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參考答案 參考答案 第一部分 專題復習突破 T F (2) 專題一 力與運動 第一講 力與物體的平衡 mg [真 題 引 領 ] 解析:先以 整 條 飄 帶 為 研 究 對 象 進 行 受 力 分 析,飄 帶 受 重 力 1.D 以 結 點 O 為 研 究 對 象,進 行 受 力 分 析,由 平 衡 條 件 可 得 mg、風的作用力 F 和拉力T,由于豎直方向不同高度的風速一 定,風對飄帶的作用力 與 其 作 用 面 積 成 正 比.設 整 條 飄 帶 受 力 F=2F1cos30°= 3F1,選項 D 正確. 面積為 S,則風的作 用 力 F=kS(k 為 常 量 ),飄 帶 上 端 切 線 方 2.B 設兩根 細 繩 對 圓 柱 體 的 拉 力 的 合 力 為 F,木板 對 圓 柱 體 的 支 持 力 為 FN ,細 F 向與豎 直 方 向 夾 角 的 正 切 值 為tanθ=mkSg;再 由 飄 帶 中 點 以 下 的部分為研究對象,設飄帶中點的切線與豎直方向夾角α 小 于 繩與木板 夾 角 為 α,從 右 向 左 看 受 力 分 析如圖所示,在木 板 以 直 線 MN 為 軸 向 F 21mg,由 2 后方緩慢轉動直 至 水 平 過 程 中,α 不 變, θ,則 其 受 風 的 作 用 力 F'> ,而 此 部 分 飄 帶 重 力 為 γ 從 90°逐 漸 減 小 到 0°,又 γ+β+α= F/ 180°,且α<90°,可知 90°<γ+β<180°, β 平衡條件可知,飄帶中點切線即拉力方向與豎直方 向 夾 角 的 正 則0<β<180°,可 知β 從 銳 角 逐 漸 增 大 Fα γ 切值為tanα= 21Fm'g>mkSg=tanθ,結合三 角 函 數(shù) 關 系 知α>θ, 到鈍角.在力的矢量三角形中,根 據(jù) 正 弦 F/ mg 與假設矛盾,同理易知α<θ 也不成立,故α=θ,A 項正確. 定 理sinα =sFinβN =siFnγ,由 于 sinγ 不 斷 答 案 :A mg 鞏固拓展 減小,可知 F 不斷減小,sinβ 先增大后減小,可知 FN 先 增 大 后 減小,結合牛頓第三定 律 可 知,圓 柱 體 對 木 板 的 壓 力 先 增 大 后 1.B 根據(jù)對稱性,四根斜桿 對 橫 桿 的 作 用 力 大 小 相 等,設 為 F, 減 小,設兩根細繩之間的夾角為2θ,細繩拉力為F',則2F'cosθ =F,由于θ 不 變,F 逐 漸 減 小,可 知 細 繩 拉 力 F'不 斷 減 小,故 選擇橫桿和物體為 研 究 對 象,根 據(jù) 平 衡 條 件 有 4Fcosθ2 =G, B 正確,ACD 錯誤. 解得 F= 63G,故每根 斜 桿 受 到 地 面 的 作 用 力 也 為 63G,選 項 考向一 【典例】 解題指導:提示:(1)一定存在. B正確. (2)不 一 定 存 在 . 2.D 當導線靜止在圖(a)右側時,導體棒 MN 在重力、拉力和安培 解析:A、B 整體 受 力 分 析,受 重 力、推 力、支 持 力;當 推 力 平 行 于斜面向上的分力大 于 重 力 的 下 滑 分 力 時,有 上 滑 趨 勢;當 推 力的作用下處于平衡狀態(tài),由平衡條件可知,導體棒所受安培力指 力平行于斜面 向 上 的 分 力 小 于 重 力 的 下 滑 分 力 時,有 下 滑 趨 向右側,又安培力與磁場方向垂直,所以安培力垂直于輕繩指向右 上方,由左手定則可知,導線中電流方向由 M 指向 N,A 項錯誤; 勢;當推力平行于斜面 向 上 的 分 力 等 于 重 力 的 下 滑 分 力 時,無 由平衡條件有輕繩拉力F= (mg)2-(BIL)2 ,又BIL=mgsinθ, 得sinθ=mBLgI,分析易知 B、C項錯誤,D項正確. 滑動趨勢;再對 A 受力分析,受 推 力、重 力、支 持 力 和 向 左 的 靜 摩擦力,共4個力;最后對 B 受力分析,受重力、A 對B 的 壓 力 考向三 和向右的靜摩擦力,斜面對 B 的支持力,若 B 物體相對 斜 面 有 滑動趨勢,則還要受到 斜 面 的 靜 摩 擦 力,若 相 對 斜 面 無 滑 動 趨 【典例1】 B 設當 細 線 與 豎 直 方 向 的 夾 角 為θ 時,F 與 豎 直 方 勢,則不受斜面 的 靜 摩 擦 力,即 物 體 B 可 能 受 4 個 力,也 可 能 向的夾角為α,因 F 的大小不變,所 以 當 F 在 同 一 豎 直 平 面 內 受5個力,故 B、C 正確. 答 案 :BC 沿順時針 方 向 緩 慢 轉 過 90°的 過 程 中,可 以 FT 鞏固拓展 以 F 的大小為半徑畫出一個 圓 進 行 分 析,小 球 重 力 的 大 小、方 向 都 不 變,對 小 球 受 力 分 θ 1.C 選 整 體 為 研 究 對 象 分 析 知,“鐵 書 立 ”對 桌 面 的 壓 力 大 于 Mg,A 錯誤;由題 圖 甲 知,A 書 與 桌 面 沒 有 接 觸,則 桌 面 對 A 析 ,如 圖 所 示 : F 書不會有彈力,B 錯誤;對 B 書 受 力 分 析 知,“鐵 書 立 ”對 B 書 α 有向上的彈力,A 書對B 書有向右的彈力,又 B 書處 于 靜 止 狀 態(tài),則 B 書 有 相 對 “鐵 書 立 ”向 右 運 動 的 趨 勢,所 以 水 平 方 向 當 F 的方向 從 位 置 1 到 位 置 2,再 到 位 置 3 mg “鐵書立”對 B 書有向左的 摩 擦 力,C 正 確;當θ 角 緩 慢 減 小 到 的過程中,FT 不斷增大;從位置1 到 位 置 2, O 某個臨界值時,B 書會開始加速 滑 動,此 時 B 書 所 受 的 合 外 力 θ 增大,當 F 到位置2時,F 與FT 垂直,θ 最 不再為零,D 錯誤.故選 C. 大;從位置2到位置3,θ 減小,則θ 先增大后 2.A 以 A、B 整體 為 研 究 對 象 進 行 受 力 分 析,根 據(jù) 平 衡 條 件 得 減小,故選項 B 正確. 2mgsinα=μAmgcosα+μBmgcosα,又μA =2μB ,μB =μ 解 得μ 【典例 2】 C 如 圖 所 示,在 任 意 位 = 23tanα;隔離 B 為 研 究 對 象 并 進 行 受 力 分 析 可 知,B 受 重 置,對小滑塊 受 力 分 析,設 FN 與 豎 θ F/ m′ 力、支持力、A 對B 的彈力FN 及摩擦力而處于平衡狀 態(tài),在 沿 直方向 的 夾 角 為 θ,根 據(jù) 平 衡 條 件 mg 斜面方向上根據(jù)平衡條件得 mgsinα=μmgcosα+FN ,解得 FN 有 FN =mgcosθ,推 力 F =mgsinθ. 在小滑塊 由 A 向 B 移 動 過 程 中,θ = 13mgsinα,選項 A 正確. 角 增 大,所 以 推 力 F 增 大,FN 減 小,選項 A、B 錯誤;選 小 滑 塊 和 凹 槽 整 體 為 研 究 對 象,推 力 在 水平方 向 的 分 力 F水平 =Fcosθ=mgsinθcosθ=mgs2in2θ,先 增 大后減小,所以墻面對凹槽的壓力先增大后減小,選項 C 正確; 考向二 推力在豎直方向的分力F豎 =Fsinθ=mgsin2θ,增大,故水平地 【典例】 解題指導:提示:(1)與穩(wěn)定時飄帶各處與豎 直 方 向 夾 角 面對凹槽的支持力 F支 =(m+m')g-F豎 減小,故 D 錯誤. 有關. — 229 —

一品方案·物理(新高考版) 【典例3】 AD 設 A、B 兩 小 球 所 帶 電 荷 量 分 別 O μ(M min+m)gcosθ,聯(lián) 立 解 得 B 的最小質量為 M min = 1 m ;當 3 為qA 、qB ,B 球 的 質 量 為 m,OA =h,當 小 球 B F l 被拉至某 位 置 時,受 力 分 析 如 圖 所 示.設 此 時 h rB B 的質量為最大值,A 相 對B 即 將 向 上 滑 動,AB 間 靜 摩 擦 力 OB=l,AB =r,兩 球 的 庫 侖 力 大 小 Fe = 達到最大值,此時 B 相對于木板 即 將 向 下 滑 動,B 與 木 板 間 靜 kqrAq2B ,根 據(jù) 相 似三角 形 可 知mg =Fre = F ,解 A 摩 擦力達到最大值.設輕繩的拉力為 T',對物塊 A 沿斜面方向 h l F 根據(jù)平衡條件可得:T'=mgsinθ+μmgcosθ,對 B 沿 木 板 方 向 根據(jù) 平 衡 條 件 可 得 :M maxgsinθ=T'+μmgcosθ+μ(M max +m ) 得 F=mhgl,r3 =kqmAqgBh,由 于l 一 直 在 減 小, mg Fe gcosθ,聯(lián)立解得 B 的最大質 量 為 M max=2m,所 以 要 AB 均 保 故 F 一 直 減 小,故 A 正 確;B 錯 誤;由 r3 = 持靜止,對 B 的質量應滿足 13m≤M ≤2m. kqAqBh可 知 ,r 保 持 不 變,因 此 B 球的運動軌 答案:13m≤M ≤2m mg 鞏固拓展 跡是一段圓弧,故 C 錯誤,D 正確. 【典例4】 D 拉 繩 連 接 處 為 一 “死 結”,以 此 結 點 為 研 究 對 象 進 D 木 塊 在 木 楔 斜 面 上 勻 速 下 滑 時,有 mgsinθ=μmgcosθ,木 塊在力 F 的作用下沿斜面勻速上滑時,由平衡條件得 Fcosα= 行受力分析,如圖(a)所 示,設 鋼 材 的 質 量 為 m,“死 結”結 點 左 上方繩在該結點處的 彈 力 T1 與 水 平 方 向 夾 角 為θ,乙 手 中 繩 mgsinθ+Ff,Fsinα+FN =mgcosθ,且 Ff =μFN ,解 得 F = 子的拉力為 T2,鋼材緩慢移動,則“死結”結點 始 終 處 于 動 態(tài) 平 co2sαmg+sμinsiθnα=cosα2·mcgossiθnθ+s·incαos·θsinθ =comsg(θsin-2αθ).當 α=θ 衡狀態(tài),根據(jù)平衡條件和正交分解法有 T1sinθ=mg,T1cosθ= 時 ,F 有 最 小 值 ,Fmin=mgsin2θ.故 D 正 確 . T2,可 得 T1=smingθ, 聚焦情境 素養(yǎng)培優(yōu) T T ′ F/ 【示例1】 C 瓦片受重力、兩側的兩個 支 持 力 和 兩 個 摩 擦 力,共 θ T α 5個力,故 A 錯誤;設檁條對瓦片 的 兩 彈 力 夾 角 為α,根 據(jù) 題 圖 f mg Mg 乙可知 在 垂 直 于 兩 檁 條 所 在 平 面 的 平 面 內 有 2Ncos α = 2 圖(a) 圖(b) mgcosθ,適當 減 小 檁 條 間 的 距 離 d 時,夾 角α 變 小,則 瓦 片 與 T2=tmangθ,在乙緩慢釋 放 手 中 的 繩 子 時,θ 變 大,鋼 材 重 力 mg 檁條間的彈力變小,最大靜摩擦力變 小,瓦 片 可 能 會 下 滑,故 B 錯誤,C 正確;由以上 分 析 可 知,適 當 增 大 檁 條 間 的 距 離 d 時, 不變,則 T1、T2 變小,選項 B、C 錯 誤;對 甲 受 力 分 析,如 圖 (b) 同理可知瓦片與檁條 間 的 彈 力 變 大,最 大 靜 摩 擦 力 變 大,瓦 片 仍然靜止,瓦片與檁條間的摩擦力不變,故 D 錯誤. 所示,設甲的質量為 M ,受到地面的摩擦力為f,受地面的支持 【示例2】 D 如 圖 所 示,開 始 時 兩 個 繩 子 是 對 稱 的,與 豎 直 方 力為 FN ,繩子對甲的 拉 力 T'1與 水 平 方 向 的 夾 角 為α,工 人 甲 也始終處于平 衡 狀 態(tài),根 據(jù) 平 衡 條 件 和 正 交 分 解 法 有 T'1sinα 向夾角是相等的,左手 不 動,右 手 豎 直 向 下 或 向 上 緩 慢 移 動 的 過程中,兩只手之間的水 平 距 離 L 不 變; F +FN =Mg,T'1cosα=f,T'1=T1,工 人 甲 保 持 靜 止 ,則 α 不 F 變,當 T1 變小時,FN 變 大,選 項 A 錯 誤;對 乙 受 力 分 析,在 水 假設繩子的長度為x,則 xsinθ=L,繩 子 θθ 平方 向 上 乙 受 到 拉 繩 的 拉 力 T'2和 地 面 的 摩 擦 力 f'相 等,有 一端在 上 下 移 動 的 時 候,繩 子 的 長 度 不 T'2=T2 =T1cosθ=f',根 據(jù) 幾 何 關 系 可 得 α<θ,聯(lián) 立 可 得 變,兩桿之間的 水 平 距 離 不 變,則θ 角 度 f>f',即甲受到地 面 的 摩 擦 力 大 于 乙 受 到 地 面 的 摩 擦 力,選 不變;兩個繩子 的 合 力 向 上,大 小 等 于 空 mg 項 D正確. 竹的重力,由于 夾 角 不 變,所 以 繩 子 的 拉 考向四 力不變,故 A、B 錯 誤;左 手 不 動,右 手 水 平 向 右 緩 慢 移 動 的 過 【典例】 解題指導:提示:(1)A 相對于B 有向上的運動趨勢. 程中,繩子與豎直方向的夾角變大,且兩個繩子的 合 力 不 變,根 (2)μ·3mgcos45°. 據(jù)2Fcosθ=mg,可 知,細 線 的 拉 力 變 大;同 理,右 手 水 平 向 左 解析:根據(jù)題述,物 塊 A、B 剛 要 滑 動,可 知 A、B 之 間 的 摩 擦 緩慢移動的過程中,細線的拉力減小,故 C 錯誤,D 正確. fAB =μmgcos45°,B 與木板 之 間 的 摩 擦 力f=μ·3mgcos45°. 隔離 A 分 析 受 力,由 平 衡 條 件 可 得 輕 繩 中 拉 力 F =fAB + 【示例3】 D 一 根 支 架 的 彈 力 在 堅 直 方 向 的 的 分 力 為 F豎 = mgsin45°.對 A、B 整體,由平衡條件知2F=3mgsin45°-f,聯(lián) Fcosθ,在豎直方向上有3Fcosθ=mg,解得F=2 3mg,故 D 正確. 9 1 第二講 力與直線運動 5 立 解 得μ= ,選 項 C 正 確 . [真 題 引 領 ] 答 案 :C 1.AD 兩 滑 塊 勻 速 運 動 過 程 中,彈 簧 對 P、Q 的 彈 力 大 小 為kx [拓 展 延 伸 ] =μmg,當撤 去 拉 力 后,對 滑 塊 P 由 牛 頓 第 二 定 律 有kx'+ 1.解析:設繩子的拉力為 T,B 的質量為 M ;對 AB 整體受力分 μmg=ma1,同理對滑塊 Q 有μmg-kx'=ma2,從 撤 去 拉 力 到 彈簧第一次恢復原長過程中,彈力由μmg 一 直 減 小 到 零,所 以 析,沿木板方向由平衡條件得:2T-(M +m)gsinθ=0①,對 A P 的加速度大小的最大值為剛撤去拉力F 瞬間的加速度大 受力分析,若 AB 之間 達 到 最 大 靜 摩 擦 力 且 沿 木 板 向 上,沿 木 小,此時 P 的加 速 度 大 小 為 2μg,而 彈 簧 恢 復 原 長 時,Q 的 加 板方向由平衡條 件 得:T +μmgcosθ-mgsinθ=0②.若 AB 之 速度大小達到 最 大 值,即 Q 的 最 大 加 速 度 為μg,A 項 正 確,B 間達到最大靜 摩 擦 力 且 沿 木 板 向 下,沿 木 板 方 向 由 平 衡 條 件 項錯誤;由于彈簧恢復 原 長 前 滑 塊 P 的 加 速 度 一 直 大 于 Q 的 加速度,且兩滑塊初速度相同,所 以 撤 去 拉 力 后 P 的 速 度 一 直 得 :T -μmgcosθ-mgsinθ=0③ ,由 ① ② 式 得 M = 3 m ,由 ① 5 小于同一時刻Q 的速度,所以 P 的 位 移 一 定 小 于Q 的 位 移,C ③式得 M = 15m,則 B 的質量 M 應 滿 足 1 ≤M ≤ 35m . 項錯誤,D 項正確. 5 2.BC 當飛行器關閉發(fā)動機以 速 率v1 =10 m/s勻 速 下 落 時,有 答 案 :1 ≤M ≤ 35m Mg=kv12,當 飛 行 器 以 速 率 v2 =5 m/s 勻 速 向 上 運 動 時,有 5 2.解 析 :當 B 的 質 量 為 最 小 值 ,A 相 對 B 即 將 向 下 滑 動 ,AB Mg+kv22 =Fmax,聯(lián) 立 解 得 Fmax =1.25Mg,A 項 錯 誤 ;當 飛 行 間靜摩擦力達到最大 值,此 時 B 相 對 于 木 板 即 將 向 上 滑 動,B 器以速率v2=5 m/s勻 速 水 平 飛 行 時,飛 行 器 受 重 力、推 力 和 空 氣 阻 力 作 用 而 平 衡 ,由 平 衡 條 件 有 F2 = (Mg)2 + (kv22 )2,解 與木板間靜摩擦力達到最大值.設繩 子 拉 力 為 T,對 物 塊 A 沿 木板方向根 據(jù) 平 衡 條 件 可 得:mgsinθ=T +μmgcosθ,對 B 沿 得 F= 417Mg,B 項正確;當飛行器以最大推力Fmax 推動飛行 木板 方 向 根 據(jù) 平 衡 條 件 可 得:T = M mingsinθ+μmgcosθ+ — 230 —

參考答案 器水平飛行時,由平衡條件有 F2max-(Mg)2 =(kv23)2,解 得v3 = 二定律有 FN -mg=ma,聯(lián) 立 解 得 FN =mg+ F ,選 項 A 錯 2 5 3 m/s,C項正確;當飛行器最大推力向下,飛行器以5 m/s的 速率向上減速飛行時,其 加 速 度 向 下 達 到 最 大 值,由 牛 頓 第 二 誤.彈簧彈力大小等 于 F 時,對 A、B 整 體 由 牛 頓 第 二 定 律,有 定 律 有 Mg+Fmax+kv22 =Mamax,解 得amax=2.5g,D 項 錯 誤 . F-2mg=2ma',對物體 A 有FN -mg=ma',聯(lián) 立 解 得 FN = 考向一 F ,選 項 B 正 確.當 A 、B 整體所受的合 力 為 零 時,加 速度為 【典例1】 解題指導:提示:(1)兩車速度相等時. 2 (2)5s. 解析:(1)當 A、B 兩汽車速度相等時,兩 車 的 距 離 最 遠,即v= 零,速度最大,則對 A 由平衡條件 可 知FN =mg,選 項 C 正 確. vB -at=vA ,解 得t=3s. 當彈簧恢復原長時,根 據(jù) 牛 頓 第 二 定 律,對 A、B 整 體 有 2mg 此時汽車 A 的位移xA =vAt=12 m, =2ma″,對物體 A 有 mg-FN =ma″,聯(lián)立解得FN =0,選項 D 錯誤. 【典例2】 解析:(1)根據(jù)牛頓第二定律, 汽 車 B 的 位 移xB =vBt- 12at2=21 m, 向上受拉力過程 故 最 遠 距 離 Δxmax=xB +x0-xA =16 m. F-Ff-mgsin37°=ma1 (2)汽車 B 從開始減速直到靜止經(jīng)歷的時間t1=vaB =5s, Ff=μmgcos37° 運 動 的 位 移 x'B =v2a2B =25 m, 解 得a1=2.5 m/s2 汽 車 A 在t1 時 間 內 運 動 的 位 移 x'A =vAt1=20 m. 剛撤去拉力時物體的速率 此 時 相 距 Δx=x'B +x0-x'A =12 m, v=a1t1=10 m/s 汽車 A 需再運動的時間t2=vΔxA =3s, 故 A 追 上B 所 用 時 間t總 =t1+t2=8s. 上 升 的 位 移 x1= 12a1t12 =20 m 答案:(1)16 m (2)8s (2)撤 去 拉 力 后 ,物 體 的 加 速 度 大 小 [延 伸 拓 展 ] Ff+mgsin37°=ma2,解 得a2=10 m/s2 設 經(jīng) 過t2 停 止 ,則 有v=a2t2 解 得t2=1s 此 時 上 升 的 位 移 x2= 21a2t22 =5 m 1.這個結果不合理,因 為 汽 車 B 的 運 動 時 間 最 長 為t1 =vaB = 物體沿斜面向上滑動的最遠距離 5s<7s,說明汽車 A 追上B 時,汽車 B 已停止運動. x=x1+x2=25 m (3)物 體 下 滑 的 加 速 度 2.可由位移關系式vBt- 12at2 =x0 +vAt,解 得ta =(3- 2)s, mgsin37°-Ff=ma3 解 得a3=2 m/s2 tb=(3+ 2)s. 則 下 滑 的 時 間 x= 12a3t32 鞏固拓展 解 得t3=5s 1.C 當列車恰好以速度v 勻速 通 過 隧 道 時,從 減 速 開 始 至 回 到 則物體在斜面上往返的總時間 原來正常行駛速度所用時間最短,列車減速過程所用時間t1 = v0 -v,勻 速 通 過 隧 道 所 用 時 間t2 =Lv+l,列 車 加 速 到 原 來 速 t=t1 +t2 +t3 =10s. 2a 答案:(1)10 m/s (2)25 m (3)10s 度v0 所用時間t3 =v0a-v,所 以 列 車 從 減 速 開 始 至 回 到 正 常 [拓 展 延 伸 ] 1.解 析 :(1)根 據(jù) 牛 頓 第 二 定 律 得 ,勻 加 速 上 滑 的 加 速 度 為 行 駛速率所用 時間 至 少 為t=t1 +t2 +t3 =3(v20a-v)+Lv+l, Fcos37°-μ(mgcos37°+Fsin37°)-mgsin37°=ma1 C項正確. 代 入 數(shù) 據(jù) 解 得a1=5 m/s2 2.解析:設磕頭蟲離地速度大小 為v1,磕 頭 蟲 重 心 向 下 加 速 的 距 則 4s末 的 速 度 為 離d1=0.8 mm,磕頭蟲重心加速下降的加速度大小為a,則對 加速過程和離地后上升過程由速度-位移公式分別有 v1=a1t1=5×4 m/s=20 m/s (2)4s內 的 位 移 為 x1 = 1 =40 m 2v1t1 v21 -0=2ad1 撤去拉力后的加速度大小為 0-v21 = -2gh1 a2=mgsin37°+mμmgcos37°=gsin37°+μgcos37°=10 m/s2 設人 起 跳 離 地 速 度 大 小 為v2,人 重 心 向 上 加 速 過 程 的 距 離 d2 則勻減速運動的位移大小為 =0.5 m,由題知,人的加速度大 小 也 為a,h2 表 示 人 離 地 后 重 心上升的豎直高度, x2=2va122 =20 m 則物體向上運動到最高點的位置為 則對加速過程和離地后上升過程分別有 v22 -0=2ad2 x=x1+x2=40 m+20 m=60 m 0-v22 = -2gh2 (3)物 體 勻 減 速 運 動 到 最 高 點 的 時 間 為t2=av12 =2s 聯(lián) 立 解 得h2=h1dd2 =150 m. 物體返回做勻加速運動的加速度大小為 答案:150 m a3=mgsin37°-mμmgcos37°=gsin37°-μgcos37°=2 m/s2 考向二 【典例1】 BC 在力 F 作用下A、B 整 體 處 于 平 衡 狀 態(tài) 時,彈 簧 根 據(jù) x= 21a3t32 , 對 A、B 整 體 豎 直 向 上 的 彈 力 大 小 為F0 =F+2mg,在 突 然 撤 去 F 的瞬間,彈簧的彈力 F0 保 持 不 變,A、B 整 體 受 到 的 合 力 解 得t3= 2x =2 15s≈7.75s 大小為,F合 =F0-2mg=F,方向豎 直 向 上.設 A、B 整 體 的 加 a3 速度大小為a,根據(jù)牛頓第二定律有 F=2ma,得a=2Fm ,隔 離 則t=t1 +t2 +t3 =4s+2s+7.75s=13.75s. A 物體,此時 A 受 重 力 和B 對 它 的 支 持 力FN 作 用,由 牛 頓 第 答案:(1)20 m/s (2)60 m (3)13.75s — 231 —

一品方案·物理(新高考版) 2.解 析 :(1)對 物 體 受 力 分 析 如 圖 所 示 ,由 牛 頓 第 二 定 律 得 物 體 的 位 移 ,則t1~t2 時 間 內 冰 壺 的 位 移 大 小 為 x1 = 1 (v1 + 2 Fcos37°-mgsin37°-Ff=ma1 F Fsin37°+FN -mgcos37°=0 F/ c v2)(t2-t1),C 正 確 ;0~t3 時 間 內 冰 壺 的 位 移 大 小 為 x2 = 1 又 Ff=μFN 2 聯(lián)立得a1 =F(cos37°m+μsin37°)- FG c × (v1 +v0 )t1 + 1 × (v1 +v2 )(t2 -t1 )+ 1 (t3 -t2 ),0~t3 g(sin37°+μcos37°)=1 m/s2. 2 2v2 則4s末 的 速 度 為v1 =a1t1 =1×4 時間 內 冰 壺 的 平 均 速 度 大 小 為 v=tx32 ,由 以 上 整 理 得 v= m/s=4 m/s. mg v0t1 +v1t2 +v2t3 -v2t1 ,D 錯 誤 . 2t3 (2)4s內 的 位 移 為 x1 = 1 =8 m 2v1t1 2.C 初始時 A、B 整 體 處 于 靜 止 狀 態(tài),加 力 前 根 據(jù) 平 衡 條 件 得 撤去拉力后的加速度大小為 kx1=μ(mA +mB )g,加 力 后 瞬 間 根 據(jù) 牛 頓 第 二 定 律 得 F1 = a2=mgsin37°+mμmgcos37°=gsin37°+μgcos37°=10 m/s2 (mA +mB )a,解得a=1m/s2,物體 A、B 分離時與分離前具有 則 勻 減 速 運 動 的 位 移 大 小 為 x2=2va122 =0.8 m 共同的加速度a,故 B 錯 誤;A、B 分 離 時,對 B 根 據(jù) 牛 頓 第 二 則物體向上運動到最高點的位置為 定 律 有 F2 -μmBg=mBa,對 A 根 據(jù) 牛 頓 第 二 定 律 有kx2 - μmAg=mAa,根 據(jù) 題 意 有 x1-x2 =0.04 m,解 得μ=0.5,k= 500N/m,x1=0.1 m、x2=0.06 m,C 正確,A、D 錯誤. x=x1+x2=8 m+0.8 m=8.8 m 考向四 (3)物 體 勻 減 速 運 動 到 最 高 點 的 時 間 為 【典例 1】 解 題 指 導:提 示:(1)方 向 沿 傳 送 帶 向 上 大 t2=av12 =0.4s 小μmgcosθ. 物體返回做勻加速運動的加速度大小為 (2)方 向 :沿 傳 送 帶 向 上 .大 小 :mgsinθ 解析:(1)剛開始小物塊沿傳送帶向上做勻加速直 線 運 動,設 加 a3=mgsin37°-mμmgcos37°=gsin37°-μgcos37°=2 m/s2 速 度 為 a1 ,根 據(jù) 牛 頓 第 二 定 律 得 根 據(jù) x= 12a3t32 μmgcos30°-mgsin30°=ma1 解得a1=2.5 m/s. 2x 2 設小物塊速度等于2.5 m/s時,小物塊對地 位 移 為 L1,用 時 為 a3 5 得t3 = = 55s≈2.97s t1 ,則 則t=t1 +t2 +t3 =4s+0.4s+2.97s=7.37s. t1=av1 =22..55s=1s,L1=2va21 =22×.252.5 m=1.25 m 因 L1<L 且μ>tan30°, 答案:(1)4 m/s (2)8.8 m (3)7.37s 故小物塊速度等于2.5 m/s后,將 做 勻 速 直 線 運 動 至 B 點,設 【典例3】 A 勻加速啟動時,設每節(jié)動車的牽引力為 F,每 節(jié) 車 用 時 為t2,則t2=L-vL1 =0.3s 故小物塊從 A 到B 所用時間為t=t1+t2=1.3s. 廂的阻力為kmg,對 動 車 組 有 2F -10kmg=10ma,以 后 5 節(jié) (2)由于傳送帶速度可以任意調節(jié),故小物塊從 A 到B 一 直 做 勻加速直線運動時,到達 B 點的速度最大.由運動學公式可知 車廂為研究對象,則有 F56+F-5kmg=5ma,解得第5、6節(jié)車 v2B =v02 +2a1L 廂之 間 的 作 用 力 F56 =0,A 項 正 確.勻 速 運 動 時,有 2F = 10kmg,以后8節(jié)車 廂 為 研 究 對 象,則 有 F23 +F -8kmg=0, 解 得 F23=3kmg;以 后4 節(jié) 車 廂 為 研 究 對 象 ,則 有 F67=4kmg, B、C 兩項錯誤.減速進站時,加速度與速度方向相 反,故 車 廂 給 人的摩擦力方 向 與 運 動 方 向 相 反,但 車 廂 對 人 還 有 支 持 力 作 解得vB = 74 m/s 小物塊從 A 到B 一直做勻減速 直 線 運 動 時,到 達 B 點 的 速 度 用,故 D 項錯誤. 最小, 【典例4】 C t=5s時,電 梯 的 加 速 度 為 正 值,方 向 豎 直 向 上, 由牛頓第二定律得 mgsin30°+μmgcos30°=ma2 電梯處于超重狀態(tài),A 錯誤;8~9s內,電梯的加速 度 方 向 豎 直 向上,可 知 電 梯 加 速 上 升,B 錯 誤;10~15s內,電 梯 的 加 速 度 解 得a2=12.5 m/s2 為零,電梯勻速上行,C 正 確;15~20s內,電 梯 的 加 速 度 方 向 由 運 動 學 公 式 可 知vB'2=v02 -2a2L 豎直向下,電梯向上做減速運動,D 錯誤. 考向三 解得vB'= 14 m/s 74 m/s 即小物塊到達B 點的速度范圍為 【典例1】 解題指 導:提 示:(1)甲 車 做 勻 加 速 直 線 運 動,乙 車 做 勻速直線運動. 14 m/s≤vB ≤ 74 m/s. (2)兩 車 速 度 相 等 時 . 解析:x t 圖像中的傾斜直線 表 示 勻 速 直 線 運 動,斜 率 的 絕 對 答案:(1)1.3s (2) 14 m/s≤vB ≤ [拓 展 延 伸 ] 值 表示速度大小,故乙車以v=5m/s的速度做勻速直線運動, 解析:設小物塊剛放到 B 點時,其加速度為a1,有 A 錯誤;由 x= 12at2 得,甲 的 加 速 度 大 小 為 a=5 m/s2,兩 車 mgsinθ+μmgcosθ=ma1 解 得a1=12.5 m/s2 速度相等時距離最遠,由v=at1 得,相距最遠時 運 動 時 間 為t1 小 物 塊 速 度 達 到 與 傳 送 帶 速 度 相 同 ,所 用 時 間 為 =1s,B 正確;由 題 圖 可 知,t=2s前,乙 車 在 前,C 錯 誤;由 B 選項分析可知,t=2s時,甲的速度大于乙的速度,D 錯誤. t1=av1 =122..55s=0.2s 答 案 :B 小物塊運動的位移為 x1= v2t1=0.25 m 鞏固拓展 1.C 由牛頓第二定律有μmg=ma,解 得α=μg,由 于 毛 刷 擦 冰 由于 mgsinθ<μmgcosθ,小物 塊 速 度 與 傳 送 帶 速 度 相 同 后,將 使冰壺與冰面間的動 摩 擦 因 數(shù) 減 小,故 加 速 度 減 小,由 圖 乙 可 隨 傳 送 帶 一 起 勻 速 運 動 ,運 動 時 間 為 知t1~t2 時 間 內 冰 壺 的 加 速 度 較 小 ,因 此t1 ~t2 時 間 內 運 動 t2=L-vx1 =2-20.5.25s=0.7s 員在用毛刷擦冰,A 錯 誤;速 度 - 時 間 圖 像 中 圖 線 的 斜 率 表 示 物體 的 加 速 度 ,則t1~t2 時 間 內 冰 壺 的 加 速 度 大 小 為v1-v2 , 所 以 小 物 塊 運 動 的 總 時 間t=t1 +t2 =0.9s. t2 -t1 答 案 :0.9s B 錯誤;速度-時間圖像中圖線與坐 標 軸 圍 成 圖 形 的 面 積 表 示 — 232 —

參考答案 鞏固拓展 關系,當全紅嬋全身入 水 后 排 開 水 的 體 積 不 變,受 到 的 浮 力 大 1.C 行李箱在0~2s內 做 加 速 度 為a=μg=1 m/s2 的 勻 加 速 小不變,故 A 錯誤,B 正 確;取 向 上 為 正 方 向,設 全 紅 嬋 的 質 量 直線運動,位移 是 關 于 時 間 的 二 次 函 數(shù),選 項 A 錯 誤;行 李 箱 為 m,水的阻力為f,根 據(jù) 牛 頓 第 二 定 律 F +f-mg=ma,可 在t=av =2s時與傳送帶 共 速,則 行 李 箱 在 2~6s內 不 受 摩 得全紅嬋入水后到全身進入水的過程 中 a=ρSmgx+ f -g 可 擦力,摩擦力的功率為零,選項 B 錯誤;后一行李箱剛勻速運動 m 時,與前一行李箱的距離最大,由v t 圖 像 容 易 求 得 ΔL=vT 知加速度a 與位移x 成線性關系,當全身入水后加速度向上 保 持不變,故 C 正確,D 錯誤.故選 BC. =2 m,選項 C 正確;所有行李箱 運 動 規(guī) 律 相 同,只 是 時 間 上 依 【示 例 3】 C 小 狗 垂 直 車 道 運 動 距 離 L1 需 要 的 時 間t0 =Lv21 = 1s,在 此 時 間 內,若 汽 車 保 持 勻 速 運 動,則 通 過 的 位 移 x1 = 次落后 T=1s,則在 B 端有行 李 箱 到 達 后 每 10s有 十 件 行 李 v1t0=11.1 m,在 L2 和(L2+d1)之 間 ,小 狗 會 撞 到 車 上 ,選 項 箱到達(同樣,可由v t 圖像理解),選項 D 錯誤. A 錯誤;在t0=1s時間內,若汽車剎 車 減 速,則 通 過 的 位 移 x1 【典例2】 解題指導:提示:(1)不一定. =v1t0- 12a2t02 =8.6 m,在 L2 和 (L2 +d1)之 間 ,小 狗 會 撞 到 (2)2μmg. 車 上,選項 B 錯誤;在t0=1s時間內,若汽車做勻加速運動,則 解析:根據(jù) 題 意 可 知,B 與 地 面 間 的 最 大 靜 摩 擦 力 為 fBm = 通 過 的 位 移 x1=v1t0 + 21a1t02 =13.1 m>L2 +d1,故 汽 車 不 23μmg,因此要使 B 能夠相對地面滑動,A 對B 所施加的摩擦 會與小狗發(fā)生碰撞,選項 C 正確,D 錯誤. 力 至 少 為fAB =fBm = 32μmg,又 A、B 間 的 最 大 靜 摩 擦 力 為 第三講 力與曲線運動 fABm =2μmg,則 F≤ 3 時 ,A 、B 都 相 對 地 面 靜 止,故 A 2μmg 錯 誤.A、B 恰 好 不 相 對 滑 動 時,根 據(jù) 牛 頓 第 二 定 律 可 知 [真題引領] 1.B 由于 子 彈 水 平 射 出 后 做 平 拋 運 動,小 積 木 做 自 由 落 體 運 Fmax-fABm =fABmm-fBm ,解 得 Fmax =3μmg,則 3 ≤ 動,二者豎直方 向 運 動 狀 態(tài) 相 同,所 以 將 擊 中 P 點.子 彈 水 平 2m 2μmg<F 3μmg 時,A、B 將 以 相 同 的 加 速 度 一 起 向 右 加 速 滑 動.當 F = 方向做勻速直線運動,由 L=vt 可得t=vL ,B 項正確. 2.D 運動員由a 運動到c 的過程中,設到c 點 時 的 速 度 為v,由 5 時,對 A 和 B 整體受力分析有 F- 23μmg=(2m+m)a, 2μmg 解得aA =aB =a= 13μg,故 B 正 確.當 F>3μmg 時,A、B 將 機械能守恒定律有 mgh= 12mv2,設c 點處這一段圓弧雪道 的 以不同的加速度向右滑 動,根 據(jù) 牛 頓 第 二 定 律 有 F -2μmg= 最 小 半 徑 為 R,則 在 經(jīng) 過 c 點 時 ,有 kmg -mg =m v2 ,解 得 R ,2μmg- 3 ,解 得 =2Fm -μg,aB 12μg, 2maA 2μmg=maB aA = R=k2-h1,D 項正確. 故 C、D 正確. 考向一 答 案 :BCD 鞏固拓展 【典例】 解題指導:提示:(1)質點受到的合力與速度在(不 在)同 2.BC 先 判 定t=0 時 刻 木 板 B 是 否 開 始 滑 動,若 B 不 發(fā) 生 滑 一條直線上. 動,則 A、B 之間沒有摩擦力,A 的 加 速 度 為 零.B 與 地 面 間 的 (2)v= v2x +v2y 最 大靜摩擦力(等于滑動摩擦力)為fB =μ(M +m)g=5N,而 解析:質點在x 方 向 做 勻 速 直 線 運 動,其 速 度 為 vx =ΔΔtx =2 外力 F1=10N,所以t=0時刻木板 B 對地滑動.若 A、B 之間 不發(fā)生相對滑動,設 A、B 整 體 的 加 速 度 大 小 為a,由 牛 頓 第 二 m/s,在 y 方 向 做 勻 加 速 直 線 運 動,其 初 速 度、加 速 度 分 別 為 定律得 F1-μ(M +m)g= (M +m)a,解 得 a=1 m/s2.而 B 對 A 的最大靜摩擦 力(等 于 滑 動 摩 擦 力)為 fA =μmg=1 N,A vy0 =0,a= Δvy =1 m/s2,所 以 質 點 的 合 初 速 度 在 x 方 向 ,合 Δt 的加速度最大為aA =fmA =1m/s2.所以t=0時刻,A、B 整體以 加速度在y 方向,故 質 點 做 勻 加 速 曲 線 運 動,A 錯 誤,B 正 確; 4s末質點在y 方向 的 分 速 度 為vy4 =4 m/s,故 其 合 速 度 為 v 加速度大小為a=1 m/s2 向 右 運 動,A 錯 誤.隨 著 外 力 的 增 大, = v2 +vx2 =2 5 m/s,C 錯 誤 ;4s 末 質 點 在 y 方 向 的 位 A、B 之間將發(fā)生相對滑動,但 B 對 A 的 滑 動 摩 擦 力 不 再 增 大, y4 A 的加速度保持不變,C正確.在t=5s時,F=20N,對 長 木 板 移 為y= 1 m,所 以 4s 末 質 點 離 坐 標 原 點 的 距 離 為 2vy4t=8 B 由牛頓第二定律有 F-fA -fB =MaB ,得aB =3.5 m/s,B 正 s= y2+x2 =8 2 m,D 錯 誤 . 確.只要 F 始終作用在長木板 B 上,B 的 加 速 度 始 終 大 于 A 的 答 案 :B 鞏固拓展 加速度,無論長木板 B 多長,A、B 都不會共速,D 錯誤. 聚焦情境 素養(yǎng)培優(yōu) 1.C 由于甲用最短時間渡河,故甲船頭 垂直指向 對 岸,速 度 為 v1 ;由 于 乙 以 最 【示例1】 BD 卡車勻速行駛時,工件受重力 mg、斜面的支持力 短航程渡河,且與 甲 到 達 對 岸 的 地 點 相 F1 和 擋 板 的 支 持 力 F2 三 個 力 作 用 ,由 平 衡 條 件 得 F2 = mgtan37°= 34mg,A 項 錯;卡 車 由 靜 止 突 然 啟 動 時,加 速 度 向 同,故乙船 頭 垂 直 甲 船 的 合 速 度 方 向. W 如圖所示,設實際航線與河岸夾角為θ, 前,由牛頓第二定律有 mgtan37°-F'2=ma,解得F'2= 43mg- θW W! ma,結合牛頓第三定律可知工件對豎直擋板的壓力變小,B 項正 由幾何 知 識 可 知,tanθ=vv1水 ,sinθ=vv水2 確;由 于 工 件 與 卡 車 始 終 相 對 靜 止,豎 直 方 向 上 始 終 滿 足 甲船的渡河時間,t1 =vd1 ,乙船的渡河時 間t2 =v2cdosθ,聯(lián) 立 解 得 F1cos37°=mg,結合牛頓第 三 定 律 可 知 工 件 對 斜 面 的 壓 力 始 終 不變且不為零,C項錯;卡車在減速過程 中,重 力 對 工 件 不 做 功, t1 =vv2212 ,C 項正確. t2 擋板對工件做負功,斜面對工件做正功,由動能定理可知斜面對 2.C 根 據(jù) Q 的 實 際 運 動 效 果,可 將 其 速 度 分 解 為 工件做的功小于工件克服豎直擋板支持力做的功,D 項正確. θ W 沿繩方向的 速 度 和 垂 直 于 繩 方 向 的 速 度,作 出 速 【示例2】 BC 設全紅嬋等效為圓柱體的底 面 積 為 S,水 的 密 度 度的矢量三角 形 如 圖 所 示,即 有v1 =v2cosθ,故 C 為ρ,重 力 加 速 度 為 g,全 紅 嬋 入 水 后 到 全 身 進 入 水 的 過 程 中 受 正確. 到的浮力 F=ρSg·x,可知前 一 階 段 浮 力 F 與 位 移x 成 正 比 W — 233 —

一品方案·物理(新高考版) 考向二 (2)先 以 4 m/s 勻 速 運 動,然 后 減 速,到 B 點 時 速 度 減 小 為2 m/s. 【典例】 解題指導:提示:(1)相等. (2)1∶3. 解析 :依 題 意 知 小 車 在 BC 段 運 動 的 最 大 速 率 為v1 = a1R1 解析:設s1 對應的水平位移為x,對應的豎直位移為y,則根據(jù) 平拋運動的特點可知,s2 對 應 的 水 平 位 移 也 為 x,對 應 的 豎 直 = 6 m/s,在 CD 段運動的最 大 速 率 為v2 = a2R2 =2 m/s, 位 移 為 3y 所以經(jīng)過 BC 段和CD 段的最大速率為v2=2 m/s,因此在 BC 有y= 12g(4T)2=0.2 m 段和 CD 段運動的最短時間t3=3π+24πs=72πs,在 B 點 的 速 率最大為v2=2 m/s,設在 AB 段 小 車 以 最 大 加 速 度 減 速 的 距 s1 = x2 +y2 離 為x,則 根 據(jù) 勻 變 速 直 線 運 動 規(guī) 律 得v22 =v2m -2a1x,解 得 x s2= x2+(3y)2 =3 m,t2=vma-1v2 =1s,所 以 勻 速 運 動 的 最 大 距 離l=8 m- s1 = 3 x=5 m,運 動 時 間 t1 = 5 s,最 短 時 間 t=t1 +t2 +t3 = s2 7 4 解得x= 0.032 m 9 7π s,B 正確. 4+2 拋 出 瞬 間 小 球 的 速 度 大 小 為 v0 =4xT 答 案 :B 解得v0= 0.8 m/s. 鞏固拓展 答案: 0.8 m/s 1.A 若 小 球 恰 能 到 達 最 高 點,則 有 W 鞏固拓展 mg=m v2 ,解 得 v= gR ,根 據(jù) 機 1.D 設 雪 坡 傾 角 為θ,由 題 意 可 知,對 運 R mgTJOθ 動 員a,有ya = 12gt2a ,xa =vata ,根 據(jù) 幾 械 能 守 恒 定 律 ,得 1 mv'2 =mg × θ mgDPTθ 2 y mg 何關 系 有tanθ=xyaa ,對 運 動 員b,有 xb = θx 2R+ 1 mv2 ,解 得 v' = 5gR > 3vatb ,yb = 21gtb2 ,根 據(jù) 幾 何 關 系 有 tanθ 2 =xybb ,聯(lián) 立 可 得ta = 1 ,A 錯 誤 ;同 理 可 知 ,他 們飛行 的 水 平 位 2 gR ,故小球不 可 能 運 動 到 最 高 點,小 球 會 脫 離 圓 軌 道.經(jīng) tb 3 分析可知,脫離點距軌道最低點的豎直高度大于 R.在 脫 離 點, 小球所受彈力等于0,將重力分 解,如 圖 所 示,由 牛 頓 第 二 定 律 移之比為1∶9,B 錯 誤;落 到 雪 坡 上 時,設 a、b 的 速 度 分 別 與 得 mgsinθ=m v12 ,從 最 低 點 到 脫 離 點 ,由 機 械 能 守 恒 定 律 得 R 豎 直 方 向 夾 角 為β、α,則 有tanβ=gvtaa ,tanα=3gtvba ,又tb =3ta , 21mv20 =mgR(1+sinθ)+ 12mv21 ,聯(lián) 立 解 得 sinθ= 2 ,故 A 正 3 則有tanβ=tanα,可得β=α,故 他 們 落 到 雪 坡 上 的 瞬 時 速 度 方 確,B、C、D 錯誤. 向相同,C 錯誤;將運 動 員 的 運 動 沿 雪 坡 和 垂 直 于 雪 坡 進 行 分 2.CD 當物體在最 高 點 時,可 能 只 受 到 重 力 與 支 持 力 2 個 力 的 解,經(jīng)分析可知,運動員在沿雪坡方向做勻加速直 線 運 動,垂 直 作用,合力提供 向 心 力,故 A 錯 誤;當 物 體 隨 圓 盤 轉 到 最 高 點 于雪坡方向先做勻減速直線運動后做勻加速直線 運 動,則 運 動 時,可能只受到重力與支持力2個力的作用,也可 能 受 到 重 力、 員a、b 在 空 中 離 雪 坡 的 最 大 距 離 分 別 為 hamax = (vasinθ)2 , 支持力與摩擦 力 三 個 力 的 作 用,摩 擦 力 的 方 向 可 能 沿 圓 盤 向 2gcosθ 上,也可能沿斜面向 下,摩 擦 力 的 方 向 沿 圓 盤 向 下 時,ω 越 大, hbmax = (vbsinθ)2 ,則 他 們 在 空 中 離 雪 坡 的 最 大 距 離 之 比 為 1∶ 小物體在最高點處受到的摩擦力越小,故 B 錯誤,C 正 確;當 物 2gcosθ 體轉到圓盤的最低點 且 恰 好 不 滑 動 時,圓 盤 的 角 速 度 最 大,此 9,D 正確. 時小物體受豎直向下 的 重 力、垂 直 于 圓 盤 向 上 的 支 持 力、沿 圓 2.BD 網(wǎng)球的運動過程如圖 W x P 盤指向圓心 的 摩 擦 力,沿 圓 盤 的 合 力 提 供 向 心 力,則 有 FN = 所示,設 網(wǎng) 球 的 豎 直 分 速 β mgcosθ,f =μFN =μmgcosθ,又 μmgcos30°- mgsin30°= 度 為 v0y ,則 有 v0y = W W y W mω2R,解得ω=1.0rad/s,故 D 正確. h W y 聚焦情境 素養(yǎng)培優(yōu) 2g(h2 -h1)= 12 m/s, 則網(wǎng) 球 的 水 平 分 速 度 v0x 【示例1】 D 解法 一:將 運 動 員 在 空 中 的 運 動 分 解 為 垂 直 斜 坡 方向的類豎直上拋運動和平行斜坡方向的勻加速 直 線 運 動,當 = v20-v20y =5 m/s,網(wǎng) 球從被 擊 出 到 與 墻 壁 碰 撞 d β α d 垂直斜坡方向速度為 零 時,運 動 員 離 斜 坡 最 遠,在 垂 直 斜 坡 方 x W x 向上,運動 員 的 分 初 速 度 大 小vx0 =v0sin37°=12 m/s,分 加 速 經(jīng)歷 的 時 間 為t1 =v0y = h 度大小ax =gcos37°=8 m/s2,方向與分初速度方向相反,所 以 g 1.2s,網(wǎng)球的擊出點到碰墻點的投影間的距離x1 =v0xt1 =6 m,網(wǎng) 運動員從飛 出 到 離 斜 坡 最 遠 的 過 程 所 經(jīng) 歷 的 時 間t=vaxx0 = 1.5s,D 項正確. 球在碰到墻壁時的速度大小為v1=v0x =5m/s,速度方向與墻壁 解法二:當運動員離斜坡最遠時,速度方向與斜坡 平 行,由 速 度 間的夾角滿足sinα=dx11 =0.8,網(wǎng)球碰到墻壁前瞬間平行于墻壁的 偏向角公式有tan37°=vgt0 ,解得t=1.5s,D 項正確. 分速度v1x =v1cosα=3m/s,垂直墻壁的速度v1y =v1sinα=4m/ 【示例2】 C 要使重物做離心運動,因 此 安 裝 時 A 端 比B 端 更 s,網(wǎng)球碰到墻壁后的速度大小v= v2 +(0.75v1y )2 =3 2 m/s, 遠離氣嘴,A 錯誤;轉 速 越 大,所 需 向 心 力 越 大,彈 簧 拉 伸 的 越 1x 長,M 、N 接觸時燈就會發(fā)光,不能說重物受離心 作 用,B 錯 誤; A 錯誤,B正確.網(wǎng)球碰到墻壁后沿墻壁方向的速度v1x 與垂直墻 壁方向的速度0.75v1y 相等,則合速度方向與 墻 壁 間 的 夾 角β= 45°,網(wǎng)球著地所用時間t2 = 2h2 =1.3s,網(wǎng) 球 著 地 過 程 的 軌 跡 當 氣 嘴 燈 運 動 至 最 低 點 時,F彈 - mg = mrω2,解 得 ω = g F彈 g 在水平面的投影長度x2=vt2=3.9 2 m,則網(wǎng)球著地點到墻壁的 mr - r =2πn,因此增大重物質量可使 LED 燈在較 低 轉 速 距離d2 =x2sin45°=3.9 m,C 錯誤,D 正確. 下也能發(fā) 光,C 正 確;當 氣 嘴 燈 運 動 至 最 低 點 時 F1 -mg = 考向三 mv21 ,當 氣 嘴 燈 運 動 至 最 高 點 時 =mrv22 ,勻 速 行 駛 時 【典例3】 解題指導:提示:(1)2 m/s. r F2 +mg , — 234 —

