一品方案·物理(新高考版) 有qE=qvB,又 R=vt0,解得電場強(qiáng)度大小為 E=BtR0 . 2.ABD 在a、b、c 三 條 圖 線 上 分 別 取 橫 坐 標(biāo) 相 同 的 A、B、C 三 (2)僅有電場時,粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動,在y 方向有 點(diǎn),因為 直 流 電 源 的 總 功 率 PE 等 于 輸 出 功 率 PR 和 電 源 內(nèi) 部 的發(fā)熱功率Pr 之和,所以這三點(diǎn)的縱坐標(biāo)一定滿足關(guān)系 PA = y=v·t20 ,則 y= R PB +PC ,所以 A 項正確;圖 線b、c 的 交 點(diǎn) 表 示 當(dāng) 內(nèi) 阻 和 外 電 2 阻相等時,電 源 輸 出 的 功 率 最 大,此 時 電 流 的 大 小 為RE+r= 粒 子 從 圓 形 邊 界 射 出 ,有 x2+y2=R2, 則 x= 23R ,又 x= 1 t0 2,解 得a=4t302R . E ,功 率 的 大 小 為E2 ,圖 線 a、b 的 交 點(diǎn) 表 示 電 源 的 總 功 率 PE 2a 2 2r 4r (3)僅 有 磁 場 時,入 射 速 度 大 小 為 Py 和電源內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr 相等,此時只有電源的內(nèi)阻,所以此 4v,則 有 4qvB =m (4v)2 ,由 (1)知 fBff f ff 時 的 電 流 大小為E ,功 率 的大 小 為E2 ,所 以 橫 坐 標(biāo) 之 比 為 1∶ r f ff r r f qE=qvB,由 (2)知 qE =ma,聯(lián) 立 2,縱坐標(biāo)之比為1∶4,所以 B 項正確;圖 線c 表 示 電 源 的 輸 出 f f fRf f f f f 解 得r= 3R ,粒 子 的 運(yùn) 動 軌 跡 如 frf fα f f f f f 功率與電流的關(guān)系圖像,很顯然,最大 輸 出 功 率 小 于 3 W,故 C 3 O x 項錯誤;當(dāng)I=3A 時,PR =0,說 明 外 電 路 短 路,根 據(jù) PE =EI 圖 所 示 ,由 幾 何 關(guān) 系得 sinα= 3,解 得α= π 知電源的電動勢E=3V,內(nèi)阻r=IE =1Ω,故 D 項正確. 2 3 3.B 由 題 圖 乙 可 知,a 的 周 期 為 0.4s,b 的 周 期 為 0.6s,則 由 粒子的運(yùn)動周期 T=24πvr,粒子在 磁 場 中 運(yùn) 動 的 時 間t=22απT, n=T1 可知,轉(zhuǎn)速與周 期 成 反 比,故 曲 線 a、b 對 應(yīng) 的 線 圈 轉(zhuǎn) 速 解 得t= 3π . 之比為3∶2;曲線a 表示的交流電的電動勢最大值是10V,根 18t0 據(jù) Em =nBSω 并代入數(shù)據(jù)解得 曲 線b 表 示 的 交 流 電 的 電 動 勢 答 案 :(1)BtR0 沿 x 軸 正 方 向 (2)4t302R (3)138πt0 最 大值 是20 V,故 B 項 正 確 ,A、C、D 三 項 錯 誤 . 3 9.解析:(1)電子在 磁 場 中,洛 倫 茲 力 提 供 做 圓 周 運(yùn) 動 的 向 心 力, 4.D 當(dāng)滑動變阻器 R 的滑片向b 端移 動 時,其 接 入 電 路 的 阻 值 有 :eBv=m v2 減小,外電路總電阻減小,干路電流I 增大,平行金屬板 間 電 壓 r 等于 R3 兩 端 的 電 壓,R 減 小,并 聯(lián) 部 分 的 總 電 阻 減 小,則 R3 兩端的電壓減小,R3 上 消 耗 的 功 率 逐 漸 減 小,A 項 錯 誤;平 行 運(yùn)動軌跡如圖甲所示 P N QP GN Q 金屬板間場強(qiáng)減小,油 滴 P 將 向 下 運(yùn) 動,C 項 錯 誤;流 過 電 流 α 表的 電 流IA =I-I3,I 增 大 ,I3 減 小 ,則IA 增 大 ,所 以 電 流 表 O M M 讀 數(shù) 增 大 ,R 的 分 壓 U4 =U3 -U2,U3 減 小 ,U2 增 大 ,則 U4 減 A O α R 小,所以電壓表讀數(shù) 減 小,B 項 錯 誤;由 于 R1 的 阻 值 和 電 源 內(nèi) WO A WO CW 阻r 相等,則外電 路 總 電 阻 大 于 電 源 的 內(nèi) 阻r,當(dāng) 外 電 阻 減 小 圖乙 時,電源的輸出功率逐漸增大,D 項正確. 圖甲 5.A 根 據(jù) 電 流 有 效 值 的 定 義 可 知 I20R T + I0 2 T = 2 2 2 R 由 幾 何 關(guān) 系 得 :r=R I2ART,解 得 有 效 值IA = 5 ,而 IB =I0 ,由 P =I2R 可得 8I0 2 聯(lián) 立 解 得 :v=eBmR (2)電 子 在 電 子 槍 中 ,由 動 能 定 理 得 : PA ∶PB =I2A ∶I2B =5∶4.故 選 A. 6.C 設(shè)電源電動勢為 E、內(nèi)阻為r0,當(dāng) 開 關(guān) S 閉 合 時,外 電 路 多 eU= 21mv2 增加一個并聯(lián)支路,根據(jù)閉合電路歐姆定律得其干 路 電 流 即 流 過定值電阻r 的電流I 增 大,定 值 電 阻r 兩 端 的 電 壓 Ur =Ir 聯(lián) 立 解 得 :U=eB22mR2 增大,車燈兩端的電壓U=E-I(r0 +r)減 小,由 P =UR2L 可 得 (3)電子在磁場中運(yùn)動的半徑r=R,故平行于 AO 射 入 磁 場 的 燈的功率減小,亮度變暗,選項 A、B 均 錯 誤;若 燈 L1 的 燈 絲 燒 電 子都將經(jīng)過 M 點(diǎn)后打在熒光屏上,設(shè)從 AO 下方與AO 相距 斷,根據(jù)閉合電路歐姆定律得其干路電流I 減小,燈 L2 兩端 的 R 的C 點(diǎn) 射入磁 場的 電子打 在熒光 屏上 的G 點(diǎn),其 軌 跡如 圖 電 壓U=E-I(r0+r)增 大 ,由 P=UR2L 可 得 燈 L2 的 功 率 增 大 , 2 亮度增加,選項 C 正確;開關(guān) S斷開,根據(jù)閉合電路歐姆定律得 乙所示 則G 點(diǎn)位于N 點(diǎn)的左側(cè) 其干路電流I 減小,根據(jù) P=EI 可知電源的總功率減小,選 項 由 幾 何 關(guān) 系 得α=60° D錯誤. 解得:GN =taRnα= 33R. 7.D 由交變電壓表達(dá)式u=16 2sin100πt(V)可知,a、b 端 所 接 交流電電壓的最 大 值 Um =16 2 V,所 以 其 有 效 值 U U m = = 答 案 :(1)eBmR (2)eB22mR2 (3)左 側(cè) 33R 2 專題強(qiáng)化作業(yè)(九) 16V,頻率f=2ωπ=50 Hz,A 項 錯.兩 燈 泡 均 正 常 發(fā) 光,故 原 1.ABD 由歐姆定律知,U -I 圖 像 中 任 意 一 點(diǎn) 的 電 阻 可 用 該 點(diǎn) 線圈 兩 端 電 壓 U1 =16 V-4 V=12 V,副 線 圈 兩 端 電 壓 為 與坐標(biāo)原點(diǎn)的連線的 斜 率 表 示,由 圖 乙 并 結(jié) 合 數(shù) 學(xué) 知 識 可 知, U2 =4 V,所 以 原 、副 線 圈 匝 數(shù) 比n1 =UU12 = 3 ,B 項 錯 .由 變 壓 隨著所加電壓的增大,小燈泡 的 電 阻 增 大,A 正 確;對 應(yīng) P 點(diǎn), n2 1 小 燈泡的電阻可用 O、P 兩點(diǎn)連線的斜率表示,即 R=UI21 ,B 正 器 的 變 壓 規(guī) 律 可 知U1 =nn12 ,而 U1 =U -UL1 ,U2 =I2R 副 總 ,由 U2 確;在電路中燈泡 L 兩端電壓為U1 時,通過 電 阻 R0 的 電 流 為 變壓器 的 變 流 規(guī) 律 可 知I1 =nn12 ,又 I1 =URLL11 ,聯(lián) 立 得 U = I2,則 電 阻 R0 兩 端 的 電 壓 為I2R0,C 錯 誤 ;對 應(yīng) P 點(diǎn) ,小 燈 泡 I2 的電功率 為 PL =U1I2,即 圖 像 中 矩 形 PQOM 所 圍 成 的 面 積, D正確. UL1 n12 ·R副 總 +1 ,調(diào)小電阻箱 R 的阻值,則 R副總 減 小,又 U n22 RL1 — 278 —

參考答案 不 變 ,故UL1 增 大 ,則U1 減 小 ,U2 減 小 ,所 以 V1 示 數(shù) 、V2 示 數(shù) 答 案 :(1)2.0A c 端 (2)5.7×10-2J (3)2×10-3 C 均減小,C 項錯,D 項正確. 8.B 已知充電寶的輸出電壓U、輸出電 流I,可 求 出 充 電 寶 輸 出 專題強(qiáng)化作業(yè)(十) 的電功率為UI,故 A 錯 誤;由 題 意 可 知 手 機(jī) 電 池 充 電 電 流 為 I,所 以 手 機(jī) 電 池 產(chǎn) 生 的 熱 功 率 為 Pr =I2r,焦 耳 熱 為 Qr = 1.B 當(dāng)房門關(guān)閉時穿過線 圈 的 磁 通 量 最 大,磁 感 應(yīng) 強(qiáng) 度 方 向 與 線圈平面垂直,所以線 圈 平 面 應(yīng) 該 與 房 門 平 面 相 互 垂 直,A 錯 I2rt,因為U 是充電寶的輸出電壓,不是手機(jī)電池的 內(nèi) 電 壓,所 誤 ;由 法 拉 第 電 磁 感 應(yīng) 定 律 E =n ΔΦ 可 知 ,如 果 房 門 緩 慢 打 Δt 以Ur2t 不是手機(jī)電池產(chǎn)生的焦 耳 熱,故 B 正 確,C 錯 誤;充 電 寶 輸出的電能一部分轉(zhuǎn)化為手機(jī)電池儲存的化學(xué)能,一 部 分 轉(zhuǎn) 化 開,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 如 果 不 夠 大 的 話,就 不 能 引 起 門 磁 系 統(tǒng) 為手機(jī)電池產(chǎn)生的焦耳熱,根據(jù)能量守恒定律可知 手 機(jī) 電 池 儲 報警,B 正確;無論 房 門 向 外 打 開 還 是 向 里 打 開 都 會 引 起 線 圈 內(nèi)磁通量的變化,從 而 產(chǎn) 生 感 應(yīng) 電 動 勢 引 起 門 磁 系 統(tǒng) 報 警,C 存的化學(xué)能為 W =UIt-I2rt,故 D 錯誤. 錯誤;當(dāng)房門左右移動 時 也 會 引 起 穿 過 線 圈 的 磁 通 量 變 化,從 9.BC 發(fā) 電 機(jī) 的 輸 出 電 壓 不 變 ,由 變 壓 規(guī) 律U1 =nn21 ,可 知 U2 不 而引起門磁系統(tǒng)報警,D 錯誤. U2 2.AB 水平飛行時,左 右 機(jī) 翼 切 割 地 磁 場 磁 感 應(yīng) 強(qiáng) 度 的 豎 直 分 變,用戶接入電路的用電器越多,用電器消耗功率 越 大,而 理 想 量(珠海市地處北半 球,地 磁 場 磁 感 應(yīng) 強(qiáng) 度 的 豎 直 分 量 向 下 ), 變壓器的輸入功率和輸出功率相等,所以發(fā)電機(jī)的 輸 出 功 率 越 由右手定則,機(jī)翼左 側(cè) 電 勢 較 高,A 正 確,D 錯 誤;以 速 度v 垂 直飛行時,頭尾切割地磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度水 平 分 量 B1,切 割 有 效 大 ,B 項 正 確 ;由 P =U1I1 可 知 ,I1 增 大 ,又I1 =nn21 ,所 以 I2 長度為 L1,頭尾最遠(yuǎn)點(diǎn)電勢差為 B1L1v,上下最遠(yuǎn)點(diǎn)電 勢 差 為 I2 0,B 正確,C 錯誤. 3.A 初始時,線圈平面與磁場平行,磁通 量 為 零.經(jīng) 過 時 間t,線 增 大 ,輸 電 回 路 中U2=U3 +Ur ,Ur =I2r,可 知 Ur 增 大 ,U3 減 圈平面與磁場夾角 為θ,磁 通 量 為 BSsinθ.由 法 拉 第 電 磁 感 應(yīng) 小 ,根 據(jù)U3 =nn34 可 知 ,用 電 器 兩 端 電 壓 減 小 ,A、D 項 錯 ;輸 電 線 U4 定律可知,線圈中 產(chǎn) 生的 平 均感 應(yīng) 電 動 勢 的 大 小為 E=N ΔΦ = 電 阻r 消 耗 的 功 率Pr =I22r,隨I2 的 增 大 而 增 大 ,C 項 正 確 . Δt 10.解析:(1)帶電粒 子 在 電 場 中 做 類 斜 拋 運(yùn) 動,沿 極 板 方 向 做 勻 NBStsinθ.由 楞 次 定 律 可 判 斷 出 感 應(yīng) 電 流 方 向 為 逆 時 針 方 向 速直線運(yùn)動,沿垂直極板方向做勻變速直線運(yùn)動.設(shè) 帶 電 粒 子 (從左往右看).A 正確. 4.AD 初 始 時,MN 切 割 磁 感 線 產(chǎn) 生 的 電 動 勢 E =B0Lv = 飛 出 電 場 的 速 度 大 小 為 v,如 圖 所 示 ,則 0.3V,R1 與 R2 并 聯(lián) 后 的 電 阻 R并 =RR11+RR22 =2Ω,電 路 中 的 總電阻 R總 =r+R并 =3Ω,所以 MN 中的電流I=RE總 =0.1A, v0cosα=vsinα MN 的加速度a=Bm0IL=0.1m/s2,故 A 項正確;MN 的動能最 根 據(jù) 動 能 定 理 得U0q= 12mv2- 21mv20 終 全 部 轉(zhuǎn) 化 為 熱 量 ,故 總 熱 量 Q =Ek = 1 mv2 =0.045J,因 2 解 得 U0 =mv20 (cos2α-sin2α) r∶R并 =1∶2,所 以 Qr ∶Q并 =1∶2,Q并 =0.030J,又 R1∶R2 . 2qsin2α =2∶1,所 以 QR1 ∶QR2 =1∶2,故 QR1 =0.010J,故 B 項 錯 誤;對 MN ,由 動 量 定 理,-B0ILΔt=Δp,-B0LΔq=Δp,對 (2)由 勻 變 速 直 線 運(yùn) 動 規(guī) 律 得 v0sinα=at0 vcosα=at 全程,-B0Lq=0-mv,q=Bm0vL=0.3C,因 R1 ∶R2 =2∶1,所 以 所以極板的長度為 L=v0cosα(t0+t) 解 得 L=v0t0 cosαsin2α+cos3α =v0stin0c2oαsα. qR1 ∶qR2 =1∶2,qR2 =0.2 C,故 C 項 錯 誤 ;因 為 q=RΔΦ總 = sin2α (3)設(shè)兩極板間的電壓為U,由牛頓第二定律 得dUq=ma 由 B0Lx ,所 以 x=qBR0L總 =0.9 m,故 D 項 正 確 . R總 閉 合 電 路 歐 姆 定 律 得U=RE1+RR2 2 5.BD 框架出磁場的過程中,切割磁場 的 有 效 長 解 得 R2=Eqmtv0-0Rm1vd0sdinsαinα. 度 Lx 如 圖 所 示 ,x =vt,Lx 23 =233vt, Lx x = 3x 答 案 :(1)mv02(c2oqss2iαn-2αsin2α) (2)v0stin0c2oαsα (3)Eqtmv0-0Rm1vd0sdinsαinα E=BLxv=233Bv2t,A 錯 誤;B 正 確;對 框 架 11.解析:(1)由題圖乙知t=π×10-3s時受電線圈中產(chǎn)生的電 動 受 力 分 析 ,F=F安 = BILx = B2L2xv = 43BR2vx2 ,C 錯 誤,D 勢最大,為 Em =20V. R 正確. 受電線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流的 大 小 為I1 =Im =RE+mr=2.0 A, 6.AC 經(jīng) 時 間t,導(dǎo) 體 棒 所 受 安 培 力 為 F安 =BIL =B2RL2v = 由楞次定律可以得到此時c 端電勢高. B2RL2at,所以t=4s時,導(dǎo)體 棒 所 受 安 培 力 為 5 N,C 正 確.由 (2)通過電阻的電流的有效值為I=Im = 2 A, 牛頓第二定律 可 得 mg-F -F安 =ma,代 入 數(shù) 據(jù) 可 得 拉 力 為 2 F=5- 45t(N),所 以t=2s時,拉 力 F =2.5 N,導(dǎo) 體 棒 的 速 電 阻 在 一 個 周 期 內(nèi) 產(chǎn) 生 的 熱 量 Q=I2RT ≈5.7×10-2J. 度為v=at=10 m/s,拉 力 的 功 率 為 P =Fv=25 W,A 正 確. 由功能關(guān)系知拉力F 和安培力所做的功之和等于導(dǎo)體棒減少 (3)線 圈 中 感 應(yīng) 電 動勢 的 平 均 值 E=n ΔΦ , Δt 的機(jī)械能,B 錯誤.根據(jù)q=ΔRΦ,ΔΦ=B·S,S= 21at2 ·L,代 入數(shù)據(jù)可知q=5C,故 D 錯誤. 通過電阻 R 的電流的平均值為I=RE+r,通過電阻 R 的 電 荷 7.D 線圈內(nèi)部的磁場與電流大 小 成 正 比,且 變 化 的 磁 場 會 產(chǎn) 生 量q=I·Δt, 由 題 圖 乙 知 ,從t1 到t2 時 間 內(nèi) , ΔΦ=4×10-4 Wb,解 得q=nRΔ+Φr=2×10-3 C. 電場.電子在真空室中 沿 逆 時 針 方 向 做 加 速 圓 周 運(yùn) 動 時,電 場 的方向應(yīng)沿著順時針方向,又洛倫茲力提供電子做 圓 周 運(yùn) 動 的 — 279 —

一品方案·物理(新高考版) 向心力,根據(jù)左手定則 可 知 磁 場 方 向 應(yīng) 豎 直 向 上.根 據(jù) 安 培 定 m/s,A 正確;列車 車 輪 經(jīng) 過 鋼 軌 接 縫 處 時 產(chǎn) 生 的 振 動 同 時 也 則 可 知 ,只 有 在 0~ T 、3T ~T 時 間 內(nèi) 磁 感 應(yīng) 強(qiáng) 度 方 向 豎 直 向 會影響到路面本身,因 此 過 橋 需 要 減 速,是 為 了 防 止 橋 梁 發(fā) 生 4 4 共振現(xiàn)象從而造成坍 塌,除 此 之 外,列 車 減 速 并 不 影 響 橋 在 豎 上 ,根 據(jù) 楞 次 定 律 可 知 ,0~ T 時 間 內(nèi) 產(chǎn) 生 的 電 場 沿 著 逆 時 針 直方向的受力情況,故 不 能 通 過 減 速 來 減 小 列 車 對 橋 的 壓 力, 4 B 錯誤;列車做受迫 振 動,運(yùn) 行 中 的 振 動 頻 率 等 于 周 期 性 沖 擊 方 向 ,3T ~T 時 間 內(nèi) 產(chǎn) 生 的 電 場 沿 順 時 針 方 向 .D 正確. 的頻率,和固有頻率無關(guān),C 錯誤;提高 列 車 的 危 險 速 率 有 利 于 4 列車高速運(yùn)行,根據(jù)上述分析知,應(yīng)增加鋼軌長度,D 錯誤. 8.BD 以L<d 為例,從cd 邊剛進(jìn)入磁場到cd 邊剛離開磁場的 2.D 波向右傳播,由波的傳播方 向 與 質(zhì) 點(diǎn) 振 動 方 向 間 的 關(guān) 系 可 過程,動能變化為零,重力勢能轉(zhuǎn)化為線框產(chǎn)生的 熱 量,根 據(jù) 能 知,此時質(zhì)點(diǎn) P 正向平衡位置運(yùn)動,即向下運(yùn)動,故 A 錯 誤;最 量守恒定律可知進(jìn)入磁場的過程中線圈產(chǎn)生的熱 量 Q=mgd, 右邊質(zhì)點(diǎn)開始振動的 方 向 向 下,則 波 源 的 起 振 方 向 也 向 下,故 由于cd 邊剛進(jìn)入磁場時與cd 邊剛離開磁場時速度相 等,所 以 B 錯 誤;由 圖 可 知 波 的 波 長 增 大,而 波 速 不 變,根 據(jù) v=λf 可 從cd 邊剛離開磁場到ab 邊 離 開 磁 場 的 過 程 中 線 圈 產(chǎn) 生 的 熱 量與從cd 邊剛進(jìn)入磁 場 到ab 邊 剛 進(jìn) 入 磁 場 的 過 程 中 線 圈 產(chǎn) 得,波源振動的頻率逐漸減小,故 C 錯誤;波的傳播速度由介質(zhì) 生的熱量相等,所以線圈從cd 邊進(jìn)入磁場到ab 邊 離 開 磁 場 的 過程產(chǎn)生的熱量Q'=2mgd,故 A 錯 誤;線 圈 剛 進(jìn) 入 磁 場 時 的 決定,所以波的傳播速度不變,故 D 正確. 3.CD 如圖所示,設(shè)a、b 兩點(diǎn)為質(zhì)點(diǎn)振動 a O Mb 過程的 最 大 位 移 處.若 開 始 計 時 時 刻, 速度大小v= 2gh ,若 L=d,線 圈 將 勻 速 通 過 磁 場,所 用 時 質(zhì)點(diǎn)從 O 點(diǎn)向右運(yùn)動,O→M 過程歷時3s,M →b→M 運(yùn) 動 過 間t=2vd= 2d =d 2 ,故 B 正確 ;若 L>d,cd 邊 在 進(jìn) 入 程歷時2s,T4 =4s,T=16s.質(zhì)點(diǎn)第三 次 經(jīng) 過 M 點(diǎn) 還 需 要 的 2gh gh 時間 Δt3=T-2s=14s,C 項 正 確.若 開 始 計 時 時 刻,質(zhì) 點(diǎn) 從 磁場的過程中線圈勻速運(yùn)動,cd 邊 離 開 磁 場 到ab 邊 進(jìn) 入 磁 場 O 點(diǎn)向左運(yùn)動,O→a→O→M 運(yùn)動過程歷時3s,M →b→M 運(yùn) 時線圈做勻加速運(yùn)動,線 圈 勻 速 運(yùn) 動 時,有 mg=B2RL2v,解 得 動過程歷時2s,T2'+T4'=4s,T'=136s.質(zhì) 點(diǎn) 第 三 次 經(jīng) 過 M v=Bm2gLR2 ,所以線圈ab 邊剛進(jìn)入磁場時的速度大于Bm2gLR2 ,故 C 點(diǎn)還需要的時間Δt'3=T'-2s=130s,D 項正確. 錯誤;若 L<d,cd 邊進(jìn)入磁場時要減速,線圈 全 部 進(jìn) 入 磁 場 后 4.BD 由題圖乙 可 知,質(zhì) 點(diǎn) B 在 0.1s時 正 經(jīng) 過 平 衡 位 置 沿 y 做勻加速運(yùn)動,當(dāng)cd 邊 剛 離 開 磁 場 時,速 度 達(dá) 到 最 大,可 知 線 圈 剛 好 全 部 進(jìn) 入 磁 場 時 速 度 最 小 ,設(shè) 線 圈 的 最 小 速 度 為 vmin, 軸的負(fù)方向運(yùn)動,結(jié)合題圖 甲 可 知,該 簡 諧 橫 波 沿 x 軸 負(fù) 方 向 從線 圈 剛 完 全 進(jìn) 入 到cd 邊 剛 離 開 磁 場 的 過 程,由 動 能 定 理 得 傳播.再經(jīng)0.05s即t=0.15s時,質(zhì)點(diǎn) B 處在波谷位置,加速 度最大且方向沿y 軸正方向,A 項錯 誤.經(jīng) 0.05s的 時 間 質(zhì) 點(diǎn) 12mv2 - 21mv2min =mg(d-L),而 1 mv2 =mgh,線 圈 的 最 小 B 的振動形式傳到A,則t=0.15s時,質(zhì) 點(diǎn) A 正 處 在 平 衡 位 2 置沿y 軸 負(fù) 方 向 運(yùn) 動,B 項 正 確.再 經(jīng) 過 0.10s即t=0.25s 速 度vmin= 2g(h+L-d),故 D 正 確 . 時,質(zhì)點(diǎn) A 正 處 在 平 衡 位 置,即 此 時 的 位 移 為 零,C 項 錯 誤。 9.AD 根 據(jù) E=Blv 及I= E ,l=2L -x,可 得 1 =2IBRL -IBR 從t=0.1s到t=0.25s,即 經(jīng) 過 3 個 周 期 該 簡 諧 橫 波 沿 x 軸 R v 4 x,對 照 題 圖 乙 中 的 圖 線 斜 率 關(guān) 系 可 得1 =IBRL ,解 得 I= 的 負(fù)方 向 傳 播 3 個 波 形 ,由 題 圖 甲 可 知 該 波 的 波 長 為 10cm, v0 4 BLv0 ,A 正 確 .題 圖 乙 中 圖 線 與 坐 標(biāo) 軸 圍 成 圖 形 的 面 積 表 示 導(dǎo) 則該段時間內(nèi)簡諧橫波 沿 x 軸 的 負(fù) 方 向 傳 播 了 7.5cm,D 項 R 正確. 體 棒運(yùn)動的時間,即t=23vL0 ,B 錯誤.根據(jù) E=ΔΔtΦ及I=RE 和q 5.D 由波形 圖 結(jié) 合 同 側(cè) 法 可 知,P 點(diǎn) 起 振 的 方 向 沿y 軸 負(fù) 方 21B(2L)2 - 12B(L)2 向,則波源的起振方向 沿 y 軸 負(fù) 方 向,選 項 A 錯 誤.波 源 的 振 R =IΔt 可 得q= E Δt=ΔRΦ = =32BRL2 ,C 動頻率為f= v 10 Hz=2.5 Hz,選 項 B 錯 誤 .振 動 周 期 R λ =4 錯 誤 .根 據(jù) 功 能 關(guān) 系 得 W F =Q + 1 mv02 - 1 m 1 2 T= 1 =0.4s,波 傳 到 x=12 m 處的質(zhì)點(diǎn) Q 需要的時間為 2 2 2v0 f ,Q = I2Rt=3B22LR3v0 ,解 得 WF =3B22LR3v0 +3m8v02 ,D 正 確 . t1=1210-3s=0.9s,則t=1.2s時,Q 已經(jīng)振動 了 0.3s,即 振 10.解析:(1)當(dāng)線框下邊界剛進(jìn)入磁場時,由于線框 速 度 不 變,對 動 了 3 ,到 達(dá) 了 波 峰 位 置 ,選 項 C 錯 誤 .波 傳 到 x=8 m 處 的 線框進(jìn)行受力分析 有 BIL=mg,由 歐 姆 定 律 可 得I=RE ,線 4T 框切 割 磁 感 線,由 法 拉 第 電 磁 感 應(yīng) 定 律 可 得 E =BLvy ,由 速 質(zhì)點(diǎn)需要的時間為t2=81-03s=0.5s,則t=1.2s時,該 質(zhì) 點(diǎn) 度 的 合 成 與 分 解 可 得 v = v02 +v2y ,聯(lián) 立 求 解 可 得 v = 已經(jīng)振動了0.7s= 47T,即t=1.2s時,x=8 m 處 的 質(zhì) 點(diǎn) 已 v20 +mB2g4L2R4 2 ,設(shè) 此 時 速 度 方 向 與 水 平 面 的 夾 角 為 θ,則 通過的路程為7A=14cm,選項 D 正確. tanθ=vv0y =Bm2Lg2Rv0 . 6.B 由 公 式 v=λf 得 ,波 長 λ= v 80 m=0.8 m,則 PS= (2)線框從開始進(jìn)入磁場到完全進(jìn)入磁場,由能量 守 恒 定 律 可 f =100 17.4 m=21λ+ 34λ,P、S 相 當(dāng) 于 相 距 43λ 時 的 關(guān) 系 QS = 得 mgL=Q,故 Q=mgL. 16.2 m=20λ+ 41λ,Q、S 相 當(dāng) 于相 距 1 時 的 關(guān) 系 ,結(jié) 合 如 圖 答 案 :(1) v20 +mB2g4L2R4 2 速 度 方 向 與 水 平 方 向 夾 角 θ 滿 足 4λ 波形可知,當(dāng) S 通 過 平 衡 位 置 向 上 運(yùn) 動,此 時 刻 P 質(zhì) 點(diǎn) 在 波 tanθ=Bm2Lg2Rv0 (2)mgL 峰,Q 在波谷,故 B 正確,ACD 錯誤.故選 B. 7.C 由圖甲、乙可知 波 長λ=8 m,周 期 T =4s,則 該 波 的 波 速 專題強(qiáng)化作業(yè)(十一) v=Tλ =2 m/s,故 A 錯誤;橫波 沿 x 軸 正 方 向 傳 播,根 據(jù) “上、 1.A 當(dāng)列車受到?jīng)_擊的周期等 于 固 有 振 動 周 期 時 會 發(fā) 生 共 振, 下坡法”可知,在t=0時刻 質(zhì) 點(diǎn) S 應(yīng) 向y 軸 負(fù) 方 向 振 動,由 圖 乙可知在t=0時刻該質(zhì)點(diǎn)沿y 軸 正 方 向 振 動,與 質(zhì) 點(diǎn) S 的 振 從而造 成 危 險,由 題意 可 知 列 車的 危 險 速 率 為 v = L =45 T — 280 —

參考答案 動方向相反,故 B 錯誤;由于t=6s= 23T,因 而 質(zhì) 點(diǎn) R 在t= 11.解析:(1)根據(jù)圖乙可得波的 周 期 T=0.4s,故 波 的 傳 播 速 度 6s時 處 于 波 峰 的 位 置,位 移 最 大,故 C 正 確;該 波 的 頻 率 為 v=Tλ =10 m/s. f= 1 =0.25 Hz,當(dāng) 觀察 者 沿 x 軸 向波 源 運(yùn) 動 時 ,根 據(jù) 多 普 勒 根據(jù)圖乙可知振幅 A=0.1 m、ω=2Tπ=5πrad/s. T 故質(zhì)點(diǎn)P 的振動方程為 y=Asinωt=0.1sin5πt(m) 效應(yīng),觀察者接收到的頻率大于0.25 Hz,故 D 錯誤. (2)由于質(zhì)點(diǎn) P、Q 均在平 衡 位 置,且 P、Q 間 只 有 兩 個 波 谷, 作 出 其 示 意 圖 如 圖 1、2、3 所 示 . 8.D 簡 諧 橫 波 沿 此 彈 性 繩 向 右 傳 播,t=0 時 a 質(zhì) 點(diǎn) 的 位 移 為 0.4 m 且位于波峰位置,b 質(zhì) 點(diǎn) 的 位 移 恰 好 為 零,且 向 下 運(yùn) 動, PQ 則a、b 間的距離x= 3 λ(n=0,1,2,3,…),可知這列 波 圖1 n+ 4 的最大波長為1.2 m,A 錯 誤.由t=1s時a 質(zhì) 點(diǎn) 第 一 次 回 到 平 衡 位 置 可 知 ,這 列波 的 周 期 為 4s,波 速 v= λ ,結(jié) 合 A 項 分 T 析可知n 不確定,故不能 確 定 這 列 波 的 傳 播 速 度,B 錯 誤.ω= 2π π rad/s,質(zhì) 點(diǎn)b 的 振 動 方 程 為yb =0.4sin π m,t= PQ T= 2 2t+π 圖2 1 s時 ,b 質(zhì)點(diǎn)的 位 移 =0.4sin π1 m= -0.2 m,C 3 yb1 2 × 3 +π 錯誤.質(zhì)點(diǎn)a 的振動方程為ya =0.4sin 2πt+ π m,t=0.5s PQ 2 圖3 時 ,a 質(zhì) 點(diǎn) 的 位 移 ya1 =0.4sin π ×0.5+ π m= 2 m,D 若如圖1,則d= 32λ=6 m 2 2 5 若如圖2,則d=2λ=8 m 若如圖3,則d= 25λ=10 m. 正確. 答案:(1)10m/s y=0.1sin5πt(m) (2)6m、8m、10m 9.解析:(1)由振動圖 像 可 知,t=0 時 刻 a 在 正 向 最 大 位 移 處,b 專題強(qiáng)化作業(yè)(十二) 在 平 衡 位 置 且 向 下 振 動 ,則 其 可 能 的 波 形 圖 如 圖 所 示 W ab 1.BD 根據(jù)安培定則,線圈 中 的 電 流 從b 到a,此 時 電 流 正 在 增 強(qiáng),表明電容器正在放電,所以下極板帶正電荷,上 極 板 帶 負(fù) 電 根據(jù)波的周期性可得 n+ 3 λ=9 m(n=0,1,2,3,…) 4 荷.a 點(diǎn)電勢比b 點(diǎn)低,電容器兩 極 板 間 場 強(qiáng) 正 在 減 小,電 場 能 正 在 減 小 ,線 圈 中 感 應(yīng) 電 動 勢 變 小 . 2.A 光在進(jìn)入介質(zhì)過程中,設(shè)折射角為θ,由折射定律得sin45°= 由圖像知 T=4s,則v=Tλ =4n9+3 m/s(n=0,1,2,3,…) nsinθ,則 sin(90°-θ)= 7 > 1 ,所 以 光 在 該 介 質(zhì) 側(cè) 面 會 發(fā) 生 3 n (2)若λ>10 m,由 3 λ=9 m,可知,n=0,λ=12 m, 全反射,A 正確. n+ 4 3.C a 光的入射角大于b 光的入射角,而 折 射 角 相 同,由 折 射 率 波速v=Tλ =3 m/s, 公式可 知,a 光 的 折 射 率 大 于b 光 的 折 射 率,即 na >nb ,A 項 簡諧波傳到c 點(diǎn)用時t=138s=6s 錯 ;由 sinC= 1 可 知 ,a,b 兩 光 從 該 玻 璃 磚 射 向 空 氣 時 發(fā) 生 全 n 則c 點(diǎn)的振動方程為 反 射的臨界角Ca <Cb ,C 項正確;由v=nc 可知,a 光在介質(zhì)中 的傳播速度較小,又傳播路 徑 長 度 相 同,所 以a、b 兩 光 在 玻 璃 y=15sin π (t-6)+π cm(t≥6s), 磚中的傳播時間ta >tb ,B 項錯;由 光 路 可 逆 特 點(diǎn) 可 知,光 線 只 2 y=0(t<6s) 要射入平行玻璃磚,則一定可以從另一側(cè)射出,D 項錯. 4.AD 光 沿 光 纖 軸 線 方 向 傳 輸 用 時 最 短,光 在 光 纖 中 的 速 度 答案:(1)4n9+3 m/s(n=0,1,2,3,…) (2)當(dāng)t≥6s時,y= v=nc ,則 最 短 時 間 為t1 = L =ncL;設(shè) 光 從 左 端 面 的 A 點(diǎn) 以α v 15sin π (t-6)+π cm,當(dāng)t<6s時 ,y=0. 2 角入射,折射角為β,在 B 點(diǎn) 發(fā) 生 全 反 射 時 的 入 射 角 和 反 射 角 為γ,如圖所示,如 果 光 在 光 纖 纖 芯 中 發(fā) 生 全 反 射 的 角 為 臨 界 10.解析:(1)由圖可知λ=6 m,如果這列簡諧橫波是沿x 軸正 方 向 傳 播 ,在t1 ~t2 內(nèi) 波 形 沿 x 軸 正 方 向 勻 速 傳 播 了 x1 = 角 C,則 光 在光 纖 中 的 傳 播 時 間 最 長 ,sinγ=sinC= 1 ,所 以 光 (nλ+2)m= (6n+2)m(n=0,1,2,…… ),所 以 可 能 的 波 速 n v1=t2x-1t1 =50(3n+1)m/s(n=0,1,2,……),同 理 可 知,若 通 過 光 纖 纖 芯 所 用 的 最 長 時 間 為 t2 = s =csniLnC =nc2L ,故 v 是沿 x 軸負(fù)方向傳播的,在t1~t2 內(nèi)波形沿 x 軸 負(fù) 方 向 勻 速 Δt=t2 -t1 =cL (n2 -n)= L n- 1 2 -4Lc,故 B 項 錯 誤,D 傳播了x2=(nλ+4)m=(6n+4)m(n=0,1,2,……),所 以 可 c 2 能的波速v2=t2x-2t1 =50(3n+2)m/s(n=0,1,2,……). 項正確.波長越長,折射率越小,A 項正確,C 項錯誤. 5.B 作出光 路 圖 如 圖 所 示,根 據(jù) 平 面 幾 何 知 i (2)“Q 比R 先回到 平 衡 位 置 ”,說 明 波 是 沿 x 軸 正 方 向 傳 播 d β O 的,可得 T=vl =30n.1+21s(n=0,1,2,……),而 0.02s<T < 識 可得 sini= 2 = 23,故i=60°,由 幾 何 關(guān) R 0.04s,即當(dāng)n=1時 T=0.03s,所以v=Tλ =200 m/s. 答案:(1)50(3n+1)m/s(n=0,1,2,……)或 50(3n+2)m/s 系可得i=2β,故β=30°,根據(jù)折射 定 律n= sini可 得 圓 柱 體 對 單 色 光 的 折 射 率 n = sinβ (n=0,1,2,……);(2)200 m/s — 281 —

