重组优化卷2022届高考物理复习系列真题+模拟专题重组考点实验专题阶段滚动练+综合训练

【重组优化卷】2022届高考物理复习系列（真题+模拟）专题重组考点实验专题阶段滚动练+综合训练课时考点35　实验一　探究单摆的运动，用单摆测定重力加速度实验二　测定玻璃的折射率实验三　用双缝干涉测量光的波长1．(2022·安徽理综，14)在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律。法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系。已知单摆摆长为l，引力常量为G，地球质量为M，摆球到地心的距离为r，则单摆振动周期T与距离r的关系式为(　　)A．T＝2πrB．T＝2πrC．T＝D．T＝2πl2．(2022·大纲全国卷，17)在双缝干涉实验中，一钠灯发出的波长为589nm的光，在距双缝1.00m的屏上形成干涉图样。图样上相邻两明纹中心间距为0.350cm，则双缝的间距为(　　)A．2.06×10－7mB．2.06×10－4mC．1.68×10－4mD．1.68×10－3m3．[2022·江苏单科，12B(1)]某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到题(甲)图所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观察到的条纹如题(乙)图所示。他改变的实验条件可能是(　　)A．减小光源到单缝的距离B．减小双缝之间的距离C．减小双缝到光屏之间的距离D．换用频率更高的单色光源4．(2022·北京理综，21)137\n图1(1)“测定玻璃的折射率”的实验中，在白纸上放好玻璃砖，aa′和bb′分别是玻璃砖与空气的两个界面，如图1所示。在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2，用“＋”表示大头针的位置，然后在另一侧透过玻璃砖观察，并依次插上大头针P3和P4。在插P3和P4时，应使(　　)A．P3只挡住P1的像B．P4只挡住P2的像C．P3同时挡住P1、P2的像(2)用单摆测定重力加速度的实验装置如图2所示。图2①组装单摆时，应在下列器材中选用________(选填选项前的字母)。A．长度为1m左右的细线B．长度为30cm左右的细线C．直径为1.8cm的塑料球D．直径为1.8cm的铁球②测出悬点O到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g＝________(用L、n、t表示)。③下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理。组次123摆长L/cm80.0090.00100.0050次全振动时间t/s90.095.5100.5振动周期T/s1.801.91重力加速度g/(m·s－2)9.749.73请计算出第3组实验中的T＝________s，g＝________m/s2。④用多组实验数据做出T2－L图象，也可以求出重力加速度g。已知三位同学做出的T2－L图线的示意图如图3中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是(　　)图3A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长LB．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值137\n⑤某同学在家里测重力加速度。他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图4所示，由于家里只有一根量程为30cm的刻度尺，于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程。保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O、A间细线长度以改变摆长。实验中，当O、A间细线的长度分别为l1、l2时，测得相应单摆的周期为T1、T2。由此可得重力加速度g＝________(用l1、l2、T1、T2表示)。图45．[2022·天津理综，9(2)]某同学利用单摆测量重力加速度。①(多选)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是(　　)A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大②如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1m的单摆。实验时，由于仅有量程为20cm、精度为1mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL。用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g＝________。6．(2022·安徽理综，21Ⅰ)根据单摆周期公式T＝2π，可以通过实验测量当地的重力加速度。如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。　137\n(1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为________mm。(2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________。a．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些b．摆球尽量选择质量大些、体积小些的c．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度d．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt即为单摆周期Te．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间Δt，则单摆周期T＝7．[2022·江苏单科，12B(2)]在“探究单摆的周期与摆长的关系”实验中，某同学准备好相关实验器材后，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度后释放，同时按下秒表开始计时，当单摆再次回到释放位置时停止计时，将记录的这段时间作为单摆的周期。以上操作中有不妥之处，请对其中两处加以改正。1．(2022·嘉兴期末)在“用单摆测定重力加速度”的实验中：(1)下面所给器材中，选用哪些器材较好，请把所选用器材前的字母依次填写在题后的横线上。A．长1m左右的细线B．长30cm左右的细线C．直径2cm的铅球D．直径2cm的铝球E．秒表F．时钟G．最小刻度是厘米的直尺H．最小刻度是毫米的直尺所选用的器材是________。(2)实验时对摆线偏离竖直线的偏角要求是__________。2．(2022·滁州市五校联考)某同学在做“用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为101.00cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为101.5s。则(1)他测得的重力加速度g＝________m/s2。(2)他测得的g值偏小，可能的原因是________。(填选项前面的字母)A．测摆线长时摆线拉得过紧B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了C．开始计时，秒表过迟按下D．实验中误将49.5次全振动数为50次3．(2022·松江区期中)在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，用摆长l和周期T计算重力加速度的公式是g＝。137\n(1)如果已知摆球直径为2.00cm，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图甲所示，那么单摆摆长是________m，如果测定了40次全振动的时间如图乙中秒表所示，那么秒表读数是________s，单摆的振动周期是________s。(2)如果测得的g值偏小，可能的原因是________(填写代号)。A．测摆长时，忘记了摆球的半径B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了C．开始计时时，秒表过早按下D．实验中误将39次全振动次数记为40次(3)某同学在实验中，测量6种不同摆长情况下单摆的振动周期，记录表格如下：l/m0.40.50.80.91.01.2T/s1.261.421.791.902.002.20T2/s21.592.023.203.614.004.84以l为横坐标、T2为纵坐标，作出T2－l图线，并利用此图线求重力加速度g。4．(2022·新沂市期末)某校开展研究性学习，某研究小组根据光学知识，设计了一个测液体折射率的仪器。如图所示，在一个圆盘上，过其圆心O作两条相互垂直的直径BC、EF。在半径OA上，垂直盘面插上两枚大头针P1、P2并保持位置不变。每次测量时让圆盘的下半部分竖直进入液体中，而且总使得液面与直径BC相平，EF作为界面的法线，而后在图中右上方区域观察P1、P2，在圆周EC部分插上P3，使P3挡住P1、P2的像。同学们通过计算，预先在圆周EC部分刻好了折射率的值，这样只要根据P3所插的位置，就可以直接读出液体折射率的值。(1)若∠AOF＝30°，OP3与OC之间的夹角为30°，则P3处刻的折射率的值为________。(2)图中P3、P4两处，对应折射率大的是________。(3)做AO的延长线交圆周于K，K处对应的折射率为________。5．(2022·宁波期中)在做“测定玻璃折射率n”的实验时：137\n(1)甲同学在纸上正确画出玻璃砖的两个界面ab和cd时不慎碰了玻璃砖使它向ab方向平移了一些，如图甲所示，其后的操作都正确。但画光路图时，将折射点确定在ab和cd上，则测出的n值将________。(2)乙同学为了避免笔尖接触玻璃面，画出的a′b′和c′d′都比实际界面向外侧平移了一些，如图乙所示，以后的操作均正确，画光路图时将入射点和折射点都确定在a′b′和c′d′上，则所测出的n值将________。(3)丙同学在操作和作图时均无失误，但所用玻璃砖的两个界面明显不平行。这时测出的n值将________。6．(2022·太原模拟)(1)如图所示，在“用双缝干涉测光的波长”实验中，光具座上放置的光学元件依次为①光源、②________、③________、④________、⑤遮光筒、⑥光屏。对于某种单色光，为增加相邻亮纹(暗纹)间的距离，可采取________或________的方法。(2)如果将灯泡换成激光光源，该实验照样可以完成，这时可以去掉的部件是________(填数字代号)。(3)转动测量头的手轮，使分划板中心刻线对准第1条亮条纹，读下手轮的读数如图甲所示。继续转动手轮，使分划板中心刻线对准第10条亮条纹，读下手轮的读数如图乙所示。则相邻两亮条纹的间距是________mm。(4)如果已经量得双缝的间距是0.30mm、双缝和光屏之间的距离是900mm，则待测光的波长是________m。(取三位有效数字)。7．(2022·湖北八校联考)在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，请按照题目要求回答下列问题。(1)图中甲、乙两图都是光的条纹形状示意图，其中干涉图样是________。(2)将下表中的光学元件放在图丙所示的光具座上组装成用双缝干涉测光的波长的实验装置，并用此装置测量红光的波长。元件代号ABCDE元件名称光屏双缝白光光源单缝透红光的滤光片将白光光源C放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，137\n表示各光学元件的排列顺序应为________。(填写元件代号)(3)已知该装置中双缝间距d＝0.50mm，双缝到光屏的距离L＝0.50m，在光屏上得到的干涉图样如图甲所示，分划板在图中A位置时游标卡尺如图乙所示，则其示数为________mm；在B位置时游标卡尺如图丙所示。由以上所测数据可以得出形成此干涉图样的单色光的波长为________m。8．(2022·厦门联考)在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，实验装置如图所示。(1)某同学以线状白炽灯为光源，对实验装置进行调节并观察了实验现象后，总结出以下几点：A．灯丝与单缝和双缝必须平行放置B．干涉条纹与双缝垂直C．干涉条纹的疏密程度与单缝宽度有关D．干涉条纹的间距与光的波长有关以上几点中，你认为正确的是________。(2)当测量头中的分划板中心刻线对齐某条纹的中心时，手轮上的示数如图甲所示，该读数为________mm。(3)如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，如图乙所示。则在这种情况下来测量干涉条纹的间距Δx时，测量值________实际值。(填“大于”“小于”或“等于”)137\n课时考点36　动量定理　动量守恒定律及其应用1．(2022·重庆理综，3)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　　)A.＋mgB.－mgC.＋mgD.－mg2．[2022·福建理综，30(2)]如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是(　　)A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动3．(2022·大纲全国卷，21)一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为(　　)A.B.C.D.4．(2022·重庆理综，4)一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)5．[2022·天津理综，9(1)]如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B137\n球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞，A、B两球的质量之比为________，A、B碰撞前、后两球总动能之比为________。6．[2022·海南单科，17(2)]运动的原子核X放出α粒子后变成静止的原子核Y。已知X、Y和α粒子的质量分别是M、m1和m2，真空中的光速为c，α粒子的速度远小于光速。求反应后与反应前的总动能之差以及α粒子的动能。7．(2022·安徽理综，22)一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示。物块以v0＝9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止。g取10m/s2。(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。8．[2022·新课标全国卷Ⅰ，35(2)]如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间。A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态。现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。9．[2022·山东理综，39(2)]如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上。现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动。滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值。两次碰撞时间均极短。求B、C碰后瞬间共同速度的大小。10．(2022·广东理综，36)如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5m，物块A以v0＝6m/s的速度滑入圆轨道，137\n滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1kg(重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)。