參考答案 在最低點時彈簧對重物的彈力大于在最高點時對重物的彈力, =mg,解得 M =gGR2 ,又 星 球 的 體 積 為 V = 34πR3,星 球 的 密 因此勻速行駛時,若 LED 燈轉到最低點時能 發(fā) 光,則 在 最 高 點 時不—定能發(fā)光,D 錯誤. f αN 度為ρ=VM ,由以上各式整 理 得ρ=4G3gπR ,故 M 、N 兩 星 球 的 【示例3】 D 人 在 魔 盤 上 的 受 力 分 析 如 圖 所 α 密度之比為1∶4,B 正確,A、C、D 錯誤. 示,則 在 y 方 向 上 根 據(jù) 平 衡 條 件 有 fsinα+ O 【典例3】 A 由幾何關系 可 知 PQ =L1 +L2 +2R =20R,則 橢 Ncosα=mg,在 x 方 向 上 根 據(jù) 牛 頓 第 二 定 律 x 圓 軌道的半長軸為a=10R,近火衛(wèi)星的軌道半徑為 R,由開普 有fcosα-Nsinα=mω2r,根 據(jù) 上 述 兩 式 解 得 mg 勒 第 三 定 律 有 R3 = T'2 ,解 得 近 火 衛(wèi) 星 的 周 期 為 T'= N = mgcosα - mω2rsinα、f = mgsinα + y (10R)3 T2 mω2rcosα,由于人在 魔 盤 上 沒 有 相 對 運 動,其 m、r、α 均不變,只有魔盤的角速 度 ω 增 大,所 以 人 受 到 魔 盤 的 T .對 近 火 衛(wèi) 星 有 G Mm =m 4π2 ,又 火 星 的 體 積 為 V 支持力 N 減小,人受 到 魔 盤 的 摩 擦 力 f 增 大,故 選 項 A、B 均 10 10 R2 T'2R 錯誤;人受到的豎直方 向 的 合 力 為 零,水 平 方 向 的 合 力 提 供 向 = 43πR3,則火星的密度 為ρ=VM ,整 理 得ρ=3G00T02π,A 正 確, 心力,隨魔盤角速度ω 的增大而增大,所以人受到的合力增大, 故選項 C 錯 誤;魔 盤 對 人 的 作 用 力 大 小 為 F= N2+f2 =m B、C、D 錯誤. g2+ω4r2 ,隨 魔 盤 角 速 度ω 的 增 大 而 增 大 ,故 選 項 D 正 確 . 【典 例 4】 AB 根 據(jù) 題 意 可 知 ,ra +rb =L,ra -rb =Δr,解 得 第四講 萬有引力定律及其應用 ra =L+2Δr,rb =L-2Δr,則 a 星 的 線 速 度 大 小 為va =ωra = [真 題 引 領 ] 2π =π(LT+Δr),故 A 正 確 ;雙 星 系 統(tǒng) 靠 相 互 間 的 萬 有 引 力 Tra 1.C 航天員在“天宮二號”空 間 站 中 可 以 自 由 漂 浮,是 由 于 航 天 員在“天宮二號”空間站中處于完全失重狀態(tài),飛船 對 航 天 員 的 提供向心力,角速度 相 等,周 期 相 等,向 心 力 大 小 相 等,根 據(jù) 向 作用力近似為零,所 受 地 球 引 力 大 小 不 為 零,選 項 A、B 錯 誤; 航天員所受地球引力提供航天員隨空間站運動的 向 心 力,即 航 心力公式得 maraω2 =mbrbω2 ,解 得ma =rrba =LL+-ΔΔrr,故 B 正 天員所受地球引力的大小與航天員隨空間站運動所需向心力 mb 的大小近似相等,選項 C 正確;由萬有引力定律可知,航天員在 地球表面所受地球引力的大小大于航天員在空間站中所受地 確 ,C 錯 誤 ;由 萬 有 引 力 提 供 向 心 力 有 G mamb =ma 2π 2 L2 T ra 球引力的大小,所以在地球表面上所受引力的大小 大 于 航 天 員 =mb 2π 2 L3 ),如 果 雙 星 的 總 質 T G(ma +mb 隨空間站運動所需向心力的大小,選項 D 錯誤. rb ,解 得 T =2π 2.CD 由開普勒第 三 定 律 可 知,由 于 火 星 軌 道 半 徑 大 于 地 球 軌 量一定,雙星 間 距 L 變 大,則 它 們 轉 動 周 期 T 將 變 大,故 D 道半徑,所以火星公轉 周 期 一 定 大 于 地 球 公 轉 周 期 (也 可 根 據(jù) 錯誤. r3地 r3火 ,r火 ,得 出 27 ),A 項 錯 誤 ;火 星 考向二 T2地 =T2火 8T ≈1.5r地 T火 = 地 T n Mm v2 【典例1】 C 依 題 意 可知衛(wèi) 星 的 繞 行周期 T0 = ,對 衛(wèi) 星 根 據(jù) r2 r 與 地 球 均 繞 太 陽 做 勻 速 圓 周 運 動 ,即 G =m ,解 得 v= Mm +h)·4Tπ202 (R+h)2 Gm ,所以火星公轉速度小于地 球 公 轉 速 度,因 此 在 沖 日 處, 牛頓第二定律可得 G =m (R ,根 據(jù) 黃 金 代 r 地球上的觀測 者 觀 測 到 火 星 相 對 于 地 球 由 東 向 西 運 動,為 逆 換式 gR2=GM ,聯(lián)立解得h= gR2T2 1 4n2π2 3 -R,C 正 確 . 行,B 項錯誤、C 項 正 確;火 星 和 地 球 運 行 的 線 速 度 大 小 不 變, 【典例2】 D 設軌 道 Ⅰ 的 半 徑 為 R,由 題 意 可 知 軌 道 Ⅱ 的 半 長 且在沖日處,地球與火 星 速 度 方 向 相 同,故 此 時 火 星 相 對 于 地 球的速度最小,D 項正確. 軸 為3R ,則 由 開 普 勒 第 三 定 律 得TT22ⅡⅠ =aa33ⅡⅠ ,代 入 數(shù) 據(jù) 解 得TⅡ 2 TⅠ 考向一 【典例1】 BD 在火星 赤 道 上 的 物 體 所 受 的 萬 有 引 力 等 于 物 體 =3 3,A 錯誤;假設以 O 為圓心、以 Ob 為 半 徑 的 圓 軌 道 為 軌 22 在火星上的重 力 與 物 體 隨 火 星 自 轉 需 要 的 向 心 力 之 和,則 有 Mm v2 GM G MRm2 mg火 +m 4π2 R .假 設 火 星 極 點 處 的 重 力 加 速 大 小 為 道 Ⅳ ,由 公式 G r2 =m r 得v= r ,則 衛(wèi) 星 在 軌 道 Ⅰ 上 T2 經(jīng)過a 點 的 速 率 等 于 在 軌 道 Ⅳ 上 經(jīng) 過b 點 速 率 的 2倍,又 由 g'火 ,則火星極點處物體 所 受 的 萬 有 引 力 等 于 物 體 在 火 星 極 點 于衛(wèi)星在軌道Ⅳ上經(jīng)過b 點的速率大于在軌道Ⅱ上經(jīng)過b 點 處 的 重 力 ,即 G Mm =mg'火 ,解 得 g'火 =4Tπ22R +g火 ,火 星 的 質 的速率,因此衛(wèi)星經(jīng)過a 點的速率與經(jīng)過b 點速率的 比 值 大 于 R2 量為 M = (4π2R+g火 T2 )R2 ,A 錯 誤 ,B 正 確 ;火 星 的 體 積 為 2,B 錯 誤 ;由 公式 G Mm =ma 得a=G M ,則 衛(wèi) 星 在a 點 的 GT2 r2 r2 V= 4 πR3 ,則 火 星 的 平 均 密 度 為 ρ= M ,整 理 得 ρ = 加速大 小 為 在c 點 加 速 度 大 小 的 4 倍,C 錯 誤;衛(wèi) 星 在 橢 圓 軌 3 V 道Ⅱ上運行時機械能守恒,又衛(wèi)星由軌道Ⅱ進入軌 道 Ⅲ 需 在 軌 3(4π2R+g火 T2 ) 錯 誤 ;火 星 衛(wèi) 星 以 最 大 環(huán) 繞 速 度 飛 行 時 , 道的近地點處點火加 速,衛(wèi) 星 的 機 械 能 變 大,所 以 質 量 相 同 的 4πGRT2 ,C 衛(wèi)星在b 點的機械能小于在c 點的機械能,D 正確. 軌道半徑為 R,此時衛(wèi)星的重力近似等于萬有引力提 供 其 做 勻 【典例3】 C 由圖可知日凌干擾現(xiàn)象 發(fā) 生 時 地 球、火 星、太 陽 共 速圓 周 運 動 的 向 心 力 ,則 有 G MRm2'=m'g'火 ,G MRm2'=m'vR2max , 線且地球與火星分別在 太 陽 兩 側,由 ω=2Tπ知ω地 >ω火 ,相 鄰 整 理 得vmax= 4π2R2 +g火 R ,D 正確. 的兩次日凌干擾過程 中,地 球 應 比 火 星 多 繞 太 陽 一 周,結 合 幾 T2 何關系可知相鄰的兩次日凌干 擾 間 隔 時 間 應 滿 足 ω地 Δt-ω火 【典例2】 B 物 體 從 拋 出 點 到 最 高 點 的 過 程,由 公 式 v2 =2gh Δt=2π,解得 Δt=2.25 年,即 下 次 日 凌 干 擾 大 約 出 現(xiàn) 在 2023 年12月,選項 C 正確. 得h=21gv2,則h-v2 圖 線 的 斜 率 為k=21g,又 兩 圖 線 的 斜 率 【典例4】 C 由 于 衛(wèi) 星 在 變 軌 的 前 后 均 由 萬 有 引 力 提 供 向 心 之比為2∶1,則 M 、N 兩星球表面的重 力 加 速 度 之 比 為 1∶2; 力,根據(jù)牛頓第二定律有GrM2m =ma,解 得a=GrM2 ,在 軌 道 Ⅰ、 Ⅱ的 A 點處,對應的引力半徑均為rA ,則 其 加 速 度a1 =a2,同 對 于 處 在 星 球 表 面 的 物 體 ,萬 有 引 力 近 似 等 于 重 力 ,即 G Mm R2 — 235 —

一品方案·物理(新高考版) 理在軌道Ⅱ、Ⅲ的 B 點處對應的引力半徑均為rB ,則 其 加 速 度 加速度大小為a=gvR42 ,選項 C 正確,D 錯誤. 【示例5】 D 在軌道上運行的空間站所受的 萬 有 引 力 完 全 充 當 a3=a4,根 據(jù)a=GrM2 ,結 合rA <rB 可 得 加 速 度 關 系 為a1 =a2 >a3=a4;由 于 衛(wèi) 星 要 從 軌 道 Ⅰ 的 A 點 加 速 做 離 心 運 動 才 能 向心力,處于 完 全 失 重 狀 態(tài),彈 簧 測 力 計 和 天 平 均 無 法 使 用, 到軌道Ⅱ,因此在軌 道 Ⅰ、Ⅱ 的 A 點 速 度 關 系 為v1 <v2,由 于 衛(wèi)星要 從 軌 道 Ⅱ 的 B 點 加 速 做 離 心 運 動 才 能 到 軌 道 Ⅲ,因 此 A、B 項 錯;兩 物 體 正 碰 過 程,機 械 能 不 一 定 守 恒,C 項 錯;由 牛 在軌道Ⅱ、Ⅲ的 B 點速 度 關 系 為v3 <v4,因 衛(wèi) 星 在 軌 道 Ⅰ、Ⅲ 頓 第二 定 律 可 知 ,F =ma,由 勻 變 速 直 線 運 動 規(guī) 律 有 x = 1 2 上繞地球做勻速圓周運動,其萬有引力提供 向 心 力,即GrM2m = at2,聯(lián)立解得 m=F2tx2 ,D 項正確. 【示例6】 AC 由題知,返回艙的運動簡化為豎直方向的直線運 mv2 ,則 其 做 圓 周 運 動 的 線 速 度 大 小 GM ,由 圖 可 知rⅠ r v= r 動,所以重力的功率 P=mgv,因此在0~t1 時間內,結 合v t <rⅢ ,因 此 有v4<v1,綜 上 可 得 速 度 大 小 關 系 為v3<v4<v1< 圖像可知返回艙重力的功率隨 時 間 減 小,A 項 正 確;v t 圖 像 v2.故選項 A、B、D 錯誤,選項 C 正確. 的斜率表示返回 艙 的 加 速 度,故 0~t1 時 間 內,返 回 艙 的 加 速 度不斷減小,B 項錯 誤;返 回 艙 的 動 量 大 小 與 其 速 度 大 小 成 正 聚焦情境 素養(yǎng)培優(yōu) 比,所以t1~t2 時間 內,返 回 艙 的 動 量 隨 時 間 減 小,C 項 正 確; 【示例1】 C 地球表面兩 極 處 質 量 為 m0 的 物 體 所 受 的 重 力 等 在t2~t3 時間內,返回艙勻速下降,機械能不守恒,D 項錯誤. 于 萬 有 引 力 ,則 有 m0g0 =GMRm2 0 ,同 理 該 物 體 在 赤 道 處 ,由 牛 專題二 能量與動量 頓第 二 定 律 有 G Mm0 - m0g = F m 第一講 功和能 R2 F mg r [真 題 引 領 ] 2π 2 φ 1.A 從火箭開始運動到點火的 過 程 中,火 箭 先 加 速 運 動 后 減 速 m0R T ,聯(lián) 立 解 得 地 球 半 徑 為 R = (g0 -g)T2 MR 運動,當加速度為零 時,動 能 最 大,A 項 正 確;高 壓 氣 體 釋 放 的 4π2 ,對 在 酒 泉 衛(wèi) 星 發(fā) 射 中 心 發(fā) 能量轉化為火箭的動能和重力勢能及火箭與空氣間因摩擦產 射的航天器進行建 模,如 圖 所 示,則 分 析 生的熱量,B 項錯誤;根 據(jù) 動 量 定 理 可 得 高 壓 氣 體 對 火 箭 的 推 可知,在酒 泉 衛(wèi) 星 發(fā) 射 中 心 發(fā) 射 的 航 天 力 F、火箭自身的重力 mg 和空氣阻力f 的沖量矢量 和 等 于 火 器利用地球自轉能獲得的相對地心的最 箭動量的變化量,C 項 錯 誤;根 據(jù) 動 能 定 理 可 得 高 壓 氣 體 對 火 大速度為v=2Tπr=2πRTcosφ= (g02-πg)Tcosφ,選項 C 正確. 箭的推力 F、火箭自身的重力 mg 和空氣阻力f 對火 箭 做 的 功 之和等于火箭動能的變化量,D 項錯誤. 【示例2】 BC 根 據(jù) 開 普 勒 第 三 定 律,可 知 “天 問 一 號”在 Ⅰ、Ⅱ 2.ABD 從 M 到 N ,由 P1 =P1v1 可 得 小 車 牽 引 力 F1 =Pv11 = 軌道上運行的半長 軸 不 同,“天 問 一 號”在 Ⅰ、Ⅱ 軌 道 上 運 行 的 200 周期 不 同,故 A 錯 誤;“天 問 一 號 ”在 P 點 通 過 向 后 噴 氣 加 速 5 N=40 N,A 正 確 .從 M 到 N ,小 車 勻 速 行 駛,牽 引 力 等 于 后,其所需的向心力大于其所受的萬有引力,則做 離 心 運 動,實 摩擦力,可 得 摩 擦 力 f1 =F1 =40 N,小 車 克 服 摩 擦 力 做 的 功 現(xiàn)由軌道Ⅰ進入軌道Ⅱ,故 B 正確;根 據(jù) 公 式GRM2m =ma,可 知 Wf1=f1·MN =40×20J=800J,B 正 確 .從 P 到Q,由 P2= “天問一號”在軌道Ⅰ上正常 運 行 時(不 含 變 軌 時 刻)經(jīng) 過 P 點 的加速度等于它在軌 道 Ⅱ 上 正 常 運 行 時 (不 含 變 軌 時 刻 )經(jīng) 過 F2v2 可得小車牽引力 F2 =Pv22 570 N=285 N,從 P 到Q,小 P 點的加速度,故 C 正確;當“天問一號”在 O 點 所 在 圓 軌 道 做 =2 勻速圓周運動時,需要加速才能變軌到軌道 Ⅰ,又 根 據(jù)GRM2m = 車 勻 速 行 駛 ,小 車 牽 引 力 F2 =f2 +mgsin30°,解 得 f2 =F2 - mgsin30°=285 N-50×10× 1 N=35 N;從 P 到 Q,小 車 克 2 v2 服摩擦力做的功 Wf2=f2·PQ=35×20J=700J,D 正確. R m ,解 得 v= GM ,“天 問 一 號 ”在 O 點所 在圓 軌道 做勻 速 考向一 R 【典例1】 A 根據(jù)功的定義 式 可 知,人 對 車 的 推 力 F 做 的 功 為 圓周運動時速率大于它在軌道 Ⅱ 上 過 P 點 的 速 率,則“天 問 一 WF =FL,A 項 正 確;由 牛 頓 第 二 定 律 可 知,在 水 平 方 向 上,車 對人的作用力為 F'=ma 所 以 由 牛 頓 第 三 定 律 可 知 人 對 車 的 號”在軌道 Ⅰ 上 過 O 點 的 速 率 大 于 它 在 軌 道 Ⅱ 上 過 P 點 的 速 作用力為 -ma,故 人 對 車 做 的 功 為 W = -maL,B 項 錯 誤;因 車在豎直方向上 對 人 還 有 支 持 力,大 小 等 于 mg,故 車 對 人 的 率,故 D 錯誤. 作用力大小為 F1 = (ma)2+(mg)2 ,C 項 錯 誤;根 據(jù) 牛 頓 第 【示例3】 D 在空間站一天內能看到16次 日 出,則 空 間 站 的 周 期為 T1=116天,地 球 同 步 衛(wèi) 星 的 周 期 為 T2 =1 天,由 開 普 勒 三定律可知,車廂對人的推力大小 F'=F,對人,由牛頓第二定 律可得 Ff -F'=ma,故 Ff =F+ma,故車對人的摩 擦 力 做 的 第三定 律 T12 = T22 解 得 R1 = T3 2 = 1 ,D 正 確,A、B、C 功為 Wf =(F+ma)L,D 項錯誤. R31 R32 R2 1 【典例2】 BD 解法 一:由 圖 乙 可 知 該 過 程 中,物 塊 與 斜 面 體 之 T22 3 44 錯誤. 【示例4】 C 在地球表面,該航天員所 受 重 力 等 于 萬 有 引 力,有 間的動摩擦因數(shù)隨下滑距離的增大均勻增加,則該 過 程 中 動 摩 mg=G Mm ,該 航 天 員 離 開 空 間 站 在 太 空 行 走 時 ,只 受 萬 有 引 擦 因 數(shù) 的 平 均 值 為 μ = μ0 ,滑 動 摩 擦 力 的 平 均 值 為 f = R2 2 力作用,故該 航 天 員 離 開 空 間 站 在 太 空 行 走 時 所 受 合 外 力 為 μmgcosθ= 21μ0mgcosθ,物塊由 A 點 滑 到 B 點 的 過 程 中 克 服 F合 =G Mm =mg R2 ,小 于 其 在 地 球 表 面 時 所 受 的 (R+h)2 (R+h)2 滑 動 摩 擦 力 做 的 功 為 Wf =fl0= 21μ0mgl0cosθ,選 項 A 錯 誤 , 重力 mg,且不為零,選項 A、B 錯誤;該航天員離開空 間 站 在 太 空行 走 時,所 受 萬 有 引 力 提 供 向 心 力,有 G Mm = m B正確;對物塊由 A 點到 B 點的過程中,由動能定理得 mgl0sinθ (R+h)2 - 1 1 mv2 ,解 得 v= 2gl0sinθ-μ0gl0cosθ,選 項 v2 ,又 Mm Mm 2μ0mgl0cosθ= 2 R+h mg=G R2 ,G (R+h)2 =ma,聯(lián) 立 解 得 此 時 該 航 天 C錯誤;若物塊在沿斜面體向上的外力作用下,由 B 點 緩 緩 移 動 員距離地球表面的高 度 為 h=gvR22 -R,該 航 天 員 指 向 地 心 的 到A 點,由動能定理得 Wf -mgl0sinθ- 21μ0mgl0cosθ=0,解 — 236 —

參考答案 得 WF=mgl0(sinθ+ 12μ0cosθ),選項 D 正確. -mgh-μmg2hcosθ=Ek1- 21mv02 解法二:圖像法求摩擦 力 做 功,由 圖 乙 作 出 該 過 程 中 摩 擦 力 隨 解得 Ek1=164J x 的變化規(guī)律,如圖所 示,則 圖 線 與 坐 標 軸 圍 成 的 面 積 表 示 物 另一種情況為物體以 速 度v1 離 開 斜 面 后 做 斜 拋 運 動,設 經(jīng) 過 塊克服 滑 動 摩 擦 力 所 做 的 功,即 Wf= 21μ0mgl0cosθ,選 項 B 離 地 高 度 為 4 m 處 時 動 能 為 Ek2, 正確. 根 據(jù) 動 能 定 理 mgh=Ek2- 12mv12 代 入 數(shù) 據(jù) 解 得 :Ek2=84J. f 答案:(1)33 (2)1.6s (3)物 體 未 離 開 斜 面 時:164J 物 體 μ mgDPTθ 離 開 斜 面 后 :84J [拓 展 延 伸 ] l x 解析:由于μ= 63<tan30°,因此物 體 不 能 在 斜 面 上 靜 止,由 于 斜面足夠長,物體不能沖出斜面,因此物體必然停 在 擋 板 處.考 【典例3】 C 以最大加速度向上加速到 勻 加 速 能 達 到 的 最 大 速 度,然后保持功率不變 達 到 最 大 速 度,最 后 以 最 大 加 速 度 做 勻 慮到摩擦力做功與路 徑 有 關,重 力 做 功 與 路 徑 無 關,根 據(jù) 動 能 減速運動減速到 零 所 需 時 間最短.重物向上提升的最大加速度 定理 mgLsin30°-μmgxcosθ=0- 21mv20,解得x=96.8 m. 答案:96.8 m a1 =F-mmg=5 m/s2 ,勻加 速過 程 的 最 大 速 度v= P =4 m/s,勻 鞏固拓展 F 1.BD 未施加 外 力 時,A、B 整 體 恰 好 平 衡,即 彈 簧 彈 力 kx1 = 加速上 升 的 時 間 為t1 =av1 =0.8s,勻 加 速 上 升 的 高 度 h1 = fm =μ(mA +mB )g=30 N,故t=0 時,在 剛 開 始 施 加 外 力 瞬 間 有 F +kx1 -μ (mA + mB )g = (mA + mB )a,解 得 a = 1.6 m;重物能達到的最大速度為vm =mPg=6 m/s ,以 最 大 加 5 m/s2,A 錯誤.0.2s時,A、B 恰 好 分 離,B 物 塊 做 勻 加 速 運 動,此 時 力 達 到 最 大 值 Fm ,由 牛 頓 第 二 定 律 有 Fm -μmBg= 速度 減 速 上 升 的 時 間t2=va2m =1.2s,上 升 高 度 為h2 =3.6 m, mAa,故 Fm =mB (μg+a)=40 N,B 項 正 確.A、B 剛 分 離 瞬 則以恒功率上升的 高 度 h3 =80 m,恒 功 率 上 升 過 程 有 Pt3 = 間,A、B 間 彈 力 為 零,A 的 加 速 度 仍 為 5 m/s2,由 牛 頓 第 二 定 mgh3+ 21m(v2m -v2),解 得t3 =13.5s,則 提 升 重 物 的 最 短 時 律 有kx2-μmAg =mAa,故 kx2 =μmAg +mAa =20 N,0~ 間 為t=t1+t2+t3=15.5s,C 正 確 . 0.2s內,A 做勻加速直線運動,故 x1-x2= 12at2=0.1 m,聯(lián) 立解得k=100N/m,C 項錯.0.2s時,A、B 整體的速度v=at 【典例4】 B 由a- 1 圖 像 可 知 ,達 到 最 大 速 度 前 加 速 度 一 直 v 變化,賽車做變加速直線運動,不能用運動學公式 求 時 間,且 不 =1 m/s,由 動 能 定 理 有 W 彈 +WF -μ(mA +mB )g(x1-x2)= 知道運動位移,故 賽 車 從 啟 動 到 達 到 最 大 速 度 的 時 間 無 法 求 出 ,A 項 錯 誤 ;由a- 1 圖 像 可 知 ,a=0 時 1 =0.01s· m-1 , 1 (mA +mB )v2,其 中 W 彈 =kx1 +kx2 (x1 -x2 )=30+220× v v 2 2 故加速過程能達到的最大速度為100m/s,B 項正確;對賽車進 0.1J=2.5J,解得 WF=3.5J,D 項正確. 行受力分析,賽車受 重 力、支 持 力、牽 引 力 和 摩 擦 力,根 據(jù) 牛 頓 2.解析:(1)滑塊從 A 到C 的過程只有重力 做 功,機 械 能 守 恒,則 第 二 定 律 有 F -f=ma,其 中 F=vP ,聯(lián) 立 整 理 得 a= P · 1 mglsin37°+mgR(1-cos37°)= 12mv2C m v 在 C 點 根 據(jù) 牛 頓 第 二 定 律 有FN -mg=mRv2C 代入數(shù)據(jù)解得 FN =7N - f ,結 合 a - 1 圖 像 可 知 ,圖 線 的 斜 率 k = P = (2)要使得滑塊到達 F 點,則必過圓弧軌道 DEF 的最高點, m v m 即有 mglxsin37°-mg(3Rcos37°+R)= 21mv02≥0 4 m·s-2 W/kg,縱 截 距b= - f = -4 m/s2,由 于 即lx ≥0.85 m 0.01s·m-1 =400 m 滑塊運動到 F 的過程中,由機械能守恒定律 m 未知,故求不出功率 P 和阻力f,C、D 兩項錯誤. 有 mglxsin37°-4mgRcos37°= 12mv2 考向二 解得v= 12lx -9.6 (m/s)(0.85 m≤lx ≤3 m) (3)設最 終 摩 擦 力 做 的 功 為 滑 塊 第 一 次 到 達 FG 中 點 時 的n 【典例】 解題指導:提示:(1)μ=tanθ. 倍 ,由 動 能 定 理 得 (2)路 程 . 解析:(1)設物體與斜面間的動摩擦因 數(shù) 為μ,物 體 在 斜 面 上 勻 mglxsin37°-mgl2FGsin37°-nμmgl2FGcos37°=0 速 下 滑 過 程 中 ,根 據(jù) 平 衡 條 件 有 : 解得lx =7n15+6 m mgsinθ=μmgcosθ 代 入 數(shù) 據(jù) 解 得 :μ= 3 3 (2)設物體沿斜面上 滑 過 程 中 的 加 速 度 大 小 為 a,根 據(jù) 牛 頓 第 二 定 律 有 :mgsinθ+μmgcosθ=ma 代入數(shù)據(jù)解得:a=10 m/s2 假定物體能返回斜面頂端,由運動學公式有:L=v0t- 21at2 將0.85 m≤lx ≤3 m 代入上式可得 代 入 數(shù) 據(jù) 解 得 :t1 =1.6s,t2 =2s 2287≤n≤379 物體返回斜面頂端時的速度大小為: 由運動過程可知,n 只能取1、3、5 v1=v0-at1 或v2=v0-at2 ①當n=1時,lx =1153 m 代人數(shù)據(jù)解得:v1=2 m/s>0,v2=-2 m/s<0 所 以t2 =2s不 符 合 實 際 ,舍 去 . ② 當n=3 時 ,lx = 9 m 故 假 設 成 立 ,則 物 體 沿 斜 面 上 滑 的 時 間 為 :t1 =1.6s 5 (3)物體被擋板反 彈 后,一 種 情 況 為 物 體 在 上 滑 過 程 經(jīng) 過 離 地 ③ 當n=5 時 ,lx 41 m. 面高度為h=4 m 處,根據(jù)動能定理: =15 — 237 —

一品方案·物理(新高考版) 答案:(1)7N (2)v= 12lx -9.6 (m/s)(0.85m≤lx ≤3m) 第二定律有2T-mgsin30°-μmgcos30°=ma,對 B 物 體 則 有 mg-T=2ma,解 得 T =6 N,a=2 m/s2,故 A 項 錯 誤;A、B (3)1135 m 9 m 41 m 兩物體在相同時間 內 位 移 大 小 之 比 為 1∶2,輕 繩 對 A、B 的 作 5 15 用力大小之比為2∶1,且 輕 繩 對 A 做 正 功,對 B 做 負 功,故 輕 繩 對 A 和B 做的總功為零,B 項正確;由于斜面與物體 A 之間 考向三 存在摩擦力,A、B 組成的系統(tǒng)機械能不守恒,故 B 減少的機械 能不等于A 增加的機械能,C 項 錯 誤;B 下 降h=2 m 時,A 沿 【典例1】 C 小環(huán)從大圓環(huán) 頂 端 P 點 由 靜 止 開 始 自 由 下 滑,其 機械能守恒,下落 h 高 度 過 程 中 ,有 mgh= 1 mv2 ,解 得 v= 2 斜面上滑h ,設 此 時 2gh ,選項 B 錯誤;設小環(huán)位置與 P 點 連 線 所 對 的 圓 心 角 為 2 B 的 速 度 大 小 為v,則 A 的速度大小為 θ,小環(huán)下滑過程滑過的弧長s=Rθ,而h=R(1-cosRs ),所以 v .由 能 量 守 恒 定 律 得 mgh-mg · h2sinθ= 1 mv2 + 1 m 2 2 2 選項 A 錯誤;小環(huán)位置到 P 點的距離L=2Rsinθ2 ,h=R(1- v 2+μmg·h2cosθ,解得v=4 m/s,D 項正確. cosθ),1-cosθ=2sin2θ2 ,即 h =2Rsin2θ2 =2LR2 ,代 入 v = 2 答 案 :BD 2gh 可知v 與L 成正比,即小環(huán)的速率與小環(huán)到 P 點的距離 鞏固拓展 成正比,選項 C 正確;小環(huán)位置與 P 點連線掃過的面積 1.D 金屬塊滑下的過程中重力做功 mglsin37°=12J,重 力 勢 能 A= 12R2θ- 12R2sinθ,分析知與v 不成正比,選項 D 錯誤. 減小12J,A 項錯誤;電場力做功 WF=Eqlcos37°=8J,電 勢 能 減小了 8J,C 項 錯 誤;摩 擦 力 f=μ(mgcos37°-Eqsin37°)= 【典例2】 D A 和 B 兩 球 都 在 凹 槽 上 運 2.5N,摩擦力做功 Wf=-5J,摩擦生熱5J,B 項錯誤;由功能 動,如圖所示,假設某一時 刻 A 和B 的 線 關系可知,機械能的變化 ΔE=Wf+WF=3J,即 機 械 能 增 加 3 速 度 分 別 為vA 和vB ,根 據(jù) 幾 何 關 系,可 O J,D 項正確. B 2.D 設 Δt內吹到風機旋轉形成的圓面上的 空 氣 的 質 量 為 Δm, 知兩線速度方向與桿的夾角 相 等,可 設 為 θ,則 有vAcosθ=vBcosθ,因 此vA =vB ,選 A 則 Δm =ρAvΔt,該 部 分 空 氣 的 動 能 為 ΔEk = Δm v2 = 2 項 A 錯 誤;從 初 始 位 置 到 B 球 滑 到 與 O θ 等高位置,輕 桿 及 A 球 和 B 球 組 成 的 系 θ 12ρAv3Δt,設 轉 化 效 率 為 k,則 有 PΔt=kΔEk,解 得 P = 統(tǒng)的重力勢能減 少,由 公 式 Ep =mgh 可 知,A 球 重 力 勢 能 的 21kρAv3,可知風 力 發(fā) 電 機 的 輸 出 功 率 與 風 速 的 三 次 方 成 正 減少量大于B 球重力勢能的增加量,選項 B 錯誤;設 B 球 滑 到 比,A、B 錯 誤;由 于 風 力 發(fā) 電 機 的 效 率 一 定 小 于 100%,所 以 若 與O 等高位置時,兩球的線速度 大 小 為v,對 輕 桿 及 A 球 和B 每 天平均有1.0×108 kW 的風能資源,每天的發(fā)電量一定小于 球 組 成 的 系 統(tǒng),根 據(jù) 系 統(tǒng) 機 械 能 守 恒 有 2mgRsin60°- mgRsin60°= 1 ×3mv2 ,解 得 v= 33gR ,選 項 C 錯 誤;由 靜 2.4×109 kW·h,C 錯誤;風力發(fā)電機在風速為9 m/s時,輸出 2 電功率為405kW,若風場每年有5000h風 速 在 6~10 m/s的 止釋放到 B 球滑到與O 等高位 置 的 過 程 中,設 輕 桿 對 B 球 做 風能資源,按照最低 風 速 6 m/s計 算,由 上 述 分 析 可 知 風 速 為 的功 為 W ,則 有 -mgRsin60°+W = 1 ×mv2 ,解 得 W =233 6 m/s時,輸出電功率為287×405kW=120kW,該發(fā)電機 年 發(fā) 2 電量至少為5000h×120kW=6.0×105 kW·h,D 正確. mgR,選項 D 正確. 聚焦情境 素養(yǎng)培優(yōu) 【典例3】 BD 小球甲在 M 、N 兩點時彈簧 的 彈 力 大 小 相 等,則 【示例1】 C 汽 車 以 恒 定 功 率 P 啟 動,啟 動 過 程 中,速 度v 增 由胡克定律可知小球甲在 M 點時彈簧的壓縮量等于在N 點 大,根據(jù) P =Fv 可 知,牽 引 力 F 減 小,根 據(jù) 牛 頓 第 二 定 律 有 F-f=Ma,又阻力f 恒定,可知加速度a 減小,則汽車做加速 時的伸長量,由幾何關系 知 MN =dtan53°= 34d,則 小 球 甲 位 度減小的加速 運 動,故 A 錯 誤;根 據(jù) 題 意,可 知 汽 車 受 到 的 阻 于 點 時 彈 簧 的 壓 縮 量 為x= 1 32d,對 在 點的小 M 2 MN = M 力 為 f=vPm ,啟 動 過 程 中 ,根 據(jù) 動 能 定 理 有 1 Mv2m , 2 W -fx= 球甲由力的平衡條件可知 mg=kx,解 得k=32mdg,A 錯 誤;設 解 得 牽 引 力 對 汽 車 做 的 功 為 W =vPxm + 1 Mv2m ,故 B 錯 誤 ;根 小球甲運動到 N 點 時 的 速 度 大 小 為v,此 時 物 體 乙 的 速 度 為 2 零,在小球甲由 M 點運動到 N 點 的 過 程 中,小 球 甲、物 體 乙 和 據(jù)題意,可知車速從 0 增 至vm 的 過 程 中,根 據(jù) 動 能 定 理 有 Pt 輕彈簧組成 的 系 統(tǒng) 機 械 能 守 恒,則 可 得 4mg cosd53°-d - -fx= 1 Mv2m ,聯(lián) 立 解 得 該 過 程 中 車 的 加 速 時 間 t=vxm + 2 mgdtan53°= 21mv2,解得v= 83gd ,B 正確;在小球甲由 M Mv2m ,故 C 正 確 ;車 速 為vm 時 ,汽 車 的 牽 引 力 為 F1 =vPm =v2Pm , 2P 2 點運動到 N 點的 過 程 中,彈 簧 的 彈 力 對 小 球 甲 先 做 正 功 后 做 負功,則小球甲和物體乙的機械能之 和 先 增 大 后 減 小,C 錯 誤; 2 根據(jù)牛頓第二定律有 F1-f=Ma1,解得該時刻 汽 車 的 加 速 度 由于小球甲在 M 點時及運動到N 點時物體乙的速度均為零, 大 小 為a1=MPvm ,故 D 錯 誤 . 物體乙重力的瞬時功 率 均 為 零,所 以 在 小 球 甲 由 M 點 運 動 到 【示例2】 B 由題 意,可 認 為 運 動 員 從 起 跳 區(qū) 水 平 飛 出 到 著 陸 N 點的過程中,物體乙重力的瞬時功率先增大后減小,D 正確. 坡的過程中做平拋運 動,根 據(jù) 平 拋 運 動 規(guī) 律 速 度 改 變 量 Δv= 考向四 gt 可知 Δv∝t,故 A 錯 誤;平 拋 運 動 是 理 想 運 動 模 型,由 于 只 【典例】 解題指導:提示:(1)2倍. 受重力且只有重力做 功,機 械 能 守 恒,則 運 動 員 在 空 中 運 動 的 (2)B 減少的重力勢能轉化為B 的 動 能、A 增 加 的 機 械 能 和 A E-t 圖像應是一條平行于t 軸的直線,故 D 錯 誤;從 水 平 飛 出 與斜面因摩擦發(fā)生的內能. 開始,經(jīng) 過 時 間t,對 運 動 員 應 用 動 能 定 理 得 mgh =mg · 解析:由動滑輪與定滑輪的特 點 結 合 x= 12at2 可 知,物 體 A、 12gt2 =Ek - 21mv20 ,解 得 此 時 運 動 員 的 動 能 Ek = 1 mv20 + 2 B 釋放后(B 未落地),A、B 加 速 度 大 小 之 比 為 1∶2,設 A 物 12mg2t2,故 C 錯 誤 ;根 據(jù) P=mgvy =mg2t 可 知 ,重 力 的 瞬 時 體的加速度大小為a,輕繩 張 力 大 小 為 T,對 A 物 體 應 用 牛 頓 — 238 —

參考答案 功率 P 與t 成正比,故 B 正確. 壓力為一對相 互 作 用 力,已 知 空 氣 密 度 取 1.3kg/m3,幕 墻 的 【示 例 3】 AD 接 觸 彈 簧 之 前,物 塊 受 到 的 合 力 F =F風 - 面積為 S=10 m×5 m=50 m2,設 在 極 短 的 時 間 Δt 內 打 到 幕 mgsinθ.接觸彈簧后,最初 一 段 時 間 內 彈 簧 彈 力 F彈 小 于 合 力 墻上的空氣質量為m,則 有 m =ρv·Δt·S,以 臺 風 初 速 度 的 F,物塊仍加速 向 上 運 動,隨 著 彈 力 增 加,加 速 度 減 小,當 加 速 方向為正方向,對臺風 應 用 動 量 定 理 可 理 -F ·Δt=0-mv, 度減小到零時速度最大,當彈 力 F彈 大 于 合 力 F 時,加 速 度 反 代入數(shù)據(jù)解得 F=4.16×105 N≈4.2×105 N,故 選 項 A、C、D 向,物塊做減速運動直到到達最高點,則此過程中,物 塊 的 速 度 錯誤,B 正確. 先增大后減小,加速度 先 減 小 到 零 后 反 向 增 大,彈 簧 的 彈 性 勢 考向二 能一直變大,故 A 正確,B、C 錯 誤.因 風 力 做 正 功,則 物 塊 和 彈 【典例1】ABD 兩滑塊組成的系 統(tǒng) 在 碰 撞 過 程 所 受 合 外 力 為 零, 簧組成的系統(tǒng)機械能一直增大,D 正確. 動量守恒,A 正確;以 向 左 為 正 方 向,由 動 量 守 恒 定 律 得 m1v0 第二講 動量和動量守恒定律 =(m1+m2)v,代 入 數(shù) 據(jù) 解 得 v=3 m/s,B 正 確;在 整 個 過 程 中,兩滑塊與彈簧之間 有 相 互 作 用,故 兩 滑 塊 組 成 的 系 統(tǒng) 動 量 [真 題 引 領 ] 1.AD 物塊與地面間的滑動摩擦力 為 f=μmg=2 N,對 物 塊 在 不守恒,C 錯誤;以向左為正方 向,A、B 與 彈 簧 作 用 過 程,由 動 0~3s內的運動過程,由動量 定 理 可 得(F-f)t1 =mv3,得v3 量 定 理 得I=(m1+m2)(-v)- (m1 +m2)v,代 入 數(shù) 據(jù) 解 得I =6 m/s,3s時物 塊 的 動 量 為 p=mv3 =6kg·m/s,設 3s后 = -12N·s,則彈簧對 A、B 系統(tǒng)的沖量大小為12N·s,方向 經(jīng)過時間t'物塊的速度第一次減為0,由動量定理可 得 -(F+ 向右,D 正確. f)t'=0-mv3,解得t'=1s,所以物塊在t=4s時速度減為0, 【典例2】 解析:(1)A 與 B 相碰的一瞬間,A、B 組 成 的 系 統(tǒng) 動 量 此時物塊的動能也為0,故 A 正確,C 錯誤;設0~3s內物塊的 守 恒 ,則 有 mAv0=mAvA +mBvB 位 移 為x1,由 動 能 定 理 可 得(F-f)x1= 21mv32 ,得x1=9m,3 解得vB=3 m/s. ~4s 過 程 中,對 物 塊 由 動 能 定 理 可 得 - (F +f)x2 =0- (2)碰撞后 C 在 B 上 相 對 B 滑 動,B 做 減 速 運 動,設 C 與 B 相 21mv23,得 x2=3 m,4~6s物塊反向運動,物 塊 的 加 速 度 大 小 對靜止時,B 與 C 以共同速度v=2m/s運動,A 與 B 剛好不會 發(fā)生第二次碰撞,這個運動過程 C 與 B 組 成 的 系 統(tǒng) 動 量 守 恒, 為a=Fm-f=2 m/s2,位移為 x3= 1 ×2×22 m=4 m<x1 + 則 mBvB=(mB+mC)v 2 解 得 mC=2kg 因此要使 A 與 B 不會發(fā)生第二次碰撞,C 的質量不超過2kg. x2,即6s時物塊沒有回到初始位置,故 B 錯 誤;0~6s內 拉 力 答案:(1)3 m/s (2)2kg 【典例3】 A 從發(fā) 射 彈 丸 到 彈 丸 射 入 沙 袋 的 過 程 中,彈 丸 和 車 做的功為 W =(4×9-4×3+4×4)J=40J,故 D 正確. 2.B 設中 子 質 量 為 m0,被 碰 粒 子 質 量 為 m,碰 后 中 子 速 度 為 組成的系統(tǒng)動 量 守 恒,設 彈 丸 從 初 位 置 到 沙 袋 的 運 動 時 間 為 v'0 ,被碰粒子速度為v,二者發(fā)生彈 性 正 碰,由 動 量 守 恒 定 律 和 t,取 彈 丸 運 動 方 向 為 正 方 向,則 有 mv彈 - Mv車 =0,可 得 能量守 恒 定 律 有 m0v0 = m0v'0 +mv,12 m0v02 = 1 m0v'02 + mdt-s-M s =0,解 得 d = (M +m)s,故 A 正 確,B、C、D 2 t m 21mv2 ,解 得 v'0 =mm00 -m ,v=m20m+0mv0 ,因 此 當 被 碰 粒 子 分 錯誤. +mv0 考向三 2 別 為 氫 核 (m0 )和 氮 核 (14m0 )時 ,有 v1 =v0 ,v2 =15v0 ,故 C、D 【典例1】 ACD 第 一 次 碰 撞 時,兩 球 發(fā) 生 彈 性 碰 撞,碰 撞 過 程 錯 誤 ;碰 撞 后 氮 核 的 動 量 為 P 氮 =14m0 ·v2 28 ,氫 核 的 系統(tǒng)動量守恒、機械能 守 恒,以 乙 球 碰 前 瞬 間 速 度 方 向 為 正 方 =15m0v0 向 ,由 動 量 守 恒 定 律 得 m 乙v=m 乙v1+m 甲v2,由 機 械 能 守 恒 定 律 動 量 為 p氫 =m0·v1=m0v0,p氮 >p氫 ,故 A 錯 誤 ;碰 撞 后 氮 核 得 12m 乙v2 = 1 m v2 + 1 m v2 ,解 得 v1 m乙 -m 甲 v,v2 = 2 2 =m乙 +m 甲 的動能 為 1 =22285m0v20 ,氫 核 的 動 能 為 乙1 甲2 2 Ek氮 = ·14m0v22 Ek氫 2m 乙 34v,v2 41v,故 m 乙 +m 1 21m0v02 v,因 為 m 甲 =7m 乙 ,則v1 = - = 第 一 2 = ·m0 ·v12 = ,Ek氮 <Ek氫 ,故 B 正 確 . 甲 次碰撞后瞬間乙球被反向彈回,選 項 A 正 確;第 一 次 碰 撞 后 到 考向一 第二次碰撞前,根據(jù)軌道對球的彈力提供球做圓周 運 動 的 向 心 【典例1】 D 汽車劇烈碰撞瞬間,安全氣囊 彈 出,立 即 跟 司 機 身 力 有 F=mRv2 ,因 為 m甲 =7m乙 ,v1 = - 34v,v2 = 41v,半 徑 R 體接觸.司機在很短時 間 內 由 運 動 到 靜 止,動 量 的 變 化 量 是 一 定的,由 于 安 全 氣 囊 的 存 在,作 用 時 間 變 長,據(jù) 動 量 定 理 Δp= 不 變 ,則F1 = 7 ,根 據(jù) 牛 頓 第 三 定 律 可 知 ,甲 、乙 兩 球 對 軌 道 的 FΔt 知,司機所受作用力減小;又知安全氣囊打開后,司機受 力 F2 9 面積變大,因此減小了司機單位面積的受力大小;碰 撞 過 程 中, 彈力 大 小 之 比 為 F'1∶F'2=F1 ∶F2 =7∶9,選 項 C 正 確 ;因 為 動能轉化為內能.綜上所述,選項 D 正確. 碰后乙球速度大小是甲球速度大小的3倍,則第二 次 碰 撞 恰 好 【典例2】 解析:(1)該生跳離地面后做豎直上拋運 動,則 有v2 = 發(fā) 生在 B 點 ,乙 球 運 動 3 圓 周 ,則 第 一 次 碰 撞 后 到 第 二 次 碰 撞 4 2gh,h=2.9 m-2.1 m=0.8 m 解得v=4 m/s 前,分析可知圓管對乙 球 的 彈 力 不 是 始 終 斜 向 上,根 據(jù) 牛 頓 第 設 勻 加 速 上 升 過 程 的 加 速 度 大 小 為 a, 由牛頓第二定律有 FN -mg=ma 三定律可知乙球對圓管的 彈 力 不 是 始 終 斜 向 下,選 項 B 錯 誤, 解得a=16 m/s2 D正確. 又 v2 =2aH 【典例2】 解析:(1)滑 塊 靜 止 時,滑 塊 和 滑 桿 均 處 于 靜 止 狀 態(tài), 解得 H =0.5 m 以 滑 塊 和 滑 桿 整 體 為 研 究 對 象 ,由 平 衡 條 件 可 知 (2)落 地 緩 沖 過 程 ,由 動 量 定 理 有 N1=(m+M )g=8N 滑塊向上滑動時,滑桿 受 重 力、滑 塊 對 其 向 上 的 摩 擦 力 以 及 桌 (F-mg)·Δt=mv 面的支持力,則有 N2=Mg-f 解得 F=800N 代入數(shù)據(jù)得 N2=5N (2)解法一:碰前,滑 塊 向 上 做 勻 減 速 直 線 運 動,由 牛 頓 第 二 定 則 F1 = F =400 N. 2 律得 mg+f=ma1 答案:(1)0.5 m (2)400N 解 得a1=15 m/s2,方 向 向 下 【典例3】 B 已知臺風吹到幕墻的 初 速 度 為v=288km/h=80 由運動學公式得v2-v20=-2a1l m/s,末速度為零,臺 風 受 到 幕 墻 的 支 持 力 與 幕 墻 受 到 臺 風 的 代入數(shù)據(jù)得v=8 m/s. — 239 —

一品方案·物理(新高考版) 解法二:由動能定理得-(mg+f)l= 12mv2- 12mv02 守恒,以向右為正方向,由動量 守 恒 定 律 得 mv-mv'=0,由 機 代入數(shù)據(jù)解得v=8 m/s 械 能 守 恒 定 律 得 mgR = 21mv2 + 1 Mv'2 , 2 (3)滑 塊 和 滑 桿 發(fā) 生 的 碰 撞 為 完 全 非 彈 性 碰 撞 ,根 據(jù) 動 量 守 解 得v'=m M 2gR ),故 C 正 確 ,D 錯 誤 ;設 小 球 由 靜止 釋 恒定律有 mv=(M +m)v共 (M +m 代人數(shù)據(jù)得v共 =2 m/s 放至滑到最低點 的 過 程 中,小 球 和 小 車 各 自 的 位 移 大 小 為 x1 此 后 滑 塊 與 滑 桿 一 起 豎 直 向 上 運 動 ,根 據(jù) 動 能 定 理 有 和 x2,則 mx1 - Mx2 =0,且 x1 +x2 =R,聯(lián) 立 解 得 x1 = - (M +m )gh=0- 1 (M +m )v2共 MR ,故 A 錯 誤 ,B 正 確 . 2 M +m 代入數(shù)據(jù)得h=0.2 m. 考向四 答案:(1)8N 5N (2)8 m/s (3)0.2 m 【典例1】 解析:(1)對物塊 A 由牛頓第二定律有 【典例3】 AD 小球滑上 B,滑 到 最 高 點 時,水 平 方 向 動 量 守 恒 F-μ1mg=maA mv0=(m+M )v 解 得aA =4 m/s2 由 于μ1mg=μ2(M +m)g=5N,故可判斷出 A 在B 上向右滑 機 械 能 守 恒 有 12mv20 = 1 (m +M )v2 +mgh 動過程中(輕繩繃緊前),木板 B 不動 2 由l= 12aAt21 得t1=0.5s 解得h=2(MM+vm02 )g,A 正確;小 球 離 開 B 時,B 的 速 度 最 大, 由v=aAt1 求得繩繃緊前瞬間 A 的速度 大小v=2 m/s 有 mv0 =mv1 +Mv2 ,21mv02 = 21mv21 + 1 Mv22 繩 繃 斷 過 程 時 間 極 短 ,由 動 量 守 恒 定 律 2 有 mv=mvA +MvB 解 得v1=mm+-MMv0,v2=m2+mMv0,B 錯 誤 ;小 球 上 滑 過 程 且vA =v-ΔvA Δp1=mv-mv0= -mm+MMv0 解得繩繃斷后瞬間 A、B 的速度大小分別為 vA =1.2 m/s 下滑過程 Δp2=mv1-mv=mm+MMv0,所 以 小 球 上 滑 過 程 和 下 滑過程的動量變化一 樣 大,C 錯 誤;上 滑 過 程 圓 槽 的 動 能 增 加 vB =0.2 m/s (2)繩繃斷后,A 在拉力和摩擦力的作用下做勻加速直線 運 動, 1 1 mv0 2 B 做vB =0.2 m/s的 勻 速 直 線 運 動,從 繩 繃 斷 到 A 離 開B 的 2 2 m +M 量 ΔEk1 = Mv2 = M 下滑 過 程 圓槽的動 能 增 加 量 ΔEk2 = 1 Mv22 - 1 Mv2 過程 2 2 A 的 加 速 度aA =4 m/s2 3 mv0 2 A 的 對 地 位 移xA =vAt2+ 12aAt22 = 2M m +M B 的 對 地 位 移xB =vBt2 所以上滑過程圓槽的動能增加量比下滑過程圓槽的動能增加 且 L-l=xA -xB 解 得 該 過 程 經(jīng) 歷 的 時 間t2 =0.5s 量小,D 正確. 故 A 在B 上滑行的總時間t=t1+t2=1s. 【典例4】 解析:(1)解法一:設煙花彈的初速度為v0, 答案:(1)1.2 m/s 0.2 m/s (2)1s 【典例2】 解析:(1)水平面光 滑,故 在 水 平 面 上 兩 物 塊 碰 撞 過 程 則 有 E= 21mv20 ,即v0= 2E m 動量守恒,從 B 與 彈 簧 接 觸 到 彈 簧 第 一 次 壓 縮 到 最 短 過 程 中有 煙 花 彈 從 地 面 開 始 做 豎 直 上 拋 運 動 ,由 動 量 定 理 得 -mgt=0-mv0 ,解 得t= 1 2E . g m mBv1=(mB +mA )v0 解 法 二 :煙 花 彈 從 地 面 開 始 做 豎 直 上 拋 運 動 , 其 中v1=1.2v0 可 得 mB =5m 則 有 v0 -gt=0,解 得t= 1 2E . 該過程中機械能守恒,設彈簧最大彈性勢能為 Ep,得 g m (2)煙 花 彈 從 地 面 開 始 上 升 到 彈 中 火 藥 爆 炸 的 高 度 為 1 21mBv21 2 h1=2vg20 =mEg Ep+ (mA +mB )v02 = 對 于 爆 炸 過 程 ,取 豎 直 向 上 為 正 方 向 ,由 動 量 守 恒 定 律 得 聯(lián) 立 以 上 各 式 可 得 Ep=0.6mv02 m m (2)A、B 受 到 的 彈 簧 彈 力 總 W W A 2 2 0= v1 - v2 是大小相 等,方 向 相 反,由 牛 根 據(jù) 能 量 守 恒 定 律 得 E= 1 12m v21 + 1 21m v22 , 頓 第 二 定 律 有 a= mF sB′ 2 2 知aA =mmB 5 t t 2E 可 aB = 1 B m sA′ 聯(lián) 立 解 得v1= 彈簧 的 最 大 壓 縮 量 為 A、B 爆炸后煙花彈向上運動的部分能繼續(xù)上升的高度為 的相對位移 h2=2vg21 =mEg 以地面為參考系,A 的初速度為0,B 的初速度不為零,A、B 位 所以爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度為 移之比不可求,若 A、B 初速度均為0,則由s= 12at2, h=h1 +h2 =m2Eg . 可 知sA =aaBA = 5 sB 1 答 案 :(1)g1 2E (2)m2Eg 可以選速度為v0 的物 體 為 參 考 系,則 圖 中 兩 個 陰 影 部 分 面 積 m 分別表示 A、B 運 動 的 位 移,則 它 們 的 末 速 度 均 為 0,由 逆 向 思 維 可 得s'A ∶s'B =5∶1 【典 例 5】 BC 當 小 球 滑 到 圓 弧 最 低 點 時 ,小 車 的 速 度 設 為v', s'A =v0t0-0.36v0t0 小球的 速 度 設 為v,小 球 與 小 車 組 成 的 系 統(tǒng) 在 水 平 方 向 上 動 量 s'B =0.2s'A — 240 —