一品方案·物理(新高考版) ssiinn6300°°= 3,故選項 B 正確,選項 A、C、D 錯誤. 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得h2=2.4 m. (2)當(dāng)魚餌燈離水面深度為h3 時,水面 PQ 間恰好 無 光 射 出, 光在玻 璃 中 的 臨界角 正 弦 值 1 3,由 于 水 平 光 此時魚餌燈與 浮 標(biāo) 的 連 線 和 豎 直 方 向 的 夾 角 恰 好 為 臨 界 角 n 3 6.C sinC0 = = 1 s2 37 n s22 +h32 =5 束直接射到 BC、AC 界面的光的入射角分別為 45°和 60°,均 大 C,則 有 sinC= ,由 sinC= ,解 得 h3 m. 于臨界角,故在界面 上 發(fā) 生 全 反 射,由 BC 界 面 反 射 的 光 線 傳 答案:(1)2.4 m (2)357 m 11.解析:(1)作 出 臨 界 光 路 圖 如 圖 所 示,根 據(jù) 全 反 射 知 識 得 播到AC 界 面 時 的 入 射 角 為 30°,由 折 射 定 律 可 知,n=sisnin3r0°, 解得r=60°,C 正確. 1 3, n 2 7.B 光的顏色 由 頻 率 決 定,所 以 光 進(jìn) 入 透 明 介 質(zhì) 后,光 的 顏 色 sinθ= = 不變,故 A 錯誤;如 圖,從 發(fā) 光 面 任 意 位 置 作 一 條 光 線 到 半 球 H E GF D 面表面(弧面),并過光線的射出點(diǎn)作其與球心的 連 線,即 法 線, 通過 O 點(diǎn)左右對稱關(guān)系,確定 出 在 端 點(diǎn) A 或 B 沿 垂 直 AB 方 αα α 向射出的光線有最大 的 入 射 角,如 果 此 時 不 發(fā) 生 全 反 射,那 么 半球形表面 (弧 面 )任 意 位 置 都 有 整 個 發(fā) 光 面 的 光 射 出,可 得 sinC= 1 >sinα=Rr ,則 有n<rR ,即 介 質(zhì) 折 射 率 應(yīng) 小于R ,故 θ θ n r C B 正確,D 錯誤;由n<rR ,解得 R>nr=1.7 mm,則 R 必 須 大 A 于1.7 mm,C 錯誤. 解 得 臨 界 角θ=60,則α=30°, 故燈柱上 有 光 線 出 射 的 圓 弧 面 所 對 應(yīng) 的 圓 心 角 φ=30°+ α B R L 30°+180°=240°φ=43π也可 . Ar O B (2)根 據(jù) 幾 何 關(guān) 系 可 知 d=2(HE+EG)=2(CEtanα+EG) 即 d=2Rcos30°+2(Rsin30°+R)tan30°, 8.BD 從圖像中可以看出角θ 小于30°時,沒 有 折 射 光,A 錯 誤; 解得d=2 3R. 當(dāng)θ=30°時,即入射角為60°時,折 射 光 線 的 強(qiáng) 度 為 零,故 此 時 答案:(1)240° (2)2 3R 發(fā)生全反射,B 正 確;因 為 全 反 射 臨 界 角 為 60°,又 n=si1nC = 1.B 專題強(qiáng)化作業(yè)(十三) 單晶和多晶 都 有 確 定 的 熔 點(diǎn),A 錯 誤;液 晶 顯 示 器 利 用 了 sin160°=233,C 錯誤,D 正確. 液晶的光學(xué)各向異性,B 正確;玻璃 管 的 裂 口 放 在 火 焰 上 燒 熔, 其尖端變鈍,這是由于液體表面張力 的 作 用,C 錯 誤;水 在 荷 葉 9.解析:(1)由光速與折射率的關(guān)系n=vc ,可得該棱鏡 對 甲 光 的 上呈球形,是荷葉和露水表現(xiàn)為不浸潤,D 錯誤.故選 B. 2.ABD 一 定 質(zhì) 量 的 冰 融 化 為 同 溫 度 水 的 過 程 中,分 子 動 能 不 折 射 率 n1 1 , 變,此過程要吸收熱量,內(nèi)能增 加,則 分 子 勢 能 增 加,選 項 A 正 =k1 確;忽略分子間作用 力,氣 體 內(nèi) 能 只 有 總 動 能,溫 度 越 高,分 子 該 棱 鏡 對 乙 光 的 折 射 率 n2 1 . 平均動能越大,一定質(zhì)量的大氣的內(nèi)能越大,選項 B 正確;人們 =k2 感覺夏天比冬天悶熱是因為夏天同溫度下的大氣的相對濕度 ②設(shè) BC 邊的長度為L,根據(jù)題述,甲光第一次到達(dá) BC 邊恰好 比冬天的大,選項 C 錯誤;飽 和 汽 壓 與 溫 度 有 關(guān),溫 度 越 低,飽 發(fā) 生 全 反 射 ,可 畫 出 光 路 圖 如 圖 所 示 ,則 1 =k1 , 和汽壓越小,則水蒸氣容易在草上形成露水,選項 D 正確. sinθ=n1 3.AC a 克拉 鉆 石 物 質(zhì) 的 量 (摩 爾 數(shù))為n=0M.2a,所 含 分 子 數(shù) cos∠BCA=sinθ,cos∠BCA=Ll , 為 N =nN 0.2aN A ,A 項 正 確 ,B 項 錯 誤 ;鉆 石 的 摩 爾 體 積 =M 解 得 L=kl1 . A B V=M ×10-3 (單 位 為 m3/mol),每 個 鉆 石 分 子 的 體 積 約 為 ρ ×10-3 V0 =NVA = M N Aρ ,設(shè) 每 個 鉆 石 分 子 的 直 徑 為 d,則 V0 = θ 4 d 3 3 6M ×10-3 3π 2 N Aρπ AC ,聯(lián) 立 解 得 d= (單 位 為 m),C 項正確, 答 案 :(1)k11 1 (2)kl1 D項錯誤. k2 4.A 溫度是分子平均動能的標(biāo) 志,則 可 視 為 理 想 氣 體 的 相 同 質(zhì) 10.解析:(1)設(shè)入射角、折射角分 別 為i、r,魚 餌 燈 離 水 面 的 深 度 量和溫度的氫氣與氧 氣 相 比,分 子 平 均 動 能 一 定 相 等,但 是 由 為 h2 .如 圖 所 示 ,則 有 sinr= s1 ,sini= s2 ,根 據(jù) 于分子數(shù)不等,則 內(nèi) 能 一 定 不 相 等,故 A 正 確.某 理 想 氣 體 的 s21 +h21 s22 +h22 摩爾體積為V0,阿伏 加 德 羅 常 數(shù) 為 NA ,則 該 理 想 氣 體 單 個 分 光 的 折 射 定 律 可 知 n=ssiinnir, 子占據(jù)的空間的體積 為V0 ,由 于 氣 體 分 子 之 間 的 距 離 遠(yuǎn) 大 于 NA 分 子 大 小 ,所 以 單 個 分 子 的 體 積 小 于V0 ,故 B 錯 誤 .甲 、乙 兩 個 NA h P r Q 分子僅在分子力的作用下由無窮遠(yuǎn)處逐漸靠近直到不能再靠 s s 近的過程中,分子引力與分子斥力都增大;分子力 先 做 正 功,后 i h 做負(fù)功,則分子勢能先減小后增大,故 C 錯誤.擴(kuò)散現(xiàn)象是分子 h 的熱運(yùn)動,布朗運(yùn)動不是分子的熱運(yùn)動,故 D 錯誤. 5.ACD 汽 缸 是 導(dǎo) 熱 的,封 閉 氣 體 的 溫 度 始 終 與 環(huán) 境 溫 度 相 同, M 保持不變,而溫 度 是 分 子 平 均 動 能 的 標(biāo) 志,選 項 A 正 確;僅 用 — 282 —

參考答案 此氣體的摩爾質(zhì)量和密度可以算出氣體的摩爾體 積,但 是 氣 體 遷時發(fā)射光子的能量 不 同,對 應(yīng) 的 光 的 顏 色 不 同,因 此 可 用 來 分子之間距離 遠(yuǎn) 大 于 分 子 直 徑,所 以 不 能 計 算 出 氣 體 分 子 體 制作五顏六色的霓 虹 燈,B 項 正 確;放 射 性 元 素 放 射 性 的 強(qiáng) 度 積,選項 B 錯誤;氣體是 從 單 一 熱 源 吸 熱,全 部 用 來 對 外 做 功, 不受溫度、壓強(qiáng)和化學(xué) 狀 態(tài) 的 影 響,因 此 可 確 定 射 線 來 自 原 子 同時伴隨著外力 F 的作用,即引 起 了 其 他 的 變 化,所 以 此 過 程 核,C 項 正 確;β衰 變 過 程 伴 隨 著 核 能 釋 放,故 兩 原 子 核 結(jié) 合 能 不違反熱力學(xué)第二定律,選 項 C 正 確;氣 體 溫 度 不 變 而 體 積 增 不同,D 項錯.故 D 項符合題意. 大,由玻意耳定律可知,氣體壓強(qiáng)減小,氣體分子每 秒 撞 擊 器 壁 2.A 衰變后的新核要更穩(wěn)定,即新核的比結(jié)合能大 于 舊 核 的,A 單位面積的分子數(shù)減少,選項 D 正確. 正 確 .衰 變 過 程 的 方 程 為 U→ X+238234 4 He,B 錯 誤 .α 射 線 在 三 92 90 2 6.BC 打氣后,由 于 氣 體 的 溫 度 不 變,分 子 平 均 動 能 不 變,球 內(nèi) 種放射線中電離能力最強(qiáng),穿透能力最 弱,C 錯 誤.半 衰 期 是 統(tǒng) 氣體分子對球內(nèi)壁的平均作用力不變,A 錯誤.打 氣 后,球 內(nèi) 氣 計規(guī)律,針對少量原子核沒有意義,D 錯誤. 體的壓強(qiáng)變大,即球內(nèi)氣體分子對球內(nèi)壁單位面積 的 平 均 作 用 3.A 當(dāng) 溫 度 達(dá) 到 幾 百 萬 開 爾 文 時,原 子 核 具 有 足 夠 的 動 能,可 力增大,B 正確.打氣6次后,由玻意耳 定 律 得 p1V0 +p0 ×6× 以克服庫侖斥力,進(jìn)而發(fā)生聚變,因此聚變又叫熱 核 反 應(yīng),A 正 0.05V0=pV0,解得 p=1.4p0,即球內(nèi) 氣 體 的 壓 強(qiáng) 為 1.4p0,C 確.太陽輻射的能量來源于核聚變,核 裂 變 又 稱 鏈 式 反 應(yīng),B 錯 正確,D 錯誤. 誤.根據(jù)核反應(yīng)方程遵 循 質(zhì) 量 數(shù) 守 恒 和 電 荷 數(shù) 守 恒,可 知 一 個 7.C 過程①中氣體壓強(qiáng)與 熱 力 學(xué) 溫 度 成 正 比,則 氣 體 發(fā) 生 等 容 氘 核 和 一 個 氚 核 聚 變 的 方 程 為21H+13H→42He+01n,C 錯 誤 .原 變化,氣體體積不變,氣 體 對 外 界 不 做 功,氣 體 溫 度 升 高,內(nèi) 能 子核中核子 平 均 質(zhì) 量 越 小,比 結(jié) 合 能 越 大,原 子 核 越 穩(wěn) 定,D 增大,由熱力 學(xué) 第 一 定 律 ΔU =Q +W 知,氣 體 吸 收 熱 量,單 位 錯誤. 時間內(nèi),狀態(tài) A 比狀態(tài)C 容 器 壁 單 位 面 積 上 分 子 碰 撞 的 次 數(shù) 4.C 一個氫原子從n 能級躍遷到基態(tài),最 多 可 產(chǎn) 生 (n-1)條 光 少,A、D 錯誤;AB 過程 氣 體 壓 強(qiáng) 不 變,溫 度 升 高,由 蓋 - 呂 薩 譜線,故 A、B 錯 誤;當(dāng) 氫 原 子 吸 收 光 子 能 量 后 由 基 態(tài) 躍 遷 到 克定律知,氣體體積 增 大,氣 體 對 外 界 做 功,氣 體 溫 度 升 高,內(nèi) n=4的激發(fā)態(tài)時,光子能量應(yīng)為E4-E1=-0.85eV-(-13.6eV) 能增大,由 熱 力 學(xué) 第 一 定 律 ΔU =Q +W 知,氣 體 要 吸 收 熱 量, =12.75eV,C 正確;同理氫原子 由 激 發(fā) 態(tài) 向 低 能 級 躍 遷 時,發(fā) 且氣體對外界所做的功小于 氣 體 所 吸 收 的 熱 量,BC 過 程 氣 體 出光子的能量也要等于兩個能 級 的 能 量 差,0.85eV 不 符 合 兩 發(fā)生等溫變化,氣體 內(nèi) 能 不 變,壓 強(qiáng) 增 大,由 玻 意 耳 定 律 可 知, 個能級的能量差,D 錯誤. 氣體體積減小,外界對氣體做功,由熱力 學(xué) 第 一 定 律 ΔU =Q+ 5.BCD 由電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒可知,中 微 子 的 核 電 荷 數(shù) 為 W 知,氣體放熱,且 外 界 對 氣 體 所 做 的 功 等 于 氣 體 所 放 熱 量, 0,質(zhì)量數(shù)也為0,所以 A 錯誤,B 正 確;核 反 應(yīng) 過 程 遵 守 質(zhì) 量 數(shù) 則過程②氣體先吸收 熱 量 后 放 出 熱 量,B 錯 誤;過 程 ① 氣 體 所 守恒,電荷數(shù)守恒,所以 C 正 確;參 與 上 述 反 應(yīng) 的 中 微 子 的 最 小 吸收熱量為 Q1=ΔU,過程②氣體所吸收熱量為 Q2=ΔU+W , 能量約為 ΔE=(36.95691+0.00055-36.95658)×931.5 MeV 則氣體在過程①吸收的熱量小于過程②吸收的熱量,C 正確. ≈0.82 MeV,所以 D 正確. 8.解析:(1)氣體壓強(qiáng)在微觀方面取決于兩個因素,分 子 的 平 均 動 6.AB 由 質(zhì) 量 數(shù) 和 電 荷 數(shù) 守 恒 可 知,X 粒 子 的 質(zhì) 量 數(shù) 為 1,電 荷 能和單位體積內(nèi)的分子數(shù).溫度降低,分子平均動 能 減 小;氣 體 數(shù)為0,則 X 粒子為中子,選項 A 正確;根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程 質(zhì)量增加,單 位 體 積 內(nèi) 的 分 子 數(shù) 增 加,從 而 使 壓 強(qiáng) 維 持 不 變. 可知 mXc2 =1876.1 MeV+2809.5 MeV-3728.4 MeV- (2)選-8 ℃時館內(nèi)氣體為研 究 對 象,其 體 移 為V,氣 體 狀 態(tài) 參 17.6 MeV,解得 mX=939.6 MeV/c2,選項 B 正確;太陽每秒放 量初 狀 態(tài) :V1 =V + ΔV,T1 =280 K,末 狀 態(tài) :V2 =V,T2 = 出的能量 E=Pt=4×1026J,損失的質(zhì)量 Δm=cE2 4×1026 kg≈ =9×1016 265 K,由 蓋 - 呂 薩 克 定 律 得V = (V +ΔV), T2 T1 4.4×109 kg,選項 C 錯 誤;太 陽 每 秒 放 出 的 能 量 E =Pt=4× 可得 ΔV=21655V,場館內(nèi)增加的氣體質(zhì)量與 降 溫 前 場 館 內(nèi) 氣 體 1026J,地 球 每 秒 接 收 到 太 陽 輻 射 的 能 量 小 于 4×1026 J,選 項 D 錯誤. 為Δm =ΔVV 據(jù) 得Δm 3 質(zhì) 量 之 比 m ,代 入 數(shù) m =53. 7.B 根據(jù)發(fā)生 光 電 效 應(yīng) 的 條 件 可 知 該 單 色 光 照 射 鋅 板 能 發(fā) 生 光電效應(yīng),照射銅板不 能 發(fā) 生 光 電 效 應(yīng).通 過 愛 因 斯 坦 光 電 效 答案:(1)見解析 (2)533 應(yīng)方程 知,光 電 子 的 最 大 初 動 能 Ek=hν-hν1,臨 界 狀 態(tài) 是 電 9.解析:U 形管兩端豎直朝上時,設(shè) A、B 兩空氣柱的壓強(qiáng)分別為 子減速到負(fù)極板時速度剛好 為 零.根 據(jù) 動 能 定 理 有eU =Ek= p1 和 p2.U 形管逆時針緩慢旋轉(zhuǎn)90°后,設(shè) A 空氣柱 的 壓 強(qiáng) 為 hν-hν1,平行板電容器的電容C=UQ ,解得ν=ν1+heQC ,選項 B p'1,B 空氣柱的壓強(qiáng) 為p'2,此 時 A、B 兩 空 氣 柱 的 長 度 分 別 變 為l'1 和l'2.由題意可 知,U 形 管 兩 端 豎 直 朝 上 時,B 空 氣 柱 的 正確. 8.AC 當(dāng)用電子轟擊 處 于 基 態(tài) 的 氫 原 子 時,使 氫 原 子 激 發(fā) 到 量 壓 強(qiáng)p2 = (12-6)cmHg=6cmHg. 已 知 氣 體 溫 度 不 變 ,由 玻 意 耳 定 律 有 p1l1 =p'1l'1,p2l2 = 子數(shù)為n 的 激 發(fā) 態(tài),總 共 產(chǎn) 生 N =C2n =n(n2-1)條 譜 線.波 長 p'2l'2,又 p'2=p'1-12cmHg. 最長即頻率最小的是從n 能級 向(n-1)能 級 躍 遷 時 產(chǎn) 生 的 譜 又l1+l2=l'1+l'2,聯(lián) 立 解 得 p'1=16cmHg,p'2=4cmHg, 線.提高入射電子的動能,電子將 被 激 發(fā) 到(n+k)能 級,k=1, l'1 =9cm,l'2 =9cm. 2,…,向較 低 能 級 躍 遷 時 產(chǎn) 生 的 譜 線 的 條 數(shù) 為 N'= C2 = 答案:16cmHg 4cmHg 9cm 9cm n+k 10.解析:(1)設(shè)初狀態(tài)時汽缸內(nèi)氣柱 壓 強(qiáng) 為 p1,對 活 塞 受 力 分 析 (n+k)(n+k-1),而能級越高,能級差 越 小,故 輻 射 的 光 譜 中 2 得 m1g+p0S=p1S,物塊 B 剛要 離 開 桌 面 時 活 塞 下 移 了 x, 最大波 長 光 譜 的 波 長 將 變 得 更 長,故 C 符 合 題 意,D 不 符 合 題 此時汽缸內(nèi)氣柱壓強(qiáng)為 p2,此 時 彈 簧 彈 力kx=m2g,對 活 塞 受力 分 析 得 m1g +p0S =kx +p2S,汽 缸 內(nèi) 氣 柱 的 長 度 為 意 .N'-N = 1 (2nk +k2 -k)≥n,故 A 符 合 題 意,B 不 符 2 l2 =l1 -x, 合題意. 有p1l1S =pT2l22S 根 據(jù) 理 想 氣 體 狀 態(tài) 方 程 T1 , 9.C 根 據(jù) 圖 乙 可 知 該 陰 極 材 料 對 應(yīng) 的 遏 止 電 壓 為 Uc=0.6 V, 由 Ekm =eUc,可得光電子的最大初動能為0.6eV,又因為入射 代入數(shù)據(jù)解得 T2=180K. 光 的 波 長 為λ=315nm,可 得 入 射 光 的 光 子 能 量 為 E光 =h c (2)由熱力學(xué)第 一 定 律 得 ΔU =W +Q,由 于 氣 體 體 積 變 小,外 λ 界對氣體做功,W 為正值;氣體溫度降低,ΔU 為負(fù)值,故 Q 為 =3.95eV.由 愛 因 斯 坦 光 電 效 應(yīng) 方 程 有 Ekm =E光 -W0,則 該 陰 極 材 料 的 逸 出 功 W0=E光 -Ekm =3.35eV,結(jié) 合 題 中 表 格 可 負(fù) 值 ,即 氣 體 一 定 放 熱 . 知,陰極 K 可能是由金屬鋅制 成 的,選 項 A 錯 誤.結(jié) 合 A 項 分 答案:(1)180K (2)放熱,原因見解析 專題強(qiáng)化作業(yè)(十四) 析可知,入射光的波長變長,對應(yīng)光子的能量減小,光 電 子 的 最 1.D α粒子散射實(shí)驗中,延展性好、原子核 質(zhì) 量 較 大 的 重 金 屬 箔 大初動能減小,則圖線與橫軸的交點(diǎn)將右移,選項 B 錯誤.由圖 均可以作為轟擊對象,A 項正確;不同氣體原子的 能 級 不 同,躍 乙可知光電流最大為0.64μA,則單位時間內(nèi)陰極 K 上射出的 — 283 —

一品方案·物理(新高考版) 光電子的數(shù)量為n=Iet=4×1012 個,選項 C 正確.由于金屬 鈦 ΔEp=(M2 -M1 )gh,系 統(tǒng) 動 能 的 增 加 量 為 ΔEk = 1 (M1 + 2 的逸出功大于光子的能量,則將 其 制 成 陰 極 K 時,不 能 發(fā) 生 光 M2 )v2 = 1 (M1 + M2 ) d 2 電效應(yīng),不能產(chǎn)生光電流,選項 D 錯誤. 2 Δt ,若 系 統(tǒng) 機(jī) 械 能 守 恒,則 (M2 - 10.ACD 反 向 電 壓 U 和 頻 率ν 一 定 時,光 電 流i 與 光 電 子 數(shù) 目 M1 )gh= 1 (M1 +M2 ) d 2 成正比,光 電 子 數(shù) 目 與 入 射 光 強(qiáng) 成 正 比,A 項 正 確;由 Ekm = 2 Δt . hν-W0 和eUc=Ekm ,Uc=heν-We0 ,故 Uc 與 頻 率ν 不 成 正 (3)若 系 統(tǒng) 機(jī) 械 能 守 恒 ,則 (2m -m )gh= 1 ×3mv2 , 2 比,B 項 錯 誤;光 電 流 隨 反 向 電 壓 U 的 增 大 而 減 小,反 向 電 壓 解 得2vh2 = g . 等于遏止電壓Uc 時,光電流為零,C 項正確;光 電 子 的 產(chǎn) 生 是 3 瞬時的,D 項正確. 11.BD 由 K 逸出的光電子向左運(yùn)動到達(dá) A,則形成了向 右 的 光 答案:(1)② 擋 光 片 中 心 (2)(M2 - M1 )gh= 1 (M1 + M2 ) 2 電流,因此流過電流 表 的 光 電 流 由 上 向 下,A 項 錯 誤;由 圖 乙 d2 (3)g3 可知,BC 上點(diǎn)所對應(yīng)的電 壓 的 絕 對 值 為 遏 止 電 壓,由 動 能 定 Δt 理得eUc= 12mv2,又由愛因斯坦光電效應(yīng)方程可知 12mv2= 5.解析:(3)對小球 1 下 落 到 最 低 點(diǎn) 的 過 程,設(shè) 向 左 為 正 方 向,根 hν-hν0,其中ν0 為截止頻率,由 以 上 兩 式 整 理 得 Uc= ehν- 據(jù) 動 能 定 理得 m1g·9d= 1 m1v21 ,碰 前 動 量 為 p1 =m1v1 = 2 hν0 ,結(jié)合 圖 乙 可 得 的 表 達(dá) 式 為 U = - ehν+heν0 ,則 當(dāng) 3m1 2gd ,碰 后 小 球 1、2 的 速 度 分 別 為 v'1 = - 2gd ,v2 = e BC 2 2gd ,如 果 動 量 守 恒 ,則 滿 足 m1v1 = m1v'1 + m2v2,即 U =0 時ν=ν0 =b,斜 率 絕 對 值 k= h ,B 項 正 確 ,C 項 錯 誤 ; 2m1 =m2 . e (4)雙擺線能保證 小 球 運(yùn) 動 更 穩(wěn) 定,使 得 小 球 運(yùn) 動 軌 跡 在 同 一 該材料的逸出功為 W0=hν0=keb,D 項正確. 豎 直 平 面 內(nèi) ,避 免 小 球 做 圓 錐 擺 運(yùn) 動 . (5)根 據(jù) 彈 性 碰 撞 的 特 征 由 動 量 定 理 及 機(jī) 械 能 守 恒 定 律 有 12.AC 頻率最 大 的 光 子 對 應(yīng) 的 能 量 最 大,即 躍 遷 時 能 量 差 最 ,1 1 1 大,故從n=6能級躍遷到n=2 能 級 輻 射 出 的 光 子 的 頻 率 最 m1v1 = m1v'1 + m2v2 2 m1v12 = 2 m1v'12 + 2 m2v22 ,解 得 大,選項 A 正確;原子躍遷過程 中,吸 收 光 子 的 能 量 應(yīng) 剛 好 等 v'1=mm11+-mm22v1,球 1 反 彈 ,則 說 明 球 1 的 質(zhì) 量 小 于 球 2 的 質(zhì) 量;如果球1碰后速度大小不變,方向相反,根據(jù)動 量 守 恒 定 律 于兩能級的能量差,選項 B 錯 誤;從n=3 能 級 向 低 能 級 躍 遷 時,可以是 從 3→2、2→1 或 者 是 3→1,即 有 三 種 頻 率 不 同 的 m1v0= -m1v1+m2v2,可 知 m2v2>m1v0,同 時 需 要 滿 足 碰 后 光子,選項 C 正確;光電效應(yīng)與光照的時間無關(guān),Hδ 光子的能 12m1v20 (m1v0 )2 1 (m2v2)2 ,可 量最大,故其他光子不一定可以使該金屬產(chǎn)生光 電 效 應(yīng),選 項 2m1 2 2m2 D錯誤. 機(jī) 械 能 不 增 加 ,有 = > m2v22 = 專題強(qiáng)化作業(yè)(十五) 知 m1 必 然 小 于 m2. 1.解 析 :利 用 勻 變 速 直 線 運(yùn) 動 規(guī) 律 的 推 論 答案:(3)3m1 2gd 2m1 =m2 (4)雙 擺 線 能 保 證 小 球 運(yùn) 動 更穩(wěn)定,使得小球運(yùn)動 軌 跡 在 同 一 豎 直 平 面 內(nèi) (5)小 于 能 Δx=at2 ,得a=tΔx2 = (12.74+11.02-5.87-7.58)×10-2 m/s2= 6×0.202 理由見解析 0.43 m/s2;由牛 頓 第 二 定 律 有 mgsinα-μmgcosα=ma,解 得 6.解析:(1)由于擋 光 時 間 極 短,則 可 認(rèn) 為 A 端 通 過 光 電 門 的 瞬 μ=gsgicnoαsα-a=9.890.×800.×340-.940.43=0.32. 答案:0.43 0.32 時速度等于擋光過程中的平均速度,即vA =tL ;由螺旋測 微 器 2.解析:(1)由 題 意 知,每 段 紙 帶 對 應(yīng) 的 時 間 間 隔 為 Δt=5T = 的讀數(shù)規(guī)則可知,桿的寬度 L 為 6.5 mm+36.0×0.01 mm= 0.1s,所以每段紙 帶 的 高 度 間 接 表 示 了 這 段 紙 帶 對 應(yīng) 小 車 的 6.860 mm. 平均速度,因此圖 像 縱 軸 可 代 表 的 物 理 量 是 速 度 v,根 據(jù) 單 位 (2)由表格中的實(shí) 驗 數(shù) 據(jù) 分 析 可 知,為 使 圖 線 為 過 原 點(diǎn) 的 傾 斜 換 算 可 知 單 位 應(yīng) 是“×10-1 m/s”. (2)v t 圖像的斜率表示加 速 度,由 題 圖 丙 可 知 小 車 速 度 增 大 直 線 ,則 縱 軸 應(yīng) 為t-2. (3)對于質(zhì)量分布均勻的直桿,其重心位于桿的中 點(diǎn),則 當(dāng) 桿 的 的過程中,其加速度不斷減小,A 正確. A 端 下 降 高 度h 時 ,桿 的 重 心 下 降h ,直 桿 的 重力 勢 能減 少了 (3)由紙帶測量數(shù)據(jù)可估算小車的最大速度為vm =0.466m/s;由 2 于最大速度的估算值是3、4點(diǎn) 之 間 的 平 均 速 度,而 小 車 在 3、4 點(diǎn)間先加速后減速,所以該估算值小于或等于小車 最 大 速 度 的 ΔEp=m2gh. (4)直 桿 的 A 端 下 降 高 度h 時,由 機(jī) 械 能 守 恒 定 律 得 Ek = 實(shí)際值. 答案:(1)速度v(×10-1m/s) (2)A (3)0.466 ≤ mg· h ,結(jié) 合 題 圖 (c)可 知 1 = abh,又 vA = L ,整 理 得 3.解析:(1)實(shí) 驗 中 保 持 砝 碼 的 質(zhì) 量 和 轉(zhuǎn) 動 半 徑 不 變,改 變 其 轉(zhuǎn) 2 t2 t 速,所以采用的是控制變量法,B 正確,A、C 錯誤. Ek=m2gbaLv22A . (2)擋光桿處的線 速 度 為v=ΔΔts,根 據(jù) 線 速 度 與 角 速 度 公 式 可 答 案 :(1)tL 6.860(6.859~6.861均可) (2)t-2 (3)m2gh 知 角 速 度 為 ω=dΔΔst. (4)m2gbaLv22A (3)由題圖乙可知,在 m、r 一 定 的 情 況 下,向 心 力 F 的 大 小 與 專題強(qiáng)化作業(yè)(十六) 角速度的平方成線性關(guān)系,即 F 與ω2 成正比. 1.解析:(1)將開關(guān) S接1,電容 器 與 電 源 相 連,所 以 電 容 器 充 電; 答 案 :(1)B (2)ω=dΔΔst (3)在 m、r 一 定 的 情 況 下,向 心 力 再將 S 接 2,電 容 器 放 電.將 圖 中 橫 軸 分 成 許 多 很 小 的 時 間 間 大小與角速度的平方成正比 隔,在這些很小的時間間隔里,放 電 電 流 可 以 視 為 不 變,則iΔt 4.解析:(1)②需要測量系統(tǒng)重力勢能的變化量,則應(yīng) 該 測 量 出 擋 為這段時間內(nèi)的電荷量,所以圖中用陰影標(biāo)記的狹 長 矩 形 的 面 光片中心到光電門中心的距離. 積 其物理意義是電容器在0.2s內(nèi)放出的電荷量.根據(jù) Q=CU 可知,電荷量與電阻 R 無 關(guān),如 果 只 減 小 電 阻 R 的 阻 值,則 此 (2)系 統(tǒng) 的 末 速 度 為 v = d ,則 系 統(tǒng) 重 力 勢 能 的 減 小 量 為 過程的I-t 曲線與坐標(biāo)軸所圍成的面積將不變. Δt — 284 —

參考答案 (2)因為電容器充電后,兩極板之間的電勢差為電 源 的 電 動 勢, \" R \" . 即8.0V,故電容器的電容 C=UQ =3.448×.010V-3 C=430μF. (3)電容器在充電過程中,電流由最大逐漸減小,放 電 過 程 電 流 也是由最大逐漸減小,根據(jù)q=It,可 知q-t 圖 像 的 傾 斜 程 度 表示電流的大 小,B 錯 誤,A 正 確 ;根 據(jù)U = Q = CIt 可 知 ,因 R C 電容器的電容 不 變,在 充、放 電 過 程 中,UAB -t 圖 像 的 斜 率 均 變小,所以 C 錯誤,D 正確. 答案:(1)放電 0.2s內(nèi)電容器放出的電荷量 不變 (2)430 (3)I1 為 0.10 A 時,風(fēng) 扇 燈 兩 端 電 壓 U =I2 (R2 +r2 )= (3)AD 0.45 V,此 時 通 過 風(fēng) 扇 燈 的 電 流I=I1 -I2 =90 mA,所 以 風(fēng) 扇 2.解析:R1 是光敏電阻,光照射 R1 時阻值減小,則電路總電阻減 燈的內(nèi)阻 R=UI =090.45mAV=5.0Ω. 小,總電流增大,電源的路端電壓減小,R2 兩 端 電 壓 減 小,流 過 R2 的電流減小,則流過 R1 和 小 燈 泡 的 電 流 增 大,小 燈 泡 的 實(shí) 答案:(1)G E C (2)見解析圖 (3)5.0Ω 際功率變大,小燈泡變亮;若 R2 是光敏電阻,光照射 R2 時,R2 6.解析:(1)由于電 壓 表 可 視 為 理 想 電 壓 表,為 了 減 小 實(shí) 驗 誤 差, 阻值減小,則電路總電阻減小,總電流增大,電源的 路 端 電 壓 減 則毫安表應(yīng)該采用外接法;滑動變阻器的最大阻值 相 對 于 被 測 小,流過 R1 和小燈泡的電流 減 小,小 燈 泡 的 實(shí) 際 功 率 變 小,小 電阻小很多,由于測量 范 圍 比 較 大,滑 動 變 阻 器 應(yīng) 該 采 用 分 壓 燈泡變暗 式 接 法 ,所 以 測 量 電 路 圖 如 圖 所 示 . 答案:R1 理由見解析 3.解析:(4)由于待測電阻絲的 阻 值 Rx 較 小,電 流 表 的 分 壓 作 用 引起的誤差較大,因此 采 用 電 流 表 外 接 法,即 電 壓 表 的c 端 應(yīng) 接a. (6)根 據(jù) 部 分 電 路 歐 姆 定 律 有 Rx = U ,根 據(jù) 電 阻 定 律 Rx = I L =ρ πDl · 1 ,又 d = x ,則 電 阻 絲 的 電 阻 率ρ ρS d 41πd2 n =4nU3xD3Il. (2)若某 次 測 量 中 電 壓 表 和 毫 安 表 的 示 數(shù) 分 別 為 5.5 V 和 (7)由于電阻絲表 面 涂 有 絕 緣 漆,因 此 實(shí) 驗 測 得 的 電 阻 絲 的 直 3.0 mA,根據(jù)歐 姆 定律 得 此時 熱 敏 電 阻的 阻 值 為 R= U = 徑d=nx 比實(shí)際的直徑要大,故電阻率的測量值大于真實(shí)值. I 答案(4)a (6)4IUlxDn3 3 (7)大于 4.解析:(1)表 頭 與 電 阻 R0 并 聯(lián),兩 端 電 壓 相 等,表 頭 內(nèi) 阻 為 5.5 V A=1.83kΩ. Rg=900Ω,量程為200μA,則通過電阻 R0 的電流為通過電流 3.0×10-3 表 的 9 倍 ,則 有 R0=II電g-RIgg,可 得 R0 =100 Ω;表 頭 滿 偏 時 示 (3)根據(jù)熱敏電阻阻值 R 隨 溫 度t 變 化 的 曲 線 可 知,熱 敏 電 阻 數(shù) 為0.2mA,電路電流為2mA,表頭兩端的電壓為Ug=IgRg =0.18V,R1 兩端的 電 壓 為 U1 =6 V-0.18 V=5.82 V,則 的阻值為2.2kΩ 時,對應(yīng)的溫度為25.5 ℃. R1=IU電1 =2910Ω. (4)根據(jù)圖丙所示 電 路,結(jié) 合 閉 合 電 路 歐 姆 定 律 得 輸 出 電 壓 為 U=RE1'+RR2 2 ,當(dāng)圖中的輸出電壓達(dá) 到 或 超 過 6.0 V 時,便 觸 發(fā) 報警器報警,說明環(huán)境溫度高,熱敏電阻的阻值減 小 時,輸 出 電 壓變大,從而報警,所以圖中 R1 應(yīng)該用熱敏電阻,R2 為定值電 阻.若要求開始報警時環(huán)境溫度為50 ℃,通過熱敏電阻阻值 R 隨溫 度t 變 化 的 曲 線 可 知,報 警 時 R1 =0.8kΩ,代 入 數(shù) 據(jù) 得 (5)根 據(jù) 閉 合 電 路 歐 姆 定 律 得 E = IRg + 10IR1 + 6.0 10 V ·R2 ,解 得 R2 =1.2kΩ. V=0.8kΩ+R2 (Rg+10R1 )Ir,整 理 可 得 1 =Rg+E10R1 +Rg+E10R1r× 1 , R I R 答案(1)見解析圖 (2)1.83 (3)25.5(25.3~25.7 均 對 ) 結(jié)合 題 圖 乙 可 知 Rg+10R1 =5000 A-1、Rg+E10R1r =k = (4)R1 1.2 E 專題強(qiáng)化作業(yè)(十七) 1000A-1·Ω,可得 E=6.0V、r=0.2Ω. 1.解析:由 題 圖 可 知,光 線 在 MN 界 面 的 入 射 角 為r=30°,折 射 (6)步驟(5)中分析時,計算電源內(nèi)阻分壓使用的干 路 電 流 為 通 角為i=60°,則該玻璃磚的折射率n=ssiinnir=ssiinn6300°°= 3. 過滑動變阻器的電流,但 改 裝 電 壓 表 不 是 理 想 電 表,有 分 流 作 用,故通過電源內(nèi)阻的實(shí)際電流更大,故(5)中測量 出 的 電 動 勢 把大頭針插在 P'1 和 P'2 位置時,在 MN 界 面 的 另 一 側(cè) 看 不 到 偏小;在分析電源內(nèi)阻的測量值是否準(zhǔn)確時,可以認(rèn)為 步 驟(5) 大頭針的像,原因是光線在 MN 界面發(fā)生了全反射. 的干路電流測量值是準(zhǔn)確的,則應(yīng)將電壓表等效為 電 源 的 一 部 答案:3 光線在 MN 界面發(fā)生了全反射 2.解析:需要的器材和 原 料 除 油 酸 酒 精 溶 液、淺 盤、注 射 器、痱 子 分,即步驟(5)中測 量 的 內(nèi) 阻 實(shí) 際 為 電 源 內(nèi) 阻 與 電 壓 表 內(nèi) 阻 并 粉、坐標(biāo)紙、彩筆等外,為了描繪出輪廓還需要一項 重 要 的 器 材 聯(lián) 后 的 等 效 內(nèi) 阻 ,易 知 電 源 內(nèi) 阻 的 測 量 值 也 偏 小 . 答案(1)100 2910 (5)6.0 0.2 (6)偏小 偏小 是 玻 璃 板 ;1 滴 油 酸 酒 精 溶 液 中 純 油 酸 的 體 積 為 V0 2 5.解析:(1)要求被測風(fēng)扇燈兩端電壓從零開始連續(xù) 調(diào) 節(jié),滑 動 變 =100× 阻器應(yīng)采用分壓式接法,故滑動變阻器應(yīng)選擇最大 阻 值 較 小 的 40500cm3=2.5×10-5 cm3,油 膜 面 積 為 S=167×0.6×0.6 G;內(nèi)阻已知的電流表 A2 量程為150 mA,所 以 滿 偏 電 壓 Ug= Igr2=0.75 V,若 與 定 值 電 阻 R1 串 聯(lián) ,Um =Ig (r2 +R1 )= cm2=60.12cm2,油 酸 分 子 直 徑 約 為 d=VS0 =2.650×.1120-5 cm 2.25V,無 法 滿 足 電 壓 測 量 要 求;若 選 擇 定 值 電 阻 R2,Um = Ig(r2+R2)=6.75V,可 以 滿 足 要 求 . =4×10-7 cm. (2)實(shí)驗中,將電流表 A2 與定值電阻串聯(lián)當(dāng)做電壓表并聯(lián)在風(fēng) 答 案 :玻 璃 板 2.5×10-5 4×10-7 3.解 析 :題 圖 乙 螺 旋 測 微 器 固 定 刻 度 的 讀 數(shù) 是2.0 mm,可 動 刻 度 扇燈兩端,再與電流表 A1 串聯(lián)后,并聯(lián)在滑動變阻器滑動端與 的讀數(shù)是33.5×0.01 mm=0.335 mm,則 螺 旋 測 微 器 的 讀 數(shù) 一 個 固 定 端 之 間 ,如 圖 所 示 . — 285 —

