位置有磁感应强度大小B=2 T 的匀强磁场,
磁场的方向垂直导轨平面向下,现给导体棒施加一个水平向右的恒定拉力F,并每隔0.2 s 测量一次导体棒的速度,图2
是根据所测数据描绘出的导体棒的v-t 图象。设导轨足够长,求:
(1)力F 的大小。
(2)t=1.6 s 时,导体棒的加速度大小。
(3)若0~1.6 s 内导体棒的位移x=8 m,请计算0~1.6 s 内电阻产生的热量。
【解析】(1)感应电动势E=BLv
感应电流I=
ࡱ
ࡾ,安培力F 安=BIL
当速度最大时F=F 安
解得F=
࡮૛ࡸ૛࢜
ܕ
ࡾ
=10 N。
(2)当t=1.6 s 时,v1=8 m/s ,此时F 安=
࡮૛ࡸ૛࢜
૚
ࡾ
=8 N
由牛顿第二定律得F-F 安=ma
解得a=2 m/s2。
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(3)由能量守恒定律得Fx=Q+
૚
૛m࢜
૚૛
解得0~1.6 s 内电阻产生的热量Q =48 J。
【答案】(1)10 N
(2)2 m/s2
(3)48 J
考点三电磁感应中的能量问题
1.特点:电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程,而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的,安培
力做功的过程,是电能转化为其他形式能的过程,外力克服安培力做功,则是其他形式的能转化为电能的过程。
2.基本思路:(1)在电磁感应中,切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势,该导体或回路就相
当于电源。(2)搞清楚有哪些力做功,就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化。(3)根据能量守恒定律列方程求解。
3.能量转化及焦耳热的求法
(1)能量转化
(2)求解焦耳热Q 的几种方法
【温馨提示】
求解电能应分清两类情况: (1)若回路中电流恒定,则可以利用电路结构及W=UIt 或Q=I2Rt 直接进
行计算。(2)若电流变化,则可利用安培力做功求解,电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功;也可利用能量守恒
定律求解,若只有电能与机械能的转化,则减少的机械能等于产生的电能。
【例3】(2019 年四川成都模拟)某同学设计了电磁健身器,简化装置如图所示。两根平行金属导轨相距l=0.50 m,
倾角θ=53°,导轨上端接一个R=0.05 Ω的电阻。在导轨间长d=0.56 m 的区域内,存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场,
磁感应强度大小B=2.0 T。质量m=4.0 kg 的金属棒CD 水平置于导轨上,绝缘绳索绕过定滑轮两端分别与轻的拉杆GH
和金属棒CD 相连,CD 棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s=0.24 m。一位健身者用F=80 N 的恒力沿绳拉动GH 杆,CD
棒由静止开始运动,上升过程中CD 棒始终与导轨垂直。当CD 棒到达磁场上边界时健身者松手,触发恢复装置使CD 棒
回到初始位置。已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,重力加速度g=10 m/s2,不计其他电阻、摩擦力,以及拉杆和绳索的质量。
(1)求CD 棒进入磁场时速度v 的大小。
(2)通过数据计算,说明CD 棒进入磁场后的运动情况。
(3)某健身者锻炼过程中,没有保持80 N 的恒定拉力。若测出CD 棒到达磁场上边缘时的速度为2 m/s,CD 棒每次上
升过程中,电阻产生的焦耳热Q=22.4 J,这位健身者为了消耗8000 J 的热量,约需完成以上动作多少次?
【解析】(1)CD 棒进入磁场前,根据牛顿第二定律,有
F-mgsin θ=ma
解得a=12 m/s2
由匀变速直线运动公式2as=v2,解得v=2.4 m/s。
(2)CD 棒刚进入磁场时,感应电动势E=Blv=2.4 V
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感应电流I=
ࡱ
ࡾ=48 A
安培力F 安=BIl=48 N,方向沿斜面向下
重力沿斜面方向的分力G1=mgsin θ=32 N
因拉力F=80 N,则F=F 安+G1,即合力为零,故CD 棒进入磁场后,做匀速运动。
(3)每次上升过程,CD 棒增加的重力势能ΔEp=mg(s+d)sin θ=25.6 J
增加的动能ΔEk=
૚
૛m࢚࢜
૛=8 J
每次需消耗的能量ΔE=ΔEk+ΔEp+Q=56 J
次数n=
ࡱ总
ȟࡱ≈142.86,则完成以上动作约需143 次。
【答案】(1)2.4 m/s
(2)匀速运动
(3)143 次
依据牛顿第二定律,结合运动学公式,即可求CD 棒进入磁场时的速度,再根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆
定律,确定安培力的大小,结合矢量的合成法则,确定合力大小,整个运动过程中,运动员消耗的能量转化为CD 棒的动能、
重力势能及电路的焦耳热,根据能量守恒定律,即可求解。
【变式训练3】
(2019 年江西10 月模拟)(多选)如图所示,两条电阻不计、间距l=0.2 m 的平行光滑导轨竖直放置在垂直纸面向里的
匀强磁场内。已知磁感应强度B=0.5 T,导体棒ab、cd 垂直跨接在平行导轨上,它们接入导轨间的电阻均为0.1 Ω,重力均
为0.1 N。现用力向上拉动导体棒ab,使之匀速上升(导体棒ab、cd 与导轨接触良好),此时cd 静止不动。则在ab 上升
时,下列说法正确的是(
)。
A.ab 受到的拉力大小为0.2 N
B.ab 向上运动的速度为2 m/s
C.在2 s 内,拉力做功,有0.4 J 的机械能转化为电能
D.在2 s 内,拉力做功为0.6 J
【解析】对导体棒cd 分析,有G=BIl=
࡮૛࢒૛ܞ
ࡾ总
,代入数据解得v=2 m/s,B 项正确;对导体棒ab 分析,有F=G+BIl=0.2 N,A 项
正确;在2 s 内拉力做功转化为ab 棒的重力势能和电路中的电能,电能等于克服安培力做的功,即W 电=F 安vt=
࡮૛࢒૛࢜૛t
ࡾ总
=0.4
J,C 项正确;在2 s 内拉力做的功W 拉=Fvt=0.8 J,D 项错误。
【答案】ABC
【变式训练4】(2019 年银川高三质量检测)如图所示,水平放置一足够长的U 形导轨,置于方向竖直向上的匀强磁
场中,磁感应强度大小B=5 T,导轨宽度L=0.4 m,左侧与R=0.5 Ω的定值电阻连接。右侧有导体棒ab 垂直跨放在导轨上,
导体棒ab 的质量m=2.0 kg,在导轨间的电阻r=0.5 Ω,与导轨的动摩擦因数μ=0.2,其余电阻可忽略不计。导体棒ab 在F=10
N 的水平外力作用下,由静止开始运动x=40 cm 后,速度达到最大,取g=10 m/s2。求:
(1)导体棒ab 运动的最大速度。
(2)当导体棒ab 的速度v=1 m/s 时,导体棒ab 的加速度。
(3)在导体棒ab 由静止开始运动至最大速度的过程中,电阻R 上产生的热量。
【解析】(1)导体棒ab 垂直切割磁感线,产生的电动势大小
E=BLv
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由闭合电路的欧姆定律有I=
ࡱ
ࡾ൅࢘
导体棒受到的安培力F 安=BIL
当导体棒做匀速直线运动时速度最大,由平衡条件有
࡮૛ࡸ૛࢜
ܕ
ࡾ൅࢘
+μmg=F
联立解得最大速度vm=1.5 m/s。
(2)当速度v=1 m/s 时,由牛顿第二定律有
F-
࡮૛ࡸ૛ܞ
ࡾ൅࢘-μmg=ma
解得a=1 m/s2。
(3)在导体棒ab 由静止开始运动至最大速度的过程中,由能量守恒定律有
Fx=Q+μmgx+
૚
૛m࢜
ܕ૛
解得Q=0.15 J
所以QR=
ࡾ
ࡾ൅࢘Q=0.075 J。
【答案】(1)1.5 m/s
(2)1 m/s2
(3)0.075 J
考点四电磁感应中的动量问题
1.动量定理揭示了物体所受合力的冲量与其动量的变化间的关系,可表示为I 合=Δp,其对变力作用及复杂运动过程
或任意曲线运动问题的处理提供了方法和依据;在带电粒子在磁场中的曲线运动,通电导体在安培力作用下的复杂运
动,导体棒切割磁感线运动的动态过程中,均涉及磁场作用的变力,故常用平均力的冲量与动量定理,即运用I 合=F 合
t=Δp=pt-p0=mvt-mv0 解答问题。
2.以电磁感应现象为核心,综合应用力学各种不同的规律(如牛顿运动定律、动量守恒定律、动能定理等内容形成
的综合类问题)。这类问题通常以导体棒或线圈为载体,弄清导体棒在磁场中因电磁感应现象对运动情况的影响。解决
此类问题的关键在于对运动情况的分析,特别是对最终稳定状态的确定,利用物体的平衡条件求最大速度,利用动量观
点分析双导体棒运动情况,等等。
方法(一)应用动量守恒定律解决问题
【例4】(2019 年江苏10 月模拟)如图所示,两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内,两导轨间的距离
为L,导轨上面横放着两根导体棒ab 和cd,构成矩形回路,两根导体棒的质量均为m,它们在导轨间的电阻均为R,回路中
其余部分的电阻可不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B。设两导体棒均可沿导轨无摩
擦地滑行,开始时,棒cd 静止,棒ab 有水平向右的初速度v0,若两导体棒在运动中始终不接触,问:
(1)在运动中产生的焦耳热Q 最多是多少?
(2)当ab 棒的速度变为初速度的
૜
૝时,cd 棒的加速度a 是多少?
【解析】(1)从开始到两棒达到相同速度v 的过程中,两棒的总动量守恒,有
mv0=2mv
根据能量守恒定律,整个过程中产生的焦耳热
Q=
૚
૛m࢜
૙૛-
૚
૛×2mv2=
૚
૝m࢜
૙૛。
(2)设ab 棒的速度变为
૜࢜૙
૝时,cd 棒的速度为v'
由动量守恒定律得mv0=
૜
૝mv0+mv'
解得v'=࢜૙
૝
此时回路中感应电动势E=
૜
૝BLv0-
૚
૝BLv0=
૚
૛BLv0
回路中电流I=
ࡱ
૛ࡾ=
࡮ࡸ࢜૙
૝ࡾ
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此时cd 棒所受的安培力F=BIL=
࡮૛ࡸ૛࢜
૙
૝ࡾ
由牛顿第二定律可知,cd 棒的加速度a=
ࡲ
࢓=
࡮૛ࡸ૛࢜૙
૝࢓ࡾ。
【答案】(1)
૚
૝m࢜
૙૛
(2)
࡮૛ࡸ૛࢜
૙
૝࢓ࡾ
【变式训练5】(2019 年海南11 月调研)如图所示,电阻不计、间距为L 的两光滑金属导轨放在水平绝缘桌面上,其
半径为R 的
૚
૝圆弧部分处在竖直平面内,水平直导轨部分处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中,直导轨末端
与桌面边缘平齐。两金属棒ab、cd 垂直于两导轨且与导轨接触良好。棒ab 的质量为2m,棒cd 的质量为m,两棒接入
导轨间的电阻均为r。重力加速度为g。开始时棒cd 静止在水平直导轨上,棒ab 从圆弧顶端无初速度释放,进入水平直
导轨后与棒cd 始终没有接触并一直向右运动,最后两棒都离开导轨落到地面上。棒ab 与棒cd 落地点到桌面边缘的水
平距离之比为3∶1。求:
(1)棒ab 和棒cd 离开导轨时的速度大小。
(2)两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热。
【解析】(1)设ab 棒进入水平导轨的速度为v1,ab 棒从圆弧导轨滑下机械能守恒,有
2mgR=
૚
૛×2m࢜
૚૛
离开导轨时,设ab 棒的速度为v1',cd 棒的速度为v2',ab 棒与cd 棒在水平方向上动量守恒,有
2mv1=2mv1'+mv2'
由平抛运动水平位移x=vt 可知v1'∶v2'=x1∶x2=3∶1
联立解得v1'=
૟
ૠ
૛ࢍࡾ,v2'=
૛
ૠ
૛ࢍࡾ。
(2)根据能量守恒,两棒在轨道上运动过程中产生的焦耳热为
Q=
૚
૛×2m࢜
૚૛-
૚
૛ൈ૛ܕ࢜
૚̵
૛൅
૚
૛ܕ࢜
૛̵
૛=
૛૛
૝ૢmgR。
【答案】(1)
૟
ૠ
૛ࢍࡾ
૛
ૠ
૛ࢍࡾ
(2)
૛૛
૝ૢmgR
方法(二)应用动量定理解决问题
【例5】
(2019 年河北保定期中)如图所示,两条相距l 的光滑平行金属导轨位于同一竖直面(纸面)内,其上端接一阻值为R
的电阻;在两导轨间OO'下方区域内有垂直导轨平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。质量为m 的金属棒ab 垂直跨接
在导轨上,其接入导轨间的电阻为r,且由静止开始自OO'位置释放,向下运动距离d 后速度不再变化。金属棒ab 与导轨
始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平,导轨电阻不计。重力加速度为g。
(1)求棒ab 在向下运动距离d 的过程中回路产生的总焦耳热。
(2)棒ab 从静止释放经过时间t0 下降了
૚
૛d,求此时刻的速度大小。
【解析】(1)设金属棒匀速运动的速度为vm,根据闭合电路的欧姆定律可得此时回路电流I=
࡮࢒࢜ܕ
ࡾ൅࢘
金属棒匀速运动时受力平衡,则有mg=BIl
联立解得金属棒的最大速度vm=
࢓ࢍሺࡾ൅࢘ሻ
࡮૛࢒૛
根据能量守恒定律可得mgd=
૚
૛m࢜
ܕ૛+Q
解得Q=mgd-
࢓૜ࢍ૛ሺ܀൅ܚሻ૛
૛࡮૝࢒૝
。
(2)以金属棒为研究对象,根据动量定理可得
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(mg-B۷
െ
l)t0=mv
而q=۷
െ
t0=
ȟȰ
ࡾ൅࢘=
࡮࢒ࢊ
૛ሺࡾ൅࢘ሻ
解得v=gt0-
࡮૛࢒૛܌
૛࢓ሺࡾ൅࢘ሻ。
【答案】(1)mgd-
࢓૜ࢍ૛ሺ܀൅ܚሻ૛
૛࡮૝࢒૝
(2)gt0-
࡮૛࢒૛܌
૛࢓ሺࡾ൅࢘ሻ
考点五电磁感应现象中的电荷量问题
电磁感应现象中求电荷量一般有两种类型:
(1)根据平均感应电动势求平均电流,再求电荷量。平均感应电动势۳
െ
=n
ȟȰ
ȟ࢚,平均电流۷
െ
=
۳
െ
ࡾ=n
ȟȰ
ࡾȟ࢚,电荷量q=۷
െ
Δt=n
ȟȰ
ࡾ,也
就是电荷量等于磁通量的变化量除以电阻,与时间无关。
(2)根据动量定理求解。安培力的冲量I=B۷
െ
LΔt=BLq,由动量定理I=Δp 可得q=
ȟ࢖
࡮ࡸ。
【例6】(2018 年浙江11 月选考,T22)如图所示,在间距L=0.2 m 的两光滑平行水平金属导轨间存在方向垂直于纸
面(向内为正)的磁场,磁感应强度的分布沿y 方向不变,沿x 方向如下: B=
૚܂࢞
൐૙Ǥ૛ܕ
⺁࢞܂
െ૙Ǥ૛ܕ൑࢞
൑૙Ǥ૛ܕ
Ǧ૚܂࢞
൏െ૙Ǥ૛ܕ
导轨间通过单刀双掷开关S 连接恒流源和电容C=1 F 的未充电的电容器,恒流源可为电路提供恒定电流I=2 A,电流
方向如图甲所示。有一质量m=0.1 kg 的金属棒ab 垂直导轨静止放置于x0=0.7 m 处。开关S 掷向1,棒ab 从静止开始
运动,到达x3=-0.2 m 处时,开关S 掷向2。已知棒ab 在运动过程中始终与导轨垂直。求:
(提示:可以用F-x 图象下的“面积”代表力F 所做的功)
(1)棒ab 运动到x1=0.2 m 时的速度v1。
(2)棒ab 运动到x2=-0.1 m 时的速度v2。
(3)电容器最终所带的电荷量Q。
【解析】(1)安培力F=BIL
则加速度a=
ࡲ
࢓=
࡮ࡵࡸ
࢓
速度v1= ૛ࢇሺ࢞
૙Ǧ࢞
૚ሻ=2 m/s。
(2)在区间-0.2 m≤x≤0.2 m
安培力F=5xIL,如图所示
安培力做功W=
⺁ࡵࡸ
૛(࢞
૚૛-࢞
૛૛)
根据动能定理可得W=
૚
૛m࢜
૛૛-
૚
૛m࢜
૚૛
解得v2= ૝Ǥ૟m/s。
(3)根据动量定理可得-BLQ=mv-mv3
电荷量Q=CU=CBLv
在x=-0.2 m 处的速度v3=v1=2 m/s
联立解得Q=
࡯࡮ࡸ࢓࢜૜
࡯࡮૛ࡸ૛൅ܕ=
૛
ૠC。
【答案】(1)2 m/s
(2) ૝Ǥ૟m/s
(3)
૛
ૠC
【变式训练6】(2019 年黑龙江大庆二模)如图所示,两条平行的光滑金属导轨相距L=1 m,金属导轨由倾斜与水平两
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部分组成,倾斜部分与水平方向的夹角θ=37°,整个装置处在竖直向上的匀强磁场中。金属棒EF 和MN 的质量均为m=0.2
kg,它们接入导轨间的电阻均为R=2 Ω,EF 置于水平导轨上,MN 置于倾斜导轨上,两根金属棒均与导轨垂直且接触良好。
现在外力作用下使EF 棒以速度v0=4 m/s 向左匀速运动,MN 棒恰能在倾斜导轨上保持静止。倾斜导轨上端接一阻值也
为R 的定值电阻,重力加速度g=10 m/s2,cos 37°=0.8,sin 37°=0.6。
(1)求磁感应强度B 的大小。
(2)若使EF 棒固定不动,将MN 棒由静止释放,MN 棒沿斜面下滑距离d=5 m 时达到稳定速度(仍在倾斜部分),求此
过程中通过MN 棒的电荷量。
【解析】(1)EF 棒运动切割磁感线产生的感应电动势E=BLv0,流过EF 棒的感应电流I=
ࡱ
૚
૛܀൅܀=
૛࡮ࡸ࢜૙
૜ࡾ
对MN,根据平衡条件可得mgsin θ=B·
ࡵ
૛·Lcos θ
解得B=1.5 T。
(2)MN 产生的平均感应电动势۳
െ
=
ȟȰ
ȟ࢚
平均感应电流۷
െ
=
۳
െ
ࡾ总
R 总=
૚
૛R+R=
૜
૛R
所以通过MN 的感应电荷量q=۷
െ
Δt=
ȟȰ
ࡾ总
=
૛࡮ࡸࢊ܋thࣂ
૜ࡾ
代入数据可得q=2.0 C。
【答案】(1)1.5 T
(2)2.0 C
考点六电磁感应中的“杆轨模型”问题
1.“杆+导轨”模型是电磁感应问题的“基本道具”,也是高考的热点,考查的知识点多,题目的综合性强,物理情景变化
空间大,是我们复习中的难点。“杆+导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型(“单杆”型为重点);导轨放置方式可分为水平、
竖直和倾斜;杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动等。
2.该模型的解题思路:(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向;(2)求回路中的电流大
小;(3)分析研究导体受力情况(包含安培力,用左手定则确定其方向);(4)列动力学方程或平衡方程求解。
【例7】(2016 年全国卷Ⅰ,T24)
如图,两固定的绝缘斜面倾角均为θ,上沿相连。两细金属棒ab(仅标出a 端)和cd(仅标出c 端)长度均为L,质量分别
为2m 和m;用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮
跨放在斜面上,使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚
好不在磁场中,回路电阻为R,两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g。已知金属棒ab 匀速下滑。
求:
(1)作用在金属棒ab 上的安培力的大小。
(2)金属棒运动速度的大小。
【解析】(1)设导线的张力大小为T,右斜面对ab 棒的支持力大小为N1,作用在ab 棒上的安培力大小为F,左斜面对
cd 棒的支持力大小为N2。对ab 棒,由力的平衡条件得
2mgsin θ=μN1+T+F
N1=2mgcos θ
对cd 棒,同理有mgsin θ+μN2=T
N2=mgcos θ
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联立上式得F=mg(sin θ-3μcos θ)。
(2)由安培力公式得F=BIL
这里I 是回路abdca 中的感应电流。ab 棒上的感应电动势E=BLv
式中,v 是ab 棒下滑速度的大小。由欧姆定律得I=
ࡱ
ࡾ
联立上式得v=(sin θ-3μcos θ)
࢓ࢍࡾ
࡮૛ࡸ૛。
【答案】(1)mg(sin θ-3μcos θ)
(2)(sin θ-3μcos θ)
࢓ࢍࡾ
࡮૛ࡸ૛
解决此类问题要抓住三点:
(1)杆的稳定状态一般是匀速运动(达到最大速度或最小速度,此时合力为零)。
(2)整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功。
(3)电磁感应现象遵循能量守恒定律。
【变式训练7】(2019 年辽宁沈阳期中)如图所示,abcd 为水平放置的平行“
”形光滑金属导轨,间距为l,导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,导轨电阻不计。已知金属杆
MN 倾斜放置,与导轨成θ角,单位长度的电阻为r,保持金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动(金属杆滑动过程中与导
轨接触良好)。则(
)。
A.电路中感应电动势的大小为
࡮࢒࢜
hܑܖࣂ
B.电路中感应电流的大小为
࡮࢜hܑܖࣂ࢘
C.金属杆所受安培力的大小为
࡮૛tܞhܑܖࣂ࢘
D.金属杆的发热功率为
࡮૛t࢜૛࢘
hܑܖࣂ
【解析】电路中的感应电动势E=Blv,感应电流I=
ࡱ
ࡾ=
ࡱ
࢒
hܑܖࣂܚ=
࡮࢜hܑܖࣂ࢘,A 项错误,B 项正确;金属杆所受安培力大小
F=BI
࢒
hܑܖࣂ=
࡮૛tܞ࢘,C 项错误;金属杆的发热功率P=I2R=I2
࢒
hܑܖࣂr=
࡮૛t࢜૛hܑܖࣂ࢘,D 项错误。
【变式训练8】(2019 年嘉兴模拟)如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ=30°的斜面上,导轨电阻不计,
间距L=0.4 m,导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ,两区域的边界与斜面的交线为MN。Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向
下,Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上,两磁场的磁感应强度大小均为B=0.5 T。在区域Ⅰ中,将质量m1=0.1 kg、接入电
阻R1=0.1 Ω的金属条ab 放在导轨上,ab 刚好不下滑。然后,在区域Ⅱ中将质量m2=0.4 kg、接入电阻R2=0.1 Ω的光滑导
体棒cd 置于导轨上,由静止开始下滑。cd 在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中,ab、cd 始终与导轨垂直且两端与导
轨保持良好接触,取g=10 m/s2。
(1)求cd 下滑的过程中,ab 中的电流方向。
(2)求ab 刚要向上滑动时,cd 的速度大小。
(3)若从cd 开始下滑到ab 刚要向上滑动的过程中,cd 滑动的距离x=3.8 m,则此过程中ab 上产生的热量Q 为多少?
【解析】(1)由右手定则可判断出cd 中的电流方向为由d 到c,则ab 中电流方向为由a 流向b。
(2)开始放置时ab 刚好不下滑,ab 所受摩擦力为最大静摩擦力,设其为Fmax,有
Fmax=m1gsin θ
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设ab 刚要上滑时,cd 棒的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律有
E=BLv
设电路中的感应电流为I,由闭合电路欧姆定律有
I=
ࡱ
ࡾ૚൅ࡾ૛
设ab 所受安培力为F 安,有F 安=BIL
此时ab 受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下,由平衡条件有
F 安=m1gsin θ+Fmax
联立解得v=5 m/s。
(3)设cd 棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q 总,由能量守恒定律有
m2gxsin θ=Q 总+
૚
૛m2v2
又Q=
ࡾ૚
ࡾ૚൅ࡾ૛Q 总
解得Q=1.3 J。
【答案】(1)由a 流向b
(2)5 m/s
(3)1.3 J
(104)
1.(电磁感应力学问题)(2019 年株洲模拟)(多选)某电子秤原理如图所示,E 形磁铁的两侧为N 极,中心为S 极,两极间的磁
感应强度大小均为B,磁极宽度均为L,忽略边缘效应。一正方形线圈套于中心磁极,其骨架与秤盘连为一体,线圈两端C、
D 与外电路连接。当质量为m 的重物放在秤盘上时,弹簧被压缩,秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触),随后外
电路对线圈供电,秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止,由此时对应的供电电流I 可确定重物的质量。已知线圈
匝数为n,线圈总电阻为R,重力加速度为g。则下列说法正确的是(
)。
A.线圈向下运动过程中,线圈中感应电流是从C 端流出
B.供电电流I 是从C 端流入
C.重物质量为
૛࢔࡮ࡸ
ࢍI
D.若线圈消耗的最大功率为P,则该电子秤能称量的最大质量为
૛࢔࡮ࡸ
ࢍ
ࡼ
૛ࡾ
【解析】线圈向下运动,切割磁感线产生感应电流,由右手定则可知感应电流从C 端流出,A 项正确。由左手定则可
知外加电流应从D 端流入,B 项错误。由FA=mg 和FA=2nBIL 得m=
૛࢔࡮ࡸ
ࢍI,C 项正确。设电子秤能称量的最大质量为m0,
由m0=
૛࢔࡮ࡸ
ࢍI0 和P=ࡵ૙
૛R 得m0=
૛࢔࡮ࡸ
ࢍ
ࡼ
ࡾ,D 项错误。
2.(单杆模型)(2019 年河南安阳二模)(多选)如图所示,有两根和水平方向成α角的光滑平行金属导轨,上端接有可变电阻
R,下端足够长,空间有垂直于轨道平面的匀强磁场,磁感应强度为B,一根质量为m 的金属杆从轨道上由静止滑下,经过
足够长的时间后,金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm,则(
)。
A.如果只有B 增大,vm 将变大
B.如果只有α变大,vm 将变大
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C.如果只有R 变大,vm 将变大
D.如果只有m 变小,vm 将变大
【解析】当金属杆匀速运动时,速度最大,此时有mgsin α=F 安,又安培力F 安=
࡮૛ࡸ૛࢜
ܕ
ࡾ
,联立解得vm=
࢓ࢍࡾhܑܖࢻ
࡮૛ࡸ૛。如果只增
大B,vm将变小,A 项错误;当只增大α时,vm将变大,B 项正确;当只增大R 时,vm将变大,C 项正确;当只减小m 时,vm将变小,D
项错误。
3.(含容电路问题)(2019 年河北10 月模拟)(多选)在如图1 所示的电路中,螺线管匝数n=1500 匝,横截面积S=20 cm2。螺
线管导线电阻r=1 Ω,定值电阻R1=4 Ω、R2=5 Ω,电容器的电容C=30 μF。在一段时间内,穿过螺线管的磁场的磁感应强度
B 按如图2 所示的规律变化。下列说法正确的是(
)。
A.螺线管中产生的感应电动势为1.2 V
B.闭合S,电路中的电流稳定后电容器上极板带正电
C.电路中的电流稳定后,电阻R1 的电功率为5×10-2 W
D.S 断开后,通过R2 的电荷量为1.8×10-5 C
【解析】由法拉第电磁感应定律可知,螺线管内产生的电动势E=n
ȟ࡮
ȟ࢚S=1500×
૙Ǥૡ
૛×20×10-4 V=1.2 V,A 项正确;根据楞次
定律,当穿过螺线管的磁通量增加时,螺线管下部可以看成电源的正极,则电容器下极板带正电,B 项错误;电流稳定后,电
流I=
ࡱ
ࡾ૚൅ࡾ૛൅ܚ=0.12 A, 电阻R1 上消耗的功率P=I2R1=5.76×10-2 W,C 项错误; 开关断开后通过电阻R2 的电荷量
Q=CU=CIR2=1.8×10-5 C,D 项正确。
【答案】AD
4.(单杆模型、电路问题)(2019 年金华模拟)如图所示,一足够长的平行金属导轨倾斜放置,倾角为37°,宽度为0.5 m,电阻
忽略不计,其上端接一小灯泡,电阻为1.5 Ω。一导体棒MN 垂直于导轨放置,其质量为0.2 kg,接入电路的电阻为0.5 Ω,
两端与导轨接触良好,与导轨间的动摩擦因数为0.5。在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度为0.8 T。
将导体棒MN 由静止释放,运动一段时间后,小灯泡稳定发光,此后导体棒MN 的运动速度大小以及小灯泡消耗的电功率
分别为(重力加速度g 取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(
)。
A.2.5 m/s,1 W
B.5 m/s,1 W
C.5 m/s,1.5 W
D.15 m/s,9 W
【解析】导体棒产生的感应电动势E=BLv,电路电流I=
ࡱ
ࡾ൅࢘,小灯泡稳定发光时,导体棒做匀速直线运动,处于平衡状态,
由平衡条件得mgsin 37°=μmgcos 37°+BIL,联立解得v=5 m/s;灯泡消耗的功率P=I2R,解得P=1.5 W,C 项正确。
5.(双杆模型、动量)(2019 年江西月考)(多选)如图所示,在水平面内固定有两根相互平行的无限长光滑金属导轨,其间距
为L,电阻不计。在虚线l1 的左侧存在竖直向上的匀强磁场,在虚线l2 的右侧存在竖直向下的匀强磁场,两部分磁场的磁
感应强度大小均为B。ad、bc 两根电阻均为R 的金属棒与导轨垂直,分别位于两磁场中,现突然给ad 棒一个水平向左
的初速度v0,在两棒达到稳定的过程中,下列说法正确的是(
)。
A.两金属棒组成的系统的动量守恒
B.两金属棒组成的系统的动量不守恒
C.ad 棒克服安培力做功的功率等于ad 棒的发热功率
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D.ad 棒克服安培力做功的功率等于安培力对bc 棒做功的功率与两棒总发热功率之和
【解析】开始时,ad 棒以初速度v0 切割磁感线,产生感应电动势,在回路中产生顺时针方向(俯视)的感应电流,ad 棒
因受到向右的安培力而减速,bc 棒受到向右的安培力而向右加速;当两棒的速度大小相等,即两棒因切割磁感线而产生
的感应电动势相等时,回路中没有感应电流,两棒各自做匀速直线运动;由于两棒所受的安培力都向右,两金属棒组成的
系统所受合外力不为零,所以该系统的动量不守恒,A 项错误,B 项正确。根据能量守恒定律可知,ad 棒动能的减少量等于
回路中产生的热量和bc 棒动能的增加量,由动能定理可知,ad 棒动能的减少量等于ad 棒克服安培力做的功,bc 棒动能
的增加量等于安培力对bc 棒做的功,所以ad 棒克服安培力做功的功率等于安培力对bc 棒做功的功率与两棒总发热功
率之和,C 项错误,D 项正确。
6.(双杆模型、功能关系)(2019 年河南洛阳二模)(多选)如图所示,在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导
轨PQ 和MN,两导轨间距为L,导轨处于磁场方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中,磁感应强度为B,有两根质量均为m、
接入导轨间的电阻均为R 的金属棒a、b,先将a 棒垂直导轨放置,用跨过光滑定滑轮的细线与物块c 连接,连接a 棒的
细线平行于导轨,由静止释放c,此后某时刻,将b 也垂直导轨放置,a、c 此刻起做匀速运动,b 棒刚好能静止在导轨上。a
棒在运动过程中始终与导轨垂直,两棒与导轨接触良好,导轨电阻不计,重力加速度为g。则下列判断正确的是(
)。
A.物块c 的质量为2msin θ
B.b 棒放上导轨前,物块c 减少的重力势能等于a、c 增加的动能
C.b 棒放上导轨后,物块c 减少的重力势能等于回路消耗的电能
D.a、c 匀速运动的速度为
૛࢓ࢍࡾhܑܖࣂ
࡮૛ࡸ૛
【解析】由b 棒静止可知此时F 安=mgsin θ,由a 平衡可知T=F 安+mgsin θ=2mgsin θ,由c 平衡可知T=mcg,解得
mc=2msin θ,A 项正确;b 放置之前,a、c 组成的系统机械能守恒,故a 增加的重力势能与a、c 增加的动能之和等于c 减少
的重力势能,B 项错误;b 棒放上导轨后,a 的重力势能仍在增加,物块c 减少的重力势能等于回路产生的热量与a 棒增加
的重力势能之和,C 项错误;b 棒放上导轨后,a 棒做匀速运动,根据b 棒的平衡可知F 安=mgsin θ,又F 安=BIL,I=
࡮ࡸ࢜
૛ࡾ,联立解得
v=
૛࢓ࢍࡾhܑܖࣂ
࡮૛ࡸ૛
,D 项正确。
【答案】AD
7.(双杆模型、电荷量)(2019 年安徽芜湖开学考试)如图所示,足够长的平行金属导轨倾斜放置,导轨所在平面倾角θ=37°,
导轨间距L=1 m,在水平虚线的上方有垂直于导轨平面向下的匀强磁场Ⅰ,水平虚线下方有平行于导轨平面向下的匀强
磁场Ⅱ,两磁场的磁感应强度大小均为B=1 T。导体棒cd、ef 垂直放置在导轨上,开始时给两导体棒施加约束力使它们
静止在斜面上,现给ef 棒施加沿斜面向上的拉力F,同时撤去对两导体棒的约束力,使ef 沿斜面向上以a=1 m/s2 的加速
度做匀加速直线运动,cd 棒沿斜面向下运动,运动过程中导体棒始终与导轨垂直并接触良好。已知两导体棒与导轨间的
动摩擦因数均为μ=0.5,两导体棒的质量均为m=0.1 kg,两导体棒组成的回路总电阻R=2 Ω,导轨的电阻不计,最大静摩擦
力等于滑动摩擦力,g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)当cd 棒运动的速度达到最大时,ef 棒受到的拉力大小。
(2)从ef 开始运动到回路中的瞬时电功率为2 W 的过程中,通过ef 棒横截面的电荷量。
【解析】(1)当cd 棒运动的速度达到最大时有
mgsin θ=μ(mgcos θ+BIL)
对ef 棒,根据牛顿第二定律,有
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F-BIL-μmgcos θ-mgsin θ=ma
解得F=1.5 N。
(2)当回路中的瞬时功率为2 W 时,有P=
ࡱ૛
ࡾ,E=BLv
导体棒ef 向上运动的距离x=࢜
૛
૛ࢇ=2 m
此过程中通过导体棒ef 横截面的电荷量
q=۷
െ
Δt=
۳
െ
ࡾΔt=
ȟȰ
ࡾ=
࡮ࡸ࢞
ࡾ=1 C。
【答案】(1)1.5 N
(2)1 C
8.(双杆模型、动量守恒)(2019 年广西南宁调研)如图所示,两根平行的光滑金属导轨MN、PQ 放在水平面上,左端是向
上弯曲的弧形,导轨间距为l,电阻不计。水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B。导体棒a
与b 的质量均为m,接入电路的有效电阻分别为Ra=R,Rb=2R。b 棒放置在水平导轨上足够远处,a 棒在弧形导轨上距水
平面h 高度处由静止释放。运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直,重力加速度为g。求:
(1)a 棒刚进入磁场时受到的安培力的大小和方向。
(2)最终稳定时两棒的速度大小。
(3)从a 棒开始下落到最终稳定的过程中,a 棒上产生的内能。
【解析】(1)设a 棒刚进入磁场时的速度为v,从开始下落到进入磁场过程
根据机械能守恒定律有mgh=
૚
૛mv2
a 棒产生电动势E=Blv
根据闭合电路欧姆定律有I=
ࡱ
૜ࡾ
安培力F=BIl
联立解得F=
࡮૛࢒૛૛ࢍࢎ
૜ࡾ
,方向水平向左。
(2)a 棒进入磁场,切割磁感线,产生感应电流,a 棒和b 棒受到大小相等、方向相反的安培力作用,所以a 棒和b 棒组
成的系统动量守恒
设两棒最终稳定时的速度为v',以v 的方向为正方向,则
mv=2mv'
解得v'=
૚
૛
૛ࢍࢎ。
(3)设a 棒产生的内能为Qa,b 棒产生的内能为Qb
根据能量守恒定律有
૚
૛mv2=
૚
૛×2mv'2+Qa+Qb
两棒串联,内能与电阻成正比有Qb=2Qa
联立解得Qa=
૚
૟mgh。
【答案】(1)
࡮૛࢒૛૛ࢍࢎ
૜ࡾ
,方向水平向左
(2)
૚
૛
૛ࢍࢎ
(3)
૚
૟mgh
1.(2018 年江苏卷,T19)(多选)如图所示,竖直放置的“
”形光滑导轨宽为L,矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d,磁感
应强度为B。质量为m 的水平金属杆由静止释放,进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R,与导轨
接触良好,其余电阻不计,重力加速度为g。金属杆(
)。
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A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间
C.穿过两磁场产生的总热量为4mgd
D.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于
࢓૛lࡾ૛
૛࡮૝ࡸ૝
【解析】穿过磁场Ⅰ后,金属杆在磁场之间做加速运动,在磁场Ⅱ上边缘时的速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度,即进
入磁场Ⅰ时的速度等于进入磁场Ⅱ时的速度,大于从磁场Ⅰ出来时的速度。金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动,加速度方向
向上,A 项错误。金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动,由牛顿第二定律知ma=BIL-mg=
࡮૛ࡸ૛ܞ
ࡾ-mg,a 随着减速过程逐渐变小,即在
前一段做加速度减小的减速运动。金属杆在磁场之间做加速度为g 的匀加速直线运动,两个过程位移大小相等,由v-t
图象(可能图象如图所示)可以看出前一段用时多于后一段用时,B 项正确。
由于进入两磁场时速度相等,由动能定理知,W 安1-mg·2d=0,W 安1=2mgd,即通过磁场Ⅰ产生的热量为2mgd,故穿过两
磁场产生的总热量为4mgd,C 项正确。设金属杆刚进入磁场Ⅰ时的速度为v,则由机械能守恒定律知mgh=
૚
૛mv2,进入磁
场时有ma=BIL-mg=
࡮૛ࡸ૛ܞ
ࡾ-mg,解得v=
࢓ሺࢇ൅ࢍሻࡾ
࡮૛ࡸ૛
,联立解得h=
࢓૛ሺh൅lሻ૛ࡾ૛
૛࡮૝ࡸ૝l
>
࢓૛lࡾ૛
૛࡮૝ࡸ૝,D 项错误。
2.(2017 年全国卷Ⅲ,T15)如图,在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U 形金属导轨,导轨平面与磁场垂直。金属杆
PQ 置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS,一圆环形金属线框T 位于回路围成的区域内,线框与导轨共面。现让金属
杆PQ 突然向右运动,在运动开始的瞬间,关于感应电流的方向,下列说法正确的是(
)。
A.PQRS 中沿顺时针方向,T 中沿逆时针方向
B.PQRS 中沿顺时针方向,T 中沿顺时针方向
C.PQRS 中沿逆时针方向,T 中沿逆时针方向
D.PQRS 中沿逆时针方向,T 中沿顺时针方向
【解析】金属杆PQ 突然向右运动,在运动开始的瞬间,闭合回路PQRS 中磁场方向垂直纸面向里,磁通量增大,由楞
次定律可判断,闭合回路PQRS 中感应电流产生的磁场垂直纸面向外,由安培定则可判断PQRS 中的感应电流方向为逆时
针;由于闭合回路PQRS 中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外,与原磁场方向相反,则T 中磁通量减小,由楞次定律可
判断,T 中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里,由安培定则可知T 中感应电流方向为顺时针,D 项正确。
3.(2015 年全国卷Ⅱ,T15)如图,直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向平行于ab 边向上。
当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时,a、b、c 三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc 边的长度为l。下列判断
正确的是(
)。
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A.Ua>Uc,金属框中无电流
B.Ub >Uc,金属框中电流方向沿a-b-c-a
C.Ubc=-
૚
૛Bl2ω,金属框中无电流
D.Ubc=
૚
૛Bl2ω,金属框中电流方向沿a-c-b-a
【解析】金属框绕ab 边转动时,闭合回路abc 中的磁通量始终为零(不变),所以金属框中无电流。金属框在逆时针
转动时,bc 边和ac 边均切割磁感线,由右手定则可知Ub<Uc,Ua<Uc,所以根据E=Bl࢜可知,Ubc=Uac=-Bl࢜=-Bl
૙൅࣓࢒
૛=-
૚
૛Bl2ω。由
以上分析可知C 项正确。
4.(2018 年天津卷,T12)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1 是某种动力系
统的简化模型,图中粗实线表示固定在水平面上间距为l 的两条平行光滑金属导轨,电阻忽略不计。ab 和cd 是两根与导
轨垂直、长度均为l、电阻均为R 的金属棒,通过绝缘材料固定在列车底部,并与导轨良好接触,其间距也为l,列车的总
质量为m。列车启动前,ab、cd 处于磁感应强度为B 的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下,如图1 所示。为使
列车启动,需在M、N 间连接电动势为E 的直流电源,电源内阻及导线电阻忽略不计。列车启动后电源自动关闭。
图1
图2
(1)要使列车向右运行,启动时图甲中M、N 哪个接电源正极,并简要说明理由。
(2)求刚接通电源时列车加速度a 的大小。
(3)列车减速时,需在前方设置如图2 所示的一系列磁感应强度为B 的匀强磁场区域,磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。
若某时刻列车的速度为v0,此时ab、cd 均在无磁场区域,试讨论:要使列车停下来,前方至少需要多少块这样的有界磁场?