參考答案 彈 簧 最 大 壓 縮 量 Δx=s'A +s'B 勢能的減少量等于圓珠筆重力勢能的增加量與因碰撞而損失 解 得 △x=0.768v0t0 (3)設物塊 A 第一次從斜面滑到平面上時的速度為vx ,物塊 A 的能量之和,故 D 正確. (含彈簧)回到 水 平 面,第 二 次 與 B 相 互 作 用 過 程 系 統(tǒng) 機 械 能 【示例3】 D 設 A、B 噴氣過程中對物塊的 作 用 力 大 小 為F,噴 守 恒 、動 量 守 恒 .則 有 氣的時間分別為t1 和t2,物塊初 速 度 為v,以 初 速 度 方 向 為 正 方向,設 A 停止 噴 氣 時 物 塊 速 度 大 小 為v1,根 據(jù) 動 量 定 理 - mBv2 -mAvx =mBv3 +mA ·2v0 Ft1=m(-v1)-mv,Ft2 =0-m (-v1 ),由 運 動 學 規(guī) 律 可 得 12mBv22 + 12mAv2x = 21mBv23 + 1 (2v0 )2 (-v21)+vt1 0+ (-v1 ) ,聯(lián) 立 可 解 得 t1 = (2 +1)t2 ,故 2mA = 2 t2 由 上 式 得vx =v0(另 一 解 舍 去) 選 D. 物塊 A 第一次從斜面底端滑到最高點的過程,由動能定理有 專題三 電場與磁場 -mgμscosθ-mgssinθ=0- 1 (2v0 )2 第一講 電場和磁場的基本性質 2m [真 題 引 領 ] 物塊 A 第一次從最高點滑到水平面的過程,由動能定理有 1.A 由對稱性與電場疊加原理 可 知,a、b、c、d 處 四 根 全 完 全 相 -mgμscosθ+mgssinθ= 12mv02-0 同、均勻帶正電絕緣長棒在 O 點 的 合 場 強 為 零,類 比 正 點 電 荷 由 上 式 得 μ=0.45. 電場可知,一根帶正電絕緣長棒在空間某點的場強 方 向 沿 該 棒 答 案 :(1)0.6mv02 (2)0.768v0t0 (3)0.45 所在直線的垂線指向該點,故 撤 去a 處 的 絕 緣 棒 后,O 點 的 電 【典例3】 解析:(1)滑塊b 擺到最低點 mgh= 21mvb2 場強度方向由O 點垂 直 指 向a,B、D 項 錯 誤;設 每 根 帶 正 電 絕 緣長棒在 O 點產生的電勢為φ0,且大于零,則 根 據(jù) 電 勢 的 疊 加 彈 性 正 碰v0=vb =5 m/s 原理知,四根完全相同、均勻帶正 電 絕 緣 長 棒 在 O 點 產 生 的 電 (2)以 豎 直 向 下 為 正 方 向 場的電勢為4φ0,若撤去a 處 的 絕 緣 棒,其 他 三 棒 在 O 點 產 生 的電場的電勢為3φ0,故 撤 去 a 處 的 絕 緣 棒 后,O 點 的 電 勢 減 FN +mg=mvR2E 小,A 項正確、C 項錯誤. 2.C 根據(jù)“同向電流相互吸 引,異 向 電 流 相 互 排 斥”的 作 用 規(guī) 律 mgh-2μmgl-mgH = 21mv2E 可知,左、右兩導線與 長 管 中 心 的 長 直 導 線 相 互 吸 引,上、下 兩 FN =0.1h-0.14(h≥1.2 m) 導線與長管中心的長直導線相互排斥,C 正確. 從h1 釋放時,滑塊a 運動到E 點時速度恰好為零 考向一 mgh1-2μmgl-mgH =0 【典例1】 D P 靜止且受斜 面 體 的 摩 擦 力 為 0,對 P,由 平 衡 條 h1=1.2 m 件 可 得 k q2 = mgtanθ,解 得 P、Q 所 帶 電 荷 量 為q= (3)當1.2 m≤h<1.65 m 時, r2 t= 2H s=vEt mgr2tanθ ,A 錯 誤 ;斜 面 體 對 P 的 支 持 力 大 小 為 N =cmosgθ, g k 3+ 3 m≤x< 3.6+ 3 m 由牛頓第三 定 律 可 知,P 對 斜 面 體 的 壓 力 大 小 為 N'=N = 5 5 cmosgθ,B 錯誤;對斜面體在水平方 向 由 平 衡 條 件 可 得,斜 面 體 受 當0.9 m<h<1.2 m 時 到地面的摩擦力大小 為 f=N'sinθ=mgtanθ,C 錯 誤;對 斜 面 體在豎直方向由平衡條件可 得 N 地 =Mg+N'cosθ= (M +m) 從h2=0.9 m 釋放時, g,由牛頓第三 定 律 知,斜 面 體 對 地 面 的 壓 力 大 小 為 (M +m ) 滑塊a 運動到距C 點0.8 m 處速度恰好為零 g,D 正確. 滑塊a 由E 點速度 為 零,返 回 到 CD 時 距C 點 0.6 m 處 速 度 【典例2】 C 在取走 A、B 處兩段小圓弧上的 電 荷 之 前,整 個 圓 恰好為零,2.6 m<x≤3 m. 答案:(1)5 m/s (2)FN =0.1h-0.14(h≥1.2 m) 環(huán)上的電荷在 O 點 產 生 的 場 強 為 零,而 取 走 的 A、B 處 的 電 荷 (3)2.6 m<x≤3 m 聚焦情境 素養(yǎng)培優(yōu) 的 電 量qA =qB =2πQRΔL,qA 、qB 在O 點 產 生 的 合 場 強 為 電 荷 【示例1】 D 蹦極者下落第一個 L 時,根據(jù)速度位移關系公式得 之后,剩余部分在 O 點產 生 的 場 強 大 小 為k2QπRΔL3 ,方 向 由 C 指 5 向O,而點電荷q 放 在 D 點 后,O 點 場 強 為 零,故q 在O 點 產 v12 =2g× L ,解得v1 = 2gL ,此 刻 蹦 極 者 的 動 量 為 p1 =Δp1 = 生的場 強 與qA 、qB 在 O 點 產 生 的 合 場 強 相 同,所 以q 為 負 電 5 5 mv1-0=m 2gL ;同 理 可 得 下 落 的 四 個 L 時 的 動 量 為 p= 荷 ,即 有k q =k2QπΔRL3 ,解 得 q=2QπRΔL ,C 項 正 確 . 55 (2R)2 m 8gL ,下落五個 L 時的動量p'=m 2gL ,故 Δp2=p'-p= 【典例3】 D 因為 電 場 線 或 等 勢 線 疏 密 均 勻,所 以 圖 中 電 場 為 5 5 勻強電場,則無論圖 中 的 實 線 是 電 場 線 還 是 等 勢 線,a、b 兩 點 2gL 1-255 有Δp1 m 2gL 的場強都相等,A 錯誤;若實線為電場線,由運動軌 跡 和 電 場 線 Δp2 5 分布情況可知,電子受 到 的 電 場 力 水 平 向 右,則 電 場 方 向 水 平 m .則 = = 5+2,選 m 25 向左,a 點 的 電 勢 比b 點 的 電 勢 低,電 子 從a 點 運 動 到b 點 的 2gL 1- 5 過程中,電 場 力 做 正 功,電 勢 能 減 小,動 能 增 大,則 電 子 在a 點 項 D正確. 的電勢能比在b 點的電勢能大,B、C 錯誤;若 實 線 為 等 勢 線,由 【示例2】 D 由于 外 殼 和 內 芯 碰 后 以 共 同 的 速 度 向 上 運 動,則 運動軌跡和等 勢 線 分 布 情 況 可 知,電 子 受 到 的 電 場 力 豎 直 向 該碰撞為完全非彈性碰撞,碰撞過程有機械能的 損 失,A 錯 誤; 下,則電場方向豎直向上,a 點的 電 勢 比b 點 的 電 勢 高,電 子 從 外殼能向上運動說明 開 始 時 彈 簧 對 外 殼 的 彈 力 大 于 外 殼 的 重 a 到b 的運動 過 程 中,電 場 力 做 負 功,電 勢 能 增 加,動 能 減 小, 力,又碰撞瞬間彈簧剛 好 恢 復 原 長,即 外 殼 從 開 始 運 動 到 碰 撞 電子在a 點的電勢能比在b 點的電勢能小,電子在a 點的速率 的過程,彈簧的彈力一 直 減 小 到 零,當 彈 力 小 于 重 力 時 外 殼 開 一定大于在b 點的速率,D 正確. 始做減速運動,B 錯誤;外殼與內芯 碰 撞 前,桌 面 對 圓 珠 筆 有 向 【典例4】 C 相鄰 的 等 勢 線 電 勢 差 相 等,等 勢 線 的 疏 密 反 映 電 上的支持力,但在支持 力 的 作 用 下 圓 珠 筆 沒 有 發(fā) 生 位 移,因 此 場強度的大小,所以 Ea <Eb 選 項 A 錯 誤;研 究 電 荷 運 動 軌 跡 桌面對圓珠筆不做功,C 錯誤;由能量 守 恒 定 律 可 知,彈 簧 彈 性 與豎直等勢線的交點 A,如圖所示,電場線與等勢線垂直,電 荷 — 241 —

一品方案·物理(新高考版) 做曲線運動,其所受合外力指向 凹 側,所 以 電 荷 在 A 點 所 受 庫 直方向的導線和水平方向的導線在 N 處產 生 的 磁 感 應 強 度 大 侖力水平向左,又因為電荷帶正 電,所 以 A 點 的 電 場 線 水 平 向 小均為B,方向相同,疊加后磁感應強度大小為2B,B 正確. 左,即電場線指向左側,φa >φb ,選 項 B 錯 誤;正 電 荷 在 電 勢 高 【典例2】 A 圓弧導線 MaN 的長度為圓周長的 1 ,則 圓 弧 導 的地方電勢能大,所以正電荷在b 點的電 勢 能 4 大 于 在a 點 的 電 勢 能 ,即 Epa <Epb 電 荷 具 有 a A 線 MbN 的長度為圓周長的 3 ,圓 弧 導 線 MbN 的電阻是圓弧 動能和電 勢 能 兩 種 能 量,根 據(jù) 能 量 守 恒 定 律 b 4 知,電荷在 電 勢 能 大 的 地 方,動 能 小,所 以 va 導線 MaN 的電阻的 3 倍,兩 段 圓 弧 導 線 并 聯(lián),故 通 過 兩 段 圓 >vb ,選項 C 正確,D 錯誤. 弧導線的電流與圓弧導線的 電 阻 成 反 比,圓 弧 導 線 MbN 與 圓 【典例5】 B 將玻璃板插入 C、D 板 間,則 相 對 弧導線 MaN 受 安 培 力 作 用 的 等 效 長 度 相 同,已 知 圓 弧 導 線 MaN 受 到 的 安 培 力 大 小 為 F,根 據(jù) 安 培 力 的 表 達 式 F安 = 介電常數(shù)εr 增大,其 他 條 件 不 變,由 C =4επrkSd 可 知,CD 平 行 板電容 器 的 電 容 增 大,選 項 A 錯 誤;AB 和CD 兩 電 容 器 兩 板 BIL,可 知 圓 弧 導 線 MbN 受到的安培力大小為F ,B、C、D 錯 3 間 電 壓 U Q總 ,斷 開 開 關 K 后 ,兩 電 容 器 所 帶 總 電 荷 量 誤,A 正確. N =CAB +CCD 【典例3】 D 對 圖 中 的 通 電 不變,由于 CD 電 容 器 的 電 容 增 大,所 以 AB 和CD 兩 電 容 器 導體棒 進 行 受 力 分 析 如 圖, 兩板間 電 勢 差 均 變 小,由 E U 可 知,A、B 板 間電場強度變 導體棒受到自身的重力豎直 d = 向下,斜 面 對 導 體 棒 的 支 持 小,則 P 點與B 板間的電勢差變小,因為B 板接地電勢始終為 力方 向 垂 直 于 斜 面 向 上.根 mg 據(jù)平 衡 條 件 可 知,通 電 導 體 零,則 P 點電勢降低,選項 B 正 確,C 錯 誤;由 于 插 入 玻 璃 板 的 α 過程中,AB 電容器兩板間電 勢 差 變 小,則 AB 電 容 器 放 電,電 棒若 要 受 力 平 衡,所 受 安 培 c a bd 阻 R 中有向左的電流,選項 D 錯誤. 力的方向應在圖中兩虛線的范圍內.根據(jù)同向電流 相 互 吸 引 可 考向二 得,四個選項的描述中只有 D 項 能 使 斜 面 上 的 導 體 棒 靜 止,故 【典例】 解題指導:提示:(1)E 的正負表示方向. D正確. (2)電 勢 差 . 解析:從 N 到P 電場強度均為正值,則電場強度 E 的方向為x 聚焦情境 素養(yǎng)培優(yōu) 軸正方向,沿著電場線方向電勢 逐 漸 降 低,所 以 A 點 的 電 勢 高 于B 點的電勢,選項 A 錯 誤;從 N 點 到O 點,電 勢 一 直 減 小, 【示例1】 B 電擊對人類的危害是較 長 時 間 通 過 人 體 一 個 強 電 選 項 B 錯誤;電子從 N 點移到P 點的過程中,庫侖力一直做負 功,電勢能逐漸增大,選項 C 錯誤;E-x 圖 線 與 坐 標 軸 圍 成 的 流,雖然電蚊拍中間夾 層 的 金 屬 網(wǎng) 電 勢 高 達 上 千 伏 特,若 人 體 面積 表 示 電 勢 差 ,則 有 UNO =UOP ,再 根 據(jù) W =qU 可 知 ,電 子 從 N 移動到O 點和從O 點移動到P 點的過程 中,庫 侖 力 做 功 碰觸金屬網(wǎng),不會因電 擊 而 產 生 嚴 重 傷 害.一 方 面 是 因 為 人 體 電阻大,另一方面是不 會 產 生 持 續(xù) 長 時 間 的 一 個 強 電 流,故 A 錯誤;閃電生成的基本原理與電蚊拍電離空氣放電 的 原 理 是 一 樣的,均屬于兩 極 間 電 壓 積 累 到 一 定 程 度,擊 穿 空 氣,進 行 放 電,與原子能級躍遷沒有關系,故 B 正確、C 錯誤;依 題 意,設 該 相等,選項 D 正確. 電蚊拍兩電極間的電 壓可升 高 至 Um ,根 據(jù) E = U ,代 入 數(shù) 據(jù) 答 案 :D d 鞏固拓展 可得Um =15kV,故 D 錯誤.故選 B. 1.B 根據(jù)電勢能與電勢的關系 Ep=qφ 和 電 場 強 度 與 電 勢 的 關 【示例2】 A 在“峪 ”處 形 成 的 小 電 容 器,極 板 和 與 之 正 對 的 皮 系E=ΔΔxφ可 得E = 1 ·ΔEp ,則 Ep -x 圖 像 切 線 的 斜 率 等 于 膚表面間距離d 較大,根據(jù)電容決 定 式 C=4επrkSd知,其 電 容 較 q Δx 小,放電較快,A 正確,B 錯誤;在“嵴”處 形 成 的 小 電 容 器,極 板 ΔEp =Eq.在 x=x1 處圖像斜率為0,即 Eq=0,則電場強度為 和與之正對的皮膚表面間距離d 較 小,根 據(jù) C=4επrkSd知,其 電 Δx 容較大,充電后所帶的電荷量較大,C 錯 誤;潮 濕 的 手 指 與 傳 感 0,A 錯 誤;在 x2 ~x3 段,圖 像 斜 率 不 變,場 強 大 小、方 向 均 不 器之間有水填充,改變 了 原 來 匹 配 成 平 行 板 電 容 器 的 電 容,所 變,B 正確;在0~x2 段,圖像斜率變化,電 場 強 度 變 化,粒 子 不 做勻變速 直 線 運 動,C 錯 誤;粒 子 在 x=0、x=x2 處 電 勢 能 相 以對指紋識別會產生影響,D 錯誤. 【示例3】 D 炮彈受安培力向右,由左手定 則 可 知,勻 強 磁 場 的 等 ,根 據(jù) Ep=qφ 可 知x=0 與x=x2 處 的 電 勢φ0、φ2 相 等 ,即 φ0=φ2,粒子在 x=x1 處 電 勢 能 最 小,又 粒 子 帶 負 電,故 x= x1 處 電 勢 最 高 ,同 理 可 知 x=x3 處 電 勢 最 小 ,則 φ1 >φ2 = 方向豎直向上,選 項 錯 誤;由 動 能 定 理 1 mv2 解得金 A Fs= 2 φ0>φ3,D 錯 誤 . 屬框架受到的安培 力 大 小 為 F =m2vs2 ,選 項 B 錯 誤;根 據(jù) 安 培 2.CD 若 粒 子 能 運 動 到 A 處,其 速 度 vA ≥0,根 據(jù) 動 能 定 理 有 qUOA =q(0-φ0 )= 1 mv2A - 1 mv02 ,即 v0 = 2qφ0 +v2A ≥ 力 F=BIL,可得通過金屬 框 架 的 電 流 為I=2msBvL2 ,選 項 C 錯 2 2 m 2qφ0 ,故 選 項 A 錯 誤;若 帶 電 粒 子 運 動 到 A 點 的 速 度 為 0, 誤;根據(jù) E=I(R+r),可知電源的電動 勢 為 E=mv22s(BRL+r), m 則帶電粒子不能到達 D 點,若 帶 電 粒 子 運 動 到 A 點 的 速 度 不 選項 D 正確. 為0,則帶電粒子能到達 D 點,故選項 B 錯誤;根 據(jù)φ-x 圖 像 第二講 帶電粒子在電磁場中的運動 可得A、B 間的電場強度E=ΔΔφx=0,即 帶 電 粒 子 在 A、B 間 所 [真 題 引 領 ] 受的合外力為零,做勻速直線運動,故選項 C 正確;帶電粒子從 1.C 粒子的電 性 未 知,粒 子 從 M 極 板 到 N 極 板,電 場 力 做 正 O 到G 由動能定理 有qUOC =q(0-φC )= -qφ20 = 1 mv2C - 功,但不能判斷極板 電 勢 的 高 低,A 錯 誤;電 場 力 做 正 功 時,粒 2 子電勢 能 減 小,B 錯 誤;根 據(jù) 能 量 守 恒 定 律 可 知,平 行 M 板 向 21mv20 ,即vC = v20 -qmφ0 ,故 選 項 D 正 確 . 下的粒子,到達 N 極板下端時的速度大小仍為 2v0,在平 行 極 考向三 板方向做勻速運動,速度為v0,在 垂 直 極 板 方 向 做 勻 加 速 直 線 運 動 ,有a=vt0 ,t=2Lv0 ,解 得a=2Lv02 ,C 正 確 ,D 錯 誤 . 【典例1】 B 根據(jù)安培定則可知,兩 根 導 線 在 M 處 產 生 的 磁 感 2.A 根 據(jù) 題 述 情 境,質 子 垂 直 Oyz 平 面 進 入 磁 場,由 左 手 定 則 應強度大小均為B,方向相反,疊 加 后 磁 感 應 強 度 大 小 為 0;豎 可知,質子先向y 軸 正 方 向 偏 轉 穿 過 MNPQ 平 面,再 向 x 軸 — 242 —

參考答案 正方向偏轉,所以 A 可 能 正 確,B 錯 誤;該 軌 跡 在 Oxz 平 面 上 的圖像如圖所示 的投影為一條平行于x 軸的直線,CD 錯誤. Wy 考向一 【典例1】 BD 對 電 子 由 動 能 定 理 有 qU = 1 mv2 ,解 得 v= 2 2qU ,增大兩板間的距離時,兩板間的電勢差不變,所以電子 O T T T T t m 若電子恰好在 3T 時 刻 從 A 板 邊 緣 射 出 電 場,根 據(jù) 動 能 定 理 到達 B 板的速度不變,若減小電源電動勢,則電子到達 B 板 的 可得 速度減小,選項 A 錯誤,B 正 確;若 充 電 后 斷 開 S,則 兩 板 帶 電 荷 量 不 變 ,由 C=4επrkSd ,C= Q 可 得 U =4επqrSdQ ,板 間 的 電 場 強 ΔEk =e×U20 × 1 =eU60 . U 3 度為 E=dU =4επrkSQ ,即 減 小 兩 板 間 的 距 離 時,電 場 強 度 不 變, (2)若k=1.5,豎直方向,電 子 在 0~T 時 間 內 做 勻 加 速 運 動, 則電子在兩板間運動的加速度a=Emq不變,由d= 21at2,可 知 加 速 度 的 大 小a1=emUd0 ,位 移 大 小 x1= 12a1T2 在 T~2T 時間內先做勻減速運動,后反向做勻加速運動,加 速 電子在兩板間運動的時間變短,選項 C 錯誤,D 正確. 度 的 大 小a2=32emUd0 【典例2】AD 電 子 在 水 平 方 向 做 勻 速 直 線 運 動,通 過 平 行 板 電 容器的時間是t,故 A 正 確;電 子 在 平 行 板 電 容 器 間 豎 直 偏 移 初 速 度 的 大 小v1=a1T,勻 減 速 運 動 階 段 的 位 移 大 小 x2=2va122 量y1= 21at2=q2Umtd2 ,平 行 板 間 電 場 對 電 子 做 功 為 W =qEy1 d 5eU0T2 2 3m =qdU ×q2Umtd2 =q22mUd2t22 ,將 兩 板 間 調 整 為 2d,則 W'= 1 W ,故 由 題 知 ≥x1 +x2 ,解 得 d≥ 4 垂 直 電 場 方 向 ,電 子 速 度 為 v0 , B 錯誤;電子離開平行板間電場時速 度 與 水 平 方 向 夾 角 正 切 值 射 出 時 豎 直 方 向 的 速 度 大 小 為vy =a2T-a1T=e2Um0dT 為tanθ=vvy =avt =mqUdtv,將 兩 板 間 距 調 整 為 2d,則 tanθ'= 2 21tanθ,故 C 錯 誤;電 子 在 屏 幕 上 所 產 生 的 光 點 的 豎 直 偏 移 量 合速度大小為 v20 + eU0T 2md . 為y=y1 +y2 =q2Umtd2 +Dtanθ=q2Umtd2 +DmqdUvt,將 兩 板 間 距 調 電子在0~3T 時間內運動軌跡的示意圖: 整為2d,則y'= 12y,故 D 正確. B 【典例3】 解析:(1)已 知 帶 電 小 球 在 D 光滑的豎直圓軌道內做完整的圓周 運動,經(jīng) C 點 時 速 度 最 大,因 此,C O O T T T 點是豎直平面內圓周運動的等 效 F C θ W 電子在0~2T 時間內臨界情況下運動軌跡的示意圖: “最低 點 ”也 就 是 小 球 在 C 點 所 受 的電場力和重力的合力沿背離圓心 mg A x 的 方 向 ,如 圖 所 示 , 則有tanθ=mFg,因 此 小 球 所 受 電 場 力 大 小 為 F=mgtan60°= x 3mg. O T T (2)D 點為豎直平面內圓 周 運 動 的 等 效 “最 高 點”,小 球 恰 好 能 答 案 :(1)eU60 eU0T 2 完整的做圓周運動 時,在 “最 高 點”有 最 小 速 度,此 時 小 球 經(jīng) B 2md (2) v20 + 點時對軌道壓力最小,即coms6g0°=mvr2D , 考向二 解 得vD = 2gr 【典例 1】 BC 兩 個 粒 子 在 磁 場 中 的 軌 跡 如 圖 所 示,均 從 O 點 小球由 D 點運動到A 點的過程,由動能 定 理 有 mgr(1+cosθ) 射出磁場,根 據(jù) 左 手 定 則 可 知,Q 帶 正 電,P 帶 負 電,故 A 錯 +Frsinθ= 12mv20 - 12mv02 誤;根據(jù)幾何關系可知,Q 偏轉的圓心角為120°,則 RQsin60°= 1 ,P 偏 轉 的 圓 心 角 為 60°,則 RP =MO,又 MO=2ON ,故 2ON 解得v0=2 2gr. P 和Q 在磁場中運動的半徑之 比 為 2 3∶1,兩 粒 子 在 磁 場 中 答案:(1)3mg (2)2 2gr 【典例4】 BC 粒 子 在 半 徑 為r 的 圓 軌 道 運 動,有qE =mω2r, 做 勻 速 圓 周 運 動 的 時 間 相 同 ,即 1 = 1 ,T =2vπR ,故 P 3TQ 6TP 將 E=ra 代入上式得ω2=mqra2 ,可 知 軌 道 半 徑 小 的 粒 子,角 速 和Q 的速度大小之比為 3∶1,根 據(jù) R =Bmqv得 q =BvR ,所 以 m v2 度 大 ,A 錯 誤;由 qE =m r 、Ek = 1 mv2 、E = a 解 得 Ek = P 和Q 的比荷之比為1∶2,故 B、C 正確,D 錯誤. 2 r WQ WP qa ,即 電 荷 量 大 的 粒 子 動 能 一 定 大 ,B 正 確 ;由qE v2 、E 2 =m r = c c NO M a 可 得v2 =qma,即 r 粒 子 速 度 的 大 小 與 軌 道 半 徑 r 無 關 ,C 正 確;帶電粒子的運動方向和垂直紙面的磁場方向是 向 里 還 是 向 外未知,粒子所受洛倫茲力方向未知,D 錯誤. 【典例5】 解析:(1)若k=1,電子在豎直方向的速度隨時間 變 化 — 243 —

一品方案·物理(新高考版) 【典例2】 C 如圖(b)所示,乙粒子軌 跡 恰 好 與ac 邊 相 切 時,乙 解 得q =BvR00 . 粒子從bc 邊射出 的 軌 道 半 徑 最 大,則 易 知 選 項 A 錯 誤;如 圖 m (a)所示,甲粒子軌跡恰好與bc 邊 相 切 于c 點 時 從c 點 射 出 磁 (2)畫 出 粒 子 速 度 最 大 時 的 軌 跡 圖,如 ff 場.根據(jù)幾何關系可得,甲粒子的軌道半徑為 L,運 動 軌 跡 所 對 圖 所 示 ,由 幾 何 關 系 得 (3R0 -r)2 =R02 f ff f r O′ O 的 圓 心 角 為 90°,即 運 動 了 四 分 之 一 周 期 的 時 間.運 動 時 間 為 +r2,解得粒子在 磁 場 中 運 動 的 軌 跡 半 ff A ff ff t= T =24πBmq =2πBmq,選 項 B 錯 誤 ;乙 粒 子 軌 跡 與 ac 邊 相 切 時 , 徑r= 4 ,由 于 qBvm =m v2m ,解 得 R 4 3 R0 r ff 乙粒子從bc 邊射出的軌道 半 徑 最 大,設 切 點 為e,由 幾 何 關 系 粒 子 射 出 速 度 的 最 大 值 vm = 4 . f fff 3v0 ff 可得ae=ab=L,ac= 2L,所以 乙 粒 子 從bc 邊 射 出 的 最 大 軌 (3)設 偏 轉 次 數(shù) 為k,因 至 少 碰 撞3 次 回 道半徑為Rmax=(2-1)L,選項 C 正確;由題意可知 甲 粒 子 在 到 O 處,故k=3、4、5、…,繞大圓轉了n 圈,θ 為 繞 圓 柱 體 偏 轉 磁場中運動的最 長 時 間 為t甲 =2πBmq,乙 粒 子 在 磁 場 中 運 動 最 一次時,軌跡與圓柱體 相 交 時,兩 交 點 之 間 弧 長 所 對 應 的 圓 柱 長 時 間 為t乙 T =22πBmq =πBmq ,甲 、乙 兩 粒 子 在 磁 場 中 運 動 的 體的圓心角.轉 了n 圈,轉 過 的 總 角 度 為 2nπ,偏 轉 次 數(shù) 為k, 2 = 由 幾 何 關 系 可 知θ=2nkπ(k=3、4、5、… ,n=1、2、3、… ),偏 轉 一 最長 時 間 之 比 為t甲 = 1 ,選 項 D 錯 誤 . 次時,粒子轉過的圓心角為2π- (π-θ)=π+2nkπ(k=3、4、5、 t乙 2 cc f ef π+2nkπ 2π ff ff …,n=1、2、3、… ),則 再 回 到 O 點 的 時 間 為t= · fff fff 2πm ·k=πR0 (vk0+2n)(k=3、4、5、… qB a ff f fb a ff f fb ,n=1、2、3、… ). * * 答 案 :(1)BvR00 (2)34v0 (3)t=πR0(vk0+2n)(k=3、4、5、… , (a) (b) 【典例 3】 C 因 為 正 電 子 和 負 電 子 的 電 荷 量q 和 質 量 m 均 相 n=1、2、3、… ) 等,而帶電粒子在磁 場 中 做 勻 速 圓 周 運 動 的 周 期 T =2qπBm ,所 【典例 6】 AC 由 于 所 有 y 粒子射出磁場時的 位 置 f ffff 以四種徑跡的周期相等,而 沿 徑 跡 Oc 運 動 的 粒 子 的 速 度 偏 轉 中,P 點 距 離 粒 子 源 最 f f f f f S f f Of f f 角最大,徑跡對應的圓心 角 也 最 大,設 偏 轉 角 為θ,由t=2θπT 遠,則 SP 應 為 粒 子 在 磁 場中做勻速圓周運 動 的 可知,沿徑跡 Oc 運 動 的 粒 子 在 磁 場 中 運 動 時 間 最 長,選 項 A 錯誤;由左手定則可判斷沿徑跡 Oc、Od 運動的粒 子 均 帶 負 電, 直 徑,由 幾 何 關 系 可 知 f ffff 選項 B 錯誤;設圓形 磁 場 半 徑 為r,根 據(jù) 幾 何 關 系 可 得 沿 徑 跡 SP =2d,則 粒 子 運 動 的 O f f f f f O Px Oa、Ob 運動的粒子軌道半徑分別為ra =r,rb = 3r,根 據(jù)qBv 軌 跡 半 徑 為 r=d,結 合 v2 ,可 得va =rrba 3,選 項 公式 qvB =m v2 得 粒 子 r vb 3 r =m = C 正 確 ;由 A 項 分 析 可 知 ,運 的速度大小為v=qBmd,A 正確;粒子從 O 點 射 出 磁 場 時,作 出 動時間 之 比 為 偏 轉 角 之 比,所 以tb =θθdb 60° 4 ,選 項 D 運動軌跡,如圖中虛 線 弧 Ⅰ 所 示,軌 跡 圓 心 為 O1,由 幾 何 關 系 td =45°= 3 可知△SOO1 為正三角形,圓弧所 對 應 的 圓 心 角 為 60°,則 粒 子 錯誤. 【典例4】 解析:(1)粒子 P 在 “陽 魚”內 做 圓 周 運 動 的 軌 跡 如 圖 在 磁 場 中 的 運 動 時 間 為t1 = T ,又 粒 子 在 磁 場 中 的 運 動 周 期 6 甲 所 示 ,根 據(jù) 幾 何 關 系 ,可 知 軌 跡 圓 的 半 徑 r0 = R2tan θ ,又 2 為 T=2qπBm ,整理得t1=3πqmB ,B 錯誤;分 析 可 知 沿 y 軸 正 方 向 射入 的 粒 子 從x 軸 上 射 出 磁 場 時,在 磁 場 中 運 動 的 時 間 最 長, qv0B =m v20 ,解 得 2 3mv0 . r0 B= qR 作出粒子的運動軌跡,如 圖 中 虛 線 弧 Ⅱ 所 示,則 粒 子 在 磁 場 中 A DA O 運動的時 間 為t2 =34T ,粒 子 從 x 軸 上O 點 射 出 磁 場 時,在 磁 θ OP W 場中運動的時間最短,則最長時間與最短 時 間 之 比 為t2 ∶t1 = O O W O θ 9∶2,C 正確;沿平行x 軸正方向射入磁場的粒子,作出 運 動 軌 O O C 跡,如圖中虛線?、笏?示,由 幾 何 關 系 可 知 粒 子 離 開 磁 場 的 位 C 置到 O 點的距離為d,D 錯誤. OQ 甲 考向三 乙 (2)設粒子 Q 以大小為v1 的 速 度 從 C 點 沿CO2 方 向 射 入 “陽 【典例1】 解題指導:提示:(1)類平拋運動. 魚”時,其軌跡恰好與圓 O1 相 切,如 圖 乙 所 示.根 據(jù) 幾 何 關 系, (2)60°. 可 知 軌 跡 圓 的 半 徑 為 R ,又qv1B =m v12 解 析 :(1)粒 子 在 極 板 間 做 類 平 拋 運 動 ,豎 直 位 移 為 y1 = 1 · R 2 解 得v1=2 3v0 qE ·D2 =0.6 m. 粒子 Q 從 C 點 射 入 “陽 魚 ”時 的 速 度 大 小 應 滿 足 的 條 件 為 m v20 v≥2 3v0. (2)設粒子在電容 器 右 側 N 點 飛 出,到 上 極 板 的 距 離 為 d,由 幾何關系可得 答 案 :(1)2 3mv0 (2)v≥2 3v0 d=Lcos30°-2coLs30°=0.5 m qR 由平拋運動規(guī)律可 得 粒 子 在 電 場 中 豎 直 位 移 為 y'= D2tan30° 【典 例 5】 解 析 :(1)由 牛 頓 運 動 定 律 有 qv0B =m v20 , R0 — 244 —

參考答案 =0.3 m y1 =v0t3 =L 則有y0=d-y'=0.2 m. N 點 的 縱 坐 標 為yN =DQ+y1 (3)設 粒 子 出 電 場 后 的 速 度 為 v,有 v=covs300° 聯(lián)立解得yN =(3+1)L,則 N 點的坐標為(0,(3+1)L). 在勻強磁場區(qū)域,粒子做勻速圓周運動,如圖所示,由 洛 倫 茲 力 答 案 :(1)2mqvL0 (2)3 3+3+2π (0,(3+1)L) L 3v0 v2 提 供 向 心 力 可 得qvB=m r ,解 得r=130 m 【典例2】 解題指導:提示:(1)小球所受的電場力與重力平衡. M H (2)電 場 力 與 重 力 的 合 力 與 速 度 方 向 共 線 . N O W x 解析:(1)小球在兩板間做勻速圓周運動,電場力與 重 力 大 小 相 y K 等 ,設 兩 板 間 電 壓 為U ,有 mg=q U S d OB O1 由 閉 合 電 路 歐 姆 定 律 得U=R1R+2R2E0 yI J (R1 +R2)mgd qR2 由速 度 偏 向 角 為 60°及 幾 何 關 系 可 知,粒 子 在 磁 場 中 運 動 的 軌 聯(lián) 立 解 得 E0 = 跡 對 應 的 弦 長 等 于r ①當圓心 OB 與軌跡圓圓心在弦的同 側 時,由 軌 跡 圓 與 磁 場 區(qū) (2)小球在電容器中做勻速圓周運動,從上板右側 邊 緣 離 開,設 域圓共 弦 且 半 徑 相 等,可 知 兩 圓 是 同 心 圓,圓 心 OB 距I 的 距 軌 跡 半 徑 為r,有r2=(r-d)2+(3d)2 離為l1=2coLs30°-cosr30°=0.8 m ②當圓心 OB 與軌跡圓圓心在弦的異側時,由幾何關系解得 又 洛 倫 茲 力 提 供 小 球 做 圓 周 運 動 的 向 心 力 ,qvB =m v2 r 圓心 OB 到 I 的 距 離 為l2 =2coLs30°-cosr30°+2rcos30°= 解得 B=2mqvd. (3)小 球 離 開 磁 場 時 ,速 度 方 向 與 水 平 方 向 的 夾 角 為θ=60°,要 使小球做直線運動,則 電 場 力 與 重 力 的 合 力 與 速 度 方 向 共 線, 1.1 m. 當電場力等于 小 球 重 力 垂 直 于 速 度 方 向 的 分 力 時,電 場 力 最 答案:(1)0.6 m (2)0.2 m (3)0.8 m 或1.1 m 小 ,電 場 強 度 最 小 鞏固拓展 qE'=mgcos60° 1.解析:(1)粒子以速度v0 從y 軸 上 y 的P 點與y 軸正方向成60°夾角射 M 解得 E'=m2qg 向磁場,經(jīng)磁場偏轉后垂直于x 軸 E 答 案 :(1)(R1 +R2)mgd (2)2mqvd (3)m2qg 射出磁場,作出粒 子 在 磁 場 中 的 軌 N qR2 跡如圖所示,A 點為 粒 子 軌 跡 圓 的 Q 鞏固拓展 圓心,D 為 射 出 磁 場 的 點,AP 和 AD 為軌跡 圓 半 徑,設 軌 跡 圓 半 徑 AD 2.D 小環(huán)剛開始下滑的一段 時 間 內,受 重 力、向 左 的 電 場 力、向 為r,根 據(jù) 幾 何 關 系 知 r=sin36L0° O Wcfff f f fx 右的洛倫茲力和 彈 力、摩 擦 力 作 用,由 牛 頓 第 二 定 律 有 mg- P f μ(Eq-qvB)=ma,隨 著 小 環(huán) 的 速 度 增 大,加 速 度 不 斷 增 大;當 =2L ffB f qvB=Eq 時,加速度為 g,達 到 最 大;隨 著 速 度 繼 續(xù) 增 大,qvB> 帶電粒子 在 磁 場 中 做 勻 速 圓 周 運 f f Eq,桿對小環(huán) 的 彈 力 方 向 變 為 向 左,由 牛 頓 第 二 定 律 有 mg- μ(qvB-Eq)=ma,小環(huán)的加 速 度 不 斷 減 小,重 力 與 摩 擦 力 平 衡 ffff 時,小環(huán)做勻速運動,速度達到最大值.綜上所述,D 項正確. 動 ,洛 倫 茲 力 提 供 向 心 力 ,有qv0B=mrv20 聚焦情境 素養(yǎng)培優(yōu) 解得勻強磁場磁感應強度的大小 B=2mqvL0 . 【示例1】 B 若 霍 爾 元 件 材 料 使 用 的 是 鋅,霍 爾 元 件 的 電 流I 是由正電荷定向運動 形 成 的,根 據(jù) 左 手 定 則,可 知 正 電 荷 偏 向 (2)帶電粒子在磁場中運動的周期為 T=2vπ0r=4vπ0L D 端,因此 C 端電勢低于D 端電勢,選項 A 錯誤;C、D 間的電 根據(jù) 幾 何 關 系 可 得 帶 電 粒 子 在 磁 場 中 運 動 的 圓 心 角 為 60°,則 勢差UH =kIdB ,可 知 磁 鐵 從 如 圖 乙 所 示 的 位 置 逐 漸 靠 近 霍 爾 在 磁 場 中 運 動 的 時 間 為t1 =36600°°T =23πvL0 傳感器的過程中,k、I、d 不變,但 磁 場 的 磁 感 應 強 度 B 越 來 越 粒子射出磁場后至進入電場前做勻速直線運動,根 據(jù) 幾 何 關 系 大,故 C、D 間的電勢差也越來越大,選項 B 正確;根 據(jù)t0 時 間 可得 OD=r-rcos60°=L,DQ=taOn3D0°= 3L 內的脈沖數(shù)為 N ,可求得車輪轉動周 期 T=tN0 ,則 車 輪 的 角 速 粒子在 DQ 段 運 動 的 時 間t2=DvQ0 = 3L 度ω=2Tπ=2tπ0N ,故 車 輪 的 速 度 大 小v=ωR =2πtN0R ,選 項 C v0 錯誤;前輪漏氣,導致前 輪 實 際 半 徑 比 錄 入 到 速 度 計 中 的 參 數(shù) 帶電粒子垂直 于 電 場 方 向 進 入 勻 強 電 場,在 電 場 中 做 類 平 拋 偏小,那么單位時間內 測 得 的 脈 沖 數(shù) 會 增 多,則 速 度 計 測 得 的 運動 騎行速度偏大,選項 D 錯誤. 根 據(jù) 牛 頓 第 二 定 律 有qE =ma 【示例2】 A 血液中正負離子流動時,根據(jù)左手定則,正離子受到 根據(jù)幾何關系可得帶 電 粒 子 在 沿 電 場 方 向 的 位 移 為 OD =L, 向上的洛倫茲力,負離子受到向下的洛倫茲力,所以正離子向上偏 根據(jù)運動學公式在沿電場方向有 L= 12at32 轉,負離子向下偏轉,則電極a 帶正電,電極b 帶負電,故 C、D 錯 已 知 電 場 強 度 大 小 為 E=2qmLv20 誤;最終血液中 的 離 子 所 受 的 電 場 力 和 磁 場 力 的 合 力 為 零,有q U =qvB,所以血流速度v=BUd=0.014600××31×01-60-3 m/s≈1.3 m/s, d 以 上 各 式 聯(lián) 立 解 得t3=vL0 故 A 正確,B錯誤. 粒子由 P 點進入磁場到運動到y(tǒng) 軸上的 N 點所經(jīng)歷的時間 【示例3】 AD 根據(jù)左手定則 可 判 斷 出 正 離 子 在 縱 向 場 中 沿 逆 時針方向運動,選 項 A 正 確;因 為 左、右 兩 側 磁 感 應 強 度 不 一 3 3+3+2π 樣,故粒子在左、右兩側磁場內做圓周運動的軌跡 半 徑 不 同,所 t=t1 +t2 +t3 = L 以發(fā)生漂移,選 項 B 錯 誤;根 據(jù)qvB =mRv2 得 R =qmBv,因 此 B 3v0 粒子在電場中沿y 軸方向的位移為 — 245 —

一品方案·物理(新高考版) 越大,R 越小,所以粒子 在 右 側 磁 場 中 運 動 的 軌 跡 半 徑 小 于 在 知,甲表示電壓表 的 示 數(shù) 隨 電 流 表 的 示 數(shù) 的 變 化 情 況, 左側磁場中運動的軌跡半徑,結合左手定則可判斷 出 正 離 子 向 乙表示電壓表 的示數(shù) 隨 電 流 表 的 示 數(shù) 的 變 化 情 況,分 析 下側漂移,電子向上側漂移,選項 C 錯誤,D 正確. 可知,電阻 R0 的阻值大于電 源 的 內 阻,當 電 源 內 阻 一 定 時,減 小滑動變阻器接入電 路 的 阻 值,電 源 的 輸 出 功 率 將 增 大,兩 圖 專題四 電路與電磁感應 第一講 直流電和交流電 線的交點對應滑動變阻器接入 電 路 的 阻 值 為 0,即 電 源 的 輸 出 [真 題 引 領 ] 功率最大,選項 B 正確;定值電阻 R0 消耗的功率為 P=U2I= 1.D 每 秒 水 泵 對 水 做 的 功 等 于 水 的 機 械 能 增 加 量,即 W = 1.0×0.5 W=0.5 W,選 項 C 正 確;電 源 的 效 率 為 η=EUII× ΔE= 21mv20+mgH =300J,故選 項 A、B 均 錯 誤;水 泵 輸 入 功 100% = EU ×100% 1 =66.7% ,選 項 D 錯誤. =1.5×100% 率(即電動機輸 出 功 率)為 P泵出 300 W,故 P泵入 = =0.75 W =400 【典例4】 AD 初始時,S1 閉 合,S2 斷 開,則 電 容 器 兩 極 板 間 的 η =R1E+rR1 E 選項 C 錯誤;電動機的輸入功率為 P電 =440 W,根據(jù)能量的轉 2 電 壓 為 U ,又 R1 =R ,r=R ,則 U = ,由 于 液 滴 靜 化 與 守 恒 ,可 得 P電 =P泵入 +Pr =P泵入 +Ir2,代 入 數(shù) 據(jù) 可 得 電 U 動機的內阻為r=10Ω,故選項 D 正確. 止 不 動 ,則 有 mg=q d ,如 果 僅減 小 兩極 板的 正 對面 積,則 液 2.B 由于 兩 定 子 線 圈 匝 數(shù) 不 同,根 據(jù) 法 拉 第 電 磁 感 應 定 律 可 滴仍受力平衡,保持靜止,A 正確.如果僅將電容器 上 極 板 向 上 知,在兩線圈中產生的電動勢最 大 值 不 相 等,有 效 值 不 相 等,A 移動少許,則兩極板間距d 增大,兩極板間的 電 場 強 度 減 小,P 項錯誤;由于轉子勻速轉動的周期等于兩定子產生 交 流 電 的 周 點與下極板間的電勢差減小,P 點的電 勢 降 低,B 錯 誤.若 閉 合 期,所以兩線圈產生的交變電流頻率 相 等,B 項 正 確;由 于 兩 線 S2 ,外 電 路 的 電 阻 為 R'= R ,電 容 器 兩 極 板 間 的 電 壓 為 U'= 圈軸線在同一平面內且相互垂直,所以兩線圈產生 的 感 應 電 動 2 勢一個在最大值時,另一個為零,C 項 錯 誤;由 于 在 兩 線 圈 中 產 R'E+rR'= E 3 生的電動勢的有效值不相等,根 據(jù) P=ER2 可 知,兩 電 阻 消 耗 的 .S2 閉 合 前,電 容 器 所 帶 的 電 荷 量 為q1 =CU = 電功率不相等,D 項錯誤. 3.BD 當 開 關 S 接 1 時,左 側 變 壓 器 副 線 圈 兩 端 電 壓 U2 =3× CE ;S2 閉 合 后,電 容 器 所 帶 的 電 荷 量 為q2 =CU'=C3E .則 電 7.5V=22.5V,電阻 R 上 的 電 壓,即 右 側 變 壓 器 副 線 圈 兩 端 2 電 壓U4= PRR =10V,電 流I4=UR4 =1A,則 右 側 變 壓 器 原 容器所帶的電荷量 減 少 了 Δq=q1 -q2 =C6E ,C 錯 誤.S2 閉 合 2 1 后,由牛頓第 二 定 律 得 mg -qUd'=ma,解 得 加 速 度 大 小 為 1 2 線圈 兩 端 電 壓 U3 = ×10 V=20 V,電 流 I3 = ×1 A= a=g3 ,D 正確. 0.5A,則r=U2I-3U3 =5 Ω.當 開 關 S 接 2 時,設 輸 電 電 流 為 考向二 I,則右側變壓器副 線 圈 中 電 流 為 0.5I;由 右 側 變 壓 器 兩 邊 電 【典例1】 D 由圖乙可知,交變電流的周期 為 0.02s,所 以 線 圈 壓關系可知U2n-3Ir=0.n5I4R ,解得I=3A,則 R 上的功率P= 的 轉速 為n= 1 =50r/s,A 錯 誤 ;電 阻 R 兩 端 的 電 壓 的 有效 (0.5I)2R=22.5 W,選項 B、D 正確. T 值為U=20V,交流電 流 表 的 示 數(shù) 為 有 效 值,則 電 流 的 有 效 值 考向一 為I=RU =4A,B 錯誤;0.01s時 電 阻 R 兩 端 的 電 壓 為 零,則 【典例1】 D 電能是能量,單位是J,電池容量的單位是mA·h, 發(fā)電機線圈中的感應 電 動 勢 為 零,線 圈 處 于 中 性 面 位 置,即 線 根據(jù)電荷量公 式 q=It 可 知,電 池 容 量 表 示 的 是 電 荷 量 的 多 圈平面與磁場方向垂直,C 錯 誤;電 阻 R 在 1 分 鐘 內 產 生 的 熱 量為 Q=I2Rt=4800J,D 正確. 少,故 A 錯誤.由公式 P=UI 可 得,電 扇 正 常 工 作 時 的 電 流 為 【典例2】 解析:線圈中產生的感應電動勢最大值為Em =nBωS= 1A,由公式q=It 可知,充滿電后理論上電扇可以運行2h,故 B、C 錯 誤.電 動 機 正 常 工 作 時 的 熱 功 率 為 Pr =I2r=0.5 W, 10×2π2×10π×0.03 =Em 2 所 以 其 效 率 為η=PP輸額出 ×100% P 額 -Pr ×100% =90% ,故 V=6 2 V,電 動 勢 有 效 值 E =6 V, = P額 D正確. 電路中的電流I=RE+r=9+61 A=0.6 A,則 交 流 電 流 表 的 示 【典例2】 A 將滑動變阻 器 的 滑 片 向a 端 移 動,滑 動 變 阻 器 接 數(shù)是0.6 A,電 阻 R 的 發(fā) 熱 功 率 為 PR =I2R =0.62 ×9 W= 入電路的阻值增大,電路的總電阻增大,總電流減 小,根 據(jù) 閉 合 電路歐姆定律可得 R3 兩端電壓U3=E-I(r+R1),由于總 電 3.24W,選項 A、B 錯 誤;電 阻 R 上 的 電 壓 有 效 值 UR =IR= 流減小,電源內阻與定值電阻 R1 不變,則U3 增 大,通 過 R3 的 5.4V,又Um = 2UR =5.4 2 V 大于電容器的耐壓值,電容器 電 流I3 增 大 ,由 串 并 聯(lián) 電 路 各 部 分 電 流 的 關 系 有 I總 =I2 + 會 被擊穿,選項 C 正確;如果將電阻 R 換成標有“6V 3 W”字 I3,則 通 過 R2 的 電 流 I2 減 小 ,電 壓 表 的 示 數(shù) 為 φa -φb = 樣 的 小 燈 泡 ,小 燈 泡 的 電 阻 RL =UP2 36 Ω=12 Ω,小 燈 泡 兩 Uab =U3-I2R2,則 電 壓 表 的 示 數(shù) 增 大 ,a點 電 勢 升 高 ,A 正 確 , =3 C 錯誤;由于電源 內 阻 無 法 確 定,根 據(jù) 電 源 的 輸 出 功 率 特 點可 端 的 電 壓 UL =RLE+rRL 6 V=5.54 V,故 小 燈 泡 不 知,當外電阻等于電源 內 阻 時,電 源 的 輸 出 功 率 最 大,所 以 電 源 的 =12+1×12 輸出功 率 無 法 確 定,B 錯 誤;電 源 的 效 率 為 η=UEII ×100% = 能正常工作,選項 D 錯誤. 考向三 R外 1 ×100%,則將滑動變 阻 器 的 滑 片 向a 【典例1】 AD 根 據(jù) 題 中 條 件 可 知,交 變 電 流 的 周 期 T =2ωπ= R外 +r×100% =1+Rr外 0.02s,一個周期電流方向改變2次,所以電流在 1s內 方 向 要 端移動,滑動變阻器接入電路的阻值增大,總外電 阻 增 大,所 以 改變100次,選項 B 錯誤;4盞燈泡 規(guī) 格 相 同 且 均 正 常 發(fā) 光,所 電源的效率也增大,D 錯誤. 【典例3】 BC 圖像中兩直線 的 交 點 表 示 電 壓 表 的 示 數(shù) 與 電 以加在燈泡兩端的電壓均為U,理想變壓器的輸 入 功 率 等 于 輸 出功率,則有IU1=IU +2IU(I、U 分 別 為 燈 泡 的 額 定 電 流 和 壓表 的示數(shù)相等,即 滑 動 變 阻 器 接 入 電 路 的 阻 值 為 0,滑 動 額 定 電 壓 ),得 U1 =3U ,根 據(jù)n1 =UU12 = 3 ,n1 =UU31 = 3 ,則 有 n2 1 n3 2 變阻 器 的 滑 動 觸 頭 P 滑 到 了 最 左 端,選 項 A 錯 誤;由 圖 像 可 — 246 —