一品方案·物理(新高考版) 等于2.0 mm+0.335 mm=2.335 mm,題 圖 丙 螺 旋 測 微 器 固 答 案 :(1)光 學(xué) 面 (2)P3 以 及 P1、P2 的 像 遠(yuǎn) 定刻度的讀 數(shù) 是 15.0 mm,可 動 刻 度 的 讀 數(shù) 是 37.5×0.01 (3)ssiinnβα (4)見解析 mm=0.375 mm,則螺旋測微器 的 讀 數(shù) 等 于 15.0 mm+0.375 mm=15.375 mm,相鄰條紋間距為 Δx=xn2--x11 ,根 據(jù) 雙 縫 干 第三部分 考前增分集訓(xùn) 涉的條紋間距公式 Δx=dlλ,則這種單色光的波長λ=Δxl·d A ?？键c(diǎn)再排查 = (x(n2--x11)l)d,代 入 數(shù) 據(jù) 解 得λ≈6.5×10-7 m. 1.力 與 物 體 的 平 衡 答案:2.335(2.332~2.337) 15.375(15.372~15.377) 1.C 重心是重力在物體上 的 作 用 點(diǎn),也 就 是 物 體 各 部 分 所 受 重 6.5×10-7 力的合力的作用點(diǎn),并 不 是 物 體 上 最 重 的 一 點(diǎn),物 體 的 重 心 可 4.解析:(1)實(shí)驗是以注射器內(nèi)的空氣為研究對象,所 以 實(shí) 驗 前 注 能在物體上,也可能 在 物 體 之 外,A 錯 誤;放 在 桌 面 上 的 書,受 射器內(nèi)的空氣不能完 全 排 出,A 錯 誤;空 氣 柱 的 體 積 變 化 不 能 到桌面對它的支持力,是 由 于 桌 面 發(fā) 生 形 變 產(chǎn) 生 的,支 持 力 的 太快,要緩慢移動注射器保證氣體溫 度 不 變,B 錯 誤;氣 體 發(fā) 生 方向與桌面發(fā)生形 變 的 方 向 相 反,B 錯 誤;滑 動 摩 擦 力 的 方 向 等溫變化,空氣柱的壓強(qiáng)隨體積 的 減 小 而 增 大,C 錯 誤;p-V1 與物體間相對運(yùn)動的方向相反,當(dāng)認(rèn)為最大靜摩擦 力 等 于 滑 動 1 摩擦力時,可以 用 Ff=μFN 計 算 最 大 靜 摩 擦 力,C 正 確;有 彈 p-V 力不一定有摩擦力,因 為 物 體 之 間 不 一 定 粗 糙,也 不 一 定 有 相 圖 像 是 一 條 傾斜 的 直 線 ,作 出 的 圖 像 可 以 直 觀 反 映 出p 對運(yùn)動或相對運(yùn)動趨勢,D 錯誤. 2.CD 玻璃珠的受力分析 如 圖 所 示,設(shè) 與V 的關(guān)系,D 正確. F/ 玻璃珠受自 身 重 力 G,左 側(cè) 筷 子 對 玻 θ (2)根 據(jù) 1 圖 像 可 知 ,如 果 溫 度 相 同 ,則 說 明兩 次 氣 體 質(zhì) 量 璃 珠 的 力 FN左 ,右 側(cè) 筷 子 對 玻 璃 珠 的 F/ p-V 力 FN右 ,玻 璃 珠 在 3 個 力 作 用 下 處 于 G 平衡狀 態(tài),根 據(jù) 力 的 平 衡 條 件 可 知, 不 同 ,如 果 氣 體 質(zhì) 量 相 同 ,則 說 明 兩 次 溫 度 不 同 . 答案:(1)D (2)兩次研究時 溫 度 相 同 但 氣 體 的 質(zhì) 量 不 同 或 同 質(zhì)量氣體在不同溫度下進(jìn)行的研究 兩側(cè)筷子對玻璃珠的合力 與 重 力 大 小 相 等,方 向 相 反,A、B 錯 5.解析:(1)因為單色光的干涉條紋與單縫和雙縫都平行,應(yīng)沿豎直 誤,C 正確;左側(cè)筷子 對 玻 璃 珠 的 彈 力 與 玻 璃 珠 對 左 側(cè) 筷 子 的 方向,分劃板中心刻度應(yīng)對準(zhǔn)干涉條紋的中心,故選 E、F.根據(jù) Δx 彈力是一對作用力和反作用力,大小相等,方向相反,D 正確. =dlλ,可知d 越小,則條紋間距越大,所以對應(yīng)于d1 的是 E. 3.C 設(shè) 每 根 繩 的 拉 力 為 F,則 這 兩 根 繩 拉 力 的 合 力 F合 = (2)題圖甲對應(yīng)的讀數(shù)為2 mm+38×0.02 mm=2.76 mm 2Fcosθ2 ,方向沿兩繩子夾 角 的 角 平 分 線,與 水 平 面 的 夾 角 為 題圖乙對應(yīng)的讀數(shù)為11 mm+8×0.02 mm=11.16 mm α.對輪胎受力分析 如 圖 所 示,由 平 衡 條 件 得 F合 cosα=Ff,解 則條紋間距為 Δx=2.80 mm, 得 F=2cosαF·cfosθ2 ,代入數(shù)據(jù)解得 F=233Ff,C 正確. 根據(jù) Δx=dlλ 可計算出λ=5.60×10-7 m. 答案:(1)E F E (2)2.76 mm 11.16 mm 5.60×10-7 6.解析:(1)亮條紋與分劃板中心刻線不平行時,需使 單 縫 與 雙 縫 相互平行,轉(zhuǎn)動測量頭,將 圖 中 的 分 劃 板 調(diào) 到 豎 直 方 向 并 與 干 涉條紋平行,A、C 錯誤,B 正確. (2)要想增加從目 鏡 中 觀 察 到 的 條 紋 個 數(shù),則 應(yīng) 減 小 相 鄰 條 紋 間距,根據(jù)雙縫干涉相鄰亮條紋間距公式 Δx=dlλ 知,可 增 大 雙縫間距離或減小雙縫到屏的距離,B 正確,A、C、D 錯誤. (3)相 鄰 亮 條 紋 間 距 為 Δx =x2 -x1 ,根 據(jù) Δx = dlλ 得 ,λ 6 4.D 圓柱體受 兩 根 圓 棒 的 支 持 力、摩 擦 力 和 自 身 重 力,共 5 個 =d(x26l-x1 ) 力的作用,A 錯誤;將重力沿垂 直 MN 、PQ 所 在 的 平 面 和 平 行 . 答案:(1)B (2)B (3)d(x26l-x1) 該平 面 分 解,垂 直 該 平 面 向 下 的 分 量 大 小 為 Gy =mgcosθ,在 垂直 MN 、PQ 所 在 的 平 面 內(nèi) 對 圓 柱 體 受 力 分 7.解析:(1)玻璃磚的光學(xué)面不能用手直接接觸,否則 接 觸 面 的 污 析,如圖所 示,由 幾 何 知 識 且 圓 棒 MN 、PQ 間 N N 漬 會 影 響 接 觸 面 的 平 整 ,進(jìn) 而 影 響 折 射 率 的 測 定 . 距保持 2R 可知,圓 柱 體 受 到 的 兩 個 支 持 力 夾 (2)在 確 定 P3、P4 位 置 時 ,應(yīng) 使 P3 擋 住 P1、P2 的 像 ,P4 擋 住 角為90°,根據(jù) 平 衡 條 件 可 知,兩 根 圓 棒 對 圓 柱 P3 以及 P1、P2 的 像;折射光線是 通 過 隔 著 玻 璃 磚 觀 察 成 一 條 直線確定的,大頭針間的距離太小,引起的角度誤 差 會 較 大,故 體的支持力大小 為 N1 =N2 = 22mgcosθ,B 錯 mgDPTθ P1、P2 及 P3、P4 之 間 的 距 離 適 當(dāng) 遠(yuǎn) 些 ,可 以 提 高 準(zhǔn) 確 度 . 誤;若圓柱體剛好能夠 沿 圓 棒 下 滑,設(shè) 兩 棒 平 面 與 水 平 面 夾 角 (3)根 據(jù) 折 射 定 律 有 n=ssiinnβα. 為 θ0,則 沿 圓 棒 方 向,由 平 衡 條 件 得,mgsinθ0 - 2μ · (4)連 接 P1 和 P2 并 延 長 交 玻 璃 磚 的 上 表 面 于 O1 點(diǎn) ,連 接 P3 2 =0,解 得 tanθ0 = 6,則 30°<θ0 <45°,當(dāng) θ>30° 和 P4 并 延 長 交 玻 璃 磚 的 下 表 面 于 O2 點(diǎn) ,連 接 O1O2,則 2mgcosθ0 3 O1O2 是光在玻璃內(nèi)的折射光線,作好光路圖如圖所示. 時 ,可 能 有θ<θ0 ,故 圓 柱 體 不 一 定 會 沿 圓 棒 下 滑 ,當(dāng)θ=45°時 , 一定有θ>θ0,故圓柱體一定會沿圓棒下滑,C 錯誤,D 正確. P P a 5.C 因為是搓紙輪帶動第 一 張 紙 向 右 運(yùn) 動,故 第 1 張 紙 上 表 面 O 受到搓紙輪施加的摩擦力f 方向向右,選 項 A 錯 誤;第 1 張 紙 下表面受到 第 2 張 紙 施 加 的 滑 動 摩 擦 力 f',方 向 向 左,f'= μ2(mg+F),要讓紙 張 一 張 一 張 進(jìn) 入,則 f'=μ2 (mg+F)< μ1F,正常情況下 F?mg,故μ1>μ2,選項 D 錯誤;第2張與第 O P b 3張紙之間的摩擦力及第10張 紙 與 摩 擦 片 之 間 的 摩 擦 力 都 是 P 靜摩擦力,根據(jù)平衡 條 件 可 知,其 大 小 均 為 f'=μ2 (mg+F), 選項 B 錯誤,C 正確. — 286 —

參考答案 6.B 小 球 緩 慢 上 升 一 小 段 位 移 的 過 程 Q 4 m/s,第3s內(nèi) 物 體 的 位 移 為 x= 12at32 =2 m,C 錯 誤,B 正 中,小球 始 終 處 于 平 衡 狀 態(tài),對 小 球 進(jìn) 行 受 力 分 析 如 圖 所 示,由 于 三 角 形 F P 確;前2s內(nèi)物體一直向右運(yùn)動,位 移 不 為 零,根 據(jù) 平 均 速 度 的 ABC 與三角形 POA 相 似 ,則mg =ANO OA 定義式v=tx 知,平均速度不為零,D 錯誤. PO =AFP =k,在小球緩 慢 上 升 一 小 段 位 移 B D 6.B 當(dāng)方向水平向右、大小為 F 的力 作 用 在B 上,A、B 間 的 距 的過程中,由于 AP 減 小,則 F 減 小,A C 離 為L 時 ,對 整 體 有 F=3ma1,對 A 有kqL1q2 2 =ma1;若 改 用 方 錯 誤 ;由 A 項 分 析 可 得 ΔF = F =k,B 正 確 ;對 小 球受 力 分 析 向水平向左的力作用在 A 上,且兩小球間的距離保持 為 2L 并 ΔL L 相 對 靜 止 時 ,對 整 體 有 F2=3ma2,對 B 有k(q2L1q)22 =2ma2.聯(lián) 立 可得 F2= 18F,選項 B 正確. 可 知 ,環(huán) 對 小 球 的 彈力 方 向 是 沿 半 徑 背 離 圓 心 ,根 據(jù)mg = RN , R 2 解得 N =2mg,C、D 錯誤. 7.B 在水平拉力 F 逐漸增大 時,A、B 先 保 持 相 對 靜 止,然 后 A 2.力 與 直 線 運(yùn) 動 相對B 滑動,由題圖乙可 知,當(dāng) F=12 N 時,A、B 間 開 始 相 對 1.ABC 43.2km/h=12 m/s,剎 車 制 動 后 汽 車 的 停 車 時 間t= 滑動,即f1=μmg=6N,解得 A、B 間 的 動 摩 擦 因 數(shù)μ=0.2, 設(shè)此時 A、B 的加速度大小為a,對 A,根 據(jù) 牛 頓 第 二 定 律 可 得 Δav=162s=2s,A 正確;剎車制動后汽 車 的 剎 車 距 離s=2va2 = a=μmmg=2 m/s2,對 B,根 據(jù) 牛 頓 第 二 定 律 可 得 F -f1 -f2 122 m=12 m,B 正 確 ;若 司 機(jī) 的 反 應(yīng) 時 間 為 0.2s,則 停 車 距 =mBa,解得 mB =12-24-6kg=1kg,故 A 錯 誤,B 正 確;設(shè) 2×6 B 與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ',則f2=4N=μ'(m+mB )g, 解得μ'=0.1,故 C 錯 誤;當(dāng) F =10 N 時,A 和 B 還 沒 有 發(fā) 生 離s'=vt'+s=12×0.2 m+12 m=14.4 m,C 正 確;若 司 機(jī) 的 相對滑動,設(shè) A 物塊的加速度大小為a',對 A、B 整 體,根 據(jù) 牛 反應(yīng)時間為0.4s,則停車距離s″=vt″+s=12×0.4 m+12 m =16.8 m,D 錯誤. 頓第二定律可得 F-f2=(m+mB )a,解得a'=104-4 m/s2= 1.5 m/s2,故 D 錯誤. 2.A 當(dāng)兩球運(yùn)動至二者相距3L時,二者連線與輕繩之間夾 角 的 5 余弦值cosθ=0.6.設(shè) 此 時 輕 繩 中 拉 力 大 小 為 F1,對 輕 繩 的 中 點(diǎn)受力分析得 F-2F1sinθ=m繩a,又 輕 繩 質(zhì) 量 近 似 為 0,解 得 3.力 與 曲 線 運(yùn) 動 F1=58F .對 質(zhì) 量 為 m 的 小 球,由 牛 頓 第 二 定 律 有 F1 =ma,解 1.D 在 0~t1 時 間 內(nèi),無 人 機(jī) 在 水 平 方 向 和 豎 直 方 向 均 做 初 速 得a=85Fm ,選項 A 正確. 度為零的勻加速直線運(yùn)動,合運(yùn)動是初速度為零的 勻 加 速 直 線 運(yùn)動,故 A 錯誤;由題圖乙可知,圖 線 始 終 在 時 間 軸 上 方,則 在 3.B 對于勻速運(yùn)動階段,速 度v=ts ,對 于 勻 加 速 運(yùn) 動 階 段,設(shè) 豎直方向上,無人機(jī) 始 終 豎 直 向 上 運(yùn) 動,即 在 0~t1 時 間 內(nèi) 勻 初速 度 為 v1 ,有v1 +v = s ,聯(lián) 立 得 v1 =0,根 據(jù) s= 21a · 加 速 上 升 ,在t1~t2 時 間 內(nèi) 勻 速 上 升 ,在t2 ~t4 時 間 內(nèi) 勻 減 速 2 2t 上升,所以在t4 時刻 無 人 機(jī) 運(yùn) 動 到 最 高 點(diǎn),故 B 錯 誤;在t2 ~ t4 時 間 內(nèi),無 人 機(jī) 在 豎 直 方 向 上 做 勻 減 速 直 線 運(yùn) 動,加 速 度 方 (2t)2,解 得 a=2st2 ,選 項 A 錯 誤;對 于 勻 減 速 直 線 運(yùn) 動 過 程, 向豎直向下,速度方向豎直向上,在水平方向上,無 人 機(jī) 做 勻 速 ,有v22+v= 直線運(yùn)動,則兩個直線運(yùn)動合成后,合加速度方向 豎 直 向 下,合 設(shè) 末 速 度 為 v2 s ,解 得v2 =3st,加 速 度 大 小a'= 速度方向斜向上,不在 同 一 直 線 上,所 以 無 人 機(jī) 做 勻 變 速 曲 線 32t 運(yùn)動,故 C 錯誤;在t2 時刻,無人機(jī)水平方向的分速度為v0,豎 Δv = s -3st =94ts2 ,選 項 B 正 確 ,D 錯 誤 ;三 個 過 程 中 的 平 直方 向 的 分 速 度 為 v2,則 合 速 度 大 小 為 v= v02 +v22 ,故 D Δt t 32t 正確. 2.A 飛鏢 飛 行 時 的 速 度 方 向 即 為 鏢 尖 指 x 向,由平拋運(yùn)動 的 特 點(diǎn) 知,兩 支 鏢 速 度 的 均 速 度 大 小v= 3s 32t=23ts,選 項 C 錯 誤 . 反向延 長 線 必 交 于 同 一 點(diǎn),該 點(diǎn) 為 平 拋 θ 2t+t+ 運(yùn)動水平位移 的 中 點(diǎn),如 圖 所 示,由 幾 何 4.BD 鋼筋最后t 時間內(nèi)的位 移 為(L-l),由 于t 時 間 極 短,其 關(guān) 系 得 ,x -2taxnθ1 =d,解 得 x = 2tanθ2 平均速度約等于墜地瞬間的瞬時速度,故墜地瞬間 的 速 度 約 為 2dtanθ1tanθ2 ,A 正 確 . θ d v=Lt-l,A 錯 誤;對 運(yùn) 動 全 程,v2 =2gH ,解 得 H =2vg2 = tanθ1 -tanθ2 3.D 設(shè)上、下兩細(xì)線與水 平 面 的 夾 角 分 別 (L-l)2 ,故 樓 層 約 為 n= H +1= (L-l)2 +1,B 正 確 ,C 錯 為α、β(α< π ,β< π ),兩 細(xì) 線 上 的 拉 力 分 別 為 FA 、FB ,對 球 2gt2 h 2ght2 2 2 誤;鋼筋在整個下落時間內(nèi) 的 平 均 速 度 約 為v=0+2v=L2-tl, 1在水平面上 做 勻 速 圓 周 運(yùn) 動,由 牛 頓 第 二 定 律 得 FAcosα- FBcosβ=mr1ω2,對 球 1、2 整 體 在 豎 直 方 向 有 FAsinα=2mg; 同理對球2由牛頓第二定律得 FBcosβ=mr2ω2,在豎直方向 有 D正確. FBsinβ=mg,由于球2受重力和細(xì)線的 拉 力 的 合 力 指 向 圓 心, 5.B 由牛 頓 第 二 定 律 可 知,物 體 的 加 速 a NeT 度隨 時 間 變 化 的 圖 像 如 圖 所 示,0~1s 分 析 可 知 球 2 比 球 1 更 遠(yuǎn) 離 豎 直 軸 ,則 r2 >r1 ,聯(lián) 立 解 得2mg 內(nèi),物體向右加速,1~2s向右減 速,2s tanα 時速度剛 好 減 為 零,2s內(nèi) 物 體 一 直 向 t T =mr1ω2 +mr2ω2 <2mr2ω2 =2tamngβ,故 tanα>tanβ,即 α>β,選 右運(yùn)動,A 錯 誤;第 3s內(nèi),物 體 從 靜 止 開始向右做勻 加 速 運(yùn) 動,加 速 度 為 a= 項 D正確. F =4 m/s2 ,第 3s末 速 度 為 v=at3 = 4.D 與水平面 碰 撞 前 后,小 球 在 豎 直 方 向 先 加 速 后 減 速,在 水 m 平方向一直勻速,設(shè)豎直高度為h,根 據(jù) 運(yùn) 動 的 對 稱 性 知,整 個 — 287 —

一品方案·物理(新高考版) 過 程 的 運(yùn) 動 時 間 為t=2 2h ,水 平 方 向 的 位 移 為 xOA =v0t= ω2 ·r3 ,且 ω =2Tπ,r 約 不 掉 ,故 還 需 要 知 道 核 心 艙 的 繞 地 半 g G 2v0 2h ,設(shè) 初 速 度 為 v'0 時,經(jīng) 地 面 反 彈 n 次,仍 與 A 點(diǎn)碰 徑,才能求得地球質(zhì)量,C 錯誤. g 3.AD 衛(wèi)星繞行星做勻速圓周運(yùn)動,由萬有 引 力 提 供 向 心 力,有 撞 ,其 運(yùn) 動 時 間 為t'=2n 2h (n=1,2,3… ),水 平 位 移 不 變 , GMm =ma,可 得a=GM ·r12 ,a-r12 圖 線 的 斜 率 k=GM ,則 g r2 2v0 2h 該 行星的質(zhì)量 M =Gk ,故 A 正確;加速度最大時衛(wèi)星的軌道半 = 則v'0 =xt'OA g =vn0 (n=1,2,3…),D 正確. 徑 約 等 于 該 行 星 的 半 徑 ,有 b=GM ·1 ,解 得 R = GM = 2h R2 b 2n g k GM k 5.B 轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)動的角速度緩 慢 增 大 的 過 程 中,B 先 達(dá) 到 最 大 靜 摩 b ,故 B 錯誤;該行 星 的 第 一 宇 宙 速 度v1 = R = R 擦 力 ,對 B 有kmg =mω12 ·2L,解 得 ω1 = kg ,故 當(dāng) ω > b 4 ,故 錯 誤 ;由 GMm 4π2 得r= 2L k r2 T20r = k× = kb C =m kg 時 ,細(xì) 繩 一 定 有 彈 力 ,故 A 錯 誤 ;當(dāng) A 也達(dá)到最大靜摩擦 3 GMT20 3kT02 2L 4π2 4π2 = ,故 D 正確. 力時,對于 三 個 木 塊 組 成 的 整 個 系 統(tǒng),根 據(jù) 牛 頓 第 二 定 律 知 k·2mg+kmg=mω22 ·2L +2mω22L,解 得 ω2 = 3kg ,故 當(dāng) 4.C 對小球,由機(jī)械能守恒定律有 m'gL= 21m'v20,可 得 月 球 表 4L 面的重力加速度為 g=2vL02 ,A 錯 誤;探 測 器 貼 著 月 球 表 面 做 勻 ω> 3kg 時 ,A 、B 相 對 于 轉(zhuǎn) 盤 滑 動,故 B 正 確;當(dāng) ω= 4L 動 時 ,有GRM2m 4π2 M 3π 3kg ,對C,有fC =mω2L= 34kmg,故 錯 誤 ;當(dāng)ω 在 kg 速 圓 周 運(yùn) =m T02 R ,ρ= 34πR3 ,解 得 ρ=GT02 , 4L 2L C <ω< 3kg 的范圍內(nèi)增大 時 ,B 受 到水 平 面的 摩 擦力 已經(jīng) 達(dá) B 錯 誤 ;根 據(jù) 公 式GRM2m =m 4π2 ,g=2vL20 ,GRM2m″=m″g,解 得 4L T20 R 到最大靜摩擦力,摩擦力不變,但細(xì)繩的拉力增大,故 D 錯誤. 月 球 的 半 徑 R =8Tπ202vL20 ,C 正 確 ;根 據(jù) 公 式 m v2 =mg,可 得 月 球 6.C 設(shè)細(xì)線與豎 直 方 向 的 夾 角 為θ,對 N 受 力 分 析,其 受 到 豎 R 直 向下的重力GN ,細(xì)線的拉力 T,桿給的水平支持力 N1,因為 的 第 一 宇 宙 速 度 為v=v402πTL0 ,D 錯 誤 . 兩環(huán) 相 對 桿 的 位 置 不 變,所 以 對 N 有 Tcosθ=GN 、N1 = Tsinθ,因 為 重 力 恒 定,角 度 恒 定,所 以 細(xì) 線 的 拉 力 不 變,環(huán) N 5.A 根 據(jù) 萬 有 引 力 提 供 向 心 力 得 ,G Mm =m 4Tπ22r,解 得 T = 與桿之 間 的 彈 力 恒 定,選 項 A、B 錯 誤;對 環(huán) M 受 力 分 析 如 圖 r2 甲 、乙 所 示 ,有 T'=T,N2=GM +T'cosθ=GM +GN ,所 以 轉(zhuǎn) 動 4π2r3 ,其 中r=6400km+400km=6800km,在 地 球 表 面 GM 的角速度 不 同,環(huán) M 與 水 平 桿 之 間 的 彈 力 相 等,選 項 C 正 確; 若以較小角速度轉(zhuǎn)動時,M 所 受 摩 擦 力 方 向 向 右,則 有 T'sinθ 有 G MRm2'=m'g,聯(lián)立解得,T ≈1.53h,核 心 艙 每 天 繞 地 球 公 -f=mω2r,即f=T'sinθ-mω2r,隨 著 角 速 度 的 增 大,M 所 轉(zhuǎn)的圈數(shù)為 N =12.453圈 ≈15.7 圈,A 正 確;7.9km/s是 地 球 受摩擦力方向可能變 成 向 左,則 有 T'sinθ+f'=mω'2r,即 f' 的第一宇宙速度,是發(fā) 射 衛(wèi) 星 的 最 小 速 度,也 是 衛(wèi) 星 最 大 的 環(huán) =mω'2r-T'sinθ,故 可 能 存 在 mω'2r-T'sinθ=T'sinθ- mω2r,即 M 所 受 摩 擦 力 向 左 和 向 右 相 等 時 的 情 況,選 項 D 錯誤. 繞速度,所以“天和”核心艙繞 地 球 運(yùn) 動 的 速 度 小 于 7.9km/s, N N B 錯誤;神舟十二號載人飛船從低軌道 變 軌 與 “天 和”核 心 艙 對 ωM ω f′ M 接 時 ,需 要 加 速 ,C 錯 誤 ;根 據(jù) 萬 有 引 力 提 供 向 心 力 得 G Mm = f T′ r2 GM T′ mrω2 ,解 得 ω= GM ,因為 核 心 艙 的 軌 道 半 徑 小 于 地 球 同 步 GM r3 衛(wèi)星的軌道半徑,所以核心艙運(yùn)行的角速度大于地 球 同 步 衛(wèi) 星 甲乙 的角速度,D 錯誤. 4.萬 有 引 力 定 律 及 其 應(yīng) 用 6.D 探測器在軌道Ⅰ上從 P 點(diǎn)到Q 點(diǎn)的過程中,只有萬有引力 做功,探測 器 機(jī) 械 能 不 變,選 項 A 錯 誤;由 牛 頓 第 二 定 律 得 1.D 設(shè)地球質(zhì)量為 M ,地球表面物體受到 的 萬 有 引 力 近 似 等 于 G m火 m =m v2 ,解 得 v= Gm 火 ,由 于 探 測 器 在 軌 道 Ⅲ 上 運(yùn) 物體的重力GMRm2 0 =m0g,中子星 的 自 轉(zhuǎn) 角 速 度 ω=2nπ,假 設(shè) r2 r r 在中子星赤道上有 一 質(zhì) 量 為 m 的 物 體,則 由 牛 頓 第 二 定 律 有 行時的軌道半徑大于火星的半徑,所以探測器在軌道 Ⅲ 上 運(yùn) 行 GM'm 時的速度小于火星的第一 宇 宙 速 度,選 項 B 錯 誤;由 開 普 勒 第 r2 -mg'=mrω2 ,聯(lián) 立 以 上 各 式 得 中 子 星 赤 道 表 面 的 重 力 三定律有Tr32 =k,由于探測器在軌道 Ⅰ 上 運(yùn) 行 時 的 半 長 軸 較 在 軌道Ⅱ上的大,所以探測器在軌道Ⅰ上運(yùn)行的周期大 于 在 軌 道 加速度 g'=2.28×1011 m/s2,該 中 子 星 赤 道 表 面 的 重 力 加 速 度大小與地球表面的 重 力 加 速 度 大 小 之 比 約 2×1010,選 項 D m火 m r2 正確. Ⅱ 上 運(yùn) 行 的 周 期 ,選 項 C 錯 誤 ;根 據(jù) G =ma 可 知 探 測 器 2.D 根據(jù)萬有 引 力 提 供 核 心 艙 繞 地 球 做 勻 速 圓 周 運(yùn) 動 的 向 心 分別沿 軌 道 Ⅱ 和 軌 道 Ⅲ 運(yùn) 行 時,經(jīng) 過 P 點(diǎn) 的 向 心 加 速 度 大 小 力 得GrM2m =m v2 ,解 得 M =vG2r,D 正 確 ;由 于 核 心 艙 質(zhì) 量 在 相等,選項 D 正確. r 5.功 和 能 運(yùn)算中被約掉,故無法通過 核 心 艙 質(zhì) 量 求 解 地 球 質(zhì) 量,A、B 錯 誤 ;已 知 核 心 艙 的 繞 地 角 速 度 ,由 GMm = mω2r,得 M = 1.D 由題 意 可 知,物 體 所 受 合 力 向 上,大 小 為 F合 =F-mg,則 r2 合力做功為 W 合 = -F合 h= - (F -mg)h=mgh-Fh,A 錯 — 288 —

參考答案 誤;阻力做功為 WF = -Fh,B 錯 誤;克 服 阻 力 所 做 的 功 等 于 機(jī) 度減為0,以豎直向上為 正 方 向,由 動 量 定 理 得 (F -mg)t=0 械能的減少量為 Fh,C 錯誤;重力勢能所 做 的 功 為 重 力 勢 能 的 -(-mv),解得 F=2N,根據(jù)力的作用 是 相 互 的,則 冰 塊 對 頭 減少量為 mgh,D 正確. 部的作用力 F'也是2N,作用時間是0.3s,故冰塊對頭部的沖 2.B 如 圖 所 示,設(shè) OA 與 OC 的 夾 角 為θ1, θ m 量大小為I=F't=2N×0.3s=0.6 N·s,選 項 B、C 錯 誤;冰 OD 與OA 的夾角為θ2,A 到C 由動能定理 O A 塊的動量變化量為 Δp=0-(-mv)=0- (-0.1kg×3 m/s) 得 mgLsinθ1= 21mv2C ,重 力 的 瞬 時 功 率 為 B C =0.3kg·m/s,選項 D 正確. PC = mgvCcosθ1, 聯(lián) 立 解 得 PC = θ 2.C 發(fā)射炮彈過程系統(tǒng)在 水 平 方 向 動 量 守 恒,設(shè) 火 炮 的 速 度 為 D WC mg mg 2gLsinθ1cos2θ1 ,同 理 得 D 點(diǎn) 重 力 的 v1,炮彈射出炮口時相對于炮口 的 速 率 為v0,以 炮 彈 的 速 度 方 向為正方向,則炮彈 的 速 度 為 v2 =v0 -v1,取 向 右 為 正 方 向, 瞬 時 功 率 PD =mg 2gLsinθ2cos2θ2 ,將 θ1 =30°,θ2 =60°帶 由動量守 恒 定 律 得 mv2 -Mv1 =0,解 得 火 炮 的 速 度 大 小 為v1 入 ,解 得PC = 3 ≈1.3,B 正確. =Mm+mv0,C 正確. PD 3.B 設(shè)兩物體落地 前 的 瞬 時 速 度 均 為v,B 與 地 面 發(fā) 生 碰 撞 之 3.D 設(shè)半圓弧槽的半徑為 R,第一次運(yùn)動到 B 點(diǎn) 根 據(jù) 動 能 定 理 后,速度瞬間反向,大小相等,選 A 與B 碰撞過程 為 研 究 過 程, 碰撞瞬間兩物體組成的系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,故 碰 撞 前 后 動 有FRsin60°-mg(R-Rcos60°)= 12mv2,第 二 次 運(yùn) 動 到 B 點(diǎn) 量守恒,因碰后 A 仍 回 到 原 高 度,則 碰 后 A 的 速 度 大 小 仍 為 根 據(jù)動 能定 理有 F× 1 ×2πR-mg(R-Rcos60°)= 21m(2v)2, v,設(shè)碰后 B 的速度大小為v2,選豎直向 上 為 正 方 向,由 動 量 守 6 解得 F=2(33m3g-π),D 正確. 恒 定 律 得 m2v-m1v=m1v-m2v2 ,由 能 量 守 恒 定 律 得 1 (m1 2 4.BD 當(dāng)θ= π 時 ,物 體 做 豎 直 上 拋 運(yùn) 動 ,不 受 摩 擦 力 作 用 ,根 +m2 )v2 = 1 m1v2 + 1 m2v22 ,聯(lián) 立 解 得 v2 =v,m1 =m2 ,即 2 2 2 據(jù)v20=2gh 得v0=3 m/s,當(dāng)θ=0時,物 體 沿 水 平 面 做 減 速 運(yùn) m1 =1,B 正 確 . m2 1 動 ,根 據(jù) 動 能 定 理 得 -μmgx1 =0- 2 mv20 ,代 入 數(shù) 據(jù) 得 μ= 4.CD 設(shè)光滑小球 A 的質(zhì)量為m,則光滑小球 B 的 質(zhì) 量 為 5m, 0.75,到最 高 點(diǎn) 后 若 物 體 運(yùn) 動,則 需 要 mgsinθ≥μmgcosθ 即 v2 =n,A 、B 碰 撞 過 程 中 ,以v1 方 向 為 正 方 向,根 據(jù) 動 量 守 恒 tanθ≥μ,tan40°>0.75,所 以 物 體 上 升 到 最 大 位 移 后 將 沿 斜 面 v1 下滑,B 正 確,A 錯 誤;根 據(jù) 動 能 定 理 得 - (μmgxcosθ + 定律得 mv1 = -m ·nv1 +5mvB ,A 球 反 彈 后 與 B 球 再 次 相 mgxsinθ)=0- 1 ·mv20 ,整 理 得 x =20(0.75co9sθ+sinθ),根 碰 ,故nv1>vB ,解 得 n> 1 ,碰 撞 過 程 中 損 失 機(jī) 械 能 ΔE = 2 4 據(jù) 數(shù) 學(xué) 知 識 可 知 ,位 移 最 小 值 為 xmin =0.36 m,C 錯 誤,D 21mv12 - 12m (nv1 )2 + 1 ×5mv2B ≥0,解 得 -1≤n≤ 2 ,所 正確. 2 3 5.BD 由 速 度 的 分 解 可 知 ,小 球 A 和方塊B 的 速 度 關(guān) 系 滿 足vA 以n 的 取 值 范 圍 是 1 <n≤ 2 ,A、B 錯 誤 ,C、D 正 確 . 3L 4 3 vB sin π 5.A 設(shè) A 船的質(zhì)量為mA ,B 船的質(zhì)量為mB ,取向右為正方向, = L B 船上的人第 一 次 推 出 A 船 時,由 動 量 守 恒 定 律 得 0=mBv1 6 3 ,可 得vA = 4vB ,選 項 A 錯 誤,B 正 確;轉(zhuǎn) 動 過 程 -mAv,解 得v1=mmBAv,當(dāng) A 船 向 右 返 回 后 ,B 船 上 的 人 第 二 π sin 6 次 將 A 推 出 ,由 動 量 守 恒 定 律 得 mBv1 +2mAv= -mAv+ 中,小球 A 和 方 塊 B 組 成 的 系 統(tǒng) 機(jī) 械 能 守 恒,但 是 小 球 A 的 mBv2,解 得v2 =v1 +3mmBAv,當(dāng) A 船 再 向 右 返 回 后 ,B 船 上 的 機(jī)械能不守恒,選項 C 錯誤;對 小 球 A 和 方 塊 B 組 成 的 系 統(tǒng), 人第 三 次 將 A 推 出,由 動 量 守 恒 定 律 得,mBv2 +2mAv = 由 機(jī) 械 能 守 恒 定 律 得 mg ·3L · π = 1 mv2A + -mAv+mBv3,解 得v3 =v2 +3mmBAv,則 B 船 上 的 人 第n 次 將 1-sin 6 2 A 推 出 ,由 動 量 守 恒 定 律 得 mBvn-1 +2mAv= -mAv+mBvn , 12mv2B ,聯(lián) 立 解 得 vA = 3 3gL ,vB = 4 3gL ,選 項 D 5 5 正確. 得vn =vn-1+3mmBAv,整 理 得vn =(3n-2)mmBAv,B 船 上 的 人 不 6.BCD 在b 處時小球的合力為 mg,則加速度為g,小球仍 在 加 速,所以小球在b 點(diǎn) 時 速 度 不 是 最 大,故 A 錯 誤;小 球 從 a 點(diǎn) 能再接到A 船,2v≤vn ,聯(lián)立解得n≥232,則n=8,A 正確. 下滑到c 點(diǎn)的過程中,從a 到b,彈 簧 對 小 球 的 彈 力 做 正 功,小 6.CD 由于在光滑水平面上,小滑塊C 與木板A 作用過程中A、 球的機(jī)械能不斷增大,從b 到c,彈 簧 對 小 球 的 彈 力 做 負(fù) 功,小 球的機(jī)械能減小,則小球的機(jī)械能先增大后減小,故 B 正確;小 B、C 組成的系統(tǒng)動量 守 恒,滑 塊 在 光 滑 圓 弧 槽 B 上 滑 行 的 過 程中,系統(tǒng)水平方向不受外力,水平方向動量守恒,所 以 整 個 過 球從a 點(diǎn)下滑到c 點(diǎn)的過程中,由對稱性可知彈簧 的 彈 性 勢 能 相等,對 于 小 球 與 彈 簧 組 成 的 系 統(tǒng),由 機(jī) 械 能 守 恒 定 律 得 程 A、B、C 組成的 系 統(tǒng) 水 平 方 向 動 量 守 恒,C 正 確;滑 塊 在 木 mg·2ltan37°= 1 mvc2 ,可 得 小 球 在 點(diǎn) 的 速 度 大 小 為vc 板上滑行的過程中,設(shè) 向 右 為 正 方 向,對 系 統(tǒng) 由 動 量 守 恒 和 能 2 c = 量 守 恒 得 (mA )vAB ,1 mCv2C 21mCv'2C 2 mCvC =mCv'C + +mB = 3gl,故 C 正確;小 球 從c 點(diǎn) 下 滑 到d 點(diǎn) 的 過 程 中,彈 簧 的 彈 1 2 性勢能增加量等 于 小 球 的 機(jī) 械 能 減 小 量 ,即 ΔEp = 1 mvc2 + + (mA +mB )v2AB +μmCgL ,聯(lián) 立 解 得 v'C =4 m/s,L =0.8 2 m,A 錯誤;滑塊在光滑圓弧槽 B 上滑行的過程中,假設(shè)兩者能 mgl(tan53°-tan37°),解得 ΔEp=1252mgl,故 D 正確. 達(dá)到速度相同,此時 滑 塊 滑 上 圓 弧 槽 的 最 大 高 度 為 h,根 據(jù) 系 6.動 量 定 理 、動 量 守 恒 定 律 統(tǒng) 的 動 量 守 恒 和 能 量 守 恒 得 mCv'C +mBvAB = (mC +mB )v共 , 1.AD 冰塊掉落時做 自 由 落 體 運(yùn) 動,故 冰 塊 接 觸 頭 部 之 前 的 速 21mCv'2C + 21mBv2AB = 1 (mC +mB )v2共 +mCgh,聯(lián) 立 解 得h 2 度約為v= 2gh = 2×10×0.45 m/s=3 m/s,選 項 A 正 =0.15 m<0.2 m,即 滑 塊 C 不 會 離 開B,B 錯 誤;之 后 滑 塊 會 確;設(shè)頭部對冰塊的作用力為 F,因為冰塊落在頭上 未 反 彈,速 下滑,圓弧槽速度繼續(xù)增大,當(dāng)滑塊滑到圓弧槽最低 點(diǎn) 時,圓 弧 — 289 —