(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度vn与n的关系式。11．[2022·新课标全国卷Ⅰ，35(2)]如图，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8m，A球在B球的正上方。先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放。当A球下落t＝0.3s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零。已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝10m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。求(1)B球第一次到达地面时的速度；(2)P点距离地面的高度。12．[2022·新课标全国卷Ⅱ，35(2)]现利用图(a)所示的装置验证动量守恒定律。在图(a)中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。实验测得滑块A的质量m1＝0.310kg，滑块B的质量m2＝0.108kg，遮光片的宽度d＝1.00cm；打点计时器所用交流电的频率f＝50.0Hz。137\n将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰．碰后光电计时器显示的时间为ΔtB＝3.500ms，碰撞前、后打出的纸带如图(b)所示。若实验允许的相对误差绝对值(||×100%)最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程。一、选择题(本题共6小题，在每小题给出的选项中，只有一项符合题目要求。)1．(2022·漳州质检)质量为2kg的小车以2m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，若将质量为0.5kg的砂袋以3m/s的水平速度迎面扔上小车，则砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向是(　　)A．1.0m/s，向右B．1.0m/s，向左C．2.2m/s，向右D．2.2m/s，向左2．(2022·福建泉州质检)甲、乙两物体在光滑水平面上沿同一直线相向运动，甲、乙物体的速度大小3m/s和1m/s；碰撞后甲、乙两物体都反向运动，速度大小均为2m/s。则甲、乙两物体质量之比为(　　)　A．2∶3B．2∶5C．3∶5D．5∶33．(2022·福建福州一模)如图所示，光滑的水平面上，小球A以速度v0向右运动时与静止的小球B发生对心正碰，碰后A球的速率为，B球的速率为，A、B两球的质量之比为(　　)A．3∶8B．3∶5C．2∶3D．4∶34．(2022·福建厦门质检)古时有“守株待兔”的寓言。假设兔子质量约为2kg，以15m/s的速度奔跑，撞树后反弹的速度为1m/s，则兔子受到撞击力的冲量大小为(　　)A．28N·sB．29N·sC．31N·sD．32N·s5．(2022·山东莱阳市高三月考)如图所示，现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生碰撞。已知碰撞后，甲滑块静止不动，则(　　)A．碰撞前总动量是4mvB．碰撞过程动量不守恒137\nC．碰撞后乙的速度大小为2vD．碰撞属于非弹性碰撞6．(2022·北京丰台一模)如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球叠放在一起，从高度为h处自由落下，且h远大于两小球半径，所有的碰撞都是完全弹性碰撞，且都发生在竖直方向。已知m2＝3m1，则小球m1反弹后能达到的高度为(　　)A．hB．2hC．3hD．4h二、实验题(本题共1小题。按题目要求作答。)7．(2022·北京朝阳区测试)在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图甲、乙所示的两种装置：　　(1)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则(　　)A．m1>m2,r1>r2B．m1>m2,r1<r2C．m1>m2，r1＝r2D．m1<m2,r1＝r2(2)若采用图乙所示装置进行实验，以下所提供的测量工具中必需的是________。A．直尺　B．游标卡尺　C．天平　D．弹簧测力计　E．秒表(3)设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在用图甲所示装置进行实验时(P为碰前入射小球落点的平均位置)，所得“验证动量守恒定律”的结论为____________(用装置图中的字母表示)三、计算题(本题共5小题。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。)8．(2022·新余市期末)如图所示，在倾角θ＝30°、足够长的斜面上分别固定着相距L＝0.2m的A、B两个物体，它们的质量为mA＝1kg，mB＝3kg，与斜面间动摩擦因数分别为μA＝和μB＝。在t＝0时刻同时撤去固定两物体的外力后，A物体沿斜面向下运动，并与B物体发生弹性碰撞(g＝10m/s2)。求：A与B第一次碰后瞬时B的速率？137\n9．(2022·景德镇市二检)如图所示，光滑平台上有两个刚性小球A和B，质量分别为2m和3m，小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞(碰撞过程不损失机械能)，小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m，速度为2v0，小车行驶的路面近似看做是光滑的，求：(1)碰撞后小球A和小球B的速度；(2)小球B掉入小车后的速度。10．(2022·邯郸质检)如图，质量分别为m1＝1.0kg和m2＝2.0kg的弹性小球a、b，用轻绳紧紧的把它们捆在一起，使它们发生微小的形变。该系统以速度v0＝0.10m/s沿光滑水平面向右做直线运动。某时刻轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动。经过时间t＝5.0s，测得两球相距s＝4.5m，求：(1)刚分离时a、b两小球的速度大小v1、v2；(2)两球分开过程中释放的弹性势能Ep。11．(2022·陕西五校一模)如图所示，光滑水平面上有一质量M＝4.0kg的带有圆弧轨道的平板车，车的上表面是一段长L＝1.5m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R＝0.25m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在O′点相切。现将一质量m＝1.0kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A。取g＝10m/s2，求：(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小；(2)小物块与车最终相对静止时，它距O′点的距离。137\n12．(2022·云南名校统考)一轻质弹簧竖直固定在地面上，上面连接一个质量为m1＝1kg的物体，平衡时物体离地面0.9m，弹簧所具有的弹性势能为0.5J。现在在距物体m1正上方高为0.3m处有一个质量为m2＝1kg的物体自由下落后与弹簧上物体m1碰撞立即合为一体，一起向下压缩弹簧。当弹簧压缩量最大时，弹簧长为0.6m。求(g取10m/s2)：(1)碰撞结束瞬间两物体的动能之和是多少？(2)弹簧长为0.6m时弹簧的弹性势能大小？课时考点37　近代物理初步1．(2022·天津理综，1)物理学重视逻辑，崇尚理性，其理论总是建立在对事实观察的基础上。下列说法正确的是(　　)A．天然放射现象说明原子核内部是有结构的B．电子的发现使人们认识到原子具有核式结构C．α粒子散射实验的重要发现是电荷是量子化的D．密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的2．[2022·福建理综，30(1)]下列有关原子结构和原子核的认识，其中正确的是(　　)A．γ射线是高速运动的电子流B．氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子动能增大C．太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变D.83Bi的半衰期是5天，100克83Bi经过10天后还剩下50克3．(2022·北京理综，17)实验观察到，静止在匀强磁场中A点的原子核发生β衰变，衰变产生的新核与电子恰在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意如图，则(　　)A．轨迹1是电子的，磁场方向垂直纸面向外B．轨迹2是电子的，磁场方向垂直纸面向外137\nC．轨迹1是新核的，磁场方向垂直纸面向里D．轨迹2是新核的，磁场方向垂直纸面向里4．(2022·北京理综，14)下列核反应方程中，属于α衰变的是(　　)A.N＋He→O＋HB.U→Th＋HeC.H＋H→He＋nD.Th→Pa＋e5．(2022·广东理综，18)(多选)科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量，核反应方程分别为：X＋Y→He＋H＋4.9MeV和H＋H→He＋X＋17.6MeV，下列表述正确的有(　　)A．X是中子B．Y的质子数是3，中子数是6C．两个核反应都没有质量亏损D．氘和氚的核反应是核聚变反应6．[2022·山东理综，39(1)](多选)14C发生放射性衰变成为14N，半衰期约5700年。已知植物存活期间，其体内14C与12C的比例不变；生命活动结束后，14C的比例持续减少。现通过测量得知，某古木样品中14C的比例正好是现代植物所制样品的二分之一。下列说法正确的是(　　)A．该古木的年代距今约5700年B．12C、13C、14C具有相同的中子数C．14C衰变为14N的过程中放出β射线D．增加样品测量环境的压强将加速14C的衰变7．[2022·新课标全国卷Ⅱ，35(1)](多选)实物粒子和光都具有波粒二象性。下列事实中突出体现波动性的是(　　)A．电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样B．β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹C．人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构D．人们利用电子显微镜观测物质的微观结构E．光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关8．[2022·新课标全国卷Ⅱ，35(1)](多选)在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用。下列说法符合历史事实的是(　　)A．密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值B．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核C．居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素D．卢瑟福通过α粒子散射实验证实了在原子核内部存在质子E．汤姆逊通过阴极射线在电场和磁场中偏转的实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出了该粒子的比荷9．[2022·新课标全国卷Ⅰ，35(1)](多选)关于天然放射性，下列说法正确的是(　　)A．所有元素都可能发生衰变B．放射性元素的半衰期与外界的温度无关C．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性D．α、β和γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强E．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线10．(2022·广东理综，18)(多选)在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是(　　)A．增大入射光的强度，光电流增大137\nB．减小入射光的强度，光电效应现象消失C．改用频率小于ν的光照射，一定不发生光电效应D．改用频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大11．[2022·江苏单科，12C(1)]已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014Hz和5.44×1014Hz，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子具有较大的(　　)A．波长B．频率C．能量D．动量12．[2022·山东理综，39(1)](多选)氢原子能级如图，当氢原子从n＝3跃迁到n＝2的能级时，辐射光的波长为656nm。以下判断正确的是(　　)A．氢原子从n＝2跃迁到n＝1的能级时，辐射光的波长大于656nmB．用波长为325nm的光照射，可使氢原子从n＝1跃迁到n＝2的能级C．一群处于n＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线D．用波长为633nm的光照射，不能使氢原子从n＝2跃迁到n＝3的能级13．(2022·北京理综，14)质子、中子和氘核的质量分别为m1、m2和m3。当一个质子和一个中子结合成氘核时，释放的能量是(c表示真空中的光速)(　　)A．(m1＋m2－m3)cB．(m1－m2－m3)cC．(m1＋m2－m3)c2D．(m1－m2－m3)c214．(2022·重庆理综，1)碘131的半衰期约为8天。若某药物含有质量为m的碘131，经过32天后，该药物中碘131的含量大约还有(　　)A.B.C.D.15．[2022·新课标全国卷Ⅱ，35(1)](多选)关于原子核的结合能，下列说法正确的是(　　)A．原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量B．一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能C．铯原子核(Cs)的结合能小于铅原子核(Pb)的结合能D．比结合能越大，原子核越不稳定E．自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能16．(2022·北京理综，20)以往我们认识的光电效应是单光子光电效应，即一个电子在极短时间内只能吸收到一个光子而从金属表面逸出。强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识，用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，从而形成多光子光电效应，这已被实验证实。137\n光电效应实验装置示意如图。用频率为ν的普通光源照射阴极K，没有发生光电效应。换用同样频率ν的强激光照射阴极K，则发生了光电效应；此时，若加上反向电压U，即将阴极K接电源正极，阳极A接电源负极，在KA之间就形成了使光电子减速的电场。逐渐增大U，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压U可能是下列的(其中W为逸出功，h为普朗克常量，e为电子电量)(　　)A．U＝－B．U＝－C．U＝2hν－WD．U＝－17．(2022·天津理综，1)下列说法正确的是(　　)A．原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量守恒的规律B．α射线、β射线、γ射线都是高速运动的带电粒子流C．氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子D．发生光电效应时光电子的动能只与入射光的强度有关18．