參考答案 原、副線圈的匝數(shù)比n1∶n2∶n3=3∶1∶2,選項 A 正 確;電 源 t3 時刻電梯速度達到最大,D 正確.故選 BD. 電壓的有效值為U+U1=40V,則U0=40 2 V,選項 C 錯 誤; 第二講 電磁感應定律及其綜合應用 電源輸出功率等于各用電器功率之和,為20 W,選項 D 正確. [真題引領] 【典例2】 B 設原線圈 兩 端 電 壓 為 U1,副 線 圈 兩 端 電 壓 為 U2, 1.AC 由于水平地面 下 的 導 線 為 通 有 恒 定 電 流I 的 長 直 導 線, 通過原線圈的電流為I1,通過副線圈的電 流 為I2,由 理 想 變 壓 且平行于y 軸,而 MN 也平行于y 軸,所 以 N 點 與 M 點 的 磁 器變壓規(guī)律和變 流 規(guī) 律 可 得,原、副 線 圈 及 定 值 電 阻 R1 的 等 感應強度大小相等,方向相 同,A 正 確;由 于 PN 平 行 于x 軸, 效 電 阻 為 R'=UI11 =nnnn1221UI22 = n1 2 U2 n1 2 故線圈沿 PN 方向運 動 時,穿 過 線 圈 的 磁 通 量 始 終 變 化,B 錯 n2 I2 n2 誤;線圈從 P 點開始豎直向上運 動 時,穿 過 線 圈 的 磁 通 量 一 直 = R1;保 持 P1 位 為零,磁通量不變,線圈中無感 應 電 流,C 正 確;線 圈 從 P 到 M 過程和從P 到 N 過 程,線 圈 中 磁 通 量 變 化 量 相 同,而 SPM > 置不變,將原、副線圈及電阻 R1 等效為一定值電阻,P2 向左緩 SPN ,又 速 率 相 同 ,所 以tPM >tPN ,根 據(jù) 法 拉 第 電 磁 感 應 定 律 可 知,線圈從 P 到 M 過程產生的感應電動勢小于從P 到 N 過程 慢滑動過程中,R2 接入電路的電阻減小,則 整 個 電 路 的 總 電 阻 減小,由歐姆定律可知,回路中電流I 增大,原線圈兩端電 壓 增 產生的感應電動勢,D 錯誤. 大,又電源電壓不變,故電壓表 示 數(shù) U 減 小,A 項 錯 誤;由 于 原 2.A 根據(jù)楞次定 律 可 知 電 容 器 的 上 極 板 應 帶 正 電,C 錯 誤;由 線圈兩端電壓增大,由 理 想 變 壓 器 變 壓 規(guī) 律 可 知,副 線 圈 兩 端 題知導體棒勻 速 切 割 磁 感 線,根 據(jù) 幾 何 關 系 切 割 長 度 為 L = 電壓增大,故 R1 消耗的功率增 大,B 項 正 確;當 P2 位 置 不 變, 2xtanθ,x=vt,則產生的感應電動勢 為 E=2Bv2ttanθ,由 題 圖 P1 向下滑動時,n2 減 小,等 效 電 阻 R'增 大,由 歐 姆 定 律 可 知, 可知電容器直接與電 源 相 連,則 電 容 器 的 電 荷 量 為 Q =CE = 回路中電流減小,R2 兩端電壓減小,C 項錯誤;由 于 R2 兩 端 電 壓減小,則原線圈兩端電壓增大,由變壓規(guī)律可知,副 線 圈 兩 端 2BCv2ttanθ,則 流 過 導 體 棒 的 電 流 I= ΔQ =2BCv2tanθ,A 正 Δt 電壓增大,R1 的功率增大,D 項錯誤. 確;當金屬棒到達x0 處 時,導 體 棒 產 生 的 感 應 電 動 勢 為 E'= 100×103 【典 例 3】 C 發(fā) 電 機 輸 出 的 電 流 I1 =UP1 = 250 A= 2Bvx0tanθ,則電容器的電荷量 為 Q =CE'=2BCvx0tanθ,B 錯 誤;由于導體 棒 做 勻 速 運 動,則 F=F安 =BIL,由 選 項 A 可 知 400A,A 項錯 誤;輸 電 線 上 的 電 流I線 = P線 5×103 流過導體棒的電流I 恒 定,但 L 與t 成 正 比,則 F 為 變 力,再 R線 = 8A 根據(jù)力做功的功率公 式 P =Fv,可 看 出 F 為 變 力,v 不 變,則 功率 P 隨力F 變化而變化,D 錯誤.故選 A. =25A,B 項 錯 誤;升 壓 變 壓 器 的 副 線 圈 輸 出 電 壓 U2 =IP線 = 考向一 100×103 V=4×103 V,輸 電 線 損 耗 電 壓 ΔU =I線 R線 =25× 【典例】 提示:(1)反向. 25 (2)0,8T/s. 8V=200 V,降 壓 變 壓 器 的 原 線 圈 電 壓 U3 =U2 - ΔU = 解析:由楞次定 律 可 知,感 應 電 流 方 向 為 逆 時 針,與 電 源 E 提 3800 V,故 降 壓 變 壓 器 的 匝 數(shù) 比n3 =UU34 =3282000VV=11910,C 項 供的電流方向相反,則I=E-RΔΔtBS ≈0.57 A,A 正 確;當t= n4 正 確 ;降 壓 變 壓 器 的 副 線 圈 的 輸 出 功 率 P4 =P3 =P -P線 = 95kW,故 用 戶 得 到 的 電 流 I4 =UP44 95×103 A≈431.8 A,D 1s時 ,ΔB ≠0,感 應 電 動 勢 不 為 零 ,電 路 當 中 的 電 流 不 變 ,B、C = 220 Δt 項錯誤. 錯誤;t=1s時,B 方向變化,I 方 向 不 變,則 安 培 力 方 向 變 化, 聚焦情境 素養(yǎng)培優(yōu) D 正確.故選 AD. 【示例1】 C 設電鈴工作電 壓 為U,當IR2 =U 時 報 警,若 電 池 答 案 :AD 內阻較大,同一溫度時,R2 上電壓較小,可 能 不 會 報 警,會 影 響 [拓展延伸] 解析:將電路從磁場中勻速拉出需要的時間t=vr =1s. 報警裝 置 的 安 全 性 能,A 項 錯 誤;R2 減 小 時,R1 上 電 壓 增 大, R2 上電壓減小,可能不報警,B 項 錯 誤;反 之,R2 上 電 壓 增 大, 有 效 切 割 長 度l=2 r2-(vt)2 = 1-t2 (m). 易報警,C 項 正 確;電 源 電 動 勢 增 大 時,報 警 溫 度 應 降 低,D 項 所以 E'=Blv=4 1-t2 (V) 錯誤. 根據(jù)楞次定律判 斷 可 得,感 應 電 動 勢 的 方 向 與 電 源 E 的 方 向 【示 例 2】 BD 單 塊 電 池 充 滿 電 后 儲 存 的 電 荷 量 是 q = 相反. 200A·h=200A·3600s=7.2×105 C,故 A 錯 誤;單 塊 電 池 當 E'=E 時,即4 1-t2 =2, 充滿 電 后 儲 存 的 電 能 是 E1 =UIt=3.2 V×200 A·h= 640 W·h,故 B 正 確;該 車 充 滿 電 后 儲 存 的 電 能 為 E = 可 得t= 3 s, 120E1=120×0.64kW ·h=76.8kW ·h,則 其 續(xù) 航 里 程 是 2 s=7613.8×100km≈591km,故 C 錯 誤;若 某 塊 電 池 充 電 電 流 所 以 0≤t≤ 3 s時 ,I=E'R-E = 1-t2 -1(A), 2 2 是 200 A,則 經(jīng) 過 30 min 可 將 該 電 池 從 其 容 量 充 到 q = 3 s<t≤1s時 ,I=E-RE'=1- 1-t2 (A). 200A×30 min=100A·h,即 為 總 容 量 的 50%,故 可 將 該 電 2 2 池從其容量的30%充到80%,故 D 正確.故選 BD. 答 案 :見 解 析 【示例 3】 D 根 據(jù) 閉 合 電 路 歐 姆 定 律,電 壓 表 讀 數(shù) 為 U =E - 鞏固拓展 I(r+R0),0~t1 內,U 均 勻 增 大,即 電 流 I 均 勻 減 小,壓 敏 電 阻逐漸增大,壓敏電阻 受 到 的 壓 力 逐 漸 減 小,系 統(tǒng) 的 加 速 度 向 1.BC 如圖所示,金 屬 框 切 割 磁 感 y 線的有效 長 度 為 d,根 據(jù) 轉 動 切 ω 下逐漸增大,因為電梯 從 靜 止 開 始 啟 動,所 以 電 梯 向 下 做 加 速 割磁感 線 產 生 的 感 應 電 動 勢 公 d ωt 度越來越大的加速運動,A 錯 誤;t1 ~t2 內,U 不 變 且 大 于 U0, 式 有 E = 1 Bd2ω,從 圖 中 可 以 LB 即電流恒定且小于原來電流,壓敏電阻不變且大于 電 梯 靜 止 時 2 O 的阻值,壓力不變且小 于 電 梯 靜 止 時 壓 力,系 統(tǒng) 的 加 速 度 向 下 看出在t=0到t=2πω的 過 程 中, x B 且大小不變,故電梯繼續(xù)向下加速下 降 且 加 速 度 恒 定.B 正 確; d 是先增大到 2L,再 減 小 到 L, t2~t3 內,電壓逐漸減小但大于U0,故 此 時 壓 力 仍 小 于 電 梯 靜 所以電動勢 E 先 增 大 后 減 小,A 止時的壓力,加速度還是向下,電梯還 是 向 下 做 加 速 運 動,C 錯 誤;0~t3 這 段 時 間 內,電 梯 從 靜 止 一 直 向 下 做 加 速 運 動,故 — 247 —

一品方案·物理(新高考版) 項錯誤,B 正確.在t=0到t=4πω的 過 程 中,d=coLsωt,感 應 電 小為 E=BLv,隨著線 框 的 進 入 有 效 切 割 長 度 減 小,感 應 電 動 動勢的表達式可寫 為 E= 12Bd2ω=2BcoLs22ωωt,由 表 達 式 可 以 看 勢 逐漸減小,故 A 錯誤.線框bc 邊剛進入磁場時感應電流大小 為I0=BRLv,隨著線框的進入感 應 電 流 逐 漸 減 小;當 線 框 進 入 出 在t=0到t=4πω的過程中,E 的變化率一直增大,C 項正確, 磁場的長度為 L 時,感 應 電 動 勢 大 小 為 E'=2BLv,I=2BRlv =2I0,隨后逐漸減小;線框bc 邊開始 離 開 右 側 磁 場 的 瞬 間,感 D項錯誤. 應電流大小為I0=BRLv,隨后感 應 電 動 勢 逐 漸 減 小,感 應 電 流 2.C 設線框的 面 積 為 S,周 長 為 L,導 線 的 截 面 積 為 S',由 法 拉 減小,故 B 正確.當 0<x<L 時,線 框 受 安 培 力 大 小 為 F安 = BI(L-x),電流大小和有效切割長度均變化,安培力大 小 與 x 第電磁感應定律可知,線框中感應電動勢 E=ΔΔΦt=ΔΔtBS,而線 不是線性關系,故 C 錯 誤.根 據(jù) 平 衡 條 件 可 知,外 力 F 大 小 始 終與安培力等大反向,則當0<x<L 時,F 與x 也 不 是 線 性 關 框的總電阻 R=ρSL',所 以 線框 中感 應 電 流 I= E =SρSL'ΔΔtB , 系,故 D 錯誤. R 由于三個線框處于同一線性變化的磁場中,且繞制 三 個 線 框 的 導線相同,設正方 形 線 框 的 邊 長 為l,則 三 個 線 框 的 面 積 分 別 為 S1=l2,S2 = 4πl(wèi)2,S3 =383l2,三 個 線 框 的 周 長 分 別 為 考向三 S1 ∶SL22 ∶SL33 【典例1】 BD 導體棒a 向 右 運 動 時,由 楞 次 定 律 可 知,導 體 棒 L1 L1 =4l,L2 =πl(wèi),L3 =3l,則 I1 ∶I2 ∶I3 = = b 有向左運動的 趨 勢,C 項 錯 誤;設 導 體 棒a 運 動 到 最 右 端 時 2∶2∶ 3,C 項正確. 的速度為v0,此 時 棒 a 切 割 磁 感 線 產 生 的 感 應 電 動 勢 E = 考向二 BLv0,回 路 中 的 感 應 電 流I=RE總 ,R總 = R +R,此 時 棒b 所 受 2 【典例】 提示:(1)l=l0+v0t+tanθ. 安培力 為 F安 =B I2L,導 體 棒b 剛 要 滑 動,故 所 受 靜 摩 擦 力 (2)是 ,是 . Ff 達 到 最 大 值 ,此 時 F安 =Ff=μmg,聯(lián) 立 以 上 各 式 解 得v0 = 解析:由于金屬棒勻速沿x 軸 正 方 向 運 動,故 電 流 方 向 一 直 不 3 m/s,導 體 棒 a 離 開 導 軌 到 落 地 做 平 拋 運 動,有 h= 12gt2, x=v0t,解得x=1.2 m,A 項錯誤;磁場方向豎直向下,導體棒 變,在0~vL0 時間內,設 在 零 時 刻 金 屬 棒 切 割 磁 感 線 的 有 效 長 a 離開導軌后在水平方向 做 勻 速 直 線 運 動,又 E=BLv0,可 知 度為l0,ab、cd 與x 軸 的 夾 角 為θ,金 屬 棒 運 動 的 位 移 為 x= 導體棒a 平拋過程中 感 應 電 動 勢 不 變,B 項 正 確;導 體 棒a 在 v0t,則金屬棒切割磁感線的有效長度l=v0ttanθ+l0,產 生 的 感 應 電 動 勢 E=Blv0=Bv02ttanθ+Bl0v0,可 知 感 應 電 動 勢 從 導軌上運動過程中,感應電動勢平均值為 E=ΔΔtΦ,回 路 中 平 均 某一初始值開始隨時間均勻增加,則感應電流也從 某 一 初 始 值 感 應電流I=RE總 ,通過導體棒a 的電荷量q=IΔt,聯(lián)立三式解 開 始 隨 時 間 均 勻 增 加 ,設 感 應 電 流i1=I0 +kt;在vL0 ~2vL0 時 間 內,金屬棒切割磁感線 的 有 效 長 度 最 大 且 保 持 不 變,可 知 感 應 電 流 最 大 且 保 持 不 變 ,設 為i2 =Im ;在2L ~3vL0 時 間 內 ,感 應 電 得q=1Δ.5ΦR =1B.L5xR =1.16C,導體棒b 與定值電阻R 并聯(lián),所 v0 動勢從最大值均勻減小至某一值,則感應電流也從 最 大 值 均 勻 以通過電阻 R 的電荷量q'=q2 =0.58C,D 項正確. 【典例2】 AB 兩線圈的 質 量 相 等,線 圈 所 用 材 料 相 同,則 體 積 減小至某一值,設i3=Im -kt,由以上分析可知,A 選項可能 正 確;安培力 F=Bil,可知安培力初始值不為零,故 B 選項 錯 誤; 由金屬棒克服安培 力 做 功 的 功 率 P =Fv0 =Bilv0 =Ei 可 知, 相同,甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍,則甲的橫截面積 是 乙 的 一 半, 長度是乙的2倍,由電阻定律可知,甲的電阻是乙 的 4 倍;兩 線 0~vL0 和2L ~3vL0 段 圖 像 應 該 為 開 口 向 上 、不 過 原 點 的 拋 物 線 , 圈從同一高度同時由靜止開始下落,則到達磁場上 邊 界 時 兩 線 v0 圈的速度相同,設乙線 圈 的 匝 數(shù) 為n,兩 線 圈 的 邊 長 均 為l,兩 C 選項可能正確;由歐姆定律U =iR 可 知,電 阻 兩 端 電 壓 與 電 線 圈 進 入 磁 場 后 ,乙 受 到 的 安 培 力 F乙 =nBIl=n2BR2l2v,甲 受 流大小成正 比,故 U -t 圖 像 應 該 與i-t 圖 像 相 似,D 選 項 到 的 安 培 力 F甲 =4n24BR2l2v=n2BR2l2v,可 見 ,甲 、乙 受 到 的 安 錯誤. 答 案 :AC 培力大小相同,重力也相同,則運動情況相同,A、B 正確. 【典例3】 解析:(1)在0~5s時間內,由圖乙可得金 屬 桿 的 加 速 鞏固拓展 1.D 金 屬 桿 的 速 度 為 v 時,所 受 的 安 培 力 F =B2RL2v.若 S 閉 合時安培力小于重力,則金屬桿做加速運動,有 mg-B2RL2v= 度a=ΔΔtv=1 m/s2, ma,隨著速度v 增大,加 速 度a 減 小,即 桿 做 加 速 度 減 小 的 加 由牛頓第二定律有 F-μmg=ma, 速運動,直至安培力等于重力,之后金屬桿做勻速 運 動;若 閉 合 則金屬桿到 達 MN 邊 界 時,金 屬 桿 的 速 度v1 =5 m/s,外 力 功 S時安培力大于重力,則 金 屬 桿 做 減 速 運 動,有B2RL2v-mg= 率 P=Fv1, 代入數(shù)據(jù)解得 P=20 W. ma,隨著速度v 減小,加 速 度a 也 減 小,即 桿 做 加 速 度 減 小 的 (2)在 0~5s時 間 內,金 屬 桿 做 勻 加 速 直 線 運 動,根 據(jù) 位 移 和 減速運動,直至安培力等于重力,之后金屬桿做勻 速 運 動;若 閉 時 間 的 關 系 可 得 金 屬 桿 運 動 的 位 移 大 小 為 x1 = 21at12 = 1 × 合 S時安培力等于重 力,則 之 后 金 屬 桿 一 直 做 勻 速 運 動.故 B 2 錯誤.由 F=B2RL2v知安培力隨時間的變化規(guī)律與 速 度 隨 時 間 1×52m=12.5 m, 在5~8s時間內,設金屬桿在磁場中運動的位移大小為 x2,則 的變化規(guī)律相似,故 A 錯誤.電流i=BRLv,其 隨 時 間 的 變 化 規(guī) 時間為 Δt1 =3s.由 圖 乙 可 知 第 8s 末 金 屬 桿 的 速 度 v2 = 4 m/s,對金屬桿,在前8s內,由動能定理有 律也與速度隨時間的 變 化 規(guī) 律 相 似,但 閉 合 S 時,金 屬 桿 已 有 Fx1+PΔt1-μmg(x1+x2)-W 安 = 12mv22 又 W 安 =Q, 初 速度,電流不為零,故 C 錯誤.若閉合 S后金屬桿一直做勻速 運動,則電流i 始終不變,q=it,q 與時間t 成正比,故 D 正確. 代入數(shù)據(jù)解得x2=9 m. 2.B 線框bc 邊剛進入磁場時有效切割長度 為L,感 應 電 動 勢 大 (3)金屬桿進入磁場后外力 F 的功率恒為P=20 W,最 后 金 屬 — 248 —

參考答案 桿做勻速直線運動,根據(jù)平衡條件可得 F1=F安 +f, 感應電動勢和感應電 流,根 據(jù) 楞 次 定 律 可 知,磁 場 會 對 運 動 的 其 中 F安 =BIl,F1=vP2 , 飛輪產生阻力,以阻礙 飛 輪 與 磁 鐵 之 間 的 相 對 運 動,所 以 飛 輪 受到的阻力主要來源于磁鐵對它的安培力,而安培 力 大 小 與 其 通過金屬桿的電 流 為 I=RBl+vr2 ,金 屬 桿 所 受 的 滑 動 摩 擦 力 為 材料的電阻率有關,與 其 密 度 無 關,故 A、B 錯 誤;磁 鐵 越 靠 近 飛輪,飛輪所處位置的 磁 感 應 強 度 越 強,所 以 在 飛 輪 轉 速 一 定 f=μmg, 時,磁鐵越靠近飛輪,飛 輪 上 產 生 的 感 應 電 動 勢 和 感 應 電 流 越 大,飛輪受到的阻力越大,故 C 正確;磁鐵和飛輪間的距離一定 聯(lián) 立 以 上 各 式 并 代 入 數(shù) 據(jù) 解 得r= 1 Ω, 時,根據(jù)法拉第電磁感應定律可知,飛輪轉速越大,則 飛 輪 上 產 3 所以定值電阻 R 與 金 屬 桿 的 阻 值r 的比值為R =3. 生的感應電動勢和感 應 電 流 越 大,那 么 飛 輪 受 到 的 阻 力 越 大. r 故 D正確. 【示例3】 A 底盤 上 的 紫 銅 薄 板 出 現(xiàn) 擾 動 時,其 擾 動 方 向 不 確 答案:(1)20 W (2)9 m (3)3 定,在選項 C 這種情況下,出現(xiàn)擾動時,穿過薄板的磁通量難以 改變,不發(fā)生電 磁 感 應 現(xiàn) 象,沒 有 阻 尼 效 應;在 選 項 B、D 這 兩 【典例4】 提示:(1)守恒. 種情況下,只有左右 擾 動 時,才 發(fā) 生 電 磁 阻 尼;選 項 A,不 管 紫 銅薄板出現(xiàn)上下或左 右 擾 動 時,都 發(fā) 生 電 磁 感 應 現(xiàn) 象,產 生 電 (2)a 棒的重力勢能轉化為系統(tǒng)的動能和內能. 磁阻尼效應,選項 A 正確. 解析:(1)導體棒a 由靜止運動到B1B2 時,由 動 能 定 理 有 mgr 專題五 機械振動與機械波 光 電磁波 = 21mv20 . 第一講 機械振動與機械波 對導體棒b,有 BIL=ma, [真 題 引 領 ] 而I=2ER , 又 E=BLv0, 解 得a=B2m2LR2 2rg . 1.AC 機械波的傳播 方 向 不 確 定,所 以 需 要 考 慮 機 械 波 傳 播 方 向的不確定性.若 機 械 波 沿 x 軸 正 方 向 傳 播,在t1 =2s時 O (2)a、b 棒系統(tǒng)動量守恒,有 mv0=2mv, 點振動方向豎直向上,則傳播時間 Δt=t2-t1=3s,滿 足 Δt= 對b 棒,有∑BiLΔt=∑BLΔq=BLq=∑mΔv=mv, 43T+nT(n=0,1,2,3,… ),解 得 T =4n12+3s(n=0,1,2,3, 即 BLq=mv, …),當n=0時,解得 周 期 T =4s,選 項 A 正 確,B 錯 誤.若 機 解得q=2BmL 2rg 械波沿x 軸負方向傳播,則 Δt= 14T+nT(n=0,1,2,3,…), 由能量守恒定律有 mgr=2Q+ 1 ×2mv2 解得 Q= 1 解得 T=4n12+1s(n=0,1,2,3,…),當n=0 時,解 得 周 期 T= 2 4mgr. (3)對a 棒,由動量定理有-BLq'=mΔv', q'=It,I=2ER ,E=BLv,可得q'=BL2RΔx. 12s,在t2=5s時 O 點處于波谷,選項 C 正確,D 錯誤. 若 Δx=2 m,可得 Δv'=-0.25 m/s, 可得vn =v0+Δv'=0.75 m/s, 2.BD 經(jīng)過T 兩列波還未相遇,又波在傳播過程 中,波 形 保 持 不 對b 棒,由動量定理有 BLq'=mΔv″=mvb -0, 4 可得vb =0.25 m/s, a、b 棒發(fā)生彈性碰撞,有 變 ,故 選 項 A 錯誤;經(jīng) 過 12T 兩列波向 前傳播的距離均為 1 2 λ,兩列波的波前端剛好相遇,故選項 B 正 確;經(jīng) 過 43T 兩 列 波 mva +mvb =mva1s +mvb1s 向前傳播的距離均 為 43λ,根 據(jù) 波 的 疊 加 原 理 可 知,在 兩 列 波 mv2a +m2vb2 =mv22a1 +mv2b21 , λ ~34λ的 λ 2 4 2 之 間 區(qū) 域 為 兩 列 波 的 振 動 加 強 區(qū) 域 ,處 于 處 的 質 解 得va1=0.25 m/s,vb1=0.75 m/s,a,b 棒 交 換 速 度 點向下的位移為2A,故選項 C 錯誤;經(jīng)過 T 兩 列 波 完 全 相 遇, 隨后運動過程中系統(tǒng)動量守恒,直到共速,對a、b 棒,由動量守 根據(jù)疊加原理,所有質點的位移均為零,故選項 D 正確. 恒 定 律 有 mva1+mvb1=2mv共 對b 棒 ,由 動 量 定 理 有 -BLq″=m(v共 -vb1), 考向一 又q″=BL2RΔx', (2)2m . 【典例】 提示:(1)F=-kx. (2)無關. 解得 Δx'=2 m,即最終兩棒相距2 m. 解析:由于剛開始的一 段 時 間 內 小 球 做 勻 速 運 動,受 力 大 小 與 位移大小不成正比,小球做的不是簡諧運動,A 錯 誤.小 球 從 桿 答案:(1)B2m2LR2 2rg (2)2BmL 2rg 、14mgr 中點到第一次回到桿中點的過程,初、末動能相等,則 小 球 動 能 聚焦情境 素養(yǎng)培優(yōu) 的變化周期為T ,分 析 可 知 兩 根 彈 簧 的 總 彈 性 勢 能 的 變 化 周 【示例1】 C 在 任 意 一 段 Δt=2kπv的 時 間 內,通 過 等 效 電 阻 R 2 的電荷量為q=I ·Δt,根 據(jù) 閉 合 電 路 歐 姆 定 律 可 求 得 平 均 電 期 也為 T ,B 正 確 ,C 錯 誤 .小 球 的 初 速 度 為 v 時 ,在 細 桿 上 勻 2 2 速運動的時間等于初速度為v 時的2倍,小球從接觸彈簧到 速 流為I =RE + r,而由法拉第電 磁 感 應 定 律 可 知 Δt 內 線 圈 產 生 度 減到 零 的 時 間 等 于 初 速 度 為 v 時 的 時 間 ,故 初 速 度 為 v 時 2 的 平 均 感 應 電 動 勢 為E =n ΔΦ ,由 上 述各 式 整 理 得q=nRΔ+Φr 的運動周期小于2T,D 錯誤. Δt 答 案 :B Φ0sin kvt+ π -Φ0sinkvt 2Φ0sin π 鞏固拓展 2 4 -kvt =n R+r =n ,可 知 1.D 由題圖可知,0.2s末,質 點 在 平 衡 位 置,將 沿 x 軸 負 方 向 R+r 運動,所以此時質點速度最大,加速度最小,A 錯 誤;0.4s末 質 點位于負向最大位移 處,速 度 最 小,加 速 度 最 大 且 指 向 平 衡 位 在任意一段 Δt 的 時 間 內 通 過 等 效 電 阻 R 的 電 荷 量 的 最 大 值 為qm = 2nΦ0 . 置,即加速度方向 是 A →O,B 錯 誤;t=0.7s時,質 點 已 運 動 R+r 78T,根 據(jù) 簡 諧 運 動 的 函 數(shù) 關 系 x =5sin 2π π cm = 【示例2】 CD 飛輪在磁場中做切割磁感線的運動,所以會 產 生 Tt+ 2 — 249 —

一品方案·物理(新高考版) 5sin 52πt+ π cm 得,0.7s末 質 點 距 離 O 點x=522 cm,C 根據(jù)上式可知當n=0時,波的傳播速度最小,則vmin=20m/s. 2 答案:(1)8 m 0.4 m (2)20 m/s 沿-x 方向傳播 錯誤;由 C 的 分 析 知,0.1s時,質 點 在 x=522cm 處,0.3s 考向三 52 【典例1】 CD 波速 為v= λ = 4 m/s=1 m/s,在 6s內 兩 列 -2 T 4 時 ,質 點 在 x= cm,所 以 在 0.1~0.3s內 ,質 點 運 動 的 波傳播了6 m,此時 P、Q 兩質點已振動,但 是 M 點 還 未 振 動, 路程等于s=2×522 cm=5 2cm,大于5cm,D 正確. 選項 A 錯誤;因 M 點到兩個 振 源 的 距 離 相 等,則 M 是 振 動 加 強點,振幅為2cm,但不是位移始終為2cm,選項 B 錯誤;P 點 2.AB 由題圖 知,甲、乙 兩 單 擺 的 振 幅 分 別 為 4cm、2cm,故 A 到兩波源的距離之差為6cm,為 半 波 長 的 3 倍,則 該 點 為 振 動 項正確;t=2s時,甲單擺在平衡位置處,乙 單 擺 在 振 動 的 正 方 減弱點,振幅為零,即10.0s后 P 點 的 位 移 始 終 為 零,選 項 C 向最大位移處,故 B 項正 確;由 單 擺 的 周 期 公 式,推 出 甲、乙 兩 正確;S1 波 源 的 振 動 傳 到 Q 點 的 時 間 為101.5s=10.5s,則 單 擺 的 擺 長 之 比 為l甲 ∶l乙 =T2甲 ∶T2乙 =1∶4,故 C 項 錯 誤 ;設 10.5s時 Q 點由S1 引起的振動為豎直向下;S2 波源的振動傳 擺 球擺動的最大偏角為θ,由 mgl(1-cosθ)= 21mv2 及a=vl2 到 Q 點的時間為31.5s=3.5s,則10.5s時 Q 點 由S2 引 起 的 振動已經(jīng)振動了7s,此時在最 高 點,速 度 為 零,則 10.5s時 Q 可得,擺球在最低點時向心加 速 度a=2g(1-cosθ),因 兩 擺 球 點的振動方向為豎直向下,選項 D 正確. 【典例2】 C 機械 波 的 傳 播 速 度 由 介 質 決 定,波 1 與 波 2 的 傳 A 的 最大偏角θ 滿 足sin θ = 2 ,故θ甲 >θ乙 ,所 以a甲 >a乙 ,故 D 項 2 l 錯誤. 播速度相同,A 錯誤;由圖可知波1的波長大,相對 于 同 一 障 礙 考向二 物 ,波 1 比 波 2 的 衍 射 現(xiàn)象 更 明 顯 ,B 錯 誤 ;由 公 式 v= λ 可 知 T 【典例1】 BD 波源在同一位置,沿x 軸正、負方向傳播的波,不 能相遇,不能發(fā)生干涉,A 錯 誤;根 據(jù) 題 述 可 知,在t=2.0s時 兩列波的傳播周期不 相 同,則 頻 率 不 相 同,所 以 在 兩 列 波 傳 播 波源停止振動,t=2.1s時的 部 分 波 形 如 圖 所 示,可 知 在 Δt= 0.1s 的 時 間 內 波 傳 播 的 距 離 為 x0 =0.50 m-0.25 m= 的方向上,兩列波相遇時不會產生穩(wěn) 定 的 干 涉 現(xiàn) 象,C 正 確;當 觀察者遠離波 源 時,觀 察 者 接 收 到 的 頻 率 小 于 聲 源 發(fā) 出 的 頻 0.25 m,波 速 v =xΔt0 =2.5 m/s,由 波 形 圖 可 知,波 長 λ = 率,當觀察者靠近波源 時,觀 察 者 接 收 到 的 頻 率 大 于 聲 源 發(fā) 出 的頻率,D 錯誤. λ 聚焦情境 素養(yǎng)培優(yōu) v 1.0 m,波 振 動 的 周 期 T = =0.4s,結 合 波 形 圖 可 知 ,t=0 【示例1】 C 篩子振動固有周期 T固 =1105s=1.5s,電動偏心輪 時波源從平衡位置向上運動,t=0.42s時,波源的位 移 為 正,B 的轉動周期(對篩子來說是驅動力的周期)T驅 =6306s≈1.67s, 要使篩子振幅增大,即使這兩個周期接近,可采用 兩 種 做 法:一 正確;2.1s 到 2.25s 內 波 傳 播 的 距 離 為 x1 =0.375 m,即 2.1s時 平 衡 位 置 位 于 1.375 m 處 質 點 的 振 動 狀 態(tài) 在 2.25s 種是減小驅動力的周 期;另 一 種 增 加 篩 子 的 固 有 周 期.更 換 勁 度系數(shù)更大的彈簧.篩子振動固有周期減小,不符 合 題 意,故 A 時 傳播到質點a 處,故2.25s時a 沿y 軸正方向振動,C 錯誤; 經(jīng)xP -xb =0.3s,振 動 傳 播 到b 點 ,在0 到2s內 ,質 點b 振 動 v 項錯誤;降低輸 入 電 壓,電 動 偏 心 輪 的 轉 動 周 期 變 大,分 析 可 了 1.7s,為4 14T,0~2s內質點b 振動的總路程為s=17A= 知,不符合題意,故 B 項 錯 誤;增 加 篩 子 質 量,篩 子 振 動 固 有 周 17×15cm=2.55 m,D 正確. 期變大,分析可知,符合題意,故 C 項正確;減小篩子質量,篩子 【典例2】 AC 由振動圖像可 知 波 的 振 幅 A =20cm,波 的 周 期 振動固有周期減小,由 A 項 分 析 可 知,不 符 合 題 意,故 D 項 錯 T=12s,從振動圖像上可以看出t=7s時 平 衡 位 置 位 于 原 點 誤.故選 C. O 的質點相對平衡位 置 的 位 移 為y7 = - 23A,且 向 下 運 動.A 【示例2】 C 如圖所示,碼 頭 地 面 位 于 y=20cm 處,當 甲 板 位 置 y >10cm 時,即t1 ~t2 內,游 客 能 舒 服 登 船.根 據(jù) y = 圖該質點位移符 合 條 件,且 當 波 沿 x 軸 負 方 向 傳 播 時 向 下 運 Asinωt=Asin2Tπt,解 得t1 =1T2,t2 =152T.故t=t2 -t1 = 動,符合題意,A 項正 確;C 圖 該 質 點 位 移 符 合 條 件,且 當 波 沿 1.0s,C 項正確. x 軸正方向傳播時向下運動,符合題意,C 項正確. 【典例3】 解 析:(1)根 據(jù) 波 形 圖 可 得 波 長 λ=8 m,振 幅 A = 0.4 m. ②根據(jù)“上 下 坡 法 ”結 合t1 =0 時 刻 質 點 O 離 開 平 衡 位 置 向 +y 方向振動,可以判斷出該波沿-x 方向傳播. 解 法 一 :設 波 的 周 期 為 T ,則 Δt=t2 -t1 =nT + 3 (n=0,1, 4T 2,… ) 【示例3】 A 消聲器的原理是兩束波分別通過不同 的 路 程 到 達 波的傳播速度v=Tλ , b 處時振動情況完全相反,振 動 減 弱,利 用 了 波 的干涉,選項 B、 D 錯誤;由干涉減弱的條件可知,兩束波 的 路 程 差 為 半 波 長 的 奇 數(shù) 代入數(shù)據(jù)得v= 803n+20 m/s=(n=0,1,2,…) 根 據(jù) 上 式 可 知 當 n = 0 時,波 的 傳 播 速 度 最 小, 倍,即v·Δt= (2n+1)× λ (n=0,1,2,…… ),又 v=λf,解 得 2 則vmin=20 m/s. Δt=(2n+1)×21f(n=0,1,2……),選項 A 正確,C 錯誤. 解法 二:t1 到t2 時 間 段 內,波 向 -x 方 向 傳 播 的 距 離 Δx = 第二講 光和電磁波 nλ+ 34λ=(6+8n)m(n=0,1,2,…) [真 題 引 領 ] 因此 該 波 的 傳 播 速 度 為 v = Δx =t2Δ-xt1 = 80 m/ 1.D 從薄膜的上下表面分別反 射 的 兩 列 光 是 相 干 光,其 光 程 差 Δt 3n+20 為 Δx=2d,即光程差為薄膜厚度的2倍,當光程差 Δx=nλ 時 s(n=0,1,2,… ) 此處表 現(xiàn) 為 亮 條 紋,故 相 鄰 亮 條 紋 之 間 的 薄 膜 的 厚 度 差 為 — 250 —

參考答案 21λ,在圖中相鄰 亮 條 紋 (或 暗 條 紋)之 間 的 距 離 變 大,則 薄 膜 由幾何關系可知 層的厚度的變化率變小,選項 D 正確. 2.C 光線從水進入氣泡 時,是 從 光 密 介 質 進 入 光 疏 介 質,滿 足 發(fā) α=90°-C0 , 生 全 反 射 的 條 件 ,即氣泡看起來很 明 亮 的 原 因 是 氣 泡 表 面 有 折 射 90°-r+2α=180°, 和全反射,A 錯誤,C正確;該現(xiàn)象與干涉和衍射無關,BD錯誤. 解 得r=90°-2C0 , 考向一 由 全 反 射 知 識 得 sinC0 = 1 , n 【典例1】 解析:(1)發(fā) 光 像 素 單 元 發(fā) 出 的 光 射 到 屏 障 上 被 屏 障 由 折 射 定 律 有 n=ssiinnir, 吸收,射到屏障頂端的 光 射 到 透 明 介 質 和 空 氣 界 面,折 射 后 從 代 入 sini= 1 解 得 n=1.5 n= - 4 舍 去 6 3 界面射向空氣,能夠射出介質的光 在 界 面 的 入 射 角 正 弦 值 sini 答 案 :1.5 L 【典例4】 A 根 據(jù) 題 意 作 出 光 路 圖 如 圖 1 所 示,根 據(jù) 臨 界 角 2 = 1 L 2 sinC= n 可 知Ca <45°,Cb >45°,從 圖 中 可 以 看 出 兩 束 光 經(jīng) 過 2 +d2 OC 面反射以后均能射到PM 面 上,入 射 角 在 0°~45°范 圍 內, 折射角為r=θ2 =30° 所以只有a 光才有 可 能 在 PM 面 上 發(fā) 生 全 反 射 ,BC 項 錯 誤; 由 折 射 定 律 有 n=ssiinnir 分 析易知,射到 P 點的a 光線全反射到 M 點,入射角為45°,發(fā) 生全反射不能 從 OM 面 射 出,畫 出a 光 在 PM 面 上 恰 好 發(fā) 生 2 全反 射 的 光 線 的 光 路 圖 如 圖 2 所 示,可 知 該 光 線 經(jīng) Q 點 全 反 5 代 入 數(shù) 據(jù) 解 得 d= 15 mm≈1.55 mm 射后射至OM 面上E 點,由 幾 何 關 系 可 知 在 E 點 的 入 射 角 為 L+x 2Ca -45°,小于 Ca ,即可以從 E 點射出,故 A 正確,D 錯誤. (2)sini'= 2 AP ba A P Q BR BR L+x 2 2 c +d2 O MC 折 射 角 為r'= θ =90° c OE M 2 C a 由 折 射 定 律 有 n=ssiinnir'' 圖1 圖2 考向二 代入數(shù)據(jù)解得x= 233-0.8 mm≈0.35 mm 【典例1】 ACD 雙 縫 干 涉 條 紋 是 均 勻 的,所 以 圖 乙 是 雙 縫 干 涉 條紋,但也發(fā)生了衍 射 現(xiàn) 象,A 項 正 確;遮 住 一 條 狹 縫,就 只 能 答案:(1)1.55 mm (2)0.35 mm 觀察到單縫衍射現(xiàn)象,狹縫寬度增大時,衍射現(xiàn)象 減 弱,圖 丙 中 【典例2】 解析:(1)光路如圖所示 中央亮條紋 寬 度 減 小,B 項 錯 誤;照 射 兩 狹 縫 時,發(fā) 生 雙 縫 干 D 涉,根據(jù) Δx=Ldλ可知,當增加 L 時,圖乙中相鄰暗條紋中 心 間 E 的距離增大,C 項正 確;照 到 雙 縫 的 光 是 由 一 束 光 經(jīng) 單 縫 衍 射 Aθ 后形成的,兩光的相位相同,根 據(jù) 相 干 條 件 可 知,|S2P -S1P| O BC =(2n+1)λ2 (n=0,1,2,… )時,P 點 一 定 是 暗 條 紋,D 項 設光線在 E 點折射時的入射角為θ, 正確. 由 幾 何 關 系 知 sinθ=0.6, 可得 AE=16cm,OC=32cm, 【典例2】 B 設距劈尖x 處空氣層厚度 y D 則三角 形 EOC 為 等 腰 三 角 形,光 線 從 E 點 折 射 時 的 折 射 角 x 為 2θ, 為y,劈形空氣層如 圖 所 示,由 幾 何 關 系 L 得y =LD .出現(xiàn)明條紋處的空氣層 厚度 x 根 據(jù) 折 射 定 律 有 n=ssiinn2θθ, 滿足y=n2λ(n=1,2,3,…),相 鄰 明 條 紋 處 的 空 氣 層 厚 度 差 為 可 得 玻 璃 磚 的 折 射 率 n=1.6. (2)光線從 D 點射入時,設入射角為 C0, Δy=λ2 ,則相鄰兩明條紋間距為 Δx=2LDλ=42.2995 mm,解得 D= 5.75×10-2 mm,B正確. 又 恰 好 發(fā) 生 全 反 射 ,則 sinC0 = 1 , 【典例3】 BD 自然光通過偏振片后,透射光是沿著某一 特 定 方 n 向振動的光.電 燈 直 接 發(fā) 出 的 光 為 自 然 光,故 A 項 錯 誤.自 然 由 sinC0 =ORD = 1 , 光通過 A 偏振片后,即為偏振 光,故 B 項 正 確.設 通 過 A 的 光 n 沿豎直方向振動,因 P 點無光亮,則 B 偏振片的透振方向 沿 水 平 方向,以 SP 為軸將B 轉過180°后 P 處仍無光亮,若將 B 轉 解得 OD=12.5cm, 過 90°,則 該 偏 振 片 將 變 為 能 通 過 豎 直 方 向 上 振 動 的 光 的 偏 振 則圓弧面上恰好沒有光線射出時,A、D 兩點間的距離為AD= 片,則 偏 振 光 能 通 過 B,即 在 P 處 有 光 亮,故 C 項 錯 誤,D 項 正確. OD -OA =0.5cm. 答案:(1)1.6 (2)0.5cm 考向三 【典例3】 解 析:如 圖 所 示,當 折 射 光 線 在 AB 邊 恰 好 不 能 射 出 時,在 AB 邊上的入射角等于全反射臨界角C0, 【典例】 提示:(1)帶電量為零、電場能最小. DA =DE ,各 個 角 度 如 圖 中 所 示 A (2)25 1 倍 ,電 流 最 大 . 4 Eα αD 解析:t=0 時 電 容 器 上 極 板 帶 正 電 荷 且 電 荷 量 為 最 大 值,而 C r i t=0.02s時電容器下極板帶正電荷且電 荷 量 第 一 次 達 到 最 大 值,可知 LC 回路的周期為T=0.04s,A 項錯誤;LC 回路中的 BC 電流最大時磁場能最 大,由 能 量 守 恒 定 律 可 知,此 時 電 場 能 最 — 251 —

一品方案·物理(新高考版) 小 ,B 項 錯 誤 ;由 于周 期 為 T=0.04s,t=1.01s為 25 1 個 周 a 光的傳播速度大 于b 光 的 傳 播 速 度,B 錯 誤;由 臨 界 角 公 式 4 1 可 知 ,b 光的臨 界角 較 小,C 正 確 ;由 λ'= λ 可 知 ,在 期,則t=1.01s時電容器 放 電 結 束,回 路 中 電 場 能 最 小,磁 場 sinC= n n 能最大,電流沿逆時針方向,C 項正確,D 項錯誤. 冰晶中a 光的波長大于b 光的波長,D 錯誤.故選 C. 答 案 :C 【示例2】 AC 根 據(jù) 題 意 該 光 i 鞏固拓展 線射 入 球 中,只 在 里 面 發(fā) 生 1.A 由 E =hν,知 電 磁 波 頻 率 越 高,光 子 能 量 越 大,故 A 項 正 一次反射后又通過球體折射 d ir r B 確;由c=λν,知 電 磁 波 頻 率 越 高,光 子 波 長 越 短,衍 射 越 不 明 出,折 射 光 線 與 入 射 光 線 平 A O 顯,故 B、D 兩項錯誤;不同頻率的 電 磁 波 在 真 空 中 的 傳 播 速 度 行且 反 向,由 對 稱 性 可 知 光 相同,故 C 項錯誤. 路圖 如 圖 所 示,由 幾 何 知 識 D 2.BC 題圖 乙 中 的a 是 電 場 能 最 大 的 時 刻,由 上 極 板 帶 正 電,即 得i=2r,由 折 射 率 的 定 義 得 充電時電流沿 順 時 針 方 向,對 應 題 圖 甲 中 的 T 時 刻,A 錯 誤; 題圖乙中的b 是電場 能 最 大 的 時 刻,由 下 極 板 帶 正 電,此 后 的 n=ssiinnir,解得i=60°,r=30°.發(fā) 生 全 反 射 的 臨 界 角 為 C,則 有 T 內 放 電 ,電 流 沿 順 時 針 方 向 ,B 正 確 ;圖 乙 中 的c 是 磁 場 能 最 1 = 3 1 ,光 線 在 B 點和D 點的入射角都 4 sinC= n 3 >sin30°= 2 大的時刻,此后磁場能轉化為電場能,由楞次定律 判 斷,電 流 方 是30°,小于臨界角 C,故 光 線 在 玻 璃 球 內 不 能 發(fā) 生 全 反 射,又 向 為 逆 時 針 方 向 ,題 圖 甲 中 的 T 時 刻 電 流 為 逆 時 針 方 向 ,C 正 由 幾何 關 系 可 知 d=Rsini=Rsin60°= 3 ,A 正 確 ,B 錯 誤 . 4 2R 確;題圖乙中的d 是磁場能 最 大 的 時 刻,此 后 磁 場 能 轉 化 為 電 在所有平行 AB 方向照 射 到 玻 璃 球 內 且 只 經(jīng) 一 次 反 射 后 射 出 玻璃球的光線中,光線的入射角越小,在球內的光 程 越 長,即 從 場能,由楞次定 律 判 斷,電 流 方 向 為 順 時 針 方 向,此 后 電 容 C 的下極板將充上負電荷,D 錯誤. A 點射入的光線,在球 內 經(jīng) 過 的 時 間 最 長,設 經(jīng) 過 的 最 長 時 間 考向四 為t,則t= s =4vR ,又 c ,解 得 t=4c3R ,C 正 確,D v n 【典例】 提示:(1)對a 光的折射率大. v = (2)Δx=dLλ. 錯誤. 解析:本 題 考 查 光 的 折 射、干 涉、全 反 射.因 為a 光 偏 折 得 更 厲 【示例3】 C 從 電 視、電 腦、手 機 等 各 類 LED 中 發(fā) 出 的 光 是 自 然光,包含著垂直于傳 播 方 向 上 沿 一 切 方 向 的 振 動 的 光,無 法 害 ,所 以na >nb ,由v=nc 得va <vb ,A 正 確 ;nb =ssiinn3600°°= 3, 通過偏振片只 濾 過 藍 光,故 A 錯 誤;把 鏡 片 制 作 得 很 薄,藍 光 也可以從鏡片中透射,且 鏡 片 尺 寸 遠 大 于 藍 光 波 長,幾 乎 不 會 1 = 33,B 正 確 ;因 為na >nb ,則λa <λb ,通 過 相 同 的 雙 發(fā)生衍射現(xiàn)象,故 B 錯誤;在鏡片上涂一層特定厚度的膜,使藍 sinC=nb 光在膜的前表面和鏡片前表面的反射光發(fā)生干涉 增 強,使 藍 光 的反射增強,透射減弱,即可 以 過 濾 藍 光,故 C 正 確;用 折 射 率 縫干涉裝置,由 Δx=dlλ 知b 光 的 相 鄰 亮 紋 間 距 大,C 錯 誤;b 較大的材料做鏡片,藍光在從鏡片內射入空氣時不 可 能 滿 足 在 各點的入射角 都 大 于 臨 界 角,無 法 利 用 光 的 全 反 射 將 藍 光 過 光在BC 界面入射角為 60°;sin60= 23>sinC,會 發(fā) 生 全 反 射, 濾,故 D 錯誤. 改變入射光在 AB 邊入射點的位 置,b 光 的 部 分 光 路 圖 如 圖 所 專題六 熱學 近代物理初步 示,MO'=MN ,b 光 在 三 棱 鏡 中 傳 播 的 距 離 始 終 等 于 ON ,則 第一講 熱學 t=OvNb =2cL=2ncbL=2c3L,D 正確. [真 題 引 領 ] nb A 1.C 初 始 時 氣 體 的 壓 強 p1 =p0 +mSg,體 積 為 V1,溫 度 為 T1; 將氣缸緩 慢 轉 過 90°后,氣 體 的 壓 強 為 p2 =p0,體 積 為 V2,溫 O′ 度為 T2.易知V2>V1,故氣體對外界做功,因 氣 缸 和 活 塞 都 是 絕熱的,根據(jù)熱力學第一定律 可 得 ΔU <0,由 于 理 想 氣 體 內 能 B c c C 只與氣體溫度有關,所 以 T1 >T2,AD 錯 誤.內 能 減 小,不 是 所 c 有氣體分子熱運動速率都減小,但速率大的分子數(shù) 占 總 分 子 數(shù) M N 答 案 :C 的比例減小,B 錯誤,C 正確. 鞏固拓展 2.解 析 :(1)選 活 塞 與 金 屬 絲 整 體 為 研 究 對 象 ,根 據(jù) 平 衡 條 件 有 ABC 兩束光線 的 折 射 光 路 如 圖 所 示,根 據(jù) aOb p0S=p1S+ (m1 +m2 )g 對稱性,兩束光 線 從 玻 璃 到 空 氣 折 射 時 的 入 代 入 數(shù) 據(jù) 解 得 p1=105 Pa. 射角相等,而b 光的折射角大,所以b 光的折 A C B (2)當活塞在 B 位置時,設 汽 缸 內 的 壓 強 為 p2,根 據(jù) 玻 意 耳 定 c 律 有 p1V0=p2(V0+Sh) 射 率 大 ,即 nb >na ,根 據(jù) n= v ,可 得 vb < 代 入 數(shù) 據(jù) 解 得 p2=9.9×104 Pa 選 活 塞 與 金 屬 絲 整 體 為 研 究 對 象 ,根 據(jù) 平 衡 條 件 有 va ,A 項正確;b 光 頻 率 高 則 波 長 短,根 據(jù) 雙 p0S=p2S+ (m1 +m2 )g+F 縫干涉條紋間 距 公 式 Δx=ldλ,b 光 波 長 短, P 聯(lián)立解得 F=1N. O′ 答案:(1)105Pa (2)1N 則條紋間距小,B 項正確;從同一介 質 射 入 真 空 的 過 程 中,全 反 考向一 【典例】 提示:(1)n=Ma . 射 的 臨 界 角 sinC= 1 ,b 光 折 射 率 大 ,所 以b 光 的 臨 界 角 小 ,C n 項正確;b 光頻率高,則波長短,波長越短越不 容 易 發(fā) 生 衍 射,D 項錯誤. (2)相 等 . 聚焦情境 素養(yǎng)培優(yōu) 解析 :a 千克 氣 凝 膠 的 摩 爾 數(shù)n= a ,則 a 千 克 氣 凝 膠 所 含 有 【示例1】 C 由圖可知a 光 的 偏 折 程 度 更 小,即 冰 晶 對a 光 的 M 折射率小于對b 光的折射率,A 錯誤;由v=nc 可 知,在 冰 晶 中 的分子數(shù) N =nN A = a N A ,故 A 正 確;氣 凝 膠 的 摩 爾體 積 M — 252 —

參考答案 Vmol=ρM ,故 B 正 確 ;1 mol氣 凝 膠 中 包 含 NA 個 分 子 ,故 每 個 末 態(tài) :pB2=p0+ph ,VB2=l'2S, 由 玻 意 耳 定 律 得 pB1VB1 =PB2VB2 , 氣凝膠分子的體積V0=NMAρ,故 C 正確;設每 個 氣 凝 膠 分 子 的 解得l'2 =30cm, 設 B 管中水銀比A 管中水銀高xcm, 直徑為 d,則V0= 61πd3,聯(lián)立可得 d= 3 6M 對A 中氣體, πN Aρ ,故 D 錯 誤 . 初 態(tài) :pA1=p0,VA1=l1S', 末 態(tài) :pA2=pB2+px ,VA2=[l1-(l2-l'2 -x)]S', 答 案 :ABC 由 玻 意 耳 定 律 得 pA1VA1=pA2VA2,解 得 x=1cm. 鞏固拓展 1.AD 墨水中小炭粒的運動是大量水分子對 它 的 撞 擊 作 用 力 不 答 案 :1cm 平衡導致的,該運動沒 有 規(guī) 則,反 映 了 液 體 分 子 運 動 的 無 規(guī) 則 【典例3】 解析:(1)魚 靜 止 在 水 面 下 H 處 時,所 受 浮 力 等 于 重 力,有 Mg=ρgV0 魚通過 增 加 B 室 體 積 獲 得 大 小 為a 的 加 速 性,A 正 確;物 態(tài) 并 不 是 只 由 分 子 間 作 用 力 決 定 的,B 錯 誤;當 度 ,則 有ρgΔV =Ma, 分子間距離為r0 時分 子 間 作 用 力 為 零,所 以 當 分 子 間 距 離 從 又 m=ρ氣 gV, 大于r0 處增大時分子力可能先 增 大 后 減 小,C 錯 誤;當 分 子 間 Δm=ρ氣 gΔV, 距離等于r0 時 分 子 勢 能 最 小,從 距 離 小 于r0 處 增 大 分 子 之 間 的距離,則分子勢能先減小后增大,D 正確. 聯(lián)立解得 Δm=MVρmga. 2.A 在無風的時候,該顆粒物還 會 受 到 附 近 空 氣 分 子 對 它 的 撞 (2)魚靜 止 在 水 面 下 H 處 時,B 室 內 氣 體 壓 強 為 p1 =p0 + 擊作用,該顆粒 物 要 不 停 地 做 無 規(guī) 則 運 動,故 A 錯 誤;懸 浮 在 液體或氣體中的固體小顆粒的無規(guī)則運動叫布朗 運 動,所 以 該 ρgH ,體積為V, 魚 靜 止 在 水 面 下 H1 處 時 ,B 室 內 氣 體 壓 強 為p2=p0+ρgH1, 顆粒物符合布朗運動 的 條 件,該 顆 粒 物 的 運 動 就 是 布 朗 運 動, 體積也為V,設該部分氣體在壓強為 p1 時體積為V1, 根 據(jù) 玻 意 耳 定 律 有 p2V=p1V1, 故 B 正確;布朗運動產生的原因就是氣體或液體分子對顆粒撞 擊的不平衡造成的,故 C 正 確;布 朗 運 動 反 映 了 氣 體 或 液 體 分 解 得V1=pp00++ρρggHH1V, 子的無規(guī)則運動,故 D 正確. 又 溫 度 不 變 ,則 有m1 =VV1 , 考向二 m 【典例1】 AC 玻璃是非 晶 體,沒 有 固 定 的 熔 點,也 沒 有 規(guī) 則 的 幾何形狀,具有各向同 性 的 特 點,其 分 子 在 空 間 上 的 排 列 也 是 解 得 m1=pp00++ρρggHH1m . 雜亂無章的,故 A、C 兩項正確,B、D 兩項錯誤. 答案:(1)MVρmga (2)pp00++ρρggHH1m 【典例2】 AC 由于液體 表 面 存 在 張 力,針 能 浮 在 水 面 上,A 項 【典例4】 解析:打氣時,活 塞 每 推 動 一 次,把 體 積 為 V0、壓 強 為 正確;水在涂有油脂的 玻 璃 板 上 能 形 成 水 珠,這 是 不 浸 潤 的 結 p0 的氣體推入容器內,若活塞 工 作n 次,就 是 把 壓 強 為 p0、體 積為nV0 的氣體壓入容器內,根據(jù)玻意耳定 律 得 p0(V+nV0) 果,而在干凈的玻璃板上不能形成水 珠,這 是 浸 潤 的 結 果,B 項 錯誤;在太空中水滴呈球形,是液體表 面 張 力 作 用 的 結 果,C 項 正確;玻璃板很難被拉開是由于分子引力的作用,D 項錯誤. 【典例3】 B 溫度升高,分 子 無 規(guī) 則 熱 運 動 加 強,6 月 份 與 1 月 =pV ,解 得 p=V +nV0 = 1+nVV0 p0;抽 氣 時,每 拉 動 一 份相比較,平均氣溫升高了,氣體分子的平均動能 增 加,分 子 平 V p0 均速率增大,但是個別分子的速率變化 無 法 確 定,故 A 錯 誤,B 次,把容器中氣體的體積從V 膨 脹 為V+V0,而 容 器 內 氣 體 的 正確;溫度升高,分子 的 平 均 動 能 變 大,但 是 壓 強 減 小,所 以 氣 壓強就要減小,活塞推動時將抽氣筒中的V0 氣體排出,而再次 拉動活塞時,將容器中剩余的氣 體 體 積 從V 又 膨 脹 到V +V0, 體分子的密集程度減小,則單位時間內空氣分子對 地 面 單 位 面 容器內的壓強繼續(xù) 減 小,根 據(jù) 玻 意 耳 定 律 得,第 一 次 抽 氣 p0V 積的撞擊次數(shù)減 少,故 C 錯 誤;溫 度 升 高,分 子 的 平 均 動 能 變 大,分子的平均 速 率 增 大,速 率 大 的 分 子 所 占 比 例 較 多,故 D =p1 (V +V0 ),解 得 p1 =V V ,第 二 次 抽 氣 p1V =p2 (V + 錯誤. +V0p0 考向三 V0),解 得 p2= V 2 V +V0 【典例1】 解析:(1)設初始狀態(tài)汽缸內氣體的壓強為 p1,對兩活 p0,第 三 次 抽 氣 p2V =p3 (V +V0 ), 塞 整 體 有 p0·2S+p1·S+3mg=p0·S+p1·2S, 對Ⅱ活塞有 解 得 p3= V 3 k·0.1l+p0 ·S=p1 ·S+mg, V +V0 解 得k=40lmg. p0,以此類推,第n 次抽氣完畢后,氣體壓 強 為 pn = V n V +V0 p0,C 正確,A、B、D 錯誤. 答 案 :C 【典例5】 解析:(1)容器內的理想氣體從打開 C 到 再 次 平 衡 時, (2)設活塞Ⅱ剛到汽缸連接處時內 部 氣 體 壓 強 為 p2,對 兩 活 塞 發(fā)生等溫變化,根據(jù) 玻 意 耳 定 律 得 p0V0 =p·2V0,解 得 此 時 整體有 氣 體 壓 強 p= 1 ; 2p0 p0 ·2S+p2 ·S+3mg=p0 ·S+p2 ·2S, 解 得 p2=p1=p0+3Smg, (2)升 高 溫 度,理 想 氣 體 發(fā) 生 等 容 變 化,根 據(jù) 查 理 定 律 得 對活塞Ⅱ有 p =1.p2'T0 . T0 k·x+p0 ·S=p2 ·S+mg, 解 得 壓 強 為 p'=1.2p=1.2× 1 =0.6p0 . 氣 體 體 積 為 V2 =2(l+x)S, 2p0 初 始 時 氣 體 的 體 積 V1 =0.55lS+0.55l·2S=1.65lS, 溫度改變,理想氣體的體積不變,則外界即不對理 想 氣 體 做 功, 由 蓋 呂 薩 克 定 律 有V1 =TT20 , 理想氣體也不對外界做功,所 以 W =0;升 高 溫 度,內 能 增 量 為 V2 - ΔU =k(1.2T0 -T0 )=0.2kT0 根據(jù) 熱 力 學 第 一 定 律 ΔU =Q +W ,可 知 氣 體 吸 收 的 熱 量 為 解 得 4 T2 = 3T0 . Q =ΔU =0.2kT0 . 答案:(1)40lmg (2)p0+3Smg,34T0 答 案 :(1)12p0 (2)0.6p0 0.2kT0 【典例2】 解析:對于 B 中的氣體, 考向四 初 態(tài) :pB1=p0,VB1=l2S, 【典例1】 B b→c 過程中,體積不變,壓強變小,則溫度降低,內 — 253 —