一品方案·物理(新高考版) 槽獲得最大速 度,根 據(jù) 系 統(tǒng) 水 平 方 向 動 量 守 恒 和 能 量 守 恒 得 F 的功率最大,最大功率為 P=Fv=200 W,選項 B 正確;撤去 (mC +mB )v共 = mCv″C + m vB Bmax ,1 mCv″2C + 1 m v2 = 力 F 瞬間,物體 A、B 的 瞬 時 加 速 度 大 小 分 別 為aA =gsinθ+ 2 2 B Bmax 33gcosθ=10 m/s2,aB =gsinθ+μgcosθ=7.5 m/s2,由 于 aA 1 (mC +mB )v2共 +mCgh,解 得vBmax=5 m/s,D 正 確 . >aB ,則物體 A、B 間彈力突 變 為 零,隨 后 兩 物 體 分 離,都 做 勻 2 減速直線運(yùn)動,物 體 A 減 速 到 零 的 時 間 為t1 =avA =1s,位 移 7.動 力 學(xué) 三 大 觀 點(diǎn) 的 綜 合 運(yùn) 用 1.AD 子彈射入物塊,由 動 量 守 恒 可 得,子 彈 剛 射 入 物 塊 時,兩 者的共同速度v=mm+0vm00 =6 m/s,之后,物塊受到摩擦力 做 減 xA =2va2A =5 m,且 由 于 tanθ= 3 =μA 此后物體A 保持靜止, 3 速運(yùn)動,木板受到摩擦 力 做 加 速 運(yùn) 動,直 到 物 塊 到 達(dá) 木 板 右 端 物體 B 從分離運(yùn)動至速 度 減 為 零 的 位 移 為xB =2va2B =230 m, 時,兩者達(dá)到 共 同 速 度,故 物 塊 的 最 大 速 度 為 6 m/s,A 項 正 確;物塊和子彈在木板上滑行時,整體的合外力為 零,故 動 量 守 到 最 高 點(diǎn) 時 ,A 、B 間 有 最 大 距 離 Δx= 5 m,選 項 C 錯 誤,D 恒,那 么 共 同 速 度 v'=m(m0++mm+0)Mv =2 m/s,所 以 木 板 的 最 大 3 正確. 速度為2 m/s,故 B 項 錯 誤;物 塊 在 木 板 上 滑 行 時 合 外 力 等 于 F/ F/ 摩擦力,故物塊做加速度a=μg=4 m/s2 的 勻 減 速 直 線 運(yùn) 動, F/ 所以,物 塊 相 對 于 木 板 滑 行 的 時 間t=v-av'=1s,故 C 項 錯 F FAB 誤;物塊在木板上滑 行 時,物 塊 做 加 速 度a=4 m/s2 的 勻 減 速 FG FG 直 線 運(yùn) 動 ,木 板 做 加 速 度 a'=μ(m +m0 )g =2 m/s2 的勻加速 FG M 直線運(yùn)動,所以 木 板 的 長 度 L=v22-av'2 -v'22a'-0=3 m,故 D mg mg 甲 乙 項正確. 5.BCD 設(shè) 全 程 小 車 相 對 地 面 的 Am O 2.BD 根據(jù)v t 圖 像 知 物 體 的 加速 度a= 2 m/s2 =0.5 m/s2 , 位移大小為s1,滑塊在水 平 方 向 4 相對地面的位移大小為s2,如 圖 所示,滑塊與小車 組 成 的 系 統(tǒng) 在 R 選項 A 錯 誤;由 牛 頓 第 二 定 律 有 2F -mg =ma,解 得 F = mg2+ma=202+1 N=10.5N,選項 B 正確;物 體 在 4s內(nèi) 的 位 水平方向上動量 守 恒,由 人 船 模 ML BC 21at2 = 1 型特 點(diǎn) 有 Ms1=ms2,s1 +s2 =R 2 O 移 x= ×0.5×42 m=4 m,則 拉 力 作用點(diǎn) 的位 移s +L,由 以 上 兩 式 解 得 s1 = =8 m,則拉力 F 所做的功為 W =Fs=10.5×8J=84J,4s內(nèi) R+L ,s2 = 4(R+L),選 項 A A 5 5 F 做功的平均功率為P'=Wt =844 W=21 W,選項 C 錯 誤;4s 錯誤,C 正 確;滑 塊 滑 到 圓 弧 軌 R 末物體的速 度 為 2 m/s,則 拉 力 作 用 點(diǎn) 的 速 度 為 4 m/s,則 4s 道最低 點(diǎn) 時,小 車 速 度 最 大,滑 塊與小 車 組 成 的 系 統(tǒng) 水 平 方 向 L 末拉力 F 的功率P=Fv=10.5×4 W=42 W,選項 D 正確. 動量守恒,設(shè)此時 小 車 的 速 度 為 M BC 3.AB 將 速 度 v1 沿 水 平 和 豎 直 方 向 分 解,有 vx =v1cosα= v1,滑 塊 的 速 度 為 v2,則 有 Mv1 8 m/s,vy =v1sinα=6 m/s,運(yùn) 動 員 恰 能 無 碰 撞 地 落 在 斜 面 乙 = mv2,mgR = 1 Mv12 + s s 頂端,說明運(yùn)動員此時 的 速 度 方 向 恰 好 沿 著 斜 面 乙 向 下,設(shè) 此 2 時 速 度 為v2,將v2 沿 水 平 和 豎 直 方 向 分 解 ,有 v2cosβ=vx = 12mv22 ,由 上 兩 式 解 得 v1 = 8 m/s,v'y =v2sinβ,解 得 v2 =16 m/s,v'y =8 3 m/s,選 項 A gR ,即小車在運(yùn)動過程中速度的最大值為 gR ,選 項 B 正 正確;設(shè)斜面乙頂端 的 高 度 為 h,對 運(yùn) 動 員 從 斜 面 甲 飛 出 運(yùn) 動 10 10 到 斜 面 乙 上 的 過 程 分 析 ,由 動 能 定 理 得 mg(H -h)= 1 mv22 確;滑塊最后恰 好 停 在 C 點(diǎn) 時,小 車 也 停 止 運(yùn) 動,整 個 過 程 由 2 - 12mv12,解得h=7.2 m,選 項 B 正 確;當(dāng) 運(yùn) 動 員 豎 直 方 向 的 能量守恒定律有 mgR-μmgL=0,解得 R=μL,選項 D 正確. 速 度 減 為 零 時 ,距 離 地 面 最 高 ,則 最 大 高 度 為 hmax=H +2vg2y = 6.BC 由 12mv2B =mgh,得 B 碰撞前瞬間的速度為vB = 2gh , 16.8 m,選項 C 錯誤;設(shè)運(yùn)動員在空中運(yùn)動 的 時 間 為t,由 豎 直 木 塊B 與A 碰撞過程由動量守恒定律得mvB =2mv,求得v= 方向運(yùn)動規(guī)律得t=v'yg+vy =3+54 3 s,由水平方向運(yùn)動規(guī) 律 1 ,則 木 塊 B 與A 碰撞的過程中損失的機(jī)械能為 ΔE = 1 2vB 2 8(3+4 3)m mv2B - 1 (2m )v2 = 1 mgh,選 項 A 錯 誤 .兩 木 塊 向 下運(yùn) 動 的 2 2 得 兩 斜 面 頂 端 間 的 水 平 距 離 x =vxt= 5 ≈15.9 過程中,開始兩木塊的重力大于彈簧的彈力,加速 度 方 向 向 下, m,選項 D 錯誤. 由于彈簧形變量越來 越 大,彈 簧 的 彈 力 越 來 越 大,當(dāng) 彈 力 增 大 4.BD 設(shè)物體 B 與斜面間的動摩擦因數(shù) 為μ,分 別 對 A、B 整 體 到與總重力等大后彈力變?yōu)榇笥诳傊亓?所以兩木 塊 的 加 速 度 及物體B 受力分析 如 圖 甲、乙 所 示,設(shè) 力 F 作 用 時 物 體 A、B 先向下減小后反向增大,選項 B 正確.當(dāng) A 第 一 次 回 到 初 始 位 的加速度為a,根據(jù)牛頓第 二 定 律 有 F-2mgsinθ- 33mgcosθ 置時,對 A、B 整體,因 A 受 到 的 重 力 與 彈 力 平 衡,所 以 A、B 整體所受的合力 等 于 B 所 受 的 重 力.根 據(jù) 牛 頓 第 二 定 律 可 得 -μmgcosθ=2ma,FAB -mgsinθ-μmgcosθ=ma,已 知FAB = mg=2ma,即此時整體的 加 速 度 大 小 為 a= 12g,方 向 豎 直 向 F 下.對 B 受力分析,受 重 力 mg 和 支 持 力 FAB 的 作 用,根 據(jù) 牛 7 ,代 入 數(shù)據(jù) 可 解 得 μ= 63,a= 5 m/s2,選 項 A 錯 誤;經(jīng) 過 頓第 二 定 律 可 得 mg-FAB =ma,解 得 A、B 間 的 作 用 力 為FAB 16 4 = 12mg,故選項 C 正確.規(guī)定向 下 為 正 方 向,則 從 兩 木 塊 發(fā) 生 8s物體 A、B 同時達(dá)到的最大速度為v=at=10m/s,此時,力 — 290 —

參考答案 碰 撞到木塊 A 第一次到達(dá)最低點(diǎn)歷時t 的過程中,由動量定理 =-6 V,B 錯 誤;勻 強(qiáng) 電 場 的 電 場 強(qiáng) 度 大 小 為 E =Ulba = 得2mgt-I=0-2mv,聯(lián)立解 得 彈 簧 對 木 塊 A 的 沖 量 大 小 為 I=2mgt+m 2gh ,選項 D 錯誤. 6 V/m=1.2×102 V/m,C 正確;將電子自a 點(diǎn) 沿ad 連 5×10-2 8.電 場 和 磁 場 的 基 本 性 質(zhì) 線移到d 點(diǎn) 的 過 程 中,在 勻 強(qiáng) 電 場 中 時,電 場 力 對 電 子 不 做 1.D 對圓環(huán)、小 球 和 支 架 組 成 的 整 體 進(jìn) 行 研 究,根 據(jù) 平 衡 條 件 功,而點(diǎn)電荷對電子的 靜 電 力 先 做 正 功 再 做 負(fù) 功,所 以 電 子 的 可知桌面對支架的支持力大 小 為 N = (M +m)g,根 據(jù) 牛 頓 第 電勢能先減小后增大,D 錯誤. 三定律可知支架對桌面的壓力大小為(M +m)g,A、B 錯誤;將 圓環(huán)分割成n 個電荷量為 Δq 的 點(diǎn) 電 荷,根 據(jù) 庫 侖 定 律 以 及 幾 9.帶 電 粒 子 在 電 場 中 的 運(yùn) 動 何關(guān)系可知圓環(huán) 上 每 個 電 荷 量 為 Δq 的 點(diǎn) 電 荷 與 小 球 之 間 的 1.D 小球做勻變速直線運(yùn)動,合 力 方 向 一 定 和 速 度 方 向 在 同 一 庫侖 力 在 豎 直 方 向 上 的 分 量 大 小 為 ΔF =k QΔq · h2 +R2 直線上,即在 ON 直線上,因為 mg=qE,所 以 電 場 力qE 與 重 力關(guān)于ON 對稱,根 據(jù) 幾 何 關(guān) 系 可 知,電 場 力 qE 與 水 平 方 向 h ,根據(jù)對稱性知,圓環(huán)上所 有 點(diǎn) 電 荷 與 小 球 之 間 的 庫 的夾角為30°,受力情況如圖 所 示,合 力 方 向 沿 NO 向 下,大 小 h2 +R2 為 mg,所以小球的加速度大 小 為 g,方 向 沿 NO 向 下,與 速 度 侖力在水平方向上分量的 矢 量 和 為 零,而 在 豎 直 方 向 上 有 mg 方向相反,小球做勻 減 速 直 線 運(yùn) 動,故 A、B、C 錯 誤;小 球 減 速 =n·khQ2+ΔqR2 · h ,又 因 為nΔq=q,所 以 圓 環(huán) 所 帶 電 為 零 所 用 時 間t=va0 =v0 ,故 經(jīng) 過 時 間v0 ,小 球 速 度 剛 好 減 為 h2 +R2 g g q=mg(R2 +h2) R2 +h2 零,然后反向加速,即小球的速度方向發(fā)生改變,故 D 正確. kQh 荷 量 ,C 錯誤,D 正確. N 2.C 根據(jù)安培定則知,C 點(diǎn)的 磁 感 應(yīng) 強(qiáng) 度 方 向 為 從O 點(diǎn) 指 向C qE W 點(diǎn),A 錯 誤;根 據(jù) 安 培 定 則 知,A、B 兩 點(diǎn) 的 磁 感 應(yīng) 強(qiáng) 度 大 小 相 O c 等,方向相同,B 錯誤;根據(jù)安培定 則 和 通 電 長 直 導(dǎo) 線 產(chǎn) 生 的 磁 場中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與導(dǎo)線中通過的電流 成 正 比,與 該 點(diǎn)到導(dǎo)線的距離成反比知,在 A、B、C、D、O 五 個 點(diǎn) 中,O 點(diǎn) 的 mg 磁感應(yīng)強(qiáng)度最大,C 正確;由異向電流 相 斥 知,左 側(cè) 導(dǎo) 線 受 到 的 2.D 因帶正電的粒子沿 AB 方向射入,垂直于 BC 邊射出,且 已 安培力方向為從 O 點(diǎn)指向A 點(diǎn),D 錯誤. 知電場方向與該直角三角形的某一邊平行,根據(jù)做 曲 線 運(yùn) 動 的 3.B 由兩帶電粒子在正點(diǎn)電荷的 電 場 中 運(yùn) 動 的 軌 跡 可 知,M 受 物體所受的合外力方向指向軌跡的凹側(cè)可知,粒子 所 受 電 場 力 到的是吸引力,N 受到的是排 斥 力,因 此 M 帶 負(fù) 電 荷,N 帶 正 方向平行于 BC 邊向 下,則 電 場 方 向 平 行 于 BC 向 下,故 A 錯 電荷,A 錯誤;在正點(diǎn)電荷的電場中,離點(diǎn)電荷越近電勢越高,a 誤;粒 子 在 垂 直 于 BC 方 向 上 做 勻 速 直 線 運(yùn) 動,可 知 vD = 點(diǎn)電勢高于b 點(diǎn)電勢,M 帶 負(fù) 電 荷,帶 負(fù) 電 粒 子 從 高 電 勢 到 低 v0cos30°= 3 ,故 B 錯 誤 ;沿 電 場 線 方 向 電 勢 逐 漸 降 低 ,可 知 電勢,電場力做負(fù)功,電勢能增大,動 能 減 小,因 此 M 在b 點(diǎn) 的 2v0 動能小于它在a 點(diǎn) 的 動 能,B 正 確;由 題 圖 及 分 析 可 知,φa = A、B、C 三點(diǎn)中B 點(diǎn)的電勢最高,故 C 錯誤;從 A 到D,根據(jù)動 φc 、φb =φd =φe ,所 以 N 在d 點(diǎn) 的 電 勢 能 等 于 它 在e 點(diǎn) 的 電 勢 能,C 錯誤;N 在從c 點(diǎn)運(yùn)動到d 點(diǎn)的過程中,是從高 電 勢 運(yùn) 動 能 定理有-Eq· d = 12mv2D - 21mv20 ,解 得 E=4mqvd20 ,故 D 正確. 到低電勢,N 帶正電,則電場力對 N 做正功,D 錯誤. 2 4.B 由題圖可 知,電 流 方 向 從 右 向 左,則 霍 爾 元 件 中 電 子 從 左 向右定向移動,根據(jù)左 手 定 則 可 知,在 洛 倫 茲 力 的 作 用 下 電 子 3.D 由分析 可 知,液 滴 在 極 板 間 受 到 重 N 力、電場力的作用,沿 水 平 方 向 運(yùn) 動,可 mg′ Eq 知兩 個 力 的 合 力 方 向 必 沿 水 平 方 向,如 M α α 向b 端偏轉(zhuǎn),故b 端 電 勢 較 低,A 錯 誤;穩(wěn) 定 后,定 向 移 動 的 電 圖所示有 mg=qEcosα、E=Ud ,又由幾 F 何 關(guān) 系 可 知 d = Ltanα,解 得 m = mg 子 受 到 的 電 場 力 與 洛 倫 茲 力 大 小 相 等 ,即evB =e U ,解 得 U d =Bdv=BdneIS =Bd E =Bd E =ρBndleE ,所 以 U 與 Uqcos2α,液 滴 從 M 極板上邊緣運(yùn)動至 RneS ρ lSneS gLsinα 磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B、元件 的 前 后 距 離 d 等 因 素 有 關(guān),與 題 中 元 N 極 板 下 邊 緣 過 程 中 ,其 加 速 度 為 a= F ,其 中 F =mgtanα, m 件的厚度無關(guān),B 正確,C 錯誤;由 于 赤 道 附 近 的 地 磁 場 平 行 于 又coLsα= 21at2,聯(lián)立解得t= 2L ,故 選 gsinα 地面,若要測量赤道附 近 的 地 磁 場,工 作 面 應(yīng) 調(diào) 整 為 與 待 測 平 D. 面垂直,D 錯誤. 4.BC 分析可知,質(zhì)點(diǎn)在平行板 間 的 軌 跡 應(yīng) 向 上 偏 轉(zhuǎn),做 類 平 拋 5.C 金屬棒ab 中的電 流I 的 方 向 與 磁 感 應(yīng) 強(qiáng) 度 N 運(yùn)動,飛出電場后,質(zhì) 點(diǎn) 的 軌 跡 向 下 偏 轉(zhuǎn),才 能 垂 直 打 在 屏 M B 的方向垂直,所 以 金 屬 棒ab 受 到 的 安 培 力 大 上,前后過程質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動軌跡有對稱性,如圖所示,可 見 兩 次 偏 小F=BIL,故 A 錯 誤;金 屬 棒 受 力 分 析 如 圖 所 轉(zhuǎn) 的 加 速 度 大 小 相 等 ,根 據(jù) 牛 頓 第 二 定 律 得qE -mg=ma,mg 示,金屬棒ab 靜止,由平衡條件得f=BILsinθ, =ma,解得 E=2qmg,由 U =Ed 得 板 間 電 勢 差 U =2mqgd,故 A 項錯 誤,B 項 正 確;質(zhì) 點(diǎn) 在 電 場 中 向 上 偏 轉(zhuǎn) 的 距 離 y = 故 B 錯誤;對金 屬 棒ab,由 平 衡 條 件 得 N =mg f θ +BILcosθ,由牛頓第三定 律 可 知,金 屬 棒ab 對 12at2,a=qEm-mg =g,t=vL0 ,解 得 y=g2vL022 ,故 質(zhì) 點(diǎn) 打 在 屏 導(dǎo)軌的 壓 力 大 小 為 N'=N =mg+BILcosθ,若 mg F 只增大磁感應(yīng)強(qiáng)度 B,則 金 屬 棒 ab 對 導(dǎo) 軌 的 壓 力 N'將 增 大, 故 C 正確;若只改變電流方 向,則 金 屬 棒 受 到 的 安 培 力 方 向 反 上的 位 置 與 P 點(diǎn) 的 距 離 為s=2y=gvL022 ,重 力 勢 能 的 增 加 量 向,由牛頓第三定律可 知,金 屬 棒 ab 對 導(dǎo) 軌 的 壓 力 大 小 為 N″ =mg-BILcosθ 將減小,故 D 錯誤. Ep=mgs=mgv220L2 ,故 C 項 正 確 ;僅 增 大 兩 極 板 間 的 距 離 ,因 兩 6.C 正點(diǎn)電荷在a、c 兩點(diǎn)產(chǎn)生 電 場 強(qiáng) 度 方 向 不 同,再 與 勻 強(qiáng) 電 場疊加后a、c 兩 點(diǎn) 的 電 場 強(qiáng) 度 方 向 一 定 不 同,A 錯 誤;在 點(diǎn) 電 極板 上 的 電 荷 量 不 變,根 據(jù) E = U =CQd =4επrkQSdd =4επrkSQ 可 d 荷產(chǎn)生的電場中,a、b 兩 點(diǎn) 的 電 勢 相 等,所 以a、b 兩 點(diǎn) 的 電 勢 差等于兩點(diǎn)只在勻 強(qiáng) 電 場 中 時 的 電 勢 差,電 子 由b 到 O 的 過 程 ,由 動 能 定 理 得 -eUbO = -3eV,解 得 UbO =3 V,根 據(jù) 幾 何 知,板間場強(qiáng)不變,質(zhì)點(diǎn)在電場中的受力情況不變,則 運(yùn) 動 情 況 關(guān) 系 以 及 勻 強(qiáng) 電 場 中 電 勢 差 與 電 場 強(qiáng) 度 的 關(guān) 系 得Uab = -2UbO 不變,故仍垂直打在屏 M 上,故 D 項錯誤. — 291 —

一品方案·物理(新高考版) M 3.D 畫出兩粒子在 磁 場 中 的 運(yùn) 動 軌 跡 如 圖 y W 所示,由圖 可 知 從 P1 點(diǎn) 射 出 的 粒 子 的 軌 P 跡 半 徑 較 大 ,即r1>r2,從 P2 點(diǎn) 射 出 的 粒 子在磁 場 中 轉(zhuǎn) 過 的 角 度 較 大,根 據(jù) T = B LL 2πm 知 ,兩 粒 子 的 周 期 相 同 ,根 據(jù)t=2θπT qB 5.D 未平移下極板時,根據(jù)動能定 理 有 mg· 23d=Uq.將 下 極 O x d 知 ,在磁場中運(yùn)動的時間t1<t2,D 正確. P 3 4.C 帶 負(fù) 電 粒 子 從 A 點(diǎn) 沿 AC 方 向 射 入, 板 向 上 平 移 ,從 P 點(diǎn) 開 始 下 落 的 相 同 粒 子 到 達(dá) 下 極 板 處 重 偏向角為90°,設(shè)粒子從 D 點(diǎn)射 出,如 圖 甲 力做的功為 mg· 67d<Uq,A、B 兩 項 錯 誤;設(shè) 在 距 上 極 板 x 所示,根據(jù)幾何關(guān)系,易 知 粒 子 的 軌 跡 圓 半 徑 等 于 磁 場 圓 半 徑 R;若粒子從 P 點(diǎn)射入 磁 場,根 據(jù) 幾 何 關(guān) 系,粒 子 還 是 從 D 點(diǎn) 處返回,根據(jù)動 能 定 理 有 mg· d +x =q·d-Ud3x.聯(lián) 立 射出,如圖乙所示,此時粒子的偏向角為120°,根據(jù)粒子在磁 場 2 中做圓周運(yùn)動的周期 公 式 T =2qπBm 及 粒 子 在 磁 場 中 做 部 分 圓 兩式,解得x=25d,C 項錯誤,D 項正確. 周運(yùn)動的時間公式t=2θπT 得t=23qπBm ,C 正確. 6.ABD 由 E=ΔΔφx及φ-x 圖像知,x 軸負(fù)半軸和正半軸的電 場 f f 強(qiáng) 度 大 小 分 別 為 E1 =02.001 V/m=2×103 V/m,E2 20 P fff P fWf f =5×10-3 O O V/m=4×103 V/m,所 以E1 = 1 ,選 項 A 正 確 ;根 據(jù) 電 場 力 做 A f Wf f f f C A f f f f fC E2 2 f fR f fc fR f 功與 電 勢 能 變 化 關(guān) 系 可 得 ΔEp= -qU,該 粒 子 運(yùn) 動 過 程 中 電 f O″ f D 勢 差 取 最 大 值 時 ,電 勢 能 變 化 量 取 最 大 值 ,即 ΔEpmax = -q O′ D 乙 甲 (Δφ)max= -(-4.0×10-9 C)×20V=8.0×10-8J,選 項 C 錯 5.C 當(dāng) 粒 子 以 最 大 速 度 射 入 磁 場 時 , C 誤;粒子 在 -1cm~0 范 圍 內(nèi) 運(yùn) 動 過 程 中,由 牛 頓 第 二 定 律 和 粒 子 在 磁 場 中 運(yùn) 動 軌 跡 的 半 徑 為rmax 勻變 速 直 線 運(yùn) 動 規(guī) 律 可 得 E1q=ma1,x1= 12a1t21 ,粒 子 在 0~ =mqvBmax =a,此 時 粒 子 從 OC 邊 射 r 0.5cm 范 圍 內(nèi) 運(yùn) 動 過 程 中,由 牛 頓 第 二 定 律 和 勻 變 速 直 線 運(yùn) 出,若在 OA 邊 界 上 有 粒 子 射 出,設(shè) O B O′ D A 動 規(guī) 律 可 得 E2q=ma2,x2 = 12a2t22 ,該 粒 子 運(yùn) 動 的 周 期 T = 粒子在 磁 場 中 運(yùn) 動 軌 跡 的 最 大 半 徑 2(t1+t2),聯(lián) 立 可 得 T=3.0×10-8s,選 項 D 正 確 ;粒 子 在 -1 為r,如圖所示,由幾何關(guān)系 得,a-r=2r,解 得r= 13a,則 在 cm~0 范 圍 內(nèi) 運(yùn) 動 過 程 中,所 受 的 電 場 力 F =E1q=8.0× OA 邊界上有粒子射出的范圍長度為2r= 23a,C 正確. 10-6 N,沖 量I=Ft1=8.0×10-14 N·s,選 項 B 正 確 . 粒 子 離 開 磁 場 時 ,速 度 方 10.帶 電 粒 子 在 磁 場 中 的 運(yùn) 動 6.AD 1 H c A 1 W v2 r=qmBv,若 向 剛 好 改 變 了 180°,表 明 粒 子 在 磁 r 1.A 由 牛 頓 第 二 定 律 得 qvB =m ,解 得 質(zhì) 子 和 α 場中轉(zhuǎn) 動 了 半 周,作 出 粒 子 的 運(yùn) 動 C O W 軌 跡 如 圖 所 示,由 幾 何 關(guān) 系 得r1 = 粒 子 的 動 量 大 小 相 同 ,則rH ∶rα=qα∶qH =2∶1,A 正 確 ;若 12R,根 據(jù) 牛 頓 第 二 定 律 得ev0B = 它 們 的 速 度 大 小 相 同 ,則rH =qα ·mH = 1 ,B 錯 誤 ;由 Ek = rα qH mα 2 v20 mv0 1 12mv2 和r=qmBv得r= 2mEk ,若 它 們 的 動 能 相 同 ,則rH m r1 ,解 得r1 = eB = 2R ,21 H 粒 子 進(jìn) 入 磁 場 ,21H 的質(zhì)量 qB rα = ·v20 r2 qα · mH 是11H 的 2 倍 ,根 據(jù) 牛 頓 第 二 定 律 得ev0B=2m ,解 得r2 = qH mα =1,C 錯 誤;電 場 加 速 過 程 中,由 動 能 定 理 得qU = 2mv0 eB 12mv2 1 2Um ,若 它 們 由 靜 止 經(jīng) 過 相 同 的 加 速 電 =R ,所 以12 H 粒 子 豎 直 向 上 射 出 磁 場 ,A 正 確 ;21H 粒 子 B q ,解 得r= 1 場 加 速 后 垂 直 進(jìn) 入 磁 場 ,則rH = qα · mH = 22,D 錯誤. 在 磁 場 中 運(yùn) 動 的 時 間 為t2 = 2πr2 =2πvR0 ,B 錯 誤 ;由 A 的 解 析 rα qH mα v0 2.BD 兩粒子的運(yùn)動軌跡如 O DC 得,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B=2emRv0 ,C 錯 誤;如 圖 所 示,由 幾 何 關(guān) 圖所 示,兩 粒 子 比 荷 相 同, f f f f 故 運(yùn) 動 周 期 相 同,設(shè) 為 T, f f f f 系可知 兩 粒 子 射 出 點(diǎn) 之 間 的 距 離 為 Δs=2Rcos30°= 3R,D O f f f f 設(shè)正方形 的 邊 長 為 a,則 由 正確. 幾何關(guān) 系 可 知 甲 粒 子 的 運(yùn) 11.帶 電 粒 子 在 復(fù) 合 場 中 的 運(yùn) 動 fW f f f 動 軌 跡 半 徑 為 r1 = a ,運(yùn) c 1.B 粒子在磁場 B2 中向下偏 轉(zhuǎn),由 左 手 定 則 可 知,粒 子 應(yīng) 帶 正 2 電,A 錯誤;粒子在速度選擇器中受到的洛倫茲力 向 上,則 受 到 A W B T 動 時 間 為 t1 = 2 ,乙 粒 子 的電場力應(yīng)向下,故 P1 極 板 帶 正 電,B 正 確;在 磁 場 B2 中 由 的 運(yùn) 動 軌 跡 半 徑 為r2 =cosa30°=233a,運(yùn) 動 時 間 為t2 T ,故 洛 倫 茲 力 提 供 向 心 力 得qvB =m v2 ,解 得r=qmBv,速 度v、磁 感 6 r = t1∶t2=3∶1,由qvB=mrv2 知 ,v1 ∶v2 =r1 ∶r2 = 3∶4,B、D 應(yīng) 強(qiáng)度 B 相 同 的 情 況 下 ,運(yùn) 動軌 跡 半 徑 越 大 的 粒 子 ,比 荷q 越 m 正確,A、C 錯誤. 小,C、D 錯誤. 2.B a 在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動,所以洛倫茲 力 提 供 向 心 力,則 有 mag=qE,b 在紙面內(nèi)向右做勻速直 線 運(yùn) 動,所 以 mbg=qE — 292 —