【解析】(1)列车要向右运动,安培力方向应向右。根据左手定则,接通电源后,金属棒中电流方向由a 到b、由c 到
d,故M 接电源正极。
(2)由题意可知,启动时ab、cd 并联,设回路总电阻为R 总,由电阻的串并联知识得
R 总=
ࡾ
૛
设回路总电流为I,根据闭合电路欧姆定律有
I=
ࡱ
ࡾ总
设两根金属棒所受安培力之和为F,有
F=BIl
根据牛顿第二定律有
F=ma
联立解得a=
૛࡮ࡱ࢒
࢓ࡾ。
(3)设列车减速时,cd 进入磁场后经Δt 时间ab 恰好进入磁场,此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变
化量为ΔΦ,平均感应电动势为E1,由法拉第电磁感应定律有
E1=
ȟȰ
ȟ࢚
其中ΔΦ=Bl2
设回路中平均电流为I',由闭合电路欧姆定律有
I'=
ࡱ૚
૛ࡾ
设cd 受到的平均安培力为F',有
F'=BI'l
以向右为正方向,设Δt 时间内cd 所受安培力冲量为I 冲,有
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I 冲=-F'Δt
同理可知,回路出磁场时ab 所受安培力冲量仍为上述值,设回路进出一块有界磁场区域的安培力冲量为I0,有
I0=2I 冲
设列车停下来受到的总冲量为I 总,由动量定理有
I 总=0-mv0
联立解得
ࡵ总
ࡵ૙=
࢓࢜૙܀
࡮૛࢒૜
讨论:若
ࡵ总
ࡵ૙恰为整数,设其为n,则需设置n 块有界磁场;若
ࡵ总
ࡵ૙不是整数,设
ࡵ总
ࡵ૙的整数部分为N,则需设置N+1 块有界磁场。
【答案】(1)见解析
(2)
૛࡮ࡱ࢒
࢓ࡾ
(3)见解析
5.(2016 年全国卷Ⅱ,T24)如图,水平面(纸面)内间距为l 的平行金属导轨间接一电阻,质量为m、长度为l 的金属杆置于
导轨上。t=0 时,金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动。t0 时刻,金属杆进入磁感应强度大小
为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计,两者始终
保持垂直且接触良好,两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g。求:
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小。
(2)电阻的阻值。
【解析】(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a,由牛顿第二定律得
F-μmg=ma
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v,由运动学公式有
v=at0
当金属杆以速度v 在磁场中运动时,由法拉第电磁感应定律可得,杆中的电动势E=Blv
联立上式可得E=Blt0
ࡲ
࢓Ǧૄl 。
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时,金属杆中的电流为I,根据欧姆定律,有I=
ࡱ
ࡾ
式中R 为电阻的阻值。金属杆所受的安培力F 安=BlI
因金属杆做匀速运动,由牛顿运动定律得
F-μmg-F 安=0
联立上式得R=
࡮૛࢒૛࢚૙
࢓。
【答案】(1)Blt0
ࡲ
࢓Ǧૄl
(2)
࡮૛࢒૛࢚૙
࢓
6.(2015 年广东卷,T35)如图1 所示,平行长直金属导轨水平放置,间距L=0.4 m。导轨右端接有阻值R=1 Ω的电阻。导体
棒垂直放置在导轨上,且接触良好。导体棒及导轨的电阻均不计。导轨间正方形区域abcd 内有方向竖直向下的匀强磁
场,bd 连线与导轨垂直,长度也为L。从0 时刻开始,磁感应强度B 的大小随时间t 变化,规律如图2 所示;同一时刻,棒从
导轨左端开始向右匀速运动,1 s 后刚好进入磁场。若使棒在导轨上始终以速度v=1 m/s 做直线运动,求:
(1)进入磁场前,回路中的电动势E。
(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F,以及棒通过三角形abd 区域时电流i 与时间t 的关系式。
【解析】(1)进入磁场前,闭合回路中有磁场通过的有效面积不变,磁感应强度均匀变大,回路中的电动势E=
ȟ࡮
ȟ࢚·Sabcd,
其中Sabcd=
૛
૛ۺ
૛
=0.08 m2
代入数据得E=0.04 V。
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(2)导体棒进入磁场前不受安培力,导体棒进入磁场后,当导体棒在bd 时,切割磁感线的有效长度最长,为L,此时回路
中有最大电动势
E'=BLv
电流I=
ࡱ̵
ࡾ
故进入磁场后最大安培力F=BIL=
࡮૛ࡸ૛ܞ
ࡾ=0.04 N
棒通过三角形区域abd 时,切割磁感线的有效长度
L'=2×v(t - 1)=2(t - 1)
电动势E2=BL'v
故回路中的电流i=
ࡱ૛
ࡾ=t-1 (A)
(1 s<t<1.2 s)。
【答案】(1)0.04 V
(2)0.04 N
i=t-1 (A)
(1 s<t<1.2 s)
第3 讲
电磁感应的图象问题
(151)
1
题型简述与特点
图象
类型
随时间变化的图象,如B-t 图象、Φ-t 图象、E-t 图象、I-t 图象
随位移变化的图象,如E-x 图象、I-x 图象
(先看坐标轴,哪个物理量随哪个物理量变化要弄清)
问题
类型
(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象(画图象)
(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程,求解相应的物理量(用图象)
解题
方法
四个规律
左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律
六类公式
(1)平均电动势E=n
ȟȰ
ȟt
(2)平动切割电动势E=Blv
(3)转动切割电动势E=
૚
૛Bl2ω
(4)闭合电路欧姆定律I=
۳
܀൅ܚ
(5)安培力F=BIl
(6)牛顿运动定律的相关公式等
1.1 (2019 年河南模拟)如图所示分别为穿过某一闭合回路的磁通量Φ随时间t 变化的图象,关于回路中产生的感应
电动势,下列说法正确的是(
)。
A.图1 中回路产生的感应电动势大于0 且恒定不变
B.图2 中回路产生的感应电动势一直在增大
C.图3 中回路在0~t1 时间内产生的感应电动势小于在t1~t2 时间内产生的感应电动势
D.图4 中回路产生的感应电动势先减小再增大
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题型一研究感生电动势图象问题
【例1】(2019 年河北邢台第一次调研)如图1 所示,bacd 为导体做成的框架,其平面与水平面成θ角,质量为m 的导
体棒PQ 与ab、cd 垂直并接触良好,回路的电阻为R,整个装置所在空间存在一垂直框架平面的变化的磁场,磁感应强度
B 的变化情况如图2 所示,PQ 始终静止,则0~t2 时间内(t=0 时刻,安培力大于mgsin θ),PQ 受到的摩擦力Ff的分析情况正
确的是(
)。
A.Ff 先减小后增大,且在t1 时刻Ff 为零
B.Ff 先减小后增大,且在t1 时刻Ff=mgsin θ
C.Ff 先增大后减小,且在t1 时刻Ff 为最大值
D.Ff 先增大后减小,且在t1 时刻Ff=mgsin θ
【解析】0~t1 时间内磁通量减少,根据“增缩减扩”的规律可知无论磁感应强度的方向如何,PQ 所受安培力都沿着斜
面向上,所以F 安=mgsin θ+Ff,随着磁感应强度的减小,变化率也变小,感应电流变小,安培力减小,静摩擦力向下先减小后
反向增大,t1 时刻B=0,安培力为零,静摩擦力沿框架向上,Ff=mgsin θ;t1~t2 时间内,安培力方向沿着斜面向下,mgsin θ+F 安
=Ff,磁感应强度增大,变化率也增大,感应电流增大,安培力增大,静摩擦力沿框架向上增大,A、C、D 三项错误,B 项正确。
(1)法拉第电磁感应定律E=n
ȟȰ
ȟ࢚,常有两种特殊情况,即E=n
ȟ࡮
ȟ࢚S 和E=nB
ȟࡿ
ȟ࢚,其中
ȟ࡮
ȟ࢚是B-t 图象中图线的斜率,若斜率不变
则感应电动势是恒定不变的。
(2)感生电动势产生的感应电流方向,一般用楞次定律结合安培定则来判定。
(3)计算电动势时要注意有效面积,求解电压时要分清内外电路。
【变式训练1】(2019 年云南昆明一模)一圆环形铝质金属圈(阻值不随温度变化)放在匀强磁场中,设第1 s 内磁感
线垂直于金属圈平面(纸面)向里,如图1 所示。若磁感应强度B 随时间t 变化的关系如图2 所示,那么第3 s 内金属圈中
(
)。
A.感应电流逐渐增大,沿逆时针方向
B.感应电流恒定,沿顺时针方向
C.圆环各微小段受力大小不变,方向沿半径指向圆心
D.圆环各微小段受力逐渐增大,方向沿半径指向圆心
【解析】从图2 中可得第3 s 内垂直向里的磁场均匀增大,穿过金属圈垂直向里的磁通量增大,由楞次定律可得,感
应电流沿逆时针方向;根据法拉第电磁感应定律可得金属圈产生的感应电动势E=
ȟȰ
ȟ࢚=
ࡿȟ࡮
ȟ࢚,根据欧姆定律可知产生的感应
电流I=
ࡱ
ࡾ=
ࡿȟ࡮
ࡾȟ࢚,I∝
ȟ࡮
ȟ࢚,第3 s 内磁通量的变化率恒定,所以产生的感应电流恒定,A、B 两项错误;圆环各微小段受安培力,由于
磁场逐渐增大,电流不变,根据公式F=BIL,可得圆环各微小段受力逐渐增大,由左手定则可判断安培力的方向沿半径指向
圆心,C 项错误,D 项正确。
题型二研究动生电动势图象问题
【例2】(2019 年全国卷Ⅲ,T19)(多选)如图,方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行
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金属导轨,两相同的光滑导体棒ab、cd 静止在导轨上。t=0 时,棒ab 以初速度v0 向右滑动。运动过程中,ab、cd 始终与
导轨垂直并接触良好,两者速度分别用v1、v2 表示,回路中的电流用I 表示。下列图象中可能正确的是(
)。
【解析】ab 棒向右运动,切割磁感线产生感应电流,则受到向左的安培力,故向右做减速运动;金属棒cd 受向右的安
培力作用而向右做加速运动,随着两棒的速度差的减小,安培力减小,加速度减小,当两棒速度相等时,感应电流为零,最终
两棒共速,一起做匀速运动,故最终电路中电流为0,A、C 两项正确,B、D 两项错误。
对于电磁感应图象问题的分析要注意以下三个方面:
(1)注意初始时刻的特征,如初始时刻感应电流是否为零,感应电流的方向如何。
(2)注意看电磁感应发生的过程分为几个阶段,这几个阶段是否和图象变化相对应。
(3)注意观察图象的变化趋势,看图象斜率的大小、图象的曲直是否和物理过程对应。
【变式训练2】(2019 年江苏盐城期中)如图所示,水平面内有一平行金属导轨,导轨光滑且电阻不计。匀强磁场与
导轨平面垂直。接入导轨间的电阻为R 的导体棒垂直于导轨静止放置,且与导轨接触。t=0 时,将开关S 由1 掷到2。q、
i、v 和a 分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和棒的加速度。下列图象正确的是(
)。
【解析】t=0 时,将开关S 由1 掷到2,电容器通过导轨、导体棒构成的回路放电,导体棒中有电流通过,导体棒受到
安培力作用,导体棒产生加速度,导体棒做加速运动;导体棒速度逐渐增大,导体棒切割磁感线产生与放电电流方向相反
的感应电动势。由于放电电流逐渐减小,导体棒的加速度逐渐减小,导体棒做加速度逐渐减小的加速运动。当导体棒切
割磁感线产生的感应电动势与电容器两极板之间电压相等时,电容器放电电流减小到零,导体棒做匀速运动,B、C 两项
错误,D 项正确。综合上述可知,足够长时间后,电容器所带的电荷量不为零,A 项错误。
题型三线框下落进入磁场引起的图象问题
【例3】(2019 年广西柳州月考)(多选)如图所示,一个边长为L 的正方形线圈置于边界水平的匀强磁场上方L 处,磁
场宽也为L,磁感应强度方向垂直纸面向里,由静止释放线圈且线圈平面始终与磁场方向垂直,如果从线圈的一条边刚进
入磁场开始计时,则下列关于通过线圈横截面的电荷量q、感应电流i、线圈运动的加速度a、线圈具有的动能Ek 随时
间变化的图象可能正确的有(
)。
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【解析】若线圈进入磁场时受到的安培力等于重力,则线圈匀速进入,感应电流恒定,由q=It 可知,通过线圈横截面
的电荷量均匀增大,线圈离开时由楞次定律可知,感应电流方向改变,通过的电荷量均匀减小,A 项可能;由于线圈的宽度
与磁场的宽度相等,故线圈通过磁场时,始终是一条边做切割磁感线运动,且速度不可能减小到零,所以线圈通过磁场的
过程中不可能出现感应电流为零的情况,B 项不可能;由于线圈进入磁场时也可能重力大于安培力,因此继续做加速运动,
但速度增大则安培力增大,加速度减小,当安培力增大到等于重力时,加速度变为零,C 项可能;如果线圈刚进入磁场时安
培力就大于重力,则线圈做减速运动,速度减小则安培力减小,最后可能达到平衡,速度不变,动能不变,D 项可能。
【答案】ACD
【变式训练3】(2019 年湖北武汉一模)(多选)如图1 所示,abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框,在金属线
框的下方有一磁感应强度为B 的匀强磁场区域,MN 和M'N'是匀强磁场区域的水平边界,两边界相距s,并与线框的bc
边平行,磁场方向与线框平面垂直。现让金属线框从距MN 的某一高度处由静止开始下落(下落过程中bc 边始终水平),
图2 是金属线框从开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v-t 图象(OA、BC、DE 相互平行)。已知金属线框的边长为L(L<s)、
质量为m、电阻为R,当地的重力加速度为g,图象中坐标轴上所标出的字母v1、v2、t1、t2、t3、t4 均为已知量。根据题
中所给条件,以下说法正确的是(
)。
A.t2 时刻是线框全部进入磁场瞬间,t4 时刻是线框全部离开磁场瞬间
B.从bc 边进入磁场起一直到ad 边离开磁场为止,感应电流所做的功为mgs
C.v1 的大小可能为
࢓ࢍࡾ
࡮૛ࡸ૛
D.线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量比线框进入磁场过程中流经线框横截面的电荷量多
【解析】线框进入磁场之前,做自由落体运动,线框的bc 边进入磁场后,ad 边进入磁场前,bc 边受向上的安培力,加
速度a=
ࡲ安Ǧܕl
࢓
,做加速度越来越小的变减速运动;线框全部进入磁场中后,线框所受安培力为零,做自由落体运动;当bc 边
出磁场,只有ad 边在磁场中时,ad 边受向上的安培力,a=
ࡲ安Ǧܕl
࢓
,线框做加速度越来越小的变减速运动;线框全部出磁场之
后,又做自由落体运动。对照图乙可知,t2 时刻是线框全部进入磁场瞬间,t4 时刻是线框全部离开磁场瞬间,A 项正确。由
能量关系可得,从bc 边进入磁场到ad 边出磁场的过程中感应电流做的功W=
૚
૛ܕ࢜
૚૛Ǧ
૚
૛ܕ࢜
૛૛-mg(s+L),B 项错误。由
q=n
ȟȰ
ࡾ可知,线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量与线框进入磁场过程中流经线框横截面的电荷量相等,D 项
错误。当线框速度为v1 时,其所受安培力若正好与重力相平衡,则有F 安=mg,即
࡮૛ࡸ૛࢜૚
ࡾ
=mg,解得v1=
࢓ࢍࡾ
࡮૛ࡸ૛,C 项正确。
(108)
1.(动生电动势)(2019 年海南10 月月考)如图1 所示,固定的水平金属导轨足够长且电阻不计。两接入电阻相同的导体
棒ab、cd 置于导轨上,棒与导轨垂直且始终保持良好接触。整个装置处在与导轨平面垂直向下、磁感应强度为B 的匀
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强磁场中。现让导体棒ab 以图2 所示的速度向右运动。导体棒cd 始终静止在导轨上,以水平向右为正方向,则关于导
体棒cd 所受的静摩擦力f 随时间变化的图象,下列可能正确的是(
)。
【解析】由右手定则可知ab 中感应电流的方向向上,由法拉第电磁感应定律得E=BLv,由欧姆定律得I=
࡮ࡸ࢜
ࡾ。感应电
流从上向下流过cd 棒,由左手定则可知,cd 棒中产生的安培力向右,大小为F=BIL=
࡮૛ࡸ૛ܞ
ࡾ,对cd 棒进行受力分析可知,水平
方向受到安培力和摩擦力的作用,由共点力的平衡可得,水平方向受到的摩擦力与安培力大小相等、方向相反,则摩擦力
大小f=F=
࡮૛ࡸ૛ܞ
ࡾ,即摩擦力大小与速度v 成正比,方向与速度的方向相反,只有B 项符合题意。
2.(感生电动势)(2019 年重庆质量检测)(多选)如图所示,用电流传感器研究自感现象。电源内阻不可忽略,线圈的自感系
数较大,其直流电阻小于电阻R 的阻值。t=0 时刻闭合开关S,电路稳定后,t1 时刻断开S,电流传感器连接的计
算机分别描绘了整个过程线圈中的电流IL 和电阻中的电流IR随时间t 变化的图象。下列图象中可能正确的是(
)。
【解析】自感电流总是阻碍原电流的变化,闭合开关后如图甲所示,直箭头为原电流,弧形箭头为感应电流,电感线圈
所在支路电流缓缓增加,而电阻所在支路电流刚开始会比较大,C 项错误;当断开开关时,电流情况如图乙所示,流过电阻
的电流方向反向,且逐渐减小,D 项正确;流过电感的电流方向不变但大小逐渐变小,A 项正确,B 项错误。
【答案】AD
3.(感生电动势)(2019年安徽八校联考)如图1所示,一闭合圆形线圈水平放置,穿过它的竖直方向的匀强磁场磁感应强度
B 随时间t 变化的规律如图2 所示,规定B 的方向向上为正方向,感应电流i 的方向以俯视时沿顺时针的方向为正方向,
在0~4t 时间内感应电流i 随时间t 变化的图象可能正确的是(
)。
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【解析】根据法拉第电磁感应定律有E=n
ȟȰ
ȟ࢚=n
ȟ࡮
ȟ࢚S,因此在线圈面积、匝数不变的情况下,感应电动势与磁场的变化
率成正比,即与B-t 图象中的斜率成正比,由图象可知0~t,图线斜率k 保持不变,则感应电流i0 保持不变,方向为顺时针(正
向);t~2t,图线斜率为-2k,则感应电流为2i0,方向为逆时针(负向);2t~3t,图线斜率为零,感应电流为零;3t~4t,图线斜率为k,
感应电流为i0,方向为顺时针(正向),D 项正确。
4.(感生电动势)(2019 年山东济宁二模)如图1 所示,在线圈l1中通入电流i1 后,在l2 上产生的感应电流随时间变化的规律
如图2 所示,l1、l2 中电流正方向如图1 中箭头方向,则通入线圈l1 中的电流i1 随时间变化的图线是(
)。
【解析】由图2 并根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律可知,原线圈中的电流在每个四分之一周期内是
均匀变化的,A、C 两项错误;若原线圈中的电流正向增大,由楞次定律知副线圈中电流应该与正方向相反,故B 项错误,D
项正确。
5.(动生电动势)(2019 年山东高三模拟)如图1 所示,光滑平行金属导轨MN、PQ 所在平面与水平面成θ角,M、P 间接有
阻值为R 的定值电阻。阻值为r 的金属棒ab 垂直导轨放置,其他部分电阻不计。整个装置处在磁感应强度为B 的匀强
磁场中,磁场方向垂直导轨平面向上。从t=0 时刻开始棒受到一个平行于导轨向上的外力F,由静止开始沿导轨向上运
动,运动中棒始终与导轨垂直,且接触良好,通过R 的感应电流随时间t 变化的图象如图2 所示。下面分别给出了穿过回
路abPM 的磁通量Ф、磁通量的变化率
ȟȰ
ȟ࢚、棒两端的电势差Uab 和通过棒的电荷量q 随时间变化的图象,其中可能正确
的是(
)。
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【解析】根据通过R 的感应电流I 随时间t 变化的图象可知,回路中产生的感应电动势均匀增大,根据法拉第电磁
感应定律可知,回路中磁通量变化率均匀增大,A 项错误,B 项正确;棒两端的电势差Uab=IR,随时间t 均匀增大,C 项错误;
如图2 可知I=kt,通过棒的电荷量q=It=kt2,则q 不是随时间t 均匀增大,D 项错误。
6.(线框下落)(2019 年重庆西南名校联盟月考)如图所示,有一边长为L 的正方形线框abcd,由距匀强磁场上边界H 处静
止释放,其下边刚进入匀强磁场区域时恰好能做匀速直线运动。匀强磁场区域宽度也为L,ab 边开始进入磁场时记为
t1,cd 边出磁场时记为t2,忽略空气阻力,从线框开始下落到cd 边刚出磁场的过程中,线框的速度大小v、加速度大小a、
ab 两点的电压大小Uab、线框中产生的焦耳热Q 随时间t 的变化图象可能正确的是(
)。
【解析】线圈从磁场上方H 处开始下落到下边进入磁场过程中做匀加速运动;因线圈下边刚进入匀强磁场区域时
恰好能做匀速直线运动,可知线圈直到cd 边出磁场时也做匀速运动,A、B 两项错误。线圈ab 边进入磁场的过程E=BLv,
则Uab=
૜
૝BLv;ab 边出磁场的过程E=BLv,则Uab=
૚
૝BLv,C 项正确;线圈进入磁场和出磁场过程中电动势相同,时间相同,则由功
率公式可知,产生的热量Q=
ࡱ૛
ࡾt,D 项错误。
7.(动生电动势与图象)(2019 年福建龙岩二模)如图1 接入所示,水平足够长的平行金属导轨MN、PQ 间距L=0.3 m。导
轨电阻忽略不计,其间连接有阻值R=0.8 Ω的固定电阻。开始时,导轨上固定着一质量m=0.01 kg、接入电阻r=0.4 Ω的金
属杆cd,整个装置处于磁感应强度B=0.5 T 的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向下。现用一平行金属导轨平面的外
力F 沿水平方向拉金属杆cd,使之由静止开始运动。电压采集器可将其两端的电压U 即时采集并输入电脑,获得的电压
U 随时间t 变化的关系如图2 所示。求:
(1)在t=4 s 时通过金属杆的感应电流的大小和方向。
(2)4 s 内cd 运动的位移大小。
(3)4 s 末拉力F 的瞬时功率。
【解析】(1)由图2 可知,当t=4 s 时,U=0.6 V
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此时电路中的电流(通过金属杆的电流)I=
ࢁ
ࡾ=0.75 A
用右手定则判断出,此时电流的方向由d 指向c。
(2)由图2 知U=kt=0.15t(V)
金属杆做切割磁感线运动产生的感应电动势E=BLv
由电路分析,有U=
ࡾ
ࡾ൅࢘E
联立以上两式得v=
ࡾ൅࢘
࡮ࡸࡾൈ૙Ǥ૚⺁t
由于R、r、B 及L 均为常数,所以v 与t 成正比,即金属杆沿斜面向右做初速度为零的匀加速直线运动,匀加速运动
的加速度a=
ࡾ൅࢘
࡮ࡸࡾ×0.15=1.5 m/s2
金属杆在0~4 s 内的位移大小x=
૚
૛at2=12 m。
(3)在第4 s 末杆的速度v=at=6 m/s
杆所受的安培力F 安=BIL=0.1125 N
由牛顿第二定律,对杆有F-F 安=ma
解得拉力F=0.1275 N
故4 s 末拉力F 的瞬时功率P=Fv=0.765 W。
【答案】(1)0.75 A
由d 指向c
(2)12 m
(3)0.765 W
8.(电磁感应与力学综合)(2019 年汕头一模)有两光滑平行的金属导轨MN 和PQ,间距L=1.0 m,所在平面与水平面之间的
夹角α=30°,导轨处存在匀强磁场,磁感应强度B=2.0 T,方向垂直于导轨平面向上,MP 间接有阻值R=2.0 Ω 的电阻,其他电
阻不计,金属杆ab(电阻也不计)垂直导轨放置,如图1 所示。用恒力F=18 N 沿导轨平面向上拉金属杆ab,使其由静止开
始运动,v-t 图象如图2 所示,g 取10 m/s2,金属杆与导轨始终接触良好且导轨足够长。
(1)求金属杆ab 的质量m。
(2)求金属杆速度为2.0 m/s 时的加速度大小。
(3)根据v-t 图象估算在前0.8 s 内电阻上产生的热量Q。
【解析】(1)对金属杆受力分析如图所示
由v-t 图象可知导轨最后匀速运动且vmax=4 m/s
由平衡条件有F=mgsin 30°+F 安
F 安=BIL
I=
࡮ࡸ࢜ܕhܠ
ࡾ
联立解得m=2.0 kg。
(2)对金属杆由牛顿第二定律有
F-mgsin 30°-F 安'=ma,F 安'=
࡮૛ࡸ૛ܞ
ࡾ
解得a=2.0 m/s2。
(3)由v-t 图象知,0.8 s 内位移即0~0.8 s 内图象所包围的小方格面积的和,小方格的个数为28 个,故x=28×0.2×0.2
m=1.12 m
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设在前0.8 s 内电阻上产生的热量为Q
则由功能关系得Fx=Q+mgxsin 30°+
૚
૛mv2
由v-t 图象知,t=0.8 s 时金属杆的速度v=2.2 m/s
解得Q=Fx-mgxsin α-
૚
૛mv2=4.12 J。
【答案】(1)18 N
(2)2.0 m/s2
(3)4.12 J
第一讲
1.(2019 年全国卷Ⅱ,T21)(多选)如图,两条光滑平行金属导轨固定,所在平面与水平面夹角为θ,导轨电阻忽略不计。虚线
ab、cd 均与导轨垂直,在ab 与cd 之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN 先
后自导轨上同一位置由静止释放,两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ 进入磁场时加速度恰好为零。从PQ 进入
磁场开始计时,到MN 离开磁场区域为止,流过PQ 的电流随时间变化的图象可能正确的是(
)。
【解析】若PQ 出磁场时MN 仍然没有进入磁场,则PQ 出磁场后至MN 进入磁场的这段时间,由于磁通量Φ不变,
无感应电流。由于PQ、MN 从同一位置释放,故MN 进入磁场时与PQ 进入磁场时的速度相同,所以电流大小也相同,A
项可能,B 项不可能;若PQ 出磁场前MN 已经进入磁场,由于磁通量Φ不变,PQ、MN 均做匀加速运动,PQ 出磁场后,MN 的
速度比进入磁场时的大,故电流比PQ 进入磁场时的电流大,然后减速,电流开始减小,C 项不可能,D 项可能。
【答案】AD
2.(2018 年全国卷Ⅱ,T18)如图,在同一水平面内有两根平行长导轨,导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域,区域宽度
均为l,磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为
૜
૛l 的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动。线框中感应
电流i 随时间t 变化的正确图线可能是(
)。
【解析】设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i。
线框位移
等效电路的连接
电流
0~
t
૛
I=2i(顺时针)
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t
૛~l
I=0
l~
૜t
૛
I=2i(逆时针)
૜t
૛~2l
I=0
分析知,只有D 项符合要求。
3.(2018 年全国卷Ⅲ,T20)(多选)如图1,在同一平面内固定有一长直导线PQ 和一导线框R,R 在PQ 的右侧。导线PQ 中
通有正弦交流电i,i 的变化如图2 所示,规定从Q 到P 为电流正方向。导线框R 中的感应电动势(
)。
图1
图2
A.在t=
ࢀ
૝时为零
B.在t=
ࢀ
૛时改变方向
C.在t=
ࢀ
૛时最大,且沿顺时针方向
D.在t=T 时最大,且沿顺时针方向
【解析】在t=
ࢀ
૝时,交流电图线斜率为0,即磁场变化率为0,由E=
ȟȰ
ȟ࢚=
ȟ࡮
ȟ࢚S 知,E=0,A 项正确。在t=
ࢀ
૛和t=T 时,图线斜率
最大,则这两时刻感应电动势最大。在
ࢀ
૝到
ࢀ
૛之间,电流由Q 向P 减弱,导线在R 处产生垂直纸面向里的磁场,且磁场减弱,
由楞次定律知,R 产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里,即R 中感应电动势沿顺时针方向,同理可判断在
ࢀ
૛到
૜ࢀ
૝时,R
中电动势也沿顺时针方向,在
૜
૝T 到T 时,R 中电动势沿逆时针方向,C 项正确,B、D 两项错误。
4.(2017 年全国卷Ⅱ,T20)(多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场,磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为
0.005 Ω的正方形导线框abcd 位于纸面内,cd 边与磁场边界平行,如图1 所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动,cd
边于t=0 时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图2 所示(感应电流的方向为顺时针时,感应电动势取
正)。下列说法正确的是(
)。
图1
图2
A.磁感应强度的大小为0.5 T
B.导线框运动速度的大小为0.5 m/s
C.磁感应强度的方向垂直于纸面向外
D.在t=0.4 s 至t=0.6 s 这段时间内,导线框所受的安培力大小为0.1 N
【解析】由图象可知,从导线框的cd 边进入磁场到ab 边刚好进入磁场,用时为0.2 s,可得导线框运动速度的大小
v=
૙Ǥ૚
૙Ǥ૛m/s=0.5 m/s,故B 项正确。由图象可知,cd 边切割磁感线产生的感应电动势E=0.01 V,由公式E=BLv,可得磁感应强
度的大小B=
૙Ǥ૙૚
૙Ǥ૚ൈ૙Ǥ⺁T=0.2 T,故A 项错误。感应电流的方向为顺时针时,对cd 边应用右手定则可知,磁感应强度的方向垂
直于纸面向外,C 项正确。t=0.4 s 至t=0.6 s 时间段为cd 边离开磁场,ab 边切割磁感线的过程,由闭合电路欧姆定律及安
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培力公式得安培力F=
࡮ࡱࡸ
ࡾ,代入数据得F=0.04 N,D 项错误。
5.(2016 年四川卷,T7)(多选)如图所示,电阻不计、间距为l 的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直
向下的匀强磁场中,导轨左端接一定值电阻R。质量为m、电阻为r 的金属棒MN 置于导轨上,受到垂直于金属棒的水
平外力F 的作用由静止开始运动,外力F 与金属棒速度v 的关系是F=F0+kv(F0、k 是常量),金属棒与导轨始终垂直且接
触良好。金属棒中感应电流为i,受到的安培力大小为F 安,电阻R 两端的电压为UR,感应电流的功率为P,它们随时间t
变化图象可能正确的有(
)。
A
B
C
D
【解析】当金属棒MN 的速度为v 时,MN 受到的安培力F 安=BIl=
࡮૛࢒૛ܞ࢘
൅ࡾ,根据牛顿第二定律得金属棒MN 的加速度
a=
ࡲǦࡲ安
࢓=
ࡲ૙
࢓+
࢑Ǧ࡮૛࢒૛࢘
൅ࡾ
࢓v,且i=
࡮࢒࢜࢘
൅ࡾ,UR=
࡮࢒ࡾ࢜࢘
൅ࡾ,P=
࡮૛࢒૛࢜
૛࢘
൅ࡾ。若k=
࡮૛࢒૛࢘
൅ࡾ,金属棒做匀加速直线运动,此时,i -t 图象、F 安-t 图象、UR-t 图象为
直线,P-t 图象为曲线。
若k>
࡮૛࢒૛࢘
൅ࡾ,则金属棒做加速度增大的加速运动。则i -t 图象、F 安-t 图象、UR-t 图象、P-t 图象为曲线,斜率越来越大,
此时B 项正确。
若k<
࡮૛࢒૛࢘
൅ࡾ,则金属棒做加速度减小的加速运动,加速度减为零后做匀速运动,此时i -t 图象、F 安-t 图象、UR-t 图象、
P-t 图象为曲线,斜率越来越小,此时C 项正确。
6.(2015 年山东卷,T19)如图1,R0 为定值电阻,两金属圆环固定在同一绝缘平面内。左端连接在一周期为T0 的正弦交流
电源上,经二极管整流后,通过R0 的电流i 始终向左,其大小按图2 所示规律变化。规定内圆环a 端电势高于b 端时,a、
b 间的电压uab 为正,下列uab-t 图象可能正确的是(
)。
图1
图2
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A
B
C
D
【解析】由题图2 知,0~0.25T0 时间内,外圆环电流逐渐增大且
ȟ࢏
ȟ࢚逐渐减小,根据安培定则,外圆环内部磁场方向垂直
纸面向里,磁场逐渐增强且
ȟ࡮
ȟ࢚逐渐减小,根据楞次定律知内圆环a 端电势高,所以uab>0,根据法拉第电磁感应定律
uab=
ȟȰ
ȟ࢚=
ȟ࡮ࡿ
ȟ࢚知,uab 逐渐减小;t=0.25T0 时,
ȟ࢏
ȟ࢚=0,所以
ȟ࡮
ȟ࢚=0,uab=0;同理可知0.25T0~0.5T0 时间内,uab<0, 且|uab|逐渐增
大;0.5T0~T0 时间内重复0~0.5T0 的变化规律,故C 项正确。
7.(2014 年全国卷Ⅰ,T18)如图1,线圈ab、cd 绕在同一软铁芯上,在ab 线圈中通以变化的电流,用示波器测得线圈cd 间
电压如图2 所示。已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比,则下列描述线圈ab 中电流随时间变化关系的图中,
可能正确的是(
)。
图1
图2
A
B
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C
D
【解析】通电线圈中产生的磁场B=kI(k 为比例系数);在另一线圈中的磁通量Φ=BS=kIS,由法拉第电磁感应定律可知,
在另一线圈中产生的感应电动势E=n
ȟȰ
ȟ࢚,由图乙可知,|Ucd|不变,则|
ȟȰ
ȟ࢚|不变,故|
ȟࡵ
ȟ࢚|不变,C 项正确。
一、选择题
1.(2019 年漳州一模)随着新能源轿车的普及,利用电磁感应原理开发的无线充电技术得到进一步应用。如图所示,由地
面供电装置(主要装置有线圈和电源)将电能传送至轿车底部的感应装置(主要装置是线圈),该装置使用接收到的电能
对车载电池进行充电。下列说法正确的是(
)。
A.车载电池充电过程是将化学能转化为电能
B.充电电能由感应装置产生,地面供电装置没有消耗能量
C.只减小地面供电电流的频率,可增大充电电流
D.只增大地面供电线圈的匝数,可减小充电电流
【解析】车载电池充电过程是将电能转化为化学能,A 项错误;能量不能凭空产生,充电过程消耗的电能由地面供电
装置通过电磁感应转移到感应装置,B 项错误;只减小地面供电电流的频率,线圈中磁通量变化率减小,根据法拉第电磁
感应定律知感应电动势减小,故感应电流减小,即充电电流减小,C 项错误;只增大地面供电线圈的匝数,相当于原线圈匝
数增大,副线圈电压减小,根据欧姆定律知充电电流减小,D 项正确。
2.(2019 年湖北武汉二模)(多选)如图所示电路中,灯泡A、B 的规格相同,电感线圈L 的自感系数足够大且电阻可忽略,
电容器的电容为C,电源电动势为E,内阻为r。下列关于此电路的说法正确的是(
)。
A.S 闭合电路稳定后,电容器的带电荷量为CE
B.S 闭合后的瞬间,B 先亮,A 逐渐变亮,最后A、B 一样亮
C.S 断开后的瞬间,通过灯泡A 的电流方向向下
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D.S 断开后的瞬间,灯泡B 慢慢熄灭
【解析】当电路稳定后,电容器与灯泡B 并联,灯泡A 被短路,电容器两端电压为路端电压,因电源有内阻,则电压低
于电源电动势E,因此电容器的电荷量小于CE,A 项错误。闭合S 时,电源的电压同时加到两灯上,A、B 同时亮,随着L 中
电流增大,由于线圈L 的直流电阻可忽略不计,分流作用增大,A 逐渐被短路直到熄灭,外电路总电阻减小,总电流增大,B
变亮,B 项错误。断开S 的瞬间,线圈中电流要减小,则出现自感电动势,通过灯泡A 的电流方向向下,C 项正确。断开S 的
瞬间,电容器也要放电,则灯泡B 慢慢熄灭,D 项正确。
【答案】CD
3.
(2019 年烟台二模)如图所示是一颗地球静止轨道卫星A、两颗倾斜地球卫星B 和卫星C 的轨道立体对比示意图,其中卫
星B、C 的轨道共面,卫星B 的轨道比卫星C 的轨道高,它们都绕地球做匀速圆周运动。已知卫星C 的离地高度为h,地
球自转周期为T,地球半径为R,地球表面重力加速度为g,引力常量为G,下列判断正确的是(
)。
A.卫星A 的离地高度为
૜l܀૛܂૛
૝࣊
૛-R
B.卫星C 的周期为
૛࣊ሺ܀൅hሻl܀
l܀
C.卫星C 所受的向心力大于卫星B 所受的向心力
D.卫星C 的线速度小于卫星B 的线速度
【解析】地面上的物体,受到的重力近似等于万有引力,由牛顿第二定律有mg=G
球ܕ
܀૛,解得GM=gR2。对地球静止轨
道卫星A,万有引力提供向心力,设A 离地面的高度为H,由牛顿第二定律有G
球ܕ
ሺ܀൅香ሻ૛=m
૝࣊
૛
܂૛(R+H),解得A 离地面的高度
H=
૜ࢍࡾ૛ࢀ૛
૝ૈ
૛-R,A 项正确。对卫星C,同理由牛顿第二定律有G
ࡹ࢓
ሺࡾ൅ࢎሻ૛=m
૝ૈ
૛
ࢀ૛(R+h),解得T=
૛ૈሺࡾ൅ࢎሻࢍሺࡾ൅ࢎሻ
ࢍࡾ
,B 项错误。对卫星B
和C,两颗卫星的质量未知,所以不能确定向心力大小,C 项错误。由v=
ࡳࡹ࢘知,r 越小,v 越大,因为卫星C 的运动半径小于
卫星B 的运动半径,所以卫星C 的线速度大于卫星B 的线速度,D 项错误。
4.(2019 年广西桂林10 月考试)(多选)如图所示,平行金属轨道宽度为d,一部分轨道水平,左端接电阻R,倾斜部分与水平
面的夹角为θ,且倾斜部分有垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度为B。现将一质量为m、长度也为d 的导体棒从导轨
顶端由静止释放,直至滑到水平部分(导体棒下滑到水平部分之前已经匀速,滑动过程与导轨保持良好接触,重力加速度
为g)。不计一切摩擦阻力,导体棒接入回路的电阻为r,则整个下滑过程中(
)。
A.导体棒匀速运动的速度大小为
࢓ࢍሺࡾ൅࢘ሻhܑܖࣂ
࡮૛ࢊ૛
B.匀速运动时导体棒两端的电压为
࢓ࢍሺࡾ൅࢘ሻhܑܖࣂ
࡮ࢊ
C.导体棒下滑距离为s 时,通过R 的总电荷量为
࡮࢙ࢊ
ࡾ൅࢘
D.重力和安培力对导体棒所做的功大于导体棒获得的动能
【解析】导体棒下滑过程中受到重力沿斜面向下的分力和沿斜面向上的安培力,当导体棒匀速运动时,有mgsin
θ=BId,根据欧姆定律可得I=
ࡱ
ࡾ൅࢘,根据法拉第电磁感应定律可得E=Bdv,联立解得v=
࢓ࢍሺࡾ൅࢘ሻ
࡮૛ࢊ૛sin θ,E=Bdv=
࢓ࢍሺࡾ൅࢘ሻ
࡮ࢊ
sin θ,导体
棒两端的电压U=
ࡾࡱ࢘
൅ࡾ=
࢓ࢍࡾ
࡮ࢊsin θ,A 项正确,B 项错误;根据法拉第电磁感应定律有E=
ȟȰ
ȟ࢚=
࡮ȟࡿ
ȟ࢚=
࡮ࢊ࢙
ȟ࢚,故q=IΔt=
ࡱ
ࡾ൅࢘Δt=
࡮࢙ࢊ
ࡾ൅࢘,根据动
能定理可得重力和安培力对导体棒所做的功等于导体棒获得的动能,C 项正确,D 项错误。
5.
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(2019 年汉中一模)如图所示,一带正电的粒子以一定的初速度进入某点电荷Q 产生的电场中,沿图中弯曲的虚线轨迹先
后经过电场中的a、b 两点,其中a 点的电场强度大小为Ea,方向与ab 连线成30°角;b 点的电场强度大小为Eb,方向与
ab 连线成60°角,粒子只受电场力的作用。下列说法正确的是(
)。
A.点电荷Q 带正电
B.a 点的电势低于b 点的电势
C.从a 到b,系统的电势能减小
D.粒子在a 点的加速度大于在b 点的加速度
【解析】
粒子带正电,根据轨迹弯曲方向判断出,粒子在运动的过程中,所受库仑引力方向与电场方向一致,所以点电荷带负
电,A 项错误。点电荷Q 位于Ea 方向延长线与Eb 方向延长线的交点处,如图所示。由图可知,b 点离负点电荷较近,b 点处
电势较低,B 项错误。由E=qφ可知正点电荷在电势低处,电势能较小,所以正点电荷在a 处时,系统具有的电势能较大,C
项正确。b 点离负点电荷较近,电场强度较大,粒子加速度较大,D 项错误。
6.(2019 年东北三校联考)如图所示,有上下放置的两个宽度均为L=0.5 m 的水平金属导轨,左端连接阻值均为2 Ω的电阻
r1、r2,右端与竖直放置的两个相同的半圆形金属轨道连接在一起,半圆形轨道半径R=0.1 m。整个装置处在竖直向上的
匀强磁场中,磁感应强度B=2 T。初始时金属棒放置在上面的水平导轨上,金属棒的长刚好为L,质量m=2 kg,电阻不计。
某时刻金属棒获得了水平向右的速度v0=2 m/s,之后恰好水平抛出。已知金属棒与导轨接触良好,重力加速度g=10 m/s2,
不计所有摩擦和导轨的电阻,则下列说法正确的是(
)。
A.金属棒抛出时的速率为૛m/s
B.整个过程中,流过电阻r1 的电荷量为2 C
C.整个过程中,电阻r2 上产生的焦耳热为1.5 J
D.最初金属棒距离水平导轨右端4 m
【解析】金属棒经过半圆形金属轨道的时候恰好水平抛出说明在此点只有重力提供向心力,因此有mg=m࢜
૛
ࡾ,解得
v= ࢍࡾ=1 m/s,A 项错误。对导体棒有mv-mv0=-BILt=-BLq,代入数据解得q=2 C,电阻r1 和电阻r2 并联,故流过电阻r1 的电
荷量为流过导体棒电荷量的一半,即1 C,B 项错误。由能量守恒定律可知,
૚
૛m࢜
૙૛-
૚
૛mv2=Q1+Q2,Q1=Q2=1.5 J,C 项正确。由
q=
ȟȰ࢘
并
=BL
ȟ࢞࢘
并
,得Δx=2 m,D 项错误。
二、非选择题
7.(2019 年江西景德镇9 月月考)在“验证机械能守恒定律”的实验中,小明同学利用传感器设计实验:如图1 所示,将质量
为m、直径为d 的金属小球从一定高度h 由静止释放,小球正下方固定一台红外线计时器,能自动记录小球挡住红外线
的时间t,改变小球下落高度h,进行多次重复实验。
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(1)用螺旋测微器测小球的直径如图2 所示,则小球的直径d=
mm。
(2)为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒,应作下列哪一个图象?