一品方案·物理(新高考版) 能減小,A 錯 誤;c→a 過 程 中,壓 強 不 變,體 積 變 大,氣 體 對 外 子是紅外線波段的光子,A 項正確. 做功,溫度也升高,內 能 增 加,依 據(jù) 熱 力 學 第 一 定 律 知,氣 體 要 2.CD 秦山核電站利用 的 是 重 核 裂 變 釋 放 的 能 量,故 選 項 A 錯 吸 收 熱 量 ,B 正 確 ;由 理 想 氣 體 狀 態(tài) 方 程 有paVa =pTbVb b ,由 題 誤;如果不考慮核能與 電 能 的 轉 化 效 率,則 根 據(jù) 愛 因 斯 坦 質 能 Ta 方程 E=mc2 可以推 算 出,原 子 核 虧 損 的 質 量 約 為 m =cE2 = 圖 可 知 pa =p0,pb =2p0,Va =2V0,Vb =V0,解 得 Ta =Tb ,C 錯 誤 ;題 圖 中 面 積 微 元 ΔS =p ·ΔV =pΔ0VW0 ,故 題 圖 中 △abc 6.9×1901×1×10316.6×106kg=27.6kg,但 核 能 轉 化 為 電 能 的 效 率 p0 V0 的 面 積 表 示 外 界 對 氣 體 做 的 功 的1 ,D 錯 誤 . 不可能達到100%,所以質量虧 損 應 該 超 過 27.6kg,故 選 項 B p0V0 錯誤;鎘吸收中子的能 力 強,因 此 在 核 電 站 反 應 堆 中 需 要 用 鎘 【典例2】 BD 由題圖可知,過 程ab,b 與t0 連 線 的 斜 率 大 于a 棒調節(jié)中子的數(shù)目,從而控制鏈式反應的速度,故選項 C 正確; 反應堆利用鈾235的 裂 變,生 成 多 個 核 和 中 子,且 產 物 有 隨 機 與t0 連線的斜率,則b 狀 態(tài) 氣 體 的 體 積 小 于a 狀 態(tài) 氣 體 的 體 的 兩 分 裂 、三 分 裂 ,即 存 在23952U+01n→14546Ba+8396Kr+310n 的 核 反 應,故選項 D 正確. 積,則過程ab 中 氣 體 的 體 積 減 小,A 錯 誤;由 題 圖 可 知,過 程 考向一 ca,氣體壓強與熱力學溫度成正比,則氣體發(fā)生等 容 變 化,氣 體 體積不 變,B 正 確;由 于 過 程ca 體 積 不 變,所 以 外 界 對 氣 體 不 做功,C 錯誤;由 題 圖 可 知,過 程bc,氣 體 的 壓 強 不 變,溫 度 升 【典例1】 B 光電 倍 增 管 應 用 的 前 提 是 能 發(fā) 生 光 電 效 應,因 此 高,體積變大,氣體對外界做功,D 正確. 入射光的頻率應大于 光 電 管 陰 極 材 料 的 截 止 頻 率,A 項 錯;入 【典例3】 D AB 的 反 向 延 長 線 過 原 點,由 理 想 氣 體 狀 態(tài) 方 程 射光不變,產生的光電子數(shù)一定,增大各級間電壓,可 以 增 大 打 pV =C(C 為常量)分析可 知,氣 體 由 狀 態(tài) A 到狀態(tài)B 的過程 到倍增極上的光電子的動能和數(shù)量,則可能有更多 的 光 電 子 從 T 倍增極逸出,陽極收集到的電子數(shù)增 多,B 項 正 確;增 大 入 射 光 中壓強不變,體積增 大,氣 體 對 外 做 功,溫 度 升 高,氣 體 的 內 能 的頻率,陰極 K 發(fā)射出的光電子 的 最 大 初 動 能 增 大,并 非 所 有 增加,選項 A 錯 誤;與 狀 態(tài) A 相 比,狀 態(tài) C 溫 度 不 變,則 分 子 的平均動能不變,體積增大,分子的數(shù)密度減小,所 以 單 位 時 間 光電子的初動能都增 大,C 項 錯;保 持 入 射 光 頻 率 和 各 極 間 電 內與單位面積器壁碰撞的分 子 數(shù) 減 少,選 項 B 錯 誤;從 狀 態(tài) B 壓不變,增大入射光光強,產生光電子數(shù)增多,陰極 收 集 到 的 光 變化到狀態(tài)C 的過程中,氣體體積不變,則氣體密度不變,選項 C 錯誤;氣體從狀態(tài) A 變化到狀態(tài)B 發(fā) 生 的 是 等 壓 變 化,根 據(jù) 電子增多,D 項錯. 【典 例 2】 C 當 電 壓 表 讀 數(shù) 大 于 或 等 于 Uc 時,電 流 表 讀 數(shù) 為 有VA =VTBB TA 零,則 遏 止 電 壓 為 Uc.根 據(jù) 光 電 效 應 方 程,則 光 電 子 的 最 大 初 蓋 - 呂 薩 克 定 律 ,代 入 數(shù) 據(jù) 解 得 T2 =600 K.選 項 D 動能 Ekm =eUc =h c -W0 ,用 波 長 為4λ0 的 單 色 光 照 射 時, λ0 5 正確. c W0 =78hλc0 ,故 聚焦情境 素養(yǎng)培優(yōu) Ekm =3eUc=h 4 -W0,聯(lián) 立 解 得 C 項正確, 【示例1】 BC 熱力 學 第 一 定 律 是 熱 現(xiàn) 象 中 內 能 與 其 他 形 式 能 5λ0 的轉化規(guī)律,是能量守 恒 定 律 的 具 體 表 現(xiàn),適 用 于 所 有 的 熱 學 A、B、D 三項錯誤. 過程,故 C 項 正 確,D 項 錯 誤;由 熱 力 學 第 二 定 律 可 知,熱 量 不 能自發(fā)地從低 溫 物 體 傳 到 高 溫 物 體,除 非 有 外 界 的 影 響 或 幫 【典例3】 C 根 據(jù) 光 電 效 應 方 程 有 Ek =hν-W0 ,其 中ν= c 、 λ 助,電冰箱把熱量從低 溫 的 內 部 傳 到 高 溫 的 外 部,需 要 壓 縮 機 =λhc0 (λ0 1 -λhc0 ,C 的幫助并消耗電能,故 B 項正確,A 項錯誤. W0 =540nm),可 得 Ek =hc· λ 項 正 確 . 【示 例 2】 AD 以 加 熱 前 罐 中 氣 體 為 研 究 對 象,氣 體 溫 度 由 考向二 300K 加熱到400K 的過程發(fā)生等壓變 化,由 蓋 - 呂 薩 克 定 律 【典例1】 B α粒 子 先 靠 近 原 子 核,然 后 又 遠 離 原 子 核,則 在 α 可知其體積增大 為 原 來 的 4 倍,故 加 熱 后 罐 內 氣 體 質 量 是 原 粒子運動的過程中,電場力(庫侖斥力)對 α粒子 先 做 負 功 后 做 3 正功,所以其電勢能先增大后減小,由動能定理知,其 動 能 先 減 來 的 3 ,選 項 A 正 確 ,B 錯 誤 ;以 按 在 皮 膚 上 后 的 罐 內 氣 體 為 小后增大,故 B 項正確,A、D 兩項錯誤;α粒子受到的 庫 侖 斥 力 4 先增大后減小,由牛頓第二定律知,其加速度先增 大 后 減 小,故 研 究 對 象 ,由 理 想 氣 體 狀 態(tài) 方 程 得p1V1 =pT2V22 ,故p2 =VV21TT21 C項錯誤. T1 p1 【典例2】 B 氫原子從n=3能級躍遷到n=1能 級 時 釋 放 的 光 =1156×340000= 4 ,選 項 C 錯 誤 ,D 正 確 . 子能量最大,頻率也最大,能量為 E1 =(-1.51eV)-(-13.6eV) 5 【示 例 3】 解 析 :(1)根 據(jù) 理 想 氣 體 狀 態(tài) 方 程 有p1V1 =pT2V22 , =12.09eV,照射逸出 功 為 2.29eV 的 金 屬 鈉,光 電 子 的 最 大 T1 初動能為 Ekm =E1-W =9.8eV,頻 率 大 的 光 子 波 長 小,根 據(jù) 式 中 T1=300K,T2=264K, p=λh 可知 頻 率 大 的 光 子 動 量 大,A 錯 誤,B 正 確;氫 原 子 從 解 得V2=4L. n=3 能 級 躍 遷 到 n =2 能 級 時 釋 放 的 光 子 能 量 為 E2 = (2)設 放 出 的 氣 體 在 放 出 前 在 航 天 服 內 的 體 積 為 V',則 有 p2V2 =p3V3 +p2V', (-1.51eV)-(-3.4eV)=1.89eV<W ,該 光 子 不 能 使 金 屬 解 得 V'=2.5L, 鈉發(fā)生光電效應,可知有2種頻率的光子能使金屬 鈉 產 生 光 電 則放出的氣體與原來氣體的質量比mm'=VV'2 , 效應,C 錯誤;-1.51eV+0.85eV= -0.66eV,可 知 氫 原 子 不能吸收該光子從n=3能級躍遷到n=4能級,D 錯誤. 解 得mm'= 5 . 考向三 8 【典例1】 CD 原子核衰變過程系統(tǒng)動量守恒,衰變生成的 原 子 答案:(1)4L (2)85 核與粒子動量方向相反,速度方向相反,由左手定 則 知,若 生 成 的原子核與粒子的電 性 相 反,則 在 磁 場 中 的 徑 跡 為 內 切 圓,若 第二講 近代物理初步 電性相同,則在磁場中 的 徑 跡 為 外 切 圓,所 以 生 成 的 原 子 核 與 [真 題 引 領 ] 粒子電性相同,發(fā)生的是 α衰 變,不 是 β衰 變,故 A 項 錯 誤;原 1.A n=20 的 氫 原 子 能 量 為 E20 =2E012 = -0.034eV,該 氫 原 子 子核衰變后生成 的 原 子 核 與 粒 子 的 動 量 p 大 小 相 等、方 向 相 反,原子核與粒子在磁 場 中 均 做 勻 速 圓 周 運 動,洛 倫 茲 力 提 供 的電離能為0.034eV.吸收一個 光 子,恰 好 失 去 一 個 電 子 變 成 向 心 力 ,由qvB =m v2 ,解 得r=qmBv=Bpq,由 于 p、B 都相同, 氫離子,由題圖所示按 能 量 排 列 的 電 磁 波 譜 可 知,被 吸 收 的 光 r — 254 —

參考答案 則電荷量q 越 大,其 徑 跡 半 徑r 越 小,由 于 新 核 的 電 荷 量 大 于 時鉤碼速度為v,有v=h62-Th4 ,故動能的增加量 ΔEk= 21mv2-0 粒子的電荷量,則新核 的 徑 跡 半 徑 小 于 粒 子 的 徑 跡 半 徑,則 半 徑為r1 的圓為新核的運動徑跡,半 徑 為r2 的 圓 為 粒 子 的 運 動 m (h6 -h4 )2 ;鉤 碼 的 重 力 勢 能 增 加 量 ΔEp=mgh5 . 徑跡,故 B 項錯誤;由 B 項 的 分 析 知,r1 ∶r2 =2∶90=1∶45, = 8T2 故 C 項正確;若是 α衰變,生成的原子核與粒子電性相同,由左 (2)彈簧彈性勢能一部分轉化為鉤碼、紙帶、彈簧的 重 力 勢 能 和 手定則可知,原子核與 粒 子 都 沿 順 時 針 方 向 做 勻 速 圓 周 運 動, 動能,由于紙帶與限位孔之間的摩擦阻力或鉤碼運 動 過 程 中 的 故 D 項正確.故選 C、D. 空氣阻力做功,系統(tǒng)機械能減少,故隨著h 增大,兩條曲線在縱 向的間隔逐漸變大. 【典例2】 C 縱坐標由 2 變?yōu)? 1 ,說 明 這 2 的113Sn 中 正 好 3 3 3m0 答 案 :(1)kh5(L-L0)- 12kh52 m (h6 -h4 )2 (2)見 解 析 8T2 mgh5 有 一半的113Sn發(fā)生了衰變 ,經(jīng) 過的 時 間 為 一 個 半 衰 期 ,因 此 半 衰期 T=t2-t1=115.1d,C 正確. 考向四 考向一 【典 例 1】 D 由電荷數(shù)守恒及質量數(shù)守恒可得10n+23952U→14516Ba+ 【典例】 解析:(1)將表 格 中 數(shù) 據(jù) 轉 化 如 圖,則 x1 =507 m,x2 = 9326Kr+310n,故 X 為 中 子 ,y=3,A 錯 誤 ;此 核 裂 變 釋 放 核 能 約 為 587 m,x3=665 m,x4 =746 m,x5 =824 m,x6 =904 m,可 得 E=141E2+92E3-235E1,根 據(jù) 質 能 方 程 可 知 此 核 裂 變 反 應 x2-x1 =80 m,x3 -x2 =78 m,x4 -x3 =81 m,x5 -x4 = 過程 中 的 質 量 虧 損 為 Δm =141E2 +92E3 -235E1 ,B 錯 誤 ,D 78 m,x6-x5=80 m,相 鄰 相 等 時 間 間 隔 位 移 差 大 小 接 近,可 c2 判斷該飛行器在這段時間內近 似 做 勻 加 速 運 動.(2)x=507 m 時 該飛行器的速度即t=1s時的瞬時速度,利用勻變速直線運 正確;根據(jù)原子核的比結合能曲線可知 E3>E2>E1,C 錯誤. 【典 例 2】 B 由 題 圖 知 ,42He 核 的 比 結 合 能 約 為 7 MeV,42He共 動的特點可知時間中點的瞬時速度等于這段時間內的平均速 有4 個 核 子,所 以 結 合 能 約 為 4×7 MeV=28 MeV,A 錯 度,故v=x12+tx2 =120×941sm =547 m/s.(3)由 逐 差 法 得 a= 誤 ;36Li核 的 比 結 合 能 約 為 5.3 MeV,36Li 核 的 結 合 能 約 為 5.3×6 MeV=31.8 MeV,可 知63Li核 的 結 合 能 比42He核 的 大 , (x6 +x5 +x4 )- (x3 +x2 +x1 ) (4233-1759)-1759 m/s2 9t2 = 9×12 比 結 合 能 小 ,B 正 確 ; U235 裂 變 屬 于 重 核 裂 變 ,核 反 應 朝 著 新 核 92 比結合能大的方向進行,要放 出 能 量,C 錯 誤;42He核 的 結 合 能 =79 m/s2. 等于24He核 分 裂 成 2 個 質 子 和 2 個 中 子 所 需 要 的 能 量,D x x x x x x 錯誤. N 聚焦情境 素養(yǎng)培優(yōu) 【示例1】 A 正 離 子 的 定 向 移 動 方 向 就 是 電 流 方 向,故 A 正 N 確;三種射線中 α射線的電離作用最強,能使空 氣 電 離,所 以 镅 (24915Am)放 出 的 射 線 中 應 有 α 射 線 ,故 B 錯 誤 ;镅 的 半 衰 期 為 N N N 432年,當經(jīng)1296年,即經(jīng)過3個半衰期后,還剩下 m=m0 1 3 N 2 = 0.125kg=125g沒有衰變,則衰變了875g,故 C 錯誤;該電路 答案:(1)相鄰相等時間間隔位移差大小接近 (2)547 (3)79 為非純電阻電路,歐姆定律不適用,故 D 錯誤. 鞏固拓展 【示例2】 B 波長為λ 的光子,動量為 p=λh ,光子 與 太 陽 帆 相 1.解析:(1)同學乙 的 看 法 正 確.只 有 讓 小 車 勻 速 運 動,才 能 夠 消 除摩擦力的影響;對于甲同學的看法,小車開始運 動 時,砂 子 和 撞的過程,對光子 由 動 量 定 理 得 I=Δp=p- (-p)=2λh,B 盤的重力等于最大靜摩擦力,而最大靜摩擦力略大 于 滑 動 摩 擦 力.(2)①當小車的 重 力 沿 斜 面 向 下 的 分 力 與 滑 動 摩 擦 力 平 衡 正確. 時,小車恰好做勻速運 動.② 根 據(jù) 逐 差 法 可 求 得 小 車 的 加 速 度 【示例3】 B 半衰 期 由 放 射 性 元 素 自 身 性 質 決 定,不 受 外 界 因 a=xCE4T-x2 AC = (9.30-3.15-3.15)×10-2 m/s2 =0.75 m/s2.③ 素影響,A 錯誤;β衰變,即中子 轉 變 為 質 子 和 電 子 的 原 因 與 弱 4×(0.1)2 相互作用有關,B 正確;衰變過程是 自 發(fā) 進 行 的 過 程,要 放 出 能 根據(jù)牛頓第二定律 F=ma 可得a=m1F,結合a F 圖 像 可 得 量,C 錯誤;β粒子為電子,帶負電,D 錯誤.故選 B. 斜 率k=ΔΔaF 1 1 專題七 實驗與探究 其 = m ,則 小 車 的質 量 m = k . 第一講 力學實驗及創(chuàng)新 答 案 :(1)乙 (2)① 勻 速 1 [真 題 引 領 ] ②0.75 ③k 1.解析:(1)初始時彈簧的伸長 量 為 5.00cm,結 合 圖 乙 可 讀 出 彈 2.解 析:(2)根 據(jù) 螺 旋 測 微 器 讀 數(shù) 規(guī) 則 可 知,小 球 直 徑 d = 簧彈力為 0.610 N,由 F =kx 可 得 彈 簧 的 勁 度 系 數(shù)k=12 7.5 mm+0.383 mm=7.883 mm.(3)由于小 球 自 由 落 體 運 動 時間很短,所以測量 時,應 該 先 接 通 數(shù) 字 計 時 器,后 釋 放 小 球. N/m. (2)根據(jù)牛頓第二定律 F=ma,結 合 圖 丙 可 得a-F 圖 線 斜 率 (4)小球第1次通過光電門時的速度v1=td1 ,第2 次 通 過 光 電 的 倒 數(shù) 表 示 滑 塊 與 加 速 度 傳 感 器 的 質 量,代 入 數(shù) 據(jù) 得 m = 0.20kg. 門時的速度v2=td2 ,小 球 與 橡 膠 材 料 碰 撞 導 致 的 機 械 能 損 失 (3)同 理 圖 像 斜 率 的 倒 數(shù) 1 =m +m 測 ,得 m 測 =0.13kg. 21mv21 1 =m2d2 11 k 2 t12 -t22 ΔE= - mv22 .(5)若 適 當 調 高 光 電 答案:(1)12 (2)0.20 (3)0.13 門 高 度 ,將 會 增 大 因 空 氣 阻 力 引 起 的 測 量 誤 差 . 2.解析:(1)由題意可知,打下 A 點時,彈簧形變量 Δx1=L-L0, 答案:(2)7.883(7.883~7.884) (3)B 此 時 彈 簧 的 彈 性 勢 能 Ep1 = 12k(Δx1)2,打 下 F 點 時 ,彈 簧 形 (4)m2d2 11 (5)增 大 變 量 Δx2=L -h5 -L0,此 時 彈 簧 的 彈 性 勢 能 Ep2 = 12k· t21 -t22 考向二 (Δx2)2,彈 性 勢 能 的 減 少 量 ΔE =Ep1 -Ep2,代 入 得 ΔE = 【典例】 解析:(3)利用 描 點 法 得 出 圖 像 如 圖.(4)根 據(jù) 刻 度 尺 讀 kh5(L-L0)- 12kh52 ;打 下 A 點 時 鉤 碼 速 度 為 零 ,設 打 下 F 點 數(shù)規(guī)則知,橡 皮 筋 的 長 度l=15.35cm.(5)由 胡 克 定 律 可 得 — 255 —

一品方案·物理(新高考版) nmg=k(l-l0),變 化 為l=mkgn+l0 .l-n 圖 像 的 斜 率mg = 考向三 k 【典例】 解析:(1)小 球 做 平 拋 運 動,水 平 方 向 做 勻 速 直 線 運 動, 62.005×10-2,解 得 k=20.0 N/m.代 入 數(shù) 據(jù) 解 得 橡 皮 筋 原 長 因此速度的水平分量大小為v0=tx =00..0055 m/s=1.0 m/s l0=9.00cm.掛 上 冰 墩 墩 玩 具,有 Mg=k(l-l0),解 得 M = 豎直方向做自由落體 運 動,根 據(jù) 勻 變 速 直 線 運 動 中,中 間 時 刻 的瞬 時 速 度 等 于 該 段 位 移 的 平 均 速 度,因 此 小 球 在 A 點 速 度 127g. 的豎直分量大小為vy =80.6.0+51×12.0cm/s≈2.0 m/s. l DN =y3 +y4 -y2 -y1 4t2 (2)由 豎 直 方 向 為 自 由 落 體 運 動 可 得 g ,代 入數(shù)據(jù)可得 g=9.7 m/s2. 答案:(1)1.0 2.0 (2)9.7 鞏固拓展 1.解析:(1)小球 做 平 拋 運 動,豎 直 方 向 有 y2 -y1 =kgT2,解 得 (3.51-2.54)×10-2 g=yk2T-y2 1 = 0.1×0.12 m/s2 =9.7 m/s2 .(2)斜 槽 n 末端切線不水平,小球 拋 出 后 做 斜 拋 運 動,但 豎 直 方 向 仍 為 勻 (4)15.35 (5)127 答 案 :(3)見 解 析 變速運動,加速度仍 為 g,仍 滿 足 y2 -y1 =kgT2,故 斜 槽 末 端 鞏固拓展 切線不水平對重力加速度的測量值沒有影響;若斜 槽 末 端 不 水 平,則拋出時的速度方 向 不 是 水 平 的,根 據(jù) 運 動 軌 跡 計 算 出 的 1.解析:為使碰撞 過 程 小 球 不 出 現(xiàn) 反 彈,入 射 小 球 質 量 m1 應 大 是水平方向的 分 速 度,故 小 球 離 開 斜 槽 末 端 的 速 度 的 測 量 值 于被碰小球質量 m2.(2)小 球 從 碰 撞 后 分 別 做 平 拋 運 動,到 落 偏小. 到斜面 上 時,由 平 拋 運 動 規(guī) 律 有scosα=vt,ssinα= 12gt2,解 答案:(1)9.7 (2)沒有影響 偏小 2.解析:(1)為了能畫出平拋運動軌跡,首先保證小球 做 的 是 平 拋 得v= gscos2α ,解 得v∝ s,所 以 為 驗 證 動 量 守 恒 定 律 ,只 運動,所以斜槽軌道不一定要光滑,但斜槽末端必 須 是 水 平 的, 2sinα 選項 A 錯誤;為保證拋出的初速 度 相 同,應 使 小 球 每 次 從 斜 槽 需 要 驗 證 m1 sP =m1 sM +m2 sN .(3)改 變 兩 個 小 球 的 上相同的位置由靜止釋放,選項 B 錯誤,C 正確;因 為 摩 擦 力 未 材質,碰撞后速 度 發(fā) 生 改 變,被 碰 后 小 球 m1 不 一 定 落 在 中 間 落點位置;若斜槽光滑,小 球 反 彈 后 再 離 開 斜 槽 末 端 時 的 速 度 知,無法根據(jù)機械能守恒定律計算速度,選項 D 錯誤. (2)豎 直方向根據(jù) 自由落體 運動規(guī)律可 得y2-y1=gT2, 不變,所以 m1 可以不大于 m2.(4)若 兩 小 球 發(fā) 生 彈 性 碰 撞,則 水平 方 向 小 球 做 勻 速 直 線 運 動,得 x =v0T,解 得 v0 = 由 機 械 能 守 恒 定 律 有 1 m1v'21 = 12m1v12 + 1 m2v22 ,將 速 度 大 x =x g . 2 2 y2 -y1 y2 -y1 小 代 入 有 m1sP =m1sM +m2sN ,解 得 sP + sM = sN ,解 g (3)根據(jù)動量定理,小球打在 B 點時與打在A 點 時 動 量 的 變 化 得sN =BN =(35+20 3)cm. 量 Δp1=mgT, 答 案 :(1)> (2)m1 sp =m1 sM +m2 sN (3)不 一 定 小球打在 C 點時與 打 在B 點 時 動 量 的 變 化 量 Δp2 =mgT,則 可以 (4)69.64(或35+20 3) Δp1 ∶Δp2 =1∶1. 2.解析:(1)細繩的 作 用 是 顯 示 出 力 的 方 向,所 以 不 必 等 長,故 A 答 案 :(1)C (2)x g (3)1∶1 錯誤;兩繩間夾角大小 適 當 即 可,不 一 定 要 使 橡 皮 條 和 兩 繩 夾 y2 -y1 角的角平分線在一條直線上,故 B 錯誤;只有細繩與紙面平行, 考向四 才能保證拉力的大小和方向 準 確,故 C 正 確;兩 細 繩 拉 橡 皮 條 時,合力是通過力的圖示測出來的,兩繩間夾角適 當 即 可,兩 繩 【典例】 解析:(1)①該實驗用到的方法是控制變量法,故選 D. 間夾角不需要取30°、45°、90°等 特 殊 角 度,故 D 錯 誤.(2)一 個 ②在某次實驗中,某同 學 把 兩 個 質 量 相 等 的 小 球 分 別 放 在 A、 單位長度表示1N,先在圖中分 別 畫 出 兩 個 力 的 圖 示,再 以 F1 C 位置,則轉動半徑r 相等;將皮帶連接在左、右 塔 輪 半 徑 之 比 和 F2 為鄰邊作平行四邊形,對 角 線 就 是 合 力 F,如 答 圖 所 示. 為3∶1的塔輪上,因 左、右 兩 邊 塔 輪 邊 緣 的 線 速 度 相 等,則 根 (3)由題意可知,保持 O1 點位 置 不 動,即 合 力 大 小、方 向 不 變, F1 方向不變,改變 F2 的 方 向,根 據(jù) 力 的 平 行 四 邊 形 定 則,畫 出 據(jù)v=ωr 可知,角速度之比為1∶3;左 邊 標 尺 露 出 1 個 等 分 格 受力分析圖如圖所示,由圖可知當F2 垂直于F1 時,F2 取最小值. 時,右邊標尺露出 9 個 等 分 格,則 兩 邊 向 心 力 之 比 為 1∶9,則 A 實驗說明向心力與角速度的平方成正比. O (2)①小鋼球轉動的角速度ω=Lv =Δtd·L. ②根據(jù) Fn=mω2r 可知,為 了 驗 證 定 量 表 達 式,還 需 要 測 定 的 F 物理量是小球的質量 m. 答案:(1)①D ②1∶3 向 心 力 與 角 速 度 的 平 方 成 正 比 (2) F ①Δtd·L ②小球的質量 答案:(1)C (2)如圖所示 (3)與 F1 垂直 鞏固拓展 / 解析:(1)刻度尺 的 分 度 值 為 1 mm,所 以 讀 數(shù) 為 98.50cm;單 P O 擺 周 期 的 測 量 值 為 T = t ,代 入 單 擺 的 周 期 公 式 T = n F P 2π L ,解 得 g=4πt2L2n2 . F F g (2)題 圖 丙 中 圖 線 的 斜 率 為 k = T22 -T12 ,周 期 公 式 T = L2 -L1 — 256 —

參考答案 2π L 變 形 得 T2 4π2 ,所 以4π2 = T22 -T12 ,變 形 得 g = 值k=2DgL2 ,故當?shù)氐闹亓铀俣葹?g=k2DL2 . g = gL g L2 -L1 答案:(1)5.670(5.670~5.671) (3)D (4)k2DL2 【典例2】 解析:(1)由 于 本 實 驗 是 利 用 牛 頓 第 二 定 律 測 量 滑 塊 4π2 (L2 -L1 ) 與長木板間的動摩擦 因 數(shù),因 此 本 實 驗 不 需 要 平 衡 摩 擦 力,所 T22 -T21 . 以選項 A 錯誤;實驗前需要調節(jié) 滑 輪 的 位 置,讓 細 線 與 長 木 板 (3)小球靜止懸掛 時 測 量 擺 長,可 以 更 精 確 地 測 出 懸 點 至 球 心 所在的平面平行,否則細線提供的拉力將與長木板 所 在 的 平 面 的距離,故 A 正 確;單 擺 只 有 在 擺 角 小 于 或 等 于 5°時 所 做 的 運 動才能看成是簡諧運動,并非振幅越大越好,故 B 錯誤;由 單 擺 l+ d2 4π2×502 存在一定夾角,涉及到 細 線 上 拉 力 的 分 解,但 滑 塊 在 運 動 過 程 g = 周期公式可得5t0=2π ,變 形 得t2 l+ d2 = 中其夾角不斷變化,不利于測量,因此選項 B 正確;由于題干要 g 求砂和砂桶的重力近似等于細線的拉力,故必須滿 足 砂 和 砂 桶 π2 ×104 g l+ d ,只要根據(jù)t2 -l 圖 像 求 出 斜 率,就 可 以 求 出 的總質量遠小于滑塊的質量,選 項 C 正 確;實 驗 時 須 先 接 通 打 2 點計時器電源再 釋 放 滑 塊,選 項 D 錯 誤.(2)根 據(jù) 題 目 條 件 可 重力加速度g,故 C 正確. 知相鄰 兩 個 計 數(shù) 點 間 的 時 間 間 隔 T =0.1s,由 逐 差 法 可 求 得 答案:(1)98.50(98.45~98.50) g=4πt2L2n2 滑 塊 的 加 速 度a= (x4 +x3 )- (x2 +x1 ) m/s2 .(3)對 滑 4T2 =1.25 (2)4π2T(L22 -2-TL12 1) (3)AC 塊由牛頓第 二定律 可得 F -μMg =Ma,化 簡可 得 a= F - M 考向五 μg,結合a-F 圖像可得-b=-μg,即μ=gb . 【典例1】 解析:甲同學的方案:(2)從 紙 帶 上 由 右 向 左 兩 計 數(shù) 點 答案:(1)BC (2)1.25 (3)gb 間距越來越大,可知重物連在右側.由運動學推論 Δx=aT2 得 鞏固拓展 x6-x1=5aT2,代 入 數(shù) 據(jù) 可 得a=x56T-x2 1 =9.6 m/s2.乙 同 學 3.解析:(1)如果通過光電門 1 的 遮 光 時 間t1 小 于 通 過 光 電 門 2 的方案:(2)根據(jù)螺旋測微器讀數(shù)原 理 可 知 d=8 mm+47.5× 的遮 光 時 間t2,說 明 物 塊 在 做 減 速 運 動;要 使 物 塊 通 過 兩 個 光 電門的遮光時間相等,物 塊 應 做 勻 速 運 動,需 要 增 加 細 線 的 拉 0.01 mm=8.475 mm.(4)根據(jù)機械能守恒得 mgh= 12mv2,v 力 ,也 就 是 增 加 砂 桶 內 砂 的 質 量 . =td ,可 得td22 =2gh,則t12 =2dg2h,即k0 =2dg2 ,解 得 g=k02d2 . (2)設斜面傾角為θ,根 據(jù) 平 衡 條 件 有 mg=T,T =Mgsinθ+ (5)①因為考慮阻力影響,所以斜 率 偏 小.②td22 =2h(mmg-f), μMgcosθ,可知實驗還需要測量砂和砂桶的總質量 m,根據(jù)幾何 關系有sinθ=Lh ,cosθ= L2 -h2 ,聯(lián)立解得μ=MmLL-2M-hh2 . L g-mf 2 d2 ,可 得f =k0k-0k. 答案:(1)增加 (2)砂和砂桶的總質量 m mL-Mh 即k= mg M L2-h2 答 案 :甲 同 學 的 方 案 : 4.解析:(1)當 C 的 示 數(shù) 保 持 穩(wěn) 定 后 (B 仍 在 A 上),B 處 于 平 衡 (2)右 9.6 狀態(tài),彈簧測力計的示數(shù) F 與B 所受的滑 動 摩 擦 力Ff 大 小 相 乙同學的方案: 等,木板 A 對B 的支持力大小FN 等于 B 的重力 mg 又 Ff=μFN (2)8.473(8.472~8.474 均 可 ) (4)21k0d2 (5)① < ②k0k-0k 聯(lián)立解得 A 與B 之間的動摩擦因數(shù)μ=mFg. 鞏固拓展 (2)物塊由靜止開 始 做 勻 加 速 直 線 運 動,根 據(jù) 勻 變 速 直 線 運 動 1.解析:(1)測量重力加速度的實驗當中,鋁基板相對 泡 沫 板 所 受 的位移公式得 x= 12at2, 空氣阻力影響更小,所以乙的選擇更恰當.(2)十分 度 游 標 卡 尺 對于物塊,根據(jù)牛頓第二定律得 F-μmg=ma, 的精確度為0.1 mm,所 以 主 尺 讀 數(shù) 為 74 mm,游 標 尺 讀 數(shù) 為 聯(lián)立解得 F=μmg+2tm2x, 5×0.1 mm=0.5 mm,所 以 AC 距 離 測 量 值 為 74.5 mm. (3)由 速 度 時 間 關 系 可 知 ,vBC =vAB +gt2 +t1 ,代 入 解 得 g = 則F 1 圖 線 的 斜 率k=2mx,縱 截 距b=μmg, 2 t2 2(vBC -vAB ) k 與摩擦力 是 否 存 在 無 關,物 塊 與 木 板 間 的 動 摩 擦 因 數(shù) μ= t1 +t2 . (4)實驗中只需要 確 保 擋 板 沿 豎 直 方 向 運 動,狹 縫 經(jīng) 過 光 電 門 mbg=2kxbg=2kbgx, 故該同學還應該測出的物理量是光電門 P、Q 之間的距離x. 即可,AD 錯誤,B 正確;若擋板 下 落 時,AC 連 線 在 紙 面 內 沒 有 保持豎直狀態(tài),則h1 和 h2 小 于 對 應 的 豎 直 位 移,影 響 實 驗 結 答案:(1)A 與B F (2)光電門 P、Q 之間的距離x 2xb 果,C 錯誤.(5)狹縫 通 過 光 電 門 也 需 要 一 定 的 時 間,整 塊 擋 板 mg kg 通過光電門的實際時間大于t1+t2,導致 g 的測量值偏大. 聚焦情境 素養(yǎng)培優(yōu) 答 案 :(1)乙 (2)74.5 (3)2(vtB1C+-tv2AB ) (4)B (5)有 影 響 ,偏 大 【示例1】 解析:(1)第3次碰撞到第4次碰撞用時t0=2.40s- 2.解析:(1)由 題 圖 乙 所 示 螺 旋 測 微 器 可 知,小 球 直 徑 D = 2.00s=0.40s, 5.5 mm+17.0×0.01 mm=5.670 mm.(3)小 球 經(jīng) 過 光 電 門 根據(jù)豎直上拋和自由落體運動的對稱性可知第3次碰撞后乒 時 的 速 度 大 小 v= D ,從 釋 放 小 球 到 小 球 經(jīng) 過 光 電 門 位 置 過 乓 球 彈 起 的 高 度 為 h0 = 1 t0 2 1 ×9.80×0.202 m≈ Δt 2g 2 2 = 21mv2 1 0.20 m. (Δt)2 程 ,由 動 能 定 理 得 mgL(1-cosθ)= -0,整 理 得 = (2)碰撞后彈起瞬 間 速 度 為v2,碰 撞 前 瞬 間 速 度 為 v1,根 據(jù) 題 -2DgL2 cosθ+2DgL2 ,故 1 圖 像 為 題 圖 丙 所 示 的 一 條 意 可 知v2 =k, (Δt)2 v1 -cosθ 直線,故選 D.(4)由 圖 像 的 函 數(shù) 表 達 式 可 知,圖 像 斜 率 的 絕 對 — 257 —

一品方案·物理(新高考版) 12mv12- 21mv22 (3)考 慮 電 壓 表 內 阻 時 ,有I1 1 1 ,I2 1 1 1 , 12mv21 U =R0 +Rv U =R0 +Rx +Rv 則每次 碰撞 損失 的動能與碰 撞前 動能 的 比 值 為 = 聯(lián)立解得 Rx =I2U-I1 ,與(2)中 分 析 的 結 果 相 同,故 電 壓 表 內 1- 21mv22 =1-k2 阻對導電繩電阻的測量值無影響. 21mv21 (4)由 Rx L 圖線可知,導電繩電阻 Rx =1.33kΩ 對 應 的 導 電 繩拉伸后的長度 L=51.80cm. 第3次碰撞前瞬間速度為第2次碰后從最高點落地瞬間的速 答 案 :(2)③ 變 小 U (3)無 (4)51.80 I2 -I1 度 ,為 v=gt= 2.00-1.58 g=0.21g 考向一 2 【典例】 解析:(1)題 圖 甲 中 游 標 卡 尺 主 尺 讀 數(shù) 為 10 mm,20 分 第 3 次 碰 撞 后 瞬 間 速 度 為 v'=gt'= 2.40-2.00 g=0.20g 度游標尺精確度為0.05 mm,故 游 標 尺 讀 數(shù) 為 11×0.05 mm= 2 0.55 mm,所 以 金 屬 管 深 度 為 10.55 mm=1.055cm.螺 旋 測 微 則 第 3 次 碰 撞 過 程 中k=vv' =00..2210≈0.95. 器 固 定 刻 度 部 分 讀 數(shù) 為 5.5 mm,可 動 刻 度 最 小 分 度 值 為 (3)由于存在空氣 阻 力,乒 乓 球 在 上 升 過 程 中 受 到 向 下 的 阻 力 0.01 mm,可動刻度部分讀數(shù)應 為 20.2×0.01 mm,因 此a 處 數(shù)字應為20,b 處數(shù)字為25. 和重力,加速度變大,上 升 的 高 度 變 小,所 以 第 (1)問 中 計 算 的 (2)①對于電壓表,當選取0~3V 量程時,每小格為0.1V,讀數(shù)為 1.68V,當選取0~15V 量程時,每小格為0.5V,讀數(shù)為8.4V. 彈起高度高于實際彈起的高度. ②對于電流表,當選取0~0.6A 量程時,每小格為0.02A,讀數(shù)為 答案:(1)0.20 (2)1-k2 0.95 (3)高于 【示例2】 解析:(1)為減小空 氣 阻 力 對 實 驗 造 成 的 誤 差,需 要 選 0.46A,當選取0~3A 量程時,每小格為0.1A,讀數(shù)為2.30A. ③電阻箱 讀 數(shù) 為:(100×5+10×3)Ω=530.0 Ω.歐 姆 表 讀 數(shù) 擇密度較大的小鋼球來做實驗,故選 C. (2)小 鋼 球 從 初 始 位 置 開 始 下 落,相 同 時 間 的 位 移 之 比 為 1∶ 為 :5×10 Ω=50 Ω. 答案:(1)1.055 20 25 (2)①1.68(1.67~1.69 均 正 確) 3∶5∶7……,而圖中1、2之間,2、3 之 間 和 3、4 之 間 的 距 離 不 8.4(8.3亦可) ②0.46 2.30(2.29~2.31均正確) 滿足這個比例關系,所 以 1 位 置 不 是 自 由 落 體 的 初 始 位 置,選 ③530.0Ω 50Ω 項 A 錯誤;實驗中小鋼球的質量和直徑都不需要測量,選項 B、 D 錯誤;由于存在空氣 阻 力 作 用,本 實 驗 測 出 的 重 力 加 速 度 比 考向二 實際值偏小,選項 C 正確. 【典 例】 解 析 :(1)由 于 Rn >Rm ,所 以Im 大 于In . (2)將單刀雙擲開關 S與n 接通,此時電路中總電阻較大,中值 (3)g=h342t-2h12 =22××4(.80×.0170)2-2m/s2=9.8 m/s2.小 鋼 球 到 達 電阻較大,能接入的待 測 電 阻 的 阻 值 也 較 大,故 應 該 為 歐 姆 表 位置3時的速度v3=h232+th34 =9×24×.80×.0170-2 m/s=3.1 m/s,小 的 “×10”擋 位 . 鋼球到達位置4時的速度v4=v3+gt=3.1m/s+9.8×0.07m/s (3)若從“×1”擋位換成“×10”擋 位,即 開 關 S 從 m 撥 向n,電 路中的總電阻增大,干路電流減小,為了使電流計 滿 偏,則 需 增 =3.8 m/s. 大通過電流計的電流,故調零電阻 R0 的滑片應該向上調節(jié). 答案:(1)C (2)C (3)9.8 3.8 (4)設歐姆 表 內 部 等 效 電 阻 為 R,根 據(jù) 閉 合 電 路 歐 姆 定 律 有, 第二講 電學實驗及創(chuàng)新 [真 題 引 領 ] 2 E ,13Ig =R E ,Ig= E ,聯(lián) 立 解 得 Rx =400Ω. 3Ig=R +R1 +Rx R 1.解析:(1)由于小 燈 泡 的 額 定 電 壓 為 2.5 V,R0 分 得 的 電 壓 約 答案:(1)大于 (2)×10 (3)向上 (4)400 U =30..53 為 3.5 V,由 歐 姆 定 律 得 R= I Ω=12Ω,若 R >12 Ω, 鞏固拓展 則小燈泡無法達到額定電壓,故選10Ω 的定值電阻. 1.解析:(1)通過實驗原理圖,可以看出測量電流表內 阻 的 方 法 為 半偏法,故①中應為電 流 表 的 指 針 滿 偏,② 中 應 為 電 流 表 的 指 (2)由題圖(a)知,滑動變阻器采用分壓式接 法,則 閉 合 開 關 前, 針半偏.(2)閉合開關 S2 后,回路中的總電阻 減 小,由 閉 合 電 路 滑動變阻器的滑片應置于a 端. 歐姆定律得,回路中干路電流增大,所以當電流表 指 針 半 偏 時, (3)由題圖(b)可 得,當 電 流 為 10 mA 時,電 壓 表 的 讀 數(shù) U = 7.0mV,電壓表內 阻 較 大,流 過 電 壓 表 的 電 流 可 忽 略 不 計,由 通過電阻箱的電流大于通過電流表的電流,由并聯(lián) 分 流 規(guī) 律 可 歐姆定律得小燈泡的電阻 R=UI =71.00 Ω=0.7Ω. 知,此時電阻箱的電阻小 于 電 流 表 內 阻,即 R'A <RA .(3)由 于 電源電動勢為6V,電 流 表 滿 偏 電 流 為 10 mA,所 以 回 路 中 電 (4)根 據(jù) 電 表 的 改 裝 原 理 ,有UV (300 Ω+R2 )=3 V,代 入 數(shù) 據(jù) 阻最 小 值 為 Rmin =106mVA=600 Ω,因 此 滑 動 變 阻 器 選 擇 ②. RV (4)將電流表改裝 為 電 壓 表 需 要 將 電 流 表 與 定 值 電 阻 串 聯(lián),然 后與校準電壓表并聯(lián),由于改裝后的電壓表需要用 標 準 電 壓 表 解得 R2=2700.0Ω. 逐格校準,故滑動變 阻 器 應 用 分 壓 接 法,如 答 圖 所 示.(5)改 裝 (5)根據(jù)題表中 數(shù) 據(jù) 結 合 題 圖(b)中U -I 曲 線 的 斜 率 可 得,隨 電壓表的示數(shù)總比標準電壓表的示數(shù)小,本質上是 通 過 電 流 表 流 過 小 燈 泡 電 流 的 增 大 ,燈 絲 的 電 阻 增 大 . 的電流小,或換一個小一點的分壓電阻或在分壓電 阻 兩 端 并 聯(lián) (6)由題表中數(shù) 據(jù) 可 知 P1 =0.046×10×0.16 W=0.074 W, P2=0.25×10×0.3 W=0.75 W,故PP12 =10. 一個比分壓電阻大的多的電阻,直至改裝的電壓表 與 標 準 電 壓 答案:(1)10 (2)a (3)0.7 (4)2700.0 (5)增大 表示數(shù)相同. (2)< (6)0.074 10 答案:(1)①電流表的指針滿偏 ②電流表的指針半偏 2.解析:(2)斷 開 開 關 S2,根 據(jù) 歐 姆 定 律 可 得 定 值 電 阻 的 阻 值 見解析 (3)② (4)電路連接如圖 (5)見解析 R0=IU1 .閉合開關 S2,導 電 繩 與 定 值 電 阻 并 聯(lián),并 聯(lián) 后 的 總 電 阻小于定值電 阻 的 阻 值 R0,電 流 表 示 數(shù) 增 大,電 壓 表 示 數(shù) 變 小.調節(jié)滑動變阻器 R 使電壓表 的 示 數(shù) 仍 為 U,設 導 線 繩 與 定 值 電 阻 并 聯(lián) 后 的 總 電 阻 為 R',則 R'=RR00+RRxx ,根 據(jù) 歐 姆 定 律 得 R'=IU2 ,聯(lián) 立 解 得 Rx =I2 I . -I1 — 258 —

參考答案 2.解析:(1)使用電 壓 擋 進 行 測 量,目 的 是 看 內 部 是 否 有 電 源,由 考向四 于指針沒有示數(shù),因此 內 部 無 電 源.① 使 用 歐 姆 表 讀 數(shù) 時 要 注 意其零刻度在右側,故題圖甲示數(shù)為 R=12×10Ω=120Ω,題 【典例】 解析:(1)把靈敏電流 計 改 裝 成 大 量 程 電 流 表 需 要 并 聯(lián) 圖乙示數(shù)為 R=4×10 Ω=40 Ω.② 黑 表 筆 接 a 電 阻 大,說 明 一個電 阻,則 (4 A-Ig)R =IgRg,代 入 數(shù) 據(jù) 得 R =1 Ω,故 a、c、b 之 間 串 聯(lián) 了 二 極 管、電 阻 兩 個 元 件,故 連 接 情 況 如 圖 選 A. 所示. (2)連線時讓數(shù)據(jù) 點 盡 可 能 在 一 條 直 線 上,不 在 直 線 上 的 點 均 勻分布在直線兩側,偏離太大的點直接舍 去,則I2 -I1 圖 線 如 b 圖所示. a I \" c 答案:沒有 ①120 40 ②見解析 考向三 【典例】 解析:(1)器材選擇需要結合測量電路,用假 設 法 初 步 分 析,電流表半偏時,若 電 流 表 為 A1,由 閉 合 電 路 歐 姆 定 律 可 計 I N\" 算出電路中總電阻為300 Ω,定 值 電 阻 與 電 流 表 A1 的 內 阻 之 和為240Ω,不考 慮 電 池 內 阻,此 時 滑 動 變 阻 器 接 入 電 路 的 阻 值應為60Ω,實驗器材可滿 足 需 求;若 電 流 表 為 A2,電 流 表 半 (3)根 據(jù) 閉 合 電 路 歐 姆 定 律 有 E=I1(RA1 +R0)+r(I1 +I2), 偏時,電路中總 電 阻 為 100 Ω,不 符 合 題 意.(2)由 閉 合 電 路 歐 整理 得 I2 = RA1 +R0 +r + E ,結 合 I2 -I1 圖線可得 r I1 r I =35I (rA1 姆定 律 有 E= 2 (rA1 +R0 +r+R ),E +Rx +r+ RA1 +R0 +r 4.0-0.5 ≈101,rE r = (34.5-0)×10-3 R),(1)問得到的滑動 變 阻 器 接 入 電 路 的 阻 值 60 Ω,實 際 上 是 =4.0 A,聯(lián) 立 可 得 滑動變阻器 R 和電池內阻r 串 聯(lián) 后 的 總 阻 值,聯(lián) 立 可 得 Rx = 100Ω.(3)由(2)問分析可得,是否考慮電池內阻對實驗 結 果 無 E =2.0 V,r=0.50 Ω. 影響. 答案:(1)A (2)見解析 (3)2.0 0.50 答案:(1)A1 60 (2)100 (3)無 鞏固拓展 鞏固拓展 解析:(1)一節(jié)干電池電動勢約為1.5 V,故 電 壓 表 選 擇 量 程 為 0~3V 的電壓表 B;要求盡量 減 小 實 驗 誤 差,故 選 擇 最 大 阻 值 1.解 析 :(1)由 R = U 可 知,若 用 伏 安 法精 Rx 較小的滑動變阻器 D,方便調節(jié). I 4 R (2)電流表量程0~0.6A,電 壓 表 量 程 0~3 V,實 物 連 接 如 圖 7 甲所示. 確測電 阻,必 須 精 確 測 量 出 電 阻 兩 端 的 電壓和通過電阻的 電 流,通 過 V1 的 最 大 7 電 流Imax=RUV1 ≈1mA.兩 個 電 流 表 均 不 R 能滿足 要 求,且 由 于 電 流 表 內 阻 不 是 確 E 4 定值,也 就 不 能 改 裝.因 此,只 能 用 電 阻 箱 等 效 代 替 ,電 路 如 圖 所 示 . (2)設兩電壓表示數(shù)分別為U1、U2,S接1,適當調節(jié) R,分別 讀 出 兩電壓表的示數(shù)U1、U2,然后 S接2,調節(jié) R1,使兩電壓表示 數(shù) 分 別 恢 復 到U1、U2,讀 出 R1 的 值 .由 分 壓 原 理 得U2 -U1 = 甲 R1 (3)根 據(jù) 題 表 數(shù) 據(jù) ,描 點 繪 圖 如 圖 乙 所 示 . U1 ,則 RV1 =U2U-1U1R1 ,Rx =R1 . U 7 RV1 答 案 :(1)見 解 析 圖 (2)U2U-1U1R1 R1 2.解析:(1)調節(jié)滑動變阻器 R,使電流表 G1 滿偏. (2)閉合 S2,電 路 的 總 電 阻 減 小,干 路 電 流 變 大,調 節(jié) 電 阻 箱 R',電流 表 G1 半 偏,則 流 過 電 阻 箱 的 電 流 大 于 流 過 電 流 表 G1 的電流,根據(jù)并聯(lián)電路 的 電 流 分 配 規(guī) 律,則 電 阻 箱 電 阻 小 于 電 流表內阻. (3)電 路 圖 如 圖 所 示 . ( ( R R′ I \" 4 乙 (4)調節(jié)滑動變阻器及電阻 箱 阻 值 R',分 別 記 錄 兩 電 流 表 G1、 (4)根據(jù)閉合電路歐姆定律可得U=E-Ir,根據(jù)U -I 圖 像 可 知E=1.48V,r=1.480-.501.07 Ω=0.82Ω. G2 示 數(shù)I1,I2,根 據(jù) 歐 姆 定 律 得 R'(I2 -I1 )=I1Rg,解 得 Rg (5)由閉合電路歐姆定律得U=E- I+RUV r,即U=RRV+VrE- IRRV +Vrr,由 表 達 式 可 知,U -I 圖 線 與 縱 軸 截 距b=E測 = =R'(II21-I1 ) . 答案:(1)②調節(jié)滑動變阻器 R (2)偏小 (3)見解析圖 (4) R'(I2 -I1 ) 電阻箱阻值 R',電流 表 G1 的 示 數(shù) 為I1,電 流 表 I1 G2 的 示 數(shù) 為I2 — 259 —