參考答案 +Bqvb ,c 在紙面內(nèi)向 左 做 勻 速 直 線 運(yùn) 動,所 以 mcg+Bqvc = 的微觀表達(dá)式I=nevS 知,電 子 定 向 移 動 的 速 率 變 為 原 來 的 qE,解 得 mb >ma >mc ,B 正 確 ,A、C、D 錯 誤 . 3.C 滑塊能飛離斜面,則其 所 受 洛 倫 茲 力 的 方 向 垂 直 于 斜 面 向 1 ,C、D 錯誤 . 9 上,根據(jù)左手定則可 知,滑 塊 帶 正 電,A 錯 誤;對 滑 塊 受 力 分 析 2.A 根 據(jù) 能 量 守 恒 定 律 得 P電 =P熱 +P機(jī) ,即 UI=I2r+P機(jī) , 可 知 ,其 加 速 度 大 小 a=gsinθ- (mgcosθ-Bqv)μ,由 滑 塊 飛 則 I2r<UI,可 得I< U ,故 A 正 確,B 錯 誤;電 動 機(jī) 的電功 率 m r 離斜面可知,其所受洛倫茲力逐漸增大,所受摩擦 力 減 小,所 以 P=UI>I2r,故 C 錯 誤;電 動 機(jī) 輸 出 的 機(jī) 械 功 率 P機(jī) =UI- 滑塊做加速度逐漸 增 大 的 加 速 直 線 運(yùn) 動,B 錯 誤;滑 塊 離 開 斜 I2r<UI,故 D 錯誤. 面瞬間,有qv'B=mgcosθ,解 得 v'=mgqcBosθ,C 正 確;滑 塊 下 3.C 由 題 圖 乙 知 ,交 變 電 流的 周 期 T=0.02s,則 頻 率 為 f= 1 T 滑過程中,斜面的摩擦力是變力,摩擦力做的功不 能 直 接 求 解, =50 Hz,A 錯誤;由題圖乙知,最 大 感 應(yīng) 電 流Im =20 2 A,根 設(shè)滑塊克服摩擦力做的功 為 Wf ,由 動 能 定 理 得 x·mgsinθ- 據(jù)閉合電路歐姆定律得 Em =Im (R+r)=220 2 V,B 錯誤;題 Wf = 21mv'2,解 得 Wf =mgxsinθ-m23gq22cBos22θ,D 錯 誤 . 圖甲時刻,線圈平面與 勻 強(qiáng) 磁 場 方 向 垂 直,所 以 線 圈 平 面 與 中 4.A 由受力分析可知,小球剛進(jìn) 入 兩 板 瞬 間 受 豎 直 向 上 的 電 場 性面重合,C 正 確;由 題 圖 乙 知,感 應(yīng) 電 流 的 有 效 值I有 =Im = 2 力、豎直向下的重力和洛倫茲力,若qE=mg,則 小 球 在 洛 倫 茲 20A,電 阻 R 的 熱 功 率 為 P熱 =I2有 R =4000 W =4 kW,D 力的作用下做勻速圓周運(yùn)動,空間足夠大,由幾何 關(guān) 系 可 知,小 錯誤. 球?qū)⒋怪庇陔妶龇较驈臉O板左側(cè)飛 出,A 正 確;若qE<mg,則 4.AD 設(shè)每只燈 泡 的 額 定 電 流 為I,因 并 聯(lián) 在 副 線 圈 兩 端 的 兩 合力與速度不共線,小球?qū)⒆銮€運(yùn)動,B 錯誤;若 E=v0B,此 只小燈泡正常發(fā)光,所以副線圈 中 的 總 電 流 為 2I,原 線 圈 中 的 時電場力與洛倫茲力等大反向,但小球在重力作用 下 速 度 將 增 小燈泡也正常發(fā)光,則原、副線圈 電 流 之 比 為 1∶2,所 以 原、副 大,洛倫茲力將增大,故小球不僅是受重力作用,故 不 能 做 平 拋 線圈的匝數(shù)之比為2∶1,A 正確,C 錯誤;設(shè)每只燈泡兩端電壓 運(yùn)動,C 錯誤;若qE =mg+qv0B,則 小 球 做 勻 速 直 線 運(yùn) 動,D 錯誤. 為U,則副線圈兩端的電壓為U,電壓表 V2 讀數(shù)為U,原、副 線 圈兩端的電壓之 比 為 2∶1,原 線 圈 兩 端 的 電 壓 為 2U,則 電 壓 5.BC 小球所受 洛 倫 茲 力 和 支 持 力 都 與 運(yùn) 動 方 向 垂 直,均 不 做 表 V1 讀 數(shù) 為 3U,U1∶U2=3∶1,B 錯 誤 ,D 正 確 . 功,重力做正功,而 小 球 的 動 能 保 持 不 變,則 電 場 力 一 定 做 負(fù) 功,小球帶正電,故 A 錯誤;小球 給 對 做 勻 速 直 線 運(yùn) 動 時,支 持 5.BC 根 據(jù) 閉 合 電 路 歐 姆 定 律 得I=R0 E +r=1 A,根 據(jù) 歐 姆 力為 零 時,電 場 力、重 力、洛 倫 茲 力 才 三 力 平 衡,有 qE = +R E 3 定律得,R 兩端的電壓U=IR=2V,電容器與 R 并聯(lián),則 電 容 B 2v0 qv0Bsin60°,則 = ,故 B 正 確 ;撤 去 磁 場 后 ,因 重 力 和 電 器兩端電壓為2 V,A 錯 誤;電 容 器 的 電 荷 量 為 Q =UC=4× 10-5 C,B 正確;當(dāng) 外 電 阻 和 內(nèi) 阻 相 等 時,電 源 輸 出 功 率 最 大, 場力的合力垂直于桿,所以小球仍做勻速直線運(yùn)動,故 C 正確; 此時外電阻為3Ω,電源內(nèi)阻為1Ω,可知電源輸出功率不 是 最 撤去電場后,小球所受 的 力 中 僅 有 重 力 做 功,所 以 小 球 的 機(jī) 械 大值,將 R0 和電源等 效 為 新 電 源,此 時 新 電 源 內(nèi) 阻 為 2 Ω,當(dāng) 能不變,故 D 錯誤. 滑動 變 阻 器 阻 值 也 為 2 Ω 時,滑 動 變 阻 器 消 耗 的 功 率 達(dá) 到 最 6.C 電場力大小為 F=Eq= 2mg,由 于 電 場 方 向 斜 向 右 上 方 大,C 正確,D 錯誤. 且與水平方向夾角為45°,則電 場 力 和 重 力 的 合 力 大 小 為 mg, 發(fā) 電 機(jī) 輸 出 的 電 流 I1 =UP1 100×103 A=400 A,A 項 錯 方向水平向右.將電場 和 重 力 場 等 效 為 一 個 新 場,則 等 效 場 的 6.C = 250 方向與合力的 方 向 相 同,小 球 經(jīng) 過 A 點(diǎn) 時 的 速 度 最 小,經(jīng) 過 B 誤;輸電線上的電流I線 = P線 5×103 A=25A,B 項 錯 點(diǎn)時的速度最大,當(dāng)小球恰能做 完 整 的 圓 周 運(yùn) 動 時,在 A 點(diǎn) 處 R線 = 8 線上拉力為零,速度最 小,電 場 力 和 重 力 的 合 力 為 圓 周 運(yùn) 動 提 誤 ;升 壓 變 壓 器 的 副 線 圈 輸 出 電 壓U2 =IP線 100×103 供向 心 力 ,有 mg =m v2 ,可 得 vmin = gL ,故 A 錯 誤,C 正 = 25 V=4× min D L 103 V,輸電線損耗電壓 ΔU =I線 R線 =25×8 V=200 V,降 壓 確.除重 力 和 系 統(tǒng) 內(nèi) 彈 力 做 功 外, 變壓器的原線圈電壓U3=U2-ΔU=3800V,故 降 壓 變 壓 器 的 其他力 做 的 功 等 于 系 統(tǒng) 機(jī) 械 能 的 比n3 =UU34 =3282000=11910,C n4 增量,如圖所示,從 E 到F,電 場 力 F 匝 數(shù) 項 正 確 ;降 壓 變 壓 器 的 副 線 圈 一直做正功,機(jī) 械 能 增 加;從 F 到 A OB 的 輸 出 功 率 P4=P3=P-P線 =95kW,故 用 戶 得 到 的 電 流I4 E,電 場 力 一 直 做 負(fù) 功,機(jī) 械 能 減 =UP44 95×103 小,所 以 運(yùn) 動 到 E 點(diǎn) 時 機(jī) 械 能 最 = 220 A≈431.8A,D 項錯誤. 小,故 B 錯 誤.由 于 線 上 拉 力 不 做 E 13.電 磁 感 應(yīng) 規(guī) 律 及 綜 合 應(yīng) 用 功,電 場 力 和 重 力 的 合 力 大 小 為 C mg,方向水平向右,所 以 從 C 運(yùn) 動 為 零,故 合 力 做的 功為 零, 1.D 0~2s 內(nèi) ,根 據(jù) 法 拉 第 電 磁 感 應(yīng) 定 律 得 ,E =n ΔΦ = 到D 的過程中在合力方向上的位移 Δt 故 D錯誤. nS ΔB ,代 入 數(shù) 據(jù) 得 E =4 V,A 錯 誤 ;由 題 圖 乙 可 知 ,第 3s內(nèi) Δt 12.恒 定 電 流 和 交 變 電 流 通過線圈的磁通量不變,則在此段時間內(nèi)線圈中的 感 應(yīng) 電 流 為 將導(dǎo)線均勻拉 長,使 其 半 徑 變 為 原 來 的 1 ,橫 截 面 積 變 為 1.A 3 零,B 錯誤;由題圖乙可知,第 5s內(nèi) 磁 場 的 方 向 垂 直 紙 面 向 外 且在增大,根據(jù)楞次定 律 可 知,線 圈 中 感 應(yīng) 電 流 的 方 向 沿 順 時 1 原 來 的 9 ,導(dǎo) 線長 度 將 變 為 原 來 的 9 倍 ,金 屬 絲 電 阻 率 不 變 , 針方向,C 錯誤;3~5s內(nèi),根 據(jù) 法 拉 第 電 磁 感 應(yīng) 定 律 得 E'= 由電阻 R=ρ L 知,導(dǎo)線 電 阻 變?yōu)? 原來 的 81 倍.電 壓 U 不 變, n ΔΔtΦ''=nS ΔB',代 入 數(shù) 據(jù) 得 E'=8 V,0~2s 內(nèi) 通 過 線 圈 某 S Δt' 由 歐 姆 定 律 可 知I= U ,電 流 變?yōu)? 原 來 的811,A 正 確 ,B 錯 誤; 橫 截 面 的 電 荷 量 為q=It,則q= REt= 8 C,同 理 得q'=ER't' R 5 電流變?yōu)樵瓉淼?1 ,橫截面積變?yōu)?原 來 的 1 ,單 位 體 積 內(nèi) 自 由 =156 C,故q∶q'=1∶2,D 正確. 81 9 2.AD 當(dāng) S閉合瞬間,電路 L 產(chǎn) 生 自 感 電 動 勢,相 當(dāng) 于 斷 路,電 移動的電 子 數(shù)n 不 變,每 個 電 子 所 帶 的 電 荷 量e 不 變,由 電 流 容器 C 相當(dāng)于短 路,當(dāng) 電 流 穩(wěn) 定 時,L 相 當(dāng) 于 短 路,電 容 器 C — 293 —

一品方案·物理(新高考版) 相當(dāng)于斷路,故 A 燈先亮后滅,B 燈逐 漸 變 亮;當(dāng) S 斷 開 時,燈 點(diǎn) P 的振幅是5×10-6 m,在 0~1s時 間 內(nèi) 共 振 動 了1×110-5 = 泡 A 與L 組成了閉合回路,燈泡 A 中 的 電 流 先 增 大 后 減 小 至 零,故閃亮一下后熄滅,電 容 器 C 與 燈 泡 B 組 成 閉 合 回 路,電 105 個周 期,運(yùn) 動 的 路 程 是s=4×5×10-6 ×105 m=2 m,D 容器放電,故燈泡 B 逐漸熄滅,B、C 錯誤,A、D 正確. 正確. 3.BD t=0時刻,磁場方向垂直于線圈平面向 里,由 題 圖 乙 并 根 2.D 由波的 圖 像 可 知,波 長λ=8 m,選 項 A 錯 誤.波 沿 x 軸 正 據(jù)楞 次 定 律 和 安 培 定 則 可 知,線 圈 A 中 產(chǎn) 生 順 時 針 方 向 的 感 方向 傳 播 ,位 移 為 x=nλ+ λ = (8n+4)m(n=0,1,2,3,… ), 應(yīng) 電流,閉合 S2,電路穩(wěn)定后,通過 R2 的電流由a 流向b,A 項 2 錯誤;由 題 圖 乙 可 知,磁 感 應(yīng) 強(qiáng) 度 的 變 化 率 的 絕 對 值 為 則波速為v=Δxt=t8n2-+t41 (m/s)(n=0,1,2,3,… ),則 當(dāng)n=0 ΔB =0.2T/s,根據(jù)法拉第 電 磁 感 應(yīng) 定 律 得 在 線 圈 A 中 產(chǎn) Δt 為4 為4 時 ,波 速 t2 -t1 (m/s),不 是 一 定 t2 -t1 (m/s),選 項 B 錯 ΔB 生 的感應(yīng)電動勢為E=nS Δt =100×0.2×0.2V=4V,閉 誤.在t1~t2 時間內(nèi),若是在一個周期內(nèi),則質(zhì)點(diǎn) M 是先加速、 合 S2、電路穩(wěn)定后,根據(jù)閉合電路歐姆 定 律,通 過 R2 的 電 流 大 后減速,若是包含多個 周 期 則 由 多 個 運(yùn) 動 階 段 組 成,不 僅 僅 是 小 為I=R1 E +r=0.4 A,B 項 正 確 ;閉 合 S2 、電 路 穩(wěn) 定 后 由兩段過程組成,選項 C 錯誤.t1、t2 時 刻 不 是 0 時 刻 的 圖 像, +R2 故無法判斷 O 點(diǎn)的起 振 方 向,故 也 就 無 法 判 斷 質(zhì) 點(diǎn) Q 的 起 振 方向,選項 D 正確. 電容器 C 的上 極 板 帶 正 電 荷,再 斷 開 S1,電 容 器 放 電,通 過 R2 3.CD 由題圖甲可知,原 點(diǎn) 處 波 源 運(yùn) 動 到 y 軸 負(fù) 向 最 大 位 移 處 的電流由a 流向b,C 項錯誤;閉 合 S2 后,外 電 路 為 電 阻 R2 與 電 阻 R1 串聯(lián),電路穩(wěn)定后電容器C 兩極板之間的電壓等于R2 所 用 最 短 時 間t0 = 1 T,則 題 圖 乙 所 示 的 波 出 現(xiàn) 的 時 刻t= 4 兩端電壓U=IR2=0.4×6 V=2.4 V,再 斷 開 S1,通 過 R2 的 電荷量為 Q=CU=7.2×10-6 C,D 項正確. (n+ 1 )T (n=0,1,2,… ),其 中 T=2s,因 此t=2(n+ 1 )s 4.D 以b 點(diǎn)為 原 點(diǎn),ef 為 正 方 向,建 立 一 維 坐 標(biāo) 系,bc 邊 的 位 4 4 置坐標(biāo)x 在0~L(即t=0 到t=vL )的 過 程 中,根 據(jù) 楞 次 定 律 (n=0,1,2,…),選項 A 錯誤;波源在原點(diǎn) O,則波以原點(diǎn) O 對 判斷可知,線框中感應(yīng)電流 方 向 沿a→b→c→d→a,感 應(yīng) 電 流 稱向x 軸正、負(fù)方向傳播,由此可知質(zhì) 點(diǎn) P 此 刻 的 振 動 方 向 沿 y 軸負(fù)方向,選項 B 錯誤,D 正確;由 題 圖 乙 知 波 長λ=3 m,則 為正值,線框bc 邊有效切割長度為l=L-vt,感應(yīng)電動勢為 E 波速v=Tλ ,波從原點(diǎn) O 傳播到P 所用時間t'=vx ,解 得t'= =Blv=B(L-vt)v,則 E 均 勻 減 小,感 應(yīng) 電 流i=RE ,故 感 應(yīng) 電流均勻減小;x 在L~2L(即t=vL 到t=2vL)的過程中,根據(jù) 8 s,選 項 C 正 確 . 3 4.BCD 由題圖乙可知,t=4s時質(zhì)點(diǎn) Q 在平衡位置正沿y 軸負(fù) 楞次定律可知,感應(yīng)電流方 向 沿a→d→c→b→a,感 應(yīng) 電 流 為 方向運(yùn)動,根據(jù)振動與波動 關(guān) 系 可 知 波 沿 x 軸 正 向 傳 播,選 項 A 錯誤.由題圖甲知波長為20 m,由題 圖 乙 知 周 期 為 8s,則 波 負(fù)值,同理可知感應(yīng)電流均勻減小,A、B、C 錯誤,D 正確. 5.BC 導(dǎo)體棒切 割 磁 感 線 運(yùn) 動 的 等 效 電 路 圖 如 圖 甲 所 示,感 應(yīng) 的傳 播 速 度v=Tλ 20 m/s=2.5 m/s,選 項 B 正 確 .由 題 圖 =8 電 流I= E ,當(dāng) 導(dǎo) 體 棒 以 速 度 v 勻 速 運(yùn) 動 時 ,對 導(dǎo) 體 棒 進(jìn) 行 受 R 乙知,在t=0時刻,質(zhì)點(diǎn) Q 在平 衡 位 置 正 沿y 軸 正 方 向 振 動, 力分析 如 圖 乙 所 示,則 在 沿 導(dǎo) 軌 方 向 有 mgsinθ=F安1 =BIL, 而質(zhì)點(diǎn) P 與質(zhì)點(diǎn)Q 相差半個波 長,故 此 時 質(zhì) 點(diǎn) P 應(yīng) 在 平 衡 位 置正 沿 y 軸 負(fù) 方 向 振 動,因 此 質(zhì) 點(diǎn) P 的 振 動 方 程 為 y = 又I=BRLv,所 以 mgsinθ=B2RL2v,解 得 B = 1 mgRsinθ ,A -2sin28πt(m)=-2sin 4πt(m),選 項 C 正 確.質(zhì) 點(diǎn) P 與 質(zhì) 點(diǎn) L v 錯誤;當(dāng)導(dǎo)體棒以速度2v 勻速運(yùn)動時,對導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分 析 Q 平衡位置相距半個 波 長,因 此 這 兩 個 質(zhì) 點(diǎn) 的 振 動 相 反,選 項 D正確. 如圖丙所示,則在沿 導(dǎo) 軌 方 向 有 mgsinθ+F =F安2 =BI'L,又 I'=BLR·2v,聯(lián)立解得 F=mgsinθ,故拉力 的 功 率 P=F×2v 5.CD 根 據(jù) 題 意 知 波 速 為 v= Δx =90-.66 m/s=5 m/s,周 期 =2mgvsinθ,B 正確;當(dāng)導(dǎo)體 棒 速 度 達(dá) 到 1.5v 時,對 導(dǎo) 體 棒 進(jìn) Δt 行受力 分 析,則 有 mgsinθ+F'-1.5BR2L2v =ma,由 F'= T=vλ = 4 s=0.8s,角 速 度 ω=2Tπ=02.π8rad/s=52πrad/s, 5 1P.5v= 43mgsinθ,聯(lián) 立 解 得a= 56gsinθ,C 正 確;當(dāng) 導(dǎo) 體 棒 的 質(zhì)點(diǎn)a 的初相為 π ,振動方 程 為 y=Asin(ωt+φ)=10sin(52πt+ 6 速度 達(dá) 到 2v 時,安 培 力 的 大 小 等 于 拉 力 的 大 小 和 重 力 沿 導(dǎo) 軌 π )cm,當(dāng)t=0.5s 時 質(zhì) 點(diǎn) a 的 位 移y =10sin(25π×0.5+ 向下分力的大小之和,根 據(jù) 功 和 能 量 的 關(guān) 系,可 知 以 后 在 導(dǎo) 體 6 棒勻速運(yùn)動的過程中,R 上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力和 重 力 做 功 π )cm= -9.7cm,質(zhì) 點(diǎn)a 不 會 運(yùn) 動 到 波 谷 位 置 ,選 項 A 錯 之和,D 錯誤. 6 W W 誤;質(zhì)點(diǎn)c 在這段時間內(nèi)只是沿y 軸 方 向 振 動,沒 有 沿 x 軸 正 方向移動,選項 B 錯誤;由題圖可知,質(zhì)點(diǎn)d 在0.6s內(nèi) 先 向 上 R F/ F/ 運(yùn)動到達(dá)最高點(diǎn)后又返回平衡位置,在這段時間內(nèi) 通 過 的 路 程 mgTJOθ B F F F 是2倍的振幅,為20cm,選項 C 正確;波長4 m 大于障礙物 的 θθ 尺寸3 m,能夠發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象,選項 D 正確. mgDPTθ E θ mg θ mg 6.AC 兩波源起振的時間差為 Δt=0.25s,Δt 時 間 內(nèi) 兩 列 波 的 甲乙 丙 傳播距離之差為 Δx=2.5 m-1.5 m=1 m,波 的 傳 播 速 度 為 14.振 動 與 波 v=ΔΔtx =4 m/s,故 A 正 確; 根 據(jù) 幾 何 關(guān) 系 可 知 x=1.5 1.D 由圖1可知,該 波 的 波 長λ=1.5×10-2 m,由 圖 2 可 知 周 m 虛線上各質(zhì)點(diǎn)到兩波源的 S S r′ r r 期 T=1×10-5 s,則 該 波 的 波 速v= λ 1.5×10-2 m/s=1.5× 波程差 均 為 零,而t=0.25s x T = 1×10-5 時 S1 正 向 下 振 動 ,與 S2 起 振 方 向 相 反,所 以 兩 波 源 在 103 m/s,A 錯誤;由圖2可得,在t=0時刻,P 質(zhì)點(diǎn)沿y 軸正方 向振動,由波形的平移 方 式 可 知 該 波 沿 x 軸 正 方 向 傳 播,B 錯 誤;質(zhì)點(diǎn) P 只在平 衡 位 置 附 近 振 動,不 沿 x 軸 運(yùn) 動,C 錯 誤;質(zhì) — 294 —

參考答案 x=1.5 m 上引起質(zhì)點(diǎn)的振 動 步 調(diào) 相 反,即 虛 線x=1.5 m 為振 A、B、C 錯誤;設(shè)復(fù)色光 圓 形 區(qū) 域 半 徑 為r,在 復(fù) 色 光 圓 形 區(qū) 域 動減弱區(qū),故 B錯誤;兩列波的波長均為λ=fv =2 m,t=1.0s 邊 緣 ,b 光 恰 好 發(fā) 生 全 反 射 ,依 據(jù) sinC 1 ,結(jié) 合 幾 何 關(guān) 系 知 , =nb 時 ;S1 所 激 發(fā) 的 波 傳 播 到 的 最 遠(yuǎn) 位 置 到 S1 的 距 離 為 d1 =2λ sinC= r ,而復(fù)色光圓形區(qū)域 的 面 積 S=πr2,聯(lián) 立 解 得 =4 m,此 時 S1 所 激 發(fā) 的 波 的 最 遠(yuǎn) 波 谷 到 S1 的 距 離 為r1=d1 h2 +r2 - 3 m,S1 所 激 發(fā) 的 波 的 最 近 波 谷 到 S1 的 距 離 為r' S=nπb2h-21,D 正 確 . 4λ=2.5 1=r1-λ=0.5 m,t=1.0s時 S2 所 激 發(fā) 的 波 傳 播 到 的 最 遠(yuǎn) 位 7.C 在 A 點(diǎn) 時,由 題 意 可 知,入 射 B CO 置 到 S2 的 距 離 為 d2 = 3 m,S2 所激發(fā)的波此時產(chǎn)生的 角為60°,由幾何關(guān)系有sin∠BAO= D 2λ=3 R BO 1 ,由 折 射 定 律 得 A R 波形中只 有 一 個 波 谷,且 到 S2 的 距 離 為r2 =d2 - 3 AO = 2 n= i′ 4λ=1.5 sini 3,故 錯 誤;該 束 m,如圖所示,可知t=1.0s時波谷與波谷相遇 的 點(diǎn) 共 有 2 個, sin∠BAO = A 故 C 正確;S1 和 S2 連線上滿足到兩波源的波程差為波長的 整 單色光在該透明材料中的傳播速度為v=nc ,單色 光 在 該 材 料 數(shù)倍的點(diǎn)為振動 減 弱 點(diǎn),即 Δs= kλ (k=0,1,2,… ),則 0< kλ <3 m(k=0,1,2,… ),解 得 - 3 <k< 3 (k=0,1,2, 中的傳 播 時 間 為t=2×2Rcovs∠BAO ,代 入 數(shù) 據(jù) 解 得t=6cR , 2 2 …),即k=0,±1,所以t=1.0s后 S1 和 S2 連 線 上 有 3 個 振 故 B 錯誤;光束從 A 點(diǎn)入射,入射角為i'時 光 束 經(jīng) 折 射 到 達(dá) 內(nèi) 動減弱的位置,故 D 錯誤. 球面的C 點(diǎn),如 圖 所 示,恰 好 發(fā) 生 全 反 射,由 于 sin∠ACO = 15.光 學(xué) A sin∠DCA= 1 = 3,由 正 弦定 理 得R =sin∠2RACO ,解 n 3 sin∠CAO 1.D 光路圖如圖所示,b 處 光 的 偏 折 程 度 大 于 θ a a 處光的偏折 程 度,所 以b 處 光 的 折 射 率 大、 α 得 sin∠CAO = 3,由 折 射 定 律 得 n=sins∠inCi'AO ,解 得 i'= 6 頻 率 大 、波 長 短 ,A 錯 誤;由 折 射 率 n= c 知, B Cb v 30°,故 C 正確;光 束 從 A 點(diǎn) 入 射,與 AO 直 線 的 夾 角i″>60° 因為b 處光的折射率大于a 處,所以在棱鏡中a 處光的傳播速 時,折射光線不再打在內(nèi)球面上,不會在內(nèi) 球 面 發(fā) 生 反 射,故 D 度大 于b 處 光 的 傳 播 速 度,B 錯 誤;光 從 光 密 介 質(zhì) 射 入 光 疏 介 錯誤. 質(zhì)時才可能發(fā) 生 全 反 射,故 a 處 的 光 在 AB 面 不 會 發(fā) 生 全 反 16.熱 學(xué) 射,C 錯誤;由圖可知,減小θ,b 處 的 光 在 AC 面 的 入 射 角α 將 1.AC 液體表面存在張力是因為液體表 面 層 分 子 間 的 距 離 大 于 1 增 大 ,當(dāng)α 增 大 到 sinα=nb ,b 處 的 光 會 在 AC 面 發(fā)生 全 反 射, 液體內(nèi)部分子間的距 離,A 正 確;物 體 內(nèi) 熱 運(yùn) 動 速 率 大 的 分 子 數(shù)占總分子數(shù)的比例 與 溫 度 有 關(guān),溫 度 越 高,速 率 大 的 分 子 數(shù) D正確. 所占的比例越大,B 錯誤;r0 位置分子勢能最小,如果分 子 間 距 2.D 如 圖 所 示,單 光 色 在 AD 邊 恰 好 D O′ C 小于r0,則隨著分子間距離的增 大,分 子 勢 能 先 減 小 后 增 大 , α C 正確;液體的附著 層 具 有 收 縮 趨 勢 的 情 況,發(fā) 生 在 液 體 不 浸 發(fā)生全反 射,由 sinC= 1 得,n= 2 3, n 3 潤固體時,D 錯誤. 由 幾 何 關(guān) 系 知,∠DOO' = 30°,又 O 2.B 由 玻 意 耳 定 律 可 得 p1V1 =p2 × (40V+V1),p1 =15 MPa, ∠D=120°,則 ∠OO'D =30°,光 在 A B p2=3 MPa,V1=400L,解得V=40L,故 B 正確. CD 邊的入射 角 為 60°,光 在 CD 邊 發(fā) 3.B 水平外力 作 用 在 活 塞 桿 上,向 右 移 動 活 塞,氣 體 的 體 積 增 生全反射,根據(jù)幾何關(guān)系,可判斷光線 垂 直 于 BC 邊 射 出,則 自 大,此過程中,氣體對外界做功,故 A 錯 誤;溫 度 是 氣 體 平 均 動 BC 邊射出光線與自AB 邊射入光線夾角為120°,D 正確. 能的標(biāo)志,由于汽缸內(nèi) 氣 體 溫 度 不 變,所 以 氣 體 分 子 的 平 均 動 3.D 如 圖 所 示,i=60°= ∠A, A 能不 變,故 正 確;由pV 可 知,當(dāng) V 增 大,T 不 變 時, 由幾 何 關(guān) 系 得,α+β=60°,在 T △DEG 中,有i-α+(r-β)+ F c B =nR (180°- ∠A)=180°,由 折 射 定 i α βr p 減小,故 C 錯誤;因為體積增大,所以單位體積內(nèi)氣體分 子 個 D E 數(shù)減少,故 D 錯誤. 律得n=ssiinniα=ssiinnβr,聯(lián)立 解 得 G 4.C 由a 變到b,氣體發(fā) 生 等 容 變 化,壓 強(qiáng) p 增 大,根 據(jù) 查 理 定 r=60°,α=β=30°,n= 3,由 律p B C T =C 可 知 ,氣 體 溫 度 升 高 ,則 內(nèi) 能 增 大 ,再 根 據(jù) 熱 力 學(xué) 第 于∠ADF=90°-i=30°,則∠ADE=α+ ∠ADF=60°= ∠A, 一定律 ΔU=Q +W 可 知,因 氣 體 不 做 功,內(nèi) 能 增 大,則 氣 體 吸 故三角形 ADE 為 等 邊三 角 形 ,即 DE =AD =A2B = L ,光 在 熱,A、B 錯誤.由b 變到c,由題 圖 可 知,氣 體 發(fā) 生 等 溫 變 化,溫 2 度不變,內(nèi)能不變,體 積 減 小,則 外 界 對 氣 體 做 功,根 據(jù) 熱 力 學(xué) 三棱鏡中的傳播速度為v=nc = 33c,則 光 通 過 三 棱 鏡 的 時 間 第一定律 ΔU=Q+W 可知,氣體放熱,C 正確,D 錯誤. 為t=DvE = 3L 5.D AB 的 延長 線 過 原 點(diǎn) ,由 理 想 氣 體狀 態(tài) 方 程pV =C(C 為常 2c T ,D 正確. 量)可知,氣體由狀態(tài) A 變化到狀態(tài)B 的過程中,壓 強(qiáng) 不 變,體 5.C 題圖甲中上板是標(biāo) 準(zhǔn) 樣 板,下 板 是 待 檢 測 平 面,A 錯 誤;如 積增大,溫度升高,氣體對外界 做 功,氣 體 的 內(nèi) 能 增 加,故 A 錯 果單色光波長變長,題圖乙中干涉條 紋 變 疏,B 錯 誤;兩 列 相 干 誤;與狀態(tài) A 相比,狀態(tài) C 溫度不變,體積增大,則分 子 的 平 均 動能不變,分子的密集 程 度 減 小,所 以 單 位 時 間 內(nèi) 與 單 位 面 積 光來自上板下表面和下板上表面,同一條亮紋出現(xiàn) 在 空 氣 等 厚 處,出現(xiàn)圖丙中彎曲的 干 涉 條 紋,說 明 被 檢 查 的 平 面 在 此 處 出 器壁碰撞的氣體分子數(shù)減小,故 B 錯 誤;從 狀 態(tài) B 變 化 到 狀 態(tài) 現(xiàn)了不平整,C 正確;牛 頓 環(huán) 與 平 面 間 的 空 氣 厚 度 不 是 均 勻 變 C 的過程中,氣體體 積 不 變,則 氣 體 密 度 不 變,故 C 錯 誤;氣 體 化,同心圓環(huán)間距不相等,D 錯誤. 從狀態(tài) A 變化到狀態(tài)B 發(fā) 生 的 是 等 壓 變 化,根 據(jù) 蓋 - 呂 薩 克 6.D 由a 光的 照 射 面 積 大,知a 光 的 臨 界 角 較 大,根 據(jù) sinC= 定 律 有VA =VTBB ,解 得 TB =600 K,故 D 正 確 . TA 1 知 ,a 光 的 折 射 率 較 小 ,所 以 a 光 的 頻 率 較 小 ,根 據(jù) v= c n n 6.AC 對封閉的氣體進(jìn)行分析,由 于 B 管 的 體 積 與 A 泡 的 體 積 知,在水中,a 光的傳播速度比b 光 大,同 一 種 色 光 在 真 空 中 和 相 比 可 略 去 不 計 ,則 該 變 化 為 等 容 變 化 ,由 查 理 定 律 可 得p1 = 在水中頻率相同,由v=λf 知,在 水 中,a 光 的 波 長 比b 光 大, T1 — 295 —

一品方案·物理(新高考版) p2 ,外界大氣壓不變,封閉氣體壓強(qiáng) 減 小,則 溫 度 一 定 降 低,A 則 bk ==1(μ1+c+μcμ,)g,解得μ=bgk. T2 (3)桌 面 傾 斜 時 ,假 設(shè) 傾 角 為θ,對 系 統(tǒng) ,有 正確,B 錯誤;氣 體 初 狀 態(tài) 參 量 p1 =ρg(76cm-16cm),T1 = mg+ (c-m )gsinθ-μ'(c-m )gcosθ=c·a, 300K,末狀 態(tài) 參 量 T2 =273 K,氣 體 發(fā) 生 等 容 變 化,由 查 理 定 可得a= (1+μ'coscθ-sinθ)g·m-(μ'gcosθ-gsinθ), 律 可 得p1 =Tp22 ,解 得 p2 =ρg ·54.6cm,則 x0 = (76-54.6) T1 cm=21.4cm,C 正確;若 水 銀 柱 的 高 度 差 仍 為 16cm,環(huán) 境 真 實(shí)壓強(qiáng)比標(biāo)準(zhǔn)大氣壓小,假設(shè)此時大氣壓相當(dāng)于75cm 水 銀 柱 產(chǎn) 生的壓強(qiáng),則 A 內(nèi)的氣體壓強(qiáng)為p3=ρg(75cm-16cm),則 則 bk ==1((μ1+'+cμ'oμs'cθocso-θscθs-in-sθisni)cθnθ,)g, p1 =pT33 ,解 得 T3 =295 K,即t3 =22 ℃ <27 ℃ ,D 錯 誤 . 解 得 μ'cosθ-sinθ=bgk=μ,因 此 μ<μ'. T1 答案:(1)2.36 (2)bgk (3)小于 2.解析:(3)A 下降距離h 所用 的 時 間t,根 據(jù) 勻 變 速 直 線 運(yùn) 動 的 17.近 代 物 理 初 步 位移公式可得h= 12at2,解得 A 下降的加速度大小為a=t2h2 ; 1.C 保持入射 光 的 強(qiáng) 度 不 變,不 斷 減 小 入 射 光 的 頻 率,當(dāng) 入 射 光的頻率小于金屬的 極 限 頻 率 時,不 會 再 發(fā) 生 光 電 效 應(yīng),則 不 會有光電流產(chǎn)生,A 錯誤;保持入射光的強(qiáng)度不變,增 大 入 射 光 的頻率,則單位時間逸 出 光 電 子 的 數(shù) 量 減 小,飽 和 光 電 流 一 定 減小,B 錯誤;保 持 入 射 光 的 頻 率 不 變,根 據(jù) hν=Ekm +W0 可 知,光電子的最大初動能不變,根據(jù)Uce=Ekm ,可 知,遏 止 電 壓 始終不變,選項 C 正確,D 錯誤. (4)對沙袋 A、B 以及玩具方塊組成的整體進(jìn)行受力分析,根 據(jù) 2.D Kr有36個質(zhì)子,中 子 個 數(shù) 為 89-36=53,A 錯 誤;中 等 質(zhì) 牛頓第二 定 律 可 得 (m +m1 )g- (M -m )g-m2g= (m1 + 量核的平均結(jié) 合 能 比 重 核 大 ,所 以14546Ba 比 U235 的 平 均 結(jié) 合 能 )a,整 理 得 2g +mm11 -m2 -M g,為 使 92 +m2 +m2 +M 大,B 錯誤;重核裂 變 要 放 出 能 量,由 質(zhì) 能 方 程 要 知 核 反 應(yīng) 前、 m2 +M a=m1 +M m 后原子核的總質(zhì)量減 少,C 錯 誤;鎘 棒 插 入 深 些 會 吸 收 更 多 反 圖像直觀,應(yīng)作出a 隨m 變化的關(guān)系圖線;(5)圖線的斜率為k 應(yīng)生成的中子,使反應(yīng)減慢,D 正確. =m1 2g +M ,縱 軸 的 截 距 為b=mm11 -m2 -M g,代 入 數(shù) 據(jù) 解 3.C 當(dāng)這些氫原子向低能級躍 遷 時,最 多 可 輻 射 出 C23 =3 種 不 +m2 +m2 +M 同頻率的光 子,A 錯 誤;因 為 n=4 與 n=3 能 級 的 能 量 差 為 得 m1=5.5kg、m2=3.5kg. 0.66eV,則用能量為0.76eV 的電子轟擊,能 使 這 些 氫 原 子 向 答案:(3)t2h2 (4)m (5)5.5 3.5 更高能級躍遷,B 錯 誤;這 些 氫 原 子 至 少 吸 收 1.51eV 的 能 量 才能發(fā)生電離,則這些氫原子吸收能量為1.52eV 的 光 子 后 能 3.解析:(1)重力勢能隨小球距 D 點(diǎn)高度的增加而增大,動能隨小球 發(fā)生電離,C正確;因為n=2與n=1能級的能量差為10.2eV,用 距 D 點(diǎn)高度的增加而減小,在此過程中,機(jī)械能守恒,大小不變, 從n=2 能 級 躍 遷 到 n=1 能 級 輻 射 出 的 光 照 射 逸 出 功 為 故乙表示重力勢能 Ep,丙表示動能 Ek,甲表示機(jī)械能 E. 6.34eV 的金屬能發(fā)生光電效應(yīng),D 錯誤. (2)由題圖乙所示 的 圖 像 可 以 看 出,小 球 在 動 能 和 重 力 勢 能 相 反 應(yīng) 方 程 為74Be+ →37Li+υe,根 據(jù) 質(zhì) 量 數(shù) 守 恒 和 電 4.AC e0 互 轉(zhuǎn) 化 過 程 中 ,其 機(jī) 械 能 是 守 恒 的 . -1 荷數(shù)守恒可知中微子 的 質(zhì) 量 數(shù) 和 電 荷 數(shù) 均 為 零,A 正 確.根 據(jù) 答案:(1)乙、丙、甲 (2)在 誤 差 允 許 的 范 圍 內(nèi),只 有 重 力 做 功 愛因斯坦 質(zhì) 能 方 程,該 核 反 應(yīng) 釋 放 的 核 能 E = (7.016929- 的情況下,小球的機(jī)械能守恒 7.016004)×931 MeV+mec2=0.86 MeV+mec2,無法 求 出 鋰 19.電 學(xué) 實(shí) 驗 及 創(chuàng) 新 核獲得的動能,B 錯誤.衰變過程中 內(nèi) 力 遠(yuǎn) 大 于 外 力,反 應(yīng) 前 后 動量守恒,故中 微 子 與 鋰 核 (73Li)的 動 量 之 和 等 于 反 應(yīng) 前 電 子 1.解 析 :(1)實(shí) 物 連 接 如 圖 所 示 的動量,C 正確.中微子與鋰核 (73Li)的 能 量 之 和 等 于 反 應(yīng) 前 鈹 核(47Be)與電子的能量之和減去反應(yīng)釋放的核能,D 錯誤. 5.BC 由題 圖 可 知,24He核 的 比 結(jié) 合 能 為 7 MeV,因 此 它 的 結(jié) 合 能為7 MeV×4=28 MeV,A 錯誤;比結(jié)合能越大,表明原子 核 中核子結(jié)合得越牢固,原子核越穩(wěn)定,結(jié)合題圖可知 B 正確;兩 個比 結(jié) 合 能 小 的12H 核 結(jié) 合 成 比 結(jié) 合 能 大 的42He時 ,會 釋 放 能 量 ,C 正 確 ;由 題 圖 可 知 , U235 核 的 比 結(jié) 合 能 比8396Kr 核 的 小 ,D 92 錯誤. 6.B 根據(jù)題圖乙可知,遏止電壓為0.02V,如 果 反 接,但 光 電 管 由于閉合電鍵前,滑動 變 阻 器 接 入 電 路 的 電 阻 調(diào) 為 最 大,兩 個 電壓表的示數(shù)相同,約 為 2 V,隨 后 將 滑 動 變 阻 器 接 入 電 路 的 兩 端電壓小于0.02V,則仍會產(chǎn)生電信號,A 錯誤;波長10μm 電阻調(diào)小,則 的示數(shù)變小, 的 示 數(shù) 變 大,因 此 的 量 程 為 的 紅 外 線 在 真 空 中 的 頻 率 為 ν= c 3×108 Hz=3× 0~4V.(2)由 閉 合 電 路 歐 姆 定 律 可 得 E=(U1+U2)+UR11r,則 λ =10×10-6 (U1+U2)=E -rUR11 ,則 電 源 的 電 動 勢 E =a,內(nèi) 阻r= -k. (3)由于本實(shí)驗電 壓 表 的 分 流 作 用,使 測 量 的 電 源 電 動 勢 比 真 1013Hz,B 正 確 ;根 據(jù) 愛 因 斯 坦 光 電 效 應(yīng) 方 程 Ek =hν-W0 和 實(shí)值小. 答案:(1)見解析圖 0~4V (2)a -k (3)分流作用 小 Ek=eUc 得 到 W0 =hν-eUc =6.63×11.60×-3140×-319×1013eV- 0.02eV=0.1eV,C 錯 誤;若 人 體 溫 度 升 高,則 輻 射 紅 外 線 的 強(qiáng)度增強(qiáng),光電管轉(zhuǎn)換成的光電流增大,D 錯誤. 18.力 學(xué) 實(shí) 驗 及 創(chuàng) 新 1.解 析 :(1)根 據(jù) 逐 差 法 ,可 求 得 木 塊 的 加 速 度 為 2.解析:(1)按照題 圖 甲 設(shè) 計 電 路,則 電 流 表 示 數(shù) 過 小,測 量 誤 差 a=xBD4T-x2 OB = (28.69-9.63-9.63)×10-2 m/s2 較大,因此設(shè)計不合理;(2)為了保護(hù)電路,開關(guān)閉 合 前,應(yīng) 把 滑 4×0.12 動變阻器的滑片調(diào)到 最 右 端;題 圖 乙 電 路 為 恒 壓 半 偏 法 變 形, ≈2.36 m/s2. 當(dāng)電壓表滿偏,保持滑 動 變 阻 器 滑 片 位 置 不 變,改 變 電 阻 箱 阻 (2)設(shè) 木 塊 和 鉤 碼 總 質(zhì) 量 為c,對 系 統(tǒng) ,有 值,認(rèn)為支路電壓不變,則當(dāng)電壓表示數(shù)為滿偏的 三 分 之 二 時, mg-μ(c-m)g=c·a,可得a= (1+cμ)g·m-μg, 電阻箱分壓為滿偏的三分之一,即電壓表分壓是電 阻 箱 分 壓 的 兩倍,則 RV =2R;當(dāng)接入電阻箱 時,支 路 電 阻 變 大,分 壓 增 大, — 296 —