[2022·新课标全国卷Ⅰ，35(1)]在某次光电效应实验中，得到的遏止电压Uc与入射光的频率ν的关系如图所示。若该直线的斜率和截距分别为k和b，电子电荷量的绝对值为e，则普朗克常量可表示为________，所用材料的逸出功可表示为________。19．(2022·江苏单科，12C)(多选)(1)波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的有(　　)A．光电效应现象揭示了光的粒子性B．热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性C．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释D．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等(2)核电站利用原子核链式反应放出的巨大能量进行发电，U是核电站常用的核燃料。U受一个中子轰击后裂变成Ba和Kr两部分，并产生________个中子。要使链式反应发生，裂变物质的体积要________(选填“大于”或“小于”)它的临界体积。(3)取质子的质量mp＝1.6726×10－27kg，中子的质量mn＝1.6749×10－27kg，α粒子的质量mα＝6.6467×10－27kg，光速c＝3.0×108m/s。请计算α粒子的结合能。(计算结果保留两位有效数字)137\n137\n　　　　　　　　　　　　　　　　　　　一、选择题(本题共10小题，在每小题给出的选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～10题有多项符合题目要求。)1．(2022·北京丰台区一模)已知天然放射现象放出α、β、γ三种射线。下列说法正确的是(　　)A．α、β、γ三种射线分别是氦原子核、电子和中子B．三种射线中α射线速度最快、β射线电离作用最强、γ射线穿透能力最强C．α射线轰击氮原子核可以产生质子，核反应方程为He＋N→O＋HD．英国物理学家J.J.汤姆孙最早用α射线完成著名的“α粒子散射实验”并提出核式结构的原子模型2．(2022·重庆名校联考)太阳内部持续不断地发生着4个质子(H)聚变为1个氦核(He)的热核反应，核反应方程是4H→He＋2X，这个核反应释放出大量核能。已知质子、氦核、X的质量分别为m1、m2、m3，真空中的光速为c。下列说法中正确的是(　　)A．方程中的X表示中子(n)B．方程中的X表示正电子(e)C．这个核反应中质量亏损Δm＝4m1－m2D．这个核反应中释放的核能ΔE＝(4m1－m2－m3)c23．(2022·湖北孝感市高三质检)下列说法正确的是(　　)A．根据ΔE＝Δmc2可知，在核裂变过程中减少的质量转化成了能量B．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变C．卢瑟福首先发现了铀和含铀矿物的天然放射现象D．由氢原子能级示意图知，处于基态的氢原子至少要吸收13.60eV的能量才能发生电离4．(2022·广东江门一模)典型的铀核裂变是生成钡和氪，同时放出x个中子：U＋n→Ba＋Kr＋xn，铀235质量为m1，中子质量为m2，钡144质量为m3，氪89的质量为m4。下列说法正确的是(　　)A．该核反应类型属于人工转变B．该反应放出能量(m1－xm2－m3－m4)c2C．x的值是3D．该核反应比聚变反应对环境的污染较少5．(2022·南通一模)137\n某同学采用如图所示的实验装置来研究光电效应现象。当用某单色光照射光电管的阴极K时，会发生光电效应现象。闭合开关S，在阳极A和阴极K之间加上反向电压，通过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大电压，直至电流计中的电流恰好为零，此时电压表的电压值U称为反向截止电压，根据反向截止电压可以计算出光电子的最大初动能Ekm。现分别用频率为ν1和ν2的单色光照射阴极K，测量到反向截止电压分别为U1和U2，设电子的质量为m，带电荷量为e，则下列关系式中不正确的是(　　)A．频率为ν1的光照射时光电子的最大初速度v＝B．阴极K金属的逸出功W0＝hν1－eU1C．阴极K金属的极限频率ν0＝D．普朗克常量h＝6．(2022·广东梅州一模)下列说法正确的是(　　)A.Ra→Rn＋He是α衰变B.H＋H→He＋n是聚变C.U＋n→Xe＋Sr＋2n是衰变D.Na→Mg＋e是裂变7．(2022·陕西五校一模)以下有关近代物理内容的若干叙述，正确的是(　　)A．紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大B．质子和中子结合成新原子核一定有质量亏损，释放出能量C．有10个放射性元素的原子核，当有5个原子核发生衰变所需的时间就是该放射性元素的半衰期D．氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时氢原子的电势能减小，电子的动能增大8．(2022·新余市期末)在光电效应实验中，两个实验小组分别在各自的实验室，约定用相同频率的单色光，分别照射锌和银的表面，结果都能发生光电效应，如图甲，并记录相关数据。对于这两组实验，下列判断正确的是(　　)A．饱和光电流一定不同137\nB．因为材料不同逸出功不同，所以遏止电压Uc不同C．光电子的最大初动能不同D．因为光强不确定，所以单位时间逸出的光电子数可能相同E．分别用不同频率的光照射之后绘制Uc～ν图象(ν为照射光频率，图乙为其中一小组绘制的图象)，图象的斜率可能不同9．(2022·景德镇市二检)下列说法正确的是(　　)A．卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型B．结合能越大，原子核结构一定越稳定C．如果使用某种频率的光不能使某金属发生光电效应，则需增大入射光的光照强度才行D．发生β衰变时，元素原子核的质量数不变，电荷数增加1E．在相同速率情况下，利用质子流比利用电子流制造的显微镜将有更高的分辨率10．(2022·贵州七校联考)下列几幅图的有关说法中正确的是(　　)A．原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径不是任意的B．发现少数α粒子发生了较大偏转，因为原子的质量绝大部分集中在很小空间范围内C．光电效应实验和康普顿效应实验说明了光具有粒子性D．射线甲由α粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷E．链式反应属于重核的裂变二、非选择题(本题共2小题。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。)11．(2022·洛阳重点中学联考)两个动能均为1MeV的氘核发生正面碰撞，引起如下反应：H＋H→H＋H。已知氘核的质量为2.0136u，氚核的质量为3.0156u，氕核的质量为1.0073u，1原子质量单位(u)相当于931.5MeV。(1)此核反应中放出的能量ΔE为多少兆电子伏特？(2)若放出的能量全部变为新生核的动能，则新生的氕核所具有的动能为多少兆电子伏特？137\n12．(2022·山西康杰中学高三二模)玻尔在卢瑟福的原子核式结构学说的基础上，提出具有量子特征的氢原子模型，其能级图如图所示。有一个发光管里装有大量处于第四能级的氢原子，利用这个发光管的光线照射金属钠的表面。已知金属钠的极限频率是5.53×1014Hz，普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，1eV＝1.6×10－19J。(1)发光管可能发射几种不同能量的光子？(2)发光管能使金属钠发生光电效应吗？(通过计算回答)(3)求出发光管照射金属钠所发射的光电子的最大初动能。137\n滚动提升练(这是单页眉，请据需要手工删加)滚动提升练(九)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　一、选择题(本题共8小题，在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求。)1．(2022·陕西五校一模)下列有关物理学思想方法的说法中不正确的是(　　)A．建立“质点”、“点电荷”概念用的是理想模型法B．建立“速度”、“加速度”、“电场强度”、“磁感应强度”概念用的是比值定义法C．建立交变电流电压、电流的“有效值”概念用的是微元法D．探究“加速度与力、质量的关系”用的是控制变量法2．(2022·湖北六校调考)如图所示是磁带录音机的磁带盒的示意图，A、B为缠绕磁带的两个轮子，其半径均为r。在放音结束时，磁带全部绕到了B轮上，磁带的外缘半径为R，且R＝3r。现在进行倒带，使磁带绕到A轮上。倒带时A轮是主动轮，其角速度是恒定的，B轮是从动轮。经测定磁带全部绕到A轮上需要的时间为t。则从开始倒带到A、B两轮的角速度相等所需要的时间(　　)A.B.tC.tD.t3．(2022·山西四校联考)如图所示，竖直固定的管道内有一个小球，球的直径比管道的内径稍小，管内内壁是粗糙的，管内外壁是光滑的，管道的半径为R，R远大于管道的内径，小球在管道的最低点，现给小球一个向右的初速度，使小球在管道里运动，为了使小球能在管道里越过最高点一直运动下去，小球在最低点的初速度至少为(重力加速度为g)(　　)A.B.C.D.4．(2022·陕西八校联考)2022年春晚中开心麻花团队打造的创意形体秀《魔幻三兄弟》给观众留下了很深的印象，该剧采用了“斜躺”的表演方式，三位演员躺在倾角为30°的斜面上完成一系列动作，摄像机垂直于斜面拍摄，让观众产生演员在竖直墙面前表演的错觉。演员甲被演员乙和演员丙“竖直向上”抛出，到最高点后恰好悬停在“空中”。已知演员甲的质量m＝60kg，该过程中观众看到演员甲上升的“高度”为0.8m。设演员甲和斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，则该过程中，下列说法不正确的是(　　)137\nA．演员甲被抛出的初速度为4m/sB．演员甲运动的时间为0.4sC．演员甲的重力势能增加了480JD．演员乙和演员丙对甲做的功为480J5．(2022·金华十校模拟)如图所示，电阻不计的正方形导线框abcd处于匀强磁场中。线框绕中心轴OO′匀速转动时，产生的电动势e＝100cos(100πt)V。线框的输出端与理想变压器原线圈相连，副线圈连接着一只“20V、8W”的灯泡，且灯泡能正常发光，电路中熔断器熔断电流为0.5A，熔断器与输电导线的电阻忽略不计。下列判断正确的是(　　)A．位于图示位置的线框中磁通量变化率为零B．理想变压器原、副线圈匝数之比为10∶1C．副线圈两端并联“20V、8W”的灯泡最多不能超过8只D．若线框转速减半，产生的电动势为e＝50cos(50πt)V6．(2022·日照校际联考)探月工程三期飞行试验器于2022年10月24日2时在中国西昌卫星发射中心发射升空，飞行试验器飞抵距月球6万千米附近进入月球引力影响区，开始月球近旁转向飞行，最终进入距月球表面h＝200km的圆形工作轨道。设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G，则下列说法正确的是(　　)A．飞行试验器绕月球运行的周期为2πB．在飞行试验器的工作轨道处的重力加速度为()2gC．飞行试验器在工作轨道上的绕行速度为D．由题目条件可知月球的平均密度为7．(2022·浙江宁波勤州适应考)如图所示，在真空中有两个等量异种点电荷，关于它们连线的中垂线对称的有六个位置A、B、C、D、E、F，这六个位置构成一个正六边形ABCDEF。下列说法正确的是(　　)A．B点和C点的电场强度相同B．C点和E点的电势相同C．由于AD间存在电势差，若在AD间放上导体电阻，则导体有持续电流D．质子沿着BCDE的路径移动过程中，电势能先减小后增大8．(2022·湖北六校调考)137\n如图，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B＝1T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9m，M点为x轴正方向上一点，OM＝3m。现有一个比荷大小为＝1.0C/kg可视为质点带正电的小球(重力不计)从挡板下端N处小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M点，则小球射入的速度大小可能是(　　)A．3m/sB．3.75m/sC．4.5m/sD．5m/s二、实验题(本题共2小题。按题目要求作答。)9．(2022·南昌调研)物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数，实验装置如图甲所示，打点计时器固定在斜面上。滑块拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下。图乙是打出纸带的一段。(1)图乙中，纸带上打出相邻两计数点的时间间隔为0.04s，那么滑块下滑的加速度a＝________m/s2。(计算结果保留两位有效数字)(2)为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有________。(填入所选物理量前的字母)A．木板的长度LB．木板的末端被垫起的高度hC．木板的质量m1D．滑块的质量m2E．滑块运动的时间t10．(2022·抚顺期末)某中学的物理兴趣小组到实验室测量某电池的电动势E和内阻r，发现实验室没有电流表，于是设计了如图甲所示的实物图。已知定值电阻R0＝10Ω。电压表的内阻很大，可视为理想电压表。(1)在下面的方框中根据实物图作出实验电路图。Ｋ(2)实验中，该学习小组的同学移动滑动变阻器的滑片，并读得多组电压表与的示数U1和U2，最后将读得数据标在坐标图上，如图乙所示。请根据图象中各点表示的数据描绘出137\nU2－U1图线。(3)由(2)可求得该电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。(保留三位有效数字)三、计算题(本题共5小题。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。)11．(2022·云南名校统考)如图所示，半径R＝0.5m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，斜面倾角分别如图所示。O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度。斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P、Q两物块静止。若PC间距为L1＝0.25m，斜面MN足够长，物块P质量m1＝3kg，与MN间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g＝10m/s2求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)小物块Q的质量m2；(2)烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；(3)物块P在MN斜面上滑行的总路程。12．(2022·景德镇市二检)如图甲所示，两平行金属板间接有如图乙所示的随时间t变化的交流电压u，且当u大于零时，上极板电势比下极板高。金属板板长L＝0.2m，板间距离d＝0.2m。在金属板右侧，紧挨着金属板边缘有一个足够长的匀强磁场区域，其边界为直线MN和PQ，MN、PQ均与两板中线OO′垂直，磁感应强度B＝1.25×10－2T，方向垂直纸面向里。现有带正电的粒子流沿两板中线OO′连续射入电场中，已知每个粒子的速度大小v0＝105m/s，比荷q/m＝108C/kg，重力忽略不计。在每个粒子通过电场区域的极短时间内，137\n电场可视为恒定不变，不考虑因电场变化对带电粒子运动产生的影响，不考虑电荷间的相互影响。求：(1)能够进入磁场区域的粒子的最大动能与最小动能的比值；(2)要让穿过MN进入磁场的粒子都能从磁场中返回到MN，磁场区域的最小宽度；(3)U满足什么范围，穿过MN进入磁场的粒子能重新返回进入电场？13．【物理—选修3—3】(2022·湖北武昌调研)(1)下列说法正确的是________。(填入正确选项前的字母。)A．在围绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船中，自由漂浮的水滴呈球形，这是液体表面张力作用的结果B．布朗运动指的是悬浮在液体里的花粉中的分子的运动C．