一品方案·物理(新高考版) RRV +VrE,U -I 圖 線 斜 率 的 絕 對 值k=r測 =RRV +Vrr,因 此 E測 <E,r測 <r. 答案:(1)B D (2)見 解 析 (3)見 解 析 (4)1.48(1.47~ 1.49) 0.82(0.70~0.90) (5)見解析 考向五 【典例1】 解析:(1)根據(jù)i-t 圖 像 圍 成 的 面 積 可 估 算 電 容 器 在 全部放電過程中釋放的電荷量,根據(jù)題圖乙知縱坐 標 每 個 小 格 為0.2 mA,橫坐標每小格為 0.2s,則 每 小 格 所 代 表 的 電 荷 量 (4)由 R=UI 求出每次R 的測量值,再 采 用 多 次 測 量 取 平 均 的 為q=0.2×10-3×0.2C=4×10-5 C,曲 線 下 的 小 格 的 個 數(shù) 大 約為 41 個,所 以 電 容 器 全 部 釋 放 的 電 荷 量 為 Q =41q ≈ 方 法 ,則 有 RB = 1.6×10-3C. 1 0.300×.4510-3+0.060×.9110-3+1.001×.5010-3+1.201×.7910-3+1.802×.7110-3 Ω (2)該 電 容 器 的 電 容 為 C=UQ =1.6×810-3F=2×10-4F. 5 (3)根據(jù)電容的計算公式可得電荷量 Q=CU,電 容 器 儲 存 的 電 荷量 Q 與電阻R 無關,如果不改變電路其他參 數(shù),只 減 小 電 阻 =1.5×10-3Ω. R,充電時i-t 曲線與橫 軸 所 圍 成 的 面 積 不 變;由 于 電 阻 對 電 流 有 阻 礙 作 用 ,所 以 減 小 電 阻 ,充 電 時 間 將 變 短 . (5)由 RB =10R0B -2R0,代 入 數(shù) 據(jù) R0 =200 Ω,RB =1.5× 答 案 :(1)1.6×10-3 (2)2×10-4 (3)不 變 變 短 【典例2】 解 析:(1)因 為 實 驗 時 需 要 確 定 電 流 方 向,所 以 實 驗 10-3 Ω, 前,要弄清線圈 導 線 的 繞 向,選 項 A 正 確;實 驗 時 需 要 通 過 電 解得 B=0.95T. 流表指針的偏轉方向 確 定 電 流 流 向,所 以 實 驗 前,要 弄 清 電 流 答 案 :(1)RB =10R0B-2R0 (2)R2 (3)見 解 析 圖 表指針擺動的方 向 與 流 入 電 流 表 電 流 方 向 的 關 系,選 項 B 正 (4)1.5×103 (5)0.95 確;實驗中,將條形磁鐵插入或拔出線圈的速度越 小,磁 通 量 的 【典例2】 解析:(1)由題圖 1 乙 知 電 壓 表 的 分 度 值 是 0.1 V,讀 數(shù)要估讀到分 度 值 的 下 一 位,則 電 壓 表 的 讀 數(shù) 為 2.60 V;電 阻 箱不需要估讀,由題圖1丙知電 阻 箱 的 讀 數(shù) 為 0×100Ω+8× 變化率越小,產生的感 應 電 流 越 小,則 電 流 表 指 針 擺 動 幅 度 越 10Ω+6×1Ω+3×0.1Ω=86.3Ω.(2)由 閉 合 電 路 歐 姆 定 律 小,選項 C 錯誤. 有 E =U + UR (R0 +r),可 得 1 = 1 +R0E+r· 1 ,由 題 圖 2 (2)由題意可知,電 流 增 大 時,穿 過 線 圈 的 磁 通 量 增 大,電 流 表 U E R 指針向右偏轉,電路穩(wěn)定后,若向左移動滑動變阻 器 的 滑 片,滑 可知,圖線的縱軸截距 的 倒 數(shù) 等 于 該 電 源 的 電 動 勢 值,則 E = 動變阻器接入電路中 的 電 阻 減 小,回 路 中 的 電 流 增 大,穿 過 線 2.94V,由圖線的斜率可求得r=1.47Ω. 圈的磁通量增 大,則 電 流 表 指 針 向 右 偏 轉,若 將 線 圈 A 抽 出, 答案:(1)2.60 86.3 (2)2.94 1.47 【典例3】 解析:(1)實物圖連線如圖所示. 穿 過 線 圈 的 磁 通 量 減 小 ,則 電 流 表 指 針 向 左 偏 轉 . (3)該同學在完成實驗后未斷開開關,也未把 A、B 兩線圈和 鐵 芯分開放置,在拆除 A 線圈所在電路時,線圈 A 中的電流突然 減小,從而出現(xiàn)斷電自感現(xiàn)象,線圈中會產生自感 電 動 勢,進 而 會突然被電擊了一下,為 了 避 免 此 現(xiàn) 象,則 需 在 拆 除 電 路 前 斷 開開關. 答案:(1)AB (2)右 左 (3)A 斷開開關 【典例3】 解 析:(1)多 用 電 表 讀 數(shù) Ra =24 Ω.Rb =4 Ω,故 nA ∶nB =Ra ∶Rb =6∶1. (2)根 據(jù) 多 用 電 表 讀 數(shù) 規(guī) 則 ,可 知U實際 =2.30V,根 據(jù)U∶U理論 U實際 2 U理論 =nA ∶nB ,計 算 可 得U理論 =2.50V,則 1- ×100% ≈15% . (2)由題圖甲可知酒精 氣 體 濃 度 在 0.2~0.8 mg/mL 范 圍 時, 答案:(1)6∶1 (2)2.30 15 電阻 Rx 的 阻 值 在 10~30 Ω 范 圍,若 要 保 證 電 壓 表 的 讀 數(shù) 安 考向六 【典 例 1】 解 析 :(1)根 據(jù) 圖 甲 可 知 在 0.6~1.4 T 范 圍 內 ,RB - 全,由歐姆定律可得UR =REx +RR ,由題圖甲可知當酒精 氣 體 濃 R0 度 為 0.8 mg/mL 時 ,Rx =10 Ω,又 E =4 V,則 URmax = B 圖 線 的 斜 率 為k=1.142--04.6 T-1=10T-1 4R (V)≤3 V,解 得 R ≤30Ω,故 選 擇 R2 .(3)① 電 阻 箱 調 節(jié) 10+R ,RB 由 圖 甲 可 知 當 B =0.6 T 時 R0 =4,則 可 得 在 0.6~1.4 T 范 到30.0Ω,開關 向c 端 閉 合,使 電 阻 箱 連 入 電 路,此 時 由 題 圖 甲可得,對應酒精氣體濃度為 0.2 mg/mL,所 以 對 應 刻 度 線 標 圍內磁敏電阻的阻值隨磁感應強度的變化關系的數(shù)學表達式 記為0.2 mg/mL.(4)電 壓 表 讀 數(shù) 越 大,說 明 Rx 越 小,酒 精 氣 為RB =10B -2, 體濃度越大,而 0.8 mg/mL 對 應 Rx =10 Ω,電 壓 表 示 數(shù) 為 R0 U=REx +RR =2V,則當電壓表指針 滿 偏 時,測 量 的 酒 精 濃 度 達 可 變 形 為 RB =10R0B-2R0. 到醉駕標準. (2)從表中數(shù)據(jù)可 知 與 磁 敏 電 阻 連 接 的 支 路 電 壓 從 零 開 始,故 滑動變阻器的電壓 為 3 V,兩 個 滑 動 變 阻 器 的 最 大 阻 值 相 同, 答案:(1)見解析 (2)R2 (3)①c 0.2 (4)有 均為10Ω,則此時電路中的電流 為 0.3 A=300 mA>50 mA, 鞏固拓展 故 需 要 選 用 R2. (3)由表中數(shù)據(jù)粗略推測磁敏電阻的阻值為1500Ω 左 右,又 由 解析:(1)根據(jù)閉 合 電 路 歐 姆 定 律,在 電 源 相 同 的 情 況 下,當 電 流相同時,電 路 總 電 阻 也 相 同;所 以 要 使 電 阻 箱 的 讀 數(shù) 等 于 于RV <RRBA ,電 流 表 應 采 用 內 接 法 ,由 于 數(shù) 據(jù) 從 零 開 始 ,滑 動 變 NTC 熱敏電阻的阻值,在電路其 他 部 分 不 變 的 情 況 下,使 毫 安 RB 表的示數(shù)仍為0.40 mA 即可. 阻 器 應 采 用 分 壓 接 法 ,則 實 物 連 線 如 圖 所 示 . (3)從實驗中可知 待 測 電 阻 為 幾 千 歐,且 電 路 中 滑 動 變 阻 器 為 — 260 —

參考答案 限流接法,考慮到調節(jié) 的 有 效 性,限 流 式 接 法 中 應 選 擇 阻 值 與 答案:(1)見解析 (2)2.30(2.28~2.32) (3)2IU (4)540- 0.012p(540 可 取 值 范 圍 為 520~560;0.012 可 取 值 范 圍 為 待測電阻接近的滑 動 變 阻 器;其 次 電 動 勢 為 3 V、電 流 表 量 程 0.010~0.014) 為 0.6 mA,考 慮 到 滑 動 變 阻 器 對 電 路 的 保 護 作 用 ,結 合 題 意 選 擇 R3 較 為 合 適 ,故 選 R3. 第三講 熱力學實驗和光學實驗 (4)依 題 意 ,單 刀 雙 擲 開 關 S 擲 于2 處 時 有3V= (1900Ω+R 滑 +RA)×0.6×10-3 A,單 刀 雙 擲 開 關 S 擲 于 1 處 時 有 3 V= [真題引領] (2900Ω+R滑 +RA)×I,聯(lián)立解得I=0.5 mA;從實驗表 格 中 可知,溫度越低,NTC 熱敏電阻的 阻 值 越 大,電 流 表 示 數(shù) 越 小, 1.解析:(1)相 鄰 明 (暗)干 涉 條 紋 的 寬 度 Δx=dlλ,要 增 加 觀 察 所以當毫安表示數(shù)小于0.5 mA 時,說明溫度 低 于 37.3 ℃,沒 到的條 紋 個 數(shù),即 減 小 Δx,需 增 大 d 或 減 小l,因 此 應 將 屏 向 有發(fā)燒. 靠近雙縫的方向移動,選項 B 正確. 答案:(1)0.40 (3)R3 (4)0.50 沒有發(fā)燒 (2)第1條暗條紋到第n 條暗條紋間的距離為 Δx,則相鄰暗條 聚焦情境 素養(yǎng)培優(yōu) 紋間的距離 Δx'=nΔ-x1,又 Δx'=dlλ,解得λ= (nΔ-xd1)l. 【示 例 1】 解 析 :(1)由 歐 姆 定 律 可 知I3gRg=2I3gR0,則 靈 敏 電 流 (3)由λ= (nΔ-xd1)l,代入數(shù)據(jù)解得λ=630nm. 計 內阻為 Rg=2R0;因 為 總 電 流 不 變,所 以 通 過 R2 的 電 流 等 于2Ig ,靈 敏 電 流 計 內 阻 的 真 實 值 等 于 2R0 ,故 靈 敏 電 流 計 內 阻 答案:(1)B (2)(nΔ-xd1)l (3)630 3 2.解析:(1)在插針法測定玻璃的折射率實驗中,使用 兩 光 學 表 面 測量值等于真實 值.(2)由 游 標 卡 尺 讀 數(shù) 可 得 直 徑 D = (30+ 間距大的玻璃磚能更準確地確定玻璃磚內光線的 位 置,有 利 于 7×0.05)mm=3.035cm.(3)由 左 手 定 則 可 得 正 離 子 往 A 極 方向運動,負離子往 C 極方向運動,所以與 A 極相連 的 是 靈 敏 減小實驗誤差,而兩光 學 面 是 否 平 行 對 測 量 折 射 率 沒 有 影 響, 電 流 計 的 正 接 線 柱.(4)由qDU =qvB 得 電 源 的 電 動 勢 U = 選項 A 正確,B 錯誤.插針時要求后插的針擋住先插的針的像, 故選用細一點的大頭針能更準確地確定光線位置,提 高 實 驗 精 BDv,由 歐 姆定 律 可 知 I=R +RUg+r=R BDv ,其 中r 為 +Rg+r 確度,選項 C 錯誤.實驗中 是 根 據(jù) 同 側 兩 枚 大 頭 針 的 連 線 來 確 定入射光線或出射光線的,故距離大些更好,選項 D 正確. 污 水 的 電 阻 ,所 以 1 =B1DvR +RBgD+vr,由 圖 像 的 斜 率 可 知 ,縱 (2)由題圖可知實 驗 使 用 的 是 平 行 玻 璃 磚,故 出 射 光 線 應 該 與 I 入射光線平行,選項 A 出射光線 與 入 射 光 線 在 同 一 直 線 上,選 項 B、C 中出射光線與入射光線不平行,故只有選項 D 正確. 截距a=RBgD+vr,所以 Rg+r=aBDv,故r=aBDv-2R0. 答案:(1)2R0 等于 (2)3.035 (3)正 (4)aBDv-2R0 (3)設 圖 中 入 射 角 為i,折 射 角 為r,則 sini=llOAAC ,sinr=llOBBD ,故 【示例2】 解析:(1)為了電路安全,保護電 流 表,開 關 閉 合 前,R0 折 射 率n=ssiinnir=llBADC . 應接入最大阻值,滑片應滑至a 端; 答 案 :(1)AD (2)D (3)llBADC (2)由閉合電路歐姆定律 有 E =I(r+R0 +R1 +Rg)=I(r+ 考向一 R0+Rg+200 Ω+80t Ω),將 I=500μA,t=0 ℃ 代 入,解 得 R0=2700 Ω;將 I =250 μA,R0 =2700 Ω 代 入,解 得 t= 【典例】 解析:(1)“用油膜法估測油酸分子的大小”實 驗 步 驟 為: 37.5 ℃;將電流 值 改 為 溫 度 刻 度 值,由 閉 合 電 路 歐 姆 定 律 可 準備油酸酒精溶液(④)→ 準 備 帶 水 的 淺 盤 并 加 痱 子 粉 (②)→ 知 ,溫 度 與 電 流 不 成 正 比 ,則 溫 度 刻 度 值 不 是 均 勻 的 . 形成油膜(①)→描繪油膜輪廓(⑤)→計算分子直徑(③),故 正 確的順序為④②①⑤③. (3)溫 度 為 0 ℃ 時 ,E=Ig(r+R0 +200 Ω+Rg)=IgR內 ,測 溫 時有 E=I(r+R0+200Ω+Rg+80t Ω)=I(R內 +80t Ω),則 有I=R IgR 內 Ω=1+I80Rgt內Ω,由 于 E 減 小 ,則 R內 減 小 ,即 測 11 內 +80t =1000×200 (2)由 題 知 ,1 滴 油 酸 酒 精 溶 液 中 純 油 酸 的 體 積 V 量相同溫 度t 時,電 流 I 變 小,指 針 偏 左,對 應 溫 度 測 量 值 mL=5×10-6 mL;由于 正 方 形 小 方 格 的 邊 長 為 1cm,則 每 一 偏大. 小格的面積就是1cm2,由 題 圖 可 知,油 酸 膜 的 面 積 S=35× 答案:(1)a (2)2700 37.5 不是 (3)大于 1cm2 =35cm2 ,故 油 酸 分 子 的 直 徑 d= V 5×10-6 ×10-6 m S = 35×10-4 【示例3】 解析:(1)根據(jù)電路圖連接實物圖如答圖所示. R =1.4×10-9 m. p (3)油酸未完全散開,則 S 測 量 值 偏 小,故 直 徑 測 量 值 偏 大;計 算油膜面積時,將所有不足1 格 的 方 格 記 作 1 格,則 S 測 量 值 偏大,故直徑測量值偏小;計算油 膜 面 積 時,舍 去 了 所 有 不 足 1 格的方格,則 S 測量值偏小,故直徑測量值偏大,故選 A、C. Rx 答 案 :(1)④ ② ① ⑤ ③ (2)5×10-6 35 1.4×10-9 (3)AC 鞏固拓展 1.解析:用油膜法估測 分 子 直 徑 時,需 使 油 酸 在 水 面 上 形 成 單 分 (2)電壓表的示數(shù) 為 2.30 V,由 于 估 讀 存 在 一 定 的 誤 差,結 果 子層油膜,為使 油 酸 盡 可 能 地 散 開,將 油 酸 用 酒 精 稀 釋.根 據(jù) 寫 (2.28~2.32)均 可 . d=VS 可知,要求得分子的直徑 d,則 需 要 測 出 油 膜 面 積,以 及 (3)根 據(jù) 歐 姆 定 律 得 Rx =UIx U +U1 U +RUVR1 =2IU . 一滴油酸酒精溶液中純油酸的體積.這樣需要測出 一 滴 油 酸 酒 = I = I 精溶液的體積,其 方 法 可 用 累 積 法,即 1 mL 油 酸 酒 精 溶 液 的 滴數(shù). 根據(jù)題圖丁可知 Rx 阻值和壓強p 的 函 數(shù) 關 系 式 為 一 次 函 數(shù), 答案:使油酸在淺水盤的水面上容易形成一塊單分 子 層 油 膜 縱 截 距 為 540,斜 率 為 540-60 = -0.012,因 此 函 數(shù) 把油酸酒精溶液一滴一滴地滴 入 小 量 筒 中,測 出 1 mL 油 酸 酒 (0.8-1.2)×105 精溶液的滴數(shù),得到一滴溶液中純油酸的體積 單 分 子 層 油 膜 為 Rx =540-0.012p. 的面積 — 261 —

一品方案·物理(新高考版) 考向二 紋,則最可能的原因是單縫與雙縫不平行;要使條 紋 變 得 清 晰, 【典 例 】 解 析 :(2)圖 線 的 上 端 出 現(xiàn) 了 一 小 段 彎 曲 ,即 當 1 增 大 值得嘗試的操作是調節(jié)撥桿使單縫與雙縫平行,故選 C. V (2)根據(jù) Δx=dlλ,可知要增大 條 紋 間 距 可 以 增 大 雙 縫 到 光 屏 時 ,p 增 加 的 程 度 與1 增 加 的 程 度 不 是 線 性 關 系 ,斜 率 減 小 說 的距離l,減小雙縫的間距d,故選 D. V 鞏固拓展 明 壓 強 增 加 程 度 減 小 ,其 原 因 是 注 射 器 存 在 漏 氣 現(xiàn) 象 . 解 析 :(1)讀 數(shù) 為 x2 =7.5 mm+36.7×0.01 mm=7.867 mm. (3)測量時,由于注射器與壓強傳感 器 連 接 部 分 氣 體 的 體 積V0 Δx=dlλ 得λ=ld2 ·x2 -x1 4-1 未計入,所以縱 軸 存 在 截 距 -V0;當 軟 管 脫 落 后,由 于 氣 體 向 (2)根 據(jù) =676nm. 外 漏 出 ,p 的 測 量 值 變 小 ,相 應 的 橫 坐 標 1 變 大 ,但 左 側 的 延 ③根據(jù) Δx=dlλ 得,要增大條紋間距,可以增 大 雙 縫 到 屏 的 距 p 離 、減 小 雙 縫 的 距 離 、增 大 波 長 . 長線與縱軸的交 點 仍 為 (0,-V0 ),則 前 后 兩 條 線 應 相 交 在 此 答案:(1)7.867(7.866~7.869) (2)676 (3)BC 處 .故 繪 出 的V- 1 關 系 圖 像 應 是 D. 聚焦情境 素養(yǎng)培優(yōu) p 答案:(1)質量 在活塞上均勻涂抹潤滑油 (2)注 射 器 內 的 氣 【示例1】 解析:(1)a、b 兩 點 間 的 距 離s=10.68cm-4.00cm =6.68cm,兩相鄰暗紋 中 心 間 的 距 離 與 兩 相 鄰 亮 紋 中 心 間 的 體向外泄漏 (3)D 見解析 鞏固拓展 s 8 解析:(1)為了保持封閉氣體的質量不變,實驗中采 取 的 主 要 措 距 離 相 等 ,為 Δx= ≈0.84cm. 施 是 在 注 射 器 活 塞 上 涂 潤 滑 油 .這 樣 可 以 保 持 氣 密 性 . (2)根 據(jù) Δx = dLλ 可 得 d = L·λ =3.000.8×470×01×0-120-9 m≈ (2)為了保持封閉 氣 體 的 溫 度 不 變,實 驗 中 采 取 的 主 要 措 施 是 Δx 移動活塞要緩慢;不能 用 手 握 住 注 射 器 封 閉 氣 體 部 分.這 樣 能 2.5×10-4 m=0.25 mm. 保證裝置與外界溫度一樣. (3)體積讀數(shù) 值 比 實 際 值 大 V0.根 據(jù) p(V +V0 )=C,C 為 定 (3)由于λ綠 <λ紅 ,需要增大玻璃片到光屏的距離 L. 值,得V=pC -V0.如 果 實 驗 操 作 規(guī) 范 正 確,則V0 代 表 注 射 器 答案:(1)6.70 0.84 (2)0.25 (3)增大 與壓強傳感器連接部位的氣體體積. 【示例2】 解析:根據(jù)圓柱體體積公式V=hS 得 答 案 :(1)在 注 射 器 活 塞 上 涂 潤 滑 油 V甲 =l1S,V乙 =l2S 根據(jù)連通器原理可知封閉氣體壓強為 (2)移動活塞要緩慢 不能用手握住注射器封閉氣體部分 p甲 =p0-ρgh1,p乙 =p0+ρgh2 (3)注 射 器 與 壓 強 傳 感 器 連 接 部 位 的 氣 體 體 積 通 過 計 算 我 們 發(fā) 現(xiàn) p甲V甲 =p乙V乙 做實驗的前提條件是溫度保持不變的一定質量氣體. 考向三 答 案 :l1S l2S p0-ρgh1 p0+ρgh2 p甲V甲 =p乙V乙 【典例】 解析:(1)如 圖 (a)所 示,甲 同 學 利 用 插 針 法 確 定 入 射 光 溫 度 不 變 ,氣 體 質 量 不 變 線、折射光線后,測得 的 入 射 角、折 射 角 沒 有 受 到 影 響,因 此 測 第二部分 學科素養(yǎng)提升 得的折射率將不變. (一) 物理圖像的分析應用提升 a a′ a a′ 一 、力 學 圖 像 問 題 【典例1】 D 由v t 圖像中對應圖形的面 積 表 示 位 移 可 知,乙 b b′ b′ 車啟動時,甲車在其前方x0=5+210×10 m=75 m,B 錯 誤;乙 b 20 (a) (b) 車 啟 動 10s后 的 位 移 x乙 = 2 ×10 m=100 m,此 時 甲 車 距 中 (2)如圖(b)所示,乙同學利 用 插 針 法 確 定 入 射 光 線、折 射 光 線 心線的距離為 x甲 =75 m+10×10 m=175 m>x乙 ,故 此 時 乙 后,測得的入射角不受 影 響,但 測 得 的 折 射 角 比 真 實 的 折 射 角 車沒有追上甲,A 錯 誤;由 題 圖 可 知,乙 車 超 過 甲 車 后,乙 車 速 偏 大 ,因 此 測 得 的 折 射 率 偏 小 . 度一直大于甲車 速 度,故 兩 車 不 會 再 次 相 遇,C 錯 誤;當 甲、乙 (3)由題圖以及幾何關系可知 AO=OC=10cm 兩車的速度相等時,兩 車 相 距 最 遠,此 時 甲 車 位 移 x'甲 =75 m AB= AO2-BO2 = 102-82 cm=6cm +10×5 m=125 m,乙 車 的 位 移 x'乙 10 m=25 m,則 兩 = 2 ×5 AB 車 的 最 大 距 離 Δxmax=x'甲 -x'乙 =100 m,D 正 確 . 所 以 玻 璃 的 折 射 率 為 n=ssiinnθθ12 =AO =AB 6cm 鞏固拓展 DC DC =4cm=1.5. 1.D x t 圖像只能描述直線運動,圖像是傾斜的直線 時 表 示 物 OC 體做勻速直線運動,圖像是拋物線時表示物體做勻 變 速 直 線 運 (3)1.5 答 案 :(1)不 變 (2)偏 小 動,故 A 錯誤;物體前5s內的平均速度v=tx =16-5(-9)m/s 鞏固拓展 =5m/s,故 B 錯 誤;由 題 圖 可 知,物 體 做 勻 變 速 直 線 運 動, 解析:玻璃磚轉動時,射 在 其 直 徑 所 在 平 面 內 的 光 線 的 入 射 角 0~1s內 有 x1 =v0t1 + 12at12 ,即 9 m =v0 ×1s+ 12a × 增大,當 增 大 到 等 于 臨 界 角 C 時,發(fā) 生 全 反 射 現(xiàn) 象.因 sinC= 1 ,可見只要測出臨界角即可求 得 折射 率 n,而 C 和玻 璃磚 直 (1s)2,0~5s內 有x2=v0t2+ 21at22 ,即25 m=v0×5s+ 21a n ×(5s)2,聯(lián)立解 得v0 =10 m/s,a= -2 m/s2,負 號 表 示 方 向 徑繞O 點轉過的角度θ 相等,因此只要測出玻璃磚直徑邊繞 O 與初速度方向相反,故 C 錯誤,D 正確. 【典例2】 AC 根 據(jù) 勻 變 速 直 線 運 動 的 位 移 與 時 間 的 關 系 式 點轉過的角度θ 即可. 答案:玻璃磚直徑邊繞 O 點轉過的角度θ 1 sinθ 12at2 有x 21at,根 據(jù)x 考向四 x=v0t+ ,變 形 t =v0 + t -t 圖 像 可 知, 【典例】 (1)C (2)D 1 =102-0 m/s2 =5 m/s2 ,解 得 甲 車 的 加 速 度 大 小 為 a甲 = (1)若粗調后看不 到 清 晰 的 干 涉 條 紋,看 到 的 是 模 糊 不 清 的 條 2a甲 — 262 —

參考答案 10 m/s2 ,選項 A 正確;根據(jù) x -t 圖像可知,乙車的初速度為v乙0 mgsinθ=ma,解 得 切 向 加 速 度 a=gsinθ.甲 沿 向 下 凹 的 軌 道 下 t 滑,軌道切線與水平方 向 夾 角θ 逐 漸 減 小,甲 的 切 向 加 速 度 一 =15 m/s,乙車的加速度滿足 1 10-15 m/s2 = -2.5 m/s2, 直減小;乙沿向上凸起 的 軌 道 下 滑,軌 道 切 線 與 水 平 方 向 夾 角 2a乙 =2 θ 逐漸增大,乙的切向加速度一 直 增 大,前 半 段,甲 的 切 向 加 速 解得a乙 = -5 m/s2,所 以 乙 車 速 度 減 小 到 零 需 用 時 為 t乙 = 度比乙大,后 半 段,甲 的 切 向 加 速 度 比 乙 小,選 項 A 錯 誤;當 0-v乙0 =0--155s=3s,選 項 B 錯 誤 ;甲 車 追 上 乙 車 前 ,兩 車 速 甲 、乙 下 降 相 同 的 高 度 時 ,由 動 能 定 理 得 :mgh= 1 mv2 ,即 :v a乙 2 度相 等 時 相 距 最 遠 ,則 有v乙0+a乙t=a甲t,解 得t=1s,此 過 程 = 2gh ,甲、乙在同一高 度 的 速 度 大 小 相 等,選 項 B 正 確;要 判斷 C、D 選項,可定性畫出甲、乙 運 動 的 速 率 圖 像,如 圖 所 示. 中 甲 車 的 位 移s甲 = 12a甲t2 = 1 ×10×12 m=5 m,乙 車 的 位 2 由甲、乙運動的速率圖 像 與 橫 軸 所 圍 面 積 表 示 路 程 可 知,在 同 移s乙 =v乙0t+ 21a乙t2=15×1 m- 1 ×5×12 m=12.5 m,故 一時刻,甲的運動 路 程 總 比 乙 大,甲 比 乙 先 到 達 B 處,選 項 C 2 錯誤,D 正確.此題正確選項為 B、D. 鞏固拓展 兩車間最遠距離為 Δs=s乙 -s甲 =7.5 m,選 項 C 正 確;乙 車 速 度 減小到零時,用時3s,所以此時甲車速度為v甲 =a甲t乙 =10 4.AD 運動員從一定高度處水 平 飛 出 后,在 第 1 個t0 時 間 內 做 平拋運動,其水平方向的分速度 不 變,豎 直 方 向 的 分 速 度vy = ×3 m/s=30 m/s,選項 D 錯誤.故選 AC. 鞏固拓展 gt,均 勻 增 大 ,加 速 度 為 g,且 tan30°=vgtx10 ,可 得 vx1 = 3gt0. 落到斜坡上后,運 動 員 在 第 2 個t0 時 間 內 做 勻 加 速 直 線 運 動, 2.BC 甲 質 點 的 位 移 表 達 式 為 x-x0 =v01t+ 12a1t2,將 題 圖 甲 加速度為a=gsin30°= 12g,沿 水 平 方 向 的 分 加 速 度 為 ax = 中(0,-2)、(1,0)、(2,6)代 入 上 式,解 得 x0 = -2 m,v01 =0, a1=4 m/s2,乙 質 點 的 位 移 表 達 式 為v2-v022= -2a2x,將 題 圖 43g,水 平 方 向 末 速 度vx2 = 53 乙中(0,12.5)、(100,0)代 入 上 式,解 得 v02 =10 m/s,a2 = = 4 gt0 4 m/s2,B 正 確 ,A 錯 誤 ;乙 質 點 停 止 所 用 的 時 間 為t0 =va022 = acos30°= 3gt0 +axt0 , 140s=2.5s,根 據(jù) 題 圖 乙 可 知,乙 質 點 在 2.5s 內 的 位 移 為 沿豎直方向的分加速度為ay =asin30°= 14g,由 此 可 知,運 動 x2=12.5 m,2.5s后 靜 止,甲 質 點 經(jīng) 過t1 = 29 s的 位 移 為 員 在豎直方向第1個t0 時間內的加速度是第2個t0 時間內加 2 速度的4倍.由以上分析可知,A、D 正確,B、C 錯誤. 【典例5】 D 由 A 點到C 點恰好停下,在 AC 段 力F 做 的 功 等 12a1t12 1 2 x1 = = 2 ×4× 于 克 服 摩 擦 力 做 的 功μ0mgx0 ,力 F 在 AB、BC 兩段路面上做 29 m=14.5 m,因 為 x1 +x0 = 2 2 12.5 m =x2,故 經(jīng) 過 29 s,甲 追 上 乙 ,C 正 確 ;經(jīng) 過 t2 = 的功相同,故水 平 恒 力 F 在 BC 段 做 的 功 為μ0mgx0 ,A、B 錯 2 4 2.5s,甲 質 點 的 位 移 為 x'1= 21a1t22 =12.5 m,因 為 初 始 時 甲 、 誤;小物體在 AB 段 做 勻 加 速 直 線 運 動,在 BC 段 先 做 加 速 度 減小的加速運動再做加速度增大的減速運動,故 其 在 AB 段 運 乙相距2 m,故甲沒追上乙,D 錯誤. 動的時間大于在BC 段運動的時間,水平恒力 F 在AB 段 的 平 【典例3】 BC 設釘子受到的阻力為 F阻 ,則 F阻 =kx,由 牛 頓 第 均功率小于在BC 段的平均功率,C 錯誤;小物體在 AB 段中間 二 定 律 得 F -F 阻 =ma,解 得a=F -kx,加 速 度 的 大 小 隨 位 移 時刻的瞬時速度小于在 BC 段中間時刻 的 瞬 時 速 度,故 水 平 恒 m 力 F 在AB 段中間時 刻 瞬 時 功 率 小 于 在 BC 段 中 間 時 刻 瞬 時 功率,D 正確. 的增大而均 勻 減 小,a 減 小 到 零 后,由 牛 頓 第 二 定 律 得 F阻 - 鞏固拓展 F=ma',可得a'=kxm-F ,加速度的大小隨位移的增大而均 勻 5.B 下落高度 在 L0 之 前,只 有 重 力 做 功,則 小 球 機 械 能 守 恒; 增大,故加速度的大小 隨 位 移 的 增 大 先 均 勻 減 小 后 均 勻 增 大, 在 L0 之后,彈性繩對小球 做 負 功,則 小 球 機 械 能 減 少,由 功 能 A 錯誤,B 正確;釘子先做加速度減 小 的 加 速 運 動,后 做 加 速 度 關系 ΔE=-F彈 Δh,由 于 彈 性 繩 形 變 量 越 來 越 大,則 彈 力 變 大,故圖像斜率變大,B 正確. 增大的減速運動,釘子初、末速度均為零,C 正確,D 錯誤. 鞏固拓展 【典例6】 BD 由 題 圖 乙 可 知,物 塊 A 離 開 擋 板 瞬 間 物 塊B 的 速度v0=3m/s,運動過程中物塊 B 的速度最小值vB =1m/s. 3.D 由題圖乙知,在0~1s時間內,加速度大小恒為2 m/s2,滑 物塊 B 的 速 度 最 小 時,彈 簧 恢 復 原 長,此 時 物 塊 A 的 速 度 最 大,取水平向右為正方向,根據(jù)物塊 A 和物塊B 組 成 的 系 統(tǒng) 動 塊做勻 加 速 直 線 運 動,由 牛 頓 第 二 定 律 得 F1 -mgsinα - μmgcosα=ma1 ,解 得 F1 =12N,在3~4s時 間 內 ,滑 塊 的 加 速 ,1 度沿斜面體向下,大 小 恒 為 2 m/s2,滑 塊 做 勻 減 速 直 線 運 動, 2 由牛頓第 二 定 律 得 mgsinα+μmgcosα-F2 =ma2,解 得 F2 = 量守 恒 和 機 械 能 守 恒 得 mBv0 = mAvA + mBvB mBv20 = 8N,則0~1s 內 施 加 的 外 力 與 3~4s 內 外 力 大 小 之 比 為 21mAv2A + 21mBv2B ,解 得 mA =3kg,vA =4 m/s,A 錯 誤 ,B 正 3∶2,故 A 錯誤;a-t 圖 像 中 圖 線 與t 軸 圍 成 的 面 積 表 示 速 度 的變化量,且t=0 時,滑 塊 速 度 為 零,因 此 由 題 圖 可 得,在t= 確;在 A 離開擋板前,由于擋板對 A 有作 用 力,A、B 及 彈 簧 組 成的系統(tǒng)所受合外力不為零,所以系 統(tǒng) 動 量 不 守 恒,C 錯 誤;從 2s時 滑塊 的 速 度 最 大 ,其 大 小 為 v= 1 × (1+2)×2 m/s= 2 A 離開擋板后,彈簧 伸 長 到 最 長 時,彈 性 勢 能 最 大,此 時 A、B 的共同速度為v共 ,根據(jù)動量守恒定律可得 mBv0=(mA +mB )v共 , 3 m/s,故 B 錯誤;在t=1s到t=3s時間內,滑 塊 先 加 速 后 減 速,由題圖中面積關系可知,t=1s和t=3s時刻,滑塊的 速 度 1 1 2 2 大小均為2 m/s,方向 均 沿 正 方 向,故 C 錯 誤;在 0~4s時 間 解 得v共 =2 m/s,根 據(jù) 機 械 能 守 恒 定 律 可 得 mBv02 = (mA 內,由題圖中面積關系可知,滑塊運動的方向不變,先 沿 正 方 向 +mB )v2共 +Ep,解 得 Ep=9J,D 正 確 . 加速運動,后沿正方 向 減 速 運 動,在t=4s時,滑 塊 的 速 度 為 鞏固拓展 零,此時運動到斜面體的最高點,故 D 正確. 6.C 規(guī)定小孩 初 始 運 動 方 向 為 正 方 向,由 題 圖 可 知,碰 前 瞬 間 【典例 4】 BD 在 光 滑 軌 道 上 任 取 一 W 小孩的速度為2 m/s,大人的速度為 -3 m/s,碰 后 兩 人 的 共 同 點,作切線,設切線與 水 平 方 向 成 的 銳 W 速度為-1 m/s,設 碰 碰 車 的 質 量 為 M ,由 動 量 守 恒 定 律 得 角 為θ,則 小 孩 重 力 沿 軌 道 切 向 方 向 * t 分 力 為 mgsinθ,由 牛 頓 第 二 定 律, t t (30kg+M )×2 m/s+ (60kg+M )× (-3)m/s= (2M + 30kg+60kg)×(-1)m/s,解 得 M =30kg,A 錯 誤,C 正 確; — 263 —

一品方案·物理(新高考版) 由題圖可知,碰后兩車 一 起 沿 負 方 向 運 動,故 碰 撞 前 后 小 孩 的 得 i2 2+ t-vR 2 見圓 形導 線環(huán)勻速進 入磁 場 運動方向發(fā)生了改 變,B 錯 誤;碰 前 小 孩 與 其 駕 駛 的 碰 碰 車 的 2RBv R2 總動量為p1=120kg·m/s,碰后總動量為 p'1= -60kg·m/s, =1,可 由動量定理可知,碰撞過程中小孩和其駕駛的碰碰 車 受 到 的 總 r v 沖量為I=Δp= -180 N·s,故 總 沖 量 大 小 為 180 N·s,D 時的i t 圖像是橢圓的一部 分;同 理,圓 形 導 線 環(huán) 勻 速 離 開 磁 錯誤. 場時的i t 圖像也是橢圓的一部分,故 B、C 錯誤;由楞次 定 律 二 、電 學 圖 像 問 題 可知,圓形導 線 環(huán) 進 入 磁 場 時,電 流 方 向 為 逆 時 針,即 為 正 方 【典例1】 D 在t1~t2 時 間 內,電 容 器 充 電,所 帶 電 荷 量 增 加, 向,圓形導線環(huán)全部進入磁場時,電流為零,圓形導 線 環(huán) 離 開 磁 電容是反應電容器本身的特性,電容不變,根據(jù)C=UQ 可知,極 場時,電流方向為順時針,即為負方向,故 A 正確,D 錯誤. 鞏固拓展 板間的電壓增大,A 項錯誤;在t3 ~t4 時 間 內,電 容 器 放 電,在 3.BD 在0~t1 時 間 內,線 框 做 自 由 落 體 運 動,ab 邊 進 入 磁 場 放電過程中,電容器電荷量在減小,電 容 器 的 電 容 不 變,B 項 錯 時,即t1 時刻,如果安培力大于 重 力,線 框 做 減 速 運 動,安 培 力 誤 ;若 只 增 大 電 阻 R 的 阻 值 ,由 I= E ,q=It 可 知 ,充 電 電 流 減小,合 力 減 小,加 速 度 減 小,有 可 能 在t2 時 刻 前 安 培 力 減 到 R 和重 力 平 衡,線 框 做 勻 速 運 動,在t2 時 刻 后,線 框 中 不 產 生 感 的最大值減小,電容器的放電時間變長,D 項正確,C 項錯誤. 應電流,線 框 只 受 重 力,做 勻 加 速 運 動,A 錯 誤,B 正 確;ab 邊 鞏固拓展 進入 磁 場 時,即t1 時 刻,如 果 安 培 力 小 于 重 力,線 框 做 加 速 運 1.C 因為 三 次 充 電 用 同 一 個 電 容 器,所 以 由 電 容 的 定 義 式 可 動,但加速度減小,在t2 時刻后,線 框 中 不 產 生 感 應 電 流,線 框 知,同一個電容器所帶 電 荷 量 與 兩 板 間 的 電 勢 差 成 正 比,故 第 只受重力,做勻 加 速 運 動,C 錯 誤;ab 邊 進 入 磁 場 時,即t1 時 二次充電時電容器兩端的電壓 U 隨 電 荷 量q 變 化 的 圖 線 斜 率 刻,如果安培力大小等于重力,線 框 做 勻 速 運 動,在t2 時 刻 后, 與丙圖中圖線 斜 率 相 同,選 項 A 錯 誤;在 電 容 器 充 滿 電 時,電 線 框 中 不 產 生 感 應 電 流,線 框 只 受 重 力,做 勻 加 速 運 動,D 容器兩端電壓為電源電壓,又電容器電容 C 不 變,根 據(jù)q=CU 正確. 可知,①、②兩條曲線中最終q 的不同是由于電源電動勢 不 同, (二) 物理思想方法的應用能力提升 選項 B 錯 誤;由 電 容 器 所 帶 電 荷 量q 隨 時 間t 變 化 的 圖 像 可 【典例1】 C 采用 逆 向 思 維 可 知,動 車 進 站 的 運 動 可 看 作 反 向 知,圖線各點切線的斜率表示充電電流,斜率越大,充 電 電 流 越 的初速度為零的勻加速直線運動,則動車經(jīng)過連續(xù) 相 等 的 位 移 大,所以第二次充電時t1 時刻的電流大于t2 時刻的電流,選項 C 正確;②、③兩條曲線形狀不同是因為R 不同,從圖乙中可以 所用的時間之比為1∶(2-1)∶(3- 2)∶(2- 3)∶ … ∶ 看出同一時刻,圖線 ③ 的 斜 率 大 于 圖 線 ② 的 斜 率,故 R3 小 于 (n - n-1),所以動 車 第 1 節(jié) 車 廂 最 前 端 從 經(jīng) 過 5 號 候 車 線處的旅客到停下所用的時間為第1節(jié)車廂經(jīng)過2號候車線 R2,選 項 D 錯 誤 . 處的旅客用時的2倍,即為2t,A 錯誤;動車第1節(jié)車廂最前端 從經(jīng)過5 號 候 車 線 處 的 旅 客 到 停 止 運 動 總 位 移 為 4l,用 時 2t, 【典例2】 B 由 圖 乙 及 閉 合 電 路 歐 姆 定 律 知,當 RP =R +r= 則動車第1節(jié)車廂最前端從經(jīng)過5號候車線處的旅客開始到 10Ω 時,滑動變阻器消耗 的 功 率 最 大,又 R=6Ω,則r=4Ω, 停止運動,平均速度大小為v=42tl=2tl,B 錯誤;由以上 逆 向 思 此 時 最 大 功 率 Pmax=4(RE+2r)=2.5 W,解 得 E=10V,選 項 B 維 可 知l= 12at2,則 動 車 的 加 速 度 大 小 為 a=t2l2 ,并 且 v12 = 正確;由圖乙可知,滑動 變 阻 器 接 入 電 路 的 阻 值 為 5 Ω 時 與 其 2al,v42=2a×4l,解得v4=4tl,C 正確,D 錯誤. 接 入 電 路 的 阻 值 為 Rx 時 消 耗 的 功 率 相 等, 有 E 2 E 2 R'P +R+r Rx +R+r R'P = Rx ,解 得 Rx =20 Ω(另 一 解不符合題意,已 舍 去),選 項 A 錯 誤;當 電 路 中 電 流 最 大 時, 定值電阻 R 消耗 的 功 率 最 大,但 此 時 滑 動 變 阻 器 消 耗 的 功 率 鞏固拓展 不 是最大,選項 C 錯誤;當滑動變阻器接入電路的阻值為0時, 1.D 從起點 A 到 最 高 點 B 可 看 作 平 拋 運 動 的 逆 過 程,如 圖 所 電路中電 流 最 大,最 大 值 為Imax=RE+r=61+04 A=1 A,則 調 示,美洲獅做 平 拋 運 動 速 度 方 向 與 水 平 方 向 夾 角 的 正 切 值 為 整滑動變阻器接入電路的阻值,不可能使電源的輸 出 電 流 達 到 tanα=2tanβ=2×1221=1,選項 A、B、C 錯誤,D 正確. 1.25A,選項 D 錯誤. B 鞏固拓展 2.C 燈 泡 L1 的 額 定 電 流 為 I1 =36 W =0.5 A,燈 泡 L2 的額定 A βα V 【典例2】 BCD 當小木塊速度 小 于 傳 送 帶 的 速 度 時,小 木 塊 相 電 流 為I2 6 W =1 A,由 于 電 路 中 只 有 一 個 燈 泡 正 常 發(fā) 光 ,故 對于傳送帶向上滑動,受 到 沿 傳 送 帶 向 下 的 摩 擦 力,其 加 速 度 =6 V a=gsinθ+μgcosθ,因 傳 送 帶 足 夠 長,當 小 木 塊 與 傳 送 帶 速 度 電路中的電流為0.5A,即 電 流 表 的 示 數(shù) 為 0.5 A,A 錯 誤;由 相等后,若μ>tanθ,則 Ff=mgsinθ<μmgcosθ,摩 擦 力 方 向 沿 傳送帶向上,為靜摩擦力,大小變小,小木塊將隨傳 送 帶 一 起 勻 題圖甲知,電 壓 表 測 燈 泡 L2 兩 端 的 電 壓,由 題 圖 乙 可 知,A 為 速向下運動,若μ<tanθ,則小木塊將 以a'=gsinθ-μgcosθ 的 燈泡 L2 的I-U 圖像,則電壓表的示數(shù)為2V,B 錯 誤;電 路 的 加速度向下加速運動,加速度減小,摩擦力大小不 變,方 向 沿 傳 輸出功率 P=I(U1+U2)=0.5 A× (6 V+2 V)=4 W,C 正 送 帶向上,由以上分析可知,選項 A 錯誤,選項 B、C、D 均正確. 鞏固拓展 確;電源的內電壓為U=E-(U1 +U2)=9 V-(6 V+2 V)= 2.B 物體所受滑動摩擦 力 Ff=0.2×50 N=10 N,假 設 物 體 向 1V,由歐 姆 定 律 的推導 式 得,電 源 內 阻 為 r= U 1V 左做勻加速直線運動,力 F1 的值應小于5N,若物 體 向 右 做 勻 I =0.5 A = 加速直線運動,力 F1 的值應大于25N. 2Ω,D 錯誤. 【典例3】 ACD 由 對 稱 及 電 場 疊 加 原 理 可 知,除 無 窮 遠 處 之 外,菱形外部各 點 電 場 強 度 處 不 為 零,故 A 項 正 確;分 析 可 知 【典例 3】 A 設 經(jīng) 過 時 間t 圓 形 導 線 環(huán) 的 fff O 點電場強 度 等 于 零,由 對 稱 及 電 場 疊 加 原 理 可 知,除 O 點 外,菱形內部的電場強 度 為 零 的 點 都 是 成 對 出 現(xiàn) 的,所 以 在 菱 位置如圖所 示,設 圓 形 導 線 環(huán) 運 動 速 度 大 fff 小 為v、半徑為 R、電阻為r,此時圓形導線 R fff 形內部不可能只存在兩個 電 場 強 度 為 零 的 點,故 B 項 錯 誤;當 y0=8l,由對稱性可知點 (0,-3l)和 點 (0,3l)的 電 勢 相 等,將 環(huán)切 割 磁 場 的 有 效 長 度 為 L = ffWf 2 R2-(R-vt)2 ,產 生 的 感 應 電 動 勢 fff fff e e=BLv,電 流 大 小 為i= r ,聯(lián) 立 三 式 可 — 264 —