。
A.h-t 图象
B.h-
૚࢚图象
C.h-t2 图象
D.h-
૚࢚
૛图象
(3)经正确的实验操作,小明发现小球动能的增加量
૚
૛mv2 总是稍小于重力势能的减少量mgh,你认为增加释放高度h 后,
两者的差值会增大
(选填“增大”“缩小”或“不变”)。
【解析】(1)用螺旋测微器测小球的直径d=18.0 mm+0.01 mm×30.5=18.305 mm。
(2)要验证的关系式是mgh=
૚
૛mv2=
૚
૛m
ࢊ࢚૛
,即h=
ࢊ૛
૛ࢍ·
૚࢚
૛,则为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒,应作h-
૚࢚
૛图象,
故选D 项。
(3)由于下落过程中受空气阻力的作用,小球动能的增加量总是稍小于重力势能的减少量,则增加释放的高度后,空
气阻力做功会增加,两者的差值会增大。
【答案】(1)18.305
(2)D
(3)增大
8.(2019 年陕西三模)市场上有一种通过USB 接口供电的小型电风扇,它的额定电压为5 V,额定功率看不清楚,约为2.5 W。
小茗同学想用图1 所示的电路,测量该电风扇正常运转时电动机的电能转化为机械能的效率。除待测小风扇外,实验室
提供的器材如下:
A.双量程电流表
:量程和内阻分别为“0.6 A,约0.5 Ω”“3 A,约0.1 Ω”;
B.双量程电压表
:量程和内阻分别为“3 V,约3 kΩ”“15 V,约15 kΩ”;
C.滑动变阻器R:最大阻值为5 Ω,允许通过的最大电流为2 A;
D.电源:电动势为6 V,内阻不计;
E.开关,导线若干。
(1) 该测量电路中电流表的量程应选用
A, 采用“ 电流表外接法” 的理由
是
。
(2)该同学打开电风扇底座上的USB 接口,找到电风扇电动机的两条引线上,作为电风扇的两个接线端。
(3)根据图1 所示电路图和测量要求,电压表选用0~3 V 量程,用笔画线代替导线,在图2 所示实物图中完成测量小风扇电
动机线圈电阻的电路连接。
(4)控制风扇不转动,闭合开关,调节滑动变阻器,当电流表的示数为0.50 A 时,读出电压表的示数为1.0 V。
(5)电压表选用0~15 V 量程,闭合开关,调节滑动变阻器,电风扇转动,当电压表示数为5.0 V 时,读出电流表的示数为0.50
A。
(6)该电风扇正常运转时电动机的效率为
。
【解析】(1)通过电风扇的最大电流Im=
ࡼ
ࢁ=
૛Ǥ⺁
⺁
A=0.5 A,故电流表的量程应该选用0.6 A;因为电风扇的内阻较小,为减
小实验误差,使得测量结果更准确,故采用电流表外接法。
(3)根据电路图,连接成完整的实物图,如图所示。
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(6)当电风扇不转动时,可以把电风扇当成纯电阻元件,则电风扇的内阻r=
૚
૙Ǥ⺁Ω=2 Ω;当电压表示数为5.0 V 时,电流表
示数为0.50 A,电风扇已转动,不能当成纯电阻元件,则此时电风扇的输入功率P=UI=2.5 W,电风扇内阻消耗的热功率
Pr=I2r=0.5 W,故电风扇的机械功率P 机=P-Pr=2 W,则该电风扇正常运转时电动机的效率η=
ࡼ机
ࡼ×100%=80%。
【答案】(1)0.6
电动机线圈电阻远小于电压表内阻(或电动机线圈电阻与电流表内阻相当)
(3)如图所示
(6)80%
9.(2019 年安徽阜阳一模)如图所示,一无限长的光滑金属平行导轨置于磁感应强度为B 的匀强磁场中,磁场方向垂直导
轨平面,导轨平面竖直且与地面绝缘,导轨上M、N 间接一电阻R,P、Q 端接一对沿水平方向的平行金属板,导体棒ab
置于导轨上,始终与导轨接触良好,其接入电路的电阻为3R,导轨电阻不计,棒长为L,平行金属板间距为d。导体棒通过
绕过定滑轮的轻绳在一物块拉动下开始运动,稳定后棒做匀速运动,不计一切摩擦阻力。此时有一带电荷量为q 的液滴
恰能在两板间做半径为r 的匀速圆周运动,且速率为v。求:
(1)导体棒匀速运动的速度v 棒。
(2)物块的质量m。
【解析】(1)设平行金属板间电压为U,液滴质量为m',在平行金属板间做匀速圆周运动,重力与电场力必定平衡,则
有
q
ࢁ
ࢊ=m'g
由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m'࢜
૛࢘
根据电路知识有U=
ࡾ
ࡾ൅૜ࡾE
又E=BLv 棒
联立解得v 棒=
૝ࢍࢊ࢘࢜
ࡸ。
(2)棒中电流I=
ࢁ
ࡾ
导体棒匀速运动,细线拉力与安培力平衡,则有F=BIL
而细线拉力大小等于物块的重力,即F=mg
联立解得m=
ࢊ࢘ࡸ࡮૛࢜
ࡾ。
【答案】(1)
૝ࢍࢊ࢘࢜
ࡸ
(2)
ࢊ࢘ࡸ࡮૛࢜
ࡾ
10.(2020 年大连模拟)如图所示,一对杂技演员(都视为质点)荡秋千,从A 点(秋千绳处于水平位置)由静止出发绕O 点下
摆,当摆到最低点B 时,女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出,然后自己刚好能回到高处A,男演员落在C 处。
已知男演员的质量为2m,女演员的质量为m,秋千的质量不计,秋千的摆长为R,C 点比O 点低5R。求:
(1)摆到最低点B,女演员未推男演员时秋千绳的拉力。
(2)推开过程中,女演员对男演员做的功。
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(3)男演员落地点C 与O 点的水平距离。
【解析】(1)演员从A 点下摆到B 点的过程中,重力做功,机械能守恒有
(m+2m)gR=
૚
૛(m+2m)࢜
૙૛
在最低点时,根据牛顿第二定律有
FT-(2m+m)g=
ሺ࢓൅૛࢓ሻ࢜૙૛
ࡾ
联立解得FT=9mg。
(2)演员相互作用的过程中,水平方向动量守恒有
(m+2m)v0=2mv2-mv1
女演员上摆到A 点过程中,由机械能守恒定律有
mgR=
૚
૛m࢜
૚૛
根据功能关系可知,女演员推开男演员做功
W=
૚
૛×2m࢜
૛૛-
૚
૛×2m࢜
૙૛
联立解得W=6mgR。
(3)分离后,男演员做平抛运动
水平方向上,有x=v2t
竖直方向上,有4R=
૚
૛gt2
联立解得x=8R。
【答案】(1)9mg
(2)6mgR
(3)8R
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第2 讲
电磁感应的综合应用
1.(电磁感应力学问题)(2019 年株洲模拟)(多选)某电子秤原理如图所示,E 形磁铁的两侧为N 极,中心为S 极,两极间的磁
感应强度大小均为B,磁极宽度均为L,忽略边缘效应。一正方形线圈套于中心磁极,其骨架与秤盘连为一体,线圈两端C、
D 与外电路连接。当质量为m 的重物放在秤盘上时,弹簧被压缩,秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触),随后外
电路对线圈供电,秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止,由此时对应的供电电流I 可确定重物的质量。已知线圈
匝数为n,线圈总电阻为R,重力加速度为g。则下列说法正确的是(
)。
A.线圈向下运动过程中,线圈中感应电流是从C 端流出
B.供电电流I 是从C 端流入
C.重物质量为
૛࢔࡮ࡸ
ࢍI
D.若线圈消耗的最大功率为P,则该电子秤能称量的最大质量为
૛࢔࡮ࡸ
ࢍ
ࡼ
૛ࡾ
【解析】线圈向下运动,切割磁感线产生感应电流,由右手定则可知感应电流从C 端流出,A 项正确。由左手定则可
知外加电流应从D 端流入,B 项错误。由FA=mg 和FA=2nBIL 得m=
૛࢔࡮ࡸ
ࢍI,C 项正确。设电子秤能称量的最大质量为m0,
由m0=
૛࢔࡮ࡸ
ࢍI0 和P=ࡵ૙
૛R 得m0=
૛࢔࡮ࡸ
ࢍ
ࡼ
ࡾ,D 项错误。
2.(单杆模型)(2019 年河南安阳二模)(多选)如图所示,有两根和水平方向成α角的光滑平行金属导轨,上端接有可变电阻
R,下端足够长,空间有垂直于轨道平面的匀强磁场,磁感应强度为B,一根质量为m 的金属杆从轨道上由静止滑下,经过
足够长的时间后,金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm,则(
)。
A.如果只有B 增大,vm 将变大
B.如果只有α变大,vm 将变大
C.如果只有R 变大,vm 将变大
D.如果只有m 变小,vm 将变大
【解析】当金属杆匀速运动时,速度最大,此时有mgsin α=F 安,又安培力F 安=
࡮૛ࡸ૛࢜
ܕ
ࡾ
,联立解得vm=
࢓ࢍࡾhܑܖࢻ
࡮૛ࡸ૛。如果只增
大B,vm将变小,A 项错误;当只增大α时,vm将变大,B 项正确;当只增大R 时,vm将变大,C 项正确;当只减小m 时,vm将变小,D
项错误。
3.(含容电路问题)(2019 年河北10 月模拟)(多选)在如图1 所示的电路中,螺线管匝数n=1500 匝,横截面积S=20 cm2。螺
线管导线电阻r=1 Ω,定值电阻R1=4 Ω、R2=5 Ω,电容器的电容C=30 μF。在一段时间内,穿过螺线管的磁场的磁感应强度
B 按如图2 所示的规律变化。下列说法正确的是(
)。
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A.螺线管中产生的感应电动势为1.2 V
B.闭合S,电路中的电流稳定后电容器上极板带正电
C.电路中的电流稳定后,电阻R1 的电功率为5×10-2 W
D.S 断开后,通过R2 的电荷量为1.8×10-5 C
【解析】由法拉第电磁感应定律可知,螺线管内产生的电动势E=n
ȟ࡮
ȟ࢚S=1500×
૙Ǥૡ
૛×20×10-4 V=1.2 V,A 项正确;根据楞次
定律,当穿过螺线管的磁通量增加时,螺线管下部可以看成电源的正极,则电容器下极板带正电,B 项错误;电流稳定后,电
流I=
ࡱ
ࡾ૚൅ࡾ૛൅ܚ=0.12 A, 电阻R1 上消耗的功率P=I2R1=5.76×10-2 W,C 项错误; 开关断开后通过电阻R2 的电荷量
Q=CU=CIR2=1.8×10-5 C,D 项正确。
【答案】AD
4.(单杆模型、电路问题)(2019 年金华模拟)如图所示,一足够长的平行金属导轨倾斜放置,倾角为37°,宽度为0.5 m,电阻
忽略不计,其上端接一小灯泡,电阻为1.5 Ω。一导体棒MN 垂直于导轨放置,其质量为0.2 kg,接入电路的电阻为0.5 Ω,
两端与导轨接触良好,与导轨间的动摩擦因数为0.5。在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度为0.8 T。
将导体棒MN 由静止释放,运动一段时间后,小灯泡稳定发光,此后导体棒MN 的运动速度大小以及小灯泡消耗的电功率
分别为(重力加速度g 取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(
)。
A.2.5 m/s,1 W
B.5 m/s,1 W
C.5 m/s,1.5 W
D.15 m/s,9 W
【解析】导体棒产生的感应电动势E=BLv,电路电流I=
ࡱ
ࡾ൅࢘,小灯泡稳定发光时,导体棒做匀速直线运动,处于平衡状态,
由平衡条件得mgsin 37°=μmgcos 37°+BIL,联立解得v=5 m/s;灯泡消耗的功率P=I2R,解得P=1.5 W,C 项正确。
5.(双杆模型、动量)(2019 年江西月考)(多选)如图所示,在水平面内固定有两根相互平行的无限长光滑金属导轨,其间距
为L,电阻不计。在虚线l1 的左侧存在竖直向上的匀强磁场,在虚线l2 的右侧存在竖直向下的匀强磁场,两部分磁场的磁
感应强度大小均为B。ad、bc 两根电阻均为R 的金属棒与导轨垂直,分别位于两磁场中,现突然给ad 棒一个水平向左
的初速度v0,在两棒达到稳定的过程中,下列说法正确的是(
)。
A.两金属棒组成的系统的动量守恒
B.两金属棒组成的系统的动量不守恒
C.ad 棒克服安培力做功的功率等于ad 棒的发热功率
D.ad 棒克服安培力做功的功率等于安培力对bc 棒做功的功率与两棒总发热功率之和
【解析】开始时,ad 棒以初速度v0 切割磁感线,产生感应电动势,在回路中产生顺时针方向(俯视)的感应电流,ad 棒
因受到向右的安培力而减速,bc 棒受到向右的安培力而向右加速;当两棒的速度大小相等,即两棒因切割磁感线而产生
的感应电动势相等时,回路中没有感应电流,两棒各自做匀速直线运动;由于两棒所受的安培力都向右,两金属棒组成的
系统所受合外力不为零,所以该系统的动量不守恒,A 项错误,B 项正确。根据能量守恒定律可知,ad 棒动能的减少量等于
回路中产生的热量和bc 棒动能的增加量,由动能定理可知,ad 棒动能的减少量等于ad 棒克服安培力做的功,bc 棒动能
的增加量等于安培力对bc 棒做的功,所以ad 棒克服安培力做功的功率等于安培力对bc 棒做功的功率与两棒总发热功
率之和,C 项错误,D 项正确。
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6.(双杆模型、功能关系)(2019 年河南洛阳二模)(多选)如图所示,在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导
轨PQ 和MN,两导轨间距为L,导轨处于磁场方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中,磁感应强度为B,有两根质量均为m、
接入导轨间的电阻均为R 的金属棒a、b,先将a 棒垂直导轨放置,用跨过光滑定滑轮的细线与物块c 连接,连接a 棒的
细线平行于导轨,由静止释放c,此后某时刻,将b 也垂直导轨放置,a、c 此刻起做匀速运动,b 棒刚好能静止在导轨上。a
棒在运动过程中始终与导轨垂直,两棒与导轨接触良好,导轨电阻不计,重力加速度为g。则下列判断正确的是(
)。
A.物块c 的质量为2msin θ
B.b 棒放上导轨前,物块c 减少的重力势能等于a、c 增加的动能
C.b 棒放上导轨后,物块c 减少的重力势能等于回路消耗的电能
D.a、c 匀速运动的速度为
૛࢓ࢍࡾhܑܖࣂ
࡮૛ࡸ૛
【解析】由b 棒静止可知此时F 安=mgsin θ,由a 平衡可知T=F 安+mgsin θ=2mgsin θ,由c 平衡可知T=mcg,解得
mc=2msin θ,A 项正确;b 放置之前,a、c 组成的系统机械能守恒,故a 增加的重力势能与a、c 增加的动能之和等于c 减少
的重力势能,B 项错误;b 棒放上导轨后,a 的重力势能仍在增加,物块c 减少的重力势能等于回路产生的热量与a 棒增加
的重力势能之和,C 项错误;b 棒放上导轨后,a 棒做匀速运动,根据b 棒的平衡可知F 安=mgsin θ,又F 安=BIL,I=
࡮ࡸ࢜
૛ࡾ,联立解得
v=
૛࢓ࢍࡾhܑܖࣂ
࡮૛ࡸ૛
,D 项正确。
【答案】AD
7.(双杆模型、电荷量)(2019 年安徽芜湖开学考试)如图所示,足够长的平行金属导轨倾斜放置,导轨所在平面倾角θ=37°,
导轨间距L=1 m,在水平虚线的上方有垂直于导轨平面向下的匀强磁场Ⅰ,水平虚线下方有平行于导轨平面向下的匀强
磁场Ⅱ,两磁场的磁感应强度大小均为B=1 T。导体棒cd、ef 垂直放置在导轨上,开始时给两导体棒施加约束力使它们
静止在斜面上,现给ef 棒施加沿斜面向上的拉力F,同时撤去对两导体棒的约束力,使ef 沿斜面向上以a=1 m/s2 的加速
度做匀加速直线运动,cd 棒沿斜面向下运动,运动过程中导体棒始终与导轨垂直并接触良好。已知两导体棒与导轨间的
动摩擦因数均为μ=0.5,两导体棒的质量均为m=0.1 kg,两导体棒组成的回路总电阻R=2 Ω,导轨的电阻不计,最大静摩擦
力等于滑动摩擦力,g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)当cd 棒运动的速度达到最大时,ef 棒受到的拉力大小。
(2)从ef 开始运动到回路中的瞬时电功率为2 W 的过程中,通过ef 棒横截面的电荷量。
【解析】(1)当cd 棒运动的速度达到最大时有
mgsin θ=μ(mgcos θ+BIL)
对ef 棒,根据牛顿第二定律,有
F-BIL-μmgcos θ-mgsin θ=ma
解得F=1.5 N。
(2)当回路中的瞬时功率为2 W 时,有P=
ࡱ૛
ࡾ,E=BLv
导体棒ef 向上运动的距离x=࢜
૛
૛ࢇ=2 m
此过程中通过导体棒ef 横截面的电荷量
q=۷
െ
Δt=
۳
െ
ࡾΔt=
ȟȰ
ࡾ=
࡮ࡸ࢞
ࡾ=1 C。
【答案】(1)1.5 N
(2)1 C
8.(双杆模型、动量守恒)(2019 年广西南宁调研)如图所示,两根平行的光滑金属导轨MN、PQ 放在水平面上,左端是向
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上弯曲的弧形,导轨间距为l,电阻不计。水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B。导体棒a
与b 的质量均为m,接入电路的有效电阻分别为Ra=R,Rb=2R。b 棒放置在水平导轨上足够远处,a 棒在弧形导轨上距水
平面h 高度处由静止释放。运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直,重力加速度为g。求:
(1)a 棒刚进入磁场时受到的安培力的大小和方向。
(2)最终稳定时两棒的速度大小。
(3)从a 棒开始下落到最终稳定的过程中,a 棒上产生的内能。
【解析】(1)设a 棒刚进入磁场时的速度为v,从开始下落到进入磁场过程
根据机械能守恒定律有mgh=
૚
૛mv2
a 棒产生电动势E=Blv
根据闭合电路欧姆定律有I=
ࡱ
૜ࡾ
安培力F=BIl
联立解得F=
࡮૛࢒૛૛ࢍࢎ
૜ࡾ
,方向水平向左。
(2)a 棒进入磁场,切割磁感线,产生感应电流,a 棒和b 棒受到大小相等、方向相反的安培力作用,所以a 棒和b 棒组
成的系统动量守恒
设两棒最终稳定时的速度为v',以v 的方向为正方向,则
mv=2mv'
解得v'=
૚
૛
૛ࢍࢎ。
(3)设a 棒产生的内能为Qa,b 棒产生的内能为Qb
根据能量守恒定律有
૚
૛mv2=
૚
૛×2mv'2+Qa+Qb
两棒串联,内能与电阻成正比有Qb=2Qa
联立解得Qa=
૚
૟mgh。
【答案】(1)
࡮૛࢒૛૛ࢍࢎ
૜ࡾ
,方向水平向左
(2)
૚
૛
૛ࢍࢎ
(3)
૚
૟mgh
1.(2018 年江苏卷,T19)(多选)如图所示,竖直放置的“
”形光滑导轨宽为L,矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d,磁感
应强度为B。质量为m 的水平金属杆由静止释放,进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R,与导轨
接触良好,其余电阻不计,重力加速度为g。金属杆(
)。
A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间
C.穿过两磁场产生的总热量为4mgd
D.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于
࢓૛lࡾ૛
૛࡮૝ࡸ૝
【解析】穿过磁场Ⅰ后,金属杆在磁场之间做加速运动,在磁场Ⅱ上边缘时的速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度,即进
入磁场Ⅰ时的速度等于进入磁场Ⅱ时的速度,大于从磁场Ⅰ出来时的速度。金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动,加速度方向
向上,A 项错误。金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动,由牛顿第二定律知ma=BIL-mg=
࡮૛ࡸ૛ܞ
ࡾ-mg,a 随着减速过程逐渐变小,即在
前一段做加速度减小的减速运动。金属杆在磁场之间做加速度为g 的匀加速直线运动,两个过程位移大小相等,由v-t
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图象(可能图象如图所示)可以看出前一段用时多于后一段用时,B 项正确。
由于进入两磁场时速度相等,由动能定理知,W 安1-mg·2d=0,W 安1=2mgd,即通过磁场Ⅰ产生的热量为2mgd,故穿过两
磁场产生的总热量为4mgd,C 项正确。设金属杆刚进入磁场Ⅰ时的速度为v,则由机械能守恒定律知mgh=
૚
૛mv2,进入磁
场时有ma=BIL-mg=
࡮૛ࡸ૛ܞ
ࡾ-mg,解得v=
࢓ሺࢇ൅ࢍሻࡾ
࡮૛ࡸ૛
,联立解得h=
࢓૛ሺh൅lሻ૛ࡾ૛
૛࡮૝ࡸ૝l
>
࢓૛lࡾ૛
૛࡮૝ࡸ૝,D 项错误。
2.(2017 年全国卷Ⅲ,T15)如图,在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U 形金属导轨,导轨平面与磁场垂直。金属杆
PQ 置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS,一圆环形金属线框T 位于回路围成的区域内,线框与导轨共面。现让金属
杆PQ 突然向右运动,在运动开始的瞬间,关于感应电流的方向,下列说法正确的是(
)。
A.PQRS 中沿顺时针方向,T 中沿逆时针方向
B.PQRS 中沿顺时针方向,T 中沿顺时针方向
C.PQRS 中沿逆时针方向,T 中沿逆时针方向
D.PQRS 中沿逆时针方向,T 中沿顺时针方向
【解析】金属杆PQ 突然向右运动,在运动开始的瞬间,闭合回路PQRS 中磁场方向垂直纸面向里,磁通量增大,由楞
次定律可判断,闭合回路PQRS 中感应电流产生的磁场垂直纸面向外,由安培定则可判断PQRS 中的感应电流方向为逆时
针;由于闭合回路PQRS 中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外,与原磁场方向相反,则T 中磁通量减小,由楞次定律可
判断,T 中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里,由安培定则可知T 中感应电流方向为顺时针,D 项正确。
3.(2015 年全国卷Ⅱ,T15)如图,直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向平行于ab 边向上。
当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时,a、b、c 三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc 边的长度为l。下列判断
正确的是(
)。
A.Ua>Uc,金属框中无电流
B.Ub >Uc,金属框中电流方向沿a-b-c-a
C.Ubc=-
૚
૛Bl2ω,金属框中无电流
D.Ubc=
૚
૛Bl2ω,金属框中电流方向沿a-c-b-a
【解析】金属框绕ab 边转动时,闭合回路abc 中的磁通量始终为零(不变),所以金属框中无电流。金属框在逆时针
转动时,bc 边和ac 边均切割磁感线,由右手定则可知Ub<Uc,Ua<Uc,所以根据E=Bl࢜可知,Ubc=Uac=-Bl࢜=-Bl
૙൅࣓࢒
૛=-
૚
૛Bl2ω。由
以上分析可知C 项正确。
4.(2018 年天津卷,T12)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1 是某种动力系
统的简化模型,图中粗实线表示固定在水平面上间距为l 的两条平行光滑金属导轨,电阻忽略不计。ab 和cd 是两根与导
轨垂直、长度均为l、电阻均为R 的金属棒,通过绝缘材料固定在列车底部,并与导轨良好接触,其间距也为l,列车的总
质量为m。列车启动前,ab、cd 处于磁感应强度为B 的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下,如图1 所示。为使
列车启动,需在M、N 间连接电动势为E 的直流电源,电源内阻及导线电阻忽略不计。列车启动后电源自动关闭。
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图1
图2
(1)要使列车向右运行,启动时图甲中M、N 哪个接电源正极,并简要说明理由。
(2)求刚接通电源时列车加速度a 的大小。
(3)列车减速时,需在前方设置如图2 所示的一系列磁感应强度为B 的匀强磁场区域,磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。
若某时刻列车的速度为v0,此时ab、cd 均在无磁场区域,试讨论:要使列车停下来,前方至少需要多少块这样的有界磁场?
【解析】(1)列车要向右运动,安培力方向应向右。根据左手定则,接通电源后,金属棒中电流方向由a 到b、由c 到
d,故M 接电源正极。
(2)由题意可知,启动时ab、cd 并联,设回路总电阻为R 总,由电阻的串并联知识得
R 总=
ࡾ
૛
设回路总电流为I,根据闭合电路欧姆定律有
I=
ࡱ
ࡾ总
设两根金属棒所受安培力之和为F,有
F=BIl
根据牛顿第二定律有
F=ma
联立解得a=
૛࡮ࡱ࢒
࢓ࡾ。
(3)设列车减速时,cd 进入磁场后经Δt 时间ab 恰好进入磁场,此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变
化量为ΔΦ,平均感应电动势为E1,由法拉第电磁感应定律有
E1=
ȟȰ
ȟ࢚
其中ΔΦ=Bl2
设回路中平均电流为I',由闭合电路欧姆定律有
I'=
ࡱ૚
૛ࡾ
设cd 受到的平均安培力为F',有
F'=BI'l
以向右为正方向,设Δt 时间内cd 所受安培力冲量为I 冲,有
I 冲=-F'Δt
同理可知,回路出磁场时ab 所受安培力冲量仍为上述值,设回路进出一块有界磁场区域的安培力冲量为I0,有
I0=2I 冲
设列车停下来受到的总冲量为I 总,由动量定理有
I 总=0-mv0
联立解得
ࡵ总
ࡵ૙=
࢓࢜૙܀
࡮૛࢒૜
讨论:若
ࡵ总
ࡵ૙恰为整数,设其为n,则需设置n 块有界磁场;若
ࡵ总
ࡵ૙不是整数,设
ࡵ总
ࡵ૙的整数部分为N,则需设置N+1 块有界磁场。
【答案】(1)见解析
(2)
૛࡮ࡱ࢒
࢓ࡾ
(3)见解析
5.(2016 年全国卷Ⅱ,T24)如图,水平面(纸面)内间距为l 的平行金属导轨间接一电阻,质量为m、长度为l 的金属杆置于
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导轨上。t=0 时,金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动。t0 时刻,金属杆进入磁感应强度大小
为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计,两者始终
保持垂直且接触良好,两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g。求:
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小。
(2)电阻的阻值。
【解析】(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a,由牛顿第二定律得
F-μmg=ma
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v,由运动学公式有
v=at0
当金属杆以速度v 在磁场中运动时,由法拉第电磁感应定律可得,杆中的电动势E=Blv
联立上式可得E=Blt0
ࡲ
࢓Ǧૄl 。
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时,金属杆中的电流为I,根据欧姆定律,有I=
ࡱ
ࡾ
式中R 为电阻的阻值。金属杆所受的安培力F 安=BlI
因金属杆做匀速运动,由牛顿运动定律得
F-μmg-F 安=0
联立上式得R=
࡮૛࢒૛࢚૙
࢓。
【答案】(1)Blt0
ࡲ
࢓Ǧૄl
(2)
࡮૛࢒૛࢚૙
࢓
6.(2015 年广东卷,T35)如图1 所示,平行长直金属导轨水平放置,间距L=0.4 m。导轨右端接有阻值R=1 Ω的电阻。导体
棒垂直放置在导轨上,且接触良好。导体棒及导轨的电阻均不计。导轨间正方形区域abcd 内有方向竖直向下的匀强磁
场,bd 连线与导轨垂直,长度也为L。从0 时刻开始,磁感应强度B 的大小随时间t 变化,规律如图2 所示;同一时刻,棒从
导轨左端开始向右匀速运动,1 s 后刚好进入磁场。若使棒在导轨上始终以速度v=1 m/s 做直线运动,求:
(1)进入磁场前,回路中的电动势E。
(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F,以及棒通过三角形abd 区域时电流i 与时间t 的关系式。
【解析】(1)进入磁场前,闭合回路中有磁场通过的有效面积不变,磁感应强度均匀变大,回路中的电动势E=
ȟ࡮
ȟ࢚·Sabcd,
其中Sabcd=
૛
૛ۺ
૛
=0.08 m2
代入数据得E=0.04 V。
(2)导体棒进入磁场前不受安培力,导体棒进入磁场后,当导体棒在bd 时,切割磁感线的有效长度最长,为L,此时回路
中有最大电动势
E'=BLv
电流I=
ࡱ̵
ࡾ
故进入磁场后最大安培力F=BIL=
࡮૛ࡸ૛ܞ
ࡾ=0.04 N
棒通过三角形区域abd 时,切割磁感线的有效长度
L'=2×v(t - 1)=2(t - 1)
电动势E2=BL'v
故回路中的电流i=
ࡱ૛
ࡾ=t-1 (A)
(1 s<t<1.2 s)。
【答案】(1)0.04 V
(2)0.04 N
i=t-1 (A)
(1 s<t<1.2 s)
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第1 讲
电磁感应
楞次定律
1.(电磁感应现象)(2019 年西安四校联考)随着科技的不断发展,无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机,大到电
脑、电动汽车,都已经实现了无线充电从理论研发到实际应用的转化。如图所示为某品牌的无线充电手机利用电磁感
应方式充电的原理图。关于无线充电,下列说法正确的是(
)。
A.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”
B.只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电
C.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同
D.只要有无线充电底座,所有手机都可以进行无线充电
【解析】无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应,A 项错误;当给充电设备通以恒定直流电时,充电设
备不会产生交变磁场,即不能正常充电,B 项错误;接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同,C 项正
确;被充电手机内部,要有一类似金属线圈的部件与手机电池相连,当有交变磁场时,产生感应电动势,普通手机由于没有
金属线圈,不能利用无线充电设备进行充电,D 项错误。
2.(“增反减同”规律)(2019 年四川成都二模)(多选)如图所示,在平面上有两条相互垂直且彼此绝缘的长通电直导线,以它
们为坐标轴构成一个平面直角坐标系。四个相同的闭合圆形线圈在四个象限中完全对称放置,两条长直导线中电流大
小与变化情况相同,电流方向如图所示。当两条导线中的电流都开始均匀增大时,四个线圈a、b、c、d 中感应电流的情
况是(
)。
A.线圈a 中有沿逆时针方向的感应电流
B.线圈b 中有沿顺时针方向的感应电流
C.线圈c 中有沿顺时针方向的感应电流
D.线圈d 中有沿逆时针方向的感应电流
【解析】由右手螺旋定则可判定通电导线磁场的方向。两电流在a、c 所在的区域产生同向磁场,a 中磁场垂直纸
面向里,c 中磁场垂直纸面向外,当电流增大时,线圈a 中有沿逆时针方向的电流,c 中有沿顺时针方向的电流,A、C 两项正
确;两电流在b、d 所在的区域产生反向磁场,根据对称性和矢量合成可知,b、d 区域中的磁通量为零,当电流变化时不能
产生感应电流,B、D 两项错误。
3.(磁感应强度变化)(2020 年洛阳一中模拟)如图所示为安检门原理图,左边门框中有一通电线圈,右边门框中有一接收
线圈。工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流(从左向右看),则(
)。
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A.无金属片通过时,接收线圈中的感应电流方向为顺时针
B.无金属片通过时,接收线圈中的感应电流增大
C.有金属片通过时,接收线圈中的感应电流方向为顺时针
D.有金属片通过时,接收线圈中的感应电流大小发生变化
【解析】当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向的电流时,可知穿过右侧线圈的磁通量向右,且增大,根据楞次定
律,右侧线圈中产生逆时针方向的感应电流,即使有金属片通过时,接收线圈中的感应电流方向仍然为逆时针,A、C 两项
错误;通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流,则通电线圈中的磁通量均匀增大,所以穿过右侧线圈中的磁通量均
匀增大,磁通量的变化率是定值,由法拉第电磁感应定律可知,接收线圈中的感应电流不变,B 项错误;有金属片通过时,穿
过金属片中的磁通量发生变化,金属片中也会产生感应电流,感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同,所
以也会将该空间中的磁场的变化削弱一些,引起接收线圈中的感应电流大小发生变化,D 项正确。
4.(“来拒去留”规律)(2019 年株洲模拟)如图所示,在一根竖直放置的铜管的正上方某处从静止开始释放一个强磁体,在
强磁体沿着铜管中心轴线穿过铜管的整个过程中,不计空气阻力,下列说法正确的是(
)。
A.由于铜是非磁性材料,故强磁体运动的加速度始终等于重力加速度
B.由于铜是金属材料,能够被磁化,使得强磁体进入铜管时加速度大于重力加速度,离开铜管时加速度小于重力加速度
C.由于铜是金属材料,在强磁体穿过铜管的整个过程中,铜管中都有感应电流,加速度始终小于重力加速度
D.由于铜是金属材料,铜管可视为闭合回路,强磁体进入和离开铜管时产生感应电流,在进入和离开铜管时加速度都小
于重力加速度,但在铜管内部时加速度等于重力加速度
【解析】铜是非磁性材料,不能够被磁化,B 项错误;铜是金属材料,在强磁体穿过铜管的整个过程中,铜管始终切割磁
感线,铜管中都有感应电流,根据“来拒去留”的规律,强磁体受到向上的磁场力,其加速度始终小于重力加速度,C 项正
确,A、D 两项错误。
5.
(“增斥减吸”规律)(2019 年海南10 月月考)如图所示,圆环形导体线圈a 平放在水平桌面上,在a 的正上方固定一竖直螺
线管b,二者轴线重合,螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P 向下滑动,下列说
法正确的是(
)。
A.线圈a 中将产生顺时针方向(俯视)的感应电流
B.穿过线圈a 的磁通量变小
C.线圈a 有扩张的趋势
D.线圈a 对水平桌面的压力FN 将增大
【解析】若将滑动变阻器的滑片P 向下滑动,螺线管中电流增大,由安培定则知穿过线圈a 的磁场方向向下且增强,
所以线圈a 中磁通量增大,B 项错误;根据“增斥减吸”规律可知螺线管对线圈a 产生斥力,线圈a 对水平桌面的压力FN将
增大,D 项正确;再根据反向电流相互排斥可知线圈a 中电流方向与螺线管中电流方向相反,A 项错误;根据“增缩减扩”的
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规律可知线圈a 有收缩的趋势,C 项错误。
6.(平动切割)(2019 年唐山模拟)(多选)如图所示,在磁感应强度B=1.0 T 的匀强磁场中,金属杆PQ 在外力F 作用下在粗糙
U 形金属导轨上以速度v=2 m/s 向右匀速滑动。两导轨间距离l=1.0 m,电阻R=3.0 Ω,金属杆在导轨间的电阻r=1.0 Ω,导
轨电阻忽略不计。下列说法正确的是(
)。
A.通过R 的感应电流的方向为由a 到d
B.金属杆PQ 切割磁感线产生的感应电动势的大小为2 V
C.金属杆PQ 受到的安培力大小为0.5 N
D.外力F 做功的数值等于电路产生的焦耳热
【解析】由右手定则判断知,当金属杆滑动时产生由Q 到P 方向的电流,通过R 的感应电流的方向为由a 到d,A 项
正确。金属杆PQ 切割磁感线产生的感应电动势的大小E=Blv=2 V,B 项正确。回路中产生的感应电流I=
ࡱ
ࡾ൅࢘=0.5 A,由安
培力公式得F 安=BIl=0.5 N,C 项正确。金属杆PQ 在外力F 作用下在粗糙U 形导轨上以速度v 向右匀速滑动,外力F 做功
大小等于电路产生的焦耳热和导轨与金属杆之间的摩擦力产生的内能之和,D 项错误。
【答案】ABC
7.
(磁感应强度变化)(2019 年德州模拟)如图所示,长为L 的金属导线弯成一圆环,导线的两端接在电容为C 的平行板电容器
上,P、Q 为电容器的两个极板。磁场方向垂直于环面向里,磁感应强度以B=B0+kt(k>0)随时间变化。t=0 时,P、Q 两极
板电势相等,两极板间的距离远小于环的半径。经时间t,电容器的P 极板(
)。
A.不带电
B.所带电荷量与t 成正比
C.带正电,电荷量是
࢑ࡸ૛۱
૝ૈ
D.带负电,电荷量是
࢑ࡸ૛۱
૝ૈ
【解析】磁感应强度均匀增加,回路中产生的感应电动势的方向为逆时针方向,Q 板带正电,P 板带负电,A 项错误;
由L=2πR,得R=
ࡸ
૛ૈ,感应电动势E=
ȟ࡮
ȟ࢚·S=k·πR2=
࢑ࡸ૛
૝ૈ,P 极板所带电荷量Q=CE=
࢑ࡸ૛۱
૝ૈ
,B、C 两项错误,D 项正确。
8.
(旋转切割)(2020 年湖南长郡选考模拟)(多选)如图所示,长为L 的轻金属软导线下悬挂一质量为m 的绝缘不带电小球,
其在竖直向上的匀强磁场中做圆锥摆运动,导线与竖直方向的夹角为θ,重力加速度为g,磁感应强度为B,则(
)。
A.小球转动的角速度ω=
ࢍ
ࡸ܋thࣂ
B.小球转动的角速度ω=
ࢍthܖࣂ
ࡸ
C.金属导线中产生的感应电动势的大小E=
૚
૛BL2
ࢍ
ࡸ܋thࣂsin2θ
D.金属导线中产生的感应电动势的大小E=
૚
૛BL
ࢍ
ࡸ܋thࣂsin2θ
【解析】由牛顿第二定律有mgtan θ=mrω2,根据几何关系有r=Lsin θ,联立可得ω=
ࢍ
ࡸ܋thࣂ,A 项正确,B 项错误;导线在
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磁场中转动切割磁感线有效长度L'=Lsin θ,根据E=
૚
૛BL'2ω得E=
૚
૛BL2
ࢍ
ࡸ܋thࣂsin2θ,C 项正确,D 项错误。
1.(2019 年全国卷Ⅲ,T14)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现?(
)。
A.电阻定律
B.库仑定律
C.欧姆定律
D.能量守恒定律
【解析】楞次定律指感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化,这种阻碍作用做功将其他形式
的能转变为电能,所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转化的过程。
2.(2018 年全国卷Ⅰ,T17)如图,导体轨道OPQS 固定,其中PQS 是半圆弧,Q 为半圆弧的中点,O 为圆心。轨道的电阻忽略
不计。OM 是有一定电阻、可绕O 转动的金属杆,M 端位于PQS 上,OM 与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂
直的匀强磁场,磁感应强度的大小为B。现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ);再使
磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B'(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中,流过OM 的电荷量相等,则
࡮̵
࡮等于(
)。
A.
⺁
૝B.
૜
૛C.
ૠ
૝D.2
【解析】在过程Ⅰ中,根据法拉第电磁感应定律,有E1=
ȟȰ૚
ȟ࢚૚=
࡮
૚
૛ૈ࢘
૛Ǧ૚
૝ૈ࢘
૛
ȟ࢚૚
,根据闭合电路欧姆定律,有I1=
ࡱ૚
ࡾ,且q1=I1Δt1。
在过程Ⅱ中,有E2=
ȟȰ૛
ȟ࢚૛=
ሺ࡮̵ Ǧ࡮ሻ૚
૛ૈ࢘
૛
ȟ࢚૛
,I2=
ࡱ૛
ࡾ,q2=I2Δt2。又q1=q2,即
࡮
૚
૛ૈ࢘
૛Ǧ૚
૝ૈ࢘
૛
ࡾ
=
ሺ࡮̵ Ǧ࡮ሻ૚
૛ૈ࢘
૛
ࡾ
,所以
࡮̵
࡮=
૜
૛。
3.(2018 年全国卷Ⅰ,T19)(多选)如图,两个线圈绕在同一根铁芯上,其中一线圈通过开关与电源连接,另一线圈与远处沿
南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方,开关未闭合时小磁针处于静止状
态。下列说法正确的是(
)。
A.开关闭合后的瞬间,小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动
B.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N 极指向垂直纸面向里的方向
C.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N 极指向垂直纸面向外的方向
D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动
【解析】由安培定则可知右侧线圈通电后左端为S 极,开关闭合后的瞬间,铁芯内磁通量增大,根据“增斥减吸”的规
律可知左侧线圈右端为S 极,所以左线圈感应电流从南向北流过直导线,则直导线上方磁场垂直纸面向里,所以小磁针的
N 极朝垂直纸面向里的方向转动,A 项正确;开关闭合并保持一段时间后,直导线中无电流,小磁针恢复图中方向,B、C 两
项错误;开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,电流方向与A 项相反,小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动,D
项正确。
【答案】AD
4.(2016 年全国卷Ⅱ,T20)(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片P、Q 分别与
圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中。圆盘旋转时,关于流过电阻R 的电流,下列说法正确
的是(
)。
A.若圆盘转动的角速度恒定,则电流大小恒定
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B.若从上向下看,圆盘顺时针转动,则电流沿a 到b 的方向流动
C.若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向可能发生变化
D.若圆盘转动的角速度变为原来的2 倍,则电流在R 上的热功率也变为原来的2 倍
【解析】由右手定则知,圆盘顺时针转动时,感应电流沿a 到b 的方向流动,B 项正确;由感应电动势E=
૚
૛Bl2ω知,角速
度恒定,则感应电动势恒定,电流大小恒定,A 项正确;角速度大小变化,感应电动势大小变化,但感应电流方向不变,C 项错
误;若ω变为原来的2 倍,则感应电动势变为原来的2 倍,电流变为原来的2 倍,由P=I2R 知,电流在R 上的热功率变为原来
的4 倍,D 项错误。
5.(2015 年全国卷Ⅰ,T19)(多选)1824 年,法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置,在其
中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针,如图所示。实验中发现,当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的
竖直轴旋转时,磁针也随着一起转动起来,但略有滞后。下列说法正确的是(
)。
A.圆盘上产生了感应电动势
B.圆盘内的涡流产生的磁场导致磁针转动
C.在圆盘转动的过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流,此电流产生的磁场导致磁针转动
【解析】当圆盘转动时,由于切割磁感线从而在圆盘内部产生电动势和涡流,该涡流产生的磁场带动磁针转动,故A、
B 两项正确;圆盘转动过程中,整个圆盘的磁通量没有变化,C 项错误;电流是由圆盘切割磁感线产生的,不是由自由电子
随圆盘移动产生的,D 项错误。
6.(2015 年海南卷,T2)如图,空间有一匀强磁场,一直金属棒与磁感应强度方向垂直,当它以速度v 沿与棒和磁感应强度都
垂直的方向运动时,棒两端的感应电动势大小为ε,将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线,置于与磁感应强度相垂
直的平面内,当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v 运动时,棒两端的感应电动势大小为ε'。则
ࢿ̵
ࢿ等于(
)。
A.
૚
૛B.
૛
૛C.1 D. ૛
【解析】设折弯前导体切割磁感线的长度为L,则ε=BLv;折弯后,导体切割磁感线的有效长度L'=
ࡸ
૛
૛
൅
ࡸ
૛
૛
=
૛
૛L,
故产生的感应电动势ε'=BL'v=B·
૛
૛Lv=
૛
૛ε,所以
ࢿ̵
ࢿ=
૛
૛,B 项正确。
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一、选择题
1.(2019 年漳州一模)随着新能源轿车的普及,利用电磁感应原理开发的无线充电技术得到进一步应用。如图所示,由地
面供电装置(主要装置有线圈和电源)将电能传送至轿车底部的感应装置(主要装置是线圈),该装置使用接收到的电能
对车载电池进行充电。下列说法正确的是(
)。
A.车载电池充电过程是将化学能转化为电能
B.充电电能由感应装置产生,地面供电装置没有消耗能量
C.只减小地面供电电流的频率,可增大充电电流
D.只增大地面供电线圈的匝数,可减小充电电流
【解析】车载电池充电过程是将电能转化为化学能,A 项错误;能量不能凭空产生,充电过程消耗的电能由地面供电
装置通过电磁感应转移到感应装置,B 项错误;只减小地面供电电流的频率,线圈中磁通量变化率减小,根据法拉第电磁
感应定律知感应电动势减小,故感应电流减小,即充电电流减小,C 项错误;只增大地面供电线圈的匝数,相当于原线圈匝
数增大,副线圈电压减小,根据欧姆定律知充电电流减小,D 项正确。
2.(2019 年湖北武汉二模)(多选)如图所示电路中,灯泡A、B 的规格相同,电感线圈L 的自感系数足够大且电阻可忽略,
电容器的电容为C,电源电动势为E,内阻为r。下列关于此电路的说法正确的是(
)。
A.S 闭合电路稳定后,电容器的带电荷量为CE
B.S 闭合后的瞬间,B 先亮,A 逐渐变亮,最后A、B 一样亮
C.S 断开后的瞬间,通过灯泡A 的电流方向向下
D.S 断开后的瞬间,灯泡B 慢慢熄灭
【解析】当电路稳定后,电容器与灯泡B 并联,灯泡A 被短路,电容器两端电压为路端电压,因电源有内阻,则电压低
于电源电动势E,因此电容器的电荷量小于CE,A 项错误。闭合S 时,电源的电压同时加到两灯上,A、B 同时亮,随着L 中
电流增大,由于线圈L 的直流电阻可忽略不计,分流作用增大,A 逐渐被短路直到熄灭,外电路总电阻减小,总电流增大,B
变亮,B 项错误。断开S 的瞬间,线圈中电流要减小,则出现自感电动势,通过灯泡A 的电流方向向下,C 项正确。断开S 的
瞬间,电容器也要放电,则灯泡B 慢慢熄灭,D 项正确。
【答案】CD
3.
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(2019 年烟台二模)如图所示是一颗地球静止轨道卫星A、两颗倾斜地球卫星B 和卫星C 的轨道立体对比示意图,其中卫
星B、C 的轨道共面,卫星B 的轨道比卫星C 的轨道高,它们都绕地球做匀速圆周运动。已知卫星C 的离地高度为h,地
球自转周期为T,地球半径为R,地球表面重力加速度为g,引力常量为G,下列判断正确的是(
)。
A.卫星A 的离地高度为
૜l܀૛܂૛
૝࣊
૛-R
B.卫星C 的周期为
૛࣊ሺ܀൅hሻl܀
l܀
C.卫星C 所受的向心力大于卫星B 所受的向心力
D.卫星C 的线速度小于卫星B 的线速度
【解析】地面上的物体,受到的重力近似等于万有引力,由牛顿第二定律有mg=G
球ܕ
܀૛,解得GM=gR2。对地球静止轨
道卫星A,万有引力提供向心力,设A 离地面的高度为H,由牛顿第二定律有G
球ܕ
ሺ܀൅香ሻ૛=m
૝࣊
૛
܂૛(R+H),解得A 离地面的高度
H=
૜ࢍࡾ૛ࢀ૛
૝ૈ
૛-R,A 项正确。对卫星C,同理由牛顿第二定律有G
ࡹ࢓
ሺࡾ൅ࢎሻ૛=m
૝ૈ
૛
ࢀ૛(R+h),解得T=
૛ૈሺࡾ൅ࢎሻࢍሺࡾ൅ࢎሻ
ࢍࡾ
,B 项错误。对卫星B
和C,两颗卫星的质量未知,所以不能确定向心力大小,C 项错误。由v=
ࡳࡹ࢘知,r 越小,v 越大,因为卫星C 的运动半径小于
卫星B 的运动半径,所以卫星C 的线速度大于卫星B 的线速度,D 项错误。
4.(2019 年广西桂林10 月考试)(多选)如图所示,平行金属轨道宽度为d,一部分轨道水平,左端接电阻R,倾斜部分与水平
面的夹角为θ,且倾斜部分有垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度为B。现将一质量为m、长度也为d 的导体棒从导轨
顶端由静止释放,直至滑到水平部分(导体棒下滑到水平部分之前已经匀速,滑动过程与导轨保持良好接触,重力加速度
为g)。不计一切摩擦阻力,导体棒接入回路的电阻为r,则整个下滑过程中(
)。
A.导体棒匀速运动的速度大小为
࢓ࢍሺࡾ൅࢘ሻhܑܖࣂ
࡮૛ࢊ૛
B.匀速运动时导体棒两端的电压为
࢓ࢍሺࡾ൅࢘ሻhܑܖࣂ
࡮ࢊ
C.导体棒下滑距离为s 时,通过R 的总电荷量为
࡮࢙ࢊ
ࡾ൅࢘
D.重力和安培力对导体棒所做的功大于导体棒获得的动能
【解析】导体棒下滑过程中受到重力沿斜面向下的分力和沿斜面向上的安培力,当导体棒匀速运动时,有mgsin
θ=BId,根据欧姆定律可得I=
ࡱ
ࡾ൅࢘,根据法拉第电磁感应定律可得E=Bdv,联立解得v=
࢓ࢍሺࡾ൅࢘ሻ
࡮૛ࢊ૛sin θ,E=Bdv=
࢓ࢍሺࡾ൅࢘ሻ
࡮ࢊ
sin θ,导体
棒两端的电压U=
ࡾࡱ࢘
൅ࡾ=
࢓ࢍࡾ
࡮ࢊsin θ,A 项正确,B 项错误;根据法拉第电磁感应定律有E=
ȟȰ
ȟ࢚=
࡮ȟࡿ
ȟ࢚=
࡮ࢊ࢙
ȟ࢚,故q=IΔt=
ࡱ
ࡾ൅࢘Δt=
࡮࢙ࢊ
ࡾ൅࢘,根据动
能定理可得重力和安培力对导体棒所做的功等于导体棒获得的动能,C 项正确,D 项错误。
5.