參考答案 當(dāng)電壓表分壓為滿偏的三分之二時,電阻箱分壓大 于 滿 偏 的 三 答案:(1)bd (2)ccoossθβ 分之一,因此電壓表內(nèi) 阻 小 于 電 阻 箱 阻 值 的 兩 倍,所 以 測 量 值 偏大. B 題型限時特訓(xùn) 答案:(1)不合理 電 流 表 的 示 數(shù) 太 小,無 法 準(zhǔn) 確 讀 數(shù) (2)最 選 擇 題 限 時 特 訓(xùn) (1) 右端 2R 偏大 1.A 籃球砸到球筐的外邊緣后 彈 出 球 筐,說 明 籃 球 反 彈 后 的 水 3.解析:(1)根據(jù)表頭的極性且電流要從紅表筆流入 電 表,可 知 表 平速度偏大,即碰撞籃板 前 的 水 平 速 度 偏 大,由 于a 點(diǎn) 到 拋 出 點(diǎn)的豎直距離不變,所以 球 到 籃 板 的 運(yùn) 動 時 間 不 變,根 據(jù) x= 筆A 應(yīng)為黑色. vxt 知,要減小水平速度,運(yùn) 動 員 應(yīng) 靠 近 球 籃,由 于 豎 直 距 離 不 (2)將開關(guān) S1 斷開,S2 置 于 “1”擋 時,表 頭 與 R2 串 聯(lián),則 多 用 電表用于測量電壓;開關(guān) S1 閉 合,S2 置 于 “1”擋 時,R3 與 表 頭 并 聯(lián) ,則 多 用 電 表 用 于 測 量 電 流 . 變 ,則 豎 直 速 度 不 變 ,根 據(jù)v= vx2+vy2 知 ,應(yīng) 減 小 拋 出 速 率 , (3)已知將開關(guān) S1 斷 開,S2 置 于 “2”擋 時,多 用 電 表 的 量 程 為 A 正確. 10 V,則 R1 U -Igrg =4600 Ω,將 開 關(guān) S1 斷 開 ,S2 置 于 “1” 2.D 衰變過程 中 動 量 守 恒,因 初 動 量 為 零,故 衰 變 放 射 出 的 粒 = Ig 子與新原子核 B 的動量大小相 等,方 向 相 反,由 于 粒 子 與 新 核 擋 時 ,多 用 電 表 的 量 程 為 1 V,則 R2 =U'-IIg grg =100 Ω,開 關(guān) 在磁場中運(yùn)動的 軌 跡 為 外 切 圓,說 明 粒 子 和 新 原 子 核 B 所 受 的洛倫茲力方向相 反,均 帶 正 電,故 發(fā) 生 的 是α 衰 變,故 A、C S1 閉合,S2 置于“1”擋時,多用電表的量程 為 100 mA,則 R3 = 錯誤;由動量守恒定律可知0=mv-mαvα ,粒 子 做 圓 周 運(yùn) 動 的 Ig(rg+R2 ) Ω. 向 心 力 由 洛 倫 茲 力 提 供 ,則 有 qvB =m v2 ,又 qα =2e,R1 ∶ I-Ig ≈10.2 r 答案:(1)黑 (2)電壓 電流 (3)4600 100 10.2 R2=42∶1,聯(lián)立解得新原 子 核 B 所 帶 的 電 荷 量q=84e,即 新 20.熱 學(xué) 實(shí) 驗 和 光 學(xué) 實(shí) 驗 原子核 B 的電荷數(shù) 為 84,故 B 錯 誤;原 子 核 A 衰 變 時 釋 放 出 一種頻率為 1.2×1015Hz 的 光 子,光 子 能 量 E =hν=6.6× 1.解析:(1)本實(shí)驗 的 條 件 是 溫 度 不 變、氣 體 質(zhì) 量 一 定,所 以 要 在 10-34×1.2×1015J=7.92×10-19J=4.95eV>4.54eV,因 此 等溫條件下操 作,注 射 器 密 封 性 要 好,A、B 正 確;本 實(shí) 驗 研 究 能使金屬鎢發(fā)生光電效應(yīng),故 D 正確. 質(zhì)量一定的氣體、壓強(qiáng)與體積的關(guān)系,不需要測量 氣 體 的 質(zhì) 量, 12at2 x 21at,則 單位不需要統(tǒng)一為國際單位制,C、D 錯誤. 3.C 根 據(jù) x=v0t+ ,可 得 t =v0 + A 車做初速 (2)如 果 氣 體 的 體 積與 壓 強(qiáng) 的 倒 數(shù) 成 正 比 ,則 畫 出 的 V - 1 圖 度為0,加 速 度 為 a=4 m/s2 的 勻 加 速 運(yùn) 動,B 車 做 速 度 為 p 4m/s的勻速運(yùn)動,t=2s時刻,A 車的速度為v2 =at2 =8 m/s, 線是一條過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線. 選項 A、B 錯 誤;0~4s內(nèi),A 車 運(yùn) 動 的 位 移 為x4 = 12at24 = (3)根 據(jù) 實(shí) 驗 數(shù) 據(jù) 作出 的 V- 1 圖 線 如 圖 乙 所 示 ,不 過 坐 標(biāo) 原 p 1 m=32 m,選 項 C 正 確;0~2s內(nèi) 車的位移為 點(diǎn) ,該 圖 線 的 方 程 為 V =k 1 -V0 ,說 明 注 射 器 中 的 氣 體 的 體 2 ×4×42 A p 21at22 = 1 車的位移為x'2=8 m,則t=0 積小于實(shí)際的封閉氣體的體積,結(jié)合 實(shí) 驗 裝 置 可 知,V0 代 表 壓 x2 = 2 ×4×22 m=8m,B 強(qiáng)傳感器與注射器間氣體的體積. 時刻 A、B 兩車并排,選項 D 錯誤. 答案:(1)AB (2)為一條過坐標(biāo)原點(diǎn)的 直 線 (3)傳 感 器 與 注 4.B 由 題 圖 乙 可 知,a 的 周 期 為 0.4s,b 的 周 期 為 0.6s,則 由 射器之間有氣體 傳感器與注射器之間氣體的體積 n=T1 可 知,轉(zhuǎn) 速 與 周 期 成 反 比,故 曲 線a、b 對 應(yīng) 的 線 圈 轉(zhuǎn) 速 之比為3∶2;曲線a 表示的交變電流的電動勢最大值是10V, 2.解析:(1)這種估測方法是將每個分子視為球體模 型,讓 油 酸 盡 根據(jù) Em =nBSω 并代入數(shù)據(jù)解得 曲 線b 表 示 的 交 變 電 流 的 電 可能地在水面上散開,則 形 成 的 油 膜 可 視 為 單 分 子 油 膜,這 層 動勢最大值是230V,故 B 項正確,A、C、D 三項錯誤. 油膜的厚度可視為油酸分子的直徑. (2)油膜的面積可從方格紙上得到,所圍成的方格 中,面 積 超 過 一半按一個算,小于 一 半 的 舍 去,圖 中 共 有 70 個 方 格,油 膜 面 積 為 S=70×25 mm×25 mm=43750 mm2 ≈4.4×10-2 m2; 5.D 根 據(jù) G Mm =m v2 ,可 得 v= GM 可知北斗二號 G2 衛(wèi) 每一滴 油 酸 酒 精 溶 液 中 含 有 純 油 酸 體 積 是 V =510×10-6 × r2 r r 0.6 V 星在“墓地軌道”運(yùn) 行 時 的 速 度 小 于 其 在 地 球 同 步 軌 道 運(yùn) 行 時 1000 S m3 = 1.2 × 10-11 m3 ,油 酸 分 子 的 直 徑 d = = 的速度,故 A 錯誤;北斗二號 G2 衛(wèi) 星 在 轉(zhuǎn) 移 軌 道 上 經(jīng) 過 P 點(diǎn) 時和在地球同步 軌 道 上 經(jīng) 過 P 點(diǎn) 時 受 到 的 萬 有 引 力 相 同,由 1.2×10-11 4.4×10-2 m≈2.7×10-10 m. G Mm =ma 可知,北斗二 號 G2 衛(wèi) 星 在 轉(zhuǎn) 移 軌 道 上 經(jīng) 過 P 點(diǎn) r2 (3)由d=VS 可知,結(jié)果偏大的原因 是V 的 測 量 值 偏 大 或S 的 測量值偏小.錯誤地將油酸酒精溶液的體積直接作 為 油 酸 的 體 時的加速度等于其在地球同步軌道上經(jīng)過P 點(diǎn)時的加速度, 積進(jìn)行計算,使得V 偏大,A 正 確;計 算 油 酸 膜 面 積 時,錯 將 不 完整的方格作為完整方格處理,使得 S 偏大,B 錯誤;計 算 油 酸 故 B 錯 誤;北 斗 二 號 G2 衛(wèi) 星 要 掙 脫 地 球 引 力 束 縛,則 北 斗 二 膜面積時,只數(shù)了完 整 的 方 格 數(shù),使 得 S 偏 小,C 正 確;水 面 上 號 G2衛(wèi)星離開地球 時 的 速 度 必 須 大 于 等 于 11.2km/s,北 斗 二號 G2衛(wèi)星從離開地球運(yùn)動 到“墓 地 軌 道”地 程 中 動 能 減 少, 所以北斗二號 G2衛(wèi)星要從“墓 地 軌 道”掙 脫 地 球 引 力 束 縛,需 痱子粉撒得較多,油酸膜沒有充分展開,使得 S 偏小,D 正確. 要的速度比11.2km/s小,故 C 錯誤;由開普勒第三定律有RT1320 = 答 案 :(1)球 體 單 分 子 (2)4.4×10-2 2.7×10-10 (R1 +R2 )3 (3)ACD 3.解析:(1)由用“插針法”測定 玻 璃 磚 的 折 射 率 實(shí) 驗 中 的 注 意 事 2 ,可得北斗二號 G2衛(wèi)星在轉(zhuǎn)移軌 道 從 P 點(diǎn) 運(yùn) 行 到 項可知,不能用玻璃 磚 的 光 學(xué) 邊 界 面 (即 邊 緣)代 替 直 尺,可 知 T12 b步 驟 錯 誤 ;在 BB'下 方 豎 直 插 針 P3、P4 時 ,應(yīng) 使 P3 擋 住 P1、 Q 點(diǎn) 所 用 時 間 為t=T21 =T40 (R1 +R2 )3 ,故 D 正 確 . P2 的 像 ,P4 擋 住 P3 本 身 及 P1、P2 的 像 ,由 于 AA'與 BB'不 平 2R13 行,可知 P3、P4 所在直 線 與 P1、P2 所 在 直 線 不 平 行,且 不 在 同 6.B 在 光 照 強(qiáng) 度 增 大 的 過 程 中,R1 的 阻 值 減 小,電 路 的 總 電 阻 一直線上,故 d步驟錯誤. 減小,由閉合電路歐姆定律 知,電 路 中 的 總 電 流 增 大,則 R2 兩 (2)由 題 圖 乙 可 得 n=ssiinn((9900°°--βθ))=ccoossβθ. 端的電壓增大,V2 的 示 數(shù) 增 大,內(nèi) 電 壓 增 大,由 串 聯(lián) 電 路 中 電 壓與電阻的關(guān)系知,路 端 電 壓 減 小,V1 的 示 數(shù) 減 小,B 正 確,A — 297 —

一品方案·物理(新高考版) 錯誤;R1 兩端的電壓 減 小,又 電 容 器 C 與 R1 并 聯(lián),則 電 容 器 位素,質(zhì)子數(shù)相同,B 錯誤;β 衰 變 的 實(shí) 質(zhì) 是 核 內(nèi) 一 個 中 子 轉(zhuǎn) 化 極 板 間 電 壓 減 小 ,由 E = U 知,極 板 間 電 場 強(qiáng) 度 減 小,又 F= 成 一 個 質(zhì) 子 和 一 個 電 子 ,電 子 發(fā) 射 到 核 外 ,C 正 確 ;23930Th 轉(zhuǎn) 化 d 成 U233 為β 衰 變 ,不 屬 于 化 學(xué) 變 化 ,D 錯 誤 . 92 qE,則帶電小球受到 的 電 場 力 減 小,則 帶 電 小 球 向 下 運(yùn) 動,CD 2.B 對蒸鍋受力分析可知,其 重 力 與 四 個 支 撐 面 的 支 持 力 在 豎 錯誤. 7.D 小物塊從 A 運(yùn)動到B 的 過 程 中,隨 著 彈 力 逐 漸 減 小,加 速 直方向 的 分 力 之 和 相 等,則 有 G =4FNcosα,即 FN =4cGosα,B 度逐漸減小,彈力等于 摩 擦 力 時 加 速 度 為 零,之 后 彈 力 小 于 摩 正確,ACD 錯誤. 擦力,做減速 運(yùn) 動.作 出 小 物 塊 運(yùn) 動 W 3.D 臺秤示數(shù) 大 于 人 的 體 重,說 明 人 處 于 超 重 狀 態(tài),加 速 度 一 的 v t 圖 像 如 圖 所 示,可 得 v1 > 定豎直向上,電梯 可 能 向 上 加 速,也 可 能 向 下 減 速,A 錯 誤,D 正確;如果電梯向下減速,臺秤對人的支持力做負(fù) 功,人 的 機(jī) 械 v2,又v1t1 =v2t2 =x,可 得t1 <t2. 從 A 到 C 的 過 程,對 小 物 塊 由 動 能 O t t t t 能減少,B、C 錯誤. 定理有0+2kxx-μmg·2x=0-0,得 kx=4μmg.選 項 D 正 4.D 氣 體 發(fā) 生 等 壓 變 化 ,根 據(jù) 蓋 — 呂 薩 克 定 律 得 :V0 =3VTB0 ,解 確,ABC 錯誤. T0 8.AC 如果兩球發(fā)生完全非彈性碰撞,碰 撞 后 兩 球 速 度 相 等,設(shè) 速度大小為v,兩球碰撞過 程 系 統(tǒng) 動 量 守 恒,以 A 的 初 速 度 方 得:VB =3V0,氣 體 壓 強(qiáng) 不 變,氣 體 體 積 變 大,每 秒 撞 擊 單 位 面 向 為 正 方 向 ,由 動 量 守 恒 定 律 得 mAv0 = (mA +mB )v,代 入 數(shù) 積器壁的氣體分子數(shù)減少,故 AB 錯 誤;氣 體 發(fā) 生 等 壓 變 化,氣 據(jù)解得v=230 m/s;如 果 兩 球 發(fā) 生 彈 性 碰 撞,碰 撞 過 程 系 統(tǒng) 動 量守恒、機(jī)械能守恒,設(shè)碰撞 后 A 的 速 度 大 小 為vA ,B 的 速 度 體 體 積 增 大 ,外 界 對 氣 體 做 功 :W = -p0ΔV = -p0 (3V0 -V0) 大小 為vB ,以 A 的 初 速 度 方 向 為 正 方 向,由 動 量 守 恒 定 律 得 =-2p0V0,故 C 錯 誤;根 據(jù) 熱 力 學(xué) 第 一 定 律 ΔU =W +Q 可 知:Q=ΔU-W =ΔU+2p0V0,故 D 正確. 5.A 試探電荷靜止 在 D 處 說 明 D 處 的 電 場 強(qiáng) 度 為 零,A 處 電 荷 在D 處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度EAD =kaQ2 ,方向為從 A 到D,C 處電 mAv0 =mAvA +mBvB ,由 機(jī) 械 能 守 恒 定 律 得 1 mAv02 = 1 荷在 D 處產(chǎn)生 的 電 場 強(qiáng) 度 ECD =kaQ2 ,方 向 為 從 C 到 D,所 以 2 2 mAv2A + 12mBv2B 代 入 數(shù) 據(jù) 解 得vA =130m/s,vB =430m/s,所 以 A 、C 處正電荷在D 處 產(chǎn) 生 的 合 電 場 強(qiáng) 度 E合 = 2kQ ,方 向 為 a2 碰撞后 B 球的 速 度 范 圍 是230m/s≤vB ≤430m/s.AC 正 確,BD 從 B 到D,而 D 處的電場強(qiáng) 度 為 零,則 B 處 電 荷 在 D 處 產(chǎn) 生 的電場強(qiáng)度與A、C 處 電 荷 在 D 處 產(chǎn) 生 的 合 電 場 強(qiáng) 度 等 大 反 錯誤. 向,所以 B 處電荷在D 處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的方向為從D 到B, 9.BD 兩 板 間 小 球 受 力 及 運(yùn) 動 情 況 如 圖 乙 ①、F F 所以 B 處 電 荷 為 負(fù) 電 荷,設(shè) B 處 電 荷 的 電 荷 量 大 小 為 Q',有 ② 所 示,兩 種 情 況 下 電 容 器 所 加 電 壓 相 等,B W W EBD = kQ' =E 合 = 2kQ 解 得 Q'=2 2Q;當(dāng) 試 探 電 荷 在 O 項正 確;① 圖 中 小 球 做 減 速 運(yùn) 動,② 圖 中 小 球 G G (2a)2 a2 做加速運(yùn)動,運(yùn)動位移相等,時間不等,A 項 錯 點(diǎn)時,A、C 處正電荷給試探電荷 的 作 用 力 的 合 力 為 零,所 以 試 誤 ;由v21 =v02 -2as,v22 =v02 +2as,得 2v02 =v12 +v22 ,D 正 確 . 探電荷 在 O 處 受 到 的 電 場 力 就 是 B 處 電 荷 給 的 電 場 力 F0 = 10.BD 電子在磁場中做勻速圓 周 運(yùn) 動,根 據(jù) 洛 倫 茲 力 提 供 向 心 kQ'q2 =4 2ak2Qq,A 正 確,B 錯 誤;將 B 處的負(fù)電荷分成兩 2a 力得qvB=mrv2 ,又 根 據(jù) T =2vπr可 知 T =2qπBm ,則 最 長 時 間 2 t1=2qπBm0 ,最 短 時 間t2 =q×21π0m0B0 ,所 以t1 ∶t2 =100∶1,故 個電荷量為-Q 的負(fù)電荷和一 個 電 荷 量 為 -2(2-1)Q 的 負(fù) 電荷,兩個電荷量為-Q 的 負(fù) 電 荷 分 別 和 A、C 處 的 正 電 荷 組 A 錯 誤 ,B 正 確 ;因 為 r=qmBv,則 最 大 半 徑 r1 =m ×100v0 ,最 成等量異種電荷 的 電 場,而 O 點(diǎn) 剛 好 在 等 量 異 種 電 荷 連 線 的 qB0 中垂面上,所以在這四個電荷形 成 的 電 場 中 O 點(diǎn) 的 電 勢 為 零, 小半徑r2 =q×m1v000B0 ,又 因 MN 上 的 出 射 點(diǎn) 到 O 點(diǎn) 的 距 離 因此 O 點(diǎn)的電勢取決于電荷量為-2(2-1)Q 的 負(fù) 電 荷 產(chǎn) 生 為x=2r,所 以 x1 ∶x2 =2r1 ∶2r2 =10000∶1,故 C 錯 誤 ,D 的電場,所以以無窮遠(yuǎn)處為電勢零點(diǎn)時,O 點(diǎn)電勢為 負(fù),所 以 正 試探電荷在 O 點(diǎn)的電勢能為負(fù),C 錯 誤;將 C 點(diǎn) 的 電 荷 量 加 倍 正確. 后,若將 B 處的負(fù)電荷分成一個-Q、一個-2Q 后剩下的是 一 11.AD 由于導(dǎo) 體 棒 離 開 磁 場 前 已 做 勻 速 運(yùn) 動,由 平 衡 條 件 得 個正電荷(3-2 2)Q,同 理 可 知,此 時 O 點(diǎn) 電 勢 大 于 零,將 正 mg=BI L ,解 得 導(dǎo) 體 棒 離 開 磁 場 瞬 間 通 過 導(dǎo) 體 棒 的 電 流 為 試探電荷從 O 點(diǎn)移到無窮遠(yuǎn)的過程中電勢能減小,D 錯誤. 2 6.B 根 據(jù) 牛 頓 第 二 定 律 有 qvB =m v2 , A I=2BmLg,由并聯(lián)電 路 的 電 流 關(guān) 系 得,此 時 流 過 R1 的 電 流 大 r f 小為I1= 21I=BmLg,A 正確;由右手定則知,導(dǎo) 體 棒 離 開 磁 場 解得 B=2qmLv,故 B 正 確,A 錯 誤;如 圖 D fff 所示,粒子在磁場中運(yùn)動時間 最 長 時,運(yùn) f ff f ff f f f ff f fff 的瞬間感應(yīng)電流方向由 M 到 N ,故 流 過 R1 的 電 流 方 向 從 右 動 軌 跡 與 AC 邊 相 切 ,若 磁 場 粒 子 能 過 O f f f f f f f C B O 1 T 向 左 ,B 錯誤;導(dǎo)體棒離開磁場 時 的感 應(yīng)電 動勢 E= 2 BLv, A 點(diǎn),在 磁 場 中 運(yùn) 動 時 間才 為t= 3 = θ 由 閉 合 電 路 歐 姆 定律 得 E=I· R ,由 以 上 兩 式 解 得 ,導(dǎo) 體 棒 2πm =π3vL ,若 偏轉(zhuǎn) 90°,則 時 間 為t'= 1 O 2 3qB 4 離開磁場時的速度 v=2Bm2gLR2 ,C 錯 誤;導(dǎo) 體 棒 穿 過 整 個 磁 場 T=π4vL,顯然粒子偏轉(zhuǎn)角度小于120°大于90°,故 C、D 錯誤. 過程中,設(shè)電阻 R1 上產(chǎn)生的焦 耳 熱 為 Q,由 能 量 守 恒 定 律 得 7.D 本題考查 磁 流 體 發(fā) 電 機(jī).穩(wěn) 定 時 氣 體 離 子 不 再 偏 轉(zhuǎn),即 氣 mgh=2Q+ 21mv2,解 得 Q=mg4L-mB3g4L2R4 2 ,D 正 確 . 體離子受到的洛倫茲 力等 于 電 場 力,有qvB =q U ,解 得 發(fā)電 d 選 擇 題 限 時 特 訓(xùn) (2) 機(jī)電動勢為 E=U=Bdv,A 錯誤;根據(jù)左手定則可判斷等離 子 U233 比23930Th 的 中 子 數(shù) 少 2,A 錯 誤 ;23930Th 與23920Th 互 為 同 體中的正離子向上極 板 偏 轉(zhuǎn)、負(fù) 離 子 向 下 極 板 偏 轉(zhuǎn),即 上 極 板 92 1.C — 298 —

參考答案 為正極,故 可 變 電 阻 R 中 的 電 流 方 向 是 從 P 到 Q,B 錯 誤;根 的正切值為位移與水平面的夾角θ 的正 切 值 的 兩 倍,即 本 題 中 據(jù)電流方向,判斷高溫電離氣體的橫 截 面 積 為 S,長 度 為 d,所 可求出落到 B 點(diǎn)時速度的方向,D 正 確.本 題 中 初 速 度 大 小 未 以 內(nèi) 阻 為r=ρ d ,當(dāng)外電阻等于電源內(nèi)阻,即 R外 =r 時 ,外 電 知,A、B、C 均無法求解. S 4.A 根據(jù)幾何關(guān)系可得 AC=cosd30°=233d,又B=k I ,所 以 路(可 變 電 阻 R )消 耗 的 電 功 率 最 大 ,最 大 值 為 Pmax = r E 2 =E4r2 =B2v4ρ2dS,C 錯 誤 ,D 正 確 . 該長直導(dǎo)線在C 點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B= 3kI,方 向 垂 直 R外 +r 2d R外 8.AD 作 出 光 路 如 圖 所 示,由 對 稱 性 于 AC 向下,要使 C 點(diǎn)的磁感 應(yīng) 強(qiáng) 度 為 零,需 要 再 加 的 勻 強(qiáng) 磁 及光路可逆可知,第 一 次 折 射 的 折 射 θA 場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 3kI,方 向 垂 直 于 AC 向 上,A 正確, 角 為 30°,則 由 折 射 定 律 可 知n=ssiinnir 2d =ssiinn3405°°= 2,選 項 A 正 確;由 幾 何 BCD 錯誤. 關(guān)系可知,光線從 A 點(diǎn) 出 射 時 相 對 于 射 入 玻 璃 球 的 光 線 的 偏 向 角為α=90°,選項 B 錯誤;光線從 A 點(diǎn)進(jìn)入及第一次從A 點(diǎn) 5.C 由牛頓第三定律得,物體受到的支持力為F,當(dāng)電梯加速度 向上時,對物體有 F-mg=ma,當(dāng) 電 梯 加 速 度 向 下 時,對 物 體 有 mg-F=ma,結(jié) 合 壓 敏 電 阻 阻 值 隨 壓 力 的 關(guān) 系 圖 可 知,當(dāng) 加速度不變或加速度 為 零 時,即 電 梯 做 勻 變 速 直 線 運(yùn) 動、靜 止 射出時在玻 璃 球 中 傳 播 的 距 離 為s=3×2Rcos30°=45 2cm, 或做勻速直線運(yùn)動時,壓 敏 電 阻 阻 值 均 不 變,根 據(jù) 閉 合 電 路 歐 c 光 在 玻 璃 中 傳 播 的 速 度 為 v= n ,可 得 經(jīng) 過 A 點(diǎn)從玻璃球內(nèi) 姆 定 律 有I=R0 E ,電 流 表 示 數(shù) 不 變 ,A 錯 誤 ;若 電 流 表 +R +r s 折射 回 空 氣 的 光 線 在 玻 璃 球 內(nèi) 的 傳 播 時 間 為t= v =3× 示數(shù)為I0,電梯可能處于靜止或勻速直線運(yùn)動狀態(tài),D 錯誤;若 10-9s,選項 C 錯誤;在 A 點(diǎn)的入射 光 線 也 會 發(fā) 生 反 射,沿 相 同 電流表示數(shù)增大,說明壓敏電阻阻值減小,壓力增 大,電 梯 可 能 路徑回到 A,傳播時間大于t,選項 D 正確. 向上加速且加速度 增 大,也 可 能 向 下 減 速 且 加 速 度 減 小,B 錯 9.BD 兩列相干波發(fā)生疊加,出 現(xiàn) 振 動 加 強(qiáng)、振 動 減 弱 的 現(xiàn) 象 是 誤;電流表示數(shù)大于I0,則壓力 大 于 重 力,故 加 速 度 向 上,即 電 梯可能向上做加速運(yùn)動或向下做減速運(yùn)動,C 正確. 波的 干 涉,A 錯 誤,B 正 確;行 進(jìn) 過 程 中 波 程 差 設(shè) 為 Δx,則 6.C 由動能定理可 知,點(diǎn) 電 荷 的 動 能 Ek 隨 位 移 x 的 變 化 圖 線 25 m-25 m≤Δx=nλ≤35 m-15 m,0≤n≤4,行 進(jìn) 10 m 過 的斜率表示該點(diǎn)電荷所受的電場力,故點(diǎn)電荷Ⅰ和 Ⅱ 所 受 的 電 程中從第1個振動加強(qiáng)點(diǎn)來到第5個振動加強(qiáng)點(diǎn),路 過 4 個 振 場 力 分 別 為 FI=Exk00 ,FⅡ =2xE0k0 ,故 B 錯 誤 ;由 題 圖 乙 可 知 ,電 場力為恒力,則電場強(qiáng)度大小、方向均不變,即該電 場 為 勻 強(qiáng) 電 動減弱點(diǎn),故聲音由強(qiáng)變?nèi)醯拇螖?shù)為4次,C 錯誤,D 正確. 10.BD 根據(jù)q=ΔRΦ=BRS可知,線框進(jìn)、出磁場的過程中 通 過 線 =FI q 框橫截面的電 荷 量q1 =2q2,故 B 正 確,A 錯 誤;線 框 從 開 始 場,根據(jù) F =qE 可 知,勻 強(qiáng) 電 場 的 電 場 強(qiáng) 度 大 小 E = 進(jìn)入到位置Ⅱ,初 速 度 方 向 為 正,由 動 量 定 理 得 -BI1LΔt1 = Ek0 ,故 C 正確 ;由 A 選 項 分析 知 FⅡ =2FⅠ ,所 以 點(diǎn) 電 荷 Ⅱ 的 mv-mv0,即-BLq1=mv-mv0,同理,線 框 從 位 置 Ⅱ 到 位 置 qx0 Ⅲ,由動量 定 理 得 -BI2LΔt2 =0-mv,即 -BLq2 =0-mv, 電荷量為2q,故 A 錯誤;點(diǎn)電荷Ⅰ由 O 點(diǎn)到A 點(diǎn)的過 程 中,由 聯(lián) 立 解 得v= 1 =1.5 m/s,故 D 正 確 ,C 錯 誤 . 動 能 定 理 有 ,qUOA =Ek0,解 得UOA =Ek0 ,選 O 點(diǎn)為電勢零點(diǎn), 3v0 q 11.CD 對兜籃、王 進(jìn) 及 攜 帶 的 設(shè) 備 整 體 受 力 分 析, θ F A 點(diǎn) 的 電 勢φA = -Ek0 ,故 D 錯誤. 如圖所示,繩 OD 的 拉 力 為F1,與 豎 直 方 向 的 夾 q 角為θ,繩 CD 的 拉 力 為 F2,與 豎 直 方 向 的 夾 角 7.C 由 于 空 氣 阻 力 的 大 小 與 速 度 的 平 方 成 正 比,即 f=kv2,由 為α,根據(jù)幾 何 關(guān) 系θ+2α=90°,由 正 弦 定 理 有 mg 牛頓第二定律可得 mg-kv2 =ma,所 以 皮 球 下 落 過 程 中 先 是 sFinα1 =sFinθ2 =sin(m2πg(shù)+α),α 增 大,θ 減 小,則 F1 F 做加速度減小得越 來 越 慢 的 加 速 運(yùn) 動,當(dāng) mg=kv2 之 后 做 勻 α 速運(yùn)動,AB 錯誤;皮球在下落過 程 中,克 服 空 氣 阻 力 做 功 W = 增大,F2 減小,AB 錯誤;兩 繩 拉 力 的 合 力 大 小 等 于 mg,C 正確;α=30°時,θ=30°,則2F2cos30°= Ffh=kv2h,C 正確;皮球在下落過程中,由動能定理得 mgh- Ffh=Ek-0,所 以 Ek=(mg-Ff)h,由 于 Ff 增 大 ,故 mg-Ff mg,可得 F2= 33mg,D 正確. 減小,即斜率減小,D 錯誤. 選 擇 題 限 時 特 訓(xùn) (3) 8.AD 圓環(huán) M 沿逆時針 (俯 視 )方 向 加 速 轉(zhuǎn) 動,圓 環(huán) M 中 產(chǎn) 生 順時針方向的電流,且電流持續(xù)增大,根據(jù)安培定 則 可 知,通 過 鋁環(huán) N 的磁通量向下,且 持 續(xù) 增 大,根 據(jù) 楞 次 定 律 可 知,鋁 環(huán) 1.C 發(fā)生光電 效 應(yīng) 時,會 有 光 電 子 從 金 屬 中 逸 出,之 后 金 屬 會 N 中有沿逆時針(俯視)方向的感應(yīng)電流,A 正確,B 錯 誤;根 據(jù) 帶正電,光電子來自原子核外,故光電效應(yīng)本質(zhì)上 不 是β 衰 變, 楞次定律的推論可知,鋁環(huán) N 的面積有縮 小 的 趨 勢,且 有 向 上 AB 錯 誤 ;鋅 板 的 逸 出 功 W0=hνc 即νc =Wh0 ,C 正 確 ;根 據(jù) 愛 因 的運(yùn)動 趨 勢,C 錯 誤;因 為 鋁 環(huán) N 有 向 上 的 運(yùn) 動 趨 勢,則 鋁 環(huán) N 所受的安培力豎直向上,又 鋁 環(huán) 處 于 靜 止 狀 態(tài),由 力 的 平 衡 斯坦光電效應(yīng)方程 Ek=hν-W0 可知只有增大入 射 光 的 頻 率, 條件可知,絲線對鋁環(huán)的拉力變小,D 正確. 才能增大光電子的最大初動能,D 錯誤. 2.B M 、N 、衣 物 所 在 平 面 如 圖 所 示, 9.BC 根據(jù)平行板電容器電容的決定式和定義 式 知 C=4επrkSx= 對衣物受力 分 析,衣 物 重 力 mg 的 反 M N Q ,抽 出 金 屬 板 后 x 增 大 ,C 減 小 ,而 U 不 變 ,所 以 Q 減 小 ,故 向延長 線 為 ∠MON 的 角 平 分 線.如 θ Fθ θ F θ U 圖,ON =ON',MN' 即 為 總 繩 長, O θ A 錯誤 ;兩 極 板 間 電 場 強(qiáng) 度 大小 為 E= U ,抽 出 金 屬 板 瞬 間 ,x sinθ=LL總M繩N長 ,LMN 先 減 小 后 增 大 ,所 θ x mg N′ 增大,U 不變,所以 E 減小,結(jié)合題意可知質(zhì)點(diǎn) P 帶負(fù) 電,又 因 以sinθ 先減 小 后 增 大,2Fcosθ=mg, 為質(zhì) 點(diǎn) P 所 在 位 置 到 下 極 板 的 距 離 不 變,且 下 極 板 的 電 勢 為 cosθ 先增大后減小,則F 先減小后增 零,所以質(zhì)點(diǎn) P 所在位置的電勢降低,所以其電勢能增加,故 B 大,B 正確. 正確;設(shè)質(zhì)點(diǎn) P 的 質(zhì) 量 為 m,抽 出 金 屬 板 前,根 據(jù) 平 衡 條 件 有 3.D 本題中落點(diǎn)在斜坡上,則從 飛 出 到 落 到 斜 坡 的 過 程 中 位 移 qdU-l=mg,抽出 金 屬 板 后,設(shè) 帶 電 質(zhì) 點(diǎn) P 的 加 速 度 大 小 為 與水平面的夾角一定 為θ,又 平 拋 運(yùn) 動 中 速 度 與 水 平 面 夾 角α — 299 —