參考答案 負點電荷從點(4l,5l)移 到 點 (0,-3l)和 從 點 (4l,5l)移 到 點 后能上升到距圓弧槽底的最大 高 度 為 H = 23R,故 C 正 確;從 (0,3l),電場力做功 相 同,由 等 量 同 種 點 電 荷 形 成 的 電 場 的 特 點可知,在 x、y 正 半 軸 上 的 兩 個 點 電 荷 形 成 的 電 場 中,點 小球第一次通過最低點到第二次通過最低點,相當 于 小 球 與 圓 (4l,5l)和點(0,3l)是 兩 點 電 荷 連 線 的 中 垂 線 上 對 稱 的 兩 點, 弧槽發(fā)生了一次完全 彈 性 碰 撞,因 兩 物 體 質 量 相 等,則 速 度 互 電勢相等,所以將負點電荷從 點(4l,5l)移 到 點(0,3l),電 場 力 換,則此時圓弧槽有 最 大 速 度,圓 弧 槽 的 最 大 速 度 為 vA =2vC 不做功;在x 負半軸的點電 荷 形 成 的 電 場 中,將 負 點 電 荷 從 點 =2 2gR ,故 D 正 確 . (4l,5l)移到點(0,3l),電場力做正功;在 y 負 半 軸 的 點 電 荷 形 3 成的電場中,將負點電荷從點(4l,5l)移 到 點(0,3l),電 場 力 做 【典例5】 C 萬 有 引 力 公 式 與 庫 侖 力 公 式 是 相 似 的,分 別 為 F1 正功;綜上所 述,當 y0 =8l 時,將 一 帶 負 電 的 試 探 電 荷 由 點 (4l,5l)移到點(0,-3l),電 場 力 做 正 功,故 C 項 正 確;當 y0 = =G Mm 和 F2=kQrq2 ,真空中帶電荷量為 Q 的 點 電 荷 在 距 它r r2 4l 時,x、y 正半軸的兩個點電荷 在 點(l,l)處 的 合 場 強 與 x 軸 處所產生的電場強度被定義為試探電荷q 在該處所受的庫侖 負方 向 的 夾 角 為 45°,傾 斜 向 下 ,大 小 為1 ·lkq2 ,x、y 負 半 軸 力與其電荷量的比 值,即 E =F2 =krQ2 ,與 此 類 比 ,質 量 為 M 55 q 的兩個點電荷在(l,l)的合場強與x 軸正方向的夾角為45°,傾 的質點在距它r 處所 產 生 的 引 力 場 的 場 強 可 定 義 為 試 探 質 點 斜 向 上 ,大 小 為3 ·lkq2 ,故 該 點 的 合 場 強 與 x 軸負方向 在 該 處 所 受 的 萬 有 引 力 與 其 質 量 的 比 值 ,即 EG =Fm1 =G M . 13 13 r2 的夾角為45°,傾斜 向 下,負 點 電 荷 受 到 的 電 場 力 與 x 軸 正 方 鞏固拓展 向的夾角為45°,傾斜向上,故 D 項正確. 5.A 隨 著 沙 子 不 斷 堆 積,達 到 某 一 高 h 度后,沙 子 就 會 沿 著 斜 面 下 滑,通 過 鞏固拓展 θr 3.BC 根 據(jù) 題 意 分 析 可 知,質 點 在 平 M 比較可以 建 構 出 如 圖 所 示 的 標 準 圓 行 板 間 軌 跡 應 向 上 偏 轉,做 類 平 拋 W P 錐體 模 型,設 圓 錐 高 度 為 h,底 面 圓 運動,飛出電場后,質 點 的 軌 跡 向 下 半徑為r,最大底角為θ,沙 子 之 間 的 動 摩 擦 因 數(shù) 為 μ,某 粒 沙 偏轉,才 能 最 后 垂 直 打 在 屏 M 上, L L 子的質量為 m.則 沙 子 自 然 下 滑 時 相 當 于 斜 面 上 物 體 勻 速 下 前后過 程 質 點 的 運 動 軌 跡 有 對 稱 滑,此時沙子 受 到 的 重 力 沿 斜 面 的 分 力 正 好 等 于 滑 動 摩 擦 力 性,如圖所示,可見兩次偏轉的加速度大小相等,根 據(jù) 牛 頓 第 二 mgsinθ=μmgcosθ,解 得tanθ=μ,欲 求 這 堆 沙 的 體 積,需 要 根 定 律 得qE -mg=ma,mg=ma,解 得 E =2mg,由 U =Ed 得 據(jù)圓錐體的體積公式 V = 13πr2h 來 進 行,思 考 由 題 給 條 件 的 q 周 長來計算輔助量r,于是2π·r=31.4m,還需要解決輔助量 h,根據(jù)幾 何 關 系 h=rtanθ=rμ,聯(lián) 立 后 可 得 V ≈65.4 m3,A 板間電勢差U =2qmg×d=2mqgd,故 A 錯 誤,B 正 確;質 點 在 選項正確. 【典例6】 C 對于題圖甲,當電路的外 電 阻 等 于 內 阻 時,電 路 的 電場中向上偏轉的距離y= 12at2,a=qEm-mg=g,t=vL0 ,解 輸出功率最大,所以 R1=r-R0 =2Ω,對 于 題 圖 乙,設 電 路 中 得y=g2vL202 ,故質點打在屏上的位 置 與 P 點 的 距 離 為s=2y= 電流為I,有 P輸出 =EI-I2r,根 據(jù) 數(shù) 學 知 識 可 知 當 I=2Er= 2A 時 ,P輸出 有 最 大 值 Pmax=12 W,由 題 意 知 此 時 電 動 機 正 常 gL2 ,重 力 勢 能 的 增 加 量 Ep=mgs=mgv202L2 ,故 C 正 確 ;僅 增 大 工 作 ,設 電 動 機 兩 端 電 壓 為 UM ,有 UMI=I2R'0 +P0,解 得 UM v20 =3V,電 源 內 電 壓U內 =Ir=6V,R2 兩 端 電 壓U2=E-UM - 兩 極 板 間 的 距 離 ,因 兩 極 板 上 電 荷 量 不 變 ,根 據(jù) E= U =CQd= d Q =4επrkSQ 可 知 ,板 間 場 強 不 變 ,質 點 在 電 場 中 受 力 情 況 不 U內 =3V,所以 R2=UI2 =1.5Ω,故 C 正確,A、B、D 錯誤. 4επrkSdd 鞏固拓展 變,則運動情況不變,仍垂直打在屏 M 上,故 D 錯誤. 6.BC 由題意分析可知 mg=Eq,將 電 場 力 和 重 力 合 成,合 力 方 【典例4】 D 微粒做直線運動,必受重力和 向 左 的 電 場 力.微 粒 向通過圓心時,合力所在的直線與圓周的兩個交點 分 別 是 速 度 帶負電,因此電場方向向右,電場線的方向是電勢 降 低 的 方 向, 最大點和 最 小 點.當 細 線 拉 力 為 零 時,小 球 的 加 速 度 大 小 為 則a 點的電勢高于b 點的電勢,A 錯誤;在a 點,設微粒的電勢 F合 = 2mmg= 2g,故 若 小 球 在 豎 直 平 面 內 繞 O 點做圓周 能為零,重力勢能為 零,動 能 為 零,微 粒 的 總 能 量 為 零.電 場 力 a= m 做負功等于微粒電勢能的增加量(ΔEp ),重 力 做 負 功 等 于 微 粒 重力勢能的增 加 量 (ΔE'p ),帶 負 電 微 粒 由 a 到b 的 運 動 過 程 運動且運動的最小速度為v,則 小 D 中 ,總 能 量 保 持 不 變 ,即 ΔEp +ΔE'p -ΔEk =0,(ΔEk 為 動 能 的 球在左 上 方 的 等 效 最 高 點 時,細 Eq 線拉力 為 零,對 小 球 受 力 分 析 如 減少量的絕對值),∴ΔEk >ΔEp ,B、C 錯錯誤;D 正確. 圖所示,此 時 有 2mg =m v2 ,解 A mg O B 鞏固拓展 L E 4.ACD 小球 A 經(jīng)過圓弧槽最低點時,物塊 C 獲得最大速度,以 得v= 2gL ,過最高 點 D 的 最 水平 向 右 為 正 方 向,根 據(jù) 水 平 方 向 動 量 守 恒 有 0=mvA - 小速度 一 定 大 于v,故 A 錯 誤;除 2mvC ,根 據(jù) 能 量 守 恒 有 mg(h+R )= 1 mv2A +2× 1 mv2C ,解 重力外其他力做的功等于小球機 C 2 2 械能的增加量,若小球在豎直平 面 內 繞 O 點 做 圓 周 運 動,則 小 得物塊 C 獲得的最大 速 度vC = 2gR ,故 A 正 確;小 球 A 越 球運 動 到 B 點 時,電 場 力 做 正 功 最 大,到 B 點 時 的 機 械 能 最 3 大,故 B 正確;若小球能在豎直平面內做完整的圓周運動,則小 過圓弧槽最低點之后 的 運 動 過 程 中,小 球 A 與 圓 弧 槽 B 組 成 球從 C 到 D 的 過 程 中 電 場 力 做 功,機 械 能 不 守 恒,故 C 正 確; 由于 mg=Eq,則小球 所 受 合 力 方 向 與 電 場 方 向 成 45°夾 角 斜 的系統(tǒng)滿足機 械 能 守 恒,該 運 動 過 程 中,圓 弧 槽 B 先 減 速,機 向下,若將小球在 A 點由靜止開 始 釋 放,它 將 沿 合 力 方 向 做 勻 加速直線運動,故 D 錯誤. 械能減小,則小球 A 機械能先 增 大,故 B 錯 誤;小 球 A 經(jīng) 過 圓 【典例7】 D 根據(jù)矢量合成及對稱性可知,在O 點,圓環(huán)上各對 稱點產生的場 強 相 互 抵 消,合 場 強 為 零,而 M 點 合 場 強 不 為 弧槽最低點以后,對小球 A 與圓弧槽B 組成的 系 統(tǒng),根 據(jù) 水 平 零,選項 A 錯誤;根據(jù)沿電場方向電勢降低可知,M 、O、N 三點 方 向 動 量 守 恒 有 mvA -mvC =2mv,根 據(jù) 機 械 能 守 恒 有 1 mv2A 2 + 21mv2C =mgH + 12mv2,解 得 小 球 A 經(jīng) 過 圓 弧 槽 最 低 點 以 — 265 —

一品方案·物理(新高考版) 中 M 點電勢最高,選 項 B 錯 誤;設 圓 環(huán) 上 各 點 與 N 點 連 線 和 得 P ≈2.6×105 W. x 軸夾角均為θ,在圓環(huán)上取關 于 O 點 對 稱 的 兩 小 段 電 荷 量 均 【典例2】 D 分別 對 兩 物 體 進 行 受 力 分 析,兩 物 體 均 受 三 力 平 為 Δq 的微元電荷,則兩微元電荷在 N 點產生的合場強大小為 衡,構建力的矢量三角形,如圖 所 示,從 O 點 豎 直 向 下 作 直 線, E1 =k ( 2Δq cosθ,則圓環(huán)上所 有 電 荷 在 N 點產生的合 交 AB 連線于 D 點,由幾何關系 得 質 量 為 m1 和 m2 的 兩 物 體 r2 +h2 )2 受三力組成的矢量三角形分別 與 △OAD 和 △OBD 相 似,因 輕 場強大小為 E =k Q )2cosθ=h2k+Qr2cosθ,選 項 C 錯 繩 上 拉 力 大 小 相 同 ,則 由 相 似 三 角 形 法 可 得F =mOD1g ,F = r2 +h2 AO BO ( 誤;根據(jù)等量正點電荷 的 電 場 線 分 布 可 知,兩 點 電 荷 連 線 中 點 m2g ,根 據(jù) 幾 何 關 系 得 BO =AOtan30°,聯(lián) 立 解 得 3m1 =m2, OD 場強最小,且連線上電 場 從 點 電 荷 出 發(fā) 指 向 中 點,由 對 稱 性 分 析可知,在圓環(huán)所在平面內,過 M 點以O 點為圓心的圓是一條 即 m1∶m2=1∶ 3,選 項 D 正 確 . 等勢線,選項 D 正確. FF 鞏固拓展 7.C 桿2固定,不相撞的臨 界 條 件 是 桿 1 速 度 為 零 時 剛 好 接 觸 桿2,采 用 微 元 法,對 桿 1 在 Δt 內 受 到 的 沖 量 為 BILΔt= DF B22LR2ΔvΔt=B22LR2Δx,則 對 桿 1 的 整 個 運 動 過 程 由 動 量 定 理 m g F m g 得B2L2x1 =mv0 ,桿 2 不 固 定 ,不 相 撞 的 臨 界 條 件 是 兩 桿 的 速 鞏固拓展 2R 2.A 分別對 P、Q 兩球進行受力分析,由 于 小 球 P、Q 的 連 線 恰 度相等,根據(jù)動量守恒定律得 mv0 =2mv',解 得 共 同 速 度v'= 好為大 圓 環(huán) 的 水 平 直 徑,則 大 圓 環(huán) 對 小 球 P、Q 的 彈 力 恰 好 水 平向外,兩球均受三力平衡,構建力的矢量三角形 如 圖 所 示,從 v0 ,同 理 對 桿 1 采 用 微 元 法 由 動 量 定 理 得B2L2x2 =m v0 ,故 2 2R 2 O 點豎直向下作垂線,交兩球連線 PQ 于 M 點,由 幾 何 關 系 得 P、Q 兩球受三力組成的 矢 量 三 角 形 分 別 與 △OPM 和 △OQM x1∶x2=2∶1,C 正 確 . 【典例8】 D 解 法 一 (常 規(guī) 法):由 題 意 可 知 木 塊 對 木 板 的 滑 動 得mPg =OFPT ,mOMQg=OFQT OM 摩擦力大小為μ1mg,木板處于 靜 止 狀 態(tài),所 受 合 外 力 為 零,所 相 似 ,由 相 似 三 角 形 法 可 ,兩 式 聯(lián) 立 解 以木板受到地面給的摩擦力 的 大 小 一 定 等 于μ1mg,選 項 A、B 錯誤;無論怎樣改變 F 的大小,木 塊 對 長 木 板 的 滑 動 摩 擦 力 大 得mP =OOPQ ,由 幾 何 關 系 得OQ =csionsθθ = 4 ,則 mP = 4 ,即 小不變,所以木板始終不可能運動,選項 C 錯誤,D 正確. mQ OP 3 mQ 3 解法二(極限 法):若 拉 力 F 趨 近 于 零,則 系 統(tǒng) 處 于 靜 止 狀 態(tài), 地 面對長木板的摩擦力f 趨近于零,選項 A 錯誤;若拉力 F 趨 mP ∶mQ =4∶3,選 項 A 正 確 . O 近于無窮大時,木塊在 長 木 板 上 相 對 長 木 板 加 速 運 動,此 時 長 P F5 F5 θ F/ 木板在水平方向受到木塊對長木板的滑動摩擦力和地面對長 F/ M mQg Q 木板的摩擦力,因木塊對長木板的滑動 摩 擦 力 大 小 為μ1mg 不 變,故長木板仍處于靜 止 狀 態(tài),所 以 長 木 板 受 到 地 面 給 的 摩 擦 mPg 力的大小一定等于μ1mg,選項 B、C 錯誤,D 正確. 【典例3】 解析:對小球C 受力分析如圖1所示,T1 與T2 的合力 鞏固拓展 8.B 將挖去的 圓 板 補 上,復 原 無 限 大 均 勻 帶 電 平 板,設 無 限 大 與 mg 等大,由力組成的矢量三角 形 如 圖 1 中 的 △CB'D.因 為 均勻帶電平板在 Q 點的場強為E,補回來的半徑為r 的圓板在 整體轉動,所以結構 三 角 形 BCA 不 變.作 CB'D 的 外 接 圓 P, Q 點 的 場 強 為 E1,待 求 的 場 強 為 E2,由 電 場 強 度 疊 加 原 理 得 ∠DB'C 與∠B'CA'互補,故把整個裝置順時針緩 慢 轉 動 時,相 當于 B'以C 為圓心在圓P 上沿圓順時針轉動,如圖2所示,可 E=E1 +E2,E1 =2πkσ 1- x 1 ,當 R 無 限 大 時 有 以看出整個裝置順時針緩慢 轉 動 時,開 始 時 △CB'D 是 直 角 三 (r2+x2)2 角形,所以T2 正好 是 圓 的 直 徑,然 后 B'沿 圓 順 時 針 轉 動 直 到 C,重力不變,弦 CD 不 變,弦 CB'變 小,T2 逐 漸 減 小,故 ∠CB' E= 2πkσ 1- x 2πkσ,解 得 E2 = 2πkσ · D 逐漸減小;而弦 DB'先變大后變小,故T1 先增大后減小. 1= (R2+x2)2 x 1 ,故 選 B. D F5 B′ B′ (r2 +x2)2 D (三) 數(shù)學方法在物理解題中的應用能力提升 A′ F5 C B′ 【典例1】 C 將作用點受到的拉力 F 分解為沿繩索方向的張力 mg C F',如圖所示,結 合 幾 何 關 系,則 有 tanθ=0x.5l,sinθ=0F.5'F , 圖1 圖2 sinθ≈tanθ,其中x=0.3 m,l=30 m,聯(lián) 立 解 得 F'≈2500 N, 選項 C正確. 答案:先增大后減小 減小 y 鞏固拓展 R 3.D 設 粒 子 做 勻 速 圓 周 運 動 的 半 徑 為 W θ R ,根 據(jù) 洛 倫 茲 力 提 供 向 心 力 ,有qvB = F′ F F′ m v2 ,解 得 粒 子 在 磁 場 中 運 動 軌 跡 的 R O x 鞏固拓展 半 徑 為 R =qmBv,粒 子 運 動 軌 跡 如 圖 所 1.C 管口的圓形內徑約有10cm,則半 徑r=5cm=0.05 m,根 據(jù)實際 情 況,每 層 樓 高 h=3 m,所 以 噴 水 的 高 度 H =27h= 示,因為粒子從原點 射 入 磁 場 的 速 度 方 81 m,則水離 開 管 口 的 速 度 為 v= 2gh = 20×81 m/s= 向只在第一象限內,結 合 圖 像 及 軌 跡 的 半 徑 公 式 可 知,粒 子 與 18 5 m/s.設驅動主噴管噴水的電動 機 功 率 為 P,在 接 近 管 口 x 軸相交的橫坐標范圍為-2qmBv≤x≤-qmBv,結 合 圖 像 及 半 徑 公式可知,粒子與y 軸相交的縱坐標范圍為0≤y≤2qmBv,由 題 很短一段時間 Δt 內水柱的質量為 m =ρ·vΔtS=ρπr2vΔt,根 =ρπr22v3 據(jù) 動 能 定 理 可 得 PΔt= 1 mv2 ,解 得 P ,代 入 數(shù) 據(jù) 解 2 — 266 —

參考答案 可知,勻強磁場的最小范圍如 D 圖 中 的 陰 影 區(qū) 域 所 示,故 選 項 為零,根據(jù)牛頓第二定律,小球處于平衡狀態(tài), D 正確,A、B、C 錯誤. y 小球所受支持力為 FN =mg=1N,根據(jù)牛頓第三定律,圓 管 對 【典 例 4】 AC 對 物 體 受 力 分 析,如 圖 所 示, 小球的支持力和小球對圓管的壓力是作用力與反 作 用 力,大 小 由共點力的平衡條件 可 知,在 水 平 方 向 上 有 F 相等,方 向 相 反,則 小 球 對 圓 管 的 壓 力 大 小 為 1 N,方 向 豎 直 Fcosθ-Ff=0,Ff=μFN ,在 豎 直 方 向 上 有 F/ θ x 向下. Fsinθ + FN - mg = 0,聯(lián) 立 解 得 F = FG (2)小球從靜止到 C 點根據(jù)功能關系有 μmg ,設 tanφ = μ, 則 cosφ = mg 21mv20 =mg×2R+Ep, cosθ+μsinθ 解得 Ep=1.2J. (3)小球從 C 點到E 點根據(jù)動能定理有 1 ,所 以 F=cosμ(θmg-φ)· 1 ,當 cos(θ-φ)=1,即 1+μ2 1+μ2 -mgh-μmgL= 12mv2E - 21mv02 θ-φ=0 時 ,F 取 到 最 小 值 ,Fmin = μmg =25 N,而tanφ= 得vE = 60-20h (m/s) 1+μ2 過了 E 點小球做平拋運動,有h= 21gt2,x=vEt μ= 33,φ=30°,θ=30°,故選項 A、C 正確. 鞏固拓展 4.解析:(1)當θ 為90°時,由運動學知識可得v20=2gx1 得到x 與h 的關系為x= 12h-4h2 (m) 設動摩擦因數(shù)為μ,當θ=0°時,摩擦力大小為 Ff=μmg 解 得 ,當h=1.5 m 時 ,x 有 最 大 值xmax=3 m. 根 據(jù) 牛 頓 第 二 定 律 ,有 Ff=ma1 答案:(1)1N,方向豎直向下 (2)1.2J (3)1.5 m 3 m 由 運 動 學 公 式 可 得v02 =2a1x0 鞏固拓展 聯(lián)立解得μ= 33,v0=5 m/s. 6.解析:設兩車經(jīng)時間t 速度相等,有 (2)對于任意角度,根據(jù)動能定理可得,物 體 對 應 的 最 大 位 移 x v1t+L=v2t- 12at2 滿足的關系式為 代入數(shù)值得 41t2-5t+36=0 21mv02 =mgxsinθ+μmgxcosθ Δ=b2 -4ac= -11<0 變形可得 t 無解,即兩車不會相遇. 當兩車速度相等時相距最近, x=2g(sinθv+02μcosθ)=sinθ+xμ1cosθ= x1 1+μ2sin(θ+φ) 有 v1 =v2 -at1 ,得t1 =10s 則最近距離為 其 中μ=tanφ,φ= π 6 Δsmin=v1t1+L-(v2t1- 21at12) 當sin(θ+φ)=1時,x 有最小值,為 xmin= x1 = 3 ≈1.08 m 代 入 數(shù) 值 解 得 Δsmin=11 m. 1+μ2 2x1 答案:兩車不能相遇 11 m 對 應 的θ= π -φ= π - π = π . 【典例7】 解 析:(1)設 水 平 力 對 小 球 做 功 W 后 的 速 度 大 小 為 2 2 6 3 v0,由 動 能 定 理 得 W = 12mv20 答案:(1)33 5 m/s (2)3π 1.08 m 設小球在 Q 點的速度大小為v,小 球 從 P 到Q,由 機 械 能 守 恒 【典例5】 B 本 題 可 通 過 構 建 力 的 定律有 矢量三 角 形 應 用 正 弦 定 理 求 解 力 O T mv02 =2mgR +m2v2 2 的大小,對小球a 進 行 受 力 分 析 可 T mg T F/ a θ 小球能從 Q 點 水 平 拋 出 ,則 有 m v2 ≥mg 知,a 受 到 重 力 mg、細 繩 的 拉 力 θ R T1 和 桿 的 支 持 力 FN1 處 于 靜 止 狀 b F/ 聯(lián)立解得 R≤52mWg. 態(tài)(三力平 衡),將 三 力 構 建 成 一 個 (2)小球從 Q 點水平拋出后,做平拋運動, 首 尾 相 連 的 矢 量 三 角 形,如 圖 所 示,根 據(jù) 幾 何 關 系 和 正 弦 定 理 有 sin(9m0g°+θ)=sTinθ1 =sin(9F0°N-1 2θ),解 mg 有 x=vt,2R= 12gt2 得繩對a 的拉力大小為T1=mgtanθ,桿 對a 的 支 持 力 大 小 為 解得x= 2mWg-4R 4R 當2mWg-4R=4R,即 R=4Wmg<52mWg時,x 最大 FN1=mgcocsoθs2θ,選項 C、D 錯誤.輕 質 環(huán)b 不 考 慮 重 力,則 可 認 為 環(huán)b 只 受 到 繩 的 拉 力 T2 和 桿 的 彈 力 FN2,因 環(huán)b 處 于 靜 止 狀 態(tài) ,根 據(jù) 二 力 平 衡 條 件 可 知 FN2=T2,因 T2 =T1 =mgtanθ, 將2mWg-4R=4R 代入x 的表達式 則 FN2=mgtanθ,方向垂直桿向下,選項 A 錯誤,B 正確. 可得落地點 S 到軌道下端P 點的最大距離為xmax=4R=mWg. 鞏固拓展 5.AC 如 圖 所 示 ,因 為 F2 = 3 > F 答 案 :(1)R ≤52mWg (2)R=4Wmg xmax=mWg 3F c F 鞏固拓展 Fsin30°,故 F1 的 大 小 有 兩 種 可 能 情 F F 7.解析:設小球 Q 運動到A 與B 間某位置P 時,半徑OP 與水平 況 ,由 余 弦 定 理 可 得 :F22 =F2 +F21 - 2FF1cos30°,化 簡 可 得 :F21 - 3FF1 方向成θ 角,此時瞬時速度為v,則此時重力的瞬時功率為 + 32F2=0,解 得 :F11= 33F,F12=233F,故 選 項 A、C 正 確 . P=mgvcosθ ① 由機械能守恒定律得 【典例6】 解析:(1)小球在 BC 段 做 勻 速 直 線 運 動,所 受 合 外 力 v= 2gRsinθ ② — 267 —

一品方案·物理(新高考版) 將②代入①得 所 以 cosθ> 1 . 8 P=mg 2gRsinθcos2θ ③ 此時問題轉化為求極值 答 案 :(1)2gvta02nθ (2)4nv+021g y=sinθcos2θ ④ (3)cosθ> 1 將④做數(shù)學變形如下 8 鞏固拓展 y2 = 1 ·2sin2θcos2θcos2θ 8.解析:小車第一次碰 墻 后 以 原 速 率 反 彈,并 在 小 鐵 塊 的 摩 擦 力 2 ⑤ 作用下向左減速,因 mv0 >Mv0,故 小 車 先 減 速 為 零,后 向 右 加 由均值不等式得 速直至與鐵塊達到共 同 速 度;之 后 小 車 第 二 次 碰 墻 后 反 彈,重 y2 ≤ 1 2sin2θ+cos2θ+cos2θ 34 ⑥ 復上述過程.設小車第一 次 碰 墻 后 向 左 運 動 的 最 大 距 離 為s1, 2 3 =27 第 二 次 碰 墻 后 向 左 運 動 的 最 大 距 離 為s2 ,第 三 次 碰 墻 后 向 左 運 動 的 最 大 距 離 為s3 … ,小 車 第 一 次 碰 墻 之 后 與 鐵 塊 的 共 同 速 率 當 且 僅 當 2sin2θ=cos2θ,即 tanθ= 2時 等 號 成 立 ,由 ⑥ 得 為v1,第二次碰墻之后與鐵塊的共同速率為v2,第 三 次 碰 墻 之 2 后 與 鐵 塊 的 共 同 速 率 為 v3 … 4 ⑦ 第 一 次 碰 墻 之 后 ,由 動 能 定 理 得 μmgs1 = 1 Mv20 y≤ 27 2 所 以 ,當 半 徑 OP 與水平方向 夾 角 為θ 且 tanθ= 2時,重 力 所 解 得s1 =2Mμmvg02 = 3 m 2 5 做的功的功率有最大值. 由動量守恒定律得(m-M )v0=(m+M )v1 將⑦代入③得 =mm +-MMv0 1 5v0 42 解 得 v1 = Pmax=mg 2gR 27 = 3mg gR 3 ⑧ 1 2 2 第 二 次 碰 墻 之 后 ,由 動 能 定 理 得 μmgs2 = Mv12 2 答 案:當 tanθ = 時 ,重 力 的 功 率 有 最 大 值 .最 大 值 =2Mμvmg21 1 =25s1 為 32mg gR 3 解 得s2 【典例8】 解析:(1)滑 塊 P 在 斜 面 上 運 動 時 有 Fcosθ-mgsinθ 由動量守恒定律得(m-M )v1=(m+M )v2 =ma 解 得 v2 =mm +-MMv1 = 1 解 得 a=0 5v1 說明滑塊P 運動到斜面上之后做勻速直線運動 滑塊 P 從A 到C,根據(jù)動能定理有 …… 故 小 車 第 n 次 碰 墻 之 后 向 左 運 動 的 最 大 距 離 為sn 1 =25n-1s1 Fs= 12mv20 顯 然s1、s2、s3、… 、sn 為 一 公 比 是1的 等 比 數(shù) 列 .小 車 運 動的 總 25 解 得s=2gvta02nθ. (2)以沿斜 面 向 上 為 正 方 向,設 第 一 次 碰 撞 后 的 P 的 速 度 為 路程為 v1P ,Q 的 速 度 為v1Q ,Q 第 一 次 上 升 的 高 度 為h1,則 有 s=2(s1+s2+s3+ … +sn )= 2s1 =1.25 m. 1 1-25 mv0=mv1P +3mv1Q 答案:1.25 m 12mv02 = 21mv12P + 1 ×3mv21Q (四) 物理模型建構能力提升 2 1 ×3mv12Q =3mgh1 +μ×3mgcosθshin1θ 【典例1】 解 析:(1)取 水 平 向 右 為 正 方 向,對 滑 塊 B,根 據(jù) 動 2 量定理得I=mv0,解得滑塊 B 的初速度為v0=2 m/s.從 開 始 解 得h1=1v6g02 運動到 A、B 共速,在水平方向上,由動量守恒定律得 之后滑 塊 P 以 大 小 為v1P 的 速 度 與 Q 發(fā) 生 第 二 次 碰 撞,設 第 mv0=(M +m)v. 由 A、B 系統(tǒng)能量守恒得 二次 碰 撞 后 的 P 的 速 度 為v2P ,Q 的 速 度 為v2Q ,Q 第 二 次 上 升 12mv20 1 的 高 度 為h2,則 有 μmg·x= - 2 (M +m )v2 ,聯(lián) 立 解 得 μ=0.2. mv1P =mv2P +3mv2Q , (2)力 F 由零開 始 增 加 時A、B 先 共 同 加 速,當 A、B 之 間 的 靜 摩擦力達到最大靜摩 擦 力 時,兩 者 會 發(fā) 生 相 對 滑 動,設 此 刻 共 21mv12P = 12mv22P + 1 ×3mv22P , 2 同的加速度為a0,拉力為 F0,由牛頓第二定律,對 A 有μmg= 1 ×3mv22Q =3mgh2 +μ×3mgcosθshin2θ Ma0;對 B 有F0-μmg=ma0,聯(lián) 立 解 得 F0 =0.5 N.由 F t 2 圖像可以得出此時t1=1s,取水平向右為正方向,在 0~1s時 間內,F 的沖量為I1=0.25N·s. 解 得h2=6v4g02 對A、B 系統(tǒng)由動量定理可得I1=(M+m)v1,解得v1=0.25m/s. 由F-t圖像與t軸所圍的面積可求得1~4s內F 的沖量為I2= 同 理 可 解 得hn =4nv+021g. (3)設B 點距斜面底端C 的距離為L(L>0),當滑塊Q 第一次 2.75N·s. 對 B 由 動 量 定 理 得I2-μmgt2=mv2-mv1,解 得4s末 滑 塊 B 剛好停止時 P 與之碰撞,此為臨界條件.設滑塊 P 在水平面 上 的速度大小v2=8 m/s. 答案:(1)0.2 (2)8 m/s 運動的加速度大小為a,滑塊 Q 第一次碰撞后到停止運 動 所 用 鞏固拓展 的時間為t,這段時間內滑塊 Q 沿斜面上升的距離為x,則有 v1Q =(gsinθ+μgcosθ)t 1.AD 對煤塊 A,開始時所受滑動摩擦力沿傳送帶 方 向 向 下,根 v2 =2(gsinθ+μgcosθ)x 據(jù) 牛 頓 第 二 定 律 有 mAgsin37°+μmAgcos37°=mAaA ,解 得 aA 1Q =10 m/s2,假設煤塊 A 能 達 到 與 傳 送 帶 等 速,所 需 時 間tA = F=ma 2L+x +2va1P =t v0 12aAt2A v1P aA =0.6s,下 滑 位 移 為 x = =1.8 m>1 m,所 以 假 設 解 得 L=32gvs20inθ-4gvta20nθ 不成立,煤 塊 A 沒 有 達 到 傳 送 帶 速 度,其 末 速 度 滿 足 v2 = — 268 —

參考答案 2aAl,解 得v=2 5 m/s,實 際 下 滑 時 間t'A =avA = 5 s,選 項 D 間 的 夾 角α= 12β= 1 π +θ = π + θ ,C 項 正 確 . 5 2 2 4 2 正確.對煤塊 B,因為 mBgsin37°>μmBgcos37°,煤 塊 會 一 直 沿 2.ABD 利 用 整 體 法 可 知,斜 面 對 B 球 支 持 力 的 豎 直 分 量 等 于 傳送帶下滑,所受摩擦 力 方 向 沿 傳 送 帶 方 向 向 上.根 據(jù) 牛 頓 第 A、B 兩帶電小球的重力之和,斜面傾角不變,所以斜 面 對 B 球 二定律有 mBgsin37°-μmBgcos37°=mBaB ,解得aB =2 m/s2, 的支持力不變,故斜 面 對 B 球 的 彈 力 不 變,B 項 正 確;假 設 A 球先不動,由于 A、B 兩球 間 的 距 離 減 小,庫 侖 力 增 大,A 球 上 設 下 滑 時 間 為tB ,則l= 21aBt2B ,解 得tB =1s,選 項 B、C 錯 誤 . 升,庫侖力與豎直方向的夾角變小,而豎直分量不 變,故 庫 侖 力 煤塊 A 的劃痕長度sA =v0t'A -l=1.68 m,選項 A 正確. 變小,A、B 兩球間的 距 離 變 大,故 D 項 正 確;因 庫 侖 力 水 平 分 【典例2】 解析:(1)金屬桿 AB 在 磁 場 中 做 切 割 磁 感 線 運 動,產 量減小,故 A 項正確,C 項錯誤. 生的感應電動勢為 E=Blv 3.ACD 在 拉 動 過 程 中 對 小 球 受 T 根據(jù)牛頓第二定律有 力分析,將三 力 平 移 構 成 矢 量 三 c F F安 F安 =BmIl=B·BmRlv·l=Bm2Rl2 ·v. 角形,如圖所 示.當 懸 線 水 平 時, =ma?a= m 拉力 F 取最大值,由共點 力 的 平 mg (2)水平磁力剎車減速時的加速度大小隨速度變化 的 圖 線 如 圖 衡條 件 可 得 Fmax =simn3g7°= 5 3 所示 mg,A 項正確.當懸線豎直時,拉力 F 取最小值且為零,B 項 錯 a NeT 誤.當懸線與拉力 F 垂 直 時,懸 線 上 拉 力 T 取 最 小 值,由 共 點 力 的 平 衡 條 件 可 得 Tmin =mgsin53°= 4 mg,C 項 正 確 .當 懸 線 5 水 平 時 ,懸 線 上 拉 力 取 最 大 值 ,由 共 點 力 的 平 衡 條 件 可 得 Tmax =mgtan53°= 34mg,D 項正確. W NeT 4.B 設 OA 段線與豎直方向的夾角為α,AB 段線與豎 直 方 向 的 由金屬桿減速 的 加 速 度 大 小 a=Bm2Rl2 ·v 及v0 =30 m/s 時 a=15 m/s2 夾角為β,以兩小球整體為研 究 對 象,分 析 受 力 如 圖 甲 所 示,則 可 得 圖(c)中 斜 率k=Bm2Rl2 =0.5s-1 剎 車 減 速 過 程 中 ,有 由 力 的 平 衡 條 件 得 tanα= (mFA1+-mFB2)g,以 小 球 B 為 研 究 對 v末 -v0= ∑Δv= ∑(-aΔt)= ∑ -Bm2Rl2vΔt = - ∑Bm2Rl2Δx = -Bm2Rl2x 象 ,分 析 受 力 如 圖 乙 所 示 ,則 由 力 的 平 衡 條 件 得tanβ=mFB2g,由 得v末 =v0-Bm2Rl2x 幾何 關 系 得α=β,又 F1∶F2=4∶1,整 理 解 得 mA ∶mB =2∶ 代 入 斜 率 得v末 =v0-0.5s-1 ·x(以 開 始 剎 車 時 的 位 置 為 位 1,B 項正確,A、C、D 三項錯誤. 移零點) F5 α β F5′ F F F 當v末 =10 m/s時,解得x=40 m. 40 m mA mB g mBg 圖甲 圖乙 答案:(1)a=Bm2Rl2 ·v (2)圖見解析 鞏固拓展 5.D 對1受 力 分 析 如 圖,向 外 緩 慢 移 2.BC 由題意可知,a、b 兩 棒 中 的 電 流 大 小 相 等,由 左 手 定 則 可 動2和3 一 小 段 相 同 距 離,則 N 的 N AN 知,安培力方向相同,則系統(tǒng)所受的合力不為零,系 統(tǒng) 動 量 不 守 方向 不 變,仍 垂 直 于 1 的 兩 邊,可 知 恒,故 A 錯誤;由題意分析可知,a 棒向右做減速運動切割磁 感 線,b 棒向左做加 速 運 動 切 割 磁 感 線,當 兩 棒 速 度 大 小 相 等 時 N 不變,由 牛 頓 第 三 定 律 知,1 對 2 回路中的電流為零,分 別 對 兩 棒 應 用 動 量 定 理,取 向 左 為 正 方 的壓力 N'不 變,選 項 A、B 錯 誤;對 B 1、2、3整體 分 析,則 地 面 對 2 的 支 持 向,有 Ft=mv,Ft=m(-v)-m (-v0),解 得v=v20 ,故 B 正 力等于整體重力的一半,可 知 同 時 向 G 外緩慢移動 2 和 3 一 小 段 相 同 距 離 確 ;由 能 量 守 恒 定 律 可 得 12mv20 =2× 12mv2+2Qa ,解 得 Qa = 時,2對地的壓 力 不 變,選 項 C 錯 誤;地 面 對 2 的 摩 擦 力 等 于 N'的水平分力,因 N'大小和方 向 不 變,可 知 N'的 水 平 分 力 不 18mv20,故 D 錯誤;對a 棒應 用 動 量 定 理,取 向 右 為 正 方 向,則 變,地面對2的摩擦力不變,則2對地面的 摩 擦 力 不 變,選 項 D 正確. 有-BitL=mv-mv0,即 BqL=mv0-mv,解得q=2mBvL0 ,故 C 6.D 通電直導 線 受 到 重 力、斜 面 對 其 的 支 持 力、彈 簧 對 其 的 拉 力和水平向右的安培力作用,通 電 直 導 線 受 到 的 安 培 力 F安 = 正確. BIL=5N,根據(jù) 平 衡 條 件 可 得 F彈 -mgsin37°-BILcos37°= 專題強化作業(yè)(一) 0,FN +BILsin37°- mgcos37°=0,解 得 FN = mgcos37°- 1.C 當輕環(huán)靜止不動時,PQ 繩 對 輕 環(huán) O BILsin37°=13N,F彈 =mgsin37°+BILcos37°=16 N,根 據(jù) 胡 的拉 力 與 桿 對 輕 環(huán) 的 彈 力 等 大、反 P 克定律可知彈簧的 伸 長 量 為 F彈 =41060 m=0.04 m,故 向、共線,所 以 PQ 繩 垂 直 于 桿,由 幾 β Δx= k 何關系可知,繩 PQ 與 豎 直 方 向 之 間 θ A、B 兩項錯誤;如果磁感 應 強 度 增 大,通 電 直 導 線 受 到 的 安 培 的夾角 是θ;對 滑 輪 進 行 受 力 分 析 如 Q 力 F安 =BIL 增大,彈簧的彈力 F彈 =mgsin37°+BILcos37°增 圖所示,由于滑 輪 的 質 量 不 計,則 OP θ 大,斜 面 對 通 電 導 線 的 支 持 力 FN =mgcos37°-BILsin37°減 繩對滑 輪 的 拉 力 與 兩 個 繩 子 上 拉 力 小,則通電 導 線 對 斜 面 的 壓 力 減 少,故 D 項 正 確,C 項 錯 誤.故 的合力大小相等、方向 相 反,所 以 OP 繩 的 方 向 一 定 在 兩 根 繩 選 D. 子之間的夾角的角平分線上,由幾何關系得 OP 繩 與 天 花 板 之 7.D 半 球 體 在 平 板 上 恰 好 開 始 滑 動 的 臨 界 條 件 是 mgsinθ= — 269 —

一品方案·物理(新高考版) μmgcosθ,故 有μ=tanθ,解 得θ= π ,即 q= π ,故 C 項 錯 誤 ;θ 12.C 對小物塊在 A 點受力分析,設彈性輕 FN′ B 6 6 繩的伸長量為x0,則在 A 點 物 塊 對 地 面 θ 的壓力為FNA =mg-kx0,設在 B 點彈性 T 在 0~ π 時 ,Ff 是 靜 摩 擦 力 ,大 小 為 mgsinθ;θ 在 π ~ π 時, 輕繩 PB 段與豎直方向的夾角為θ,如圖 f 6 6 2 Ff 是滑動摩擦 力,大 小 為 μmgcosθ,綜 合 以 上 分 析 得 Ff 與θ 所示,則物塊在B 點時彈性輕繩中的張力 mg T =k L0+coxsθ0-L+L-L0 ,則 物 塊 在 的關系如圖 中 實 線 所 示 ,故 A、B 兩 項 錯 誤 ;當 θ= π 時 ,Ff= 6 mgsin π =m2g,即 p=m2g,故 D 項 正 確 . B 點時對地面的壓力為 FNB =mg-k L0+coxsθ0-L+L-L0 cosθ 6 =mg-k(L0 +x0 -L+Lcosθ-L0cosθ)=mg-kx0 -k(L0 -L) FG p θ (1-cosθ),從 B 點到A 點 的 過 程 中θ 減 小,則 cosθ 增 大,物 塊 對地面的正壓力增大,由f=μFN 可知,小物塊受到的滑 動 摩 O q? 擦力逐漸增大,故選項 C 正確,A、B、D 錯誤. 專題強化作業(yè)(二) 8.A 以 A、B、C 整 體 為 研 究 對 象,對 其 受 力 分 析,受 重 力、支 持 1.C 第 一 段 時 間 內 的 平 均 速 度 v1 120 m/s=60 m/s,第 二 段 力以 及 彈 簧 的 拉 力,則 由 力 的 平 衡 條 件 可 知,F =k0x'= =2 3Mgsinα,解得 x'=3Mkg0sinα,B 項 錯 誤;以 A 為 研 究 對 象,小 時 間 內 的 平 均 速 度 v2 120 m/s=120 m/s,根 據(jù) 勻 變 速 直 線 球受到的庫侖力 大 小 為 FA =F -Mgsinα=2Mgsinα,方 向 沿 =1 斜面向下,C 項錯誤;為了使 B、C 均 能 靜 止 在 光 滑 的 絕 緣 斜 面 上,則小球C 應帶正電,設相鄰兩球之間的距離為x,則對小球 運動規(guī)律可知,無人機在一段時間內的平均速度等 于 中 間 時 刻 B 由 力 的 平 衡 條 件 得 Mgsinα+kqx0q2 C =kxq202 ,對 小 球 C 由 力 的 的 瞬 時速度,結合加速度 的 定 義 可 得 無 人 機 的 加 速 度 大 小 為a= ΔΔtv=1120+-06.50 m/s2=40m/s2,選項 C正確. 2.BD 由v t 圖 線 與 坐 標 軸 所 圍 圖 形 的 面 積 表 示 位 移 可 知, 平衡條件 得 Mgsinα +k(q2x0q)C2 =kqx0q2 C ,解 得 qC = 4 ,x = 0~30s時 間 內 無 人 機 向 下 運 動 的 位 移 為 x1 = 1 ×30×4 m= 7q0 2 q0 3k ,A 項 正確 ,D 項 錯 誤. 60 m,若無人機起始高度大于60 m,則無 人 機 在 BC 段 將 在 空 7Mgsinα 中懸停,A 錯誤;由v t 圖 線 的 斜 率 表 示 加 速 度 可 知,無 人 機 9.AD 勻強磁場方向豎直向上時,導體棒受 力 如 圖 甲 所 示,由 平 在 AB 段 的 加 速 度 為 a1 = 4 m/s2 = -0.2 m/s2 ,在 -30-10 衡條件得 mgsinθ=F安 cosθ,F安 =BIL,解 得 B =ImLgtanθ,A 項正確.如圖乙所示,當安培力方向平行于斜面向 上,即 安 培 力 CD 段 的 加 速 度 為a2= -90-660 m/s2 = -0.2 m/s2,則a1 = 和 重 力 沿 斜 面 的 分 力 平 衡 時,安 培 力 最 小,有 mgsinθ=F'安 , a2 ,B 正 確 ;無 人 機 在 100s內 的 位 移 x總 = 1 ×30×4m- 1 × 2 2 F'安 =BminIL,解 得 Bmin=ImLgsinθ,由 左 手 定 則 可 知 磁 感 應 強 度 的方向垂直于斜面向上,D 項正確. 40×6m=-60m,則平均速度v=-16000 m/s=-0.6m/s,C 錯 y x F/′ F ′ 誤,D 正確. F/ 3.B 位移-時間圖像只能 表 示 某 方 向 上 的 運 動 規(guī) 律,故 該 運 動 一定是直線運 動,故 A 錯 誤.由 圖 可 知,位 移 隨 時 間 變 化 的 方 F 程為 x=-10t2+20t,則該質點的初速 度 為v0 =20 m/s,加 速 度為a=-20 m/s2,該質點的運動為勻 變 速 直 線 運 動,故 B 正 θ mg θ mg 甲乙 確,C 錯誤.質點t=0時刻的縱坐標為0,t=1s時 刻 的 縱 坐 標 為10 m,故 質 點 在 0~1s 內 的 平 均 速 度 等 于 10 m/s,故 D 10.AC 如圖甲所示,對 B 的 受 力 分 析 如 圖 乙 所 示,所 受 各 力 可 以構成如圖丙所示的 矢 量 三 角 形,設 線 與 豎 直 方 向 的 夾 角 為 錯誤. 4.D 設剪斷 細 線 前、后,地 面 對 木 箱 的 支 持 力 大 小 分 別 為 N 、 θ,若兩環(huán)繼續(xù)緩慢移動,則θ 增大,由 T=coGsθ,得出 T 變大, 故選項 C 正確;設 F 作用于細 線 上 的O 點,對 O 點 受 力 分 析 N',地面對木箱的摩擦力大 小 分 別 為 f、f',剪 斷 細 線 前,細 線 上的拉力大小 T=cmosgθ,彈簧彈力大小 F=Tsinθ=mgtanθ,對 如圖丁所示,三力平衡,其中 T'=T,且隨 著θ 增 大 而 增大,則 細線對 A 的拉力 T'1 =T'cosθ=G 不變,故 A 受到的彈力 FNA = 木箱、小球與彈簧整體分析 可 知 N =(m +M )g,f=0.剪 斷 細 線瞬間,細線上的拉 力 消 失,彈 簧 上 的 彈 力 不 變,對 木 箱 分 析, 2G,不變,T'和T'1 的合力逐漸增大,則 F 逐漸增大,故選項 A 豎直方向有 N'=Mg,地 面 對 木 箱 的 支 持 力 減 小 了 mg,A、B 正確,B、D 錯誤. 錯誤.對木箱分析,水 平 方 向 有 f'=F =mgtanθ,地 面 對 木 箱 的摩擦力增加了 mgtanθ,C 錯誤,D 正確. A T T ′ T θ θ 6+12 F F/ G F 5.B 由 圖 像 可 知 ,t=6s時 ,小 王 通 過 的 位 移 為 x1 = 2 ×6 O θ Gθ m=54 m,小張通過的位移為x2=0+212×6m=36m,兩者位 B F/ T′ 甲 乙 丙 丁 移之差 Δx=x1-x2=18 m,若t=0時刻s0=18 m,即 小 張 在 11.B B 剛好不下滑,說明 B 的重力等于最大靜摩擦力,即 mBg 小王前方18 m 處,兩車速度 相 等 時,兩 車 恰 好 能 相 遇 1 次,若 =μ1F.A 恰好不滑動,視 A、B 為 一 個 整 體,水平力等于整體 s0<18 m,則在小王的速度大于 小 張 的 速 度 時 兩 車 就 會 相 遇 1 得mA 的最大靜 摩擦 力,即 F=μ2 (mA +mB )g.由 上 面 兩 式 可 解 mB 次,且小張的速度超過小王的速度之后,小張再追 上 小 王,兩 車 發(fā)生第2次相遇,故 A 錯誤,B 正 確;由 上 述 分 析 可 知,若t=0 =1-μ1μ2 ,選 項 B 正 確 . μ1μ2 時刻s0>18 m,則兩車不可能相遇,故 C、D 錯誤. 6.BCD 當 F =0 時,對 物 塊 有 mgsinθ-μmgcosθ=ma,解 得 — 270 —

參考答案 μ=0.5,當 F=1401 N 時,根 據(jù) mgsinθ=μ(mgcosθ+Fsinθ)+ 解 得a1=1 m/s2 Fcosθ,可得 m=2kg,選 項 A 錯 誤;B 正 確;當 外 力 F =4110 N 根 據(jù)t=va01 ,解 得t=8s. (2)設 物 件 在 木 板 上 上 滑 的 加 速 度 大 小 為 a2 , 時,物塊的加速度為 0,沿 斜 面 下 滑 的 速 度 最 大,選 項 C 正 確; 根 據(jù) 速 度 - 位 移 公 式 有 2a2L=v02 , 由牛頓第二定律得 mgsin30°+μ2mgcos30°=ma2 根據(jù)功能關系可知,物塊向下運 動 的 過 程 中,外 力 F 與 摩 擦 力 的合力所做的功等于物塊機械能的改變量,選項 D 正確. 聯(lián) 立 解 得 a2 =8 m/s2 ,μ2 = 3 . 7.C 由圖乙可 知,物 塊 速 度 減 為 零 后 反 向 沿 傳 送 帶 向 上 運 動, 5 最終的速度大小為2 m/s,方向 沿 傳 送 帶 向 上,所 以 沒 從 N 點 離開,從 M 點離開,并 且 可 以 分 析 出 傳 送 帶 沿 斜 面 向 上 運 動, (3)設物件在 木 板 上 下 滑 的 加 速 度 大 小 為a3,由 牛 頓 第 二 定 速度大小為2m/s,選項 A、D 錯誤;由v t 圖線的斜率表示加 律得 mgsin30°-μ2mgcos30°=ma3.物 體 第 一 次 返 回 B 端 時 速 度 ,可 知 物 塊 沿 傳 送 帶 下 滑 時 的 加 速 度 大 小 a= Δv =1.5 有v21 =2a3x1,x1=L Δt 聯(lián)立解得v1=4 m/s m/s2,根據(jù)牛 頓 第 二 定 律 有μmgcos37°-mgsin37°=ma,解 得 滑過 B 端后物件在傳送帶上無 論 是 下 滑 還 是 上 滑,受 力 情 況 μ=1165=0.9375,選項 B 錯誤;由運動 學 知 識 可 知,物 塊 速 度 減 不變,即物件滑過 B 端后在傳送 帶 上 先 向 下 減 速 到 零 后 以 加 為 零 所 需 的 時 間t1=va0 8 速度a1 加速返回到 B 端,回到 B 端時速度 大 小 不 變,根 據(jù) 速 3 度-位移公式有, = s,之 后 物 塊 沿 傳 送 帶 向 上 運 動, 物 件 在 木 板 上 向 上 運 動 的 位 移 大 小 為 x2=2va122 =x41 v t 圖線與時 間 軸 圍 成 的 面 積 表 示 位 移,所 以 物 塊 沿 傳 送 帶 物 件 在 木 板 上 第 二 次 返 回 到 B 端 時 有x'2=x2=x41 向 下 運 動 的 位 移 x1 = 1 ×4× 8 m=136 m,t1 = 8 s到t2 = 2 3 3 設物件第n 次向上經(jīng)過B 端時的速度大小 為vn ,物 件 在 木 板 6-4+6- 8 上可上滑的位移 大 小 為 xn ,則 返 回 到 B 端 時 的 速 度 大 小 為 =2 6s的過程,物塊沿傳送帶向上運動 的位 移x2 3 ×2 m =136 m,因為x1=x2,所以物塊在第6s時回到 M 點,選項C正確. vn+1 = 2a3xn 8.解 析:(1)對 物 塊,由 牛 頓 第 二 定 律 得 μmg =ma1,解 得 a1 可知物件第n+1次向上經(jīng)過 B 端時的 速度大小仍 為vn+1,則 物件在木板上可上滑的位移大小為xn+1=v2a2n+21 =aa23xn =x4n =2 m/s2 所 以s=2(x1+x2+x3+ … +xn )(n=2,3,4…) 對 小 車 有 F-μmg=Ma2,解 得a2=0.5 m/s2. 即s=2 x1+x41 +x421 + … +4xn-11 (2)設經(jīng)過時間t1 物塊與小車的速度相等,則有 a1t1 =v0 +a2t1 當n →∞時,得s=332 m. 代入數(shù)據(jù)解得t1=2s,共同的速度大小為v=a1t1=4 m/s. (3)t1 后小車和物塊有相同的加速度,對小車和物塊整體,由 牛 答案:(1)1 m/s2 8s (2)53 (3)4 m/s 32 頓 第 二 定 律 得 F=(M +m)a3,解 得 a3 =0.8 m/s2,t0 時 二 者 3m 共 同 的 速 度 大 小 為v2=v+a3(t0 -t1),解 得v2 =4.8 m/s.摩 專題強化作業(yè)(三) 擦力對小物塊所做 的 功 等 于 其 動 能 增 量,從 開 始 到t0 全 過 程 1.D 由題意知質點做勻變速曲線運 動,N 點 的 速 度 方 向 與 加 速 根據(jù)動能定理,得 W = 21mv22=23.04J. 度方向垂 直,則 M 點 的 速 度 方 向 與 加 速 度 方 向 的 夾 角 大 于 答案:(1)2 m/s2 0.5 m/s2 (2)2s 4 m/s (3)23.04J 90°,則從 M 到 N 的過程中,外力對質點做負功,質點的動能減 9.B 解法一:物 塊 從 頂 端 下 滑 至 距 離 傳 感 器 6 m 處 時 位 移 為 小,速率減小,A 錯誤;整個過程中質 點 的 加 速 度 不 變,B 錯 誤; 4 m,所用時間為2s,在此過程中做勻加速直線運動,則 有 x= P 點的加速度方向與速 度 方 向 不 在 一 條 直 線 上,C 錯 誤;由 曲 線運動的軌跡可知,質點從 P 到Q 的過程中,加速 度 方 向 與 速 12at2,解得a=2m/s2,故選項 A 錯誤,選項 B 正確;小物塊下 滑2s時的速度大小為v=at=4 m/s,故選項 C、D 均錯誤. 度方向的夾角一直減小,D 正確. 2.AD 平拋運動的物 體 在 空 中 運 動 的 時 間 取 決 于 下 落 的 高 度, 解法二:由于物塊在下滑的過程中做初速度為零的 勻 加 速 直 線 即t= 2h ,由 題 意 可 知 先 后 兩 次 小 環(huán) 下 落 的 高 度 相 同,則 兩 g 運動,設2s末的速度大小 為v,故 前 2s內 的 位 移 為 x=vt= v2t,即有v=2tx=2×(120-6)m/s=4m/s,故 選 項 C、D 均 錯 小環(huán)在空中運動的時間 相 同,A 正 確;小 環(huán) 的 水 平 位 移 為 x= 誤;根據(jù)初速度為零的勻變速直 線 運 動 的 速 度 時 間 公 式v=at 可得,其加速度a=tv =2 m/s2,故選項 A 錯誤,B 正確. v0t,則 小環(huán)的 初 速 度 v0 = x ,整 理 得 v0 =x g ,水 平 位 移 t 2h 越大,小環(huán)的初速 度 越 大,故 兩 小 環(huán) 的 初 速 度 不 相 同,B 錯 誤; 小環(huán)落地瞬間的豎直速度為vy =gt,由 于 時 間 相 同,則 落 地 瞬 10.ACD 施加拉力 F 前,A、B 整 體 受 力 平 衡,根 據(jù) 力 的 平 衡 條 間 的 豎 直 速 度 相 同 ,由 公 式v= v2y +v02 可 知 兩 小 環(huán) 落 地 瞬 間 件有2Mg=kx0,得彈簧形變量 x0=2kMg,選項 A 正確;當 B 的速度不相同,C 錯 誤;小 環(huán) 的 速 度 變 化 量 為 Δv=gt,由 于 在 空中運動的時間相同,則兩小環(huán)速度的變化量相同,D 正確. 的速度最大時,B 的 加 速 度 為 0,由 圖 乙 可 知,此 時 A、B 已 經(jīng) 3.C P 點以O 點為圓心做圓周運動,所 以 線 速 度 與 向 心 加 速 度 分離,彈簧彈力 與 B 的 重 力 大 小 相 等,此 時 彈 簧 未 恢 復 到 原 方向不斷變化,故選 項 A、B 錯 誤;由 于 刮 水 片 始 終 保 持 豎 直, 長,選項 B 錯 誤;在t1 時 刻 A、B 分 離 瞬 間,A、B 間 的 彈 力 所以刮水片各點的線速度與 P 點相同,所以 M 、N 兩點的線速 度相同,故選項 C 正確;刮水器 上 各 點 的 周 期 相 同,所 以 M 、N FAB =0,對 B,根 據(jù) 牛 頓 第 二 定 律 有 F彈 -Mg=Ma,得 彈 簧 兩點的周期相同,故選項 D 錯誤. 彈力大小 為 F彈 =M (g+a),選 項 C 正 確;施 加 拉 力 F 的 瞬 4.D A 在 水 平 方 向 不 受 力,做 勻 速 直 線 運 動,在 豎 直 方 向 僅 受 間,B 的加速度為a,根據(jù)牛 頓 第 二 定 律 有 F'彈 -Mg-F'AB = 重力作用,做勻 變 速 直 線 運 動,相 遇 時 A 到 達 最 高 點,其 豎 直 Ma,其中 F'彈 =2Mg,得 F'AB =M (g-a),選項 D 正確. 分速度為零,但 水 平 分 速 度 不 為 零,則 合 速 度 不 為 零,故 A 錯 11.解析:(1)物件在 傳 送 帶 上 做 勻 加 速 直 線 運 動,物 件 在 傳 送 帶 上從 A 端運動到B 端時, 誤.從拋出到相遇,A 與B 都只 受 重 力 作 用,且 運 動 時 間 相 同, 由 牛 頓 第 二 定 律 有 μ1mgcos30°-mgsin30°=ma1 , 根據(jù)I=Ft 可 知,兩 者 的 動 量 變 化 量 相 同,故 B 錯 誤.A 與 B — 271 —