对气体而言，尽管大量分子做无规则运动，速率有大有小，但分子的速率是按一定的规律分布的D．一定质量的理想气体，在等温膨胀的过程中，对外界做功，但内能不变E．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零(2)如图，导热性能极好的气缸，高为L＝1m，开口向上固定在水平面上，气缸中有横截面积为S＝100cm2、质量为m＝10kg的光滑活塞，活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内。当外界温度为t＝27℃、大气压为p0＝1×105Pa时，柱高度为l＝0.9m，汽缸和活塞的厚度均可忽略不计，取g＝10m/s2。求：①如果气体温度保持不变，将活塞缓慢拉至汽缸顶端，在顶端处竖直拉力F的大小；②如果外界温度缓慢升高到恰使活塞移至汽缸顶端，求外界温度为多少摄氏度？137\n14．【物理—选修3—4】(2022·陕西八校联考)(1)下列说法中正确的是________。(填入正确选项前的字母。)A．人耳能听见的声波比超声波更易发生明显衍射B．离开地球的高速火箭里的人认为地球上时钟变快C．无论什么波，只要振幅足够大就可以产生明显的衍射现象D．透过平行于日光灯的窄缝观察正常发光的日光灯时能看到彩色的条纹，这是光的衍射现象E．光纤通信的工作原理是全反射，光纤通信具有容量大、抗干扰性强等优点(2)如图所示，一玻璃球体的半径为R，O为球心，AB为直径，来自B点的光线BM在M点射出，出射光线平行于AB，另一光线BN恰好在N点发生全反射，已知∠ABM＝30°，求：①玻璃的折射率；②球心O到BN的距离。137\n15．【物理—选修3—5】(2022·陕西八校联考)(1)下列说法正确的是________。(填入正确选项前的字母。)A．康普顿效应和电子的衍射现象说明光和电子都具有波动性B．普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论C．若使放射性物质的温度升高，其半衰期将减少D．平均结合能越大的原子核越稳定E．骸骨中C的含量为活着的生物体中C含量的，6C的半衰期为5730年，则该生物死亡时距今11460年(2)如图甲所示，物体A、B的质量分别是4kg和8kg，由轻质弹簧连接，放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙壁相接触，另有一个物体C水平向左运动，在t＝5s时与物体A相碰，并立即与A有相同的速度，一起向左运动。物体C的速度一时间图象如图乙所示。甲　　　　　　　乙①求物体C的质量；②求弹簧压缩具有的最大弹性势能；③求在5s到15s的时间内，墙壁对物体B的作用力的冲量。137\n137\n方法技巧练(这是单页眉，请据需要手工删加)专练(一)　力学选择题——方法练　　　　　　　　　　　　　　　　　　　方法一　直接判断法【技法阐释】解答时通过阅读和观察，利用题干所描述的物理现象和设置的条件，界定试题考查的范围和意图，选准看问题的视角，抓住主要因素，忽略次要因素，根据所学的知识和规律直接判断，得出正确的答案。这种方法一般适用于基本不需要“转变”或推理的简单题目，这些题目主要考查考生对物理识记内容的记忆和理解程度，属常识性题目。1．(2022·河北石家市质检)如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力(　　)A．方向向左，大小不变B．方向向右，逐渐减小C．方向向右，大小不变D．方向向右，逐渐减小2．(2022·泉州市模拟)如图所示，杂技演员站在一块被他踩成斜面的木板上处于静止状态，关于斜面对演员的作用力，下面说法正确的是(　　)A．木板对人可能有摩擦力作用，也可能没有摩擦力作用B．木板对人一定有摩擦C．木板对人的弹力方向一定竖直向上D．木板对人的作用力方向垂直板斜向上3．(辽宁省锦州市2022届高三上学期期末考试)在平直公路上行驶的a车和b车，其位移－时间图象分别为图中直线a和曲线b，由图可知(　　)A．b车运动方向始终不变B．在t1时刻a车的位移大于b车C．t1到t2时间内某时刻两车的速度相同D．t1到t2时间内a车的平均速度小于b车4．(2022·北京市西城区二模)如图所示，我国自行设计、制造的第一颗人造地球卫星“东方红一号”137\n运动轨道为椭圆轨道，其近地点M和远地点N的高度分别为439km和2384km，“东方红一号”卫星(　　)A．在M点的速度小于在N点的速度B．在M点的加速度小于在N点的加速度C．在M点受到的地球引力小于在N点受到的地球引力D．从M点运动到N点的过程中动能逐渐减小方法二　整体法和隔离法【技法阐释】分析多对象问题时，当题干所要分析和求解的物理量不涉及系统内部各物体间的相互作用时，可把多个物体所构成的系统作为一个整体进行研究，称为整体性，这是一种有效的解题思路。整体法与隔离法是相互依存、相互补充的，一般要采取先整体后隔离的方法，这两种方法配合起来使用，常能更有效地解决问题。5．(2022·浙江大联考二联)(多选)如图所示，质量分别为M、m的两个木块A、B通过劲度系数为k的轻弹簧连接，木块A放在水平桌面上，力F通过跨过定滑轮的轻绳作用于木块B，A、B整体处于静止状态，左侧轻绳与水平方向成α角。不计滑轮与绳间的摩擦。则下列说法正确的是(　　)A．木块A对桌面的压力为N＝Mg＋mg－FsinαB．轻弹簧处于拉伸状态，其伸长量为C．木块A对桌面的摩擦力大小为f＝Fcosα，方向向左D．木块A对桌面的摩擦力大小为f＝Fsinα，方向向右6．(2022·西安市质检)(多选)如图，一滑块正在足够长的粗糙斜面上匀速下滑，斜面静止在水平地面上。下列说法正确的是(　　)A．如果要使滑块静止，可在滑块上叠放一重物B．如果要使滑块静止，可对滑块施一垂直于斜面向上的力C．滑块在斜面上匀速下滑时，斜面与水平地面间无摩擦力D．滑块在斜面上匀速下滑时，对滑块施加一沿斜面向上的力，可以使其静止，但静止前，斜面与水平地面间仍无摩擦力7．(山东省济南市2022届高三下学期第一次模拟考试)137\n一串小灯笼(五只)彼此用轻绳连接，并悬挂在空中。在稳定水平风力作用下发生倾斜，悬绳与竖直方向的夹角为30°，如图所示。设每个灯笼的质量均为m。则自上往下第一只灯笼对第二只灯笼的拉力大小为(　　)A．2mgB.mgC.mgD．8mg137\n8.(2022·北京海淀模拟)(多选)如图所示，置于足够长斜面上的盒子A内放有光滑球B，B恰与A前、后壁接触，斜面光滑且固定于水平地面上。一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板P拴接，另一端与A相连，整个装置处于静止状态。今用外力沿斜面向下推A使弹簧处于压缩状态，然后由静止释放，则从释放盒子直至其获得最大速度的过程中(　　)A．弹簧弹性势能的减少量等于A和B的机械能的增加量B．弹簧的弹性势能一直减小直至为零C．A所受重力和弹簧弹力做功的代数和小于A的动能的增加量D．A对B做的功等于B的机械能的增加量方法三　筛选排除法【技法阐释】在读懂题意的基础上，根据题目的要求，灵活运用物理知识，经分析、推理先将明显的错误或不合理的备选答案一个一个地排除掉，最后只剩下正确的答案。9．(2022·湖北孝感高三调研)如图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接。下图中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程。下图中正确的是(　　)10．(2022·浙江温州十校期中)如图甲所示，A、B两物体叠放在一起，放在光滑的水平面上，从静止开始受到一变力的作用，该力与时间的关系如图乙所示，A、B始终相对静止，设向右为正方向，则关于A物体运动的加速度a，速度v，B对A的摩擦力Ff，及运动的位移x随时间变化的关系图象正确的是(　　)11．(2022·广州市模拟)(多选)某位溜冰爱好者在岸上从O点由静止开始匀加速助跑，2137\ns后到达岸边A处，接着进入冰面(冰面与岸边基本相平)开始滑行，又经3s停在了冰上的B点，如图所示，若该过程中，他的位移是x，速度是v，受的合外力是F，机械能是E，则对以上各量随时间变化规律的描述，正确的是(　　)12．(2022·珠海联考)如图所示，表面处处同样粗糙的楔形木块abc固定在水平地面上，ab面和bc面与地面的夹角分别为α和β，且α>β。一初速度为v0的小物块沿斜面ab向上运动，经时间t0后到达顶点b时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc下滑。在小物块从a运动到c的过程中，可能正确描述其速度大小v与时间t的关系的图象是(　　)方法四　逆向思维法【技法阐释】正向思维法在解题中运用较多，在运用时要根据物体所经物理过程的先后顺序，弄清物理过程，作出相应的受力分析，列方程解决问题。而有时利用正向思维解题比较烦琐，这时我们可以考虑利用逆向思维法解题。逆向思维法应用的基本思路：①分析确定研究问题的类型是否能用逆向思维法解决，②确定逆向思维问题的类型。(a.由果索因；b.变换研究对象；c.过程倒推等)，③通过转换运动过程、研究对象等确定求解思路。137\n13.(2022·广东省六校联考)(多选)如图所示，有一位冒险家希望有一天能站在世界上最高的楼顶，他设想把这样一座楼建在赤道上，假设这座楼施工完成，高度为h，站在楼顶时，他恰好感到自己“飘浮”起来。设这位冒险家的质量为m，地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，地球自转的角速度为ω，则冒险家在楼顶受到的万有引力的大小为(　　)A．0B.C．mD.14．(2022·沈阳高三质量监测)如图所示，将一篮球从地面上方B点斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上A点，不计空气阻力。若抛射点B向篮板方向移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A点，则可行的是(　　)A．增大抛射速度v0，同时减小抛射角θB．减小抛射速度v0,同时减小抛射角θC．增大抛射角θ，同时减小抛射速度v0D．增大抛射角θ，同时增大抛射速度v015．(2022·辽宁本溪联考)一颗子弹垂直穿过三块紧靠在一起的木板后，速度刚好为零，设子弹在木板中所受阻力不变，若三块木板厚度相同，则子弹穿过三块木板的时间之比为(　　)A．(－)∶(－1)∶1B．1∶(－1)∶(－)C.∶∶1D．1∶∶16．(2022·江西省南昌模拟)如图所示，在水平地面上的A点以与地面成θ角的速度v1射出一弹丸，弹丸恰好以速度v2垂直穿入竖直墙壁上的小孔B，下列说法正确的是(不计空气阻力)(　　)A．在小孔B以跟v2大小相等、方向相反的速度射出弹丸，它不一定落在地面上的A点B．在小孔B以跟v1大小相等、跟v2方向相反的速度射出弹丸，它必定落在地面上的A点C．在小孔B以跟v1大小相等、跟v2方向相反的速度射出弹丸，它必定落在地面上A137\n点的左侧D．在小孔B以跟v1大小相等、跟v2方向相反的速度射出弹丸，它必定落在地面上A点的右侧方法五　图象思维法【技法阐释】图象思维法是根据各物理量间的数量关系，作出表示物理量之间的函数关系的图线，然后再利用图线的交点、图线的斜率、图线的截距、图线与坐标轴所围几何图形的“面积”等对问题进行分析、推理、判断或计算，其本质是利用图象本身的数学特征所反映的物理意义解决问题，或者说根据物理图象判断物理过程、物理状态、物理量之间的函数关系和求解某些物理量。17．(2022·四川名校检测)(多选)如图所示，平直木板AB倾斜放置，板上的P点距A端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B逐渐减小。先让物块从A由静止开始滑到B。然后，将A着地，抬高B，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B由静止开始滑到A。上述两过程相比较，下列说法中一定正确的有(　　)A．物块经过P点的动能，前一过程较小B．物块从顶端滑到P点的过程中因摩擦产生的热量，前一过程较少C．物块滑到底端的速度，前一过程较大D．物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长18．(2022·高考冲刺卷一)甲、乙同时从A处由静止出发，沿直线AB运动，甲先以加速度a1做匀加速运动，经一段时间后，改以加速度a2做匀加速运动，到达B的速度为v0，乙一直以加速度a做匀加速运动，到达B的速度也为v0。已知a1>a，则(　　)A．a2＝aB．a2>aC．经过AB中间任一点时，甲的速度一定大于乙的速度D．经过AB中间某一点时，甲的速度可能小于乙的速度19．(2022·镇江高三模拟)一个小球以v0＝20m/s的初速度竖直向上抛出，然后每隔时间Δt＝1s，以同样速度竖直上抛一个小球，不计空气阻力，g取10m/s2，且小球在升降过程中不发生碰撞，试求第一个小球在空中能与几个小球相遇(　　)A．2B．3C．4D．520．(2022·浙江大联考一联)用铁锤将一铁钉钉入木块，设木块对铁钉的阻力与铁钉钉入木块的深度成正比，在铁锤击打第一次时，能把铁钉打入木块内1cm，问打第二次时能打入的深度为：(设铁锤每次做功都相等)(　　)A．1cmB．0.5cmC.cmD．(－1)cm方法六　对称思维法【技法阐释】对称思维法常见的应用有：(1)时间对称，如竖直上抛运动和对应的自由落体运动的时间是对称的。(2)空间对称，如均匀带电的圆环，在其圆心产生的场强为零等。利用对称思维法分析解决物理问题，可以避免复杂的数学运算，从而直接抓住问题的实质，快速简便地求解问题。137\n21．(2022·湖北省武汉市模拟)(多选)从地面竖直上抛物体A，同时在某高度有一物体B自由下落，两物体在空间相遇(并非相碰)的速率都是v，则下列叙述正确的是(　　)A．物体A上抛的初速度大小是相遇时速率的2倍B．相遇时物体A上升的高度和物体B下落的高度相同C．物体A和B的落地时间相同D．物体A和B的落地速度相等22．(2022·山东菏泽模拟)如图所示，相对的两个斜面(足够长)倾角分别为37°和53°，在顶点把两个小球以同样大小的初速度分别向左、向右水平抛出，小球都落在斜面上。若不计空气阻力，则A、B两球在空中运动的时间之比为(　　)A．1∶1B．4∶3C．16∶9D．9∶1623．(2022·济南市模拟)如图所示，阴影区域是质量为M、半径为R的球体挖去一个小圆球后的剩余部分。所挖去的小圆球的球心O′和大球体球心O间的距离是。则球体剩余部分对球体外离球心O距离为2R、质量为m的质点P的引力为(　　)A.B.C.D.24．(2022·安徽六校联考)已知地球半径为R，地球表面处的重力加速度为g，地球自转周期为T，某颗地球同步卫星正下方的地球表面上有一观察者，他用天文望远镜观察被太阳光照射的此卫星。若不考虑大气对光的折射，春分那天(太阳光直射赤道，白昼与黑夜等长)，在日落12小时内该观察者看不到此卫星的时间为(　　)A.arccos()B.arcsin()C.arccos()D.arcsin()方法七　临界与极限思维法【技法阐释】(1)临界法解题的一般思路：找出发生临界问题的原因→找准临界状态→找到临界条件→分析求解。审题关键：①有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，表明题述的过程中存在着临界点；②若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，137\n表明题述的过程中存在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界点；③若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程中存在着极值，这些极值点也往往对应着临界状态。(2)极限法常用于快速解答选择题，或者在解答某些大题时，用极限法来确定“解题方向”。应用极限思维法时，要注意所选取的某段物理过程研究的物理量的变化是否为单调变化。若为单调变化，可假设某种变化的极端情况，从而得出结论或作出判断。25．(2022·长春市模拟)(多选)如图所示，水平屋顶高H＝5m，围墙高h＝3.2m，围墙到房子的水平距离L＝3m，围墙外马路宽x＝10m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的马路上，则小球离开屋顶时的速度v的大小的可能值为(g取10m/s2)(　　)A．8m/sB．12m/sC．6m/sD．2m/s26．(2022·浙江高考联盟联考)如图，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端悬挂质量为m1、m2、m3的物体A、B、C。