一品方案·物理(新高考版) a,根 據(jù) 牛 頓 第 二 定 律 有 mg-q U =ma,聯(lián) 立 可 解 得 a= dlg, 由牛頓第二定律有a=mF =5m/s2,A 錯誤;運(yùn)動員在1s內(nèi)先 d 故 C 正確,D 錯誤. 勻 加 速 運(yùn) 動 0.7s,再 勻 速 運(yùn) 動 0.3s,故 3.7s內(nèi) 勻 加 速 運(yùn) 動 時 10.BD 根據(jù) 題 意 可 知 粒 子 的 運(yùn) 動 A DW E 間為t=4×0.7s=2.8s,故最大速度為vm =at=14m/s,B 正 軌跡 如 圖 所 示,若 粒 子 從 C 點(diǎn) c R 射入磁 場,在 到 達(dá) D 點(diǎn) 前 始 終 確,C 錯誤;勻加速運(yùn)動的位移為x= 12at2=19.6 m,D 錯誤. 4.D 薄膜干涉的光程差 Δs=2d(d 為薄膜厚度),厚度相同處產(chǎn) 未離開 磁 場,則 粒 子 到 達(dá) D 點(diǎn) θ 時的速 度 一 定 與 AC 邊 垂 直,A O cR W 生的條紋明暗情況相同,因此 條 紋 應(yīng) 與 BC 邊 平 行,選 項 A 錯 錯 誤;根 據(jù) 左 手 定 則 可 知,磁 場 O 誤;因為兩玻璃間形成 的 空 氣 膜 厚 度 均 勻 變 化,因 此 條 紋 是 等 方向垂 直 AOC 平 面 向 里,B 正 C 間距的,選項 B 錯誤;減 小 薄 片 厚 度,條 紋 間 距 將 增 大,選 項 C 確;根據(jù)題意,該粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角度為θ=120°,設(shè) 軌 道 錯誤;將紅光換 成 藍(lán) 光 照 射,入 射 光 波 長 減 小,條 紋 間 距 將 減 半 徑 為 R ,根 據(jù) 牛 頓 第 二 定 律 得qvB =m v2 ,解 得 R =qmBv,則 小,選項 D 正確. R 5.B 排球向上運(yùn)動過程中,重 力 做 的 功 約 為 WG = -mg(0.4+ CD 間的距離為xCD =R+sinR30° ,聯(lián) 立 解 得 xCD =3qmBv,C 錯 1.8)=-5.5J,A 錯 誤;排 球 下 落 約 0.8 m 后,v2 = 2gh = R 4 m/s,則右手擊 球 瞬 間,重 力 的 功 率 P =mgv2,代 入 數(shù) 據(jù) 得 P=10 W,B 正確;排球在空中向上運(yùn)動 過 程 中,由 動 能 定 理 有 誤;粒子從 C 點(diǎn)運(yùn)動到D 點(diǎn)的時間為t= 13T +tanv30°,又 T -mgh1=0- 21mv12,左 手 托 球 向 上 運(yùn) 動 過 程 中,由 動 能 定 理 =2qπBm ,聯(lián) 立 解 得t= (2π+3 3)m ,D 正 確 . 有 W -mgh0= 21mv12-0,解得 W =5.5J,C 錯誤;豎直向上為 3qB 正方向,根 據(jù) 動 量 定 理 得 I人 -IG =mv1 -0=1.5 N·s,則 11.BC 設(shè)物塊b 與物塊a 碰撞 前 的 瞬 間 速 度 大 小 為v1,物 塊b I人 ≠1.5N·s,D 錯誤. 和物塊a 碰撞后的瞬間共 同 速 度 為v2,物 塊b 自 由 下 落 的 過 程,由機(jī)械能守恒定律得 mgh= 12mv12,物塊b 和物塊a 碰撞 6.C 對物塊 A 受力 分 析,得 豎 直 方 向 繩 的 拉 力 FT =mg,對 物 過程動量守恒,取 向 下 為 正 方 向,由 動 量 守 恒 定 律 得 mv1 = 塊 B 受力分析,根據(jù)牛頓第二定律得拉力 FT=2ma,聯(lián)立兩式 (m+m)v2,聯(lián) 立 解 得v2= 2gh ,則 兩 物 塊 碰 撞 過 程 損 失 的 可得a= 12g,若 A、B、C 一 起 運(yùn) 動,對 整 體 受 力 分 析,由 牛 頓 2 第二 定 律 可 得 F = (m +2m +3m )a =3mg,C 正 確,ABD 機(jī)械能為 ΔE= 12mv21 - 1 (m +m)v22 = 21mgh,故 A 錯誤; 錯誤. 2 7.B 由題意知,粒子只受 電 場 力 作 用,則 只 有 電 場 力 做 功,電 勢 由題意知,兩者一起上 升 到 最 高 點(diǎn) 時 物 塊b 恰 好 不 離 開 物 塊 能與動能相互轉(zhuǎn)化且 總 量 保 持 不 變,由 題 圖 知,電 勢 能 先 增 大 a,說明此時彈簧處于原長狀態(tài),即整個系統(tǒng)的彈 性 勢 能 為 零, 后減小,故動能先減小后增大,由 題 圖 知,粒 子 在 -x0 處,電 勢 而剛碰撞時,彈簧壓縮量滿足 mg=kx,兩 者 碰 撞 后 到 最 高 點(diǎn) 能為零,則動能最大,即 粒 子 的 初 速 度 不 可 能 等 于 零,A 錯 誤; 的 過 程 中 ,上 升 高 度 為 x,根 據(jù) 能 量 守 恒 定 律 知 1 ×2mv22 + 運(yùn)動過程 中 最 大 電 勢 能 為 E0,則 粒 子 的 初 動 能 的 最 小 值 為 2 E0,B 正確;帶正電的粒子在原點(diǎn)處電勢能大于零,則原 點(diǎn) 的 電 12kx2=2mgx,解 得 x= 13h,則 從 碰 撞 后 到 最 高 點(diǎn),整 個 系 勢也大于零,C 錯誤;由于電場力做的 功 等 于 電 勢 能 的 變 化 量, 統(tǒng) 彈 性 勢 能 的 減 少 量 為 ΔEp =Ep -0= 21kx2 = 1 mgx = 則有 F=ΔΔExp,可 知 Ep-x 圖 線 的 斜 率 表 示 粒 子 受 到 的 電 場 2 力,結(jié)合 牛 頓 第 二 定 律 可 知,粒 子 由 原 點(diǎn) 到 x0 的 過 程 中,加 速 61mgh,故 B 正 確;兩 物 塊 動 能 最 大 時 其 所 受 合 力 為 零,即 度先增大后減小,D 錯誤. 8.AD 在碰撞過程中,司機(jī)動量變化量和動 能 變 化 量 是 一 定 的, 2mg=kx',解得x'= 23h,兩物塊從 碰 撞 后 到 最 大 速 度 處,根 安全氣囊延長了作用 時 間,同 時 增 加 了 司 機(jī) 的 受 力 面 積,根 據(jù) 動量定理可知,減小了司機(jī)的受力,AD 正確,BC 錯誤. 據(jù)機(jī)械能守恒 定 律 可 知 2mg(x'-x)- 21kx'2 + 21kx2 = 1 × 9.ACD 由圖線 可 知,質(zhì) 點(diǎn) Q 起 振 的 方 向 沿y 軸 正 方 向,A 正 2 確.振動由 P 向Q 傳播,由圖線可知 T=6s,故振動從 P 傳 到 Q 的時間可能為nT+4s= (6n+4)s(n=0,1,2,3,… ),故 不 2mv'2 - 1 ×2mv22 ,解 得 兩 物 塊 的 最 大 動 能 為 Ekm = 1 × 2 2 可能為7s,B 錯誤.根 據(jù) (nT +4s)v=8 m 得 v=6n8+4m/s (n=0,1,2,3,…),當(dāng)n=0 時,波 速 為 2 m/s,C 正 確.角 速 度 2mv'2=2m3gh,故 C 正確;第一次速度為零時,整個系統(tǒng)的彈性 為ω=2Tπ= 3πrad/s,則 從 2s 開 始 計 時,P 點(diǎn) 的 振 動 方 程 為 勢能 最大 ,根 據(jù)機(jī)械能守 恒定 律可 知 1 ×2mv22 +2mg(xm -x)+ 2 y=Asinωt=Asin 3πt,D 正確. 10.BC 由于凹槽 B 內(nèi)壁光滑,小 球 C 只 受 兩 個 力:重 力 和 支 持 21kx2= 12kx2m ,解 得 最 大 彈 性 勢 能 Epm = 21kx2m = 38mgh,故 D錯誤. 力,由平衡條件可得,支持力與重力大小相等,且 保 持 不 變,則 選 擇 題 限 時 特 訓(xùn) (4) 1.A 小陽從 D 點(diǎn)水平飛出后,只受重力作用,做平拋運(yùn)動,豎 直 小球 C 對凹槽B 的 壓 力 也 保 持 不 變,A 錯 誤;對 BC 整 體 受 方向上做自由 落 體 運(yùn) 動,相 等 時 間 間 隔 內(nèi) 豎 直 方 向 上 的 位 移 力 分 析 ,受 重 力 mBCg、長 木 板 A 的 支 持 力 FN 和 摩 擦 力 Ff, Δh 越 來 越 大,由 動 能 定 理 有 ΔEk =mgΔh,動 能 變 化 量 不 相 由 平 衡 條 件 得 FN =mBCgcosθ,Ff=mBCgsinθ,可 知θ 減 小 , 同 ,A 正 確 ,B 錯 誤 ;由 動 量 定 理 可 得 Δp =mg,動 量 變 化 率 是 FN 增大,Ff 減 小,由 牛 頓 第 三 定 律 可 知,凹 槽 B 對 長 木 板 A Δt 的壓力逐漸增大,長 木 板 A 受 到 凹 槽 B 的 摩 擦 力 逐 漸 減 小, 定值等于 mg,C、D 錯誤. BC 正確;長木板 A 對凹槽B 的 作 用 力 始 終 等 于 凹 槽B 和 小 2.D 對武大靖受力分析,在 豎 直 方 向 上 有 FN -mg=0,在 水 平 球C 的總重力,大小保持不變,D 錯誤. 方 向 上 有 Ffm =m v2 ,Ffm =μFN ,聯(lián) 立 解 v= μgR .故 D 正 11.BC C 球在O 點(diǎn) 正 下 方 時,木 塊 A、B 分 離,木 塊 A、B 此 時 R 可認(rèn)為速度相等,以木塊 A、B 及C 球整體組成的系統(tǒng)為研究 確,ABC 錯誤. 對象,知水平方向動量守恒,并且從C 球開始運(yùn)動到運(yùn)動至O 3.B 運(yùn)動員蹬冰時受到的沿水平面向前的作用力為F=275N, 點(diǎn)正下方,整個過程中機(jī)械能守恒,設(shè)木塊 A、B 速 度 為v1,C — 300 —

參考答案 球 速 度 為v2 ,則 mv2 =2mv1 ,mgL = 1 mv22 + 1 ×2mv21 ,解 流變小,但是流過 R2 的電流變大,所 以 流 過 電 阻 R3 的 電 流 變 2 2 小,電 阻 R3 兩 端 的 電 壓 變 小,所 以 ΔU3 大 于 ΔU2,選 項 C 正 得 v1 = 3gL ,v2 =2 3gL ,v1 水 平 向 右 ,v2 水 平 向 左,B 確 .由 閉 合 電 路 歐 姆 定 律 分 析 可 知ΔU1 =r,ΔΔUI12 =r+R1 ,所 以 3 3 ΔI1 正確;木塊 A、B 分 離 后,木 塊 A 與 C 球 在 水 平 方 向 動 量 守 ΔU1 小 于ΔU2 ,選 項 D 錯 誤 . 恒,當(dāng) C 球運(yùn)動至最高點(diǎn)時,速 度vA =vC =v,則 由 動 量 守 恒 ΔI1 ΔI1 定律 得 mv2 - mv1 = (m +m)v,由 能 量 守 恒 定 律 得 1 mv22 + 7.C 汽車以速度v0 勻速行駛時,牽引力等于阻力,有 F阻 =F= 2 P ,汽 車 以 功 率 2 勻 速 行 駛 時,牽 引 力 等 于 阻 力,有 F阻 = 21mv12 1 34L v0 3P = 2 (m +m )v2 +mgh,聯(lián) 立 解 得 h= ,C 正 確 ;C 2 3P 球在O 點(diǎn) 正 下 方 向 右 運(yùn) 動 時,由 動 量 守 恒 定 律 可 得 mv2 - F= v' 可 得v'= 2 ,A 正 確 .t=0 時 刻 ,汽 車 的 牽 引 力 3v0 =mv'1-mv'2,由機(jī) 械能守恒可 得 21mv22 1 mv21 1 mv'12 mv1 + 2 = 2 P -32vP0 =v0 m + 21mv'22 ,聯(lián) 立 解 得 v'1 2 3gL ,v'2 = 3gL ,AD 錯 誤 . F0 =32vP0 ,汽 車 的 加 速 度 大 小 a=F阻 -F0 =3mPv0 , = 3 3 選 擇 題 限 時 特 訓(xùn) (5) B 正確.汽車做減速運(yùn)動,速度減小,功率不變,據(jù) P=Fv 知,牽引 1.C 由題圖可知,a 光 的 偏 折 程 度 最 小,a 光 的 折 射 率 最 小,頻 力不斷增大,C錯誤.由動能定理有 23Pt-W 阻 = 21m(32v0)2 - 率最小,A 錯誤;這三束單色光在真空中的傳播速 度 都 相 等,根 21mv02,其 中 克 服 阻 力 做 功 W 阻 =F阻 s,所 經(jīng) 歷 的 時 間t= 據(jù)v=nc 可知,a 光在玻璃中 的 傳 播 速 度 最 大,B 錯 誤;根 據(jù) 臨 3s -51m2vP02 ,D 正 確 . 1 2v0 界 角 公 式 sinC= n 可 知 ,a 光 發(fā) 生 全 反 射 的 臨 界 角 最 大 ,C 正 8.BD 變壓器不改變交流電的頻率,則通過電阻 R2 的 交 變 電 流 確;根據(jù)雙縫干涉條紋公式 Δx=dLλ 可 知,a 光 干 涉 條 紋 的 間 的頻率為f=2ωπ=1020ππHz=50 Hz,選 項 A 錯 誤;保 持 滑 片 P 距最大,D 錯誤. 不動,使 P'向下 移 動 時,R2 阻 值 變 大,則 副 線 圈 中 電 流 減 小, 2.A 沿水平方 向 拋 出 的 小 鋼 球 只 受 重 力 作 用,加 速 度 為 g,處 因原、副線圈的匝數(shù)不 變,可 知 原 線 圈 中 電 流 減 小,R1 的 電 壓 減小,變壓器原線圈兩端電壓變大,則副線圈中電 壓 變 大,電 壓 于完全失重狀態(tài),A 項 正 確;沿 水 平 面 加 速 行 駛 的 火 車 豎 直 方 表的示數(shù)變大,選項 B 正確;當(dāng)滑片 P 向 下 移 動 時 原 線 圈 的 匝 向加速度為零,既不失重也不超重,B 項 錯 誤;沿 斜 面 勻 速 滑 下 的小木塊,加速度為 零,既 不 失 重 也 不 超 重,C 項 錯 誤;沿 豎 直 數(shù) 減 少 ,設(shè)n1 =k,R1 =R2 =R ,此 時 原 線 圈 兩 端 電 壓 為 U1 = 方向減速下降的電梯,加速向上,處于超重狀態(tài),D 項錯誤. n2 3.A 根 據(jù) GMm =m 4π2 (R +h),又GRM2m =mg,聯(lián) 立 解 得 U -I1R ,根 據(jù) 匝 數(shù) 比 知 ,副 線 圈 兩 端 電 壓 為 U2 U -I1R = (R+h)2 T2 = k T=2π(RR+h) R+h ,A 正確,BCD 錯誤. I2R ,I2 =k,解 得U2 =k+Uk1 ,因k· 1 =1,則 當(dāng)k=1 時 ,k+ g I1 k 4.C 由題圖知,t=0時刻,P 點(diǎn)處 于 最 大 正 向 位 移 處,加 速 度 最 1 最 小 ,結(jié) 合0<nn12 1 k k 大,A 錯誤;由同側(cè)法知,此時 M 點(diǎn) 的 振 動 方 向 豎 直 向 上,B 錯 ≤1可知,當(dāng) P 向 下 移 動 時 ,k 減小 ,k+ 誤;由題圖知,M 點(diǎn)此時的位 移 大 小 為 振 幅 的 一 半,所 以 M 點(diǎn) 變大,U2 減小,選項 C 錯誤,D 正確. 再經(jīng)過T 時 間 回 到 平 衡 位 置,同 時 波 形 向 左 平 移 了 λ ,即 向 左 9.BD 線框靜止在桌面上,線框 受 到 的 摩 擦 力 是 靜 摩 擦 力,與 安 12 12 培力水平方向的分力的合力平衡,磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直 于 桌 面 的 分 平移1cm,所以 M 點(diǎn) 對 應(yīng) 的 平 衡 位 置 坐 標(biāo) 為 -4cm,M 點(diǎn) 的 量 B⊥ =Bsin60°= 23B,線 框ac 邊 與ab、bc 邊 并 聯(lián),且 由 題 意 振動情況與橫坐標(biāo)為4cm 的點(diǎn)完全相同,從4cm 點(diǎn)再向右半 知,線 框 ab、bc 邊 的 總 電 阻 是ac 邊 電 阻 的 2 倍,故 通 過 線 框 個波長距離對應(yīng)的點(diǎn) 與 M 點(diǎn) 的 振 動 情 況 總 是 相 反,該 點(diǎn) 的 坐 標(biāo)為10cm,即 為 N 點(diǎn),C 正 確;當(dāng) M 點(diǎn) 的 位 移 與t=0 時 相 I 2 同 ,且 振 動 方 向相 反 時 ,經(jīng) 過 了2T 的 時 間 ,對 應(yīng) 的 時 間 為 1s, ab、bc 邊 的 電流 是 通 過ac 邊 電 流 的 一 半 ,即 ,線 框 所受 安 培 3 力水平 方 向 的 合 力 為 F合水 =Fac水 +Fab水 cos60°+Fbc水 cos60°= 以2T 所 3 =1s,T=1.5s,由 題 圖 知 ,波 長 為 12cm,波 速 為 v= 3BIL 3BIL 1 ×2,故 線 框 受 到 的 摩 擦 力 大 小 為 2 4 2 + × Ff = λ =01.1.52 m/s=0.08 m/s,D 錯誤 . 3 3BIL T = 4 F 合 水 ,B 正 確 ,A 錯 誤 ;磁 感 應(yīng) 強(qiáng) 度 平 行 于 桌 面 的 分 5.A 由題圖可知,在位移為0.2m 處加速度為零,在位移為0.3m 后,加速度不變,即物 體 離 開 了 彈 簧,其 加 速 度 為 重 力 加 速 度. 量 B//=Bcos60°= 12B,安 培 力 在 豎 直 方 向 上 的 合 力 F合豎 = 所以有k(0.3 m-0.2 m)=mg,在起始位置物體加 速 度 最 大, Fac豎 +Fab豎 +Fbc豎 =BI2L +BI4L cos60°×2=3B4IL,對 線 框 受 有 F=k·0.3 m-mg= ma,解 得a=20 m/s2,A 正 確,D 錯 力 分 析 得 FN +F合豎 =mg,由 牛 頓 第 三 定 律 得 FN =F'N ,故 線 誤 .彈 簧 的 勁 度系 數(shù) 為k=0.3 mg m=100 N/m,B 錯 誤 . m-0.2 框?qū)ψ烂娴膲毫Υ笮?mg- 43BIL,D 正確,C 錯誤. 彈 簧 恢 復(fù) 形 變 的 過 程中 ,彈 簧 彈 力 做 的 功 為 W =k·02.3 m x= 4.5J,C 錯誤. 10.AB 由 題 意 可 得 Uab =φa -φb = a 6.C 滑動變阻器 的 滑 片 向 上 滑 動,滑 動 變 阻 器 R4 接 入 電 路 的 2W ,Ucd =φc -φd = W ,過 b 點(diǎn) 作 電阻變大,由“串反并同”可知U2 變 大,選 項 A 錯 誤.由 歐 姆 定 q q c由d幾的何平關(guān)行系線可,交得圓四于邊e形點(diǎn)c,O連be接為ce平,c 律 可 知U2 =R3 +R4 ,R4 接 入 電 路 的 阻 值 變 大,所 以U2 變 大, c d I2 I2 O b W 選 項 B 錯 誤 .電 壓 表 V2 的 示 數(shù) 等 于 電 阻 R3 和 R4 兩 端 的 電 壓 行 四 邊 形 ,故 φc -φe =φO -φb = q e 之和,R4 接入電路阻值變大,電壓表 V2 的示數(shù)變大,由于總電 則φc -φd =φc -φe ,φd =φe ,電 場 — 301 —

一品方案·物理(新高考版) 線 沿ce 方 向 ,即 ab 方 向 ,選 項 A 正 確 .Wdb =U2Ob ·q= 1 W 6.B 根 據(jù)地 球同 步 衛(wèi) 星 所 受 的 萬 有 引 力 提 供 向 心 力,有 G m'm = 2 q r2 ·q= 21W ,選項 B 正 確.沿 電 場 線 方 向 電 勢 降 低,φa >φc ,選 m 2π 2 以 解 得 地 球 的 質(zhì) 量 m'=4GπT2r023 ,B 正 確 .根 據(jù) 探 測 項 C 錯誤.從d 點(diǎn) 射 入 的 粒 子,有 可 能 沿 電 場 線 反 方 向 做 直 T0 線運(yùn)動,選項 D 錯誤. r,可 11.CD ad 棒向左運(yùn)動時,回路中 產(chǎn) 生 順 時 針 方 向 的 感 應(yīng) 電 流, 根據(jù)左 手 定 則,ad 棒 受 到 的 安 培 力 向 右,bc 棒 受 到 的 安 培 力 衛(wèi) 星 萬 有 引 力 提 供 向 心 力 有 G m'm1 =m1 2π 2 向右,系統(tǒng)合力不為零,故系統(tǒng)動量不守恒,A 錯 誤;回 路 穩(wěn) 定 r12 T 時,兩金屬棒分別向 兩 側(cè) 做 勻 速 運(yùn) 動,回 路 中 電 流 為 零,不 受 r1,解 得r1 = 安培 力 作 用 ,B 錯 誤 ;穩(wěn) 定 時 vad =vbc ,初 速 度 方 向 為 正 ,根 據(jù) 3 Gm'T2 4π2 動量定理,對 ad 棒 有 -IBLt=mvad -mv0,對bc 棒 有IBLt ,因 為 m'已 經(jīng) 求 得 ,所 以 可 以 求 得 衛(wèi) 星 繞 地 球 運(yùn) 動 =2mvbc -0,解 得vad =vbc =v30 ,C 正 確 ;對 系 統(tǒng) 根 據(jù) 能 量 守 的圓軌道半徑r1,但 不 能 得 到 地 球 的 半 徑,A 錯 誤.在 地 球 表 面 有 G m'm2 =m2g表 ,因 為 不 知 道 地 球 半 徑 R ,所 以 無 法 求 出 R2 地球表面的重力加速度g表 ,C 錯誤.經(jīng)過12h時,赤道上 A 城 市運(yùn)動到和地心對稱的位置了,而 資 源 探 測 衛(wèi) 星 正 好 轉(zhuǎn) 過 了 8 圈,又回到 原 位 置,所 以 經(jīng) 過 12h 衛(wèi) 星 不 會 到 達(dá) A 城 市 上 空, 恒定律有 Q總 = 12mv02 - 1 mv2ad - 1 ×2mvb2c ,結(jié) 合 Q= D錯誤. 2 2 7.B 設(shè)小球在 C 點(diǎn)的速度為vy ,在 B 點(diǎn) 的 速 度 為vx ,AB 的 長 I2Rt,得QQa總d = 1 ,故 Qad = 61mv20 ,D 正 確 . 度x=tanl30°= 3l,設(shè)從 C 到B 的時間為t,有l(wèi)=v2yt,3l= 2 選 擇 題 限 時 特 訓(xùn) (6) v2xt,解 得 vx = 3vy ,根 據(jù) 速 度 — 時 間 關(guān) 系 v =at 可 得qE = m 1.D 甲對乙的作用力與乙對甲 的 作 用 力 是 相 互 作 用 力,故 二 力 大小相等,方向相反,A 錯誤;甲推出乙后,甲的速 度 減 小,但 是 3g,解得qE= 3mg,故 A 錯誤.設(shè)靜電力和重力的合力與水 甲不一定向后運(yùn)動,B 錯 誤;甲 推 乙 后,乙 的 動 量 增 加,甲 的 動 量減少,則甲、乙的動量變化不相同,C 錯 誤;甲、乙 所 受 的 推 力 平方 向 的 夾 角為 θ, 則 有 tanθ = mg = 33,F = 大小相等,根據(jù)I=Ft 可 知,甲、乙 所 受 推 力 的 沖 量 大 小 相 等, qE D正確. (qE)2+(mg)2 =2mg,則 合 加 速 度 為 a=2mmg =2g,將 小 2.B 氣 體 壓 強(qiáng) 不 變 ,發(fā) 生 等 壓 變 化 ,有V0 =VT11 ,且 V0 >V1 ,所 球的初速度分解為沿合外力的方向和與合外力垂 直 的 方 向,小 T0 球電勢能和重力勢能 之 和 最 大 時,小 球 動 能 最 小,合 外 力 方 向 以 T0>T1,所以 溫 度 降 低,平 均 分 子 動 能 減 小,氣 體 放 熱,由 的分 速 度 減 為 零,該 過 程 所 用 時 間t'=vys2ign30°,解 得t'= 于氣體壓強(qiáng)不變,故在相等時間內(nèi)封閉氣體的分子 對 單 位 面 積 器壁的沖量不變,故 A 錯 誤,B 正 確;由 于 體 積 減 小,而 分 子 數(shù) 1 2Ek 4g m 未變,所以單位時間內(nèi) 與 單 位 面 積 器 壁 碰 撞 的 分 子 數(shù) 應(yīng) 增 大, ,故 B 正 確 .從 C 到 B ,小 球 加 速 度 恒 定,但 與 小 球 速 故 C 錯誤;不浸潤時,附著層內(nèi)分子比水銀的分子內(nèi)部稀疏,故 度不共線,故小球做勻變速曲 線 運(yùn) 動,故 C 錯 誤.從 C 到B,小 D錯誤. 球克服重 力 做 的 功 為 WG =mgl,靜 電 力 所 做 的 功 為 W 電 = 3.C 氫原子發(fā)射 光 譜 是 不 連 線 的,A 錯 誤;題 述 光 譜 是 由 氫 原 qE· 3l=3mgl,則小球克服重力做的功與靜電力做的功 的 比 子核外電子躍遷產(chǎn) 生 的,B 錯 誤 ;光 子的 動 量 p= h ,Hδ 的 波 值 為WG = 1 ,故 D 錯誤 . λ W電 3 長最短,動量最大,C 正確;光 子 的 能 量 E =hν=h c 可 知 ,Hα 8.BC 設(shè)木板與水平方向夾角為θ,對 N 受 力 分 析,當(dāng) 木 板 緩 慢 λ 轉(zhuǎn)到水平位置過程,θ 逐漸減小到零,由平衡條件知 M 、N 間彈 的波長最長,能量最小,D 錯誤. 力大小FNMN =mgsinθ,其 隨θ 的 減 小 而 減 小,木 板 對 N 的 彈 4.D 某乘客發(fā)現(xiàn)放 在 桌 面 上 的 指 南 針 的 小 磁 針 在 10s內(nèi) 逆 時 力大小FNN =mgcosθ,其隨θ 的減小逐 漸 增 大,AD 項 錯 誤;對 針勻 速 轉(zhuǎn) 過 了 約 10°角,因 為 地 磁 場 方 向 不 變,指 南 針 方 向 不 變,故火車右轉(zhuǎn)彎,A 錯誤;由于火車的運(yùn)動可看作 勻 速 圓 周 運(yùn) M 、N 兩圓柱體 組 成 的 整 體,由 平 衡 條 件 得,墻 對 整 體 的 彈 力 動,則可求得火車在10s時間內(nèi)的路程為s=vt=900 m,位 移 大 小 F墻 =2mgtanθ,木 板 對 兩 球 的 彈 力 大 小 FNN +FNM = 一定小于900 m,B 錯誤;利用小磁針在10s內(nèi)勻速轉(zhuǎn)過 了 10° 2mg,由 于θ 逐 漸 減 小 到 零 ,則 FNN 逐 漸 增 大 ,F墻 逐漸減小, π cosθ 角,根據(jù)角速度的 定 義 式 有 ω=ΔΔtθ=1180rad/s=18π0rad/s,C FNM 逐 漸 減 小 ,BC 項 正 確 . 得r=ωv 90 9.ABD 從 A 到 B,根 據(jù) 動 能 定 理 可 得 -mgR = 1 mv2 - 1 π 2 2 錯 誤 ;根 據(jù)v=ωr 可 = m≈5.2km,D 正確. mv02,在 B 點(diǎn),根據(jù) 牛 頓 第 二 定 律 得 F =mRv2 ,聯(lián) 立 解 得 F = 180 5.C t=0到t=4s時 間 內(nèi) 摩 擦 力 不 等 于 零,根 據(jù)I=Ft,可 知 6R4-80(N),結(jié) 合 題 圖 乙 可 知 y=80 N,x =8640m -1 = 5 m -1 , 摩擦力的沖量不等于零,A 錯 誤;根 據(jù) 題 乙 圖 可 知,t=0 到t= 4 5s時間內(nèi)拉力 F=2t,則t=4s時拉力 F 等于8N,小于最大 故 A、B 錯誤.恰能 通 過 最 高 點(diǎn) 時,在 最 高 點(diǎn),根 據(jù) 牛 頓 第 二 定 靜摩擦力9N,物體仍然靜止,B 錯 誤;4.5s末 物 體 開 始 運(yùn) 動, 律可得 mg=mvRc2 ,從最 低 點(diǎn) 到 最 高 點(diǎn),根 據(jù) 動 能 定 理 可 得 - 在4.5~6s時間內(nèi),拉 力 和 摩 擦 力 的 沖 量 分 別 為IF = (9+10) 12mvc2 1 2× 2 2mgR= - mv02 ,解 得 R =0.32 m,故 D 錯 誤 .從 最 1 2 N·s+10×1 N·s=14.75 N·s,If =μmgt=0.4×2× 21gt2 1 2 10×1.5N·s=12N·s,根據(jù)動量定理得IF -If =mv-0,解 高 點(diǎn)做平 拋 運(yùn) 動,則 2R = ,x'=vct,-2mgR = mvc2 - 得v=181 m/s,C 正確;在4.5~11s時 間 內(nèi),拉 力 和 摩 擦 力 的 21mv02,且 R ≤0.32 m,聯(lián) 立 解 得 x'= (1.6-4R)4R ,當(dāng) 沖量分別為I'F =14.75 N·s+ 1 ×5×10 N·s=39.75 N·s, R=0.2m 時,x'取最大值,xmax'=0.80 m,故 C 正確. 動 ,隨 2 10.BCD 開關(guān)閉合后,金屬桿受到向右的安 培 力 做 加 速 運(yùn) I'f =μmgt'=0.4×2×10×(11-4.5)N·s=52 N·s,由 此 可 知, 著速度的增加,金屬桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電 動 勢 增 大,因 t=11s前物體已經(jīng)停止運(yùn)動,D 錯誤. 為感應(yīng)電動勢與原電動勢方向相反,故電路中的 電 流 減 小,金 — 302 —

參考答案 屬桿受到的安培力減小,根據(jù)牛頓第二定律,金屬 桿 的 加 速 度 答案:(1)B (2)不變 (3)V2 減小,金屬桿做變加 速 直 線 運(yùn) 動,A 錯 誤;設(shè) 金 屬 桿 離 開 軌 道 2.解析:(1)應(yīng)用“半偏法”測電流表內(nèi)阻,滑動變阻器 接 入 電 路 阻 時的速度為 v0,金 屬 桿 離 開 導(dǎo) 軌 后 到 落 地 前 感 應(yīng) 電 動 勢 為 值越大,電路中的電流 變 化 越 小,實(shí) 驗 誤 差越小,滑動變阻器應(yīng) E=BLv0,因為離開 軌 道 后 做 平 拋 運(yùn) 動,根 據(jù) 平 拋 運(yùn) 動 規(guī) 律 選擇 R2. 得,其水平速度v0 保 持 不 變,所 以 感 應(yīng) 電 動 勢 保 持 不 變,B 正 (2)由題圖乙所示電阻箱可知,其讀數(shù) R=6×100Ω+2×10Ω+0 確 ;根 據(jù) 平 拋 運(yùn) 動 規(guī) 律 得 h= 1 gt2 ,d =v0t,解 得 v0 = ×1Ω+0×0.1Ω=620.0Ω,閉合 S2 ,保持滑動 變 阻 器 滑 片 的 位 置 2 不變,粗略認(rèn)為電路 中 的 總 電 流 不 變,仍 為 300μA,使 G 的 示 d g ,金 屬 桿 離 開 導(dǎo) 軌 前 ,根 據(jù) 動 量 定 理 有 BIL · Δt= 數(shù)為250μA,則流過電阻箱的電流是50μA,為 流 過 G 電 流 的 2h 1 ,由 并 聯(lián) 電 路 特 點(diǎn) 可 知 ,電 阻 箱 的 阻 值 為 G 內(nèi) 阻 的 5 倍 ,則 mv0,又因為 q=I·Δt,電 源 消 耗 的 能 量 為 E電 =qE,解 得 5 E電 =mBdLE g ,C 正 確 ;設(shè) 金 屬 桿落 地 速 度 為 v,根 據(jù)動能定 電 流 表 內(nèi) 阻 Rg= 15R = 1 ×620 Ω=124 Ω;實(shí) 際 上 ,閉 合 S2 , 2h 5 理得 mgh= 12mv2- 21mv20,根 據(jù) 動 量 定 理 得I總 =mv-0,解 電路中 的 總 電 阻 略 變 小,電 路 中 的 總 電 流 略 增 大,略 大 于 300μA,G 示數(shù)為250μA 時流過電阻箱的電流略大于 50μA, 得I總 =m 2gh+g2dh2 ,D 正確. 流 過 電 阻 箱 的 電 流略 大 于 流 過 G 電 流 的 1 ,電 阻 箱 的 阻 值 略 11.ACD 由 題 可 知 粒 子 沿 逆 時 針 方 向 運(yùn) 動,但 磁 場 方 向 為 垂 直 5 紙面向里或向外,對 應(yīng) 粒 子 則 帶 正 電 或 帶 負(fù) 電,A 正 確,B 錯 小于 G 表內(nèi)阻的 5 倍,而 本 實(shí) 驗 粗 略 測 得 電 阻 箱 阻 值 等 于 G 誤;若與 x 軸 負(fù) 方 向 成θ 角,粒 子 軌 跡 如 圖 甲 所 示,由 幾 何 關(guān) 表內(nèi)阻的5倍,則電流表內(nèi)阻測量值小于 真 實(shí) 值.(3)將 該 表頭 系可知,粒子偏轉(zhuǎn)角為90°,粒子運(yùn)動圓弧對應(yīng) 弦 長 L= 2R, G 改裝成一個量程為0~3mA 的電流表,需要并聯(lián)一分流電阻,并 聯(lián)電阻阻值 為 R并 =II-gRIgg 300× 10-6×124 =3×10-3-300×10-6Ω≈13.8Ω. 而 R=mqvB0 ,所 以 最 小 圓 形 磁 場 面 積 Smin =π(L2 )2,解 得 答案:(1)C (2)124 大于 (3)并聯(lián) 13.8 Smin=π2qm22Bv202 ,C 正 確 ;若 與 x 軸 正 方 向 成θ 角 ,粒 子 軌 跡 如 圖 實(shí) 驗 題 限 時 特 訓(xùn) (2) 1.解 析 :(1)打 點(diǎn) 計 時 器 頻 率 是50 Hz,所 以 周 期 是0.02s,打 下 計 乙所示,由幾何關(guān)系 可 知,粒 子 偏 向 角 為 150°,所 以 圓 弧 所 對 時點(diǎn)2時,小車的瞬時速 度 大 小 為v2 =h32-Th1 =575 mm/s= 圓心角為150°,對 應(yīng) 弦 長 L'=2Rsin75°,最 小 圓 形 磁 場 面 積 0.575 m/s. S'min=π(L2')2 解 得 S'min= (2+ 3)πm2v02 ,D 正確. (2)動量定理的內(nèi) 容 是 合 力 的 沖 量 等 于 動 量 的 變 化 量,由 題 意 4q2B2 知,已平衡摩擦力,所以系統(tǒng)的合力等于重物和托 盤 的 重 力,則 c 合力的沖量為I=mg·4T=4fmg,系統(tǒng)動量的變化量為 Δp= C E (M +m )v5 - (M +m )v1 ,則 驗 證 動 量 定 理 的 表 達(dá) 式 為4mg = f g (M +m)v5-(M +m)v1. (3)若實(shí)驗過程中發(fā) 現(xiàn) m 所 受 重 力 的 沖 量 大 于 系 統(tǒng) 動 量 的 增 加量,說明系統(tǒng)的合力 小 于 重 物 與 托 盤 的 重 力,造 成 此 問 題 的 原 因 可 能 是 實(shí) 驗 過 程 中 ,運(yùn) 動 受 到 阻 力 或 平 衡 摩 擦 力 不 足 . 甲 答案:(1)0.575 (2)4fmg=(M +m)v5-(M +m)v1 (3)實(shí) 驗 過 程 中 ,運(yùn) 動 受 到 阻 力 或 平 衡 摩 擦 力 不 足 2.解析:(1)由題意知,金屬熱電阻溫度最低時,阻值 最 小,此 時 回 c 路中的電流 最 大,不 能 超 過 電 流 表 的 滿 偏 值,I=10 mA,又 I=R E ,得 R =130 Ω,由 圖 像 可 知 R = 52t+100(Ω),得 該 +RA 電路能測的最低溫度t=75 ℃. (2)金屬熱電阻放 入 冰 水 混 合 物 中,t=0 ℃ 時,熱 電 阻 R 的 阻 值 R'=100Ω,電 流 表 滿 偏 有 I=R E +R1 ,得 R1 =30Ω,放 +RA 熱水 中 有 I2 =R″+REA +R1 ,得 此 時 熱 電 阻 R 的 阻 值 R'= 137.5Ω,進(jìn)而得t2 ≈94 ℃;由歐姆定律和電阻與溫度關(guān)系式得 乙 I=R E +R1 =R1+.550A,R= 52t+100(Ω),聯(lián) 立 解 得 I= +RA 實(shí)驗題限時特訓(xùn) 1501+.50.4tA. 實(shí) 驗 題 限 時 特 訓(xùn) (1) (3)在操作①步驟時,要調(diào)節(jié)滑動變阻器使毫安表 滿 偏,當(dāng) 電 源 1.解析:(1)由于水流均勻穩(wěn)定,則 量 筒 中 收 集 的 水 量V 和 時 間t 內(nèi)阻增大時,會將滑動變阻器的阻值調(diào)小,總和不 變,故 對 結(jié) 果 成正比,所以根據(jù)量筒中收集的水量可以間接測量 滑 塊 下 滑 的 時間,C 正確,ABD 錯誤. 無影響. (2)(3)滑塊做初速度為零 的 勻 加 速 直 線 運(yùn) 動,則s= 21at2,即 位移s 與時間t 的二次方成正比,而量筒中收集 的 水 量V 和 時 答案:(1)75 (2)② 94 ③I=1501+.50.4t A (3)不變 實(shí) 驗 題 限 時 特 訓(xùn) (3) 間t 成正 比,因 此 位 移s 與 水 量 V 的 二 次 方 成 正 比,即s= 1.解析:(3)若連接運(yùn) 動 鞋 和 小 滑 輪 之 間 的 細(xì) 線 與 長 木 板 不 保 持 kV2,與滑塊的質(zhì)量無關(guān),所 以 若 保 持 下 滑 的 距 離s 不 變,僅 增 平行,則運(yùn)動鞋與長木 板 間 的 正 壓 力 就 不 等 于 M g,這 樣 導(dǎo) 致 大滑塊的質(zhì)量,水量V 將不變. 誤 差 增 大 ,因 此 細(xì) 線 應(yīng) 與 水 平 桌 面 平 行 . — 303 —