(2019 年汉中一模)如图所示,一带正电的粒子以一定的初速度进入某点电荷Q 产生的电场中,沿图中弯曲的虚线轨迹先
后经过电场中的a、b 两点,其中a 点的电场强度大小为Ea,方向与ab 连线成30°角;b 点的电场强度大小为Eb,方向与
ab 连线成60°角,粒子只受电场力的作用。下列说法正确的是(
)。
A.点电荷Q 带正电
B.a 点的电势低于b 点的电势
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C.从a 到b,系统的电势能减小
D.粒子在a 点的加速度大于在b 点的加速度
【解析】
粒子带正电,根据轨迹弯曲方向判断出,粒子在运动的过程中,所受库仑引力方向与电场方向一致,所以点电荷带负
电,A 项错误。点电荷Q 位于Ea 方向延长线与Eb 方向延长线的交点处,如图所示。由图可知,b 点离负点电荷较近,b 点处
电势较低,B 项错误。由E=qφ可知正点电荷在电势低处,电势能较小,所以正点电荷在a 处时,系统具有的电势能较大,C
项正确。b 点离负点电荷较近,电场强度较大,粒子加速度较大,D 项错误。
6.(2019 年东北三校联考)如图所示,有上下放置的两个宽度均为L=0.5 m 的水平金属导轨,左端连接阻值均为2 Ω的电阻
r1、r2,右端与竖直放置的两个相同的半圆形金属轨道连接在一起,半圆形轨道半径R=0.1 m。整个装置处在竖直向上的
匀强磁场中,磁感应强度B=2 T。初始时金属棒放置在上面的水平导轨上,金属棒的长刚好为L,质量m=2 kg,电阻不计。
某时刻金属棒获得了水平向右的速度v0=2 m/s,之后恰好水平抛出。已知金属棒与导轨接触良好,重力加速度g=10 m/s2,
不计所有摩擦和导轨的电阻,则下列说法正确的是(
)。
A.金属棒抛出时的速率为૛m/s
B.整个过程中,流过电阻r1 的电荷量为2 C
C.整个过程中,电阻r2 上产生的焦耳热为1.5 J
D.最初金属棒距离水平导轨右端4 m
【解析】金属棒经过半圆形金属轨道的时候恰好水平抛出说明在此点只有重力提供向心力,因此有mg=m࢜
૛
ࡾ,解得
v= ࢍࡾ=1 m/s,A 项错误。对导体棒有mv-mv0=-BILt=-BLq,代入数据解得q=2 C,电阻r1 和电阻r2 并联,故流过电阻r1 的电
荷量为流过导体棒电荷量的一半,即1 C,B 项错误。由能量守恒定律可知,
૚
૛m࢜
૙૛-
૚
૛mv2=Q1+Q2,Q1=Q2=1.5 J,C 项正确。由
q=
ȟȰ࢘
并
=BL
ȟ࢞࢘
并
,得Δx=2 m,D 项错误。
二、非选择题
7.(2019 年江西景德镇9 月月考)在“验证机械能守恒定律”的实验中,小明同学利用传感器设计实验:如图1 所示,将质量
为m、直径为d 的金属小球从一定高度h 由静止释放,小球正下方固定一台红外线计时器,能自动记录小球挡住红外线
的时间t,改变小球下落高度h,进行多次重复实验。
(1)用螺旋测微器测小球的直径如图2 所示,则小球的直径d=
mm。
(2)为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒,应作下列哪一个图象?
。
A.h-t 图象
B.h-
૚࢚图象
C.h-t2 图象
D.h-
૚࢚
૛图象
(3)经正确的实验操作,小明发现小球动能的增加量
૚
૛mv2 总是稍小于重力势能的减少量mgh,你认为增加释放高度h 后,
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两者的差值会增大
(选填“增大”“缩小”或“不变”)。
【解析】(1)用螺旋测微器测小球的直径d=18.0 mm+0.01 mm×30.5=18.305 mm。
(2)要验证的关系式是mgh=
૚
૛mv2=
૚
૛m
ࢊ࢚૛
,即h=
ࢊ૛
૛ࢍ·
૚࢚
૛,则为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒,应作h-
૚࢚
૛图象,
故选D 项。
(3)由于下落过程中受空气阻力的作用,小球动能的增加量总是稍小于重力势能的减少量,则增加释放的高度后,空
气阻力做功会增加,两者的差值会增大。
【答案】(1)18.305
(2)D
(3)增大
8.(2019 年陕西三模)市场上有一种通过USB 接口供电的小型电风扇,它的额定电压为5 V,额定功率看不清楚,约为2.5 W。
小茗同学想用图1 所示的电路,测量该电风扇正常运转时电动机的电能转化为机械能的效率。除待测小风扇外,实验室
提供的器材如下:
A.双量程电流表
:量程和内阻分别为“0.6 A,约0.5 Ω”“3 A,约0.1 Ω”;
B.双量程电压表
:量程和内阻分别为“3 V,约3 kΩ”“15 V,约15 kΩ”;
C.滑动变阻器R:最大阻值为5 Ω,允许通过的最大电流为2 A;
D.电源:电动势为6 V,内阻不计;
E.开关,导线若干。
(1) 该测量电路中电流表的量程应选用
A, 采用“ 电流表外接法” 的理由
是
。
(2)该同学打开电风扇底座上的USB 接口,找到电风扇电动机的两条引线上,作为电风扇的两个接线端。
(3)根据图1 所示电路图和测量要求,电压表选用0~3 V 量程,用笔画线代替导线,在图2 所示实物图中完成测量小风扇电
动机线圈电阻的电路连接。
(4)控制风扇不转动,闭合开关,调节滑动变阻器,当电流表的示数为0.50 A 时,读出电压表的示数为1.0 V。
(5)电压表选用0~15 V 量程,闭合开关,调节滑动变阻器,电风扇转动,当电压表示数为5.0 V 时,读出电流表的示数为0.50
A。
(6)该电风扇正常运转时电动机的效率为
。
【解析】(1)通过电风扇的最大电流Im=
ࡼ
ࢁ=
૛Ǥ⺁
⺁
A=0.5 A,故电流表的量程应该选用0.6 A;因为电风扇的内阻较小,为减
小实验误差,使得测量结果更准确,故采用电流表外接法。
(3)根据电路图,连接成完整的实物图,如图所示。
(6)当电风扇不转动时,可以把电风扇当成纯电阻元件,则电风扇的内阻r=
૚
૙Ǥ⺁Ω=2 Ω;当电压表示数为5.0 V 时,电流表
示数为0.50 A,电风扇已转动,不能当成纯电阻元件,则此时电风扇的输入功率P=UI=2.5 W,电风扇内阻消耗的热功率
Pr=I2r=0.5 W,故电风扇的机械功率P 机=P-Pr=2 W,则该电风扇正常运转时电动机的效率η=
ࡼ机
ࡼ×100%=80%。
【答案】(1)0.6
电动机线圈电阻远小于电压表内阻(或电动机线圈电阻与电流表内阻相当)
(3)如图所示
(6)80%
9.(2019 年安徽阜阳一模)如图所示,一无限长的光滑金属平行导轨置于磁感应强度为B 的匀强磁场中,磁场方向垂直导
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轨平面,导轨平面竖直且与地面绝缘,导轨上M、N 间接一电阻R,P、Q 端接一对沿水平方向的平行金属板,导体棒ab
置于导轨上,始终与导轨接触良好,其接入电路的电阻为3R,导轨电阻不计,棒长为L,平行金属板间距为d。导体棒通过
绕过定滑轮的轻绳在一物块拉动下开始运动,稳定后棒做匀速运动,不计一切摩擦阻力。此时有一带电荷量为q 的液滴
恰能在两板间做半径为r 的匀速圆周运动,且速率为v。求:
(1)导体棒匀速运动的速度v 棒。
(2)物块的质量m。
【解析】(1)设平行金属板间电压为U,液滴质量为m',在平行金属板间做匀速圆周运动,重力与电场力必定平衡,则
有
q
ࢁ
ࢊ=m'g
由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m'࢜
૛࢘
根据电路知识有U=
ࡾ
ࡾ൅૜ࡾE
又E=BLv 棒
联立解得v 棒=
૝ࢍࢊ࢘࢜
ࡸ。
(2)棒中电流I=
ࢁ
ࡾ
导体棒匀速运动,细线拉力与安培力平衡,则有F=BIL
而细线拉力大小等于物块的重力,即F=mg
联立解得m=
ࢊ࢘ࡸ࡮૛࢜
ࡾ。
【答案】(1)
૝ࢍࢊ࢘࢜
ࡸ
(2)
ࢊ࢘ࡸ࡮૛࢜
ࡾ
10.(2020 年大连模拟)如图所示,一对杂技演员(都视为质点)荡秋千,从A 点(秋千绳处于水平位置)由静止出发绕O 点下
摆,当摆到最低点B 时,女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出,然后自己刚好能回到高处A,男演员落在C 处。
已知男演员的质量为2m,女演员的质量为m,秋千的质量不计,秋千的摆长为R,C 点比O 点低5R。求:
(1)摆到最低点B,女演员未推男演员时秋千绳的拉力。
(2)推开过程中,女演员对男演员做的功。
(3)男演员落地点C 与O 点的水平距离。
【解析】(1)演员从A 点下摆到B 点的过程中,重力做功,机械能守恒有
(m+2m)gR=
૚
૛(m+2m)࢜
૙૛
在最低点时,根据牛顿第二定律有
FT-(2m+m)g=
ሺ࢓൅૛࢓ሻ࢜૙૛
ࡾ
联立解得FT=9mg。
(2)演员相互作用的过程中,水平方向动量守恒有
(m+2m)v0=2mv2-mv1
女演员上摆到A 点过程中,由机械能守恒定律有
mgR=
૚
૛m࢜
૚૛
根据功能关系可知,女演员推开男演员做功
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W=
૚
૛×2m࢜
૛૛-
૚
૛×2m࢜
૙૛
联立解得W=6mgR。
(3)分离后,男演员做平抛运动
水平方向上,有x=v2t
竖直方向上,有4R=
૚
૛gt2
联立解得x=8R。
【答案】(1)9mg
(2)6mgR
(3)8R
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第1 讲
交变电流的产生和描述
(115)
1.(正弦式交变电流的产生)(2019 年东北联考)如图所示,面积均为S 的单匝线圈绕其对称轴或中心轴在磁感应强度为B
的匀强磁场中以角速度ω匀速转动,能产生正弦交变电动势e=BSωsin ωt 的图是(
)。
【解析】线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动,产生的正弦交变电动势
e=BSωsin ωt,由这一原理可判断,A 图中感应电动势e=BSωsin ωt,B 图中的转动轴不在线圈所在平面内,C、D 图中转动轴
与磁场方向平行,而不是垂直,只有A 图中的情形能产生交变电流,而B、C、D 图中的情形均不能产生电磁感应现象。A
项正确。
2.(“四值”的计算)(2019 年山东临沂高三上期末)如图所示,OO'是磁感应强度大小为B 的匀强磁场的左边界,也是一面积
为S 的n 匝矩形金属线框的对称轴,若线框以角速度ω绕与磁感线垂直的转轴OO'匀速转动,并从图示位置(线框与磁感
线平行)开始计时,则(
)。
A.t=
૛ૈ࣓时,线框中的感应电流最小
B.t=ૈ૛࣓时,穿过线框的磁通量变化率最大
C.线框中产生的感应电动势的最大值为nBSω
D.线框中产生的感应电动势的有效值为
૛
૝nBSω
【解析】由图可知,该线框的一半在磁场外,则线框产生的感应电动势的最大值Em=
૚
૛nBSω,C 项错误;图示位置线框
平面与磁场方向平行,则线框产生感应电动势的瞬时值表达式为e=Emcos ωt,当t=
૛ૈ࣓时,ωt=ω·
૛ૈ࣓=2π,e=Em,可知此时的感
应电动势最大,则线框中的感应电流最大,A 项错误;当t=ૈ૛࣓时,ωt=ω·ૈ૛࣓=ૈ૛,e=0,此时感应电动势最小,所以穿过线框的磁通
量变化率最小,B 项错误;线框中产生的交变电动势的有效值E=
૛
૛Em=
૛
૝nBSω,D 项正确。
3.(有效值的应用)(2019 年贵阳一模)如图1 所示为某品牌电热毯的简易电路,电热丝的电阻R=484 Ω,现将其接在u=220
૛sin 100πt(V)的正弦式交变电流源上,电热毯被加热到一定温度后,温控装置P 使输入电压变为图2 所示的波形,从而
进入保温状态,若电热丝的电阻保持不变,则保温状态下,理想交流电压表
的示数和电热毯消耗的电功率最接近下列
哪一组数据(
)。
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A.220 V、100 W
B.156 V、50 W
C.110 V、25 W
D.311 V、200 W
【解析】由图象根据有效值的定义可得
ࢁܕ
૛
૛
ࡾ×
ࢀ
૛+0=
ࢁ૛
ࡾ×T,解得U=
ࢁܕ
૛=110 ૛V≈156 V,电热毯在保温状态下消耗的电
功率P=
ࢁ૛
ࡾ=
ሺ૚૚૙૛ሻ૛
૝ૡ૝
W=50 W,B 项正确。
4.(正弦式交变电流的图象)(2019 年武汉质检)如图1 所示,矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO'匀速转
动,从图1 所示位置开始计时,产生的感应电动势e 随时间t 的变化曲线如图2 所示。若线圈的转速变为原来的2 倍,而
其他条件保持不变,从图1 所示位置转过90°开始计时,则能正确反映线圈中产生的电动势e 随时间t 的变化规律的图象
是(
)。
【解析】由题图2 知,周期T=4 s,感应电动势最大值Em=1 V,而感应电动势最大值的表达式Em=NBSω=NBS·
૛ૈ
ࢀ。若仅
把线圈的转速变为原来的2 倍,则周期T'变为原来的
૚
૛,即T'=2 s,而感应电动势的最大值Em'变为原来的2 倍,即Em'=2 V,
所以B、C 两项错误;从图1 所示位置转过90°开始计时,也就是t=0 时线圈中产生的感应电动势应为0,所以A 项正确,D
项错误。
5. (正弦式交变电流的函数式)(2019 年泉州高三质量检测)(多选)如图所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图,其矩
形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中,绕垂直于磁场方向的固定轴OO'匀速转动,线圈的两端经集流环和电刷与电阻
R=10 Ω连接。t=0 时线圈以T=0.02 s 的周期从图中位置开始转动,转动时理想交流电压表示数为10 V,则下列说法正确
的是(
)。
A.电阻R 上的电功率为20 W
B.R 两端的电压u 随时间变化的规律是u=10 ૛cos 100πt(V)
C.t=0.02 s 时R 两端的电压瞬时值最大
D.一个周期内电阻R 产生的热量是0.2 J
【解析】电阻R消耗的电功率P=
ࢁ૛
ࡾ=
૚૙૛
૚૙W=10 W,A 项错误;R 两端电压的最大值Um= ૛U=10 ૛V,角速度ω=
૛ૈ
ࢀ=100π
rad/s,线圈从图中位置开始转动时,感应电动势最大,R 两端电压最大,故R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是
u=10 ૛cos 100πt(V),B项正确;t=0.02 s时,即t=T时,线圈平面与磁场方向平行,磁通量的变化率最大,此时线圈产生的感应
电动势最大,R 两端的电压瞬时值最大,C 项正确;根据焦耳定律可知,一个周期内电阻R 产生的热量Q=I2RT=PT=10×0.02
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J=0.2 J,D 项正确。
6.(有效值的计算)(2019 年晋州检测)如图所示,图1 和图2 分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系。
若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻,则经过1 min 的时间,两电阻消耗的电功之比W 甲∶W 乙为(
)。
A.1∶૛
B.1∶2
C.1∶3
D.1∶6
【解析】电功的计算中,I 要用有效值计算。图1 中,由有效值的定义得
૚
૛
૛
R×2×10-2+0+
૚
૛
૛
R×2×10-2=ࡵ૚
૛R×6×10-2,
得I1=
૜
૜A;图2 中,I 的值不变,I2=1 A,由W=UIt=I2Rt 可以得到W 甲∶W 乙=1∶3,C 项正确。
1.(2019 年天津卷,T8)(多选)单匝闭合矩形线框电阻为R,在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动,穿过线框的磁通
量Φ与时间t 的关系图象如图所示。下列说法正确的是(
)。
A.
ࢀ
૛时刻线框平面与中性面垂直
B.线框的感应电动势有效值为
૛ૈȰܕ
ࢀ
C.线框转一周外力所做的功为
૛ૈ
૛Ȱܕ
૛
ࡾࢀ
D.从t=0 到t=
ࢀ
૝过程中线框的平均感应电动势为ૈ
Ȱܕ
ࢀ
【解析】中性面的特点是线圈平面与磁场垂直,穿过线圈的磁通量最大,磁通量变化率最小,则
ࢀ
૛时刻线框在中性面
上,A 项错误。电动势最大值Em=Φmω=Φm
૛ૈ
ࢀ,对正弦式交变电流,E 有=
ࡱܕ
૛=
૛ૈȰܕ
ࢀ
,B 项正确。由功能关系知,线框转一周外
力做的功等于产生的电能,W=E 电=
ࡱ有
૛
ࡾ·T=
૛ૈ
૛Ȱܕ
૛
ࡾࢀ
,C 项正确。由法拉第电磁感应定律知,ࡱ=
ȟȰ
ȟ࢚=
Ȱܕ
ࢀ
૝
=
૝Ȱܕ
ࢀ,D 项错误。
2.(2017 年天津卷,T6)(多选)在匀强磁场中,一个100 匝的闭合矩形金属线圈,绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动,穿过该
线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2 Ω,则(
)。
A.t=0 时,线圈平面平行于磁感线
B.t=1 s 时,线圈中的电流改变方向
C.t=1.5 s 时,线圈中的感应电动势最大
D.一个周期内,线圈产生的热量为8π2 J
【解析】由图可知,t=0 时,磁通量为0,线圈平面平行于磁感线,A 项正确;t=1 s 时,由法拉第电磁感应定律和图线的斜
率可知,线圈中的电流方向不变,B 项错误;t=1.5 s 时磁通量的变化率为0,感应电动势为0,C 项错误;交变电流的电动势最
大值Em=nΦmω,所以电流的有效值I=
ࡱܕ
૛܀,根据焦耳定律Q=I2RT,联立解得Q=8π2 J,D 项正确。
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【答案】AD
3.(2016 年全国卷Ⅲ,T21)(多选)如图,M 为半圆形导线框,圆心为OM;N 是圆心角为直角的扇形导线框,圆心为ON;两导线
框在同一竖直面(纸面)内;两圆弧半径相等;过直线OMON 的水平面上方有一匀强磁场,磁场方向垂直于纸面。现使线框
M、N 在t=0 时从图示位置开始,分别绕垂直于纸面且过OM 和ON 的轴,以相同的周期T 逆时针匀速转动,则(
)。
A.两导线框中均会产生正弦式交变电流
B.两导线框中感应电流的周期都等于T
C.在t=
ࢀ
ૡ时,两导线框中产生的感应电动势相等
D.两导线框的电阻相等时,两导线框中感应电流的有效值也相等
【解析】在线框进入磁场的过程中,根据E=
૚
૛BR2ω可得,感应电动势恒定,感应电流恒定,不是正弦式交变电流,A 项错
误,C 项正确;当线框进入磁场时,根据楞次定律可得,两线框中的感应电流方向均为逆时针,当线框穿出磁场时,根据楞次
定律可得,两线框中产生的感应电流均为顺时针,所以感应电流的周期和线框运动周期相等,B 项正确;线框N 在完全进
入磁场后有
ࢀ
૝时间内穿过线框的磁通量不变化,没有感应电动势产生,即线框N 在0~
ࢀ
૝和
૜ࢀ
૝~T 内有感应电动势,其余时间
内没有;而线框M 在整个过程中都有感应电动势,即便两导线框电阻相等,两者的电流有效值也不会相同,D 项错误。
4.(2015 年四川卷,T4)小型手摇发电机线圈共N 匝,每匝可简化为矩形线圈abcd,磁极间的磁场视为匀强磁场,方向垂直
于线圈中心轴OO',线圈绕OO'匀速转动,如图所示。矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e0,不计线
圈电阻,则发电机输出电压的(
)。
A.峰值是e0
B.峰值是2e0
C.有效值是
૛
૛Ne0
D.有效值是
૛Ne0
【解析】矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e0,所以发电机的电动势峰值为2Ne0,A、B 两项
错误;因为不计线圈的电阻,所以发电机的输出电压峰值为2Ne0,有效值为
૛ࡺࢋ૙
૛= ૛Ne0,D 项正确。
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第2 讲
变压器
电能的输送
(117)
1.(变压器基本规律)(2019 年北京顺义第二次统练)如图所示,边长为L、匝数为N,电阻不计的正方形线圈abcd 在磁感应
强度为B 的匀强磁场中以角速度ω绕转轴OO'匀速转动,轴OO'垂直于磁感线且位于线圈平面内,在线圈外接一含有理想
变压器的电路,变压器原、副线圈的匝数分别为n1 和n2,保持线圈以恒定角速度ω转动,下列判断正确的是(
)。
A.交变电流压表
的示数等于NBωL2
B.变压器的输入功率与输出功率之比为n1∶n2
C.交变电流压表
的示数为副线圈两端电压的有效值
D.在图示位置时线圈中磁通量为零,感应电动势最小
【解析】交变电流压的最大值等于NBωL2,电压表
示数为有效值,即
ࡺ࡮࣓
ࡸ૛
૛,A 项错误;理想变压器的输入与输出功
率之比为1∶1,B 项错误;交变电流压表
的示数为副线圈两端电压的有效值,C项正确;在图示位置时线圈平面与磁场平
行,线圈中磁通量为零,感应电动势最大,D 项错误。
2.(变压器原理)(2019 年九江二模)如图所示为汽车的点火装置,此装置的核心是一个变压器,该变压器的原线圈通过开
关连接到12 V 的蓄电池上,副线圈连接到火花塞的两端,开关由机械控制,当开关由闭合变为断开时,副线圈中产生
10000 V 以上的电压,火花塞中产生火花。下列说法中正确的是(
)。
A.变压器的原线圈要用粗导线绕制,而副线圈可以用细导线绕制
B.若该点火装置的开关始终闭合,火花塞的两端会持续产生高压
C.变压器原线圈输入的12 V 电压必须是交变电流,否则就不能在副线圈中产生高压
D.该点火装置中变压器的副线圈匝数必须小于原线圈的匝数
【解析】汽车的点火装置是利用变压器原理工作的,当开关始终闭合时,通过原线圈的电流恒定,原线圈中产生的磁
场恒定,则在副线圈上不会产生电压,所以B 项错误;由题可知原线圈处接12 V 的直流电源,在开关断开瞬间原线圈中电
流迅速变化,会产生变化的磁场,则在副线圈中可能产生高压,所以C 项错误;由
ࢁ૚
ࢁ૛=
࢔૚
࢔૛可知,要在副线圈中产生高压,则原线
圈匝数必须小于副线圈的匝数,所以D 项错误。
3.(互感器)(2019 年安徽淮北单元检测)L1 和L2 是高压输电的两条输电线,现要通过变压器测量L1 和L2 之间的电压,下图
的四种电路连接正确的是(
)。
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【解析】通过变压器测量L1 和L2 之间的电压,变压器原线圈应并联在L1 和L2 之间,由于电压表量程较小,变压器应
为降压变压器,原线圈匝数应大于副线圈匝数,A 项正确。
4.(变压器负载变化)(2019 年攀枝花统考)(多选)如图所示,理想变压器原、副线圈上接有四个完全相同的灯泡,若四个灯
泡恰好都能正常发光,则下列说法正确的是(
)。
A.U1∶U2=3∶4
B.U1∶U2=4∶3
C.若将L1 短路,则副线圈的三个灯泡仍能正常发光
D.若将L2 短路,则副线圈的两个灯泡两端的电压变为额定电压的
૝
૜倍
【解析】设灯泡的额定电压为U,额定电流为I,则副线圈电压为3U,电流为I,原线圈的灯泡正常发光,电流也为I,所
以原、副线圈的匝数比为1∶1,原线圈两端电压为3U,所以U1∶U2=4∶3,A 项错误,B 项正确;若将L1 短路,则原线圈的电
压增大,则副线圈两端电压也增大,三个灯泡不能正常发光,C 项错误;若将L2 短路,设副线圈的电流为I',则原线圈的电流
也为I',设灯泡电阻为R,则原线圈两端电压为2I'R,因此2I'R+I'R=U1=4U,则I'R=
૝
૜U,即副线圈上每个灯泡两端的电压变为额
定电压的
૝
૜,D 项正确。
5.(输电损失)(2019 年江西省南昌开学考试)某小型水电站的电能输送示意图如图所示,水电站的发电机输出电压恒定。
发电机通过升压变压器和降压变压器(变压比为40∶1)向25 km 外的小区用户供电(供电电压为220 V),输送到用户的
电功率为165 kW,若用表格中某种型号的输电线进行高压输电,线路上损耗的功率约为10 kW,则所选用的输电线的型
号的代号为(
)。
型号的代号
千米电阻(Ω/km)
X
1
Y
0.6
Z
0.3
W
0.2
A.X
B.Y
C.Z
D.W
【解析】小区用户供电电压为220 V,由变压器的变压规律可知,降压变压器原线圈两端的电压U=220×40 V=8800 V,
输电线上的电流I=
ࡼ用
ࢁ=18.75 A,输电线总电阻R=
ࡼ损
ࡵ૛≈28.4 Ω,由于输电线长度需要50 km,由电阻与长度关系R=Lρ0 得
ρ0≈0.6 Ω/km,B 项正确。
6.(远距离输电的基本规律)(2019 年江苏期末)(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图1 所示,发电机的输出电压变
化规律如图2 所示。输电线总电阻为r,升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2。降压变压器原、副线圈匝数分别为
n3、n4(变压器均为理想变压器)。要使额定电压为220 V 的用电器正常工作,则(
)。
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A.图2 中电压的瞬时值表达式为u=220 ૛sin 100πt (V)
B.图2 中电压的有效值和用电器的额定电压都是220 V,所以
࢔૚
࢔૛=
࢔૝
࢔૜
C.通过升压变压器的电流频率比通过降压变压器的电流频率大
D.升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率
【解析】由于输电线上电阻会损失电压、电功率,使得U2>U3,故P2>P3,D 项正确;因为
࢔૚
࢔૛=
ࢁ૚
ࢁ૛,
࢔૝
࢔૜=
ࢁ૝
ࢁ૜,U1=U4=220 V,U2>U3,
所以
࢔૚
࢔૛<
࢔૝
࢔૜,B 项错误;由图2 可知输入电压的峰值为220 ૛V,周期T=0.02 s,则ω=
૛ૈ
ࢀ=100π rad/s,所以电压的瞬时值表达式
为u=220 ૛sin 100πt (V),A 项正确;变压器不改变频率,C 项错误。
【答案】AD
7.(远距离输电负载变化)(2019年山东烟台期末)(多选)图1为远距离输电示意图,变压器均为理想变压器,升压变压器原、
副线圈匝数比为1∶100,其输入电压如图2 所示,远距离输电线的总电阻为100 Ω。降压变压器右侧部分为一火警报警
系统原理图,其中R1 为一定值电阻,R2 为用半导体热敏材料制成的传感器,当温度升高时其阻值变小。电压表
显示加
在报警器上的电压(报警器未画出)。未出现火警时,升压变压器的输入功率为750 kW。下列说法正确的是(
)。
A.降压变压器副线圈输出的交变电流频率为50 Hz
B.远距离输电线路损耗功率为180 kW
C.出现火警时,电压表
的示数变小
D.出现火警时,输电线上的电流变小
【解析】由题图2 知交变电流的周期为0.02 s,所以频率为50 Hz,A 项正确;由题图2 知升压变压器输入电压有效值
为250 V,根据变压比公式知升压变压器副线圈两端电压为25000 V,所以输电线中的电流I=
ࡼ
ࢁ=30 A,输电线损失的电压
ΔU=IR=30×100 V=3000 V,输电线路损耗的功率ΔP=ΔU·I=90 kW,B 项错误;出现火警时,传感器R2 阻值减小,降压变压器副
线圈中电流增大,输电线上电流变大,输电线损失的电压变大,降压变压器输入、输出电压都变小,定值电阻的分压增大,
电压表
的示数变小,C 项正确,D 项错误。
8.(变压器动态变化)(2019 年广东揭阳10 月考)(多选)国家电网公司推进智能电网推广项目建设,拟新建智能变电站1400
座。变电站起变换电压作用的设备是变压器,如图所示,理想变压器原线圈输入电压u=200 ૛sin 100πt(V),电压表、电
流表都为理想电表。下列判断正确的是(
)。
A.输入电压有效值为200 V,电流频率为50 Hz
B.S 接到a 处,当变阻器的滑片向下滑动时,两电压表的示数都增大
C.S 接到a 处,当变阻器的滑片向下滑动时,两电流表的示数都减小
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D.若变阻器的滑片不动,S 由a 处接到b 处,电压表
和电流表
的示数都减小
【解析】输入电压的最大值U1m=200 ૛V,有效值U1=
૛૙૙૛
૛
V=200 V,由瞬时值表达式知,角速度ω=100π rad/s,频率
f=࣓૛ૈ=
૚૙૙ૈ
૛ૈ
Hz=50 Hz,故A 项正确;S 接到a 处,滑片向下滑动,原线圈电压不变,原、副线圈匝数比不变,副线圈电压不变,
副线圈电阻减小,电流增大,电流表
示数增大,故B、C 两项错误;若变阻器的滑片不动,S 由a 处接到b 处,副线圈匝数减
少,输入电压不变,输出电压减小,电压表
示数减小,输出功率P2=
ࢁ૛
૛
ࡾ减小,根据输入功率等于输出功率知,P1=U1I1减小,U1
不变,则I1 减小,即电流表
的示数减小,故D 项正确。
【答案】AD
1.(2019 年江苏卷,T1)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10,当输入电压增加20 V 时,输出电压(
)。
A.降低2 V
B.增加2 V
C.降低200 V D.增加200 V
【解析】由理想变压器原、副线圈电压比等于匝数比即
ࢁ૚
ࢁ૛=
࢔૚
࢔૛,得U2=
࢔૛
࢔૚U1,即副线圈两端电压与原线圈两端电压成
正比,所以有ΔU2=
࢔૛
࢔૚·ΔU1,当输入电压增加20 V 时,输出电压增大200 V,故D 项正确。
2.(2018 年天津卷,T4)教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻
R 供电,电路如图所示,理想交变电流流表
、理想交变电流压表
的读数分别为I、U,R 消耗的功率为P。若发电机线
圈的转速变为原来的
૚
૛,则(
)。
A.R 消耗的功率变为
૚
૛P
B.电压表
的读数变为
૚
૛U
C.电流表
的读数变为2I
D.通过R 的交变电流频率不变
【解析】发电机线圈的转速变为原来的
૚
૛,由E=
࢔࡮ࡿ࣓
૛知,原线圈中输入电压变为原来的
૚
૛,频率变为原来的
૚
૛。根据
ࢁ૚
ࢁ૛=
࢔૚
࢔૛,
则U2 变为原来的
૚
૛,即U2=
૚
૛U,则通过R 的电流变为原来的
૚
૛,R 消耗的功率P2=
ࢁ૛
૛
ࡾ=
૚
૝P,根据
ࡵ૚
ࡵ૛=
࢔૛
࢔૚,原线圈上的电流也变为原
来的
૚
૛,即电流表
的读数变为
૚
૛I。故B 项正确。
3.(2018 年江苏卷,T2)采用220 kV 高压向远方的城市输电。当输送功率一定时,为使输电线上损耗的功率减小为原来的
૚
૝,
输电电压应变为(
)。
A.55 kV
B.110 kV C.440 kV D.880 kV
【解析】输送功率P=UI,输电线上损耗的功率P 损=I2r=
ࡼ
ࢁ
૛
r ∝
૚
ࢁ૛。当P 损减小为原来的
૚
૝时,输电电压应变为原来的
2 倍。故C 项正确。
4.(2017 年北京卷,T16)如图所示,理想变压器的原线圈接在u=220 ૛sin 100πt(V)的交变电流源上,副线圈接有R=55 Ω的
负载电阻,原、副线圈匝数之比为2∶1,电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是(
)。
A.原线圈的输入功率为220 ૛W
B.电流表的读数为1 A
C.电压表的读数为110 ૛V
D.副线圈输出交变电流的周期为50 s
【解析】原线圈输入电压的有效值是220 V,由
ࢁ૚
ࢁ૛=
࢔૚
࢔૛,可得U2=110 V,则电压表读数应为110 V,C 项错误。由欧姆定
律可得I2=
ࢁ૛
ࡾ=2 A,由
ࡵ૚
ࡵ૛=
࢔૛
࢔૚,可得I1=1 A,B 项正确。原线圈输入功率P1=U1I1=220 W,A 项错误。由电源电压瞬时值表达式
u=220 ૛sin 100πt (V),可知ω=100π rad/s,则T=
૛ૈ࣓=0.02 s,D 项错误。
5.(2016 年全国卷Ⅰ,T16)一含有理想变压器的电路如图所示,图中电阻R1、R2 和R3 的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω,
为
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理想交流电流表,U 为正弦式交变电压源,输出电压的有效值恒定。当开关S 断开时,电流表的示数为I;当S 闭合时,电流
表的示数为4I。该变压器原、副线圈匝数比为(
)。
A.2 B.3 C.4 D.5
【解析】开关断开时,电路如图甲所示,原、副线圈的电流比
ࡵ
ࡵ૛=
࢔૛
࢔૚,通过R2 的电流I2=
ࡵ࢔૚
࢔૛,副线圈的输出电压
U2=I2(R2+R3)=
⺁ࡵ࢔૚
࢔૛,由
ࢁ૚
ࢁ૛=
࢔૚
࢔૛可得原线圈两端的电压U1=5I
࢔૚
࢔૛
૛
,则U=U1+IR1=5I
࢔૚
࢔૛
૛
+3I;开关闭合时,电路如图乙所示,原、副
线圈的电流比
૝ࡵ
ࡵ૛̵ =
࢔૛
࢔૚,通过R2 的电流I2'=
૝ࡵ࢔૚
࢔૛,副线圈的输出电压U2'=I2'R2=
૝ࡵ࢔૚
࢔૛,由
ࢁ૚̵
ࢁ૛̵ =
࢔૚
࢔૛可得原线圈两端的电压U1'=4I
࢔૚
࢔૛
૛
,
则U=U1'+4IR1=4I
࢔૚
࢔૛
૛
+12I,联立解得
࢔૚
࢔૛=3,B 项正确。
甲
乙
6.(2016 年江苏卷,T4)一自耦变压器如图所示,环形铁芯上只绕有一个线圈,将其接在a、b 间作为原线圈。通过滑动触
头取该线圈的一部分,接在c、d 间作为副线圈,在a、b 间输入电压为U1 的交变电流时,c、d 间的输出电压为U2,在将滑
动触头从M 点顺时针转到N 点的过程中(
)。
A.U2>U1,U2 降低
B.U2>U1,U2 升高
C.U2<U1,U2 降低
D.U2<U1,U2 升高
【解析】由
ࢁ૚
ࢁ૛=
࢔૚
࢔૛,n1>n2,可知U2<U1;滑动触头从M 点顺时针旋转至N 点的过程中,n2 减小,则U2 降低,C 项正确。
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一、选择题
1.(2019 年河北联考)如图1 所示,为一种调光台灯电路示意图,它通过双向可控硅电子器件实现了无级调节亮度,给该台
灯接220 V 的正弦式交变电流后加在灯管两端的电压如图2 所示,则此时交变电流压表的示数为(
)。
A.220 V B.110 V
C.110 ૛V
D.55 ૛V
【解析】设电压的有效值为U,根据有效值定义有
૛૛૙
૛
૛
ࡾ
·
ࢀ
૛+0=
ࢁ૛
ࡾT,解得U=110 V,则B 项正确。
2.(2019 年汝州模拟)如图所示,M、N 为平行板电容器的两个金属极板,G 为静电计,开始时闭合开关S,静电计张开一定
角度。下列说法正确的是(
)。
A.开关S 保持闭合状态,将滑片P 向右移动,静电计指针张开角度增大
B.开关S 保持闭合状态,将两极板间距增大,静电计指针张开角度增大
C.断开开关S 后,将两极板间距增大,板间电压不变
D.断开开关S 后,紧贴下极板插入金属板,板间电场强度不变
【解析】保持开关闭合,电容器两端的电势差等于电源的电动势,故电容器两端的电势差总不变,因此无论将滑片P
向右移动,还是将两极板间距增大,指针张角不变,故A、B 两项错误;断开开关,电容器所带电荷量不变,将两极板间距增
大,即d 增大,根据C=
ࢿܚࡿ
૝࢑ૈࢊ,知,电容减小,根据U=
ࡽ
࡯知,电势差增大,故C 项错误;断开开关,电容器所带电荷量不变,若紧贴下
极板插入金属板,则d 减小,C=
ࢿܚࡿ
૝࢑ૈࢊ知,电容减小,根据E=
ࢁ
ࢊ=
૝ૈ࢑ࡽ
ࢿܚࡿ知,板间的电场强度不变,故D 项正确。
3.(2018 年南充期中)如图所示,质量为m 的木块A 放在质量为M 的三角形斜劈B 上,现用大小均为F、方向相反的水平
力分别同时推A 和B,它们均静止不动,则(
)。
A.A 与B 之间一定存在摩擦力
B.B 与地面之间一定存在摩擦力
C.B 对A 的支持力一定小于mg
D.地面对B 的支持力的大小一定等于(M+m)g
【解析】对木块A 受力分析,当推力F 沿斜面向上的分力大于重力沿斜面向下的分力时,摩擦力的方向沿斜面向下;
当推力F 沿斜面向上的分力小于重力沿斜面向下的分力时,摩擦力的方向沿斜面向上;当推力F 沿斜面向上的分力等于
重力沿斜面向下的分力时,摩擦力为零,A 项错误。根据共点力平衡的条件,设B 的倾角为θ,运用正交分解法,可以得到B
对A 的支持力大小FN'=mgcos θ+Fsin θ,其与重力的关系不确定,C 项错误。对A、B 整体受力分析,由于两个推力的合力
为零,故整体与地面间没有摩擦力,B 项错误。根据共点力平衡条件,有FN=(M+m)g,D 项正确。
4.(2019 年广安检测)甲、乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做匀变速直线运动,t=0 时刻同时经过公路旁的同一路
标,下表是每隔1 s 记录的两车的速率。关于两车的运动,下列说法正确的是(
)。
时间t/s
0
1
2
3
4
甲车的速率v1/(m·s-1) 18.0 16.0 14.0 12.0 10.0
乙车的速率v2/(m·s-1)
3.0
4.0
5.0
6.0
7.0
A.乙车的速度变化较快
B.在0~4 s 内,乙车的平均速度较大
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C.在0~4 s 内,甲车相对乙车行驶了56 m
D.在乙车追上甲车之前,t=5 s 时两车相距最远
【解析】由表中数据可知,甲、乙两汽车的加速度分别为a1=-2 m/s2、a2=1 m/s2,甲车加速度较大,A 项错误;由࢜=࢜૙൅࢚࢜
૛
可知,0~4 s 两车的平均速度分别为࢜
૚=14 m/s、࢜
૛=5 m/s,甲车平均速度较大,B 项错误;0~4 s 内甲车相对乙车的位移
Δx=(࢜
૚-࢜
૛)t=36 m,C 项错误;运动开始后,由于甲车速度大于乙车速度,两车间距逐渐增大,到第5 s 末,两车速度相等,此后
甲车速度小于乙车速度,两车间距开始变小,因此,第5 s 末两车相距最远,D 项正确。
5.(2019 年吉林长春质检)如图,ABCD 矩形区域存在沿A 至D 方向的匀强电场,电场强度为E,边长AB=2AD,质量m、带
电荷量q 的正电粒子(不计重力)以恒定的速度v 从A 点沿AB 方向射入矩形区域,粒子恰好从C 点以速度v1 射出电场,
粒子在电场中运动时间为t,则(
)。
A.若电场强度变为2E,粒子从DC 边中点射出
B.若电场强度变为2E,粒子射出电场速度为2v1
C.若粒子入射速度变为࢜૛,则粒子从DC 边中点射出电场
D.若粒子入射速度变为࢜૛,则粒子射出电场时的速度为࢜૚
૛
【解析】若电场强度变为2E,则粒子从DC 边离开,竖直加速度变成原来的两倍,运动时间变为
૛
૛t,则水平位移变为
原来的
૛
૛,A 项错误;在粒子穿过电场的过程中,设电场力做功为W,则由W=
૚
૛m࢜
૚૛-
૚
૛mv2,可知电场强度加倍,则电场力做
功变为2W,射出电场的速度不等于2v1,B 项错误;粒子入射速度变为࢜૛,但粒子在电场中的运动时间不变,即可得出粒子从
DC 边中点射出电场,C 项正确;由于粒子在电场运动时间不变,电场力做功不变,由功能定理可知,粒子射出电场的速度大
小不是࢜૚
૛,D 项错误。
6.(2019 年遂宁市三诊)(多选)将一小球从某一高度由静止释放,小球着地速度为v,设小球在运动过程中受到的空气阻力
与小球的速度大小成正比,已知小球的质量为m,重力加速度为g。则小球下落过程中(
)。
A.重力做功的平均功率小于
૚
૛mgv
B.重力做功的平均功率大于
૚
૛mgv
C.减小的重力势能小于
૚
૛mv2
D.减小的重力势能大于
૚
૛mv2
【解析】由于小球在运动过程中受到的空气阻力与小球的速度大小成正比,可知小球做加速度减小的加速运动,结
合v-t 图象可知,下落到地面的位移大于࢜૛t,则重力做功的平均功率大于ࡼ>mg࢜૛,A 项错误,B 项正确;由于要克服空气阻力
做功,减小的重力势能大于
૚
૛mv2,C 项错误,D 项正确。
7.(2020 年衡水模拟)(多选)图1 为一理想变压器,ab 为原线圈,ce 为副线圈,d 为副线圈引出的一个接头,原线圈输入正弦
式交变电压的uab-t 图象如图2 所示。若只在ce 间接一只Rce=400 Ω的电阻,或只在de 间接一只Rde=225 Ω的电阻,两种
情况下电阻消耗的功率均为80 W。下列说法正确的是(
)。
A.原线圈输入电压瞬时值uab=400sin 100πt(V)
B.只在ce 间接400 Ω的电阻时,原线圈中的电流I1≈0.56 A
C.只在de 间接225 Ω电阻时,原线圈中的电流I1≈0.28 A
D.ce 和de 间线圈的匝数比
࢔ࢉࢋ
࢔ࢊࢋ=
૝
૜
【解析】由T=0.01 s 知ω=200π rad/s,电压瞬时值uab=400sin 200πt(V),A 项错误;原线圈电压有效值U1=200 ૛V,两
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种情况下电阻消耗的功率均为80 W,理想变压器P1=P2=80 W,原线圈中的电流I1=
ࡼ૚
ࢁ૚≈0.28 A,B 项错误,C 项正确;设ab 间
匝数为n1,则
ࢁ૚
࢔૚=
ࢁࢉࢋ
࢔ࢉࢋ,同理
ࢁ૚
࢔૚=
ࢁࢊࢋ
࢔ࢊࢋ,由题意知
ࢁࢉࢋ
૛
ࡾࢉࢋ=
ࢁࢊࢋ૛
ࡾࢊࢋ,解得
࢔ࢉࢋ
࢔ࢊࢋ=
ࡾࢉࢋ
ࡾࢊࢋ=
૝
૜,D 项正确。
【答案】CD
二、非选择题
8.(2019 年广东联考)小玲同学平时使用带弹簧的圆珠笔写字,她想估测里面小弹簧在圆珠笔尾端压紧情况下的弹性势
能的增加量。请你帮助她完成这一想法。
(1)写出实验所用的器材:
。
(2)写出实验的步骤和所要测量的物理量(用字母表示):(要求能符合实际并尽量减少误差)
。
(3)弹性势能的增加量的表达式ΔEp=
。
【解析】(1)若弹簧将圆珠笔向上弹出,圆珠笔做竖直上抛运动,在上升阶段增加的重力势能等于减小的动能,而动能
的减小量又等于弹性势能的减小量。所以需要用刻度尺测量圆珠笔上升的高度;还需要用天平测量圆珠笔的质量。
(2)①将圆珠笔紧靠刻度尺竖直放在桌面上并将尾端压紧,记下笔尖处的读数x1;②突然放开圆珠笔,观察并记下笔
尖到达最高处的读数x2;③多次测量笔尖到达最高处的读数x2 并取平均值ܠ
െ
૛;④用天平测出圆珠笔的质量m。(注:步骤
①④可对调)
(3)圆珠笔增加的重力势能等于动能的减小量,而动能的减小量又等于弹性势能的减小量,故弹性势能的增加量
ΔEp=mg(ܠ
െ
૛-x1)。
【答案】(1)天平
刻度尺
(2)见解析
(3)ΔEp=mg(ܠ
െ
૛-x1)
9.(2020 年北京石景山模拟)小明同学为了测定某太阳能硅光电池组的电动势和内阻,设计了如图1 所示的电路,在一定
光照条件下进行实验。
(1)请根据图甲完成图2 中实物的连线。
(2)将测量出来的数据记录在下表中,其中第4 组数据的电压如图3 所示,则此时电压为
V。
1
2
3
4
5
6
7
8
U/V 1.77 1.75 1.70
1.54 1.27 1.00 0.50
I/μA
12
30
48
60
68
76
80
86
(3)将这些数据在图4 中描点,第4 组数据还未描出。
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a.请在图4 中描出第4 组数据的点,作出该硅光电池组的U-I 图线。
b.由U-I 图线知,该硅光电池组的电动势E=
V,电池组的内阻随其输出电流的变化而改变,在电流为80 μA 时,该电
池组的内阻r=
kΩ(结果保留3 位有效数字)。
【解析】(1)根据电路图连接实物电路图,实物电路图如图甲所示。
(2)由表中实验数据可知电压表最大测量值为1.77 V,则电压表量程为3 V,由图3 所示电压表可知,其分度值为0.1 V,
示数为1.65 V。
(3)a.把第4 组数据标在坐标系内,根据坐标系内描出的点作出图象如图乙所示。
b.由图线可知,该硅光电池组的电动势E=1.80 V,在电流为80 μA 时,由表格数据得到路端电压为1.00 V,根据闭合电
路欧姆定律,E=U+Ir,解得r=
ࡱǦࢁ
ࡵ=
૚Ǥૡ૙െ૚Ǥ૙૙
ૡ૙ൈ૚૙Ǧ૟
Ω=104 Ω。
【答案】(1)实物图见图甲
(2)1.65
(3)a.该硅光电池组的U-I 图线如图乙
b.1.80
10.0
10.(2018 年浙江月考)如图所示,在E=1×103 V/m 的竖直匀强电场中,一光滑的半圆形绝缘轨道QPN 与一水平绝缘轨道
MN 连接,半圆形轨道平面与电场线平行,P 为QN 圆弧的中点,其半径R=40 cm,一带正电q=1×10-4 C 的小滑块质量m=10
g,与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.15,位于N 点右侧x=1.5 m 处,取g=10 m/s2。
(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q,则滑块应以多大的初速度v0 向左运动?