若滑轮有一定大小，质量为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦。设细绳对A和B的拉力大小分别为T1和T2。已知下列四个关于T1的表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是(　　)A．T1＝B．T1＝C．T1＝D．T1＝27．(2022·石家庄质量检测)如图所示，A是半径为R的圆形光滑轨道，固定在木板B上，竖直放置；B137\n的左右两侧各有一光滑挡板固定在地面上，使其不能左右运动，小球C静止放在轨道最低点，A、B、C的质量相等。现给小球一水平向右的初速度v0，使小球在圆形轨道的内侧做圆周运动，为保证小球能通过轨道的最高点，且不会使B离开地面，初速度v0必须满足(重力加速度为g)(　　)A．最小值为B．最大值为C．最小值为D．最大值为专练(二)　力学大题——题型练　　　　　　　　　　　　　　　　　　　题型一　匀变速直线运动与牛顿运动定律的综合应用1．(2022·江西南昌市高三质检)如图所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定的斜面底端有一质量m＝1.0kg的物体，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25。现用轻细线将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力F＝10.0N，方向平行于斜面向上。经t＝4.0s绳子突然断了，g取10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80。求：(1)物体沿斜面所能上升的最大高度；(2)物体再返回到斜面底端时所用的时间。2．(2022·湖北省部分重点高中高三联考)有一段长为L与水平面夹角为θ的斜坡路面，一质量为m的木箱放在斜坡底端，质量为4m的人想沿斜坡将木箱推上坡顶，假设人与路面之间的动摩擦因数为μ(计算中可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g)，人是沿与斜坡平行的方向用力推木箱的。求：(1)假设木箱与路面间无摩擦力，人推着木箱一起以加速度a向上运动，人受到路面的摩擦力多大？(2)若木箱与路面间的动摩擦因数也为μ，则人推木箱一起能获得的最大加速度大小是多少？(3)若木箱与路面间的动摩擦因数也为μ，要将木箱由坡底运送到坡顶，人推木箱一起运动的最短时间是多少？题型二　直线运动与运动图象的综合应用137\n3．(2022·河南省周口市高三一模)飞船完成了预定空间科学和技术试验任务后，返回舱开始从太空向地球表面按预定轨道返回，在离地10km的高度打开阻力降落伞减速下降，这一过程中若返回舱所受阻力与速度的二次方成正比，比例系数(空气阻力系数)为k，设返回舱总质量M＝3000kg，所受空气浮力恒定不变，且认为竖直降落。从某时刻开始计时，返回舱的运动v－t图象如图中的AD曲线所示，图中AB是曲线在A点的切线，切线交横轴于一点B的坐标为(8，0)，CD是平行横轴的直线，交纵轴于C点，C点的坐标为(0，8)。g＝10m/s2，请解决下列问题：(1)在初始时刻v0＝160m/s时，它的加速度多大？(2)推证空气阻力系数k的数值；(3)返回舱在距离地面高度h＝1m时，飞船底部的4个反推力小火箭点火工作，使其速度由8m/s迅速减至1m/s后落在地面上，若忽略燃料质量的减少对返回舱总质量的影响，并忽略此阶段速度变化而引起空气阻力的变化，试估算每支小火箭的平均推力(计算结果取两位有效数字)。137\n4.(2022·山西省大同市高三一模)质量为m的物体，以初速度v0沿倾角为θ的斜面向上滑行，它沿斜面向上滑行的最大距离s与斜面倾角θ的关系如图所示。取g＝10m/s2，求：(1)物体的初速度；(2)物体与斜面的动摩擦因数；(3)滑行距离的最小值及对应的斜面倾角。题型三　传送带、物块和滑板问题5．(2022·河北省保定市高三一模)如图所示，水平传送带AB长L1＝22.5m，可以以不同的恒定速度向右运动，右端平滑连接一长度L2＝5m、倾角θ＝37°的斜面BC。一质量为m＝10kg的工件，相对地面静止地从传送带左端点A处放上传送带。工件与传送带、斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)若工件传动到右端B点时，恰好与传送带相对静止。传送带的速度是多大？(2)工件能否到达斜面的上端C点。若能，则传送带的速度是多大？(3)在第(2)问的情况下，工件从A点运动到B点的时间。6．(2022·山东省师范大学附中高三一模)如图所示，在水平长直的轨道上，有一长度为L的平板车在外力控制下始终保持速度v0做匀速直线运动。某时刻将一质量为m的小滑块轻放到车的中间，滑块与车面间的动摩擦因数为μ。(1)已知滑块与车面间动摩擦因数μ＝0.3，滑块质量m＝2kg，车长L＝4m，车速v0＝6m/s，取g＝10m/s2，当滑块放到车面中间的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F大小应该满足什么条件？(2)在(1)的情况下，力F取最小值，要保证滑块不从车上掉下，力F的作用时间应该在什么范围内？137\n题型四　直线运动与平抛运动结合的问题7．(2022·山东省临沂市高三一模)如图所示，质量为m＝0.1kg的小球置于平台末端A点，平台的右下方有一个表面光滑的斜面体，在斜面体的右边固定一竖直挡板，轻质弹簧拴接在挡板上，弹簧的自然长度为x0＝0.3m，斜面体底端C点距挡板的水平距离为d2＝1m，斜面体的倾角为θ＝45°，斜面体的高度h＝0.5m。现给小球一大小为v0＝2m/s的初速度，使之在空中运动一段时间后，恰好从斜面体的顶端B点无碰撞地进入斜面，并沿斜面运动，经过C点后再沿粗糙水平面运动，过一段时间开始压缩轻质弹簧。小球速度减为零时，弹簧被压缩了Δx＝0.1m。已知小球与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.5，设小球经过C点时无能量损失，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)平台与斜面体间的水平距离d1；(2)小球在斜面上的运动时间t1；(3)弹簧压缩过程中的最大弹性势能Ep。8．(2022·江苏省徐州市高三质检)如图所示，长为L、内壁光滑的直管与水平面成30°角固定放置，将一质量为m的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为M＝km的小物块相连，小物块悬挂于管口。现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变。(重力加速度为g)(1)求小物块下落过程中的加速度大小；(2)求小球从管口抛出时的速度大小；137\n(3)试证明小球平抛运动的水平位移总小于L。题型五　直线运动与圆周运动相结合的问题9．(2022·安徽省黄山市高三质检)如图所示，水平面APB的AP段光滑、PB段粗糙。弹簧的原长点在AP段，水平面APB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，圆形导轨的半径为R，一个质量为m的静止物块将弹簧压缩至A处。由静止释放后，物块在弹力的作用下获得某一向右速度，当它经过B点进入圆形导轨后的瞬间对导轨的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点。若物块与粗糙接触面间的动摩擦因数均为μ，求：(1)物块进入圆形轨道B点时速度的大小；(2)物块从B至C克服阻力做的功；(3)开始时弹簧的弹性势能为Ep，物块在粗糙水平面上的运动时间为多少？10．(2022·广东省湛江市高三模拟)如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点。水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R＝0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R，用质量m1＝0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点。用同种材料、质量为m2＝0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后其位移与时间的关系为x＝6t－2t2，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道。取g＝10m/s2，求：(1)BP间的水平距离；(2)判断m2能否沿圆轨道到达M点；(3)释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功。137\n11．(2022·河北省衡水中学高三检测)如图所示，半径R＝0.5m的光滑半圆轨道竖直固定在高h＝0.8m的光滑水平台上并与平台平滑连接，平台CD长L＝1.2m。平台上有一用水平轻质细线拴接的完全相同的物块m1和m2组成的装置Q，Q处于静止状态。装置Q中两物块之间有一处于压缩状态的轻质小弹簧(物块与弹簧不拴接)。某时刻装置Q中细线断开，待弹簧恢复原长后，m1、m2两物块同时获得大小相等、方向相反的水平速度，m1经半圆轨道的最高点A后，落在水平地面上的M点，m2落在水平地面上的P点。已知m1＝m2＝0.2kg，不计空气阻力，g取10m/s2。若两物块之间弹簧被压缩时所具有的弹性势能为7.2J，求：(1)物块m1到达C点时对半圆轨道的压力大小；(2)物块m1通过半圆轨道的最高点A时的速度大小；(3)物块m1和m2相继落到水平地面时P、M两点之间的水平间距。专练(三)　电学选择题——方法练　　　　　　　　　　　　　　　　　　　方法一　比较排除法【技法阐释】通过分析、推理和计算，将不符合题意的选项一一排除，最终留下的就是符合题意的选项。如果选项是完全肯定或否定的判断，可通过举反例的方式排除；如果选项中有相互矛盾或者是相互排斥的选项，则两个选项中可能有一种说法是正确的，当然，也可能两者都错，但绝不可能两者都正确。1．(2022·乌鲁木齐一诊)如图所示，电路中灯泡A、B均正常发光。忽然灯泡B比原来变暗了些，而灯泡A比原来变亮了些。电路中出现的故障可能是(　　)A．R2发生断路B．R3发生断路C．R1、R2同时发生断路137\nD．R1、R3同时发生断路2．(2022·徐州期中)如图所示电路中，R1＝4Ω，R2＝6Ω，电源内阻不可忽略，闭合开关S1，当开关S2闭合时，电流表A的示数为3A，则当S2断开时，电流表示数可能为(　　)A．3.2AB．2.1AC．1.2AD．0.8A3．(2022·保定一模)半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板P、Q连接，如图甲所示。有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图乙所示。能正确反映两块金属板间的电压UPQ随时间t变化规律的应该是(　　)4．(2022·潍坊模拟)如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B，磁场在y轴方向足够宽，在x轴方向宽度为a。一直角三角形导线框ABC(BC边的长度为a)从图示位置向右匀速穿过磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在图中感应电流i、BC两端的电压uBC与线框移动的距离x的关系图象正确的是(　　)137\n5．(2022·山西运城模拟)如图所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B1＝1T，位于纸面内的细直导线，长L＝1m，通有I＝1A的恒定电流。当导线与B1成60°夹角时，发现其受到的安培力为零，则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B2的不可能值是(　　)A.TB.TC．1TD.T方法二　逆向思维法【技法阐释】很多物理过程具有可逆性，在沿着正向过程或思维(由前到后或由因到果)分析受阻时，有时“反其道而行之”，沿着逆向过程或思维(由后到前或由果到因)来思考，常常可以化难为易、出奇制胜。6．(2022·淮北一模)如图所示，Q是单匝金属线圈，MN是一个螺线管，它的绕线方式没有画出，Q的输出端a、b和MN的输入端c、d之间用导线相连，P是在MN正下方水平放置的用细导线绕制的软弹簧线圈。若在Q所处的空间加上与环面垂直的变化磁场，发现在t1至t2时间段内弹簧线圈处于收缩状态，则所加磁场的磁感应强度的变化情况可能为图中的(　　)7．(2022·河南安阳模拟)如图所示，水平放置的金属板间有匀强电场，一带正电的粒子以水平速度v0从M点射入匀强电场，穿过电场后，从N点以速度v射出，不计粒子的重力，则以下判断正确的是(　　)A．如果让粒子从M点以速率v沿水平方向射入，则粒子从N点射出时的速率为v0B．如果让粒子从N点以速度－v射入，则粒子从M点射出时的速度为－v0137\nC．如果让粒子从M点以速率v沿水平方向射入，则粒子能到达N点D．如果让粒子从N点以速率v0沿－v方向射入，则粒子从M点射出时的速率为v沿－v0方向方法三　对称分析法【技法阐释】对称情况存在于各种物理现象和物理规律中，应用这种对称性可以帮助我们直接抓住问题的实质，避免复杂的数学演算和推导，快速解题。8．(2022·上海二模)下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘。坐标原点O处电场强度最大的是(　　)9．(2022·江苏四市调研)如图所示，无限长导线，均通以恒定电流I。直线部分和坐标轴接近重合，弯曲部分是以坐标原点O为圆心的相同半径的一段圆弧，已知直线部分在原点O处不形成磁场，则下图中各选项O处磁感应强度和图甲中O处磁感应强度相同的是(　　)方法四　图象分析法【技法阐释】根据题目的内容画出图象或示意图，再利用图象分析寻找答案。图象分析法具有形象、直观的特点，便于了解各物理量之间的关系，能够避免烦琐的计算，迅速简便地找出正确选项。10．(2022·杭州西湖月考)如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是(　　)A．0<t0<B.<t0<137\nC.<t0<TD．T<t0<11．(2022·成都模拟)(多选)在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器的滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是(　　)A．灯泡L变亮B．电流表读数变小，电压表读数变大C．电源的输出功率变小D．电容器C上所带的电荷量减少方法五　思维转换法【技法阐释】所谓思维转换法是指变换角度，从不同层次、不同角度去思考和探索问题的方法。这种方法往往通过转换研究对象、空间角度、物理规律、物理模型、思维角度、物理过程等达到化繁为简，化难为易的效果。12．(2022·淮安市测试)如图所示，水平桌面上放置一根条形磁铁，磁铁中央正上方用绝缘弹簧悬挂一水平直导线，并与磁铁垂直。当直导线中通入图中所示方向的电流时，可以判断出(　　)A．弹簧的拉力增大，条形磁铁对桌面的压力减小B．弹簧的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力减小C．弹簧的拉力增大，条形磁铁对桌面的压力增大D．弹簧的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力增大13．(2022·蚌埠市模拟)(多选)如图所示，电源的内阻可以忽略不计，电压表(内阻不能忽略)和可变电阻R串联在电路中，如果可变电阻R的阻值减为原来的，电压表的读数由U0增加到2U0，则下列说法正确的是(　　)A．流过可变电阻R的电流增大为原来的2倍B．可变电阻R消耗的电功率增大为原来的4倍C．可变电阻两端的电压减小为原来的137\nD．若可变电阻R的阻值减小到零，那么电压表的示数变为4U0方法六　二级结论法【技法阐释】“二级结论”是由基本规律和基本公式导出的推论。熟记并巧用一些“二级结论”可以使思维过程简化，节约解题时间。非常实用的二级结论有：(1)不同质量和电荷量的同性带电粒子由静止相继经过同一加速电场和偏转电场，轨迹重合；(2)直流电路中动态分析的“串反并同”结论；(3)平行通电导线同向相吸，异向相斥；(4)带电平行板电容器与电源断开，改变极板间距离不影响极板间匀强电场的强度等。