一品方案·物理(新高考版) (5)相鄰兩計數(shù)點(diǎn)間的時間間隔為 T=f5 =0.1s,由 逐 差 法 可 器 的 電 容 C=UQ =8.08×.010-3F=1.0×10-3F. 知 運(yùn) 動 鞋 的 加 速 度 大 小 為 a=s4 +s5 +s6 -s1 -s2 -s3 ,代 入 數(shù) (3)實(shí)驗中發(fā)現(xiàn),使用多用電表電壓擋測量電容器 電 壓,測 量 時 9T2 間過長時,電表讀數(shù)會 緩 慢 減 小,原 因 是 多 用 電 表 電 壓 擋 不 是 據(jù)解得a=0.3 m/s2;對 小 桶 和 運(yùn) 動 鞋 組 成 的 系 統(tǒng),由 牛 頓 第 理想電表,測量時電容 器 通 過 電 表 內(nèi) 阻 放 電,電 容 器 兩 端 電 壓 減小,也可能是由于空氣潮濕,電容器通過潮濕的 空 氣 放 電,電 二 定 律 得 mg - F = ma,F - μMg = Ma,聯(lián) 立 解 得 μ=mg- (MMg+m )a. 容器兩端電壓減小. 答案:(1)N (2)1.0×10-3 (3)測量 時 電 容 器 通 過 電 表 內(nèi) 阻 答 案 :(3)平 行 (5)0.3 mg-(M +m)a 放電或電容器通過潮濕的空氣放電 Mg 2.解析:(1)安裝軌 道 時,軌 道 末 端 必 須 水 平,以 使 小 球 做 平 拋 運(yùn) 2.解析:(1)根 據(jù) 電 流 表 的 讀 數(shù) 規(guī) 則,可 知 電 流 表 讀 數(shù) 是 I1 = 動,選項 A 正確;實(shí) 驗 前 不 必 要 測 出 斜 槽 末 端 距 地 面 的 高 度, 62.0μA=6.20×10-5A.則 電 阻 箱 P 兩 端 的 電 壓 是 U1 = 選項 B 錯誤;實(shí)驗中 兩 個 小 球 的 質(zhì) 量 應(yīng) 滿 足 m1 >m2,以 保 證 I1(rg +R0)=6.20×10-5×(2.10+37.9)×103 V=2.48V. 運(yùn)動的小球不反彈,選項 C 錯誤;除了圖中器材外,完成本實(shí)驗 (2)M 點(diǎn)對應(yīng)的電壓U2=1.80V,電阻 R2=80.0Ω,太陽能電 還必須使用的器材是天平、刻 度 尺,不 用 秒 表,選 項 D 錯 誤;未 池 的 輸 出 功 率 P2=UR222 =4.05×10-2W=40.5 mW. (3)與 曲 線 ① 相 比,在 電 阻 R 相 同 的 情 況 下,曲 線 ② 中 太 陽 能 放 B 球時,A 球落點(diǎn)的平均位置是P 點(diǎn),選項 E 正確. (2)在 實(shí) 驗 誤 差 允 許 范 圍 內(nèi) ,若 滿 足 關(guān) 系 式 m1x2 =m1x1 + m2x3 ,則 可 以 認(rèn) 為 兩 球 碰 撞 前 后 的 總 動 量 守 恒 . 電池的電壓較大,由 P=UR2 可知,曲 線 ② 中 太 陽 能 電 池 的 輸 出 (3)a.因 為 三 次 的 水 平 位 移 相 等 ,而 x=vt,y= 1 gt2 ,故 v2 = 功率較大.結(jié)合曲線②可知,當(dāng) R=45Ω 時對應(yīng)的電壓約 為 2. 2 2V,此時太陽能電池的輸出功率最大為 Pm =108 mW. 答案:(1)2.48 (2)40.5 (3)較大 108(105~108均正確) gx2 × 1 ,所 以 平 拋 運(yùn) 動 的 初 速 度 v2 與1 成正比,故要驗證 碰 2 y y 實(shí) 驗 題 限 時 特 訓(xùn) (4) 撞 前 后 兩 球 的 總 動 能 相 等 ,則 必 須 滿 足 21m1v21 = 1 m1v22 + 1 1.解析:(1)從小石塊經(jīng)過平衡位置(已經(jīng)選定參考位 置)開 始,用 2 2 手機(jī)中的“秒表”軟件計時(記為第1次經(jīng)過平衡位 置),至 小 石 m2v32 ,即m1 =m1 +m2 . 塊第41 次 經(jīng) 過 平 衡 位 置,共 經(jīng) 歷 n=20 個 周 期,總 時 間 為 y2 y3 y1 b.當(dāng)入射小球 A 與被 碰 小 球B 碰 撞 后 分 別 做 平 拋 運(yùn) 動 時,由 于被碰小球 B 的速度大,會先打 到 豎 直 墻 上,之 后 會 被 墻 壁 反 n·T=t,解得 T=nt =4.71s. 彈,又豎直方向上兩球的運(yùn)動基 本 同 步,因 此 B 球 反 彈 后 的 運(yùn) 動過程中有非常大的可能與A 球再次相碰. (2)根據(jù)周期公式 T=2π l ,解得擺長l=g4Tπ22 =4gπt2n22 ,擺長即 (1)AE (2)m1x2=m1x1+m2x3 (3)a.my21 =m1 +m2 g y3 y1 為 樹 的 周 長 ,則 C=l=4gπt2n22 =5.5 m. b.見 解 析 (3)山頂?shù)暮０屋^高,所以實(shí)際重力加速度較小,所 以 同 緯 度 其 實(shí) 驗 題 限 時 特 訓(xùn) (6) 他 地 區(qū) 的 重 力 加 速 度 偏 大 ,則 測 量 值 > 真 實(shí) 值 . 答案:(1)4.71 (2)5.5 (3)> 1.解析:(1)①由 刻 度 尺 的 讀 數(shù) 規(guī) 則 可 知,打 下 計 數(shù) 點(diǎn) B 時 小 車 2.解析:(1)充 電 寶 的 電 動 勢 E 約 為 5 V,而 電 壓 表 的 量 程 為 的位移大 小 為x2 =6.20cm;連 接 圖 3 中 的 點(diǎn),由 斜 率 可 知 加 4V,因此待測電阻 Rx 分得的 電 壓 不 能 超 過 4 V,當(dāng) 電 壓 表 測 速度a=1.9 m/s2; 得的電壓為4V 時,電 阻 箱 分 得 的 電 壓 約 為 1 V,根 據(jù) 串 聯(lián) 分 ② 利 用 圖 1 裝 置 進(jìn) 行 “探 究 加 速 度 與 力、質(zhì) 量 的 關(guān) 系 ”的 實(shí) 驗 時,為減小實(shí)驗誤差,應(yīng)使連接小車的細(xì)繩 與 長 木 板 平 行,D 錯 壓 有Rx 誤;實(shí)驗時應(yīng)將鉤碼更 換 成 砝 碼 盤 和 砝 碼,應(yīng) 保 證 小 車 的 質(zhì) 量 R1 = 4 ,即 R1 約為12.5Ω,故 R 不 能 小 于 12.5 Ω,則 R 遠(yuǎn)大于砝碼以及砝碼盤的總質(zhì)量,因此不能換成質(zhì) 量 更 小 的 小 1 車,A 錯誤,C 正確;實(shí)驗時應(yīng)將長木板 的 右 端 適 當(dāng) 墊 高 以 平 衡 應(yīng) 調(diào) 節(jié) 到 100 Ω. 摩擦力,B 正確. (2)①“探究求 合 力 的 方 法 ”時 不 用 保 證 兩 彈 簧 的 讀 數(shù) 相 同,A (3)根據(jù) 閉 合 電 路 歐 姆 定 律 有 E =U +RUxR,整 理 可 得 1 = 錯誤;在已記錄結(jié)點(diǎn)位 置 的 情 況 下,確 定 一 個 拉 力 的 方 向 需 要 U 11 再選擇與結(jié)點(diǎn)相距較遠(yuǎn)的一點(diǎn),B 錯 誤;實(shí) 驗 時,彈 簧 秤 外 殼 與 ERxR+ E . 木板之間的摩擦不影 響 實(shí) 驗 的 結(jié) 果,C 錯 誤;為 了 減 小 實(shí) 驗 誤 差,實(shí)驗時,應(yīng)保證橡 皮 條、細(xì) 繩 和 彈 簧 秤 貼 近 并 平 行 于 木 板, (5)根 據(jù) 上 述 表達(dá) 式 可 知1 -R 圖線 的縱 截距等 于1 ,所 以有 U E D 正確.②如果只有一 個 彈 簧 秤,應(yīng) 先 后 兩 次 將 彈 簧 秤 掛 在 不 同的細(xì)繩套上,然后將 結(jié) 點(diǎn) 拉 到 同 一 位 置 O,并 保 證 兩 次 兩 分 E =5.0 V;圖 線 的 斜 率 1 ,代 入 數(shù) 據(jù) 解 得 Rx =50.0 Ω. 力的方向不變;再將彈 簧 秤 掛 在 一 個 細(xì) 繩 套 上,將 結(jié) 點(diǎn) 拉 到 位 k=ERx (6)若 考 慮 電 壓 表 的 內(nèi) 阻 ,則 有 E =U + (U +RUV )R ,整 理 可 得 置 O,因 此 為 了 完 成 實(shí) 驗 至 少 需 要 3 次 把 橡 皮 條 的 結(jié) 點(diǎn) 拉 Rx 到 O. 1 = (1 1 )R+ 1 ,則 圖 線 的 斜 率 1 1 ,即 答案:(1)①6.20±0.05 1.9±0.2 ②BC U ERx +ERV E k=ERx +ERV (2)①D ②3 1 1 1 ,所 以1 1 ,可 得 Rx測 <Rx真 , 2.解析:(1)分析知直流電壓表的最小 分 度 值 為 0.2 V,所 以 測 量 ERx測 =ERx真 +ERV ERx測 >ERx真 結(jié) 果 為 5.4 V. (2)用“×1k”擋來測 量 100 Ω 的 電 阻,指 針 指 在 歐 姆 擋 表 盤 的 即 R測 <R真 . 答 案 :(1)100 (3)E1RxR + 1 (5)5.0 50.0 (6)< “0.1”處 ,故 指 針 的 偏 角 較 大 . E (3)由圖丙分析可知,當(dāng)表頭 滿 偏 時 有Ig =RE內(nèi) ,當(dāng) 表 頭 半 偏 時 實(shí) 驗 題 限 時 特 訓(xùn) (5) 1.解析:(1)由 圖 甲 可 知 N 端 為 高 電 勢,所 以 紅 表 筆 應(yīng) 接 在 N 有 1 =R E ,由 圖 丁 可 知 ,當(dāng) 表 頭 半 偏 時 ,Rx =150 Ω, 點(diǎn).(2)圖乙所示的 圖 像 中 每 個 小 方 格 代 表 的 電 荷 量q=50× 2Ig +Rx 內(nèi) 10-6×5C=2.5×10-4C,利 用 數(shù) 格 子 的 方 法 ,估 算 出 電 容 器 兩 則分析知 R內(nèi) =Rx =150Ω,聯(lián) 立 解 得 E=1.5 V.該 圖 像 的 數(shù) 端電壓為 8.0 V 時 共 有 32 個 小 方 格,則 電 容 器 充 電 完 成 時 儲 學(xué) 關(guān) 系 式 為I=R E =1501+.5Rx .由 于 中 值 電 阻 的 阻 值 為 存 的 電 荷 量 Q=32q=32×2.5×10-4C=8.0×10-3C,則 電 容 +Rx 內(nèi) — 304 —

參考答案 150Ω,而多用電表歐姆擋表盤中間刻度線數(shù)值為“15”,所 以 此 第 二 種 情 況 :如 圖 2 所 示 , 時使用的歐姆擋的倍率為“×10”,B 正確. 圖2 答案:(1)5.4 (2)較大 (3)1.5 I=1501+.5Rx B 粒 子 圓 周 運(yùn) 動 的 圓 心 角α2 =30°+120°+90°=240° 計算題限時特訓(xùn) 計 算 題 限 時 特 訓(xùn) (1) 1.解 析 :(1)對 封 閉 在 氣 窯 內(nèi) 的 氣 體 ,排 氣 前 容 積 不 變 tPM2 =234600°°T 2π 2qmEl . T1 = (t1 +273)K=300 K, =3 由 查 理 定 律 可 知p0 =2Tp20 第 三 種 情 況 :如 圖 3 所 示 , T1 可 得 T2=600K 或t2=327 ℃ . (2)開始排氣后,氣窯內(nèi)氣體維持2p0 壓強(qiáng)不變,最終窯內(nèi)氣體 溫度為 T3 = (t3 +273)K=1200 K,由 蓋—呂 薩 克 定 律 可 知 V0 =VT33 圖3 T2 粒 子 圓 周 運(yùn) 動 的 圓 心 角α3 =90°+240°+90°=420° 得 V3 =2V0 則Δm =V3V-3V0 = 1 . tPM3=346200°°T=76π 2qmEl. m 2 第 四 種 情 況 :如 圖 4 所 示 , 答案:(1)327 ℃(或600K) (2)12 2.解 析 :(1)對 加 速 過 程 由 運(yùn) 動 學(xué) 公 式 有 v=at1 故t1 =4s s1= 12at12 減 速 過 程 有s3=0+2vt3 圖4 粒 子 圓 周 運(yùn) 動 的 圓 心 角α4 =90°+240°+150°=480° 故t3 =10s 勻 速 過 程 有s2=s-s1-s3 故t2=sv2 =290.5s tPM4 =436800°°T 4π 2qmEl . 故 總 時 間t=t1+t2+t3=304.5s =3 (2)汽車對司機(jī)的作用力與重力的合力使司機(jī)做加速度為a 的 答 案 :(1) 2qEl (2) 2mE m ql 加速運(yùn)動,根據(jù)力的合成有 F= (ma)2+(mg)2 (1+1π2) 2ml 解得 F=150 29N qE (3)見 解 析 . 答案:(1)304.5s (2)150 29 N 計 算 題 限 時 特 訓(xùn) (2) 3 解 析 :(1)粒 子 經(jīng) 過 電 場 加 速 ,由 動 能 定 理 有 1.解 析 :(1)該 單 色 光 在 玻 璃 絲 中 的 傳 播 速 度 qEl= 12mv2 解得v= 2qmEl. (2)粒 子 進(jìn) 入 第 一 象 限 中 的 磁 場 區(qū) 域 ,由 幾 何 關(guān) 系 有 v=nc cos30°=R-2R-23l,解得 R=l t=vl 解 得t=ncl. 粒 子 在 磁 場 區(qū) 域 中 ,由 向 心 力 公 式 有 (2)由 全 反 射 知 識 知 sinC1 = 1 n v2 設(shè)光線在 AC 面上恰好發(fā)生全反射時,在 AB 端 面 的 入 射 角 為 R qvB =m 解得 B=qmRv= 2mE θ1 ,則 ql n=sin(9si0°nθ-1C1) 粒 子 通 過 電 場 加 速 ,由 位 移 公 式 有 l= 1 ·qE ·t21 解 得t1= 2ml sinθ1 =nsin(90°-C1 ) 2 m qE 解 得sinθ1= n2-1 粒子在磁場區(qū)域中周期 T=2vπR =π 2ml 故sinθ≤ n2-1. qE 答案:(1)ncl (2)sinθ≤ n2-1 則t2 =33600°°T = π 2ml,粒 子 從 A 點(diǎn)運(yùn)動到P 點(diǎn)的時間 2.解析:(1)解法一:帶 粒 子 在 電 場 中 做 類 平 拋 運(yùn) 動,根 據(jù) 運(yùn) 動 學(xué) 12 qE 公 式 有h= 12at2 qE=ma vy =at vy =v0tan37° tAP =t1+t2=(1+1π2) 2ml 解 得 E=932mqvh02 . qE 解 法 二 :qEh= 21mv2- 12mv02 vcos37°=v0 可 得 E=932mqvh20 . (3)粒子從 P 點(diǎn)運(yùn)動到 M 點(diǎn)有四種可能,具體如下. 解 法 三 :v2y =2ah vy =v0tan37° a=qmE 可 得 E=932mqvh20 . 第 一 種 情 況 :如 圖 1 所 示 , 圖1 粒 子 圓 周 運(yùn) 動 的 圓 心 角α1 =30°+120°+30°=180° tPM1 =136800°°T = π 2ml . 2 qE — 305 —

一品方案·物理(新高考版) (2)畫 出 粒 子 在 磁 場 中 的 運(yùn) 動 軌 跡 如 圖 所 示 內(nèi)傳播的距離為 Δx=1 m,有v=ΔΔtx 解得v=2 m/s. x1=v0t x1=r+rsin37° 可 得r= 35h (2)當(dāng)機(jī)械波的傳播速度v'=142 m/s時,結(jié)合題圖中信息有 qvB=mrv2 v0=vcos37° 解得 B=34mqvh0 . λ=8 m y v't=nλ P W E 解 得n=8+ 7 8 故該機(jī)械波沿x 軸負(fù)方向傳播. A 答案:(1)2 m/s (2)沿x 軸負(fù)方向傳播 O c x 2.解析:(1)過山車恰好過最高點(diǎn)時,只受重力,有 mg=mvR2B c 解得vB =4 5m/s. (2)過山 車 離 開 C 點(diǎn) 后 做 平 拋 運(yùn) 動,為 使 過 山 車 安 全 落 入 水 答 案 :(1)932mqvh20 (2)34mqvh0 中 ,由 平 拋 運(yùn) 動 規(guī) 律 ,有h= 12gt2,s=vmaxt 3 解 析:(1)木 板 與 擋 板 第 一 次 碰 后 瞬 間,木 板 速 度 反 向,木 板 受 解 得t=0.8s,vmax=15 m/s. 到物塊向右的摩 擦 力,向 左 做 勻 減 速 直 線 運(yùn) 動,由 牛 頓 第 二 定 (3)根據(jù)題述乘客 在 圓 形 軌 道 最 低 點(diǎn) A 對 座 椅 的 壓 力 為 自 身 重力的3倍,可知座椅對乘客的支持力大小為 FN =3mg,在 圓 律 有 μmg=Ma 形 軌 道 最 低 點(diǎn) 有 FN -mg=mvR2A 由 勻 變 速 直 線 運(yùn) 動 規(guī) 律 有v20 =2asA 解得vA =4 10m/s 可 得sA = 32m. 過山車落入水中時,堅直方向速度大小為vy =gt=8 m/s (2)木板與擋板第一次碰 后 到 第 二 次 碰 前,A、B 組 成 的 系 統(tǒng) 水 則 落 水 速 度 大 小 為v= v2A +v2y =4 14m/s. 平 方 向 動 量 守 恒 ,有 mv0-Mv0=(m+M )v1 答案:(1)4 5m/s (2)15 m/s 由 功 能 關(guān) 系 有 12mv20 + 1 Mv02 = 1 (m +M )v12 +μmgΔs1 (3)4 14m/s 2 2 3解析:(1)cd 絕緣桿通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)時,由牛頓第二定律有 可 得 Δs1=2 m. (3)木板與擋板從第一 次 碰 撞 到 第 二 次 碰 撞 過 程 中,木 板 與 物 Mg=M v2 r 塊 相 對 運(yùn) 動 的 時 間t1=v0a+v1 =32va0 解得v= gr= 5m/s. (2)碰撞后到cd 絕緣桿滑至最高點(diǎn)的過程中,由動能定理有 t1 時 間 內(nèi) 木 板 的 位 移s1= -v0t1+ 21at21 = -38va20 -2Mgr= 1 Mv2 - 1 Mv22 2 2 s1 =34va0 設(shè) 之 后 再 經(jīng) 過t'1 ,木 板 與 擋 板 碰 撞 ,則t'1 = v1 解得碰撞后cd 絕緣桿的速度大小v2=5 m/s 兩 桿 碰 撞 過 程 ,動 量 守 恒 ,取 向 右 為 正 方 向 ,則 有 木板與擋板第一次碰撞到第二次碰撞的時間間隔 mv0 =mv1 +Mv2 ΔT1=t1+t'1=3v40 (s) 解得碰撞后ab 金屬桿的速度v1=2 m/s 同理可得第二次與第三次碰撞的時間間隔 ab 金屬桿進(jìn)入磁場后,由能量守恒定律有 21mv21=Q ΔT2 = 3 = 3 ×v20 (s) 解得 Q=2J. 4v1 4 答案:(1)5m/s (2)2J ΔT3 = 3 = 3 ×v220 (s) 4v2 4 計 算 題 限 時 特 訓(xùn) (4) …… 1.解析:(1)變壓器原、副線圈中交變電流的頻率相等,即f原 =f ΔTn = 3 = 3 ×2vn-01 (s) T =1.67×10-2 s 4vn-1 4 1 故 ΔTn 3 (s). f原 =T =2n 解得f=60 Hz. (4)解法一:從功能關(guān)系分析,當(dāng) B 恰好不能從A 上滑下時,有 (2)設(shè) 通 過 R2 中 的 電 流 為I2,通 過 R1 中 的 電 流 為I1.電 源 輸 μmgL= 1 (m +M )v02 出 的 總 功 率 為UI1=I21R1+I22R2 2 n1 =II21 得 L= 8 m. n2 3 U2 =I2R2 解 法 二 :根 據(jù) (2)中 分 析 ,推 理 可 得 解 得U2=66V. Δsn =vn-1 × (vn-1 -vn ) 答案:(1)60 Hz (2)66V μg 2.解析:(1)對質(zhì)量為 m 的粒子,在電場中根據(jù)動能定理有 Δsn =8× (1 )n m qU= 21mv2 4 L=Δs1 +Δs2 + …Δsn = 8 m. 在磁場中,其軌跡半徑 R=d 3 根據(jù)洛倫茲力提供向心力有, 答案:(1)23 m (2)2m (3)23ns (4)38 m qvB =m v2 R 計 算 題 限 時 特 訓(xùn) (3) 解 得 B= 1 2mU . 1.解析:(1)由已知條件可知,該機(jī)械波沿x 軸 正 方 向 傳 播,0.5s d q — 306 —

參考答案 (2)對質(zhì)量為km 的粒子,在電場中根據(jù)動能定理有 (3)地 鐵 做 勻 加 速 運(yùn) 動 的 位 移 大 小 為 x1= 21a1t21 =200 m qU= 12kmv'2 地鐵做勻速運(yùn)動的位移大小為 在 磁 場 中 ,運(yùn) 動 軌 跡 如 圖 所 示 ,有 (R'-d)2 + (2d)2 =R'2 x2=v(t-t1-t2)=20×(300-20-20)m=5200 m 根 據(jù) 洛 倫 茲 力 提 供 向 心 力 有 ,qv'B =kmvR''2 地鐵做勻減速運(yùn)動的位移大小為 x3=x1=200 m 所以甲、乙兩地之間的距離為 x=x1+x2+x3=5600 m. 解 得k=2.25. 答案:(1)1 m/s2 (2)20 m/s (3)5600 m 答 案 :(1)d1 2mU (2)2.25 2.解析:(1)金屬棒以最大速度vm 下滑時,根據(jù)法 拉 第 電 磁 感 應(yīng) q 定律可知金屬棒 產(chǎn) 生 的 感 應(yīng) 電 動 勢 E =Blvm ,對 電 路 進(jìn) 行 分 3解析:(1)物塊由 A 點(diǎn)到B 點(diǎn)過程,由機(jī)械能守恒定律,有 析,由閉合電路歐姆定律有 E=I·RR+RR00 ,此時金屬棒處于平 mgR= 12mv20 ,解 得v0= 2gR . 衡狀態(tài),根據(jù)平衡條件有 BIl=mgsinθ,整理得 (2)假設(shè)滑板與 P 碰 撞 前 物 塊 與 滑 板 已 達(dá) 到 共 同 速 度,設(shè) 速 度 1 =mBgs2lin2θ(R10 + 1 ), 大小 為v,物 塊 與 滑 板 組 成 的 系 統(tǒng) 動 量 守 恒,以 向 右 為 正 方 向, vm R 由動量守恒定律得 mv0=(m+M )v. 由1 - 1 圖 像 可 知 設(shè) 此 過 程 滑 板 位 移 大 小 為s,對 滑 板 ,由 動 能 定 理 得 vm R μmgs= 1 Mv2 -0 解 得s=38R mBgs2lin2θ=1 m-1·s·Ω,mBgs2lin2θ·R10 =0.5 m-1·s, 2 解得 m=0.2kg,R0=2Ω. 由于s>L0,故假設(shè)不 成 立,說 明 滑 板 與 擋 板 P 碰 撞 前 瞬 間 物 (2)設(shè)此時金屬棒 下 滑 的 速 度 大 小 為 v,根 據(jù) 法 拉 第 電 磁 感 應(yīng) 塊與滑板未達(dá)到共速. 定律可知金屬 棒 產(chǎn) 生 的 感 應(yīng) 電 動 勢 E'=Blv,對 電 路 進(jìn) 行 分 設(shè)滑板與擋板 P 碰撞前瞬間滑板的速度大小為v2 析,由閉合電路歐姆定律有 E'=I'·RR+RR00 ,因 此 時 金 屬 棒 下 對 滑 板 由 動 能 定 理 ,有 μmg· R = 1 Mv22 -0 6 2 解 得v2= 2gR 滑的加速度大小為 14g,根據(jù)牛頓第二定律有 6 g 對 物 塊 與 滑 板 ,由 動 量 守 恒 定 律 有 mgsinθ-BI'l=m · 4 ,聯(lián) 立解 得v=0.5 m/s. mv0=mv1+Mv2,解 得v1= 2gR . 答案:(1)0.2kg 2Ω (2)0.5 m/s 2 3解析:(1)帶電粒子從 P 點(diǎn)射入電 場 中,做 類 平 拋 運(yùn) 動,有 x1 = (3)由于滑板 與 擋 板 的 碰 撞 沒 有 機(jī) 械 能 損 失,所 以 滑 板 與 擋 板 1 ·Emqt12 代入數(shù)據(jù)可得 x1=0.2 m. P 碰撞后的速度大小v2 不變,方 向 向 左,此 后 滑 板 做 勻 減 速 直 v0t1 ,yp = 2 線運(yùn)動,物塊向右 做 減 速 運(yùn) 動,設(shè) 兩 者 達(dá) 到 共 同 的 速 度 大 小 為 (2)由(1)可得帶電粒子在電場中的運(yùn) y v3 ,以 向 右 為 正 方 向 動時間為t1=1×10-5s經(jīng)過x 軸的速 P E 由 動 量 守 恒 定 律 ,有 mv1-Mv2=(M +m)v3 解 得v3=0 度 為 v= v02+v2y = v20 +(Emqt1 )2 M x 說明兩者速度同時減為零,設(shè)此時滑板離 P 的距離為s' Offffff 由 動 能 定 理 ,有 -μmgs'= 1 Mv23 - 1 Mv22 =2 2×104 m/s ffffff 2 2 ffffff 方向與x 軸 正 方 向 成 45°進(jìn) 入 磁 場, ffffff 解 得s'= R 在磁場中做勻速 圓 周 運(yùn) 動,有 Bvq= 6 ffffff mv2 ,解 得r=qmBv= 2 所以滑板 剛 好 停 到 原 來 位 置,整 個 運(yùn) 物塊、滑板的v t 圖像 r 5m 動過 程,物 塊 始 終 相 對 滑 板 向 右 運(yùn) W 帶電粒子運(yùn)動軌跡如 圖 甲 所 示,帶 電 f f f f f f 動,要 使 物 塊 始 終 留 在 滑 板 上,則 物 W 粒子在 磁 場 中 的 偏 轉(zhuǎn) 角 為3π,運(yùn) 動 f f f f f f N 塊速度減 為 零 時 剛 好 到 達(dá) 滑 板 右 端, W m 4甲 即整個 運(yùn) 動 過 程 物 塊 相 對 滑 板 的 位 W M WO 時間 為 t2 = 3 T = 3πm 3π 移大小為L M t 8 4qB =4 由能量守恒定律,有 mgR=μmgL ×10-5s. 解 得 L =2R,即 滑 板 長 度 最 小 值 帶電粒子從 P 點(diǎn)出發(fā)到回到y(tǒng) 軸的時間為 為 2R . t總 =t1+t2=4+43π×10-5s. 答案:(1) 2gR (2) 2gR (3)2R (3)帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動,有 x=v'0t,yp =2Emqt2 2 計 算 題 限 時 特 訓(xùn) (5) 1 ·Bvm'0q·vx'022=2Bmqvx'20 2 1.解 析 :(1)地 鐵 加 速 時 ,對 筆 受 力 分 析 如 圖 所 示 由 于 E =Bv'0 ,即 yp = 由牛頓第二定律可得 mgtanθ=ma1 若 恰 好 打 在 M 點(diǎn) ,粒 子 速 度 最 大 為v'max=8×104 m/s 由幾何關(guān)系可得tanθ=hd =0.1 解得地鐵加速時筆的加速度大小為 設(shè)粒子過 x 軸 時 的 速 度 為vt,在 磁 場 中 做 勻 速 圓 周 運(yùn) 動,有 Bvtq= mvt2 即rt = mvt =qBmcv'os0θ = y rt qB a1=1 m/s2 P E 由于筆相對于 地 鐵 靜 止,地 鐵 的 加 速 度 等 于 θ x 筆的加速度,則 地 鐵 加 速 時 的 加 速 度 大 小 為 h N T x2 ,可 得rtcxosθ=y2p .即 不 管 初 W M x θ 2ypcosθ O f f f f fθ f 1 m/s2. (2)設(shè) 地 鐵 運(yùn) 行 速 度 最 大 值 為 v,由 題 意 可 速度v'0大 小 怎 么 變,帶 電 粒 子 在 磁 f f f f f fWU 知,地鐵由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動,加 速 mg 場中運(yùn)動 過 程 中 軌 跡 圓 的 圓 心 都 在 θf f f f f f 時 間t1=20s d DN y 軸 上,當(dāng) 粒 子 以 最 小 速度射出 且 恰 f f f f f fN 好能打在 MN 上的粒子軌跡與擋板相 則 有v1=a1t1=20 m/s. 乙 — 307 —

一品方案·物理(新高考版) 切時,如圖乙所示,此時rt =0.4m,有 rt2 -x2 =2yxp ,解 得 能 夠 由系統(tǒng)機(jī)械能守恒得 x 1 × m3v20 = 1 × m3v2a + 21mvb2 (1 分 ) 2 2 擊 中 擋 板 左 側(cè) 的 粒 子 最 小 速 度 為v'0min=( 17-1)×104 m/s 聯(lián) 立 解 得va = -v20 ,vb =v20 能擊中擋板左側(cè)的 粒 子 的 初 速 度 范 圍 為 ( 17-1)×104 m/s≤ v'0≤8×104 m/s. 小 球b 在 第 二 象 限 做 平 拋 運(yùn) 動 ,則 xM = -vbt1 = -2vg02 ,故 M 答案:(1)0.2 m (2)4+43π10-5s 點(diǎn) 坐 標(biāo) 為(-2vg02 ,0). (3)設(shè)小球b 運(yùn)動到 M 點(diǎn)的速度大小為vM ,從 P 到 M 過程,由 (3)( 17-1)×104m/s≤v'0≤8×104m/s 計 算 題 限 時 特 訓(xùn) (6) 1.解析:(1)魚在深海處的壓強(qiáng) p=p0+ρgH =5.1×106 Pa. 機(jī) 械 能 守 恒 定 律 有 mgyp + 21mvb2 = 21mv2M (2)為使一層水箱壓強(qiáng)達(dá)到 p,二層水箱中的氣體壓強(qiáng)應(yīng)為 p1=p-ρgh=4.6×106 Pa 解 得vM = 5 . 將外界壓強(qiáng)為 p0、體積為 ΔV 的 空 氣 注 入 二 層 水 箱,根 據(jù) 玻 意 2v0 耳 定 律 有 p0(V+ΔV)=p1V 解得 ΔV=450L. 解法一:由于洛倫 茲 力 不 做 功,故 小 球b 運(yùn) 動 到 最 低 點(diǎn) 時 速 度 答案:(1)5.1×106 Pa (2)450L 達(dá) 到 最 大 ,其 沿 水 平 方 向 2.解 析 :(1)甲車由20m/s減速至6 m/s的位移為x1 =v22甲a-甲v20 = 由機(jī)械能守恒定律得 4020×-236m=91 m,x2=x0+x1=100 m,即 甲 車 司 機(jī) 需 在 離 收 21mv2M +mghm = 12mv2m 在 水 平 方 向 ,由 動 量 定 理 得 費(fèi)站窗口至少100 m 處開始剎車才不違章. (2)將兩車的運(yùn)動 過 程 轉(zhuǎn) 化 為 剎 車 過 程 的 追 及 與 相 遇 模 型,設(shè) ΣqvyBΔt=mvm -(-mvMx ) 又vMx =vb =v20 甲車經(jīng)時間t 與乙車速度相同,由運(yùn)動學(xué)公式 有v乙 - a乙 (t- t0)=v甲 -a甲t,代 入 數(shù) 據(jù) 解 得t=8s,相 同 速 度v=v甲 -a甲t= 即qBhm =mvm + 1 4 m/s<6 m/s. 2mv0 兩車不相撞的臨界條件是兩車速度為4 m/s時,如果兩車 在 收 解 得 vm = 5 費(fèi)站窗口前9m 區(qū)間不相撞,那么乙車減速到6m/s時一定不 2v0 會與甲車相撞.因為題目要求兩車在收費(fèi)站窗口前9m 區(qū)間的 hm =52vg02 . 速度不能超過 6 m/s,所 以 為 避 免 兩 車 相 撞,兩 車 間 的 最 小 距 解法二:小球b 進(jìn)入磁場后的運(yùn)動可 分 解 成 沿x 軸 正 方 向 以 速 離都按減速 到 6 m/s 時 計 算,乙 車 從 開 始 以 34 m/s 減 速 至 度v1 的 勻 速 直 線 運(yùn) 動 和 以 速 度 v2 的 勻 速 圓 周 運(yùn) 動,則 6 m/s的 位 移 為 x3=v乙 t0+v22乙a-乙v02 , 代入數(shù)據(jù)解得 x3=157 m 有qv1B=mg 乙 車 所 用 的 時 間t1=t0+v乙a-乙v0 =7.5s 解 得 v1 =qmBg = 5 6v0 甲 車 速 度 減 速 到 6 m/s所 需 的 時 間t2=v甲a-甲v0 =7s 所以甲、乙的距離至少為 x=x3-x1=157 m-91 m=66 m. v2 = v2 + (vMx +v1 )2 = v02 + (34v0 )2 = 5 答案:(1)100 m (2)66 m My 3v0 3解析:(1)在第一象 限 中,小 球 a 做 勻 變 速 曲 線 運(yùn) 動,水 平 方 向 做勻加速直線 運(yùn) 動,設(shè) 加 速 度 大 小 為 ax ,經(jīng) 過t1 時 間 到 達(dá) P tanθ=vMvx +Myv1 = 3 ,即θ=37° 點(diǎn) ,則 由 運(yùn) 動 學(xué) 公 式 得v0=axt1 4 由牛頓第二定律得qE= m3ax 設(shè) 圓 周 運(yùn) 動 半 徑 為 R ,由 牛 頓 第 二 定 律 得qv2B =m v22 R 豎 直 方 向 做 豎 直 上 拋 運(yùn) 動 ,加 速 度 為 -g,則 由 運(yùn) 動 學(xué) 公 式 得 0=v0-gt1 解 得 R=mqvB2 =2158vg02 聯(lián)立解得 E=m3qg. 圓周分運(yùn)動到最低點(diǎn) 時,離 x 軸 最 遠(yuǎn),速 度 最 大.如 圖 所 示,則 (2)由小球a 在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動得yp =2vg20 ,故 P 點(diǎn) 坐 標(biāo) 為(0,2vg02 ) hm =R+Rcosθ=52vg20 小球a、b 在P 點(diǎn) 發(fā) 生 彈 性 碰 撞,設(shè) 碰 后 兩 球 的 速 度 分 別 為va 、 vb ,則 5 由系統(tǒng)動量守恒得 vm =v1+v2= 2v0. W WMx θ Rθ O WMy hN R m3v0= m3va +mvb 答 案 :(1)m3qg W 5 W 2v0 (2)P(0,v2g02 ) M (-v2g02 ,0) (3)52vg20 — 308 —