(2)求这样运动的滑块通过P 点时对轨道的压力大小。
【解析】(1)设滑块到达Q 点时速度为v,则
mg+qE=m࢜
૛
ࡾ
滑块从开始运动到到达Q 点的过程中,由动能定理得
-mg·2R-qE·2R-μ(mg+qE)x=
૚
૛mv2-
૚
૛m࢜
૙૛
联立解得v0=7 m/s。
(2)设滑块到达P 点时速度为v',则从开始运动到P 点的过程,由动能定理得
-μ(qE+mg)x-(mg+qE)R=
૚
૛mv'2-
૚
૛m࢜
૙૛
又在P 点时有FN=m̵࢜
૛
ࡾ
代入数据解得FN=0.6 N
由牛顿第三定律知滑块通过P 点时对轨道的压力大小为0.6 N。
【答案】(1)7 m/s
(2)0.6 N
11.(2019 年河北石家庄期末)如图1 所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图,一个半径r=0.10 m、匝数n=50
匝的线圈套在永久磁铁槽中,磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图2 所示)。在线圈所在位置磁感应强
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度B 的大小均为B=0.20 T,线圈的电阻R1=0.50 Ω,它的引出线接有R2=9.5 Ω的小电珠L。外力推动线圈框架的P 端,使线
圈沿轴线做往复运动,便有电流通过电珠。当线圈向右的位移x 随时间t 变化的规律如图3 所示时(x 取向右为正),求:
(1)线圈运动时产生的感应电动势E 的大小。
(2)线圈运动时产生的感应电流I 的大小。
(3)每一次推动线圈运动过程中作用力F 的大小。
(4)该发电机的输出功率P。
【解析】(1)由x-t 图象可得线圈的切割速度大小相等
v=
ȟ࢞
ȟ࢚=0.80 m/s
线圈做切割磁感线运动产生的感应电动势
E=n·2πrBv=50×2×3.14×0.10×0.20×0.80 V≈5.0 V。
(2)由闭合电路欧姆定律得感应电流
I=
ࡱ
ࡾ૚൅ࡾ૛=0.50 A。
(3)由于线圈每次运动都是匀速直线运动,由平衡条件得F=F 安,即
F=nBI·2πr=50×0.20×0.50×2×3.14×0.10 N=3.14 N。
(4)发电机的输出功率即小电珠的电功率
P=I2R2=0.502×9.5 W≈2.38 W。
【答案】(1)5.0 V
(2)0.50 A
(3)3.14 N
(4)2.38 W
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第1 讲
光电效应
波粒二象性
(121)
1.(波粒二象性)(2019 年河南洛阳入学考试)1927 年戴维孙和汤姆孙分别完成了电子衍射实验,该实验是荣获诺贝尔奖
的重大近代物理实验之一。下图是该实验装置的简化图,下列说法错误
．．的是(
)。
A.亮条纹是电子到达概率大的地方
B.该实验说明物质波理论是正确的
C.该实验再次说明光子具有波动性
D.该实验说明实物粒子具有波动性
【解析】亮条纹是电子到达概率大的地方,该实验说明物质波理论是正确的,说明实物粒子具有波动性,但该实验不
能说明光子具有波动性,C 项错误,A、B、D 三项正确。
2.(爱因斯坦光电效应方程)(2019 年江西十所学校模拟)用频率为ν的光照射某金属时,产生光电子的最大初动能为Ekm。
改用频率为2ν的光照射同一金属,所产生光电子的最大初动能为(h 为普朗克常量)(
)。
A.Ekm-hν
B.2Ekm
C.Ekm+hν
D.Ekm+2hν
【解析】根据爱因斯坦光电效应方程得Ekm=hν-W0,若入射光频率变为2ν,则Ekm'=h·2ν-W0=2hν-(hν-Ekm)=hν+Ekm,C
项正确。
3.(Ek-ν图象)(2019 年三明模拟)实验得到金属钙的光电子的最大初动能Ek 与入射光频率ν的关系如图所示。下表中列出
了几种金属的截止频率和逸出功,参照下表可以确定的是(
)。
金属
钨
钙
钠
截止频率νc/Hz
10.95
7.73
5.53
逸出功W0/eV
4.54
3.20
2.29
A.如用金属钨做实验得到的Ek-ν图线也是一条直线,其斜率比图中直线的斜率大
B.如用金属钠做实验得到的Ek-ν图线也是一条直线,其斜率比图中直线的斜率大
C.如用金属钠做实验得到的Ek-ν图线也是一条直线,设其延长线与纵轴交点的坐标为(0,-Ek2),则Ek2<Ek1
D.如用金属钨做实验,当入射光的频率ν<νc 时,可能会有光电子逸出
【解析】由爱因斯坦光电效应方程Ek=hν-W 可知,Ek-ν图线是一条直线,且斜率表示普朗克常量(h),普朗克常量与金
属的性质、光电子的最大初动能、入射光的频率均无关,故图线斜率相等,A、B 两项错误;由表中所列的截止频率和逸
出功数据可知,钠的逸出功小于钨的逸出功,则Ek2<Ek1,如用钨做实验,当入射光的频率ν<νc时,不可能会有光电子逸出,C
项正确,D 项错误。
4.(I-U 图象)(2019 年菏泽六校联考)研究光电效应的电路如图所示,用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的
钠极板(阴极K),钠极板发射出的光电子被阳极A 吸收,在电路中形成光电流。下列光电流I 与AK 之间的电压UAK 的
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关系图象中,正确的是(
)。
【解析】光电子的最大初动能与入射光的频率有关,与光照强度无关,因此在入射光频率相同的情况下,遏止电压相
同,在能发生光电效应的前提下,光电流随着光照强度的增大而增大,A、B、D 三项错误,C 项正确。
5.(光电效应)(2019 年衡水模拟)(多选)如图所示为研究光电效应的实验装置,闭合开关,滑片P 处于滑动变阻器的中央位
置,当一束单色光照到此装置的金属表面K 时,电流表有示数,下列说法正确的是(
)。
A.若仅增大该单色光入射的强度,则光电子的最大初动能增大,电流表示数也增大
B.无论是增大入射光的频率还是增加入射光的强度,金属的逸出功都不变
C.保持频率不变,当光强减弱时,发射光电子的时间将明显增加
D.若滑动变阻器滑片左移,则电压表示数减小,电流表示数增大
【解析】若仅增大该单色光入射的强度,由于每个光子的能量不变,因此光电子的最大初动能不变,但单位时间内射
出的光电子数增多,因此光电流增大,故A项错误;逸出功由金属材料自身决定,与是否有光照无关,故B项正确;发生光电
效应不需要时间积累,只要入射光的频率大于极限频率即可,故C 项错误;若滑动变阻器滑片左移,则电压表所分配的电
压减小,又电压是反向电压,因此电压减小时,光电子更容易到达A 极形成电流,电流表示数反而增大,故D 项正确。
6.(光的波粒二象性)(2019 年江苏南通模拟)处于较高能级的氢原子向较低能级跃迁时,能辐射出a、b 两种可见光,a 光照
射某金属表面时有光电子逸出,b 光照射该金属表面时没有光电子逸出,则(
)。
A.a 光的波长大于b 光的波长
B.a 光的波动性比b 光的波动性更明显
C.a 光和b 光的频率之比可能是
૛૙
૛ૠ
D.a 光子的动量大于b 光子的动量
【解析】根据题意可知a 光频率高于b 光频率,则a 光的波长小于b 光的波长,A 项错误;波长越大,波动性越明显,B
项错误;a 光的频率更大,故频率之比不可能为
૛૙
૛ૠ,C 项错误;频率越大,波长越小,即λa<λb,根据λ=
ࢎ
࢖可知pa>pb,D 项正确。
7.(爱因斯坦光电效应方程)(2019 年西安模拟)(多选)现用某一光电管进行光电效应实验,当用某一频率的光入射时,有光
电流产生。下列说法正确的是(
)。
A.保持入射光的频率不变,入射光的光强变大,饱和光电流变大
B.入射光的频率变高,光电子的最大初动能变大
C.保持入射光的光强不变,不断减小入射光的频率,始终有光电流产生
D.遏止电压的大小与入射光的频率有关,与入射光的强度无关
【解析】由光电效应规律可知,当频率低于截止频率时无论光照强度多大,都不会有光电流产生,C 项错误;在发生光
电效应时,饱和光电流大小由光照强度来决定,与频率无关,光照强度越大,饱和光电流越大,A 项正确;根据Ek=hν-W 可知,
对于同一光电管,逸出功W 不变,当频率变高,最大初动能Ekm 变大,B 项正确;由Ekm=eUc 和Ek=hν-W,得hν-W=eUc,遏止
电压只与入射光频率有关,与入射光的强度无关,D 项正确。
【答案】ABD
1.(2018 年全国卷Ⅱ,T17)用波长为300 nm 的光照射锌板,电子逸出锌板表面的最大初动能为1.28×10-19 J。已知普朗克
常量为6.63×10-34 J·s,真空中的光速为3.00×108 m·s-1。能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为(
)。
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A.1×1014 Hz
B.8×1014 Hz
C.2×1015 Hz
D.8×1015 Hz
【解析】设单色光的最低频率为ν0,由Ek=hν-W 知Ek=hν1-W,0=hν0-W,又知ν1=
ࢉ
ɉ,整理得ν0=
ࢉ
ɉ-
ࡱܓ
ࢎ,解得ν0≈8×1014 Hz,B
项正确。
2.(2017 年北京卷,T18)2017 年年初,我国研制的“大连光源”——极紫外自由电子激光装置,发出了波长在100 nm(1
nm=10-9 m)附近连续可调的世界上最强的极紫外激光脉冲。大连光源因其光子的能量大、密度高,可在能源利用、光
刻技术、雾霾治理等领域的研究中发挥重要作用。一个处于极紫外波段的光子所具有的能量可以电离一个分子,但又
不会把分子打碎。据此判断,能够电离一个分子的能量约为(取普朗克常量h=6.6×10-34 J·s,真空光速c=3×108 m/s)(
)。
A.10-21 J B.10-18 J C.10-15 J D.10-12 J
【解析】由E=hν,ν=
ࢉ
ɉ,可得E=h
ࢉ
ɉ=1.98×10-18 J,所以B 项正确。
3.(2015 年江苏卷,T12)(多选)波粒二象性是微观世界的基本特征,以下说法正确的有(
)。
A.光电效应现象揭示了光的粒子性
B.热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性
C.黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释
D.动能相等的质子和电子,它们的德布罗意波长也相等
【解析】黑体辐射的实验规律只能用光的粒子性解释,普朗克用能量子理论分析黑体辐射,结果与事实完全相符,
故C 项错误;由于Ek=
૚
૛mv2,p=mv,因此p= ૛࢓ࡱܓ,质子和电子动能相等,但质量不等,故动量p 也不等,再根据德布罗意波
的波长λ=
ࢎ
࢖可知,德布罗意波的波长λ也不同,故D 项错误。
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第2 讲
原子结构
氢原子光谱
(123)
1.(氢原子跃迁)(2019 年山西平遥中学模拟)如图是氢原子的能级示意图。当氢原子从n=4 能级跃迁到n=3 能级时,辐射
出光子a;从n=3 能级跃迁到n=2 能级时,辐射出光子b。以下判断正确的是(
)。
A.在真空中,光子a 的波长大于光子b 的波长
B.光子b 可使氢原子从基态跃迁到激发态
C.光子a 可能使处于n=4 能级的氢原子电离
D.大量处于n=3 能级的氢原子向低能级跃迁时最多辐射2 种不同的谱线
【解析】氢原子从n=4 能级跃迁到n=3 能级的能级差小于从n=3 能级跃迁到n=2 能级时的能级差,根据Em-En=hν
知,光子a 的能量小于光子b 的能量,所以光子a 的频率小于光子b 的频率,光子a 的波长大于光子b 的波长,A 项正确;
光子b 的能量小于基态与任一激发态的能级差,所以不能被基态的原子吸收,B 项错误;根据E4-E3=0.66 eV,可知光子a
的能量小于n=4 能级氢原子的电离能0.85 eV,所以不能使处于n=4 能级的氢原子电离,C 项错误;大量处于n=3 能级的
氢原子向低能级跃迁时最多辐射3 种不同的谱线,D 项错误。
2.(α粒子散射实验)(2019年海南华侨中学1月考试)卢瑟福通过α粒子散射实验,判断出原子中心有一个很小的核,并由此
提出了原子的核式结构模型。如图所示的平面示意图中①③两条线表示α粒子运动的轨迹,则沿②所示方向射向原子核
的α粒子可能的运动轨迹是(
)。
A.轨迹a
B.轨迹b
C.轨迹c
D.轨迹d
【解析】α粒子带正电,因此α粒子靠近核时,与核间有斥力,沿方向②射向原子核的α粒子比沿方向①的α粒子离核近,
与核的作用强,因此α粒子沿方向②进入后与核作用向外侧散射的偏转角应该比沿①的大,故A 项正确。
3.(原子跃迁与其他知识综合)(2019 年衡水质检)(多选)如图所示是氢原子光谱的两条谱线,图中给出了谱线对应的波长
及氢原子的能级图,已知普朗克常量h=6.63×10-34 J·s,则(
)。
A.Hα谱线对应光子的能量小于Hβ谱线对应光子的能量
B.若两种谱线对应光子都能使某种金属发生光电效应,则Hα谱线对应光子照射到该金属表面时,形成的光电流较小
C.Hα谱线对应光子的能量为1.89 eV
D.Hα谱线对应的光子是氢原子从n=4 能级跃迁到n=3 能级发出的
【解析】Hα波长大于Hβ波长,故Hα的频率较小,Hα谱线对应光子的能量小于Hβ谱线对应光子的能量,A 项正确;光
电流与光的强度有关,B 项错误;Hα谱线对应光子的能量E=h
ࢉ
ɉ≈3.03×10-19 J=1.89 eV,C 项正确;E4-E3=0.66 eV,D 项错误。
4.(氢原子跃迁)(2019 年辽宁沈阳市第二中学模拟)“北斗三号”采用星载氢原子钟,其精度比“北斗二号”的星载铷原子钟
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提高一个数量级。如图所示为氢原子的部分能级图,以下判断正确的是(
)。
A.处于n=3 能级的氢原子可以辐射任意频率的光子
B.欲使处于基态的氢原子被激发,可用12.09 eV 的光子照射
C.当氢原子从n=5 的状态跃迁到n=3 的状态时,要吸收光子
D.用n=2 能级跃迁到n=1 能级辐射出的光照射金属铂(逸出功为6.34 eV)时不能发生光电效应
【解析】根据۱૜
૛=3 知,这些n=3 能级的氢原子可以辐射出三种不同频率的光子,A 项错误;3 能级和1 能级的能量之
差为12.09 eV,所以12.09 eV 的光子能被基态吸收,跃迁到n=3 能级,B 项正确;氢原子从高能级跃迁到低能级时放出光
子,C 项错误;从n=2 能级跃迁到n=1 能级辐射出的光子的能量E=E2-E1=-3.4 eV-(-13.6)eV=10.2 eV>6.34 eV,而使金属发
生光电效应的条件是光子的能量大于电子的逸出功,故可以发生光电效应,D 项错误。
5.(氢原子跃迁与其他知识综合)(2019 年江苏常州模拟考试)(多选)图示为氢原子的能级图。现有大量处于n=3 激发态
的氢原子向低能级跃迁。下列说法正确的是(
)。
A.这些氢原子总共可辐射出6 种不同频率的光
B.用氢原子由n=3 能级跃迁到n=1 能级产生的光照射逸出功为6.34 eV 的金属铂能发生光电效应
C.氢原子由n=3 能级跃迁到n=2 能级产生的光波长最长
D.这些氢原子跃迁时辐射出光子能量的最大值为10.2 eV
【解析】根据۱૜
૛=3 知,这些氢原子可辐射出三种不同频率的光子,A 项错误。氢原子由n=3 能级向n=1 能级跃迁时
辐射的光子能量最大,频率最大,最大能量为13.6 eV-1.51 eV=12.09 eV,由光电效应条件可知,能使逸出功为6.34 eV 的金
属铂发生光电效应,B 项正确,D 项错误。氢原子由n=3 能级跃迁到n=2 能级辐射的光子能量最小,则产生的光波长最
长,C 项正确。
6.(氢原子跃迁与其他知识综合)(2019 年吉林一中月考)(多选)氢原子能级图的一部分如图所示,a、b、c 分别表示氢原子
在不同能级间的三种跃迁途径,设在a、b、c 三种跃迁过程中,放出光子的能量和波长分别是Ea、Eb、Ec 和λa、λb、λc,
则(
)。
A.λb=λa+λc
B.
૚
ɉ࢈=
૚
ɉࢇ+
૚
ɉࢉ
C.λb=λaλ c
D.Eb=Ea+Ec
【解析】Ea=E3-E2,Eb=E3-E1,Ec=E2-E1,所以Eb=Ea+Ec,D 项正确;由ν=
ࢉ
ɉ得λa=
ࢎࢉ
ࡱ૜Ǧࡱ૛,λb=
ࢎࢉ
ࡱ૜Ǧࡱ૚,λc=
ࢎࢉ
ࡱ૛Ǧࡱ૚,取倒数后得到
૚
ɉ࢈=
૚
ɉࢇ+
૚
ɉࢉ,B 项正确。
1.(2016 年海南卷,T17)(多选)下列说法正确的是(
)。
A.爱因斯坦在光的粒子性的基础上,建立了光电效应方程
B.康普顿效应表明光子只具有能量,不具有动量
C.玻尔的原子理论成功地解释了氢原子光谱的实验规律
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D.卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型
E.德布罗意指出微观粒子的动量越大,其对应的波长就越长
【解析】爱因斯坦提出了光子假说,建立了光电效应方程,故A 项正确;康普顿效应表明光不仅具有能量,还具有动
量,故B 项错误;玻尔的原子理论成功地解释了氢原子光谱的实验规律,故C 项正确;卢瑟福根据α粒子散射实验提出了
原子核式结构模型,故D 项正确;微观粒子的德布罗意波长λ=
ࢎ
࢖,其中p 为微观粒子的动量,故动量越大,对应的波长就越
短,E 项错误。
【答案】ACD
2.(2015 年浙江卷自选,T14)以下说法正确的是(
)。
A.所有原子核中的质子数和中子数都相等
B.在核反应中,质量数守恒、电荷数守恒
C.氢原子从高能级向低能级跃迁时能辐射出γ射线
D.只要光照射金属电极的时间足够长,就能发生光电效应
【解析】原子核中的质子数和中子数不一定相等,例如一种元素可能有多种同位素,即质子数相同,但中子数不同,A
项错误。在核反应中,虽然有质量亏损,但质量数、电荷数仍然守恒,B 项正确。γ射线是原子核反应中伴随着α或β射线
产生的,C 项错误。光电效应能否发生只与照射光的频率有关,与照射时间无关,D 项错误。
3.(2014 年全国卷Ⅱ,T35)(多选)在人类对微观世界进行探索的过程中,科学实验起到了非常重要的作用。下列说法符合
历史事实的是(
)。
A.密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值
B.贝克勒尔通过对天然放射现象的研究,发现了原子中存在原子核
C.居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素
D.卢瑟福通过α粒子散射实验证实了在原子核内部存在质子
E.汤姆孙通过阴极射线在电场和磁场中偏转的实验,发现了阴极射线是由带负电的粒子组成的,并测出了该粒子的比荷
【解析】密立根通过油滴实验测出了基本电荷的电荷量,A 项正确;卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结
构模型,并发现了原子中心有一个核,B、D 两项错误;居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋和镭两种新元素,并因此获得了
诺贝尔奖,C 项正确;汤姆孙通过研究阴极射线,发现了电子,并测出了电子的比荷,E 项正确。
【答案】ACE
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第3 讲
天然放射现象
核反应
核能
(125)
1.(三种射线)(2019 年山东省烟台市高三模拟)(多选)原子序数大于或等于83 的所有元素,都能自发地放出射线。这些射
线共有三种:α射线、β射线和γ射线。下列说法中正确的是(
)。
A.原子核每放出一个α粒子,原子序数减少2
B.原子核每放出一个α粒子,原子序数增加4
C.原子核每放出一个β粒子,原子序数减少1
D.原子核每放出一个β粒子,原子序数增加1
【解析】发生一次α衰变,核电荷数减少2,质量数减少4,原子序数减少2;发生一次β衰变,核电荷数、原子序数增加
1。
【答案】AD
2.(半衰期)(2019 年吉林月考)(多选)据媒体报道,叛逃英国的俄罗斯前特工利特维年科在伦敦离奇身亡,英国警方调查认
为毒杀利特维年科的是超级毒药——放射性元素钋ሺૡ૝
૛૚૙Po)。若该元素发生α衰变,其半衰期是138 天,衰变方程为
ૡ૝
૛૚૙Po→X൅૛
૝He+γ,则下列说法中正确的是(
)。
A.X 原子核含有124 个中子
B.X 原子核含有206 个核子
C.γ射线具有很强的电离能力
D.100 g 的ૡ૝
૛૚૙Po 经276 天,已衰变的质量为75 g
【解析】X 原子核中的核子数为210-4=206(个),B 项正确;中子数为206-(84-2)=124(个),A 项正确;γ射线的电离
能力很弱,C 项错误;经过两个半衰期,剩余的钋的质量为原来的四分之一,则已衰变的质量为原来的四分之三,D 项正确。
【答案】ABD
3.(核反应类型)(2019 年山西太原模拟)我国科学家为解决“玉兔号”月球车长时间处于黑夜工作的需要,研制了一种小型
核能电池,将核反应释放的核能转变为电能,需要的功率并不大,但要便于防护其产生的核辐射。请据此猜测“玉兔号”所
用核能电池有可能采纳的核反应方程是(
)。
AǤ૚
૜H൅૚
૛H՜૛
૝He൅૙
૚n
BǤૢ૛
૛૜⺁U൅૙
૚n՜⺁૟
૚૝૚Ba൅૜૟ૢ
૛Kr+૜૙
૚n
CǤૢ૝
૛૜ૡPu՜ૢ⺁
૛૜ૡAm൅Ǧ૚
૙e
DǤ૚૜
૛ૠAl൅૛
૝He՜૚⺁
૜૙P൅૙
૚n
【解析】A 是聚变反应,反应剧烈,至今可控聚变反应还处于各种实验研究阶段,B 是裂变反应,虽然实现了人工控制,
但因反应剧烈,防护要求高还不能小型化,C 是人工放射性同位素的衰变反应,是小型核能电池主要采用的反应方式,D
是人工核反应,需要高能α粒子,故选C 项。
4.(结合能)(2019 年长沙一中模拟)(多选)原子核的比结合能曲线如图所示。根据该曲线,下列判断正确的有(
)。
AǤ૛
૝He 核的结合能约为14 MeV
BǤ૛
૝He 核比૜
૟Li 核更稳定
C.两个૚
૛H 核结合成૛
૝He 核时释放能量
DǤૢ૛
૛૜⺁U 核中核子的比结合能比૜૟
ૡૢKr 核中的大
【解析】由题图可知ǡ૛
૝He 的比结合能为7 MeV,因此它的结合能为7 MeV×4=28 MeV,A 项错误;比结合能越大,表
明原子核中核子结合得越牢固,原子核越稳定,结合题图可知B 项正确;两个比结合能小的૚
૛H 核结合成比结合能大的
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૛
૝He 时,会释放能量,C 项正确;由题图可知ǡૢ૛
૛૜⺁U 的比结合能比૜૟
ૡૢKr 的小,D 项错误。
5.(核能)(2019 年山东烟台二中月考)一个质子和一个中子聚变结合成一个氘核,同时辐射一个γ光子。已知质子、中子、
氘核的质量分别为m1、m2、m3,普朗克常量为h,真空中的光速为c。下列说法正确的是(
)。
A.核反应方程是૚
૚H൅૙
૚n՜૚
૜H+γ
B.聚变反应中的质量亏损Δm=m1+m2-m3
C.辐射中的γ光子的能量E=(m3-m1-m2)c
D.γ光子的波长λ=
ࢎ
ሺ࢓૚൅࢓૛Ǧ࢓૜ሻࢉ૛
【解析】根据核反应过程中的质量数守恒、电荷数守恒可知核反应方程为૚
૚H൅૙
૚n՜૚
૛H+γ,A 项错误;聚变过程中辐
射出γ光子,质量亏损Δm=m1+m2-m3,B项正确;由质能方程可知,辐射出的γ光子的能量E=(m1+m2-m3)c2,C项错误;由E=
ࢎࢉ
ɉ
可知,γ光子的波长λ=
ࢎ
ሺ࢓૚൅࢓૛Ǧ࢓૜ሻ܋,D 项错误。
1.(2019 年天津卷,T6)(多选)我国核聚变反应研究大科学装置“人造太阳”2018 年获得重大突破,等离子体中心电子温度
首次达到1 亿度,为人类开发利用核聚变能源奠定了重要的技术基础。下列关于聚变的说法正确的是(
)。
A.核聚变比核裂变更为安全、清洁
B.任何两个原子核都可以发生聚变
C.两个轻核结合成质量较大的核,总质量较聚变前增加
D.两个轻核结合成质量较大的核,核子的比结合能增加
【解析】核聚变没有放射性污染,安全、清洁,A 项正确。只有原子序数小的“轻”核才能发生聚变,B 项错误。轻核
聚变成质量较大的原子核,核子的比结合能增加,总质量减小,C 项错误,D 项正确。
【答案】AD
2.(2018 年全国卷Ⅲ,T14)1934 年, 约里奥—居里夫妇用α 粒子轰击铝核૚૜
૛ૠAl, 产生了第一个人工放射性核素
X:α൅૚૜
૛ૠAl→n+X。X 的原子序数和质量数分别为(
)。
A.15 和28
B.15 和30
C.16 和30
D.17 和31
【解析】将核反应方程式改写成૛
૝He൅૚૜
૛ૠAl՜૙
૚n+X,由电荷数和质量数守恒知,X 应为૚⺁
૜૙X,B 项正确。
3.(2018 年北京卷,T13)在核反应方程૛
૝He൅
ૠ
૚૝N՜
ૡ
૚ૠO+X 中,X 表示的是(
)。
A.质子
B.中子
C.电子
D.α粒子
【解析】核反应方程中,电荷数守恒和质量数守恒,X 为૚
૚H,A 项正确。
4.(2017 年全国卷Ⅰ,T17)大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电。氘核聚变反应方程是
ǣ૚
૛H൅૚
૛H՜૛
૜He൅૙
૚n。已知૚
૛H 的质量为2.0136 uǡ૛
૜He 的质量为3.0150 uǡ૙
૚n 的质量为1.0087 u,1 u=931 MeV/c2。氘核聚
变反应中释放的核能约为(
)。
A.3.7 MeV
B.3.3 MeV
C.2.7 MeV
D.0.93 MeV
【解析】氘核聚变反应的质量亏损Δm=2.0136 u×2-3.0150 u-1.0087 u=0.0035 u,由爱因斯坦质能方程可得释放的核
能E=0.0035×931 MeV≈3.3 MeV,B 项正确。
5.(2017 年全国卷Ⅱ,T15)一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核,衰变方程为ૢ
૛
૛૜ૡU՜ૢ૙
૛૜૝Th൅૛
૝He。下列说法正确的是
(
)。
A.衰变后钍核的动能等于α粒子的动能
B.衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小
C.铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间
D.衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量
【解析】衰变过程动量守恒,生成的钍核的动量与α粒子的动量等大反向,根据Ek=
࢖૛
૛࢓,可知衰变后钍核的动能小于α
粒子的动能,所以B 项正确,A 项错误;半衰期是一半数量的铀核衰变所需要的时间,C 项错误;衰变过程放出能量,质量发
生亏损,D 项错误。
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6.(2017 年天津卷,T1)我国自主研发制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证,这是我国对国际热
核聚变项目的重大贡献。下列核反应方程中属于聚变反应的是(
)。
AǤ૚
૛H൅૚
૜H՜૛
૝He൅૙
૚n
BǤૠ
૚૝N൅૛
૝He՜ૡ
૚ૠO൅૚
૚H
CǤ૛
૝He൅૚૜
૛ૠAl՜૚⺁
૜૙P൅૙
૚n
DǤૢ૛
૛૜⺁U൅૙
૚n՜⺁૟
૚૝૝Ba൅૜૟
ૡૢKr+૜૙
૚n
【解析】૚
૛H൅૚
૜H՜૛
૝He൅૙
૚n 是核聚变反应方程,A 项正确Ǣૠ
૚૝N൅૛
૝He՜ૡ
૚ૠO൅૚
૚H 是原子核的人工转变反应方程,B 项
错误Ǣ૛
૝He൅૚૜
૛ૠAl՜૚⺁
૜૙P൅૙
૚n 是居里夫妇发现人工放射性的核反应方程,C 项错误Ǣૢ૛
૛૜⺁U൅૙
૚n՜⺁૟
૚૝૝Ba൅૜૟
ૡૢKr+૜૙
૚n 是铀核裂变
的反应方程,D 项错误。
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一、选择题
1.(2019 年安庆联考)(多选)我国最新一代核聚变装置“EAST”在安徽合肥首次放电,显示了“EAST”装置具有良好的整
体性能,使等离子体约束时间达1000 s,温度超过1 亿摄氏度,这标志着我国磁约束核聚变研究进入国际先进水平。合肥
也成为世界上第一个建成此类全超导非圆截面核聚变实验装置并能实际运行的地方。核聚变的主要原料是氘,在海水
中含量极其丰富。已知氘核的质量为m1,中子的质量为m2ǡ૛
૜He 的质量为m3,质子的质量为m4,则下列说法中正确的是
(
)。
A.两个氘核聚变成一个૛
૜He 所产生的另一个粒子是质子
B.两个氘核聚变成一个૛
૜He 所产生的另一个粒子是中子
C.两个氘核聚变成一个૛
૜He 所释放的核能为(2m1-m3-m4)c2
D.两个氘核聚变成一个૛
૜He 所释放的核能为(2m1-m3-m2)c2
【解析】由核反应方程૛૚
૛H՜૛
૜He൅૙
૚X 知X 应为中子,释放的核能ΔE=(2m1-m3-m2)c2,A、C 两项错误,B、D 两项正
确。
2.(2019 年长春监测)(多选)2017 年1 月9 日,大亚湾反应堆中微子实验工程获得国家自然科学一等奖。大多数原子核发
生核反应的过程中都伴着中微子的产生,例如核裂变、核聚变、β衰变等。下列关于核反应的说法正确的是(
)。
A.ૢ
૙
૛૜૝Th 衰变为ૡ૟
૛૛૛Rn,经过3 次α衰变,2 次β衰变
BǤ૚
૛H൅૚
૜H՜૛
૝He൅૙
૚n 是α衰变方程ǡૢ૙
૛૜૝Th՜ૢ૚
૛૜૝Pa൅Ǧ૚
૙e 是β衰变方程
CǤૢ૛
૛૜⺁U൅૙
૚n՜⺁૟
૚૝૝Ba൅૜૟
ૡૢKr+૜૙
૚n 是核裂变方程,也是氢弹的核反应方程
D.高速运动的α粒子轰击氮核可从氮核中打出质子,其核反应方程为૛
૝He൅ૠ
૚૝N՜ૡ
૚ૠO൅૚
૚H
【解析】ૢ૙
૛૜૝Th 衰变为ૡ૟
૛૛૛Rn, 经过3 次α 衰变,2 次β 衰变,A 项正确Ǣ૚
૛H ൅૚
૜H ՜૛
૝He ൅૙
૚n 是核聚变方
程,ૢ
૙
૛૜૝Th՜ૢ૚
૛૜૝Pa൅Ǧ૚
૙e 是β衰变方程,B 项错误Ǣૢ૛
૛૜⺁U൅૙
૚n→⺁૟
૚૝૝Ba൅૜૟
ૡૢKr+૜૙
૚n 是核裂变方程,不是氢弹的核反应方程,C
项错误;高速运动的α粒子轰击氮核可从氮核中打出质子,其核反应方程为૛
૝He൅ૠ
૚૝N՜ૡ
૚ૠO൅૚
૚H,D 项正确。
【答案】AD
3.(2019 年汉中12 校联考)(多选)如图1 所示,一质量m=1 kg 的物块在平行斜面向上的拉力F 作用下从静止开始沿斜面
向上运动,t=0.5 s 时撤去拉力,其1.5 s 内的速度随时间变化的关系如图2 所示,g 取10 m/s2。则(
)。
A.0.5 s 时拉力的功率为12 W
B.1.5 s 内拉力做的功为9 J
C.1.5 s 后物块可能返回
D.1.5 s 后物块一定静止
【解析】0~0.5 s 内物块位移x1=
૚
૛×0.5×2 m=0.5 m,0.5 s~1.5 s 内物块的位移x2=
૚
૛×1×2 m=1 m,各阶段加速度分别为
a1=4 m/s2,a2=-2 m/s2。根据牛顿第二定律,0~0.5 s 内,有F-μmgcos θ-mgsin θ=ma1,0.5 s~1.5 s 内,有-μmgcos θ-mgsin θ=ma2,
联立解得F=6 N,但无法求出μ和θ。0.5 s 时,拉力的功率P=Fv=12 W,A 项正确。1.5 s 内的前0.5 s 拉力才做功,其大小
W=Fx1=3 J,B 项错误。无法求出μ和θ,不清楚tan θ与μ的大小关系,故无法判断物块能否静止在斜面上,C 项正确,D 项错
误。
4.(2019 年江西联考)雷蒙德·戴维斯因研究来自太阳的电子中微子(νe)而获得了诺贝尔物理学奖,他探测电子中微子所用
的探测器的主体是一个贮满615 t 四氯乙烯(C2Cl4)溶液的巨桶,电子中微子可以将一个氯核转变为一个氩核,其核反应
方程式为νe൅૚ૠ
૜ૠCl՜૚ૡ
૜ૠAr൅Ǧ૚
૙e,已知૚ૠ
૜ૠCl 核的质量为36.95658 uǡ૚ૡ
૜ૠAr 核的质量为36.95691 uǡǦ૚
૙e 的质量为0.00055 u,1 u
质量对应的能量为931.5 MeV。根据以上数据,可以判断参与上述反应的电子中微子的最小能量为(
)。
A.1.33 MeV
B.0.82 MeV
C.0.51 MeV
D.0.31 MeV
【解析】根据
1
原子质量单位(u) 相当于
931.5
MeV
的能量, 则ΔE=Δm×931.5
MeV=(36.95691+0.00055-36.95658)×931.5 MeV≈0.82 MeV。
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5.(2019 年湖南摸底考试)(多选)一个静止的放射性原子核处于垂直纸面向里的匀强磁场中,由于发生了某种衰变而形成
了如图所示的两个圆形径迹,两圆半径之比为1∶16,则(
)。
A.该原子核发生了β衰变
B.原来静止的原子核的原子序数为15
C.反冲核沿小圆做逆时针方向运动
D.该衰变过程结束后其系统的总质量略有增加
【解析】由图看出,原子核衰变后放出的粒子与新核所受的洛伦兹力方向相同,而两者速度方向相反,则知两者的电
性相反,新核带正电,则放出的必定是β粒子,即发生了β衰变,A 项正确。根据动量守恒定律得知,放出的β粒子与新核的动
量大小相等,由r=
࢓࢜ࢗ
࡮=
࢖ࢗ
࡮,得半径与电荷量成反比,两圆半径之比为1∶16,由于新核的电荷量较大,则小圆是新核的轨迹,
由半径之比得到新核的电荷量为16e,原子序数为16,则原来静止的原子核的原子序数为15,B 项正确。衰变后新核所受
的洛伦兹力方向向右,根据左手定则判断得知,其速度方向向下,沿小圆做逆时针方向运动,C 项正确。该衰变过程会放出
能量,质量略有亏损,D 项错误。
【答案】ABC
6.(2019 年郑州三模)地球和某行星在同一轨道平面内同向绕太阳做匀速圆周运动,地球和太阳中心的连线与地球和行
星的连线所成夹角叫作地球对该行星的观察视角,如图中θ。当行星处于最大观察视角时是地球上的天文爱好者观察该
行星的最佳时机。已知某行星的最大观察视角为θ0,则该行星绕太阳转动的角速度与地球绕太阳转动的角速度的比值
为(
)。
A.
૚
hܑܖ૜ࣂ૙
B. hܑܖ૜ࣂ૙
C.
૚
hܑܖࣂ૙
D.