14．(2022·临沂期末)如图，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘。当MN中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向(　　)A．向左B．向右C．垂直纸面向外D．垂直纸面向里15．(2022·重庆渝中期末)在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示。过c点的导线所受安培力的方向(　　)A．与ab边平行，竖直向上B．与ab边平行，竖直向下C．与ab边垂直，指向左边D．与ab边垂直，指向右边方法七　类比分析法【技法阐释】所谓类比分析法，就是将两个(或两类)研究对象进行对比，分析它们的相同或相似之处、相互的联系或所遵循的规律，然后根据它们在某些方面有相同或相似的属性，进一步推断它们在其他方面也可能有相同或相似的属性的一种思维方法。在处理一些物理背景很新颖的题目时，可以尝试着使用这种方法。16．(2022·湖北黄梅适应训练)两质量均为M的球形均匀星体，其连线的垂直平分线为MN，O为两星体连线的中点，如图所示，一质量为m的小物体从O点沿着OM方向运动，则它受到的万有引力大小的变化情况是(　　)A．一直增大B．一直减小C．先增大后减小D．先减小后增大17．(2022·河北唐山月考)(多选)如图所示，一带负电的离子只受某一正点电荷Q137\n的电场力作用，从A点运动到B点再到C点，点电荷Q未在图中画出。离子运动轨迹关于水平轴线MN对称，B点位于轨迹的最右端。以下说法中正确的是(　　)A．正点电荷Q一定在B点左侧B．离子在B点的加速度一定最大C．离子在B点的动能可能最小D．离子在B点的电势能可能最小方法八　补偿思维法【技法阐释】当解题所需的条件不足或没有条件而造成直接求解困难或不能求解时，我们给其补偿上另外一个条件，使其成为一个我们所熟悉的物理模型，这样就能够通过补偿的条件把较困难的问题转变为较容易的问题，从而达到最终解题的目的。18．(2022·内蒙包钢适应考)如图所示的空间存在一有界的匀强磁场，其方向为垂直于纸面向里，磁场的右边界为MN，左侧范围足够大，在MN右侧有一矩形金属线圈abcd，ab边与MN重合。现使线圈以ab边为轴按图示方向匀速转动，将a、b两端连到示波器的输入端，若电流从a到b为正，从cd边进入磁场开始计时，则从示波器观察到的ab中电流随时间变化的规律是(　　)19．(2022·甘肃一诊)已知电荷量为q的正电荷均匀分布在半球面AB上，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，如图所示，M是位于CD轴线上球面外侧的点，N是位于CD轴线上球面内侧的点，且OM＝ON＝L＝2R。已知M点的场强为E，则N点的场强为(　　)137\nA．EB.C.－ED.－E方法九　反证举例法【技法阐释】有些选择题的选项中，带有“可能”、“可以”等不确定词语，只要能举出一个特殊例子证明它正确，就可以肯定这个选项是正确的；有些选择题的选项中，带有“一定”、“不可能”等肯定的词语，只要能举出一个反例驳倒这个选项，就可以排除这个选项。20．(2022·东北三省一模)关于静电场，下列说法正确的是(　　)A．电势等于零的物体一定不带电B．电场强度为零的点，电势一定为零C．同一电场线上的各点，电势一定相等D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加方法十　单位判断法【技法阐释】从物理量的单位出发筛选出正确答案。如果等式两边单位不一致，或所列选项的单位与题干要求量不统一，则肯定有错误。21．(2022·莱芜模拟)某个由导电介质制成的电阻截面如图所示，导电介质的电阻率为ρ，制成内外半径分别为a和b的半球壳层形状(图中阴影部分)，半径为a、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心成为一个引出电极，在导电介质的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极，设该电阻的阻值为R。下面给出R的四个表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解R，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断。根据你的判断，R的合理表达式应为(　　)A．R＝B．R＝C．R＝D．R＝137\n专练(四)　电磁学大题——题型练　　　　　　　　　　　　　　　　　　　题型一　带电粒子在电场中的应用【题型分析】主要考查带电粒子在电场中的加速、偏转及电场力做功、电势能变化等，审题时要结合电场的性质进行正确的受力分析和运动情况分析，再根据类平抛运动的规律和功能关系、几何关系等列方程，问题则不难求解。1．(2022·福州八县联考)如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y′长为L，相距为d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b。在两板间加上可调偏转电压UYY′，一束质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出。(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；(2)求两板间所加偏转电压UYY′的范围；(3)求粒子可能到达屏上区域的长度。2．(2022·河南八市联考)如图所示，在水平地面上有一条足够长直轨道，只有AB段粗糙，AB段长为3L，其余部分均光滑，以B点为分界线，B点左侧存在方向水平向右的匀强电场，每个小物块所受的电场力为本身重力的0.25倍。有若干个相同的小方块(每个小方块视为质点)沿水平靠在一起，总长为L，总质量为M，但不粘接。每个小方块质量都相等，都带有等量的正电荷(各小方块在运动过程中电荷量保持不变)，开始时用外力控制，所有物块均处于静止状态，最前端(最右端)距A点为2L。在某一时刻将它们由静止释放，当最前端运动到A点右侧距A为时小方块运动的速度达到最大。(重力加速度为g)(1)小方块与粗糙地面的动摩擦因数μ为多少？(2)已知所有物块最终均静止于AB之间，求物块静止时的位置？(3)要使所有物块都能通过B点，由静止释放时物块的前端(最右端)距A点的距离至少为多少？(4)如果所有的方物块都已经通过B点，这些方物块从B点射出时的动能会各不相同，试求所有物块动能之和的最小值为多少？137\n题型二　带电粒子在有界磁场中的运动【题型分析】带电粒子沿垂直于磁场方向射入分界线两侧空间不同的两种匀强磁场，往往先后受到大小不同的洛伦兹力作用，使带电粒子的运动轨迹也不同。由于磁场的方向、磁场区域的大小以及带电粒子速度的大小和方向等多种条件的不同而使这类题目富有探究性和开放性。同时这类问题能很好地考查考生的空间想象、推理分析、综合判断能力。粒子进入有边界的磁场，由于边界条件的不同，会出现涉及临界状态的临界问题。3．(2022·抚州模拟)如图所示，竖直面内有一倒立等边三角形OMN区域，边长为L，MN边是水平的。在该区域有一垂直纸面向外磁感应强度为B的匀强磁场。在同一竖直面内有一束质量为m、电荷量为q、速度大小不同的带正电粒子从N点沿NM方向射入该磁场区域(可认为能发生偏转)。过O点作与MN边平行的直线作为x坐标轴，且O点为坐标轴的原点。不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，试求：(1)射到x坐标轴上的O点的粒子速度大小；(2)垂直OM边射出的粒子与x坐标轴的交点位置；(3)粒子在磁场中运动的时间和速度的关系。题型三　带电粒子在磁场中运动的多解问题【题型分析】带电粒子在洛伦兹力作用下在磁场中做匀速圆周运动，由于运动的周期性或条件的周期性等因素的存在，使问题往往出现多解性，此类问题能很好地考查学生多元性思维和空间想象力，渗透物理世界的对称与和谐，因此将可能成为今后高考的热点。4．(2022·德州市期末)如图甲所示，在真空中，半径为b的虚线所围的圆形区域内存在匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，磁场方向垂直纸面向外(未画出)。在磁场右侧有一对平行金属板M和N，两板间距离为b，板长为2b，两板的中心线O1O2与磁场区域的圆心O在同一直线上，两板左端与O1在同一竖直线上。有一电荷量为q、质量为m的带电粒子，以某一速度从圆周上的P点沿半径并指向圆心O的方向进入磁场，当从圆周上的O1点飞出磁场时，给M、N板加上如图乙所示的交变电压。最后粒子刚好以平行于N板的速度从N板的边缘飞出。(不计平行金属板两端的边缘效应及粒子所受的重力)137\n(1)求带电粒子的电性及进入磁场P点时的速率v0；(2)求交变电压的周期T和电压U0的值；(3)若t＝0时，将该粒子从MN板右侧沿板的中心线O2O1，仍以原速率v0射入M、N之间，求粒子在磁场中运动的时间。题型四　带电粒子在复合场中的运动问题【题型分析】带电粒子在复合场中的运动的命题，集中融合力学、电磁学等知识，其特点为构思新颖、综合性强，突出考查考生对物理过程和运动规律的综合分析能力、运用数学知识解决物理问题的能力及空间想象能力。试题常以加速器、示波管、质谱仪、速度选择器为背景，结合最新的现代科技知识与情景，考查带电粒子在电场中的加速、偏转和在磁场中的偏转。5．(2022·东营二模)在xOy平面内，直线OP与y轴的夹角α＝45°。第一、第二象限内存在方向分别为竖直向下和水平向右的匀强电场，电场强度大小均为E＝1.0×105N/C；在x轴下方有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝0.1T，如图所示。现有一带正电的粒子从直线OP上某点A(－L，L)处静止释放。设粒子的比荷＝4.0×107C/kg，粒子重力不计。求：137\n(1)若L＝2cm，粒子进入磁场时与x轴交点的横坐标及粒子速度的大小和方向；(2)如果在直线OP上各点释放许多个上述带电粒子(粒子间的相互作用力不计)，试证明各带电粒子进入磁场后做圆周运动的圆心点的集合为一抛物线。6．(2022·三门峡市二模)如图，空间某区域存在宽度为5d＝0.4m竖直向下的匀强电场，电场强度为0.1V/m，在电场中还存在3个磁感应强度方向为水平的匀强磁场区域，磁感应强度为0.1T。一带负电小球从离磁场1上边界h＝0.2m的A处自由下落。带电小球在这个有电场和磁场的区域运动。已知磁场宽度为d＝0.08m，两个磁场相距也为d＝0.08m，带电小球质量为m＝10－5kg，小球带有的电荷量为q＝－10－3C。求：(1)小球刚进入电场磁场区域时的速度；(2)小球第一次离开磁场1时的速度大小及穿过磁场1磁场2所用的时间；(3)带电小球能回到与A同一高度处吗？如不能回到同一高度，请你通过计算加以说明；如能够回到同一高度，则请求出从A处出发开始计时到回到同一高度的时刻(假设磁场电场区域足够长，g＝10m/s2，＝0.92)。137\n题型五　电磁感应问题的综合应用【题型分析】解决电磁感应中的力学问题，不仅要应用电磁学中的有关规律，如楞次定律、法拉第电磁感应定律、左手定则、右手定则、安培力的计算公式等，还要应用力学中的有关规律，如牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律等。这类问题涉及力电的综合应用，仍是以牛顿运动定律为核心，研究运动和力的关系。7．(2022·唐山二模)一水平匀速运动的传送带，右侧通过小圆弧连接光滑金属导轨，金属导轨与水平面成θ＝30°角，传送带与导轨宽度均为L＝1m。沿导轨方向距导轨顶端x1＝0.7m到x2＝2.4m之间存在垂直于导轨平面的匀强磁场区域abcd，ab、cd垂直于平行导轨，磁感应强度为B＝1T。将质量均为m＝0.1kg的导体棒P、Q相隔Δt＝0.2s分别从传送带的左端自由释放，两导体棒与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.1，两棒到达传送带右端时已与传送带共速。导体棒P、Q在导轨上运动时，始终与导轨垂直且接触良好，P棒进入磁场时刚好匀速运动，Q棒穿出磁场时速度为4.85m/s。导体棒P、Q的电阻均为R＝4Ω，导轨电阻不计，g＝10m/s2，求：(1)传送带运行速度v0；(2)定性画出导体棒P两端的电压U随时间t变化关系图象(从进入磁场开始计时)?(3)从导体棒P、Q自由释放在传送带上开始，到穿出磁场的过程中产生的总内能？8．(2022·开封模拟)如图所示，光滑的平行长直金属导轨置于水平面内，间距为L。导轨左端接有阻值为R的电阻，质量为m的导体棒垂直跨接在导轨上。导轨和导体棒的电阻均不计，且接触良好。在导轨平面上有一矩形区域内存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。开始时导体棒静止于磁场区域的右端，当磁场以速度v1匀速向右移动时，导体棒随之开始运动，137\n同时受到水平向左、大小为f的恒定阻力，并很快达到恒定速度，此时导体棒仍处于磁场区域内。(1)求导体棒所达到的恒定的速度v2；(2)为使导体棒能随磁场运动，阻力最大不能超过多少？(3)导体棒以恒定速度运动时，单位时间内克服阻力所做的功和电路中消耗的电功率各为多大？(4)若t＝0时磁场由静止开始水平向右做匀加速直线运动，经过较短时间后，导体棒也做匀加速直线运动，其v－t关系图象如图所示，已知在时刻t导体棒瞬时速度大小为vt，求导体棒做匀加速直线运动时加速度的大小。9.(2022·巢湖市月考)如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5m，左端接有阻值R＝0.3Ω的电阻。一质量m＝0.1kg、电阻r＝0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4T。金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2m/s2的加速度做匀加速运动，当金属棒的位移x＝9m时撤去外力，金属棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1。导轨足够长且电阻不计，金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：(1)金属棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功WF。10．(2022·周口市期末抽调)如图①所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y轴方向没有变化，与横坐标x137\n的关系如图②所示，图线是双曲线(坐标轴是渐进线)；顶角θ＝45°的光滑金属长导轨MON固定在水平面内，ON与x轴重合，一根与ON垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨MON向右滑动，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触。已知t＝0时，导体棒位于顶角O处；导体棒的质量m＝2kg；OM、ON接触处O点的接触电阻R＝0.5Ω，其余电阻不计；回路电动势E与时间t的关系如图③所示，图线是过原点的直线。求：(1)t＝2s时流过导体棒的电流I2的大小；(2)1～2s时间内回路中流过的电荷量q的大小；(3)导体棒滑动过程中水平外力F(单位：N)与横坐标x(单位：m)的关系式。专练(五)　常见物理模型练　　　　　　　　　　　　　　　　　　　模型一　直线运动的加速、减速组合模型【模型概述】匀加速和匀减速直线运动的组合是一种典型的多过程问题，解决这类问题的基本策略与解决一般多过程问题的方法如出一辙，都是“合纵连横、各个击破”：既要仔细分析每个独立子过程的受力情况或运动性质，同时还要充分利用相邻两个过程的纽带——转折点的速度(前一过程的末速度是下一过程的初速度)。若能结合速度－时间图象来分析，物理过程就会更加清晰明了。1．(2022·江西南昌模拟)(多选)如图甲为操场上一质量不计的竖直滑竿，滑竿上端固定，下端悬空，为了研究学生沿竿下滑的情况，在竿的顶部装有一拉力传感器，可显示竿的顶端所受拉力的大小。现有一学生手握滑竿，从竿的上端由静止开始下滑，下滑5s后，这个学生的速度刚好为零，并用手紧握住滑竿保持静止不动。以这个学生开始下滑时刻为计时起点，传感器显示的力随时间变化的情况如图乙所示。