一品方案·物理(新高考版) 到 達 最 高 點 時 運 動 的 時 間 相 等 ,均 為t=vg2 <v1 ,故 C 錯 誤 .A h2 =R -Rsin37° g 從 D 到C 由動能定理得 與B 在豎直方向上的運動情況相同,則此時 B 也 到 達 最 高 點, -mgh2= 12mv2C - 21mv2D C 點速度在豎直方向的分速度 速度為零,故 D 正確. 5.B 小球 下 滑 到 水 平 面 的 過 程 中 只 有 重 力 做 功,故 機 械 能 守 恒 ,根 據(jù) 機 械 能 守 恒 定 律 有 mg· R = 21mv2 ,解 得 v= gR , vy =vCcos37° 2 運 動 員 飛 離 C 點 后 在 豎 直 方 向 上 升 的 最 大 高 度h3=2vg2y 小球在水平面上做圓周運動的向心力由擋板對小球的彈力提 供,即有 N =mRv2 =mg,根 據(jù) 牛 頓 第 三 定 律 可 得,小 球 對 擋 板 運動員滑離C 點后在空中飛行時距D 點的最大高度 hm =h2 +h3 的作用力為 N'=N =mg,故 B 正確. 解得hm =21.36 m. 6.AB 小球以最小位 移 到 達 斜 面 時 即 位 移 與 斜 面 垂 直,位 移 與 答案:(1)3000N (2)21.36 m 水 平 方 向 的 夾 角 為 π -θ,則 tan π -θ = y =2gvt0 ,即t= 10.解析:(1)小球從 A 點到B 點做平拋運動, 2 2 x 豎直方向有 L= 12gt2 水平方向有 x=v0t,其中v0= 2gL , g2tvan0θ,A 項正確,D 項錯誤;小球垂直擊中斜面 時,速 度 與 水 平 方 向 的 夾 角 為 π -θ,則tan π =vgt0 ,即t=gtva0nθ,B 項正 聯(lián) 立 解 得t= 2gL ,x=2L. 2 2 -θ g 確;小球擊中斜面中 點 時,令 斜 面 長 為 2L,則 小 球 水 平 射 程 為 (2)因小球恰 好 沿 圓 弧 軌 道 B 點 的 切 線 方 向 滑 入 軌 道,故 小 Lcosθ=v0t,下 落 高 度 為 Lsinθ = 1 gt2 ,聯(lián) 立 兩 式 得 t= 球在 B 點的瞬時速度沿著圓弧軌道上B 點 的 切 線 方 向,根 據(jù) 2 幾何關系可知tanθ=vv0y ,而小球在 B 點的豎直分速度vy =gt = 2gL ,于是tanθ=vv0y =1, 2v0tanθ,C 項 錯 誤 . g 7.BC 由于兩個小球同時拋出,落地點均為 C 點,且 豎 直 方 向 下 落 的 高 度 相 同 ,結 合t= 2h 可知,兩小球下落的時間相同,故 圓弧 BC 段所對的圓心角θ=45° g (3)設小球經(jīng)過 B 點 時 速 度 大 小 為v,圓 弧 軌 道 對 小 球 的 彈 力 A 項錯誤,B 項正確;在水 平 方 向,有 x=v0t,因 兩 小 球 下 落 的 為 FN ,將小球所受 重 力 沿 B 點 切 線 方 向 和 圓 弧 徑 向 分 解,根 時間相同,故兩個小球 的 水 平 位 移 與 其 初 速 度 的 大 小 成 正 比, 據(jù) 牛 頓第二定 律 ,得 v2 ,而v2 ,解 得 如圖所示,由落地點 C 作A、B 連 線 的 垂 線,垂 足 為 D,則 由 幾 FN -mgcosθ=m L =v20 +v2y 何關 系 可 知 xAD =xABcos237°、xBD =xABsin237°,由 以 上 兩 式 可 解 得 xAD ∶xBD =16∶9,即vA ∶vB =16∶9,故 C 項 正 確 ,D 項 v2=4gL,于是 FN =mgcosθ+4mg= (2+28)mg.由 牛 頓 第 三 錯誤. 定律可知,小球對圓弧軌道的壓力大小為 F'N =(2+28)mg. 答案:(1)2L (2)45° (3)(2+28)mg 專題強化作業(yè)(四) 1 =210s, 1.B 由于高空中存在稀薄 空 氣,則 空 間 站 在 運 動 的 過 程 中 要 克 n 8.解 析 :(1)轉 速 為n=20r/s,則 周 期 為 T= 服空氣阻力做功,若不補充能量,其運行的速度將 減 小,此 時 提 供向心力的萬有引力將大于它需要的向心力,因此 空 間 站 將 做 1 1 因 此 轉 過 90°需 用 時t= 4T =80s. 近心運動,故選項 A 錯 誤;由 于 空 間 站 要 克 服 空 氣 阻 力 做 功, 因此若不補充能量,則空間站的機械能將減小,故選項 B 正確; (2)小華同學觀察 到 白 點 僅 在 圓 盤 上 兩 個 位 置 出 現(xiàn),當 轉 盤 轉 由于空間站在距地球表面 400km 的 高 空 繞 地 球 做 圓 周 運 動, 故其實際的運行速度小于第一宇宙速度,故選項 C、D 均錯誤. 半 個 周 期 ,剛 好 拍 攝 一 次 時 ,閃 光 頻 率 最 高 ,此 時 T'= 1 = 2.A 空間站在t 時 間 內 轉 過 的 角 度 為θ,則 空 間 站 繞 地 球 運 動 2T 11 40s.f=T'=40 Hz. 的角速 度 為 ω=tθ ,空 間 站 環(huán) 繞 地 球 做 圓 周 運 動,萬 有 引 力 提 (3)若手機 攝 像 設 置 為 19 幀/秒,頻 率 為 f1 =19 Hz<f0 =20 Hz,一個閃光周期 內,圓 盤 轉 過 一 周 多 一 點,所 以 觀 察 到 白 點 供 向 心 力 ,則 G Mm =mω2r,又 G Mm =mg,r=R +h,由 以 上 r2 R2 順時針轉動,故 A 正 確;若 手 機 攝 像 設 置 為 21 幀/秒,頻 率 為 聯(lián) 立 解 得 h= 3 gR2t2 -R,A 正確. f2=21 Hz>f0,一個閃光周期 內,圓 盤 轉 動 一 周 少 一 點,所 以 θ2 觀察到白點逆時針轉動,故 B 錯 誤;若 手 機 攝 像 設 置 為 10 幀/ 3.D 由圖可知,三顆 衛(wèi) 星 軌 道 半 徑 相 等.由 開 普 勒 第 三 定 律TR32 秒 ,頻 率 為 f3 =10 Hz= 1 .一 個 閃 光 周 期 內 ,圓 盤 轉 動 兩 =k 可知,三顆衛(wèi) 星 的 運 行 周 期 (角 速 度 )相 等,B 錯,D 正 確; 2f0 地球同步衛(wèi)星a 只能在 赤 道 上 某 處 的 正 上 方,A 錯;地 球 的 第 一宇 宙 速 度 為 7.9km/s,對 應 軌 道 半 徑 為 地 球 半 徑,由 v= 周,則觀察到白點處于靜止狀態(tài).故 C 正確. 答案:(1)810 (2)40 (3)AC 9.解析:(1)由幾何關系得 B、D 間的高度差h1=R-Rcos37° GM 可 知 ,衛(wèi) 星b 的 運 行 速 率 小 于 7.9km/s,C 錯. 從A 到D 由動能定理得 r mg(h+h1)= 21mv2D 4.AD 行 星 繞 恒 星 做 勻 速 圓 周 運 動,萬 有 引 力 充 當 向 心 力 有 在 D 點 有F-mg=mvR2D G Mm =m 4Tπ22r,可 得 M =4GπT2r23 ,所 以 該 恒 星 與 太 陽 質 量 之 比 解得 F=3000N r2 (2)由幾何關系得 C、D 間的高度差 M1 =rr3123 ×TT1222 =83 1 =58112,A 項 正 確 ;由ρ= VM = M 可 M2 ×92 43πR3 — 272 —

參考答案 知 ,ρ1 =MM21 ×RR3231 512 1 =6841,B 項 錯 誤 ;行 星 繞 恒 星 做 勻 第一宇宙速度7.9km/s,C 錯誤;根 據(jù) 萬 有 引 力 提 供 向 心 力 可 ρ2 = 81 ×23 GMm0 2π 2 (R+h)2 T ,由v=2Tπr可 ,v1 =rr21 ×TT21 8 得 = m0 (R + h ),又 GM = gR2,故 T = v2 9 速 圓 周 運 動 知 = ,C 項 錯 誤 ;由 4π2 (R+h)3 (R +h)3 GM g Mm M 以g1 =MM21 =2Rπ ,D 正 確 . R2 R2 g2 mg=G 知 恒星 表 面 的 重 力 加 速 度 g=G ,所 × 9.解析:(1)由題意可知,小球以 初 速 度v0 從 P 點 水 平 拋 出 后 做 R22 512 12 =18218,D 項正確. 平 拋 運 動 ,根 據(jù) 速 度 的 合 成 與 分 解 有v0=vAcosθ,vy =vAsinθ R21 =81×22 小球從 P 點到A 點的時間為t=vd0 5.B 依題意,從 航 天 員 第 一 次 看 到 日 出 開 始 計 時,航 天 員 一 天 (24h)內恰好可觀察到17次日出和 16 次 日 落,故 空 間 站 的 運 根 據(jù) 運 動 學 規(guī) 律 有vy =g月 t 行 周期r=116天,設地球的質量為 M 、空間站的質量為 m,空間 聯(lián) 立 解 得 g月 =1.6 m/s2. 站繞地球運行的軌道半徑為r,根 據(jù) 萬 有 引 力 提 供 向 心 力 可 得 (2)物體在月面附近繞月球做勻速圓周運動的速度 即 月 球 的 第 一宇宙速度,物體在月 面 附 近 繞 月 球 做 勻 速 圓 周 運 動 時,可 近 G Mm =m 4Tπ22r,解 得 M =4GπT2r23 .因 空 間 站 的 質 量 在 解 題 過 程 似 認 為 向 心 力 由 重 力 提 供 ,即 mg月 =m v12 r2 R月 中約去,故已知空間站 的 質 量 無 法 計 算 出 地 球 的 質 量,選 項 A 解得v1=1.6×103 m/s. 錯誤.知道空間站繞地球運行的軌道半 徑r,根 據(jù) M =4GπT2r23 可 答案:(1)1.6 m/s2 (2)1.6×103 m/s 以計算出地球的質量,選項 B 正 確.知 道 空 間 站 離 地 面 的 高 度 10.解析:(1)神舟十 三 號 與 空 間 站 組 合 體 對 接 后,它 們 繞 地 球 運 h,地球的半徑不 知 道,無 法 計 算 出 空 間 站 繞 地 球 運 行 的 軌 道 行的周期為 T=nt ,組合體繞地 球 做 勻 速 圓 周 運 動 的 向 心 力 半徑,也無法計算出地球的質量,選項 C 錯誤.已知空間站的角 速度,無法計算出空間 站 繞 地 球 運 行 的 軌 道 半 徑,也 無 法 計 算 大 小 為 F 向 =m 4π2 (R +h)=m 4π2n2 (R +h),則 它 們 所 受 T2 t2 出地球的質量,選項 D 錯誤. 6.C 天問一號在圓軌道Ⅰ 變 軌 到 軌 道 Ⅱ 需 要 點 火 加 速,機 械 能 的 萬 有 引 力 大 小 為 F =F 向 =m 4π2n2 (R +h). t2 增加,A 項錯;天問一號由軌道Ⅱ 上 P 點 需 要 加 速 做 離 心 運 動 才能 進 入 軌 道 Ⅲ,B 項 錯;天 問 一 號 在 軌 道 Ⅰ 運 行 時,有 (2)根據(jù)萬有引力提供向心力,有 G (RM+mh)2 =m 4π2n2 (R+h) t2 G M 火 m0 =m0ω2R 火 ,火 星 密 度ρ=VM火火 ,V 火 = 43πR3火 ,解 得ρ 解 得 地 球 的 質 量 M =4Gπt2n22 (R+h)3. R2火 =43πωG2 ,C 項 正 確 ;在 地 球 表 面 有 G M地 m =mg,在 火 星 表 面 (3)對地球表面的 物 體,不 考 慮 地 球 自 轉 時 有 G MRm2'=m'g, R2地 有 mg火 =G M火 m ,其 中 R火 R地 ,M 火 M地 ,解 得 mg火 = 解 得 g=GRM2 =4tπ2R2n22 ·(R+h)3. R2火 = k2 = k1 k22mg ,D 項 錯 . 答 案 :(1)m 4π2n2 (R +h) (2)4Gπt2n22 (R+h)3 (3)4tπ2R2n22 · k1 t2 7.AC 衛(wèi)星環(huán)繞地球做圓周運動時,萬 有 引 力 提 供 向 心 力,對 衛(wèi) (R+h)3 星A 有G MmA )2 =mA 4π2 (R +hA ),又 G MmA )2 = 專題強化作業(yè)(五) (R+hA T2 (R+hA 1.AD 分析可得 m 與 M 一起沿斜面做勻加速直線運動,所以 m mAaA ,解 得 aA = 4π2(R+hA ) 正 確;對 衛(wèi) 星 B 有 T2 ,A 所受合外力沿 斜 面 向 下,故 合 外 力 做 正 功,C 項 錯 誤;對 m 受 G MmB )2 =mBaB ,對 于處 在地球表面的物 體 有 G Mm' = 力分析如圖所示,因速度沿斜面向下,故 FN 做負功,Ff、mg 做 (R+hA R2 正功,故 A、D 兩項正確,B 項錯誤. m'g,整 理 得aB = gR2 )2 ,B 錯誤;對衛(wèi)星C 有G MmC )2 (R+hA (R+hC =mC v2C ,又 GM =gR2 ,整 理 得vC = gR2 ,C 正 確;由 R+hC R+hC 于衛(wèi)星 C 的周期小于 同 步 衛(wèi) 星 的 周 期,則 衛(wèi) 星 C 的 線 速 度 應 2.C 由 圖 可 知 ,xPM >xQM ,故 選 項 A 錯 誤 ;設 P 離 地 面 高 度 為 h,從 Q 點拋出后皮球做斜拋運動,根據(jù)對稱性,其從 Q 到最 高 大 于2π(R+hC ) 錯 誤 . T ,D 8.D 對在地球表面附近繞地球做勻速圓周運 動 的 物 體 有GRM2m' 點和從最高點到 M 的 過 程,時 間、水 平 位 移 都 相 等,其 從 最 高 點到 M 的過程與從P 點拋出到 M 的過 程 都 是 平 拋 運 動,由h =m'g,即 GM =gR2,對神舟十二號 和 航 天 員 整 體 由 萬 有 引 力 = 21gt2 知時間相等,所以從 P 到 M 與從Q 到 M 兩種情況 的 時間之比為1∶2,故選項 B 錯 誤;由 B 中 分 析 可 知,從 Q 點 拋 提 供 向 心 力 有GM(R(m++hΔ)2m ) (m +Δm )v2 , = R+h 即v= GM = gR2 ,根 據(jù) 動 能 定 理 有 W -W 引 =ΔEk = 出后皮球從最高點到 M 與從P 點 拋 出 到 M ,由 于 豎 直 方 向 都 R+h R+h 做自由落體運動,由vy =gt 可知,兩次落地時豎直方向 分 速 度 相等,由重力功率的 公 式 P =mgvy ,可 知,落 地 前 瞬 間 重 力 功 1 (m +Δm )v2 = 1 (m +Δm )· gR2 ,故 W > 1 (m +Δm ) 率相等,故選項 C 正確;皮球兩次落地前豎直方向分速度相等, 2 2 R+h 2 但水平方向分速度不 等,所 以 兩 次 落 地 時 的 速 率 是 不 同 的,故 RgR+h2 ,A 錯誤;若對接前神舟十二號和天和核 心 艙 的 運 動 軌 道 相同,則神舟十二號加速后將做離心運動,軌道半 徑 將 變 大,不 選項 D錯誤. 3.BD 由v t 圖像 斜 率 表 示 加 速 度 可 知,小 汽 車 在 0~10s內 可能實現(xiàn)對接,B 錯 誤;7.9km/s是 近 地 衛(wèi) 星 的 繞 行 速 度,也 做加速度減小的變加速直線運 動,故 A 錯 誤;當 小 汽 車 達 到 最 稱第一宇宙速度,由于天和核心艙軌道半徑大于近 地 衛(wèi) 星 軌 道 大速度時,牽引力 F 等 于 阻 力 f,有 P =Fvm =fvm =1×2 W 半 徑 ,根 據(jù) v= GM 可知天和核 心 艙 繞 地 球 運 行 的 速 度 小 于 =2 W,故 B 正 確 ;小 汽 車 速 度 為 1 m/s 時 ,牽 引 力 為 F1 = P r v — 273 —

一品方案·物理(新高考版) =2N,根據(jù) 牛 頓 第 二 定 律 可 得 F1 -f=ma1,代 入 數(shù) 據(jù) 解 得 生變化,結合圖乙可知,傳送帶的運行速率滿足 21mv21=4J,解 a1=1 m/s2,故 C 錯誤;對小汽車10s內 的 運 動 過 程 應 用 動 能 定理可得 Pt-fx= 21mv2m ,代入數(shù)據(jù)解得 小 汽 車 10s內 的 位 得v1=2 m/s,則滑塊與傳送帶共 速 所 需 的 時 間t2 =va1 =1s, 移為x=18 m,故 D 正確. 滑塊 在t2=1s時 間 內 運 動 的 位 移 大 小 為 x2= 21at22 =1 m,方 4.D 對小球從開始下落到第一 次 重 力 勢 能 與 動 能 相 等 的 過 程, 向水平向右,則剩下的3 m 內 滑 塊 做 勻 速 直 線 運 動,所 用 時 間 有 mg R + R 1 R + R + 1 mv2 ,解 得:v = 2 = 2 mg 2 2 3 為t3 = 2 s=1.5s,滑 塊 在 傳 送 帶 上 運 動 的 總 時 間 為t=t1 + 6gR ;由幾何知識可知,小 球 此 時 位 置 與 圓 心 連 線 和 水 平 方 t2+t3 =4.5s,故 A 錯 誤,B 正 確;滑 塊 做 減 速 運 動 的 時 間 恒 2 定,當傳送帶的運動速 率 稍 微 增 大 一 些 時,滑 塊 返 回 到 平 臺 的 向 夾 角 的 正 弦 值 為 sinθ= 1 ,速 度 方 向 與 豎 直 方向 夾 角 的 正 弦 時間會變短,當傳送 帶 的 運 動 速 率 大 于 4 m/s時,滑 塊 返 回 到 4 平臺的時間不變,在傳送帶上運動的總時間也不變,故 C 錯誤; 值 也 為 sinθ= 1 ,所 以 重 力 做 功 的 功 率 P =mgvcosθ=mg× 滑塊向左運動時,滑塊和傳送帶之間的相對位移 大 小 為 Δx1 = 4 x1+v1t1=8 m,滑塊向右運動時,滑塊和傳送帶之間的 相 對 位 6gR × 415= 38mg 10gR ,D 項正確. 2 移 大 小 為 Δx2=v1t2-v21t2 =1 m,由 牛 頓 第 二 定 律 得 滑 塊 與 5.D 設小球 A、B 的質量分別 為 m1、m2,小 球 A 運 動 到 半 圓 細 傳送帶間的摩擦力大小為f=ma=4 N,則 滑 塊 從 滑 上 傳 送 帶 到再次滑 回 平 臺 的 整 個 過 程 中 因 摩 擦 產 生 的 熱 量 為 Q =f 桿最低點時,A、B 的 速 度 分 別 為v1、v2,細 繩 與 豎 直 方 向 夾 角 (Δx1+Δx2)=36J,故 D 正 確 . 9.解 析 :(1)對 運 動 員 進 行 受 力 分 析 , 為α.對 球 A、B 組 成 的 系 統(tǒng) 由 機 械 能 守 恒 定 律 有 m1gR = 由牛頓第二運動定律有 F=ma 運 動 員 由 靜 止 開 始 加 速 ,由 運 動 學 公 式 有 v2 =2as,v=at 12m1v21 + 21m2v22 ,在 最 低 點v2 =v1cosα=v1 h ,對 小 解得v=20 m/s,t=2s h2 +R2 加速過程中牽引力做的功 W =Fs 球 B 由動能 定 理 有 W = 1 m2v22 ,聯(lián) 立 并 代 入 數(shù) 據(jù) 解 得 W = 2 3121J,故選項 D 正確,選項 A、B、C 錯誤. 則加速過程牽引力的平均功率為 P=tW 解得 P=6000 W. 6.B 皮球下落過程中的加速度a=mgm-f=g-mkv,下 落 過 程 (2)對運動員在 A 點受力分析 可 知,冰 面 對 運 動 員 的 作 用 力 在 水平方向的分力提供運動員在水平面內做勻速圓周運動的向 中速度v 先從零開始增大,故a 先減小,當a=0時,即v=mkg 心 力 ,即 FNx =m v2 時皮球的速度達 到 最 大,然 后 以v=mkg勻 速 運 動.若 下 落 高 度 R 較小,皮球應做加速度逐漸減小的加速運動;若高 度 足 夠,則 皮 冰面對運動員的作用力在豎直方向的分力和運動員所受重力 球先做加速度逐漸減 小 的 加 速 運 動,然 后 再 做 勻 速 運 動,故 選 平 衡 ,即 FNy =mg 項 A 錯誤;根據(jù)a=mgm-f=g-mkv 可得,ΔΔat=-mk ·ΔΔtv= 由力的矢量合成規(guī)律可得 FN = F2 +F2Ny Nx -mka,即加速度隨時間變化得越 來 越 慢,故 選 項 B 正 確;重 力 解得 FN =600 17 N. 勢 能 與 下 降 高 度h 的 關 系 式 為Ep=Ep0-mgh,故 Ep-h 圖 像 答案:(1)20 m/s 6000 W (2)600 17 N 是一條向下傾斜的直線,選項 C 錯 誤;機 械 能 與 下 降 高 度h 的 10.解析:(1)設開始時冰壺的 加 速 度 大 小 為a1,從 投 擲 線 AB 處 關系式為E=E0-f·h=E0 -kvh,隨 著 皮 球 的 下 落,速 度 變 投 出 后 冰 壺 的 加 速 度 大 小 為a2 ,則 有 大,空氣阻力f=kv 變大,則 E-h 圖線的斜率絕對值變大,故 選項 D錯誤. μmg=ma2,v20 =2a2L N fF 7.BD 開始時,物體靜止在 A 點,由 平 衡 條 件 有 FA =mgsinθ= 解得v0=2 3 m/s 開始時冰壺的受力如圖所示. 21mg=k·Δx1,被 拉 到 B 點 時 FB =mgsinθ+F = 3 mg= 根據(jù)牛頓第二定律有 F-μmg=ma1 2 根 據(jù) 運 動 學 公 式 有v0=a1t1 k·Δx2 ,而 1 )2 ,所 以 彈 簧 的 彈 性 勢 能 之 比 為 解 得t1=833 s mg 2k Ep = (Δx 1∶9,A 項錯;由功能關系可知,系統(tǒng)機械能的增加 量 等 于 外 力 (2)設 冰 壺 滑 過 擦 過 的 冰 面 長 度 為s,根 據(jù) 動 能 定 理 有 F 做的功,B 項正確;當速度 最 大 時,加 速 度 為 零,物 體 在 A 點 -μmg(L-s)-0.9μmgs= 12mv2- 12mv20 時所受合 力 為 零,速 度 最 大,C 項 錯;物 體 處 于 AB 中 點 時, 代入數(shù)據(jù)解得s=2.25 m. kΔx=mg,此 時 彈 簧 的 彈 性 勢 能 Ep = 12k(Δx)2 = 1 mgΔx, 83 2 3 答案:(1)2 3 m/s s (2)2.25 m 物體在 O 點時,彈簧的彈性勢能為零,由 AB 中 點 到O 點 的 過 專題強化作業(yè)(六) 程 ,重 力 勢 能 增 加 ΔEp=mgΔxsinθ= 1 mgΔx,可 見 彈 性 勢 能 2 1.D 沖量為力與時間的乘積,重 力 對 物 體 的 沖 量IG =mgt≠0, A 項錯;拉力 F 對物體的沖量IF =Ft,B 項 錯;根 據(jù) 動 量 定 理, 減少量等于重 力 勢 能 增 加 量,由 機 械 能 守 恒 定 律 可 知 動 能 不 合外力的沖量 等 于 物 體 的 動 量 變 化 量,而 物 體 所 受 合 外 力 為 變,所以物體在 AB 中點和O 點的速度相等,D 項正確. 8.BD 由圖乙可知滑塊的初動 能 為 16J,結 合 動 能 的 表 達 式 Ek Fcosθ,以向右為正,所 以 有 Ftcosθ=mv- (-mv)=2mv≠0, = 21mv2,解得滑塊的初速度大小為v2=4m/s,滑塊的速度大 C 項錯,D 項正確. 小減 小 到 0 時 ,位 移 大 小 為 x1=4 m,由v22 =2ax1 解 得 滑 塊 在 2.AC 壘球被擊打后,可能以與擊打前 等 大 的 速 度 反 向 打 出,所 傳送帶上的加速度大小為a=2 m/s2,該 過 程 所 用 時 間 為t1 = 以球的動能可 能 不 變,動 量 的 大 小 可 能 不 變,故 選 項 A 正 確, 選項 B 錯誤;根據(jù)牛頓第 三 定 律 可 得,球 對 棒 的 作 用 力 與 棒 對 0-v2 =2s,然 后 滑 塊 反 向 加 速 到 與 傳 送 帶 共 速 后 速 度 不 再 發(fā) 球的作用力大小一定相等,故 選 項 C 正 確;球 受 到 棒 的 沖 量 方 -a 向與棒對球的彈力方 向 相 同,與 球 被 擊 打 前 的 速 度 方 向 相 反, — 274 —

參考答案 故選項 D錯誤. W 律 有 1 ×2mv2 = 1 ×2mv2B + 1 mv2A ,解 得 vA =43v,vB = v , 3.BD 在v s 圖中 取 間 隔 相 等 的 三 點a、 2 2 2 3 b、c,如圖 所 示,則 a 到b 與b 到c 位 移 c 故選項 D正確. 相等,由于速度逐 漸 增 大,則 由a 到b 的 b 7.AD 由 Ek-x 圖像可知,A 與B 碰撞前、后的動能分別為 Ek1 時間大于由b 到c 的時間,又a 到b 與b a 和Ek1 ,所 以 速 度 比 為 3∶1,設 碰 前 速 度 為 v0 ,由 動 量 守 恒 定 律 9 到c 速 度 的 變 化 量 相 等,結 合 加 速 度 的 定義式a=ΔΔtv可 知,小 物 塊 的 加 速 度 逐 O s 有 mAv0 = (mA +mB )v0 ,解 得 mA ∶mB =1∶2,A 項 正 確 ;整 3 漸增大,A 錯誤;由牛頓第二定 律 得 F-mg=ma,整 理 得 F= 體速度最大 時,加 速 度 為 零,即k(x2 -x1)=mAg,物 塊 A 下 mg+ma,由 于 加 速 度 逐 漸 增 大,所 以 拉 力 F 逐 漸 增 大,B 正 落x1 的 過 程 中 ,有 mAgx1 =Ek1 ,解 兩 式 得 k=x1 Ek1 ),B 確;由動量定理得(F-mg)t=mΔv,解 得 Ft=mΔv+mgt,任 (x2 -x1 意相等位移 內,時 間 逐 漸 減 小,則 拉 力 的 沖 量 逐 漸 減 小,C 錯 項 錯 ;在 x3 位 置 ,由 牛 頓 第 二 定 律 有k(x3 -x2)= (mA +mB ) 誤;速度增加量相同時,小物塊增加的高度 Δh 相同,由公式Ep a,結 合 AB 項 分 析 解 得a=g3((xx23--xx12)),C 項 錯 ;從x1 到x3 的 =mgh 可知,小物塊重力勢能的增加量相同,D 正確. 過 程 中 ,由 機 械 能 守 恒 定 律 有 ΔEp=E3k1 + (mA +mB )g(x3 - 4.ACD 設乙的 質 量 為 m,則 甲 的 質 量 為 2m,物 體 與 桌 面 間 的 x1)=9x33x-18x1Ek1,D 項 正 確 . 動摩擦因數(shù)為μ,涉 及 動 量 的 取 向 右 為 正 方 向.由 于 甲 質 量 大 8.BCD 對子 彈 和 木 板 B 組 成 的 系 統(tǒng),根 據(jù) 動 量 守 恒 定 律,有 于乙,碰后甲不可能反向,必然 向 右 運 動,故 A 正 確.碰 前 對 甲 根 據(jù) 動 能 定 理 可 得 (2×2μmg-2μmg)L0 = 1 ×2mv20 ,碰 后 對 2 甲 根 據(jù) 動 能 定 理 可 得 -2μmgL1 =0- 1 ×2mv21 ,解 得 碰 撞 前 mv0=4mv1,解 得 v1 =v40 ,故 A 錯 誤 ;對 木 板 B 和 鐵 塊 A (包 2 括子彈)組成的系統(tǒng),根據(jù) 動 量 守 恒 定 律,有 mv0 =5mv2,解 得 甲的 速 度 大 小 為 v0 = 2μg ,碰 撞 后 甲 的 速 度 大 小 為 v1= v2=v50 ,故 B 正確;子彈打入木板后,對木板 B 和鐵塊 A(包 括 μg ,甲 、乙 兩 物 體 碰 撞 過 程 ,根 據(jù) 動 量 守 恒 定 律 可 得 2mv0 = 2 1 2mv1+mv2,解得碰 撞 后 乙 的 速 度 為 v2 = 2μg (m/s),因 為 子 彈 )組 成 的 系 統(tǒng) ,由 能 量 守 恒 定 律 ,有 μmgL = 2 ×4mv12 - 1 ×2mv20 > 1 ×2mv12 + 1 mv22 ,故 甲 、乙 碰 撞 過 程 為 非 彈 性 1 ×5mv22 ,解 得μ=40vg20L ,故 C 正 確 ;對 全 過 程 分 析 ,由 能 量 2 2 2 2 碰撞,故 B 錯 誤.碰 后 對 乙 根 據(jù) 動 能 定 理 可 得 -μmgL2 =0- 守恒定律 可 知,子 彈、木 板、鐵 塊 組 成 的 系 統(tǒng) 損 失 的 機 械 能 21mv22,解得 L2=1 m,故 C 正確.碰后至甲、乙均停下的過 程, ΔE = 12mv02 - 1 ×5mv22 ,解 得 ΔE =2m5v02 ,故 D 正 確 . 2 摩擦力對甲、乙的沖 量 分 別 等 于 甲、乙 的 動 量 變 化 量,則 有I甲 9.解析:(1)滑水者離開管道后做平拋運動, =2m(0-v1)= -m 2μg ,I乙 =m (0-v2)= -m 2μg ,故 有 x=v1t1,h= 12gt12 I甲 =I乙 ,D 正 確 . 可 得v1=2 m/s 5.D 平板車、人和小球組成的 系 統(tǒng),水 平 方 向 不 受 外 力 作 用,系 統(tǒng)水平方向動量守恒,但 小 球 豎 直 方 向 受 重 力 作 用,系 統(tǒng) 動 量 根 據(jù) 動 能 定 理 有 mgh=Ek2- 12mv12 不守恒,A 項錯;小球落到車的左端點時,設小球相 對 地 面 的 位 移大小為x,則小車和人相對地 面 的 位 移 大 小 為(L-x),由 動 可 得 Ek2=mgh+ 12mv21 =200J 量守恒 定 律 有 mv1 = Mv2,則 有 mx = M (L -x),解 得 x = (2)滑 水 者 在 管 道 中 滑 行 過 程 中 ,根 據(jù) 動 能 定 理 有 MM+mL,小球豎直方向做自由落體運動,則 有h= 21gt2,解 得 mg(H -h)+Wf = 21mv12 t= 2h ,所 以 小 球 的 初 速 度 v1 = x =2(MM+Lm)h 2gh ,B 可得阻力做的功 Wf =-2400J g t (3)下滑過程中動 量 變 化 量 為 Δp=mv1 -0=mv1 =100kg· m/s,方 向 水 平 向 右 項錯;由動量守恒 定 律 有 mv1 -Mv2 = (M +m)v,解 得v=0, 故小球落到車上后與車共速,且速度為 零,C 項 錯;由 上 述 分 析 重力的沖量 IG =mgt=1500 3N·s,方 向 豎 直 I 向下 可知,拋 出 小 球 瞬 間,小 車 和 人 的 速 度 v2 = Mmv1 =2(Mm+Lm)h 根據(jù)動量定理,由 矢 量 圖 可 知 管 道 對 滑 水 者 的 沖 2gh,由動能定理可得人拋出小球的過程做的功為 W = 12mv21 量 大 小I= I2G +(Δp)2 =2600N·s. ?p + 1 Mv22 =4hm(gMM+Lm2 ),D 項正 確. 答案:(1)200N (2)-2400J (3)2600N·s 2 10.解析:(1)以 水 平 向 左 的 方 向 為 正 方 向,A、C 碰 I( 6.ACD 平行導軌光滑,A、B 和 彈 簧 組 成 的 系 統(tǒng) 所 受 合 外 力 為 撞 過 程 中 動 量 守 恒 ,則 有 0,因此 系 統(tǒng) 動 量 守 恒,故 選 項 A 正 確;對 A、B 和 彈 簧 組 成 的 m3vC =(m1 +m3)v共1 系統(tǒng)分析,取向右為正方向,由動量守恒定律有 2mv=2m ·2v 代入v t 圖像中的數(shù)據(jù)解得 m3=2kg +mv'A ,解得v'A = -2v,故 選 項 B 錯 誤;開 始 時,彈 簧 長 度 為 (2)從 B 開 始 離 開 墻 面 到 B 速 度 最 大 的 過 程,相 當 于 B 與 L,而 原 長 為 23L ,故 彈 簧 壓 縮 了 L ,彈 性 勢 能 記 為 Ep ,由 B 項 AC 整體完成了一次彈性碰撞,以水平向右為正方向,則有 2 (m1 +m3)v'共1 =(m1 +m3)v共2 +m2v2 可知,彈簧恢復原長時,A 的速度大小 為 2v、方 向 向 左,由 能 量 1 (m1 +m3 )v'共21 = 1 (m1 +m3 )v2共2 + 21m2v22 守 恒 定 律 可 得 1 ×2mv2 1 (2v)2 + 12m (2v)2 ,解 2 2 2 +Ep= 2 ×2m 由v t 圖像可得v'共1 大小為2 m/s,方向水平向右 得 Ep=5mv2,故 選 項 C 正 確;彈 簧 與 導 軌 間 夾 角 為 30°時,彈 解得 B 的最大速度為v2=2.4 m/s. 簧 長 度 L'=sinL30°=2L,故 彈 簧 伸 長 了 L ,彈 性 勢 能 與 初 始 狀 答案:(1)2kg (2)2.4 m/s 2 態(tài)相同,由動量守恒定律有 2mv=2mvB +mvA ,由 能 量 守 恒 定 — 275 —

一品方案·物理(新高考版) 專題強化作業(yè)(七) 速直線運動,再向右做勻減速直線運動,加速度大 小 不 變,方 向 1.C 根據(jù)點電荷的場 強 表 達 式 E =rkq2 及 場 強 的 疊 加 原 理 可 判 改變,速度隨時間周期性變化;安培力在一個周期 內 先 做 正 功, 斷 A、B、C 三點的場強大小關系為EB >EA >EC ,即 C 點的 場 強最小,根據(jù)等量異種點電荷電場線的分布特點及 沿 電 場 線 方 后做負功,在一個周期內動能先增大后減小,故 A、B、C 三 項 錯 誤,D 項正確.故選 D. 9.B 由圖乙可知,滑塊在x=3 m 處電勢 能 最 低,因 為 滑 塊 帶 負 向電勢降低可知 A、B、C 三 點 的 電 勢 關 系 為φB >φA =φC ,即 電,則x=3 m 處的電 勢 最 高,故 A 錯 誤.由 Ep-x 圖 像 斜 率 B 點的電勢最高,故 C 正確. 的絕對值表示滑塊所受電場力 的 大 小,可 知 滑 塊 在 x=1 m 處 2.C 如果沒有磁場,小球將做豎直上拋運動,上升的 最 大 高 度h 所 受電場力的大小為 F1=32-1 N=1N,滑塊所受滑動摩擦力 大小為f=μmg=1 N,在 1~3 m 區(qū) 間 內,滑 塊 所 受 電 場 力 與 =2vg20 ,加上磁場后,小球在運動 過 程 中,除 受 重 力 外,還 要 受 到 滑動摩擦力方向相反,且 不 斷 減 小,則 滑 塊 所 受 合 外 力 方 向 與 洛倫茲力作用,小球在 向 上 運 動 的 同 時 會 發(fā) 生 偏 轉,小 球 到 達 最高點時速度不為零,動 能 不 為 零,因 此 小 球 上 升 的 最 大 高 度 速度方 向 相 反;在 x=3 m 之 后,滑 塊 所 受 電 場 力 與 滑 動 摩 擦 力同向,且不斷增大,則 滑 塊 所 受 合 外 力 方 向 也 與 速 度 方 向 相 小 于v20 ,故 C 項 正 確 . 2g 反.綜上所述可知滑塊向右運動過程中,速 度 始 終 減 小,在 x= 1 m 處速 度 最 大,故 B 正 確,C 錯 誤.由 圖 乙 可 知,滑 塊 在 x= 3.AC 電場線的疏密程度表示電場強度的大小,顯然 P 點的電場 1 m 處的電勢能與在x=4 m 處 的 電 勢 能 相 等,根 據(jù) 能 量 守 恒 強度小于 M 點的電場強度,A 正確;沿電場線的方向電勢逐漸降 1 2 低,則 P 點的電勢比 N 點的電勢高,N 點的電勢比 M 點的電勢 定 律 可 知 ,若 滑 塊 能 夠 經(jīng) 過 x =4 m 處 ,則 應 滿 足 mv20 ≥ 高,B錯誤,C正確;帶電小顆粒僅在電場力的作用下由 N 點沿虛 線運動到 M 點,電場力方向指向虛線軌跡的凹側,故小顆粒帶正 fx14,式 中 x14=4 m-1 m=3 m,根 據(jù) 題 中 數(shù) 據(jù) 可 知 實 際 情 況 電,電場力對小顆粒做 正 功,小 顆 粒 的 電 勢 能 一 定 減 小,即 小 顆 粒 并不滿足上式,所以滑塊一定無法經(jīng)過x=4m 處的位置,故 D 在 N 點的電勢能大于在 M 點的電勢能,D錯誤. 錯誤. 4.AC 由于手帶負電,因此手在靠近金 屬 門 鎖 的 過 程 中,金 屬 門 10.解析:(1)當金屬 棒 剛 好 達 到 向 上 運 動 的 臨 界 狀 態(tài) 時,金 屬 棒 鎖將發(fā)生靜電感應而感應出正 電 荷,故 選 項 A 正 確;根 據(jù) 電 場 受到的摩擦力為最大靜摩擦力,方向平行于斜面 向 下,此 時 金 線由正電荷指向負電荷且沿電場線的方向電勢逐 漸 降 低,可 知 屬棒所受 安 培 力 最 大,設 此 時 金 屬 棒 受 到 的 安 培 力 大 小 為 金屬門鎖的電勢高于手的 電 勢,故 選 項 B 錯 誤;由 于 手 靠 近 金 F1 ,其 受 力 分 析 如 圖 甲 所 示 .則 有 屬門鎖的過程中,感應 電 荷 量 逐 漸 增 多,因 此 金 屬 門 鎖 與 手 之 FN =F1sinθ+mgcosθ,F1cosθ=mgsinθ+Ffmax,Ffmax=μFN , 以上三式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得 F1=8N. 間的電場強度將逐漸增大,故選項 C 正確,選項 D 錯誤. 5.D 電子由 O 到C 的過程中,克服 電 場 力 做 的 功 為 6eV,則 電 勢能增加 6eV,所 以 相 鄰 等 勢 面 間 的 電 勢 差 為 2 V,又 等 勢 面 A 的電勢為2V,所以等勢面 B 的 電 勢 為 0,等 勢 面 C 的 電 勢 為 -2V,所以電子經(jīng)等勢面C 時的電勢能為2eV,A、C 項錯; 該電子初速度 方 向 若 不 沿 水 平 方 向,則 到 最 右 端 時 速 度 大 于 零,則可能到達不了等勢 面 D,B 項 錯;由 動 能 定 理 可 知,電 子 當金屬棒剛好達到向 下 運 動 的 臨 界 狀 態(tài) 時,金 屬 棒 受 到 的 摩 經(jīng)過等勢 面 A 時,動 能 為 8eV,經(jīng) 過 等 勢 面 C 時,動 能 為 4 擦力為最大靜摩擦力,方向平行于斜面向上,此時 金 屬 棒 所 受 eV,結合動能 Ek= 12mv2 可知,D 項正確. 安培力最小,設此時金 屬 棒 受 到 的 安 培 力 大 小 為 F2,其 受 力 6.B 作出球面上的電荷在 O 點產生的電場如圖 α 分 析 如 圖 乙 所 示 .則 有 所示,由平行四邊形定則得到所分出的較小這部 F'N =F2sinθ+mgcosθ,F2cosθ+F'fmax=mgsinθ,F'fmax=μF'N , 分的電 荷 在 O 處的電場強度 E =E0sin α = 以 上三 式聯(lián)立并代 入數(shù) 據(jù)可 得 F2 8 N. 2 =11 E0sin620°=E20 ,B正確,ACD錯誤. 所以金屬棒受到的安培力的取值范圍為 8 N≤F≤8N. 7.BC 若 給 木 板 一 水 平 向 右 的 初 速 度,則 木 板 11 和滑塊之間開始會存 在 滑 動 摩 擦 力,滑 塊 開 始 向 右 加 速,受 到 (2)因 磁 場 與 金 屬 棒 垂 直,所 以 金 屬 棒 受 到 的 安 培 力 為 F = 向上的洛倫茲力且不斷增大,則木板和滑塊間的彈力 與 滑 動 摩 BIL,因 此 有I=BFL ,由 安 培 力 的 取 值 范 圍 可 知 電 流 的 取 值 范 擦力不斷減小,若滑塊與木板先達到共速,則摩擦力 減 為 零,最 圍 為4 A≤I≤4 A,設 電 流 為 I1 =141 A 時 滑 動 變 阻 器 接 入 終木板和滑塊保持相對靜止;若木板和滑塊間的彈力 與 滑 動 摩 11 擦力先減小到零,則 它 們 不 會 相 對 靜 止,A 錯 誤,B 正 確;若 給 木板施加一水平向右 的 恒 力,如 果 該 恒 力 很 大,則 木 板 和 滑 塊 電路 中 的 阻 值 為 R1,由 閉 合 電 路 歐 姆 定 律,有 E -I1r=I1 之間開始會存在滑動 摩 擦 力,滑 塊 開 始 向 右 加 速,受 到 向 上 的 洛倫茲力且不斷增大,則木板和滑塊間的彈力與滑動 摩 擦 力 不 (R0+R1),代 入 數(shù) 據(jù) 可 得 R1=30Ω. 斷減小,當彈力與滑動 摩 擦 力 減 小 到 零 時,最 終 滑 塊 做 勻 速 運 動;如果該恒力很小,則木板和滑塊之間開始會存在 靜 摩 擦 力, 設電流為I2=4A 時滑動變阻器接入電路中 的 阻 值 為 R2,由 閉 合 電 路 歐 姆 定 律 ,有 E-I2r=I2(R0+R2), 代入數(shù)據(jù)可得 R2=0,所 以 滑 動 變 阻 器 接 入 電 路 中 的 阻 值 范 圍 為 0≤R ≤30 Ω. 滑塊與木板一起向右 加 速,受 到 向 上 的 洛 倫 茲 力 且 不 斷 增 大, 答案:(1)181 N≤F≤8N (2)0≤R≤30Ω 則木板和滑塊間的彈 力 不 斷 減 小,最 大 靜 摩 擦 力 也 不 斷 減 小, 11.解析:(1)設勻強電場的場強為 E,由題意 O Eq 減小到一定程度時,二者出現(xiàn)相對滑動,之后滑塊繼 續(xù) 加 速,洛 可得帶電小球所受合外力方向與水平方 c F 倫茲力繼續(xù)增大,當彈 力 與 滑 動 摩 擦 力 減 小 到 零 時,滑 塊 做 勻 向 成 45°角 ,受 力 分 析 如 圖 所 示 . 則有 Eq=mg 速運動,C 正確,D 錯誤.故選 B、C. 8.D 根據(jù) 左 手 定 則 知,金 屬 棒 開 始 所 受 的 安 培 力 方 向 水 平 向 解得 E=mqg=100N/C 右 ,根 據(jù) F =BIL 知 ,安 培 力 在 第 一 個 T 內 做 勻 加 速 直 線 運 mg 2 (2)在 勻 強 電 場 中 E=UdOA 動,在第二個T 內,安培力方 向 水 平 向 左,大 小 不 變,金 屬 棒 做 2 d=h=1 m 可 得UOA =Ed=100V 勻減速直線運動,根據(jù)運動的對稱性知,一個周期 末 速 度 為 零, 金屬棒的速度方向未 變,金 屬 棒 一 直 向 右 移 動,先 向 右 做 勻 加 — 276 —

參考答案 (3)設帶電小球到達地面時 的 速 度 為v,從 O 到A 的 過 程 中, cos30°)= 3 L 的M 點 離 開 磁 場 區(qū) 域,故 粒 子 不 可 能 從 由動能定理可得 1+ 2 mgh+Eqd= 12mv2 BC 邊離開,故 A 項 錯 誤;根 據(jù) 洛 倫 茲 力 提 供 向 心 力 qvB = 可得v=2 10 m/s. m v2 ,可 得 R=qmBv,可 知當粒 子 軌 道 半徑為 R1 =L 時 ,即 粒 子 R 答案:(1)100N/C (2)100V (3)2 10 m/s 軌跡與 CD 邊相切時,此時粒子從 AB 邊射出的最大速度v1= 專題強化作業(yè)(八) qBL ,故 C 項 正 確 ;設 當 粒 子 恰 好 從 AB 邊的N 點 出 射 時,粒 m 1.C 結 合 圖 像,由 左 手 定 則 可 判 斷 出 粒 子c 帶 正 電,粒 子 a、b 子速度為v2,軌道半徑為 R2,根 據(jù) 幾 何 關 系 得 R2(1+cos60°) 帶負電,選項 A 錯誤;由軌跡圖 可 知,粒 子b 的 軌 跡 半 徑 最 大, L L 結合r=qmBv可 知,粒 子b 的 速 率 最 大,選 項 B 錯 誤;由 軌 跡 圖 = 2 ,可得粒子 軌 道 半 徑 R2 = 3 ,此 時 粒 子 從 AB 邊射出的 可知,粒 子 a 的 運 動 軌 跡 所 對 應 的 圓 心 角θ 最 大,結 合 T = 最小速度v2=q3BmL.根 據(jù) 幾 何 關 系,射 出 點 N 離 A 點 的 距 離 2πm 、t=36θ0°T qB 可 知 ,粒 子a 在 勻強 磁 場 中 運 動 的時 間 最 長, AN =R2cos30°= 63L,故 AB 邊 上 有 粒 子 經(jīng) 過 的 區(qū) 域 長 度 為 選項 C 正確;由r=qmBv可知,若 B 增大,其他條件不變,則r 變 MN =AM -AN = 3 L,故 B、D 兩 項 錯 誤 .故 選 C. 3 +1 小,粒子a 在磁場中偏轉的 角 度 不 變,又 T =2qπBm 、t=36θ0°T, 6.ABC 粒 子 在 磁 場 中 做 逆 時 針 方 向 的 可知 T 變小,則粒子a 在勻強磁 場 中 運 動 的 時 間t 減 小,選 項 圓周運動,由于所有粒子的速度 大 小 相 D錯誤. 同,故弧長 越 小,粒 子 在 磁 場 中 運 動 的 2.AC 由于油滴 在 第 Ⅲ 象 限 從 Q 到 D 做 半 徑 為 2d 的 圓 周 運 時間就越短,由于粒子在磁場中 運 動 的 動,因此有 mg=qE,且電場力方向豎直 向 上,故 電 場 力 做 的 功 最長時間為T ,沿 SA 方向射出的粒子 為 W =qE·2d=2mgd,故 選 項 A 正 確;油 滴 從 A 到 D 根 據(jù) 2 動能定理有 mgd+W =Ek,則 Ek=3mgd,故 選 項 B 錯 誤;根 在磁場中 運 動 的 時 間 最 長.如 圖 所 示, 據(jù)牛頓第二定律有 F洛 =man=m2vd2 =3mg,故 選 項 C 正 確;油 作 出 粒 子 運 動 軌 跡 圖,由 幾 何 關 系 可 滴從 A 到D 其重力做的功 WG =mgd,故選項 D 錯誤. 知,當粒子在磁場中做圓周運動繞過的弧所對應的 弦 垂 直 邊 界 OC 時,粒子在磁場中運動的時 間 最 短,由 幾 何 關 系 知θ=60°, 3.BCD 對圓環(huán)受力分析,圓環(huán)受豎直向下的重力 mg,豎直向 上 即 最短 時 間 為36600°°T= T ,粒 子 在 磁 場中 運 動 的 時 間 范 圍 為 T 的洛倫茲力 f洛 =qvB,若 mg 與f洛 恰 好 平 衡,則 圓 環(huán) 不 受 摩 6 6 擦力,一直做勻速運動,B 項正確.若 mg 與f洛 不平衡,圓 環(huán) 與 ≤t≤ T ,A、B、C 三 項 正 確 . 桿之間有彈力、摩擦 力 作 用,圓 環(huán) 做 減 速 運 動.若 mg>f洛 ,由 2 牛頓第二定律有μ(mg-qvB)=ma,隨 速 度 的 減 小,加 速 度 不 7.解析:(1)帶電粒子在磁場中做圓周運動,有 斷增大,故圓環(huán)做加速度逐漸增大的減速 運 動,最 終 靜 止,D 項 T=2vπ0R =2qπBm 正確.若 mg<f洛 ,同 理 有 μ(qvB -mg)=ma,圓 環(huán) 的 加 速 度 作出粒子運動的軌跡 圖 如 圖 所 示,由 幾 何 關 系 可 知,粒 子 在 磁 隨速度的減小而減小,故 圓 環(huán) 做 加 速 度 逐 漸 減 小 的 減 速 運 動, 場中運動軌跡所對的圓心角為 當a=0 時,圓 環(huán) 開 始 做 勻 速 運 動,C 項 正 確;綜 上 可 知,A 項錯. θ=180°+30°=210° N 4.D 如圖所示,根據(jù)平面幾何知識可得軌跡半徑 R=rtan∠bOc 故粒子在磁場中運動的時間 A W = 3r,故選項 A 錯誤;同 理 可 得 離 子 離 開 磁 場 時 與b 點 距 離 t0 =321600°°T =76qπBm P (2)帶 電 粒 子 在 磁 場 中 做 圓 周 運 動 ,有 為x=cos∠rbOc+R-r=(3+1)r,故 選 項 B 錯 誤;根 據(jù) 牛 頓 QO v20 C 第二定律有qvB=mRv2 ,解 得 B =qmRv= mv ,故 選 項 C 錯 誤; qv0B =m R 3qr D 解得 R=mqvB0 M c 離子在磁場中的 運 動 時 間 為t=θvR = 65π· 3r=563vπr,故 從 D 到C 是勻速運動,由幾何關系得 v R 選項 D正確. DC= 2 c 時 間t1=DvC0 =2qmB 帶電粒子在電場中的運動時間 R aO θ R d t2 =T -t0 -t1 = (5π-3)m 6qB b 5.C 粒子帶正 電,粒 子 運 動 的 軌 跡 如 圖 所 示,當 粒 子 的 軌 跡 恰 帶 電 粒 子 在 電 場 中 的 加 速 度 a=qmE 好與 CD 邊相切時, 由 運 動 學 知 識 可 知v0=at22 解得 E=152πB-v30 . 根 據(jù) 幾 何 關 系 得 R1 (1-cos60°)= L ,可 得 此 時 粒 子 軌 道 半 徑 答案:(1)76qπBm (2)152πB-v30 2 8.解析:(1)由題 意 可 知 粒 子 所 受 洛 倫 茲 力 方 向 沿 x 軸 負 方 向, R1=L,粒 子 將 從 AB 邊 上 離 A 點 的 距 離 為 AM =R1 (1+ 又粒子做勻速直線運動,則 粒 子 所 受 電 場 力 沿 x 軸 正 方 向,又 由粒子帶正電,可知電場強度的方向沿x 軸正方向. — 277 —