૚
hܑܖࣂ૙
【解析】设地球绕太阳转动的半径为R,由题意知当地球与行星的连线与行星轨道相切时,视角最大,可得行星的轨
道半径r=Rsin θ0,故࢘ࡾ=sin θ0。设太阳质量为M,根据万有引力提供向心力,则有G
ࡹ࢓࢘
૛=mω2r,得ω=
ࡳࡹ࢘
૜。行星绕太阳转动
的角速度与地球绕太阳转动的角速度之比࣓
行࣓
地
=
ࡾ૜࢘
૜=
૚
hܑܖ૜ࣂ૙,A 项正确。
二、非选择题
7.(2019 年榆林四模)气垫导轨是常用的一种实验仪器,它利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫,使滑块悬浮在导
轨上,滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。现用带竖直挡板的气垫导轨和带有挡光片的滑块1 和2 验证动量守恒定
律,实验装置如图1 所示,实验步骤如下:
A.用天平分别测出滑块1、2 的质量,记为m1、m2
B.用游标卡尺测出挡光片(相同的两块)的宽度,记为d
C.调整气垫导轨使导轨处于水平
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D.在滑块1、2 间放入一个被压缩的轻弹簧(图中未画出),用电动卡销锁定,静止放置在两光电门之间的气垫导轨上
E.按下电钮松开卡销记录滑块1 通过光电门1 的挡光时间t1,以及滑块2 通过光电门2 的挡光时间t2
(1)实验中测量的挡光片的宽度d 如图2 所示,则d=
mm。
(2)利用上述测量的实验数据验证动量守恒定律的表达式为
。(用对应的物理量的符号表示)
【解析】(1)由图2 游标卡尺可知,其示数d=0 mm+5×0.1 mm=0.5 mm。
(2)滑块1、2 经过光电门时的速度分别为v1=
ࢊ࢚
૚,v2=
ࢊ࢚
૛。系统动量守恒,由动量守恒定律m1v1-m2v2=0 得
࢓૚࢚
૚=
࢓૛࢚
૛。
【答案】(1)0.5
(2)
࢓૚࢚
૚=
࢓૛࢚
૛
8.(2019 年吉林长春监测)为了测量某待测电阻Rx 的阻值(约为30 Ω),有以下一些器材可供选择:
电流表
(量程为0~50 mA,内阻约为10 Ω);
电流表
(量程为0~3 A,内阻约为0.12 Ω);
电压表
(量程为0~3 V,内阻很大);
电压表
(量程为0~15 V,内阻很大);
电源E(电动势约为3 V,内阻约为0.2 Ω);
定值电阻R(20 Ω,允许通过的最大电流为1.0 A);
滑动变阻器R1(0~10 Ω,允许通过的最大电流为2.0 A);
滑动变阻器R2(0~1 kΩ,允许通过的最大电流为0.5 A);
单刀单掷开关S 一个,导线若干。
根据以上器材设计电路,要求测量范围尽可能大、精确度高。
(1)电流表应选
,电压表应选
,滑动变阻器应选
。(填写器材符号)
(2)请画出测量电阻Rx 的实验电路图(并在电路图中标出所用元件的对应符号)。
(3)若电压表示数为U,电流表示数为I,则待测电阻Rx 的表达式为Rx=
。
【解析】(1)因电源电压为3 V,电压表只能选择0~3 V,故选电压表
,因待测电阻约为30 Ω,则电路中的最大电流为
100 mA,只能选用量程为0~50 mA 的电流表,故选电流表
;根据题意可知,电路应采用分压接法,滑动变阻器应选用较
小的电阻,故滑动变阻器选用R1。
(2)要求所测量的范围尽可能大些,故应采用滑动变阻器分压式接法,为了提高实验的精确程度,根据电压表和电流
表量程和待测电阻阻值分析可知,需将定值电阻与待测电阻串联;电压表的内阻很大,由于
ࡾ܄
ࡾ࢞൅܀>
ࡾ࢞൅܀
ࡾۯ ,电压表分流较小,
故采用电流表外接法,电路如图所示。
(3)由欧姆定律可知R+Rx=
ࢁ
ࡵ,可得Rx=
ࢁ
ࡵ-R。
【答案】(1)
R1
(2)如图所示
(3)
ࢁ
ࡵ-R
9.(2020 年大连模拟)如图1 所示,质量m=20 kg 的物体在大小恒定的水平外力作用下,冲上一足够长逆时针转动的水平
传送带上,传送带的速度大小v0=10 m/s,从物体刚冲上传送带时开始计时,物体的速度—时间图象如图2 所示(取向右为
正方向),已知0~2 s 内水平外力与物体运动方向相反,2 s~4 s 内水平外力与物体运动方向也相反,g 取10 m/s2。求:
(1)物体与传送带间的动摩擦因数。
(2)0~4 s 内物体与传送带间因摩擦产生的热量Q。
【解析】(1)在0~2 s 时间内a1=5 m/s2,且F+f=ma1
在2 s~4 s 时间内a2=1 m/s2,且f-F=ma2
又f=μmg
联立解得F=40 N,f=60 N,μ=0.3。
(2)在0~2 s 时间内物体的位移x1=࢜૚൅૙
૛t1=10 m
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第1 讲
分子动理论
内能
(129)
1.(扩散现象)(2019 年太原第五中学测验)(多选)关于扩散现象,下列说法正确的是(
)。
A.温度越高,扩散进行得越快
B.扩散现象是不同物质间的一种化学反应
C.扩散现象是由物质分子无规则运动产生的
D.扩散现象在气体、液体和固体中都能发生
E.液体中的扩散现象是由液体的对流形成的
【解析】不同物质相互进入对方的现象叫扩散,这是由分子无规则运动产生的,没有发生化学反应,温度越高扩散进
行得越快,A、C 两项正确,B、E 两项错误;扩散现象在气体、液体和固体中都能发生,D 项正确。
【答案】ACD
2.(分子力和分子势能)(2019 年东营四校联考)(多选)对于分子动理论和物体内能的理解,下列说法正确的是(
)。
A.温度高的物体内能不一定大,但分子平均动能一定大
B.外界对物体做功,物体内能一定增加
C.温度越高,布朗运动越显著
D.当分子间的距离增大时,分子间作用力就一直减小
E.当分子间作用力表现为斥力时,随分子间距离的减小分子势能增大
【解析】温度高的物体分子平均动能一定大,但内能不一定大,A 项正确;外界对物体做功,若散热,物体内能不一定
增加,B 项错误;温度越高,布朗运动越显著,C 项正确;当分子间的距离增大时,分子间作用力也可能先增大后减小,D 项错
误;当分子间作用力表现为斥力时,分子势能随分子间距离的减小而增大,E 项正确。
【答案】ACE
3.(微观估算分子大小)(2019 年泉州调研)(多选)钻石是首饰和高强度钻头、刻刀等工具中的主要材料。设钻石的密度为
ρ(单位为kg/m3),摩尔质量为M(单位为g/mol),阿伏加德罗常数为NA。已知1 克拉=0.2 克,则(
)。
A.a 克拉钻石所含有的分子数为
૙Ǥ૛ࢇࡺۯ
ࡹ
B.a 克拉钻石所含有的分子数为
ࢇࡺۯ
ࡹ
C.每个钻石分子直径的表达式为
૜૟球ൈ૚૙Ǧ૜
ۼ࡭ૉ࣊
(单位为m)
D.每个钻石分子直径的表达式为
૟球
ۼ࡭ૉ࣊(单位为m)
E.每个钻石分子的质量为
球
ۼ࡭
【解析】a 克拉钻石物质的量(摩尔数)n=
૙Ǥ૛h
球,所含分子数N=nNA=
૙Ǥ૛hۼ࡭
球
,A 项正确,B 项错误;钻石的摩尔体积
V=
球ൈ૚૙Ǧ૜
ૉ
(单位为m3/mol),每个钻石分子体积V0=
܄
ۼ࡭=
球ൈ૚૙Ǧ૜
ۼ࡭ૉ,设钻石分子直径为d,则V0=
૚
૟πd3,联立解得d=
૜૟ࡹൈ૚૙Ǧ૜
ࡺۯ࣋ૈ
(单位
为m),C 项正确,D 项错误;根据阿伏加德罗常数的意义知,每个钻石分子的质量m=
ࡹ
ࡺۯ,E 项正确。
【答案】ACE
4.(分子动理论)(2019 南昌一模)(多选)下列说法正确的是(
)。
A.对理想气体做功,内能不一定增加
B.水由液态变为气态,分子势能增加
C.液态的水分子比气态的水分子动能更小
D.已知水的摩尔质量和水分子的质量,可以计算出阿伏加德罗常数
E.当分子力表现为引力时,分子力和分子势能都随分子间距离的增大而增大
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【解析】对理想气体做功,若气体向外放热,则内能不一定增加,A 项正确;水由100 ℃的液态变为100 ℃的气态时
要吸收热量,但是分子动能不变,则分子势能增加,B 项正确;分子动能遵循统计规律,单个的水分子动能无法比较,C 项错
误;用水的摩尔质量除以水分子的质量,可以得到阿伏加德罗常数,D 项正确;当分子力表现为引力时,从分子间距为r0 开
始,分子力随分子间距离的增大先增大后减小,分子势能都随分子间距离的增大而增大,E 项错误。
【答案】ABD
5.(油膜法估测分子大小的实验)(2019 年四川绵阳10 月模拟)粗测油酸分子大小的实验中,具体操作如下:
①取油酸1.00 mL 注入250 mL 的容量瓶内,然后向瓶中加入酒精,直到液面达到250 mL 的刻度为止,摇动瓶使油酸在
酒精中充分溶解,形成油酸的酒精溶液。
②用滴管吸取制得的溶液逐滴滴入量筒,记录滴入的滴数直到在量筒中达到1.00 mL,共滴了100 滴。
③在水盘内注入蒸馏水,静置后用滴管吸取油酸酒精溶液,轻轻地向水面滴一滴溶液,酒精挥发后,油酸在水面上尽可能
地散开,形成一油膜。
④测得此油膜面积为3.60×102 cm2。
(1)这种粗测方法是将每个分子视为球形,让油酸尽可能地在水面上散开,则形成的油膜可视为
,这层油膜的
厚度则可视为油分子的直径。
(2)利用数据可求得油酸分子的直径为
m。(结果保留2 位有效数字)
【解析】(1)这种粗测方法是将每个分子视为球形,让油酸尽可能地在水面上散开,则形成的油膜面积可视为单分子
油膜,这层油膜的厚度则可视为油分子的直径。
(2)1 滴溶液中纯油酸的体积
V=
૚
૚૙૙×
૚
૛⺁૙mL=4×10-5 mL
油酸分子的直径
d=
ࢂ
ࡿ≈1.1×10-7 cm=1.1×10-9 m。
【答案】(1)单分子油膜
(2)1.1×10-9
6.(油膜法估测分子大小的实验)(2019 年山西临汾一中自测)在做“用油膜法估测分子大小”的实验时,油酸酒精溶液的浓
度为每2000 mL 溶液中有纯油酸1 mL。用注射器测得1 mL 上述溶液有200 滴,把一滴该溶液滴入盛水的、表面撒有
痱子粉的浅盘里,待水面稳定后,测得油酸膜的近似轮廓如图所示,图中正方形小方格的边长为1 cm,则每一滴油酸酒精
溶液中含有纯油酸的体积是
mL,油酸膜的面积是
cm2,据上述数据,估测出油酸分子的直径是
m。(计算结果均保留2 位有效数字)
【解析】每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积
V=
૚
૛૙૙૙×
૚
૛૙૙mL=2.5×10-6 mL
由题图可知油酸膜的面积是41 cm2
由公式d=
ࢂ
ࡿ得d≈6.1×10-10 m。
【答案】2.5×10-6
41
6.1×10-10
1.[2018 年全国卷Ⅱ,T33(1)](多选)对于实际的气体,下列说法正确的是(
)。
A.气体的内能包括气体分子的重力势能
B.气体的内能包括气体分子之间相互作用的势能
C.气体的内能包括气体整体运动的动能
D.气体的体积变化时,其内能可能不变
E.气体的内能包括气体分子热运动的动能
【解析】气体的内能不考虑气体自身重力的影响,故气体的内能不包括气体分子的重力势能,A 项错误。实际气体
的内能包括气体的分子动能和分子势能两部分,B、E 两项正确。气体整体运动的动能属于机械能,不是气体的内能,C
项错误。气体体积变化时,分子势能发生变化,气体温度也可能发生变化,即分子势能和分子动能的和可能不变,D 项正确。
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【答案】BDE
2.[2017 年全国卷Ⅰ,T33(1)](多选)氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体
分子速率的变化分别如图中两条曲线所示。下列说法正确的是(
)。
A.图中两条曲线下面积相等
B.图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形
C.图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形
D.图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目
E.与0 ℃时相比,100 ℃时氧气分子速率出现在0~400 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比较大
【解析】温度是分子平均动能的标志,温度升高分子的平均动能增加,不同温度下相同速率的分子所占比例不同,
温度越高,速率大的分子所占比例越高,故虚线为0 ℃对应的曲线,实线是100 ℃对应的曲线,曲线下的面积都等于1,故
相等,A、B、C 三项正确。
【答案】ABC
3.[2016 年全国卷Ⅲ,T33(1)](多选)关于气体的内能,下列说法正确的是(
)。
A.质量和温度都相同的气体,内能一定相同
B.气体温度不变,整体运动速度越大,其内能越大
C.气体被压缩时,内能可能不变
D.一定量的某种理想气体的内能只与温度有关
E.一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中,内能一定增加
【解析】质量和温度都相同的气体,虽然分子平均动能相同,但可能是不同的气体,则其摩尔质量不同,即分子个数不
同,所以分子动能不一定相同,A 项错误;气体整体运动的动能属于机械能,不是气体的内能,B 项错误;根据
࢖ࢂ
ࢀ=C 可知,若
为等温压缩,则内能不变,若为等压膨胀,则温度升高,内能一定增大,C、E 两项正确;因为理想气体的分子势能为零,所以
理想气体的内能等于分子总动能,而分子动能只与温度有关,D 项正确。
【答案】CDE
4.(2017 年海南卷,T15)(多选)关于布朗运动,下列说法正确的是(
)。
A.布朗运动是液体中悬浮微粒的无规则运动
B.液体温度越高,液体中悬浮微粒的布朗运动越剧烈
C.在液体中的悬浮颗粒只要大于某一尺寸,都会发生布朗运动
D.液体中悬浮微粒的布朗运动使液体分子永不停息地做无规则运动
E.液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子对它的撞击作用不平衡所引起的
【解析】布朗运动是液体中悬浮微粒的无规则运动,故A 项正确。液体温度越高,分子热运动越剧烈,液体中悬浮微
粒的布朗运动越剧烈,故B 项正确。悬浮颗粒越大,惯性越大,碰撞时受到的冲力越易平衡,所以大颗粒的布朗运动不明
显,C 项错误。布朗运动是悬浮在液体中的颗粒的无规则运动,而不是液体分子的无规则运动,故D 项错误。布朗运动是
由液体分子从各个方向对悬浮颗粒撞击作用的不平衡引起的,故E 项正确。
【答案】ABE
5.[2019 年全国卷Ⅲ,T33(1)]用油膜法估算分子大小的实验中,首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液,稀释的
目的是
。实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积,可
以
。
为得到油酸分子的直径, 还需测量的物理量
是
。
【解析】“用油膜法估算分子大小”实验的依据是把油酸形成的膜看成单分子油膜进行测量,所以首先要稀释纯油
酸,使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜。若直接滴纯油酸,形成的油膜太厚,无法形成单分子层油膜。把
油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中,测出1 ml 油酸酒精溶液的滴数,可以得到一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯
油酸的体积V,再统计出单分子层油膜的面积S,然后就可计算出油酸分子直径d=
ࢂ
ࡿ。
【答案】使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜
把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中,测出1
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ml 油酸酒精溶液的滴数,从而得到一滴溶液中纯油酸的体积
单分子层油膜的面积
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第2 讲
固体、液体和气体
(131)
1.(气体分子特征)(2019 年安徽省安庆市第二中学检测)(多选)气体分子运动的特点是(
)。
A.分子除相互碰撞或跟容器壁碰撞外,可在空间里自由移动
B.分子的频繁碰撞致使它做杂乱无章的热运动
C.分子沿各个方向运动的机会均等
D.分子的速率分布毫无规律
E.每个分子速率没有变化规律,但在不同速率范围内,分子数的分布是均匀的
【解析】气体分子间距大,分子之间的作用力可以忽略,分子除相互碰撞或跟容器壁碰撞外,可在空间里自由移动,A
项正确;气体分子的频繁碰撞致使它做杂乱无章的热运动,B 项正确;根据统计规律,分子沿各个方向运动的机会均等,C
项正确;单个气体分子热运动的速率是没有规律的,但大量分子热运动的速率遵循“中间大,两头少”的统计规律,D、E 两
项错误。
【答案】ABC
2.(液体、气体性质)(2019 年昆明质检)(多选)下列说法正确的是(
)。
A.水的饱和汽压随温度的升高而增加
B.浸润和不浸润现象是液体分子间相互作用的表现
C.一定质量的0 ℃的水的内能大于等质量的0 ℃的冰的内能
D.气体的压强是由气体分子间的相互排斥而产生的
E.一些昆虫可以停在水面上,是由于水表面存在表面张力
【解析】饱和汽压与液体材料和温度有关,温度越高,饱和汽压越大,A 项正确;浸润与不浸润均是液体的表面层与固
体表面的分子之间相互作用的结果,B项错误;由于水结冰要放热,故一定质量的0 ℃的水的内能大于等质量的0 ℃的冰
的内能,C 项正确;气体的压强是由气体分子对容器壁的频繁碰撞引起的,与分子数密度和平均动能有关,D 项错误;昆虫
可以停在水面上,是由于水表面存在表面张力,E 项正确。
【答案】ACE
3.(固体、液体和气体的性质)(2019 年江西省重点中学八校联考)(多选)关于固体、液体和气体,下列说法正确的是(
)。
A.一定质量的理想气体放出热量,它的内能可能增加
B.晶体一定具有规则形状,且有各向异性
C.单晶体的某些物理性质可能具有各向异性,而多晶体和非晶体一定是各向同性的
D.0 ℃的水和0 ℃的冰具有相同的内能
E.雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力
【解析】一定质量的理想气体放出热量的同时如果外界对其做功,则它的内能可能增加,故A 项正确;晶体分为单晶
体和多晶体,只有单晶体具有规则形状,而多晶体没有规则形状,单晶体的某些物理性质可能是各向异性的,多晶体和非
晶体的物理性质一定是各向同性的,故B 项错误,C 项正确;雨水在布料上形成一层薄膜,雨水没有透过布雨伞是因为液
体表面存在张力,故E 项正确;水结冰时需要放热,故在相同质量下0 ℃的水的内能大于0 ℃的冰的内能,同时内能与物
质的质量有关,如果不能明确质量大小,则无法比较内能的大小,故D 项错误。
【答案】ACE
4.(系统非平衡状态)(2020 年浙江模拟)(多选)如图所示,在沿水平方向以加速度a=1 m/s2 匀加速行驶的车厢中,斜靠着一
个与水平方向成α=37°角的汽缸。一质量m=2 kg、横截面积S=10 cm2 的光滑活塞,将一定质量的气体封闭在汽缸内,
并与汽缸保持相对静止。已知大气压强p0=1×105 Pa。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2)下列说法正确的是(
)。
A.汽缸对活塞的弹力为16 N
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B.汽缸对活塞的弹力为17.2 N
C.汽缸内气体的压强约为1.1×105 Pa
D.汽缸内气体的压强约为2.8×105 Pa
E.若小车的加速度增大,则汽缸活塞会向上移动
【解析】对活塞受力分析,如图所示,把加速度分解为沿活塞方向与垂直于活塞方向,由牛顿第二定律可得FN-mgcos
α=masin α,mgsin α+p0S-pS=macos α,联立解得FN=17.2 N,p≈1.1×105 Pa,A、D 两项错误,B、C 两项正确;若加速度增大,
根据mgsin α+p0S-pS=macos α可知缸内气压p 减小,活塞将向上移动,E 项正确。
【答案】BCE
5.(液封模型)(2019 年南京一中开学考试)(多选)如图所示,有一重力可以忽略的薄壁小试管开口向下竖直地浮在很大的
水银槽内,试管中有一长为h1 的水银柱封住两段气体A、B,A、B 气柱长分别为l1、l2,管内外水银面高度差为h2,在保持
温度不变的情况下,下列说法正确的是(
)。
A.开始时h2 一定等于h1
B.若外界大气压缓慢增加少许,则h2 不变,l1 变小,l2 变小
C.若外界大气压缓慢增加少许,则h2 变小,l1 变大,l2 变大
D.若用手轻按试管,使试管竖直向下移少许,则h2 变大,l1 变小,l2 变小
E.若用手轻按试管,使试管竖直向下移少许,则h2 变小,l1 变小,l2 变大
【解析】分析两段气柱的压强变化,气体发生的是等温变化,根据玻意耳定律判断l1、l2 的长度变化。薄壁小试管
的质量可以不计,则由ρgh1S=ρgh2S 知h1=h2,B 中气体压强等于p1+ρgh1=p0+ρgh2,所以A 中气体压强等于大气压强,当外
界大气压缓慢增加少许时,A、B 中的气体压强增大,根据玻意耳定律,体积减小,l1 变小,l2 变小;由于h1=h2,即h2 不变,A、
B 两项正确,C 项错误。用手轻按试管,相当于施加一向下的力,A、B 中气体压强均增大,l1 变小,l2 变小,p2=p0+ρgh2 变大,h2
变大,D 项正确,E 项错误。
【答案】ABD
6.(充气问题)(2019 年辽宁丹东二中一模)某艘潜艇,最大下潜深度可达300 m,某次在执行任务时位于水面下h=150 m 处,
潜艇上有一容积V1=2 m3 的贮气钢筒,筒内贮有压缩空气,其压强p1=200 atm,每次将筒内一部分空气压入水箱(水箱由
排水孔与海水相连),排出海水的体积ΔV=0.9 m3,当贮气钢筒中的压强降低到p2=20 atm 时,需重新充气。设潜艇保持水
面下深度不变,在排水过程中气体的温度不变,水面上空气压强p0=1 atm,取海水密度ρ=1.0×103 kg/m3,重力加速度g=10
m/s2。1 atm=1×105 Pa。求该贮气钢筒重新充气前可将筒内空气压入水箱的次数。
【解析】设贮气钢筒内气体的压强变为p2 时,体积为V2,根据玻意耳定律得p2V2=p1V1
重新充气前,用去的气体在p2 压强下的体积
V3=V2-V1
设用去的气体在水箱压强为p4 时的体积为V4,则有p2V3=p4V4,其中p4=p0+࣋
ࢍࢎ
૚૙⺁=16 atm
则压入水箱次数N=
ࢂ૝
ȟࢂ
解得N=25。
【答案】25
7.(放气问题)(2019 年四川成都月考)如图所示是某排水管道的侧面剖视图。井盖上的泄水孔因故堵塞,井盖与管口间密
封良好但不粘连。暴雨期间,水位迅速上涨,该井盖可能会不断跳跃。假设井盖质量m=20.0 kg,圆柱形竖直井内水面面
积S=0.200 m2,图示时刻水面与井盖之间的距离h=2.00 m,井内密封有压强刚好等于大气压强p0=1.01×105 Pa、温度
T0=300 K 的空气(可视为理想气体),重力加速度取g=10 m/s2。密闭空气的温度始终不变。(计算结果保留3 位有效数字)
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(1)从图示位置起,水面上涨多少后井盖第一次被顶起?
(2)井盖第一次被顶起后迅速回落再次封闭井内空气,此时空气压强重新回到p0,温度仍为T0,则此次向外界排出的空气
当压强变为p0、温度变为T1=290 K 时体积是多少?
(3)若水面匀速上涨,则井盖跳跃的时间间隔如何变化?
【解析】(1)井盖被顶起时,井内气体的压强满足pS=p0S+mg,则
p=p0+
࢓ࢍ
ࡿ=1.02×105 Pa
设水面上涨x,根据玻意耳定律,有p(h-x)S=p0hS
代入数据解得x=1.96 cm。
(2)井盖第一次被顶起后,排出压强为p、温度T0=300 K 的气体的体积V1=xS,则排出的空气当压强为p0、温度T1=290
K 时体积V2 满足
࢖࢞ࡿ
ࢀ૙=
࢖૙ࢂ૛
ࢀ૚
代入数据解得V2=3.83×10-3 m3。
(3)若水面匀速上涨,则井内气体的体积均匀减少,压强的变化变快,则井盖跳跃的时间间隔减小。
【答案】(1)1.96 cm
(2)3.83×10-3 m3
(3)逐渐变小
1.[2017 年全国卷Ⅱ,T33(1)](多选)如图所示,用隔板将一绝热汽缸分成两部分,隔板左侧充有理想气体,隔板右侧与绝热
活塞之间是真空。现将隔板抽开,气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后,缓慢推压活塞,将气体压回到原来的
体积。假设整个系统不漏气。下列说法正确的是(
)。
A.气体自发扩散前后内能相同
B.气体在被压缩的过程中内能增大
C.在自发扩散过程中,气体对外界做功
D.气体在被压缩的过程中,外界对气体做功
E.气体在被压缩的过程中,气体分子的平均动能不变
【解析】气体向真空扩散的过程中不对外做功,且又因为汽缸绝热,可知气体自发扩散前后内能相同,A 项正确,C 项
错误;气体在被压缩的过程中活塞对气体做功,因汽缸绝热,所以气体内能增大,B、D 两项正确;气体在被压缩的过程中,
气体内能增加,温度升高,气体分子的平均动能增加,E 项错误。
【答案】ABD
2.[2019 年全国卷Ⅱ,T33(1)]如p-V 图所示,1、2、3 三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态,对应的温度分
别是T1、T2、T3。用N1、N2、N3 分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数,
则N1
N2,T1
T3,N2
N3。(选填“大于”“小于”或“等于”)
【解析】对于1、2 两个状态,根据理想气体的状态方程pV=CT,因为1、2 两个状态气体的体积相同,1 状态的压强
较大,所以其温度也较高,气体分子运动的平均速率较大,由气体压强的微观意义,可知1 状态的气体分子在单位时间内
撞击容器壁上单位面积的次数会更多,即N1>N2;对于1、3 两个状态,由理想气体状态方程知,T1=T3;对于2、3 两个状态,
根据理想气体的状态方程pV=CT,又2、3 两个状态气体的压强相同,3 状态的体积较大,所以3 状态的温度较高,气体分
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子平均速率较大,由气体压强的微观意义可知,N2>N3。
【答案】大于
等于
大于
3.[2019 年全国卷Ⅱ,T33(2)]如图,一容器由横截面积分别为2S 和S 的两个汽缸连通而成,容器平放在水平地面上,汽缸内
壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分,分别充有氢气、空气和氮气。平衡时,氮气的压强和体积
分别为p0 和V0,氢气的体积为2V0,空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出,抽气过程中氢气和氮气的温度保
持不变,活塞没有到达两汽缸的连接处,求:
(1)抽气前氢气的压强。
(2)抽气后氢气的压强和体积。
【解析】(1)设抽气前氢气的压强为p10,根据力的平衡条件得
(p10-p)·2S=(p0-p)·S
得p10=
૚
૛(p0+p)。
(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1 和V1,氮气的压强和体积分别为p2 和V2。根据力的平衡条件有
p2·S=p1·2S
由玻意耳定律得
p1V1=p10·2V0
p2V2=p0V0
由于两活塞用刚性杆连接,故
V1-2V0=2(V0-V2)
联立解得
p1=
૚
૛p0+
૚
૝p
V1=
૝ሺ࢖૙൅ܘሻࢂ૙
૛࢖૙൅ܘ。
【答案】(1)
૚
૛(p0+p)
(2)
૚
૛p0+
૚
૝p
૝ሺ࢖૙൅ܘሻࢂ૙
૛࢖૙൅ܘ
4.[2018 年全国卷Ⅰ,T33(2)]如图,容积为V 的汽缸由导热材料制成,面积为S 的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分,
汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连,细管上有一阀门K。开始时,K 关闭,汽缸内上下两部分气体的压强均为
p0。现将K 打开,容器内的液体缓慢地流入汽缸,当流入的液体体积为
ࢂ
ૡ时,将K 关闭,活塞平衡时其下方气体的体积减小
了
ࢂ
૟。不计活塞的质量和体积,外界温度保持不变,重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。
【解析】设活塞再次平衡后,活塞上方气体的体积为V1,压强为p1;下方气体的体积为V2,压强为p2。在活塞下移的
过程中,活塞上、下方气体的温度均保持不变,由玻意耳定律得
p0
ࢂ
૛=p1V1
p0
ࢂ
૛=p2V2
由已知条件得
V1=
ࢂ
૛+
ࢂ
૟-
ࢂ
ૡ=
૚૜
૛૝V
V2=
ࢂ
૛-
ࢂ
૟=
ࢂ
૜
设活塞上方液体的质量为m,由力的平衡条件得
p2S=p1S+mg
联立以上各式得m=
૚⺁࢖૙܁
૛૟ࢍ。
【答案】
૚⺁࢖૙܁
૛૟ࢍ
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5.[2018 年全国卷Ⅲ,T33(2)]在两端封闭、粗细均匀的U 形细玻璃管内有一段水银柱,水银柱的两端各封闭有一段空气。
当U 形管两端竖直朝上时,左、右两边空气柱的长度分别为l1=18.0 cm 和l2=12.0 cm,左边气体的压强为12.0 cmHg。
现将U 形管缓慢平放在水平桌面上,没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U 形管平放时两边空气柱的长度。
在整个过程中,气体温度不变。
【解析】设U 形管两端竖直朝上时,左、右两边气体的压强分别为p1 和p2。U 形管水平放置时,两边气体压强相等,
设为p,此时原左、右两边气柱长度分别变为l1'和l2',如图所示。由力的平衡条件有
p1=p2+ρg(l1-l2)
式中ρ为水银密度,g 为重力加速度大小
由玻意耳定律有
p1Sl1=pSl1'
p2Sl2=pSl2'
两边气柱长度的变化量大小相等
l1'-l1=l2-l2'
联立解得l1'=22.5 cm,l2'=7.5 cm。
【答案】22.5 cm
7.5 cm
6.[2017 年全国卷Ⅱ,T33(2)]一热气球体积为V,内部充有温度为Ta 的热空气,气球外冷空气的温度为Tb。已知空气在1
个大气压、温度T0 时的密度为ρ0,该气球内、外的气压始终都为1 个大气压,重力加速度大小为g。
(1)求该热气球所受浮力的大小。
(2)求该热气球内空气所受的重力。
(3)设充气前热气球的质量为m0,求充气后它还能托起的最大质量。
【解析】(1)设1 个大气压下质量为m 的空气在温度T0 时的体积为V0,则密度ρ0=
࢓
ࢂ૙
设温度为T 时同质量的空气的体积为VT,则密度ρT=
࢓
ࢂࢀ
由盖—吕萨克定律可得
ࢂ૙
ࢀ૙=
ࢂࢀ
ࢀ
联立上式解得ρT=ρ0
ࢀ૙
ࢀ
气球所受的浮力f=ρTbgV
联立上式解得f=࣋૙l܄ࢀ૙
ࢀ࢈
。
(2)气球内热空气所受的重力G=ρTaVg
联立解得G=࣋૙l܄ࢀ૙
ࢀࢇ
。
(3)设该气球还能托起的最大质量为m',由力的平衡条件得m'g=f-G-m0g
联立上式可得m'=Vρ0T0
૚
ࢀ࢈Ǧ
૚
ࢀࢇ-m0。
【答案】(1)࣋૙l܄ࢀ૙
ࢀ࢈
(2)࣋૙l܄ࢀ૙
ࢀࢇ
(3)Vρ0T0
૚
ࢀ࢈Ǧ
૚
ࢀࢇ-m0
7.[2017 年全国卷Ⅲ,T33(2)]一种测量稀薄气体压强的仪器如图1 所示,玻璃泡M 的上端和下端分别连通两竖直玻璃细
管K1 和K2。K1 长为l,顶端封闭,K2 上端与待测气体连通;M 下端经橡皮软管与充有水银的容器R 连通。开始测量时,M
与K2 相通;逐渐提升R,直到K2 中水银面与K1 顶端等高,此时水银已进入K1,且K1 中水银面比顶端低h,如图2 所示。设
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测量过程中温度、与K2 相通的待测气体的压强均保持不变。已知K1 和K2 的内径均为d,M 的容积为V0,水银的密度为
ρ,重力加速度大小为g。求:
(1)待测气体的压强。
(2)该仪器能够测量的最大压强。
【解析】(1)水银面上升至M 的下端使玻璃泡中的气体恰好被封住,设此时被封闭的气体的体积为V,压强等于待测
气体的压强p。提升R,直到K2 中水银面与K1 顶端等高时,K1 中的水银面比顶端低h;设此时封闭气体的压强为p1,体积
为V1,则V=V0+ૈ
ࢊ૛t
૝
V1=ૈ
ࢊ૛h
૝
由力学平衡条件得p1=p+ρgh
整个过程为等温过程,由玻意耳定律得pV=p1V1
联立上式得p=ૈ࣋
ࢍࢊ૛ࢎ૛
૝ࢂ૙൅ૈࢊ૛ሺtǦhሻ。
(2)由题意知h≤l
联立上式有p≤ૈ࣋
ࢍࢊ૛࢒૛
૝ࢂ૙
则该仪器能够测量的最大压强pmax=ૈ࣋
ࢍࢊ૛࢒૛
૝ࢂ૙
。
【答案】(1)ૈ࣋
ࢍࢊ૛ࢎ૛
૝ࢂ૙൅ૈࢊ૛ሺtǦhሻ
(2)ૈ࣋
ࢍࢊ૛࢒૛
૝ࢂ૙
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第3 讲
热力学定律
(134)
1.(热力学第一定律与气体实验定律综合)(2020 年武汉模拟)一定质量的理想气体,从初始状态A 经状态B、C 再回到状
态A,变化过程如图所示,其中A 到B 曲线为双曲线,图中p0 和V0 为已知量,并已知状态A 的温度为T0,则状态C 的温度
为
,从B 到C 的过程中,气体做功大小为
,从A 经状态B、C 再回到状态A 的过程中,气体吸放热情
况为
(选填“吸热”“放热”或“无吸放热”)。
【解析】从C 回到状态A 为等压过程,根据
࢖࡭ࢂ࡭
ࢀ࡭=
࢖࡯ࢂ࡯
ࢀ࡯可得状态C 的温度为3T0;从B 到C 的过程中,气体做功大小
等于BC 线与V 轴所围的“面积”大小,故有W=
૚
૛×(p0+2p0)×V0=
૜
૛p0V0;气体从A 经状态B,再到状态C 气体对外做功,从C
到A 外界对气体做功,根据所围“面积”表示气体做功可知,整个过程气体对外做功小于外界对气体做功,而内能不变,根
据热力学第一定律知气体要放热。
【答案】3T0
૜
૛p0V0
放热
2.(热力学第一定律与气体实验定律)(2020 年芜湖模拟)如图所示,一定质量的理想气体在状态A 时压强为2.0×105 Pa,
经历A→B→C→A 的过程,整个过程中对外界放出61.4 J 热量。则C→A 过程中外界对气体所做的功为
J,在
A→B 过程中气体对外界所做的功为
J。
【解析】由图象可知C→A 为等压过程,外界对气体做的功WCA=pA(VC-VA)=2.0×105×(2-1)×10-3 J=200 J,整个过程中,
由热力学第一定律知ΔU=Q+W=0,而外界对气体做的功W=WAB+WCA,得WAB=-(Q+WCA)=-(-61.4+200)J=-138.6 J,即气体
对外界做的功为138.6 J。
【答案】200
138.6
3.(热力学第二定律)(2019 年河北邯郸一中模拟)(多选)关于热力学定律,下列说法正确的是(
)。
A.自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
B.机械能可以全部转化为内能,内能也可以全部用来做功以转化成机械能
C.尽管技术不断进步,热机的效率仍不能达到100%,制冷机却可以使温度降到-293 ℃
D.第一类永动机违背能量守恒定律,第二类永动机不违背能量守恒定律,随着科技的进步和发展,第二类永动机可以制
造出来
E.一定质量的理想气体经过等容过程,吸收热量,其内能一定增加
【解析】根据热力学第二定律可知,自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的,A 项正确;
机械能可以全部转化为内能,而内能在引起其他变化时也可以全部转化为机械能,B 项正确;尽管技术不断进步,热机的
效率仍不能达到100%,制冷机也不能使温度降到-293 ℃,只能无限接近-273 ℃,却永远不能达到,C 项错误;第一类永动
机违背能量守恒定律,第二类永动机不违背能量守恒定律,但违背了热力学第二定律,第二类永动机不可能制造出来,D
项错误; 一定质量的理想气体经过等容过程,吸收热量,没有对外做功,根据热力学第一定律可知,其内能一定增加,E 项
正确。
【答案】ABE
4.(热力学第一定律与气体实验定律)(2020 年万州检测)(多选)一定质量的理想气体,沿箭头方向由状态1 变化到状态2,
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其中气体放出热量的变化过程是(
)。
【解析】由A 图象是双曲线可知,状态1 到状态2 是等温变化过程,内能相同,又体积增加,故气体对外做功,根据热
力学第一定律知,气体吸热,A 项错误;B 图象中p1>p2,V1>V2,根据理想气体状态方程
࢖૚ࢂ૚
ࢀ૚=
࢖૛ࢂ૛
ࢀ૛知T1>T2,所以从状态1 至状
态2,气体体积减小,外界对气体做功,气体的内能也减小,根据热力学第一定律知气体放热,B 项正确;C 图象中由状态1
至状态2,气体温度升高,内能增加,气体体积增大,气体对外做功,根据热力学第一定律知,气体吸热,C 项错误;由D 图象知
气体的体积保持不变,气体对外界不做功,从状态1 至状态2 气体的温度降低,内能减小,根据热力学第一定律知,气体放
热,D 项正确;E 图象为等容变化,气体对外不做功,从状态1 至状态2 气体的温度降低,内能减小,气体放热,E 项正确。
【答案】BDE
5.(能量守恒定律)(2019 年山东东营水平检测)(多选)如图所示,密闭绝热容器内有一绝热的具有一定质量的活塞,活塞的
上部封闭着气体,下部为真空,活塞与器壁的摩擦忽略不计。置于真空中的轻弹簧的一端固定于容器的底部,另一端固定
在活塞上,弹簧被压缩后用绳扎紧,此时弹簧的弹性势能为Ep(弹簧处在自然长度时的弹性势能为零)。现绳突然断开,
弹簧推动活塞向上运动,经过多次往复运动后活塞静止,气体达到平衡状态,经过此过程(
)。
A.绝热容器内气体的内能增加
B.活塞的重力势能增加
C.绝热容器内气体压强增加
D.弹簧的弹性势能为零
E.绝热容器内气体的体积增加
【解析】以活塞为研究对象,设开始时气体压强为p1,活塞质量为m,横截面积为S,在末状态时压强为p2,开始有绳
向下拉着活塞,则F 弹>mg+p1S,由题意可知活塞末位置必须高于初位置,否则不能平衡,活塞的重力势能增加,B 项正确;
由ΔU=W+Q(由于容器绝热,则Q=0)可知,W 为正,ΔU 必为正,温度升高,内能增加,A 项正确;气体体积减小,温度升高,根据
࢖ࢂ
ࢀ=C 可知气体压强增加,C 项正确,E 项错误;在末状态时,由力的平衡条件知F 弹'=mg+p2S,弹簧仍然具有一部分弹性势
能,D 项错误。
【答案】ABC
6.(热力学第二定律)(2020 年东北三省3 月模拟)(多选)下列叙述和热力学定律相关,其中正确的是(
)。
A.第一类永动机不可能制成,是因为违背了能量守恒定律
B.能量耗散过程中能量不守恒
C.电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界,违背了热力学第二定律
D.能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性
E.物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功
【解析】根据能量守恒定律可知,第一类永动机是不可能制成的,故A 项正确;能量耗散过程中能量也是守恒的,故
B 项错误;电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界,没有违背热力学第二定律,因为消耗了电能,故C 项
错误;能量耗散从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性,故D 项正确;根据热力学第二定律可知,物体
从单一热源吸收的热量可全部用于做功而引起其他变化是可能的,故E 项正确。
【答案】ADE
7.(热力学第一定律)(2019 年兰州模拟)在如图所示的坐标系中,一定质量的某种理想气体发生以下两种状态变化:第一
种变化是从状态A 到状态B,外界对该气体做功为6 J;第二种变化是从状态A 到状态C,该气体从外界吸收的热量为9 J,
图线AC 的反向延长线通过坐标原点O,B、C 两状态的温度相同,理想气体的分子势能为零,求:
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(1)从状态A 到状态C 的过程,外界对该气体做的功W1 和气体内能的增量ΔU1。
(2)从状态A 到状态B 的过程,该气体内能的增量ΔU2 及其从外界吸收的热量Q2。
【解析】(1)从状态A 到状态C 过程为等容变化,气体对外界做功W1=0
根据热力学第一定律有ΔU1=W1+Q1
内能的增量ΔU1=Q1=9 J。
(2)状态B、C 温度相等,内能相等,则该气体内能的增量
ΔU2=ΔU1=9 J
从状态A 到状态B 过程,体积减小
根据热力学第一定律有ΔU2=W2+Q2
从外界吸收的热量Q2=ΔU2-W2=3 J。
【答案】(1)0
9 J
(2)9 J
3 J
8.(理想气体状态方程)(2019 年福州一中开学测试)如图所示,一圆柱形绝热汽缸竖直放置,通过绝热活塞封闭着一定质
量的理想气体,活塞因重力而产生的压强为0.2p0,活塞的横截面积为S,与容器底部相距h,此时活塞处于平衡状态,气体
的温度为T0。现在活塞上放置一个质量与活塞质量相等的物块,活塞下降了
ࢎ
૚૙后达到稳定,气体的温度为T1,再通过电热
丝缓慢加热气体,当气体吸收热量Q 时活塞缓慢向上移动,恰好回到原来的位置并静止,此时气体的温度为T2。已知大
气压强为p0,不计活塞与汽缸间的摩擦,不计理想气体的重力势能,求:
(1)T1 与T0 的比值和T2 与T0 的比值。
(2)加热过程中气体的内能增加量。
【解析】(1)放上物块后,由理想气体状态方程可知
૚Ǥ૛࢖૙܄
ࢀ૙=
૚Ǥ૝࢖૙ൈૢ૚૙܄
ࢀ૚
解得
ࢀ૚
ࢀ૙=
૛૚
૛૙
当加热后活塞回到原位置时,由查理定律可知
૚Ǥ૛࢖૙
ࢀ૙=
૚Ǥ૝࢖૙
ࢀ૛
解得
ࢀ૛
ࢀ૙=
ૠ
૟。
(2)在加热过程中,气体做等压变化,上升过程中对外做功
W=-1.4p0S×
૚
૚૙h=-
ૠ
⺁૙p0Sh
故内能增加量ΔU=Q+W=Q-
ૠ
⺁૙p0Sh。
【答案】(1)
૛૚
૛૙
ૠ
૟
(2)Q-
ૠ
⺁૙p0Sh
1.[2018 年全国卷Ⅲ,T33(1)](多选)如图,一定量的理想气体从状态a 变化到状态b,其过程如p-V 图中从a 到b 的直线所
示。在此过程中(
)。
A.气体温度一直降低
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B.气体内能一直增加
C.气体一直对外做功
D.气体一直从外界吸热
E.气体吸收的热量一直全部用于对外做功
【解析】在p-V 图中理想气体的等温线是双曲线的一支,而且离坐标轴越远温度越高,故从a 到b 温度升高,A 项错
误。一定质量的理想气体的内能由温度决定,温度越高,内能越大,B 项正确。气体体积膨胀,对外做功,C 项正确。根据
热力学第一定律ΔU=Q+W,得Q=ΔU-W,由于ΔU>0、W<0,故Q>0,气体吸热,D 项正确。由Q=ΔU-W 可知,气体吸收的热
量一部分用来对外做功,一部分用来增加气体的内能,E 项错误。
2.[2017 年全国卷Ⅲ,T33(1)](多选)如图所示,一定质量的理想气体从状态a 出发,经过等容过程ab 到达状态b,再经过等
温过程bc 到达状态c,最后经等压过程ca 回到状态a。下列说法正确的是(
)。
A.在过程ab 中气体的内能增加
B.在过程ca 中外界对气体做功
C.在过程ab 中气体对外界做功
D.在过程bc 中气体从外界吸收热量
E.在过程ca 中气体从外界吸收热量
【解析】在过程ab 中,体积不变,外界不对气体做功,气体也不对外界做功,气体压强增大,温度升高,内能增加,A 项
正确,C 项错误;在过程ca 中,气体体积缩小,外界对气体做功,压强不变,温度降低,故内能减小,由热力学第一定律可得气
体向外界放出热量,B 项正确,E 项错误;在过程bc 中,温度不变,内能不变,体积增大,气体对外界做功,由热力学第一定律
可知,气体要从外界吸收热量,D 项正确。
【答案】ABD
3.[2016 年全国卷Ⅰ,T33(1)](多选)关于热力学定律,下列说法正确的是(
)。
A.气体吸热后温度一定升高
B.对气体做功可以改变其内能
C.理想气体等压膨胀过程一定放热
D.热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡,那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡
【解析】气体吸热,若同时对外做功,则温度可能降低,故A 项错误;改变气体的内能的方式有两种——做功和热传
递,故B 项正确;理想气体等压膨胀过程是吸热过程,故C 项错误;根据热力学第二定律知,热量不可能自发地从低温物体
传到高温物体,故D 项正确;如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡,那么这两个系统彼此之间也一定
达到热平衡,否则就不会与第三个系统达到热平衡,故E 项正确。
【答案】BDE
4.[2016 年全国卷Ⅱ,T33(1)](多选)一定量的理想气体从状态a 开始,经历等温或等压过程ab、bc、cd、da 回到原状态,
其p-T 图象如图所示,其中对角线ac 的延长线过原点O。下列判断正确的是(
)。
A.气体在a、c 两状态的体积相等
B.气体在状态a 时的内能大于它在状态c 时的内能
C.在过程cd 中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功
D.在过程da 中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功
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E.在过程bc 中外界对气体做的功等于在过程da 中气体对外界做的功
【解析】由理想气体状态方程
࢖ࢂ
ࢀ=C 知p=
࡯ࢀ
ࢂ,气体在a 与c 状态时体积相等,A 项正确;理想气体的内能由温度决定,
而Tc<Ta,故a 状态的内能大于c 的内能,B 项正确;由热力学第一定律ΔU=Q+W 知,cd 过程温度不变(内能不变),则
Q=-W,C 项错误;da 过程温度升高,即内能增大,则吸收的热量大于对外做的功,D 项错误;bc 过程中外界对气体做的功
Wbc=pc(Vb-Vc),da 过程中气体对外界做的功Wda=pa(Va-Vd),对两个等温变化过程有paVa=pcVb,pcVc=paVd,联立解得
Wbc=paVa-pcVc,Wda=paVa-pcVc,E 项正确。
【答案】ABE
5.[2018 年全国卷Ⅱ,T33(2)]如图,一竖直放置的汽缸上端开口,汽缸壁内有卡口a 和b,a、b 间距为h,a 距缸底的高度为H;
活塞只能在a、b 间移动,其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m,面积为S,厚度可忽略;活塞和汽缸壁
均绝热,不计它们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态,上、下方气体压强均为p0,温度均为T0。现用电热丝缓慢加热
汽缸中的气体,直至活塞刚好到达b 处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大
小为g。
【解析】开始时活塞位于a 处,加热后,汽缸中的气体先经历等容过程,直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温
度为T1,压强为p1,根据查理定律有
࢖૙
ࢀ૙=
࢖૚
ࢀ૚
根据力的平衡条件有p1S=p0S+mg
联立解得T1= ૚൅
࢓ࢍ
࢖૙܁T0
此后,汽缸中的气体经历等压过程,直至活塞刚好到达b 处,设此时汽缸中气体的温度为T2;活塞位于a 处和b 处时
气体的体积分别为V1 和V2。根据盖—吕萨克定律有
ࢂ૚
ࢀ૚=
ࢂ૛
ࢀ૛
式中V1=SH
V2=S(H+h)
联立解得T2= ૚൅
ࢎ
ࡴ
૚൅
࢓ࢍ
࢖૙܁T0
从开始加热到活塞到达b 处的过程中,汽缸中的气体对外做的功W=(p0S+mg)h。
【答案】૚൅
ࢎ
ࡴ
૚൅
࢓ࢍ
࢖૙܁T0
(p0S+mg)h
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选修3-3 高考题组检测
(136)
1.(2019 年吉安联考)(1)(多选)下列说法中正确的是(
)。
A.所有晶体沿着各个方向的物理性质和化学性质都相同
B.足球充足气后很难压缩,是因为足球内气体分子间斥力作用的结果
C.自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性
D.一定质量的理想气体,如果压强不变,体积增大,那么它一定从外界吸热
E.一定质量的理想气体保持体积不变,温度升高,单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数增多
(2)如图1 所示是一定质量的气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的V-T 图象。已知气体在状态A 时的压强是1.5×105
Pa。
①说出A→B 过程中压强变化的情形,并根据图象提供的信息,计算图1 中TA 的温度值。
②请在图2 坐标系中,作出该气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的p-T 图象,并在图线相应位置上标出字母A、B、
C。如果需要计算才能确定的有关坐标值,请写出计算过程。
【解析】(1)单晶体具有各向异性,A 项错误;密闭气体压强是由于分子频繁碰撞引起的,与气体分子之间的作用力无
关,B 项错误;根据热力学第二定律知,自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性,C 项正确;一定质量的理想气
体,如果压强不变,体积增大,由气态方程
࢖ࢂ
ࢀ=C 知,温度升高,内能增大,气体对外界做功,根据热力学第一定律ΔU=Q+W 可
知,气体一定吸收热量,D 项正确;一定质量的理想气体体积不变,单位体积内分子数不变,温度升高,分子的平均动能增大,
则平均速率增大,单位时间内撞击单位面积上的分子数增多,E 项正确。
(2)①从图1 所示图象可知,A 与B 连线的延长线过原点,即V 与T 成正比,由理想气体状态方程可知,A→B 是一个
等压变化过程,即pA=pB
由图1 所示图象可知VA=0.4 m3,VB=0.6 m3,TB=300 K
从A 到B 气体发生等压变化,由盖—吕萨克定律得
ࢂ࡭
ࢀ࡭=
ࢂ࡮
ࢀ࡮
解得TA=200 K。
②已知pA=pB=1.5×105 Pa
由图1 所示图象可知TB=300 K,TC=400 K
由题图1 可知从B 到C 气体发生等容变化,由查理定律得
࢖࡮
ࢀ࡮=
࢖࡯
ࢀ࡯
解得pC=2.0×105 Pa
由状态A→B→C 的p-T 图象如图所示。
【答案】(1)CDE
(2)①A→B 过程压强不变
200 K
②见解析
2.(2019 年烟台二模)(1)(多选)在“油膜法测量油酸分子大小”的实验中,先往边长为30 cm~40 cm 的浅盘里倒入2 cm 深
的水,将痱子粉均匀撒在水面上,用注射器在水面上滴1 滴稀释的溶液,油酸薄膜形状稳定如图1 所示。将事先准备好的
玻璃板放在浅盘上,并在玻璃板上描出油酸薄膜的形状,随后把玻璃板放在坐标纸上,坐标纸上正方形小方格的边长为
10 mm,如图2 所示,下列说法正确的是(
)。
A.用油膜法可以精确测量分子的大小
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B.单分子油膜的厚度可以认为等于油酸分子的直径
C.该油酸膜的面积约为6×10-3 m2
D.若水面上痱子粉撒得较多,油膜没有充分展开,则测得油酸分子直径偏大
E.若一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为4×10-6 mL,则油酸分子的直径约为5×10-10 m
(2)如图所示,上端开口带有卡环、内壁光滑的绝热容器内有两个厚度不计的活塞封闭了上、下两部分气体,其中小活塞
导热性能良好,质量m1=1 kg,大活塞绝热,质量m2=2 kg,两活塞密封性均良好。细管道横截面积S1=1 cm2,粗管道横截面
积S2=2 cm2,下部分气体中有电阻丝可以通电对封闭气体进行加热。若下部分封闭气体初始温度为300 K,此时各部分
气体和管道长度h1=h2=h3=h4=10 cm。已知大气压强p0=1×105 Pa,外界环境温度保持不变,重力加速度g 取10 m/s2。现
对电阻丝通电,缓慢升高气体温度,求当大活塞刚好移至粗细管道交接处时,下部分封闭气体的温度。
【解析】(1)用油膜法只能粗略测量分子的大小,A 项错误;油膜为单分子紧密排列的,因此单分子油膜的厚度被认为
是油酸分子的直径,B 项正确;坐标纸上正方形小方格的边长为10 mm,实验中数油膜轮廓内的正方形格数时,不足半格
的舍去,超过半格的算一格,总共80 格,则油酸膜的面积约为S=80×0.01×0.01 m2=8.0×10-3 m2,C 项错误;若水面上痱子粉
撒得较多,油膜没有充分展开,那么油酸膜偏小,则测得油酸分子直径d=
ࢂ
ࡿ偏大,D 项正确;若一滴油酸酒精溶液中含有纯
油酸的体积V0=4×10-6 mL,则油酸分子的直径约为d=
ࢂ૙
ࡿ=5×10-10 m,E 项正确。
(2)对上部分气体,初态压强p1=p0+
࢓૚l
ࡿ૚=2×105 Pa
体积V1=h2S1+h3S2=30 cm3
小活塞导热,在其到达顶部之前,上部分气体为等压且等温,故等容,所以在其到达顶部时大活塞还没有到达粗细管
交接处,继续加热则小活塞不再移动,直至大活塞到达粗细管交接处,上部分气体末态体积V2=(h1+h2)S1=20 cm3
由玻意耳定律,有p1V1=p2V2
代入数据解得p2=3×105 Pa
对下部分气体,对大活塞受力分析,根据平衡条件得初态压强p3=p1+
࢓૛l
ࡿ૛=3×105 Pa
体积V3=h4S2=20 cm3
温度T3=300 K
末态压强p4=p2+
࢓૛l
ࡿ૛=4×105 Pa
体积V4=(h3+h4)S2=40 cm3
根据理想气体状态方程得
࢖૜ࢂ૜
ࢀ૜=
࢖૝ࢂ૝
ࢀ૝
解得T4=800 K。
【答案】(1)BDE
(2)800 K
3.(2019 年广东普宁年初冲刺)(1)(多选)下列说法正确的是(
)。
A.分子热运动越剧烈,温度一定越高
B.当水蒸气达到饱和状态时,仍然有水分子不断从液体中逸出
C.用打气筒给自行车充气,越打越费劲,说明气体分子之间有斥力
D.布朗运动的无规则性反映液体分子运动的无规则性
E.拔火罐过程中,火罐能吸附在身体上,说明火罐内气体内能减小
(2)长为31 cm,内径均匀的细玻璃管,当开口向上竖直放置时,齐口的水银柱封住10 cm 长的空气柱(如图所示)。若在竖
直平面内将玻璃管缓慢转至开口向下竖直放置,然后再缓慢转至开口向上竖直放置,这时管内水银柱长度为15 cm。求:
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①大气压强。
②末状态管内空气柱的长度。
【解析】(1)温度是分子平均动能的标志,温度越高,分子热运动越剧烈,A 项正确;水蒸气达到饱和状态时是一种动
态平衡,所以当水蒸气达到饱和状态时,仍然有水分子不断从液体中逸出,B 项正确;用打气筒给自行车充气,越打越费劲,
是由于内外气体的压强差造成的,不是因为气体分子间的斥力作用,C 项错误;布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的
运动,布朗运动的无规则性,反映了液体分子运动的无规则性,D 项正确;拔火罐过程中,火罐能吸附在身体上,是因为火罐
内气体的压强小于大气压强,是大气把火罐压在皮肤上,E 项错误。
(2)①由题意知细玻璃管长l=31 cm,空气柱长度l1=10 cm,设压强为p1
对此状态有p1=p0+(l-l1) cmHg,V1=l1S
设将玻璃管缓慢转至开口竖直向下时压强为p2,管内剩下的水银柱长度h=15 cm
对此状态有p2=p0-h cmHg,V2=(l-h)S
由玻意耳定律得p1V1=p2V2
联立解得p0=75 cmHg。
②再缓慢转至开口竖直向上,对此状态有
p3=p0+h cmHg,V3=l3S
由玻意耳定律得p1V1=p3V3
联立解得l3=10.67 cm。
【答案】(1)ABD
(2)①75 cmHg
②10.67 cm
4.(2019 年郑州三模)(1)(多选)高压锅内的水烧开后,当压力阀旋转排气时,锅内水面上方充满饱和汽,继续加热(
)。
A.只要锅内还有水,蒸汽就是饱和的
B.饱和汽压增大
C.水蒸干后,只要不断加热,蒸汽就还是饱和的
D.关火,在密封状态下冷却,原来不饱和的蒸汽有可能变成饱和汽
E.关火,在密封状态下冷却,锅内压强变小
(2)如图所示,在粗细均匀的U 形管右侧,用水银封闭一段长L1=19 cm、温度T1=280 K 的气体,稳定时,左、右两管水银
面高度差h=6 cm。已知大气压强p0=76 cmHg。
①给右管密闭气体缓慢加热,当右管内气体温度为多少时,两管水银面等高。
②若不给右管密闭气体加热,而是向左管缓慢补充水银,也可使两管水银面等高,求补充水银柱的长度。
【解析】(1)水上方蒸汽的压强叫饱和汽压,只与温度有关,只要下面还有水,那就是处于饱和状态,A 项正确,B 项错
误。水蒸干后再不断加热,锅内温度升高,蒸汽不饱和,C 项错误。温度降低,饱和汽压减小,则使未饱和汽变成饱和汽,可
采用降低温度的方法,D 项正确。关火后,锅内水蒸气的压强随着温度的降低而减小,E 项正确。
(2)①设U 形管的横截面积为S,对于封闭气体,初状态压强p1=p0-ρgh=70 cmHg
末状态压强p2=76 cmHg
当两管内水银面等高时,右管内水银面下降高度为
ࢎ
૛=3 cm
由理想气体状态方程得
࢖૚܁ࡸ૚
ࢀ૚=
࢖૛܁ࡸ૛
ࢀ૛
又L2=L1+
ࢎ
૛=22 cm
代入数据解得T2=352 K。
②设补充水银后,右管内水银面上升x,管内气体长度为L1-x
由玻意耳定律有p1SL1=p0S(L1-x)
解得x=1.5 cm
注入水银柱的长度y=h+2x=9 cm。
【答案】(1)ADE
(2)①352 K
②9 cm
5.(2019 年广东佛山冲刺)(1)(多选)下列说法正确的是(
)。
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A.在围绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船中,自由漂浮的水滴呈球形,这是液体表面张力作用的结果
B.布朗运动指的是悬浮在液体里的花粉中的分子的运动
C.对气体而言,尽管大量分子做无规则运动,速率有大有小,但分子的速率是按一定的规律分布的
D.一定质量的理想气体,在等温膨胀的过程中,对外界做功,但内能不变
E.在完全失重的情况下,气体对容器壁的压强为零
(2)如图所示,在一辆静止的小车上,竖直固定着两端开口、内径均匀的U 形管,U 形管的竖直部分与水平部分的长度均
为l,管内装有水银,两管内水银面距管口均为
࢒
૛。现将U 形管的左端封闭,并让小车水平向右做匀加速直线运动,运动过
程中U 形管两管内水银面的高度差恰好为
࢒
૝。已知重力加速度为g,水银的密度为ρ,大气压强p0=ρgl,环境温度保持不变。
求:
①左管中封闭气体的压强p。
②小车的加速度大小。
【解析】(1)水滴呈球形是液体表面张力作用的结果,A 项正确;布朗运动指的是悬浮在液体里的固体小颗粒的运动,
不是分子运动,B 项错误;对气体而言,尽管大量分子做无规则运动,速率有大有小,但分子的速率是按一定的规律分布
的,C 项正确;一定质量的理想气体,在等温膨胀的过程中,对外界做功,同时吸收热量,由于温度不变,说明内能不变,D 项
正确;气体对容器壁的压强是大量分子对容器壁的频繁碰撞造成的,与物体是否受重力无关,E 项错误。
(2)①设U 形管的横截面积为S,左管中的气体由玻意耳定律得p0×
࢒
૛S=p×
࢒
૛Ǧ
࢒
ૡS
解得p=
૝
૜p0 或p=
૝
૜ρgl。
②以水平管内长为l 的水银为研究对象,由牛顿第二定律得
࢖ࡿ൅࣋
ࢍ
⺁࢒
ૡ܁- ࢖૙൅ૉl
૜࢒
ૡ܁=ρlSa
解得a=
ૠ
૚૛g。
【答案】(1)ACD
(2)①
૝
૜p0 或
૝
૜ρgl
②
ૠ
૚૛g
6.(2019 年安庆冲刺)(1)(多选)关于分子动理论,下列说法正确的是(
)。
A.扩散现象说明物质分子永不停息地做无规则运动
B.压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体分子间存在斥力
C.布朗运动是指悬浮在液体里的微小颗粒的运动
D.两个系统处于热平衡时,它们必定具有某个共同的热学性质,我们把表征这一“共同热学性质”的物理量叫作内能
E.已知某种气体的密度为ρ,摩尔质量为M,阿伏加德罗常数为NA,则该气体分子之间的平均距离可以表示为
૜
球
ૉۼ࡭
(2)如图所示,绝热汽缸开口向下放置,质量为M 的绝热活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体,活塞下部空间与外界连
通,汽缸底部连接一U 形细管(管内气体的体积忽略不计),初始时,封闭气体的温度为T0,活塞距离汽缸底部h0,细管内两
侧水银面存在高度差,已知水银密度为ρ,大气压强为p0,汽缸横截面积为S,重力加速度为g,忽略活塞与汽缸之间的摩擦。
①求U 形细管内两侧水银柱的高度差Δh。
②加热气体,使活塞缓慢下降Δh0,求此时的温度。
③在②所述的加热过程中,若气体吸收的热量为Q,求气体内能的变化。
【解析】扩散现象与布朗运动是分子无规则运动的宏观表现,A 项正确;压缩气体可以忽略分子间作用力,此时气体
会表现出抗拒压缩的力是由于气体压强,B 项错误;布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的运动,不是液体分子的运动,
但是由液体分子无规则的碰撞造成的,则布朗运动反映了液体中分子的无规则运动,C 项正确;如果两个系统处于热平
衡时,用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量是温度,D 项错误;气体的摩尔体积VM=
球
ૉ,每个分子占据的空间体
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积为
球
ૉۼ࡭,分子的平均间距为
૜
ࡹ࣋
ࡺۯ,E 项正确。
(2)①设封闭气体的压强为p,分析活塞受力,有
p0S=pS+Mg
气体的压强p=p0-ρgΔh
解得Δh=
ࡹ࣋
ࡿ。
②加热过程中,气体发生等压变化,有
ࢎ૙܁
ࢀ૙=
ሺࢎ૙൅ȟࢎ૙ሻ܁
ࢀ
解得T=
ሺࢎ૙൅ȟࢎ૙ሻ
ࢎ૙
T0。
③气体对外做功W=pSΔh0=(p0S-Mg)Δh0
根据热力学第一定律ΔU=Q+W
可得ΔU=Q-(p0S-Mg)Δh0。
【答案】(1)ACE
(2)①
ࡹ࣋
ࡿ
②
ሺࢎ૙൅ȟࢎ૙ሻ
ࢎ૙
T0
③Q-(p0S-Mg)Δh0
7.(2019 年宁夏银川高中月考)(1)(多选)下列说法正确的是(
)。
A.空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果
B.悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动
C.高原地区水的沸点较低,这是高原地区温度较低的缘故
D.彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点
E.干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度,这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果
(2)如图所示,玻璃管A 上端封闭,B 上端开口且足够长,两管下端用橡皮管连接起来,A 管上端被一段水银柱封闭了一段
长为6 cm 的气体,外界大气压为75 cmHg,左右两水银面的高度差为5 cm,温度t1=27 ℃。
①保持温度不变,上下移动B 管,使A 管中气体长度变为5 cm,稳定后的压强为多少?