则(g取10m/s2)(　　)A．该学生下滑过程中，0～1s内处于超重状态，1～5s内处于失重状态B．该学生的质量为50kgC．该学生下滑的最大速度为2.4m/sD．滑竿的总长度为6.0m2．(2022·湖南长沙检测)(多选)137\n滑块在外力F的作用下由静止开始沿水平面运动，当位移为x1时撤去外力F，滑块又滑行一段距离后停下，此时滑块的位移为x2，且x2＝1.5x1，运动过程中滑块的加速度随位移变化的a－x图象如图所示，则(　　)A．加速度大小a1与a2的关系为a2＝2a1B．滑块的最大速度为C．滑块的平均速度为D．滑块加速和减速所用时间相等模型二　动力学问题中的连接体模型【模型概述】连接体：两个或两个以上物体相互组成的系统称为连接体。比较常见的连接体有三种：(1)用细绳连接的物体系，如图甲所示。(2)相互挤压在一起的物体系，如图乙所示。(3)相互摩擦的物体系，如图丙所示。3．(2022·河北石家庄质检)如图甲所示，质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M>m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为T。若用一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成α角，如图乙所示，细线的拉力为T′，则(　　)A．F′＝F，T′＝TB．F′>F，T′＝TC．F′<F，T′>TD．F′<F，T′<T4．(2022·湖北八校联考)(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻质弹簧连接放在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉B物块，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ，为了减小弹簧的形变量，可行的办法是(　　)A．减小A物块的质量B．增大B物块的质量C．增大倾角θD．增大动摩擦因数μ模型三　滑块一滑板模型【模型概述】1.模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。2．两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长。137\n5．(2022·哈尔滨二中模拟)(多选)如图所示，长为L、质量为M的较长平板B放在光滑的水平面上，在平板上放有一个质量为m的物体A(大小可忽略)，有M>m，A、B间动摩擦因数为μ，开始都处于静止状态。现施加恒定的拉力F分别作用到A或B上，力的方向水平向右，且保持A、B相对静止。以下说法中正确的是(　　)A．作用在B上的力不能超过(M＋m)B．作用在A上的力不能超过(M＋m)C．用相等的力分别拉A或B运动相等的时间，所做的功相等D．用相等的力分别拉A或B运动相等的时间，所做的功不相等模型四　传送带模型【模型概述】1.有关传送带的问题种类较多，传送带分水平、倾斜两种情况，按转速是否变化分匀速、匀加速、匀减速三种情况。2．分析解答传送带现象的三个关键点(1)应用牛顿运动定律、运动规律或功能关系列出相应的方程，进行计算。所涉及运动物理量一般以地面为参考系，同时要理清对地位移与相对位移的关系。(2)把握运动形式转换的临界点，正确分析多过程。临界点一般表现为传送带长度L的制约、物块速度为零情景、倾角传送带μ＝tanθ的情景、加速传送带加速度a＝μg的情景等。(3)物块与传送带在力、速度及加速度、几何长度、时间各方面有相应的关联，要准确应用。3．对于物块与传送带之间是否存在摩擦力、是滑动摩擦力还是静摩擦力、摩擦力的方向如何等，这些关于摩擦力的产生条件、方向的判断等问题要关注以下几点：(1)滑动摩擦力消失；(2)滑动摩擦力突变为静摩擦力；(3)滑动摩擦力改变方向。6．(2022·河北唐山模拟)如图所示为某工厂的货物传送装置，水平运输带与一斜面MP平滑连接，小物体在此处无碰撞能量损失，小物体与斜面间的动摩擦因数为μ1＝。运输带运行的速度为v0＝5m/s。在运输带上的N点将一小物体轻轻地放在上面，N点距运输带的右端距离为x＝1.5m，小物体的质量为m＝0.4kg。设小物体到达斜面最高点P时速度恰好为零，斜面长度L＝0.6m，它与运输带的夹角为θ＝30°。求：(g＝10m/s2，空气阻力不计)(1)小物体运动到运输带右端时的速度v的大小；(2)小物体与运输带间的动摩擦因数μ；(3)小物体在运输带上运动的过程中由于摩擦而产生的热量Q。137\n模型五　轻弹簧模型【模型概述】弹簧的伸缩现象是一个复杂的多过程，有多个衔接点、多个子过程，也涉及物块与弹簧两个物体。分析解答有三个关键点：一是把握各临界性衔接点(原长点、平衡点、最大压缩点等)的特点，能够写出合适的瞬时性方程；二是把握各运动“子过程”的特点，能够写出合适的过程性方程；三是尽量应用运动的“对称性”，以简化分析过程。7．(2022·甘肃诊断一)如图甲所示，一根质量可以忽略不计的轻弹簧，劲度系数为k，下面悬挂一个质量为m的砝码A。手拿一块质量为M的木板B，用木板B托住A向上压缩弹簧到一定程度，如图乙所示。此时如果突然撤去木板B，则A向下运动的加速度为a(a>g)。现用手控制使B以加速度a/3向下做匀加速直线运动。(1)求砝码A做匀加速直线运动的时间；(2)求出这段运动过程的起始和终止时刻手对木板B的作用力大小的表达式。模型六　轻绳、轻杆模型【模型概述】1.定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同。2．确定临界点：v临＝，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是FN表现为支持力还是拉力的临界点。3．研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况。137\n4．受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，F合＝F向。5．过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程。8．(2022·东北三校一模)利用双线可以稳固小球在竖直平面内做圆周运动而不易偏离竖直面，如图，用两根长为L的细线系一质量为m的小球，两线上端系于水平横杆上，A、B两点相距也为L，若小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，则小球运动到最低点时，每根线承受的张力为(　　)A．2mgB．3mgC．2.5mgD.9．(2022·徐州模拟)(多选)如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F－v2图象如图乙所示。则(　　)A．小球的质量为B．当地的重力加速度大小为C．v2＝c时，杆对小球的弹力方向向上D．v2＝2b时，小球受到的弹力与重力大小相等模型七　行星模型【模型概述】中心物体(天体、点电荷等)对旋转物体如行星、卫星、电子等)的引力提供向心力，列方程F引＝＝mω2r＝m()2r＝m(2πn)2·r，求解未知量。10．(2022·洛阳市高三统考)(多选)如果把水星和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，若从水星与金星在一条直线上开始计时，天文学家测得在相同时间内水星转过的角度为θ1，金星转过的角度为θ2(θ1、θ2均为锐角)，如图所示，则由此条件可能求得的是(　　)137\nA．水星和金星的质量之比B．水星和金星到太阳的距离之比C．水星和金星绕太阳运动的周期之比D．水星和金星绕太阳运动的向心加速度大小之比11．(2022·内蒙古包头测评)(多选)我国先后发射的“风云一号”和“风云二号”气象卫星，运行轨道不同。“风云一号”采用极地圆形轨道，轨道平面与赤道平面垂直，通过地球两极，每12h巡视一周，可以对不同地区进行观测。“风云二号”采用地球同步轨道，轨道平面在赤道平面内，能对同一地区进行连续观测。对这两颗卫星，以下叙述中正确的是(　　)A．“风云二号”卫星的运行周期为24hB．“风云一号”卫星的运行速度是“风云二号”卫星运行速度的2倍C．“风云二号”卫星的运行速度大约是第一宇宙速度的D．“风云一号”卫星的运行加速度是“风云二号”卫星运行加速度的倍模型八　两个等量点电荷电场的分布模型【模型概述】项目等量异种点电荷等量同种点电荷连线中点O处的场强大小最小，指向负电荷一方为零连线上的场强大小沿连线先变小，再变大沿连线先变小，再变大沿中垂线由O点向外场强大小O点最大，向外逐渐减小O点最小，向外先变大后变小12.(2022·山西太原模拟)如图所示为两个点电荷在真空中所产生电场的电场线(方向未标出)。图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称。则下列说法中正确的是(　　)A．这两点电荷一定是等量异种电荷B．这两点电荷一定是等量同种电荷C．D、C两点的电场强度一定相等D．C点的电场强度比D点的电场强度小13．(2022·山东烟台质检)如图所示，A、B为两个等量正点电荷，O为A、B连线的中点。以O为坐标原点、垂直AB向右为正方向建立Ox轴。下列四幅图分别反映了在x轴上各点的电势φ137\n(取无穷远处电势为零)和电场强度E的大小随坐标x的变化关系，其中正确的是(　　)模型九　带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动模型【模型概述】1.粒子速度大小不变，方向改变，则r＝大小不变，但轨迹的圆心位置变化，相当于圆心在绕着入射点转动。(如图所示)2．入射粒子的速度方向不变，但大小变化，造成圆心在一条射线上变动，半径大小不断变化的放缩圆(情形如图所示)。3．速度大小和方向相同的一排相同粒子进入直线边界，各粒子的轨迹圆弧可以由其他粒子的轨迹圆弧沿着边界平移得到(如图所示)。14．(2022·江西盟校二联)如图所示，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。有无数带有同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以相同的速率通过P点进入磁场。这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的。将磁感应强度的大小从原来的B1变为B2，结果相应的弧长变为原来的一半，则等于(　　)A.B.C．2D．315．(2022·安徽蚌埠月考)在科学研究中，137\n可以通过施加适当的磁场来实现对带电粒子运动轨迹的控制。如图所示，空间存在直角三角形MNQ，∠M为直角，α＝。有一束质量为m、电荷量为＋q的带电粒子以相同的速度v由三角形的M点沿MQ方向射出。在MN所在直线的右侧适当区域施加垂直MNQ平面的有界匀强磁场，使带电粒子偏转后能沿着QN方向到达N点，所加磁场的磁感应强度为B。带电粒子所受重力忽略不计。(1)若所加磁场的横截面为圆形，其最小面积为多少(q、m、v、B均为已知)，磁场方向向里还是向外？(2)若MN的长度L＝1.5m，带电粒子的质量为m＝4.0×10－8kg、电荷量为q＝＋4.0×10－3C、速度为v＝5.0×104m/s，所加磁场的磁感应强度为B＝1.0T，所加有界磁场的横截面仍为圆形，带电粒子能沿QN方向到达N点，则带电粒子由M点到N点的时间为多少？(计算结果保留两位有效数字)模型十　电磁感应中的“杆＋导轨”模型【模型概述】“杆＋导轨”模型分为“单杆”型和“双杆”型(“单杆”型为重点)；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速、匀变速、非匀变速运动等。137\n该模型问题除应用电磁感应规律、电路规律外，与力学综合题的分析方法，有三点不同：(1)多了安培力F安，并且安培力随速度变化，导体通常做变速运动。(2)多了安培力做功W安，安培力做正功时，电能转化为机械能；安培力做负功时，机械能转化为电能。(3)多了电能E电，电能是一个暂存形式，很快消耗在用电器上，转变成焦耳热Q等。16．(2022·青岛一模)(多选)如图所示，两根光滑的平行金属导轨竖直放置在匀强磁场中，磁场和导轨平面垂直，金属杆ab与导轨接触良好可沿导轨滑动，开始时开关S断开，当ab杆由静止下滑一段时间后闭合S，则从S闭合开始计时，ab杆的速度v与时间t的关系图象可能正确的是(　　)137\n综合强化练(这是单页眉，请据需要手工删加)综合强化练(一)理科综合·物理本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。(建议用时：60分钟　满分：110分)第Ⅰ卷(选择题　共48分)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题中有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)14．(2022·河南省开封市高三一模)质量为m的物体在沿斜面向上的拉力F作用下沿放在水平地面上的质量为M的粗糙斜面匀速下滑，此过程中斜面体保持静止，则斜面与地面间(　　)A．没有摩擦力B．摩擦力的方向水平向右C．支持力为(M＋m)gD．支持力小于(M＋m)g15．(2022·河南省焦作市高三一模)如图所示，一物块从一光滑且足够长的固定斜面顶端O点无初速释放后，先后通过P、Q、N三点，已知物块从P点运动到Q点与从Q点运动到N点所用的时间相等，且PQ长度为3m，QN长度为4m，则由上述数据可以求出OP的长度为(　　)A．2mB.mC.mD．3m16．(2022·湖南长沙五县联考)137\n在如图所示电路中，已知电表均为理想仪表，且小灯泡的电阻小于电源的内阻，电流表A、电压表V1、电压表V2的读数分别为I、U1和U2，P为被细线悬挂在两平行金属板间的带电小球，细线与竖直方向间的夹角为θ，则当滑动变阻器的滑片向右滑动一小段距离的过程中，电流表A、电压表V1、电压表V2读数变化量大小分别是ΔI、ΔU1和ΔU2，下列说法中正确的是(　　)A．ΔU2大于ΔU1B．灯泡变亮、细线与竖直方向间的夹角θ变大C．电源的输出功率变大D.变大、变大17．(2022·广东省湛江一模)如图，理想变压器原、副线圈匝数比n1＝100匝，n2＝10匝，和均为理想电表，灯泡额定功率P＝6W，灯泡正常发光，AB端电压u1＝120sin100πt(V)。下列说法正确的是(　　)A．电流频率为100HzB.的读数为12VC.的读数为0.5AD．变压器输入功率为24W18．(2022·浙江效实中学测试)假设空间某一静电场的电势φ随x变化情况如图所示，根据图中信息可以确定下列说法中正确的是(　　)A．空间各点场强的方向均与x轴垂直B．将电荷沿x轴从0移到x1的过程中，电荷做匀加速直线运动C．正电荷沿x轴从x2移到x3的过程中，电场力做正功，电势能减小D．负电荷沿x轴从x4移到x5的过程中，电场力做负功，电势能增加19．(2022·江苏高邮中学段考)如图所示为一物体沿左右方向(规定向右为正方向)做直线运动的速度－时间图象，由图可知(　　)A．6s末物体回到初始位置B．3s末物体的加速度方向发生变化C．物体所受合外力的方向一直向右D．物体所受合外力的方向一直向左137\n20．(2022·贵州六校联考)银河系处于本超星系团的边缘。已知银河系距离星系团中心约2亿光年，绕星系团中心运行的公转周期约1000亿年，引力常量G＝6.67×10－11N·m2/kg2，根据上述数据可估算(　　)A．银河系绕本超星系团中心运动的线速度B．银河系绕本超星系团中心运动的加速度C．银河系的质量D．银河系与本超星系团之间的万有引力21．(2022·黑龙江哈六中测试)如图，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，其中离子b的速度方向与磁场边界垂直，离子a的速度方向与b成夹角θ，两离子最后打到O点左侧的屏P上。不计重力，下列说法正确的有(　　)A．a、b均带正电B．a和b在P上的落点相同C．a在磁场中运动的轨道半径比b的小D．a在磁场中运动的时间比b的长第Ⅱ卷(非选择题　共62分)二、非选择题(包括必考题和选考题两部分，第22～25题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33～35题为选考题，考生根据要求做答。)(一)必考题(共47分)22．(6分)(2022·甘肃一诊)在“验证机械能守恒的实验”中，已知打点计时器使用的交流电源的周期为0.02s，当地的重力加速度g＝9.80m/s2。