②稳定后保持B 不动,为了让A 管中气体体积恢复到6 cm,则温度应变为多少?
【解析】(1)空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果,故A 项正确;悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了液
体分子的无规则运动,故B 项错误;高原地区水的沸点较低,这是高原地区气压较低的缘故,故C 项错误;彩色液晶显示器
利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点,故D 项正确;干湿泡湿度计的湿泡下端包有湿纱布,湿纱布上的水分要蒸
发,蒸发是一种汽化现象,汽化要吸热,所以干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度,E 项正确。
(2)①设玻璃管横截面积为S,气体做等温变化,初状态
pA1=p0+ρghA=(75+5) cmHg=80 cmHg;VA1=6S
末状态VA2=5S
根据玻意耳定律有pA1VA1=pA2VA2
代入数据得pA2=96 cmHg。
②由①知气体的压强增大,则两部分的液面差增大,所以B 管应向上移动Δh=(96-75) cm-(5-1) cm=17 cm
末状态的压强pA3=p0+ρgh3=98 cmHg
由查理定律得
࢖࡭૚
ࢀ૚=
࢖࡭૜
ࢀ૜
代入数据得T3=367.5 K,即t3=94.5 ℃。
【答案】(1)ADE
(2)①96 cmHg
②94.5 ℃
8.(2019 年茂名期末)(1)(多选)一定量的理想气体从状态a 开始,经历三个过程ab、bc、ca 回到原状态,其p-T 图象如图
所示,下列判断正确的是(
)。
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A.气体在a、b 两状态的体积相等
B.气体在状态a 时的内能大于它在状态c 时的内能
C.在过程ca 中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功
D.在过程ab 中气体从外界吸收的热量小于气体内能的增加量
E.a、b 和c 三个状态中,状态a 分子平均动能最小
(2)一位消防员在火灾现场发现一个容积为V0 的废弃的氧气罐(认为容积不变),经检测,内部封闭气体压强为1.2p0(p0 为
1 个标准大气压)。为了消除安全隐患,消防队员拟用下列两种处理方案:
①冷却法:经过合理冷却,使罐内气体温度降为27 ℃,此时气体压强降为p0,求氧气罐内气体原来的温度。
②放气法:保持罐内气体温度不变,缓慢地放出一部分气体,使罐内气体压强降为p0,求氧气罐内剩余气体的质量与原来
总质量的比值。
【解析】(1)由图可得
࢖ࢇ
ࢀࢇ=
࢖࢈
ࢀ࢈,依据
࢖ࢂ
ࢀ=C 可知Va=Vb,A 项正确;一定量理想气体的内能取决于温度,气体在状态a 时的
内能小于它在状态c 时的内能,B 项错误;ca 为等压过程,温度下降,体积减小,内能减少,即ΔU<0,外界对气体做功,W>0,
根据W+Q=ΔU,得|Q|>|W|,气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功,C 项正确;ab 为等容过程,温度升高,压强增大,
内能增加,即ΔU>0,气体不做功,W=0,气体从外界吸收的热量等于内能的增加量,D 项错误;温度是分子平均动能的标志,
状态a 温度最低,分子平均动能最小,E 项正确。
(2)①由查理定律有
࢖૙
ࢀ૙=
࢖૚
ࢀ૚
解得T1=
࢖૚
࢖૙T0=360 K
气体原来温度t=(360-273) ℃=87 ℃。
②设将放出的气体先收集起来,并保持压强与氧气罐内的压强相同,以全部气体为研究对象,由玻意耳定律有
p1V0=p0V
解得V=
࢖૚
࢖૙V0=1.2V0
则剩余气体与原来气体的质量比
࢓剩
࢓总
=࣋
ࢂ૙࣋
ࢂ=
⺁
૟。
【答案】(1)ACE
(2)①87 ℃
②
⺁
૟
9.(2019 年潍坊二模)(1)(多选)下列说法中正确的是(
)。
A.机械能不可能全部转化为内能,内能也无法全部用来做功从而转化成机械能
B.将两个分子由距离极近移动到相距无穷远处的过程中,它们的分子势能先减小后增大
C.理想气体等温膨胀时气体对外做功,内能不变
D.液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离,所以液体存在表面张力
E.单位时间内气体分子对容器壁单位面积碰撞的次数减少,气体的压强一定减小
(2)如图所示,两竖直且正对放置的导热汽缸底部由细管道(体积忽略不计)连通,两活塞a、b 用刚性轻杆相连,可在两汽
缸内无摩擦地移动。上下两活塞(厚度不计)的横截面积分别为S1=10 cm2、S2=20 cm2,两活塞的总质量M=5 kg,两汽缸
高度均为H=10 cm。汽缸内封闭有一定质量的理想气体,系统平衡时活塞a、b 到汽缸底部的距离均为l=5 cm(图中未
标出)。已知大气压强p0=1.0×105 Pa,环境温度T0=300 K。
①若缓慢升高环境温度,使活塞缓慢移到一侧汽缸的底部,求此时环境温度。
②若保持温度不变,用竖直向下的力缓慢推活塞b,在活塞b 由开始运动到汽缸底部的过程中,求向下推力的最大值。
【解析】(1)机械能可以全部转化为内能,内能无法全部用来做功而转化成机械能,A 项错误;将两个分子由距离极近
移动到相距无穷远的过程中,分子力先是斥力后是引力,分子力先做正功后做负功,分子势能先减小后增加,B 项正确;理
想气体等温膨胀,气体内能不变,同时由于气体体积增大,气体要对外界做功,根据热力学第一定律知,气体需要吸热保持
内能不变,C 项正确;液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离,则液体表面层分子间的作用力表现为引力,
所以存在表面张力,D 项正确;气体的体积增大,单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞的次数减少,如果温度升
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高,气体分子撞击器壁的速率增大,对器壁的压力增大,气体的压强可能增大、可能减小、可能不变,E 项错误。
(2)①由于汽缸内气体压强不变,温度升高,气体体积变大,故活塞向上移动
由盖—吕萨克定律有
࢒ࡿ૚൅tࡿ૛
ࢀ૙
=
ࡴࡿ૛
ࢀ
解得T=400 K。
②设初始气体压强为p1,由平衡条件有
p0S1+p1S2=Mg+p0S2+p1S1
代入数据得p1=1.5×105 Pa
活塞b 刚要到达汽缸底部时,向下的推力最大,此时气体的体积为HS1,压强为p2,由玻意耳定律得
p1(lS1+lS2)=p2HS1
代入数据得p2=2.25×105 Pa
由平衡条件有p0S1+p2S2=Mg+p0S2+p2S1+F
代入数据得F=75 N。
【答案】(1)BCD
(2)①400 K
②75 N
10.(2019 年湖南雅礼一模)(1)(多选)下列说法正确的是(
)。
A.液体的沸点与大气压有关,大气压较高时沸点也比较高
B.用熵的概念表示热力学第二定律:在任何自然过程中,一个孤立系统的总熵不会增加
C.一定质量的理想气体从外界吸热,其内能不一定增加
D.液体温度越高,悬浮颗粒越小,布朗运动越剧烈
E.当分子之间作用力表现为斥力时,分子力随分子间距离增大而增大
(2)如图所示为一种测量粉末状物质实际体积的装置,其中A 容器的容积VA=300 cm3,K 是连通大气的阀门,C 为一水银
槽,通过橡皮管与容器B 相通,连通A、B 的管道很细,其容积可忽略。下面是测量某种粉末体积的操作过程:①打开K,
移动C,使B 中水银面降低到与标记M 相平;②关闭K,缓慢提升C,使B 中水银面升到与标记N 相平,量出C 的水银面
比标记N 高h1=25 cm;③打开K,装入待测粉末,移动C,使B 内水银面降到M 标记处;④关闭K,提升C,使B 内水银面升
到与N 标记相平,量出C 中水银面比标记N 高h2=75 cm;⑤从气压计上读得当时大气压强p0=75 cmHg。根据以上数据,
求:
①标记M、N 之间B 容器的体积。
②A 中待测粉末的实际体积(设整个过程中温度不变)。
【解析】(1)液体的沸点与压强有关,且随着压强的升高而增大,A 项正确;用熵的概念表示热力学第二定律:在任何
自然过程中,一个孤立系统的总熵不会减少,B 项错误;根据热力学第一定律,W+Q=ΔU,所以一定质量的理想气体从外界
吸热,其内能不一定增加,C 项正确;液体温度越高,分子热运动的平均动能越大,悬浮颗粒越小,碰撞的不平衡性越明显,
布朗运动越剧烈,D 项正确;分子间的作用力表现为斥力时,分子力随分子间距离的增大而减小,E 项错误。
(2)①设标记M、N 之间B 容器体积为VB ,以容器A、B 中气体为研究对象
初态时,p1=p0=75 cmHg ,V1=VA+VB
关闭K,缓慢提升C 后,p2=(75+h1) cmHg=100 cmHg,V2=VA=300 cm3
整个过程温度保持不变,根据玻意耳定律得p1V1=p2V2
解得VB=100 cm3。
②设A 容器中待测粉末的实际体积为V
初态时,p3=p0=75 cmHg ,V3=VA+VB-V=400 cm3-V
关闭K,缓慢提升C 后,p4=(75+h2) cmHg=150 cmHg,V4=VA-V=300 cm3-V
根据玻意耳定律得p3V3=p4V4
解得V=200 cm3。
【答案】(1)ACD
(2)①100 cm3
②200 cm3
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(140)
1.(简谐振动的周期)(2019 年云南大理月考)一个弹簧振子做简谐振动,若从平衡位置开始计时,经过3 s 时,振子第一次到
达P 点,又经过2 s 第二次经过P 点。则该弹簧振子的振动周期可能为(
)。
A.32 s
B.16 s
C.8 sD.4 s
【解析】根据题意,弹簧振子经3 s 第一次到达P 点,再经1 s 到达最大位移处,再经1 s 第二次到达P 点,所以4 s=
૚
૝T
或T=5 s+
૜െ૛
૜
s=
૚૟
૜s,即振动周期为16 s 或
૚૟
૜s,B 项正确。
2.(简谐运动的图象)(2019 年辽宁沈阳检测)(多选)如图所示是质点做简谐运动的图象,由此可知(
)
A.t=0 时,质点的位移、速度均为零
B.t=1 s 时,质点的位移最大,速度为零,加速度最大
C.t=2 s 时,质点的位移为零,速度负向最大,加速度为零
D.t=4 s 时,质点停止运动
E.质点的周期为4 s,频率为0.25 Hz
【解析】当t=0 时,质点的位移为零,加速度为零,此时质点在平衡位置具有沿x 轴正方向的最大速度,A 项错误;当t=1
s 时,质点的位移最大,加速度负向最大,此时质点振动到平衡位置正方向的最大位移处,速度为零,B 项正确;t=2 s 时,质点
的位移为零,加速度为零,速度最大,方向沿x 轴负方向,C 项正确;t=4 s 时,质点速度最大,D 项错误;由题给图象可以确定周
期T=4 s,频率f=
૚
ࢀ=0.25 Hz,E 项正确。
【答案】BCE
3.(受迫振动)(2019 年大连模拟)(多选)某振动系统的固有频率为f0,它在周期性驱动力的作用下做受迫振动,驱动力的频
率为f。下列说法正确的是(
)。
A.当f<f0 时,该振动系统的振幅随f 增大而减小
B.当f>f0 时,该振动系统的振幅随f 减小而增大
C.该振动系统振动稳定后,振动的频率等于f0
D.该振动系统振动稳定后,振动的频率等于f
E.当f=f0 时,该振动系统一定发生共振
【解析】受迫振动的振幅A 随驱动力的频率变化规律如图所示,A 项错误,B 项正确;振动稳定后系统振动的频率等
于驱动力的频率,C 项错误,D 项正确;根据共振产生的条件可知,当f=f0 时,该振动系统一定发生共振,E 项正确。
【答案】BDE
4.(弹簧振子的振动图象)(2019 年四川攀枝花诊断)(多选)甲、乙两水平弹簧振子的振动图象如图所示,则可知(
)。
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A.两弹簧振子完全相同
B.两弹簧振子所受回复力最大值之比F 甲∶F 乙=2∶1
C.振子甲速度为零时,振子乙速度最大
D.两振子的振动频率之比f 甲∶f 乙=1∶2
E.振子乙速度最大时,振子甲速度不一定为零
【解析】从图象中可以看出,两弹簧振子周期之比T 甲∶T 乙=2∶1,则频率之比f 甲∶f 乙=1∶2,D 项正确;弹簧振子振动
周期与弹簧振子的组成有关,说明两弹簧振子不同,A 项错误;由于弹簧的劲度系数k 不一定相同,所以两振子所受回复力
(F=-kx)的最大值之比F 甲∶F 乙不一定为2∶1,B 项错误;由简谐运动的特点可知,在振子到达平衡位置时位移为零,速度最
大,在振子到达最大位移处时,速度为零,从图象中可以看出,在振子甲到达最大位移处时,振子乙恰好到达平衡位置,C 项
正确;当振子乙到达平衡位置时,振子甲有两个可能的位置,一个是最大位移处,一个是平衡位置,E 项正确。
【答案】CDE
5.(振子的振幅和周期)(2019 年湖南长沙模拟)(多选)一简谐振子沿x 轴振动,平衡位置在坐标原点,t=0 时刻振子的位移
x=-0.1 m;t=
૝
૜s 时刻x=0.1 m;t=4 s 时刻x=0.1 m。该振子的振幅和周期可能为(
)。
A.0.1 m,
ૡ
૜s
B.0.1 m,8 s
C.0.2 m,
ૡ
૜s
D.0.2 m,8 s
E.0.2 m,10 s
【解析】若振子的振幅为0.1 m,
૝
૜s= ࢔൅
૚
૛T, ૝െ
૝
૜s=n1T,则周期最大值为
ૡ
૜s,A 项正确,B 项错误。若振子的振幅
为0.2 m,由简谐运动的对称性可知,当振子由x=-0.1 m 处运动到负向最大位移处再反向运动到x=0.1 m 处,再经n 个周
期时所用时间为
૝
૜s,则
૚
૛൅ܖT=
૝
૜s,所以周期的最大值为
ૡ
૜s,且t=4 s 时刻x=0.1 m,C 项正确;当振子由x=-0.1 m 经平衡
位置运动到x=0.1 m 处,再经n 个周期时所用时间为
૝
૜s,则
૚
૟൅ܖT=
૝
૜s,所以此时周期的最大值为8 s,且t=4 s 时,x=0.1
m,D 项正确。
【答案】ACD
6.(共振曲线的分析)(2019 年湖北宜昌高三模拟)(多选)如图所示为两个单摆的受迫振动的共振曲线,则下列说法正确的
是(
)。
A.若两个受迫振动分别在月球上和地球上进行,且摆长相同,则图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线
B.若两个受迫振动是在地球上同一地点进行,则两个摆长之比LⅠ∶LⅡ=25∶4
C.图线Ⅱ若是在地面上完成的,则该单摆摆长约为1 m
D.若摆长均为1 m,则图线Ⅰ是在地面上完成的
E.若两个单摆在同一地点均发生共振,则图线Ⅱ表示的单摆的能量一定大于图线Ⅰ表示的单摆的能量
【解析】图线中振幅最大处对应的频率应与做受迫振动的单摆的固有频率相等,从图线上可以看出,两摆的固有频
率fⅠ=0.2 Hz,fⅡ=0.5 Hz。当两摆在月球和地球上分别做受迫振动且摆长相等时,根据公式f=
૚
૛ૈ
ࢍ
ࡸ可知,g 越大,f 越大,所
以gⅡ>gⅠ,又因为g 地>g 月,因此可推知图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线,A 项正确;若在地球上同一地点进行两次受迫振
动,g 相同,摆长长的f 小,且有
ࢌĉ
ࢌĊ =
૙Ǥ૛
૙Ǥ⺁,所以
ࡸĉ
ࡸĊ =
૛⺁
૝,B 项正确;fⅡ=0.5 Hz,若图线Ⅱ是在地面上完成的,根据g=9.8 m/s2,可计算出
LⅡ约为1 m,C 项正确,D 项错误;单摆的能量除与振幅有关,还与摆球质量有关,E 项错误。
【答案】ABC
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7.利用单摆测当地重力加速度的实验中。
(1)用游标卡尺测得金属小球直径如图1 所示,小球直径d=
cm。
(2)某同学测得的数据如下表,请在图2 中画出L-T2 图象。
L/m
0.400
0.500
0.600
0.800
1.200
T2/s2
1.60
2.10
2.40
3.20
4.80
由图象可得重力加速度g=
m/s2(结果保留3 位有效数字)。
(3)某同学在实验过程中,摆长没有加小球的半径,其他操作无误,那么他得到的实验图象可能是下列图象中
的
。
【解析】(1)小球的直径d=22 mm+0.1 mm×6=22.6 mm=2.26 cm。
(2)L-T2 图象如图所示。
由T=2π
ࡸ
ࢍ可得L=
ࢍ
૝ૈ
૛T2,图线斜率k=
ࢍ
૝ૈ
૛
对应图线可得k=
૚Ǥ૛૙૙െ૙Ǥ૝૙૙
૝Ǥૡ૙െ૚Ǥ૟૙=0.25
解得g=4π2k≈9.86 m/s2。
(3)在实验中,若摆长没有加小球的半径
ࢊ
૛,其他操作无误,可得L=
ࢍ
૝ૈ
૛T2-
ࢊ
૛。故可知B 项正确,A、C、D 三项错误。
【答案】(1)2.26
(2)如图所示
9.86
(3)B
[2019 年全国卷Ⅱ,T34(1)]如图所示,长为l 的细绳下方悬挂一小球a。绳的另一端固定在天花板上O 点处,在O 点正下
方
૜
૝l 的O'处有一固定细铁钉。将小球向右拉开,使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放,并从释放时开始
计时。当小球a 摆至最低位置时,细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x,向右为正。下列
图象中,能描述小球在开始一个周期内的x-t 关系的是(
)。
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【解析】由T=2π
࢒
ࢍ得T1=2π
࢒
ࢍ,T2=2π
૚
૝t
ࢍ=π
࢒
ࢍ=
૚
૛T1,B、D 两项错误;由能量守恒定律可知,小球先后摆起的最大高度
相同,如图所示,以O 为圆心,l 为半径作圆交水平线于P 点;再以O'为圆心,
࢒
૝为半径作圆交同一水平线于Q 点,由图可明显
看出x1>x2,即第一次的振幅比第二次的振幅大,A 项正确,C 项错误。
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(142)
1.(多普勒效应)(2019 年四川绵阳诊测)(多选)一频率为600 Hz 的声源以20 rad/s 的角速度沿一半径为0.8 m 的圆周(圆
心为O 点)做匀速圆周运动,一观察者站在离圆心很远的P 点且相对于圆心静止,如图所示,则观察者接收到(
)。
A.声源在A 点时发出声音的频率大于600 Hz
B.声源在B 点时发出声音的频率等于600 Hz
C.声源在C 点时发出声音的频率等于600 Hz
D.声源在C 点时发出声音的频率小于600 Hz
E.声源在D 点时发出声音的频率小于600 Hz
【解析】根据多普勒效应,当声源和观察者相向运动时,观察者接收到的频率大于声源的频率,当声源和观察者反向
运动时,观察者接收到的频率小于声源的频率,将声源运动至A、B、C、D 四个点时相对于观察者的速度方向标出来,A
点有接近观察者的趋势,C 点有远离观察者的趋势,声源在B、D 两点的速度方向垂直O 点与观察者的连线,A、B、D 三
项正确,C、E 两项错误。
【答案】ABD
2.(横波波形图)(2019 年江西师大附中质检)(多选)如图所示是一列简谐波在t=0 时的波形图,介质中的质点A 沿y 轴方向
做简谐运动,其位移随时间变化的函数表达式为y=20sin 10πt (cm)。关于这列简谐波及质点A 的振动,下列说法中正确
的是(
)。
A.质点A 的周期为0.2 s
B.这列简谐波的振幅为40 cm
C.质点A 的位移方向和速度方向始终相反
D.这列简谐波沿x 轴正方向传播
E.这列简谐波在该介质中的传播速度为20 m/s
【解析】由质点A 做简谐运动的表达式y=20sin 10πt (cm),可知这列简谐波的振幅A=20 cm,角速度ω=10π rad/s,由
ω=
૛ૈ
ࢀ得周期T=0.2 s,故A 项正确,B 项错误。质点A 在做简谐运动,位移和速度都做周期性变化,位移方向和速度方向有
时相反,有时相同,C 项错误;由质点A 做简谐运动的表达式y=20sin 10πt (cm),知t=0 时刻质点沿y 轴正方向运动,则这列
简谐波沿x 轴正方向传播,D 项正确;由图读出波长λ=4 m,则波速v=20 m/s,E 项正确。
【答案】ADE
3.(波长、波速、频率的关系)(2019 年云南曲靖一中检测)(多选)介质中有一列简谐机械波传播,波源振动周期为T,振幅
为A,波速为v,对于其中某个振动质点(
)。
A.它的振动速度等于波的传播速度
B.它的振动振幅一定为A
C.它在一个周期内走过的路程等于一个波长
D.它的振动频率等于波源的振动频率
E.若质点P 与波源距离s=vT,则质点P 与波源的位移总是相同
【解析】在同种均匀介质中波的传播速度为定值,而质点在平衡位置两侧做简谐运动,其速度大小是变化的,和波速
无关,A 项错误;波传播过程中,各振动质点的振动周期、振幅、起振方向都和波源质点相同,B、D 两项正确;质点在一个
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周期内走过的路程等于4 个振幅的长度,并非一个波长,C 项错误;若质点P 与波源距离s=vT,恰好为一个波长的整数倍,
则质点P 与波源的位移总是相同,E 项正确。
【答案】BDE
4.(机械波的形成与传播)(2019 年湖南株洲10 月月考)(多选)如图所示,一绳子Ox 上有一系列的质点A、B、C……相邻两
质点间的距离均为0.2 m。当t=0 时,波源A 从平衡位置开始向上做简谐运动,经过0.4 s 刚好第一次回到平衡位置,此时
质点E 刚好开始振动。若波源做简谐运动的振幅为3 cm,则下列说法正确的是(
)。
A.波的传播速度为2 m/s,周期为0.4 s
B.波的频率为1.25 Hz,波长为1.6 m
C.t=0.6 s,质点G 刚好开始振动,此时质点F 的加速度方向向下
D.在0~0.8 s 内,波源A 的路程为1.6 m
E.当质点K 处于波谷时,质点G 一定处于波峰
【解析】由题意可知,波长λ=1.6 m,周期T=0.8 s,频率f=
૚
ࢀ=1.25 Hz,而传播速度v=
ɉ
ࢀ=2 m/s,故A 项错误,B 项正确;t=0.6
s,波传播的距离x=vt=1.2 m,则质点G 刚好开始振动,此时质点F 在平衡位置上方,则加速度方向向下,C 项正确;0.8 s 正好
是一个周期,波源A 的路程为4A=12 cm,D 项错误;质点K 和质点G 相差半个波长,则当K 处于波谷时,质点G 一定处于波
峰,E 项正确。
【答案】BCE
5.(机械波传播)(2019 年兰州模拟)(多选)如图所示,A、B 两处为在同一均匀介质中且振动频率均为f 的振源,两振源的振
动步调完全相同,O 点为两振源连线的中点。已知两振源在该介质中形成的机械波的振幅均为A、波速均为v,AB=a,两
振源的振动方向与初相位均相同。下列说法正确的是(
)。
A.当O 点开始振动后其振动频率等于振源的振动频率f
B.当O 点开始振动后其振动频率等于振源的振动频率2f
C.当O 点开始振动后其振幅等于2A
D.当两振源之间的距离a=n࢜ࢌ(n=1,2,3,…)时,O 点开始振动后其振幅一定小于2A
E.当O 点开始振动后,其振动不一定与两振源的振动步调相同
【解析】在机械波传播的过程中,各质点的振动频率均等于振源的振动频率,即当O 点开始振动后其振动频率等于
振源的振动频率f,A 项正确,B 项错误;因为O 点为两振源连线的中点,到两振源的距离差等于零,因此O 点为振动加强点,
其振幅始终为2A,C 项正确,D 项错误;只有距离等于波长的整数倍的点,其振动步调才与振源的振动步调相同,所以O 点
的振动不一定与两振源的振动步调相同,E 项正确。
【答案】ACE
6.(简谐横波波形图、振动方程)(2019 年山西晋城模拟)如图所示为一列简谐横波在t1=0.05 s 时的波形图,已知该简谐横
波沿x 轴的负方向传播,A、B 两点为该简谐波上平衡位置在xA=1.0 m、xB=1.2 m 处的质点。经观测可知A 点通过的路
程为振幅的10 倍,所用的时间t=0.5 s,求:
(1)该简谐横波的传播周期以及A 点的振动方程。
(2)由t1=0.05 s 时开始计时,B 点回到平衡位置的时间。
【解析】(1)由波形图可知,振幅A=0.8 cm,波长λ=2 m;A 点通过的路程为振幅的10 倍,需要的时间为2.5T,即2.5T=0.5
s
所以周期T=0.2 s,ω=
૛ૈ
ࢀ=10π rad/s
波沿负方向传播,t1=0.05 s 时刻A 点在平衡位置,且振动方向向下,0.05 s=
૚
૝T,可知在t=0 时刻A 位于最大位移处,则A
点的振动方程为y=Acos ωt=0.8cos 10πt cm。
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(2)波速v=
ɉ
ࢀ=10 m/s
从t1=0.05 s 时刻开始,B 点第一次回到平衡位置时,波向x 轴负方向传播的距离Δs=2.0 m-1.2 m=0.8 m
所用的时间Δt=
ȟ࢙࢜=0.08 s
所以B 点回到平衡位置的时间为
t=Δt+
࢔ࢀ
૛=(0.1n+0.08) s(n=0,1,2,3,…)。
【答案】(1)0.2 s
y=0.8cos 10πt cm
(2)(0.1n+0.08) s(n=0,1,2,3,…)
7.(波的多解性)(2019 年湖北武汉五校联考)如图所示,实线是某时刻的波形图象,虚线是0.2 s 后的波形图。
(1)若波向左传播,求它的可能周期和最大周期。
(2)若波向右传播,求它的可能传播速度。
(3)若波速是45 m/s,求波的传播方向。
【解析】(1)若波向左传播,则传播的时间Δt=
૜
૝T+nT(n=0,1,2,…)
所以T=
૝ȟ࢚
૝࢔൅૜=
૝
⺁ሺ૝࢔൅૜ሻs(n=0,1,2,…)
n=0 时,有最大周期,Tm=
૝
૚⺁s。
(2)若波向右传播,则Δt=
ࢀ
૝+nT(n=0,1,2,…)
所以T=
૝
⺁ሺ૝࢔൅૚ሻs(n=0,1,2,…)
而λ=4 m
所以v=
ɉ
ࢀ=5(4n+1) m/s(n=0,1,2,…)。
(3)波速是45 m/s,设波向右传播,由上问求得向右传播的波速公式为45=5(4n+1)
解得n=2,故假设成立,波向右传播。
【答案】(1)
૝
⺁ሺ૝࢔൅૜ሻs(n=0,1,2,…)
૝
૚⺁s
(2)5(4n+1) m/s(n=0,1,2,…)
(3)向右传播
1.[2019 年全国卷Ⅰ,T34(1)](多选)一简谐横波沿x 轴正方向传播,在t=
ࢀ
૛时刻,该波的波形图如图1 所示,P、Q 是介质中的
两个质点。图2 表示介质中某质点的振动图象。下列说法正确的是(
)。
A.质点Q 的振动图象与图2 相同
B.在t=0 时刻,质点P 的速率比质点Q 的大
C.在t=0 时刻,质点P 的加速度的大小比质点Q 的大
D.平衡位置在坐标原点的质点的振动图象如图2 所示
E.在t=0 时刻,质点P 与其平衡位置的距离比质点Q 的大
【解析】由图2 可知,在t=
ࢀ
૛时刻,该质点正在向y 轴负方向振动,而从图1 可知,质点Q 在t=
ࢀ
૛正在向y 轴正方向运
动,A 项错误;由t=
ࢀ
૛时的波形图推知,t=0 时刻,质点P 正位于波谷,速率为零;质点Q 正在平衡位置,故在t=0 时刻,质点P
的速率小于质点Q 的速率,B 项错误,E 项正确;t=0 时刻,质点P 正位于波谷,具有沿y 轴正方向的最大加速度,质点Q 在平
衡位置,加速度为零,C 项正确;t=
ࢀ
૛时刻,平衡位置在坐标原点处的质点,正处于平衡位置,沿y 轴负方向运动,跟图2 吻合,D
项正确。
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【答案】CDE
2.[2019 年全国卷Ⅲ,T34(1)](多选)水槽中,与水面接触的两根相同细杆固定在同一个振动片上。振动片做简谐振动时,两
根细杆周期性触动水面形成两个波源。两波源发出的波在水面上相遇。在重叠区域发生干涉并形成了干涉图样。关于
两列波重叠区域内水面上振动的质点,下列说法正确的是(
)。
A.不同质点的振幅都相同
B.不同质点振动的频率都相同
C.不同质点振动的相位都相同
D.不同质点振动的周期都与振动片的周期相同
E.同一质点处,两列波的相位差不随时间变化
【解析】两列波叠加形成稳定的干涉现象的条件是两列波的频率相同;题中所述任何质点都在按照相同的频率在
振动,不同区域的质点振幅和位移不一定相同,两列波在水面上相遇时发生干涉,有的质点振动加强,有的振动减弱,可知
不同的质点的振幅不一定相同,A 项错误;各质点振动的频率与波源频率相同,波源振动频率(周期)又与振动片的振动频
率(周期)相同,不同质点的振动频率(周期)相同,都等于振源的频率(周期),B、D 两项正确;因各质点距离振源的距离不一
定相同,则各质点振动的相位不一定相同,C 项错误;同一质点与振源的位置关系一定,则同一质点处两列波的相位差不
随时间变化,E 项正确。
【答案】BDE
3.[2018 年全国卷Ⅰ,T34(2)]一列简谐横波在t=
૚
૜s 时的波形图如图1 所示,P、Q 是介质中的两个质点。图2 是质点Q
的振动图象。求:
图1
图2
(1)波速及波的传播方向。
(2)质点Q 的平衡位置的x 坐标。
【解析】(1)由图1 可以看出,该波的波长λ=36 cm
由图2 可以看出,周期T=2 s
波速v=
ɉ
ࢀ=18 cm/s
由图2 知,当t=
૚
૜s 时,Q 点向上运动,结合图1 可得,波沿x 轴负方向传播。
(2)设质点P、Q 平衡位置的x 坐标分别为xP、xQ。由图1 知,x=0 处y=-
࡭
૛=Asin(-30°),因此
xP=
૜૙ι
૜૟૙ιλ=3 cm
由图2 知,在t=0 时Q 点处于平衡位置,经Δt=
૚
૜s,其振动状态向x 轴负方向传播至P 点处,有
xQ-xP=vΔt=6 cm
联立解得质点Q 的平衡位置的x 坐标
xQ=9 cm。
【答案】(1)18 cm/s
沿x 轴负方向传播
(2)9 cm
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(144)
1.(全反射)(2019 年江西上饶模拟)(多选)光纤通信中信号传播的主要载体是光导纤维,它的结构如图所示。光导纤维可
看成一段直线,其内芯和外套的材料不同,光在内芯中传播,下列关于光导纤维的说法正确的是(
)。
A.内芯的折射率比外套的大,光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射
B.内芯的折射率比外套的大,光传播时在外套与外界的界面上发生全反射
C.波长越长的光在光纤中传播的速度越大
D.频率越大的光在光纤中传播的速度越大
E.若紫光以如图所示角度入射时,恰能在光纤中发生全反射,则改用红光以同样角度入射时,不能在光纤中发生全反射
【解析】当内芯的折射率比外套的大时,光传播时在内芯与外套的界面上才能发生全反射,A 项正确,B 项错误;波长
越长的光,频率越小,介质对它的折射率n 越小,根据公式v=
ࢉ
࢔可知,折射率越小的光在光纤中传播的速度越大,C 项正确,D
项错误;根据sin C=
૚
࢔知,折射率越大,全反射临界角越小,红光的折射率小,则全反射临界角大,若紫光恰能发生全反射,则
红光不能发生全反射,E 项正确。
【答案】ACE
2.(光学现象、电磁波)(2019 年商丘四校联考)(多选)关于光学现象,下列说法中正确的是(
)。
A.电磁波和其他可见光一样,也能产生衍射现象
B.水中蓝光的传播速度比红光的慢
C.光的偏振现象说明光是纵波
D.分别用蓝光和红光在同一装置上做双缝干涉实验,用红光时得到的条纹间距更宽
E.一束白光从空气射入玻璃三棱镜后形成彩色条纹,是因为玻璃三棱镜吸收了白光中的一些色光
【解析】一切波都有干涉、衍射现象,电磁波也是波,因此电磁波和其他可见光一样具有干涉、衍射等现象,A 项正
确;蓝光的折射率大于红光的折射率,根据v=
ࢉ
࢔知,水中蓝光的传播速度比红光的慢,B 项正确;光的偏振现象说明光是横
波,C 项错误;红光的波长大于蓝光的波长,根据条纹间距Δx=
࢒
ࢊλ,可知在同一装置上做双缝干涉实验,用红光时得到的条纹
间距更宽,D 项正确;一束白光从空气射入玻璃三棱镜后形成彩色条纹是因为光的折射,不是因为三棱镜吸收了光,E 项错
误。
【答案】ABD
3.(全反射、狭义相对论、双缝干涉实验)(2019 年河南郑州实验中学模拟)(多选)下列关于光的说法中正确的是(
)。
A.雨后彩虹是由太阳光入射到水滴中发生全反射形成的
B.“和谐号”动车组高速行驶时,地面上测得其车厢长度将明显变短
C.在双缝干涉实验中,用红光代替黄光作为入射光可增大干涉条纹的间距
D.白光通过双缝后产生的干涉条纹是彩色的,其原因是不同色光的波长不同
E.光从一种介质进入另一种介质发生折射是因为光在不同介质中的传播速度不同
【解析】雨后彩虹是由太阳光入射到水滴中发生折射形成的,A 项错误;“和谐号”动车组高速行驶时,其速度远小于
光速c,故狭义相对论的“尺缩效应”不明显,车厢长度不会明显变短,B 项错误;双缝干涉实验中,用红光代替黄光后,波长
变长,则干涉条纹的间距增大,C 项正确;白光通过双缝后产生干涉,波长不一,导致干涉条纹间距不同,从而出现彩色条
纹,D 项正确;光从一种介质进入另一种介质发生折射是因为光在不同介质的折射率不同,根据v=
ࢉ
࢔,可知,传播速度也不
同,E 项正确。
【答案】CDE
4.(光的传播、双缝干涉实验、光衍射现象)(2019 年河南省信阳市二模)(多选)△OMN 为玻璃等腰三棱镜的横截面。a、
b 两束可见单色光从空气垂直射入棱镜底面MN,在棱镜侧面OM、ON 上反射和折射的情况如图所示,则下列说法正确
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的是(
)。
A.在玻璃砖中,a 光束从进入玻璃砖到射到ON 的传播时间大于b 光束从进入玻璃砖到射到ON 的传播时间
B.在玻璃砖中,a 光的传播速度大于b 光的传播速度
C.若光束从玻璃砖中射向空气,则光束b 的全反射临界角比光束a 的全反射临界角小
D.用同样的装置做双缝干涉实验,a 光的条纹间距小
E.用a、b 照射同一狭缝,a 光衍射现象更明显
【解析】由图可知,a、b 两单色光以相同的入射角分别射向OM、ON 两界面,b 光发生全反射,而a 光发生折射,所
以a 光的折射率小于b 光的折射率,a 光的传播速度大于b 光的传播速度,a 光在玻璃砖中的传播时间短,A 项错误,B 项
正确;由sin C=
૚
࢔可知,折射率大的全反射临界角小,C 项正确;a 光频率小,波长大,同样装置做双缝干涉实验,a 光的条纹间
距大,D 项错误;a 光波长大,比b 光的衍射现象明显,E 项正确。
【答案】BCE
5.(折射定律、光的偏振现象)(2019 年湖北重点中学联考)图1 是测定半圆柱形玻璃砖的折射率n 的示意图,O 是圆心,MN
是法线。一束单色光线以入射角i=30°由玻璃砖内部射向O 点,折射角为r,当入射角增大到也为r 时,恰好无光线从玻璃
砖的上表面射出。让该单色光分别通过宽度不同的单缝a、b 后,得到图2 所示的衍射图样(光在真空中的传播速度为
c)。则下列说法正确的是(
)。
A.此光在玻璃砖中的全反射临界角为60°
B.玻璃砖的折射率n= ૛
C.此光在玻璃砖中的传播速度v=
૛
૛c
D.单缝b 宽度较大
E.光的偏振现象说明光是一种纵波
【解析】根据折射定律有n=
hܑܖ࢘
hܑܖ࢏,由题知,玻璃砖的全反射临界角等于r,根据sin r=
૚
࢔,结合i=30°,解得n= ૛,r=45°,A 项
错误,B 项正确;光在玻璃砖中的传播速度v=
ࢉ
࢔=
૛
૛c,C 项正确;由图2 知,单色光通过单缝a 后衍射现象比较显著,所以单缝
a 宽度较小,单缝b 宽度较大,D 项正确;偏振是横波的特有现象,光的偏振现象说明光是一种横波,E 项错误。
6.(光的干涉)(2019 年湖南长沙月考)如图1 所示是用干涉法来检查某块厚玻璃板上表面是否平整的装置,所用红色光是
由普通光源加红色滤光片产生的。从上往下观察到的干涉条纹如图2、3 所示。则下列判断正确的是(
)。
A.若观察到的条纹如图2 所示,则说明厚玻璃板上表面是平整的
B.若观察到的条纹如图3 所示,则厚玻璃板上表面有下凹的位置
C.若观察到的条纹如图3 所示,则厚玻璃板上表面有上凸的位置
D.若用通过黄色滤光片产生的黄色光做该实验,则干涉条纹变密
E.若减小a、b 板间的夹角,则干涉条纹变密集
【解析】如果观察到的干涉条纹平行等距,则说明厚玻璃板上表面是平整的,A 项正确;薄膜干涉是等厚干涉,即某条
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连续的明条纹处空气膜的厚度相同,从弯曲的条纹可知,检查平面左边的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相同,则厚玻
璃板上表面有下凹的位置,B 项正确,C 项错误;用波长较短的黄光时,条纹间距变小,则干涉条纹变密集,D 项正确;如果减
小a、b 板间夹角,反射到样板上同一位置处的两相干光的路程差减小,则条纹间距变稀疏,E 项错误。
【答案】ABD
7.(用双缝干涉测量光的波长)(2019 年浙江杭州西湖区月考)某同学用如图1 所示实验装置做“用双缝干涉测光的波长”
的实验,相邻两条亮条纹间的距离用带有螺旋测微器的测量头测出,测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐,将该
亮纹定为第1 条亮纹,此时手轮上的示数如图2(a)所示,然后同方向转动测量头,使分划板中心刻线与第6 条亮条纹中心
对齐,此时手轮上的示数如图2(b)所示,则这种色光的波长λ=
nm(已知双缝间距d=0.2 mm,双缝到屏间的距离
L=700 mm),若改用频率较高的单色光照射,得到的干涉条纹间距将
(选填“变大”“不变”或“变小”)。
图1
【解析】(1) 图2(a) 螺旋测微器的读数为2.0 mm+0.01 mm×32.0=2.320 mm, 图2(b) 的读数为13.5 mm+0.01
mm×37.0=13.870 mm,相邻两亮条纹间的距离Δx=࢞૛Ǧ࢞૚
࢔Ǧ૚,根据双缝干涉公式Δx=
ࡸ
ࢊλ可得,这种单色光的波长λ=
ȟ࢞ࢊ
ࡸ=660 nm。
(2)照射光的频率越高,波长越短,根据Δx=
ࡸ
ࢊλ可知相邻的干涉条纹间距变小。
【答案】(1)660
(2)变小
8.(测定玻璃的折射率)(2019 年云南曲靖一中模拟)在用插针法做“测定玻璃砖折射率”的实验中,某同学先在白纸上画出
一直线并让待测玻璃砖一界面ab 与线重合放置,再进行插针观察,如图所示。梯形abcd 是其主截面的边界线,而A、B、
C、D 为该同学在某次实验时插入的4 枚大头针的位置情况。
(1)请在图中完成测量玻璃砖折射率的有关光路图,并标出入射角α和折射角β。
(2)用α和β写出计算折射率的公式:n=
。
(3)若所画的cd 线比实际界面向外平移了一些,则测得的折射率将
(选填“偏小”“不变”或“偏大”)。
【解析】(1)连接AB 作为入射光线,入射点为E,连接CD 作为出射光线,出射点为F,连接EF,即作出玻璃砖内折射光
线。光路图如图甲①线所示。
甲
(2)根据折射定律得n=
hܑܖࢻ
hܖࢼ。
(3)根据光路图可知,若所画的cd 线比实际界面向外平移了一些,如图甲中②线所示,折射角β偏小,入射角α不变,根
据n=
hܑܖࢻ
hܑܖࢼ,可知测得的折射率将偏大。
【答案】(1)如图乙所示
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乙
(2)
hܑܖࢻ
hܑܖࢼ
(3)偏大
9.(光的折射)(2019 年湖北武汉模拟)如图所示,三棱镜的横截面为直角三角形ABC,∠A=30°,AC 平行于光屏MN,与光屏的
距离为L。棱镜对红光的折射率为n1,对紫光的折射率为n2。一束很细的白光由棱镜的侧面AB 垂直射入,直接到达AC
面并射出。
(1)画出光路示意图,并标出红光和紫光射在光屏上的位置。
(2)求红光和紫光在光屏上的位置之间的距离。
【解析】(1)光路如图所示。
(2)红光和紫光在AC 面上的入射角相同,设为i,折射角分别为r1 和r2,它们射到屏上的位置离O 点的距离分别为d1
和d2。由折射定律得
n1sin i=sin r1
n2sin i=sin r2
由几何关系得
i=∠A=30°
d1=Ltan r1
d2=Ltan r2
联立解得红光和紫光在光屏上的位置之间的距离为
Δd=d2-d1=L
࢔૛
૝െ࢔૛૛Ǧ
࢔૚
૝െ࢔૚૛。
【答案】(1)如图所示
(2)L
࢔૛
૝െ࢔૛૛Ǧ
࢔૚
૝െ࢔૚૛
10.(全反射)(2019 年河北邯郸四校联考)一玻璃立方体中心有一点状光源。今在立方体的部分表面镀上不透明薄膜,以
致从光源发出的光线只经过一次折射不能透出立方体。已知该玻璃的折射率为
૛。
(1)以任一表面为例,计算镀膜的面积与该表面积之比的最小值。
(2)请根据(1)的结论,写出镀膜的面积与立方体表面积之比的最小值。
【解析】(1)光路如图所示,考虑从玻璃立方体中心O 点发出的一条光线,假设它斜射到玻璃立方体上表面发生折射,
根据折射定律有n=
hܑܖࢻ
hܑܖࣂ,式中,n 是玻璃的折射率,入射角等于θ,α是折射角
现假设A 点是上表面面积最小的不透明薄膜边缘上的一点。由题意,在A 点刚好发生全反射,故αA=ૈ૛,则sin θ=
૛
૛,θ=ૈ૝
设玻璃立方体的边长为a,根据tan θ=
ࡾ࡭
ࢇ
૛
,得RA=
ࢇ
૛,由题意,该表面所镀的面积最小的不透明薄膜应是半径为RA的圆。
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所求的镀膜面积S'与玻璃立方体的表面积S 之比
ࡿ̵
ࡿ=ૈ
ࡾ࡭
૛
ࢇ૛=ૈ૝。
(2)镀膜的面积与立方体表面积之比的最小值
૟ࡿ̵
૟ࡿ=ૈ૝。
【答案】(1)ૈ૝
(2)ૈ૝
11.(全反射)(2019 年四川成都模拟考试)半径为R 的
૚
૝透明圆柱体固定于地面上,圆柱体对红光的折射率n=2,如图所示。
今让一束平行于地面的红光射向圆柱体左侧,经折射红光照射到右侧地面上。求圆柱体右侧地面上的黑暗部分长度。
【解析】设光线射到A 点时恰好发生全反射,如图所示, 由sin C=
૚
࢔=
૚
૛,得C=30°
图中DB 即黑暗部分,根据几何知识可得DB=
ࡾ
hܑܖ૟૙ι-R=
૛૜Ǧ૜
૜R。
【答案】
૛૜Ǧ૜
૜R
12.(光的折射与全反射)(2019 年江苏连云港模拟)一棱镜的截面为直角三角形ABC,∠A=30°,斜边AB=a,棱镜材料的折射
率n= ૛。在此截面所在的平面内:
(1)一条光线以45°的入射角从AC 边的中点M 右侧射入棱镜,画出光路图,并求光线从棱镜射出的点的位置(不考虑光
线沿原路返回的情况)。
(2)一条光线以45°的入射角从AC 边的中点M 左侧射入棱镜,画出光路图,并求光线从棱镜射出的点的位置(不考虑光线
沿原路返回的情况)。
【解析】(1)设AC 面上的入射角为i,折射角为r,由折射定律得n=
hܑܖ࢏
hܑܖ࢘
解得r=30°
甲
光线以45°的入射角从AC 边的中点M 右侧射入棱镜时,根据几何知识可知,折射光线与AB 垂直,光路图如图甲所示。
设出射点为F,由几何关系得AF=
૜ࢇ
ૡ
即出射点在AB 边上离A 点
૜ࢇ
ૡ的位置。
(2)光线以45°的入射角从AC 边的中点M 左侧射入棱镜时,光路图如图乙所示,设折射光线与AB 的交点为D
乙
由几何关系可知,在D 点的入射角θ=60°
设全反射的临界角为C,则sin C=
૚
࢔
联立解得C=45°
因此,光在D 点发生全反射
设此光线的出射点为E,由几何关系得∠DEB=90°
BD=a-2AF
BE=DBsin 30°
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联立解得BE=
ࢇ
ૡ
即出射点在BC 边上离B 点
ࢇ
ૡ的位置。
【答案】(1)光路图见图甲
出射点在AB 边上离A 点
૜ࢇ
ૡ的位置
(2)光路图见图乙
出射点在BC 边上离B 点
ࢇ
ૡ的位
置
13.(光的折射与全反射)(2019 年江西赣州五校联考)某种柱状透明工艺品的截面形状如图所示,AO、BO 为夹角60°的平
面,底部AMB 为半径为R 的一段圆弧,其对应的圆心角也为60°,圆心在∠AOB 的角平分线OM 延长线上。一束单色平
行光沿与OA 面成45°角的方向斜向下射向OA 面,经OA 折射进入该柱状介质内,已知介质折射率为૛。
(1)通过计算说明在介质OA 面的折射光线的方向。
(2)求底部弧面AMB 有光线射出的部分对应的弧长(不考虑二次反射)。
【解析】(1)所有光线在OA 面上入射角都相同,如图甲所示
甲
由折射定律知
hܑܖ࢏
hܑܖ࢘=n,其中i=45°
解得折射角r=30°
所以,折射光线均平行于OB。
(2)如图乙所示,进入介质内的光线,在AMB 弧面上到达位置越向左,入射角越大
乙
设在此面上恰发生全反射时临界角为C,则C 满足sin C=
૚
૛=sin 45°
设恰好射到P 点的光线为对应临界角时的光线,设此时入射角为θ,则θ=45°
由几何关系得α=15°
故射出光线的圆弧部分对应圆心角∠PO'A=45°
对应的弧长s=
૛ૈࡾ
ૡ=ૈ
ࡾ
૝。
【答案】(1)平行于OB
(2)ૈ
ࡾ
૝
1.[2019 年全国卷Ⅰ,T34(2)]如图,一艘帆船静止在湖面上,帆船的竖直桅杆顶端高出水面3 m。距水面4 m 的湖底P 点发
出的激光束,从水面出射后恰好照射到桅杆顶端,该出射光束与竖直方向的夹角为53°(取sin 53°=0.8)。已知水的折射率
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为
૝
૜。
(1)求桅杆到P 点的水平距离。
(2)船向左行驶一段距离后停止,调整由P 点发出的激光束方向,当其与竖直方向夹角为45°时,从水面射出后仍照射在桅
杆顶端,求船行驶的距离。
【解析】(1)设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1,到P 点的水平距离为x2;桅杆高度为h1,P 点处水深为h2;
激光束在水中与竖直方向的夹角为θ。由几何关系有࢞
૚
ࢎ૚=tan 53°࢞
૛
ࢎ૛=tan θ
由折射定律有
sin 53°=nsin θ
设桅杆到P 点的水平距离为x,则
x=x1+x2
联立各式并代入题给数据得
x=7 m。
(2)设激光束在水中与竖直方向的夹角为45°时,从水面出射的方向与竖直方向的夹角为i',由折射定律有
sin i'=nsin 45°
设船向左行驶的距离为x',此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1',到P 点的水平距离为x2',则
x1'+x2'=x'+x࢞
૚̵
ࢎ૚=tan i'࢞
૛̵
ࢎ૛=tan 45°
联立各式并代入题给数据得
x'=(6 ૛-3) m≈5.5 m。
【答案】(1)7 m
(2)5.5 m
2.[2019 年全国卷Ⅱ,T34(2)]某同学利用图示装置测量某种单色光的波长。实验时,接通电源使光源正常发光:调整光路,
使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题:
(1)若想增加从目镜中观察到的条纹个数,该同学可
。
A.将单缝向双缝靠近
B.将屏向靠近双缝的方向移动
C.将屏向远离双缝的方向移动
D.使用间距更小的双缝
(2)若双缝的间距为d,屏与双缝间的距离为l,测得第1 条暗条纹到第n 条暗条纹之间的距离为Δx,则单色光的波长
λ=
。
(3)某次测量时,选用的双缝的间距为0.300 mm,测得屏与双缝间的距离为1.20 m,第1 条暗条纹到第4 条暗条纹之间的
距离为7.56 mm。则所测单色光的波长为
nm(结果保留3 位有效数字)。
【解析】(1)由Δx=
ɉ࢒
ࢊ,因Δx 越小,目镜中观察到的条纹数越多,故B 项符合题意。
(2)由
ȟ࢞
࢔Ǧ૚=
ɉ࢒
ࢊ,λ=
ࢊȟ࢞
ሺ࢔Ǧ૚ሻ࢒。
(3)λ=
ࢊȟ࢞
ሺ࢔Ǧ૚ሻ࢒=
૙Ǥ૜ൈ૚૙Ǧ૜ൈૠǤ⺁૟ൈ૚૙Ǧ૜
ሺ૝Ǧ૚ሻൈ૚Ǥ૛
m=6.3×10-7 m=630 nm。
【答案】(1)B
(2)
ȟ࢞൉ࢊ
ሺ࢔Ǧ૚ሻ࢒
(3)630
3.[2019 年全国卷Ⅲ,T34(2)]如图,直角三角形ABC 为一棱镜的横截面,∠A=90°,∠B=30°。一束光线平行于底边BC 射到
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AB 边上并进入棱镜,然后垂直于AC 边射出。
(1)求棱镜的折射率。
(2)保持AB 边上的入射点不变,逐渐减小入射角,直到BC 边上恰好有光线射出。求此时AB 边上入射角的正弦。
【解析】(1)光路图及相关量如图所示。光束在AB 边上折射,由折射定律得
hܑܖ࢏
hܑܖࢻ=n
式中n 是棱镜的折射率。由几何关系可知
α+β=60°
由几何关系和反射定律得
β=β'=∠B
联立各式,并代入i=60°得
n= ૜。
(2)设改变后的入射角为i',折射角为α',由折射定律得
hܑܖ࢏̵
hܑܖࢻ̵ =n
依题意,光束在BC 边上入射角为全反射的临界角θC,且
sin θC=
૚
࢔
由几何关系得
θC=α'+30°
联立得入射角的正弦为
sin i'=
૜Ǧ ૛
૛
。
【答案】(1) ૜
(2)
૜Ǧ ૛
૛
4.[2018 年全国卷Ⅰ,T34(1)]如图,△ABC 为一玻璃三棱镜的横截面,∠A=30°。一束红光垂直AB 边射入,从AC 边上的D
点射出,其折射角为60°,则玻璃对红光的折射率为
。若改用蓝光沿同一路径入射,则光线在D 点射出时的折射
角
(选填“小于”“等于”或“大于”)60°。
【解析】根据光路的可逆性可知,在AC 面,入射角为60°时,折射角为30°
根据光的折射定律有n=
hܑܖ࢏
hܑܖ࢘=
hܑܖ૟૙ι
hܑܖ૜૙ι= ૜
玻璃对蓝光的折射率比对红光的折射率大
沿同一路径入射时,r 角仍为30°不变,对应的i 角变大
因此折射角大于60°。
【答案】૜
大于
5.[2018 年全国卷Ⅱ,T34(2)]如图,△ABC 是一直角三棱镜的横截面,∠A=90°,∠B=60°。一细光束从BC 边的D 点折射后,
射到AC 边的E 点,发生全反射后经AB 边的F 点射出。EG 垂直于AC 交BC 于G,D 恰好是CG 的中点。不计多次反射。
(1)求出射光相对于D 点的入射光的偏角。
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(2)为实现上述光路,棱镜折射率的取值应在什么范围?
【解析】(1)如图所示,光线在BC 面上折射,由折射定律有
sin i1=nsin r1
式中,n 为棱镜的折射率,i1 和r1 分别是该光线在BC 面上的入射角和折射角。光线在AC 面上发生全反射,由反射定
律有
i2=r2
式中i2 和r2 分别是该光线在AC 面上的入射角和反射角。光线在AB 面上发生折射,由折射定律有
nsin i3=sin r3
式中i3 和r3 分别是该光线在AB 面上的入射角和折射角
由几何关系得
i2=r2=60°,r1=i3=30°
F 点的出射光相对于D 点的入射光的偏角为
δ=(r1-i1)+(180°-i2-r2)+(r3-i3)
联立解得δ=60°。
(2)光线在AC 面上发生全反射,光线在AB 面上不发生全反射,有
nsin i2≥nsin C>nsin i3
式中C 是全反射临界角,满足
nsin C=1
联立解得,棱镜的折射率n 的取值范围应为
૛૜
૜≤n<2。
【答案】(1)60°
(2)
૛૜
૛≤n≤2
6.[2018 年全国卷Ⅲ,T34(2)]如图,某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“·”(图中O 点),然后用横截面为等边
三角形ABC 的三棱镜压在这个标记上,小标记位于AC 边上。D 位于AB 边上,过D 点作AC 边的垂线交AC 于F。该同学
在D 点正上方向下顺着直线DF 的方向观察,恰好可以看到小标记的像;过O 点作AB 边的垂线交直线DF 于E;已知DE=2
cm,EF=1 cm。求三棱镜的折射率。(不考虑光线在三棱镜中的反射)
【解析】过D 点作AB 边的法线NN',连接OD,则∠ODN=α为O 点发出的光线在D 点的入射角;设该光线在D 点的
折射角为β,如图所示。根据折射定律有
nsin α=sin β
式中n 为三棱镜的折射率
由几何关系可知
β=60°
∠EOF=30°
在△OEF 中有
EF=OEsin∠EOF
联立解得OE=2 cm
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根据题给条件可知,△OED 为等腰三角形,有α=30°
联立解得n= ૜。
【答案】૜
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选修3-4 高考题组检测
(148)
1.(2019 年安徽蚌埠二模)(1)(多选)如图1 所示,两束颜色不同的单色光a、b 平行于三棱镜底边BC 从AB 边射入,经三棱
镜折射后相交于点P,下列说法正确的是(
)。
A.三棱镜对a 光的折射率大于对b 光的折射率
B.在三棱镜中a 光的传播速度大于b 光的传播速度
C.同一种介质对a 光的全反射临界角大于对b 光的全反射临界角
D.在利用a 光和b 光做衍射实验时,b 光的实验现象更明显
E.经过同一双缝所得干涉条纹,a 光的条纹间距小于b 光的条纹间距
(2)有两列简谐横波a 和b 在同一介质中传播,a 沿x 轴正方向传播,b 沿x 轴负方向传播,波速均为v=4 m/s,a 的振幅为5
cm,b 的振幅为10 cm。在t=0 时刻两列波的图象如图2 所示。求:
①这两列波的周期。
②x=0 处的质点在t=2.25 s 时的位移。
【解析】(1)由图1 可知,a 光的偏转角大,b 光的偏转角小,所以三棱镜对a 光的折射率大,对b 光的折射率小,A 项正
确;根据光在介质中传播速度的公式v=
ࢉ
࢔分析,因a 光的折射率大,b 光的折射率小,故在玻璃中b 光的传播速度较大,B 项
错误;根据sin C=
૚
࢔得知,同一种介质中,a 光的全反射临界角小于b 光的全反射临界角,C 项错误;因b 光的折射率小,波长
较长,波动性强,所以在利用a 光和b 光做衍射实验时,b 光的实验现象更明显,D 项正确;因a 光的折射率大,b 光的折射率
小,所以a 光的频率较大,波长较短,根据干涉条纹的间距与波长成正比,知让a 光和b 光通过同一双缝干涉装置,a 光的
条纹间距小,E 项正确。
(2)①由图2 可知λa=4 m,λb=6 m,根据T=
ɉ࢜可得
Ta=1 s,Tb=1.5 s。
②a 波从图示时刻传播到x=0 处需要的时间t1=
ȟ࢞૚࢜=0.5 s,则x=0 处的质点随a 波振动的时间t2=1.75 s=1
૜
૝Ta,t=2.25 s
时x=0 处的质点随a 波振动到负向最大位移处,即y1=-5 cm, b 波从图示时刻传播到x=0 处需要的时间t3=
ȟ࢞૜࢜=0.75 s,则
x=0 处的质点随b 波振动的时间t4=1.5 s=Tb,t=2.25 s 时x=0 处的质点随b 波振动到平衡位置处,即y2=0
故在t=2.25 s 时a、b 波相遇叠加,x=0 处质点的合位移为y=-5 cm。
【答案】(1)ADE
(2)①Ta=1 s,Tb=1.5 s
②-5 cm
2.(2019 年山东烟台二中模拟)(1)(多选)《梦溪笔谈》是中国科学技术史上的重要文献,书中对彩虹作了如下描述:“虹乃
雨中日影也,日照雨则有之。”图1 是彩虹成因的简化示意图,设水滴是球形的,图中的圆代表水滴过球心的截面,入射光
线在过此截面的平面内,a、b 是两种不同频率的单色光。下列说法正确的是(
)。
图1
A.雨后太阳光入射到水滴中发生色散而形成彩虹
B.水滴对a 光的临界角大于对b 光的临界角
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C.在水滴中,a 光的传播速度大于b 光的传播速度
D.在水滴中,a 光的波长小于b 光的波长
E.a、b 光分别通过同一双缝干涉装置,a 光的相邻亮条纹间距较小
(2)有两列简谐横波a、b 在同一介质中分别沿x 轴正方向和负方向传播。两列波在t=0 时刻的波形曲线如图2 所示,
已知a 波的周期Ta=1 s。
图2
①求两列波的传播速度。
②从t=0 时刻开始,最短经过多长时间x=1.0 m 的质点偏离平衡位置的位移为0.16 m?
【解析】雨后彩虹是由太阳光入射到水滴中发生折射时,不同色光偏折程度不同而形成的,即发生色散形成的,A 项
正确;画出光路图如图所示,分析可知,第一次折射时,b光的折射角较大,而入射角相等,根据折射率公式n=
hܑܖ࢏
hܑܖ࢘可知,b光的
折射率较小,由sin C=
૚
࢔可得,水滴对a 光的临界角小于对b 光的临界角,B 项错误;由公式v=
ࢉ
࢔可知,在水滴中,a 光的传播速
度小于b 光的传播速度,C 项错误;a 光的折射率大于b 光的折射率,则a 光的频率大于b 光的频率,a 光的波长小于b 光
的波长,D 项正确;干涉条纹的间距与波长成正比,则a 光的相邻亮条纹间距较小,E 项正确。
(2)①由图2 可知a、b 两列波的波长分别为λa=2.5 m,λb=4.0 m
两列波在同种介质中的传播速度相同,有v=
ɉࢇ
ࢀࢇ=2.5 m/s。
②a 波的波峰传播到x=1.0 m 的质点经历的时间
ta=
ȟ࢞ࢇ࢜=
૚൅࢓ɉࢇ࢜(m=0,1,2,……)
b 波的波峰传播到x=1.0 m 的质点经历的时间
tb=
ȟ࢞࢈࢜=
૚Ǥ⺁൅࢔ɉ࢈࢜(n=0,1,2,……)
又ta=tb=t
联立解得5m-8n=1(式中m、n 均为正整数)
分析可知,当m=5、n=3 时,x=1.0 m 处的质点偏离平衡位置的位移为0.16 m 时经过时间最短
将m=5 代入t=
૚൅࢓ɉࢇ࢜
解得t=5.4 s。
【答案】(1)ADE
(2)①2.5 m/s
②5.4 s
3.(2019 年河南信阳模拟)(1)(多选)在坐标原点的波源产生一列沿x 轴正方向传播的简谐横波,波速v=200 m/s,已知t=0
时刻,波刚好传播到x=40 m 处,如图1 所示。在x=400 m 处有一接收器(图中未画出),则下列说法正确的是(
)。
图1
A.波源开始振动时方向沿y 轴负方向
B.从t=0 开始经0.15 s,x=40 m 的质点运动的路程为0.6 m
C.接收器在t=2 s 时才能接收到此波
D.若波源向x 轴正方向运动,接收器收到波的频率可能为9 Hz
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E.若该波与另一列频率为5 Hz、沿x 轴负方向传播的简谐横波相遇,不能产生稳定的干涉图样
图2
(2)如图2 所示,真空中两束细平行单色光a 和b 从一透明半球的左侧以相同速率沿半球的平面方向向右移动,光始终与
透明半球的平面垂直。当b 光移动到某一位置时,两束光都恰好从透明半球的左侧球面射出(不考虑光在透明介质中的
多次反射后再射出球面)。此时a 和b 都停止移动,在与透明半球的平面平行的足够大的光屏M 上形成两个小光点,已
知透明半球的半径为R,对单色光a 和b 的折射率分别为n1=
૛૜
૜和n2=2,光屏M 到透明半球的平面的距离L=
૚
૛൅
૜
૛R,
不考虑光的干涉和衍射,真空中光速为c,求:
①两束细单色光a 和b 的距离d。
②两束光从透明半球的平面入射直至到达光屏传播的时间差Δt。
【解析】波源S 开始振动时的方向与图示时刻x=40 m 处质点的振动方向相同,沿y 轴负方向,A 项正确;由图可读出
波长λ=20 m,则该波的周期T=
ɉ࢜=0.1 s,t=0.15 s=1.5T,所以x=40 m 的质点在t=0.15 s 时经过的路程为1.5×4A=1.5×0.4 m=0.6
m,B 项正确;波传到接收器所用的时间t=࢙࢜=
૝૙૙െ૝૙
૛૙૙
s=1.8 s,C 项错误;波的频率为10 Hz,若波源向x 轴正方向运动,根据多
普勒效应可知,接收器接收到波的频率应大于10 Hz,不可能为9 Hz,D 项错误;波的频率为10 Hz,若该波与另一列频率为5
Hz、沿x 轴负方向传播的简谐横波相遇,不能产生稳定的干涉图样,E 项正确。
(2)①由sin C=
૚
࢔得,透明半球对a 光和b 光的临界角分别为60°和30°,画出光路如图所示
A、B 为两单色光在透明半球面的出射点,设折射光线在光屏上形成的光点为D 和C,则AD、BC 均沿切线方向。由
几何关系得
d=Rsin 60°-Rsin 30°=
૜Ǧ૚
૛R。
②a 光在透明介质中的速度v1=
ࢉ
࢔૚=
૜
૛c
传播时间t1=
ࡾ܋th૟૙ι࢜
૚
=
૜܀
૜ࢉ
光屏M 到透明半球的平面的距离L=
૚
૛൅
૜
૛R
AF=L-Rcos 60°=
૜
૛R
AD=
࡭ࡲ
܋th૜૙ι=R
故a 光在真空中传播的时间t1'=
࡭ࡰ
ࢉ=
ࡾ
ࢉ
则ta=t1+t1'=
ሺ૜൅૜ሻ܀
૜ࢉ
同理,b 光在透明介质中的速度v2=
ࢉ
࢔૛=
ࢉ
૛
传播时间t2=
ࡾ܋th૜૙ι࢜
૛
=
૜܀
ࢉ
在真空中,由几何关系得BC=R
t2'=
ࡾ
ࢉ
则tb=t2+t2'=
ሺ૜൅૚ሻ܀
ࢉ
故Δt=tb-ta=
૛૜܀
૜ࢉ。
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【答案】(1)ABE
(2)①
૜Ǧ૚
૛R
②
૛૜܀
૜ࢉ
4.(2019 年皖南名校第二次联考)(1)(多选)下列说法正确的是(
)。
A.做简谐振动的物体,速度和位移都相同的相邻时间间隔为一个周期
B.当障碍物的尺寸大于波长或与波长差不多时才能发生衍射
C.波的周期与波源的振动周期相同,波速与波源的振动速度相同
D.电磁波在与电场和磁场均垂直的方向上传播
E.相对论认为时间和空间与物质的运动状态有关
(2)如图所示,为某玻璃砖的截面图,其中右侧为半径为R 的半圆,O 为圆心。左侧为直角三角形ABC,∠C=90°,∠B=60°,
玻璃砖的折射率n= ૛,把玻璃砖竖直固定在桌面上,一束平行光斜射到AB 边上,光线与AB 边成45°角,求:
①桌面上有光线照到的地方离C 点的最小距离。
②通过O 点的光线在玻璃砖内运动的时间。
【解析】(1)做简谐振动的物体,速度和位移都相同的相邻时间间隔为一个周期,A 项正确。当障碍物的尺寸小于波
长或与波长差不多时才能发生明显衍射,B 项错误。波的周期与波源的振动周期相同,波速是波在介质中的传播速度,在
均匀介质中波速是不变的,而波源的振动速度是波源做简谐运动的速度,是时刻变化的,C 项错误。电磁波在与电场和磁
场均垂直的方向上传播,电磁波是横波,D 项正确。相对论认为时间和空间与物质的运动状态有关,E 项正确。
(2)①光线在AB 边上发生折射,入射角i=45°
由折射定律知n=
hܑܖ࢏
hܑܖ࢘
即૛=
hܑܖ૝⺁ι
hܑܖ࢘
可得r=30°,即光线在玻璃砖内平行于BC 射向圆弧界面。当在圆弧界面发生全反射,边界光线射向桌面交桌面于P
点,与C 点最近
设入射角为i2,则sin i2=sin C=
૚
࢔
过O1 作BP 的垂线交桌面于Q,可知∠P=45°
࡯ࡽ=ࡻࡻ૚·cos i2=
૛
૛R
ࡽࡼ=ࡻ૚ۿ·tan 45°=
૛൅૛
૛R
可得ࡼ࡯=࡯ࡽ+ࡽࡼ=(1+ ૛)R。
②通过O 点的光线在玻璃砖内通过的路程
x=R+Rtan 30°=
૜൅૜
૜R
光在玻璃中的传播速度v=
ࢉ
࢔=
૛
૛c
该光线在玻璃中的传播时间t=࢞࢜=
ሺ૜૛൅૟ሻ܀
૜ࢉ
。
【答案】(1)ADE
(2)①(1+ ૛)R
②
ሺ૜૛൅૟ሻ܀
૜ࢉ
5.(2019 年陕西咸阳市模拟)(1)(多选)光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用,下列说法正确的是(
)。
A.用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的色散现象
B.用三棱镜观察白光看到的彩色图样是光的衍射现象
C.在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射现象
D.光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象
E.立体电影是应用了光的偏振现象
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(2)水面上一点O 上下振动,振幅为0.2 m,以O 点为圆心形成圆形水波,如图所示, A、B、O 三点在一条直线上,OA 间距
离为4.0 m,OB 间距离为2.4 m。某时刻O 点处在波峰位置。观察发现2 s 后此波峰传到A 点,此时,O 点正通过平衡位
置向下运动,OA 间还有一个波峰。将水波近似为简谐波。
①求此水波的传播速度、周期和波长。
②以O 点处在波峰位置为0 时刻,某同学打算根据OB 间距离与波长的关系确定B 点在0 时刻的振动情况。画出B 点
振动图象;若不可行,请给出正确思路并画出B 点的振动图象。
【解析】(1)用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象,A 项错误;用三棱镜观察白光看
到的彩色图样是光的折射现象,B 项错误;在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射现象,C 项正确;光学镜头上的增透
膜是利用光的干涉现象,D 项正确;立体电影是应用了光的偏振现象,E 项正确。
(2)①水波的传播速度v=
ȟ࢞
ȟ࢚=
૝Ǥ૙
૛
m/s=2 m/s
发现2 s 后此波峰传到A 点,此时O 点正通过平衡位置向下运动,OA 间还有一个波峰,则
λ+
ɉ
૝=4.0 m
解得λ=3.2 m
又v=
ɉ
ࢀ,得T=1.6 s。
②可行,因为OB=2.4 m,λ=3.2 m,则OB=
૜
૝λ
由简谐波振动周期和波动周期相同可知,O点处在波峰位置(为0时刻),B点在平衡位置向下振动,得振动图象如图所
示。
【答案】(1)CDE
(2)①2 m/s
1.6 s
3.2 m
②振动图象见解析
6.(2019 年广东佛山四校联考)(1)(多选)下列说法正确的是(
)。
A.赫兹预言了电磁波的存在并用实验加以证实
B.在高速运动的火箭上的人认为火箭的长度并没有改变
C.与平面镜相比,全反射棱镜的反射率高,几乎可达100%
D.单摆在驱动力作用下做受迫振动,其振动周期与单摆的摆长无关
E.在磨制各种镜面或其他精密的光学平面时,可以用衍射法检查平面的平整程度
(2)如图1 所示,相距d=20 m 的两个波源,在t=0 时同时开始振动,波源A 只振动了半个周期,其振动图象如图2 所示,波
源B 连续振动,其振动图象如图3 所示,两列简谐横波的传播速度都为v=1.0 m/s,求:
图1
①0~22 s 内,波源A 右侧1 m 处的质点C 经过的路程。
②0~16 s 内,从波源A 发出的半个波传播过程中遇到的波峰个数。
【解析】(1)麦克斯韦预言了电磁波的存在,是赫兹用实验加以证实的,A 项错误;在高速运动的火箭上的人与火箭具
有相等的速度,当他以自己为参考系时,火箭相对于他的速度是0,所以火箭的长度并没有改变,B项正确;全反射棱镜是根
据全反射的原理制成的,与平面镜相比,全反射棱镜的反射率高,几乎可达100%,C 项正确;单摆在驱动力作用下做受迫振
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动,其振动周期由驱动力的频率决定,与单摆的摆长无关,D 项正确;检查平面的平整程度使用的是光的薄膜干涉,与衍射
无关,E 项错误。
(2)①波源A 引起的质点C 振动的路程s1=2A1=8 cm
波源B 的振动传播到C 点的时间
t=
ࢊǦ࢞࡭࡯࢜=19 s
之后的3 s,波源B 引起的质点C 振动的路程
s2=
૜
૛×4A2=120 cm
所以,在0~22 s 内质点C 经过的路程s=s1+s2=128 cm。
②16 s 内两列波相对运动的长度Δl=lA+lB-d=2vt'-d=12 m
B 波的波长λB=vTB=2 m
波源A 发出的波在传播过程中遇到的波峰个数n=
ȟ࢒
ɉ࡮=6。
【答案】(1)BCD
(2)①128 m
②6
7.(2019 年福建漳州四校联考)(1)(多选)关于振动和波,下列说法正确的是(
)。
A.单摆振动的周期与摆球质量无关
B.发射无线电波时需要对电磁波进行调制和解调
C.光纤通信和全息照相都利用了光的全反射原理
D.声源与观察者相互靠近时,观察者接收的频率大于声源振动的频率
E.光的双缝干涉实验中,若仅将入射光从红光改为紫光,则相邻亮条纹间距一定变小
(2)一列沿x 轴负方向传播的简谐横波,在t=0 时刻的波形图如图所示,此时坐标为(1,0)的质点刚好开始振动,已知t=0 时
刻之后,在t1=0.6 s 时刻P 质点首次位于波峰位置。Q 点的坐标是(-3,0),求:
①这列波的传播速度。
②t2=1.5 s 时质点Q 的位移。
【解析】(1)单摆振动的周期T=2π
ࡸ
ࢍ,可知单摆的振动周期与摆球质量无关,A 项正确;发射电波时,对电磁波进行调
制,接收电波时,对电磁波进行解调,B 项错误;光纤通信利用了光的全反射原理,而全息照片则是利用光的干涉制成的,C
项错误;根据多普勒效应可知,声源与观察者相对靠近,观察者所接收的频率大于声源发出的频率,D 项正确;在光的双缝
干涉实验中,若仅将入射光由红光改为紫光,根据条纹间距Δx=
ࡸɉ
ࢊ,可知波长变短,则干涉条纹间距变窄,E 项正确。
(2)①由图可知波长λ=4 cm
由题知t1=0.6 s=
૜ࢀ
૝,解得T=0.8 s
则波速v=
ɉ
ࢀ=0.05 m/s。
②根据ω=
૛ૈ
ࢀ=2.5π rad/s
波向左传播一个周期T 后,质点Q 开始振动,振动方程为y=2sin(2.5πt) (cm)
又因为1.5 s 后Q 点实际振动时间为1.5 s-0.8 s=0.7 s
故t2=1.5 s 时质点Q 的位移y=2sin(2.5π×0.7)(cm)=- ૛cm。
【答案】(1)ADE
(2)①0.05 m/s
②- ૛cm
8.(2019 年山东省青岛市二模)(1)(多选)如图1 所示,光源S 从水下向空气中射出一束由红光、黄光和蓝光组成的复色光,
在水面上的P 点分裂成a、b、c 三束单色光。下列说法正确的是(
)。
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A.c 光为红色光
B.在水中传播时a 光速度最大,c 光波长最小
C.逐渐增大入射角,c 光最先发生全反射
D.b 光比a 光更容易发生明显衍射现象
E.a、b、c 三种色光分别用同一双缝干涉实验装置发生干涉,a 光相邻亮条纹间距最大
(2)如图2 所示,原点O 处的质点做简谐振动产生的简谐横波在均匀介质中沿x 轴传播,P、Q 为x 轴上两点,P、O 间距
离x1=0.35 m,且λ<x1<2λ,λ为该简谐波的波长。当O 处质点从t0 时刻开始由平衡位置向上振动,振动周期T=1 s,振幅A=5
cm;当波传到P 点时,O 处质点恰好到达波峰位置;再经过5.25 s,Q 处质点第一次到达波峰位置。求:
①P、Q 间的距离。
②在从t=0 开始到Q 处质点第一次到达波谷位置过程中,P 处质点通过的路程。
【解析】(1)红光的折射率较小,偏折角较小,所以a 光为红光,A 项错误;由公式v=
ࢉ
࢔可知,折射率越大,速度越小,所以
a 光的速度最大,由公式λ=࢜ࢌ=
ࢉ
࢔ࢌ,可知频率越大的光,波长越小,由图可知,fa<fb<fc,所以c 光的波长最小,B 项正确;由公式sin
C=
૚
࢔,可知折射率越大的光,发生全反射的临界角越小,所以c 光最先发生全反射,C 项正确;由B 分析可知,b 光的波长比a
光的小,所以a 光比b 光更容易发生明显的衍射现象,D 项错误;由公式Δx=
ࡸ
ࢊλ可知,波长越长的光,间距越大,所以a 光的相
邻亮条纹间距最大,E 项正确。
(2)①当波传到P 点时,有x1= ࢔൅
૚
૝λ
由于λ<x1<2λ,则n=1
解得λ=0.28 m
设波从P 点传到Q 点所用时间为t,波速为v,有
t+
ࢀ
૝=5.25 s
解得t=5 s
v=
ɉ
ࢀ
ࡼࡽ=vt
解得ࡼࡽ=1.4 m。
②设在从t=0 开始到Q 处质点第一次到达波谷位置过程中,P 处质点振动时间为t',则
t'=t+
૜
૝T
解得t'=5T+
૜
૝T
P 处质点通过的路程s=23A=1.15 m。
【答案】(1)BCE
(2)①1.4 m
②1.15 m
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