该实验选取的重锤质量为1.00kg，选取如图所示的一段纸带并测量出相邻各点之间的距离，利用这些数据验证重锤通过第2点至第5点间的过程中遵从机械能守恒定律。通过计算可以得出在第2点位置时重锤的动能为________J；第5点位置重锤时的动能为________J；重锤从第2点至第5点间的过程中重力势能的减小量为________J。(保留三位有效数字)23．(9分)(2022·浙江省宁波市高三一模)在测绘小灯泡的伏安特性曲线实验中137\n(1)看图甲，请你回忆：你在实验室做测绘小灯泡的伏安特性曲线的实验时，除了图中已给的实验仪器外，还应该有什么仪器：________。(2)小嘉和小敏同学在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，需测量一个标有“3V，1.5W”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流。俩同学连好的实物如图乙所示。①在以下电流表中选择合适的一只是________；(A)电流表A1(量程3A，内阻约0.1Ω)；(B)电流表A2(量程600mA，内阻约0.5Ω)；(C)电流表A3(量程100mA，内阻约3Ω)。②若俩同学连接电路后检查所有元器件都完好，电流表和电压表已调零，经检查各部分接触良好。但闭合开关后，反复调节滑动变阻器，小灯泡的亮度发生变化，但电压表和电流表示数不能调为零，则断路的导线为________段；(用图乙中字母表示)③若俩同学连接电路后检查所有元器件都完好，电流表和电压表已调零，经检查各部分接触良好。但闭合开关后，反复调节滑动变阻器，当小灯泡的亮度发生较大变化时，电压表的指针偏转变化明显，但电流表的指针偏转变化很小，你觉得他俩该如何排除此“意外”？________。24．(13分)(2022·天津市四校联考)由于地球的自转，物体在地球上不同纬度处随地球自转所需向心力的大小不同，因此同一个物体在地球上不同纬度处重力大小也不同，在地球赤道上的物体受到的重力与其在地球两极点受到的重力大小之比约为299∶300，因此我们通常忽略两者的差异，可认为两者相等。而有些星球，却不能忽略。假如某星球因为自转的原因，一物体在赤道上的重力与其在该星球两极点受到的重力大小之比为7∶8，已知该星球的半径为R，求：(1)绕该星球运动的同步卫星的轨道半径r；(2)若已知该星球赤道上的重力加速度大小为g，万有引力常量为G，则该星球的密度ρ。137\n25．(19分)(2022·湖南长沙五县联考)如图甲所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点(3L，0)为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N。现有一质量为m，带电荷量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，速度方向与x轴夹角为30°。此时在圆形区域加如图乙所示周期性变化的磁场，以垂直于纸面向外为磁场正方向，最后电子运动一段时间后从N飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同(与x轴夹角也为30°)。求：(1)电子进入圆形磁场区域时的速度大小；(2)0≤x≤L区域内匀强电场场强E的大小；(3)写出圆形磁场区域磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的表达式。137\n(二)选考题(共15分。请考生从给出的3道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。)33．【物理—选修3—3】(15分)(2022·山东济宁模拟)(1)(6分)下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对一个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分。每选错一个扣3分，最低得分为0分)A．固体、液体、气体中都有扩散运动和布朗运动B．热量能够从高温物体传到低温物低，但不能从低温物体传到高温物体C．水和酒精混合后总体积减小，说明分子间有空隙D．当分子间的距离r＝r0时，斥力等于引力，表现出分子力为零E．扩散运动和布朗运动的剧烈程度都与温度有关(2)(9分)如图所示，A、B汽缸的长度均为60cm，截面积均为S＝40cm2，C是可在汽缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D为阀门。整个装置均由导热材料制成。原来阀门关闭，A内有压强pA＝2.4×105Pa的氧气。B内有压强pB＝1.2×105Pa的氢气。阀门打开后，活塞C向右移动，最后达到平衡。假定氧气和氢气均视为理想气体，连接汽缸的管道体积可忽略不计。求：①活塞C移动的距离及平衡后B中气体的压强；②活塞C移动的过程中B中气体是吸热还是放热(简要说明理由)。137\n137\n34.【物理—选修3—4】(15分)(2022·河南开封模拟)(1)(6分)如图所示，空间同一平面内有A、B、C三点，AB＝5m，BC＝4m，AC＝3m。A、C两点处有完全相同的波源做简谐振动，振动频率为1360Hz，波速为340m/s。下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对一个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分。每选错一个扣3分，最低得分为0分)A．B点的位移总是最大B．A、B间有7个振动加强的点C．两列波的波长均为0.25mD．B、C间有12个振动减弱的点E．振动减弱点的位移总是为零(2)(9分)如图所示，有一足够大的容器内盛有水和色拉油两种物质，其中水的深度为2d，色拉油的厚度为d，容器底部有一个单色点光源，已知水对该光的折射率为n1＝，色拉油对该光的折射率为n2＝1.5，光在真空中的传播速度为c，求：①这种光在水中和色拉油中传播的速度大小；②在色拉油上表面放一不透明薄膜，以致从光源直接发出的光线不能从色拉油中射出，则薄膜的最小面积。137\n35．【物理—选修3—5】(15分)(2022·江西抚州临川检测)(1)(6分)下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对一个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分。每选错一个扣3分，最低得分为0分)A．康普顿效应进一步证实了光的波动特性B．天然放射元素衰变的快慢与所处的化学、物理状态有关C．经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特性D．为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的E．爱因斯坦提出了光子说成功地解释了光电效应现象(2)(9分)一辆以90km/h高速行驶的货车，因其司机酒驾，在该货车进入隧道后，不仅未减速，而且驶错道，与一辆正以72km/h速度驶来的小轿车发生迎面猛烈碰撞，碰撞后两车失去动力并挂在一起，直线滑行10m的距离后停下，已知货车的质量为M＝104kg，轿车的质量为m＝103kg，且由监控数据可知，两车碰撞时间(从接触到开始一起滑行所用时间)为0.2s，假设两车碰撞前后一直在同一条直线上运动，且忽略碰撞时摩擦力的冲量，重力加速度g取10m/s2，求：①两车碰撞过程中，小轿车受到的平均冲击力与轿车本身的重力之比；②两车一起滑行的过程中，受到的地面摩擦力大小(保留两位有效数字)。137\n综合强化练(二)理科综合·物理本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。(建议用时：60分钟　满分：110分)第Ⅰ卷(选择题　共48分)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题中有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)14．(2022·江西省景德镇一模)在人类对物质运动规律的认识过程中，许多物理学家大胆猜想、勇于质疑，取得了辉煌的成就，下列有关科学家及他们的贡献描述中正确的是(　　)A．卡文迪许在牛顿发现万有引力定律后，进行了“月—地检验”，将天体间的力和地球上物体的重力统一起来B．奥斯特由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象的电本质C．开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳做匀速圆周运动D．伽利略在对自由落体运动研究中，对斜面滚球研究，测出小球滚下的位移正比于时间的平方，并把结论外推到斜面倾角为90°的情况，推翻了亚里士多德的落体观点15．(2022·河南省焦作市一模)如图所示，质量分别为3m和m的两个可视为质点的小球a、b，中间用一细线连接，并通过另一细线将小球a与天花板上的O点相连，为使小球a和小球b均处于静止状态，且Oa细线向右偏离竖直方向的夹角恒为37°，需要对小球b朝某一方向施加一拉力F。若已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g，则当F的大小达到最小时，Oa细线对小球a的拉力大小为(　　)A．4mgB．3.2mgC．2.4mgD．3mg16．(2022·福建四地六校联考)如图所示是某物体做匀变速直线运动的速度图线，某同学根据图线得出以下结论：①物体始终沿正方向运动；　②物体先向负方向运动，在t＝2s后开始向正方向运动；　③在t＝2s前物体位于出发点负方向上，在t＝2s后位于出发点正方向上；④前4s内，在t＝2s时，物体距出发点最远。以上分析结论正确的是(　　)137\nA．只有①③B．只有②③C．只有②④D．只有①B17．(2022·江苏省淮安市高三第二次调研)图示为真空中半径为r的圆，O为圆心，直径ac、bd相互垂直。在a、c处分别固定有电荷量为＋q、－q的两个点电荷。下列说法正确的是(　　)A．位置b处电场强度大小为B．ac线上各点电场强度方向与bd线上各点电场强度方向垂直C．O点电势一定等于b点电势D．将一负试探电荷从b点移到c点，电势能减小18．(2022·湖南衡阳市联考)如图所示，甲、乙两个交流电路中，电源的输出电压、输出电流均相等。若理想变压器原、副线圈的匝数为n1、n2，则负载电阻R1与R2的比值为(　　)A．n1∶n2B．n2∶n1C．n∶nD．n∶n19．(2022·山东菏泽市高三一模)用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径。如图所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率＝k(k<0)。则(　　)A．圆环中产生逆时针方向的感应电流B．圆环具有扩张的趋势C．圆环中感应电流的大小为D．图中a、b两点间的电势差Uab＝|kπr2|20．(2022·辽宁抚顺质检)2022年5月10日天文爱好者迎来了“土星冲日”的美丽天象。“土星冲日”是指土星和太阳正好分处地球的两侧，三者几乎成一条直线。该天象每378天发生一次，土星和地球绕太阳公转的方向相同，公转轨迹都近似为圆，137\n地球绕太阳公转周期和半径以及引力常量均已知，根据以上信息可求出(　　)A．土星质量B．地球质量C．土星公转周期D．土星和地球绕太阳公转速度之比21．(2022·高考冲刺一)如图所示，光滑管形圆轨道半径为R，质量为2m，固定于水平面上，小球a、b大小相同，质量均为m，其直径略小于管径，能在管中无摩擦运动，两球通过最低点速度相同，均为v，且当小球a在最低点时，小球b在最高点，下列说法中正确的是(　　)A．若小球b在最高点对轨道无压力，则此时小球a对轨道的压力为6mgB．若小球b在最高点对轨道无压力，则此时小球a的速度v＝C．若小球a在最低点的速度v≥，则此时管形圆轨道对水平面的压力为6mgD．两小球要能在管内做圆周运动，则速度v至少为第Ⅱ卷(非选择题　共62分)二、非选择题(包括必考题和选考题两部分，第22～25题，为必考题，每个试题考生都必须做答。第33～35题为选考题，考生根据要求做答。)(一)必考题(共47分)22．(6分)(2022·四川成都诊断)某兴趣小组要测量木块与较粗糙木板之间的动摩擦因数，他们先将粗糙木板水平固定，再用另一较光滑的板做成斜面，倾斜板与水平板间由一小段光滑曲面连接，保证木块在两板间通过时速度大小不变。(1)使木块从相对水平木板高h处由静止滑下，并在水平板上滑行一段距离x后停止运动，改变h大小，进行多次实验，若忽略木块与倾斜板间的摩擦，以x为横坐标、h为纵坐标，从理论上得到的图象应为________________________________________________________________________；(2)如果考虑木块与倾斜板之间的摩擦，在改变h时，他们采取的办法是：每次改变倾斜板的倾角，让木块每次由静止开始下滑的位置在同一条竖直线上，且测出该竖直线与两板连接处的水平距离为l，如图甲所示，将每次实验得到的h、x相关数据绘制出的h－x图象如图乙所示，图线的延长线与两坐标轴的交点坐标分别为(－a，0)和(0，b)，则木块与倾斜板间的动摩擦因数μ1＝________，木块与水平板间的动摩擦因数μ2＝________。(以上两空用a、b和l中的某些物理量表示)137\n23．(9分)(2022·广东省湛江一模)现要测定一个额定电压2.5V、额定功率约0.7W的小灯泡的伏安特性曲线。(1)为使测量的电压能从零开始，测量误差较小，请在图甲中连好实物电路图。(2)合上开关前，滑动变阻器的滑动触头应置于滑动变阻器的________(填“左端”或“右端”)。(3)根据实验数据，描绘出的U－I图象如图乙所示，由图可知，当灯泡的电压为1.80V时，小灯丝电阻为________Ω，小灯泡的功率为________W(结果保留两位有效数字)。(4)由图乙可确定小灯泡消耗电功率P与外加电压U的关系，符合该关系的图象是图丙中的________。24．(12分)(2022·山东省泰安市一模)如图，在倾角为θ＝37°的足够长固定斜面底端，一质量m＝1kg的小物块以某一初速度沿斜面上滑，一段时间后返回出发点。物块上滑所用时间t1和下滑所用时间t2大小之比为t1∶t2＝1∶取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cso37°＝0.8。求：(1)物块由斜面底端上滑时的初速度v1与下滑到底端时的速度v2的大小之比；(2)物块和斜面之间的动摩擦因数；(3)若给物块施加一大小为5N、方向与斜面成适当角度的力，使物块沿斜137\n面向上加速运动，求加速度的最大值。25．(20分)(2022·安徽省合肥一模)如图所示，在一底边长为2L，底角θ＝45°的等腰三角形区域内(O为底边中点)有垂直纸面向外的匀强磁场。现有一质量为m，电荷量为q的带正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从O点垂直于AB进入磁场，不计重力与空气阻力的影响。(1)粒子经电场加速射入磁场时的速度？(2)若要进入磁场的粒子能打到OA板上，求磁感应强度B的最小值；(3)设粒子与AB板碰撞后，电荷量保持不变并以与碰前相同的速度反弹，磁感应强度越大，粒子在磁场中的运动时间也越大，求粒子在磁场中运动的最长时间。(二)选考题(共15分。请考生从给出的3道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。)33．【物理—选修3—3】(15分)(2022·湖南省怀化一模)(1)(6分)两分子间的斥力和引力的合力F与分子间距离r的关系如图中曲线所示，曲线与r轴交点的横坐标为r0。相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近，137\n若两分子相距无穷远时分子势能为零，下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对一个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分。每选错一个扣3分，最低得分为0分)A．在r＝r0时，分子势能为零B．在r>r0阶段，F做正功，分子动能增加，势能减小C．在r<r0阶段，F做负功，分子动能减小，势能也减小D．在r＝r0时，分子势能最小，动能最大E．分子间的斥力和引力随r增大而减小，在r>r0阶段，斥力比引力减小得快一些，分子间的作用力表现为引力(2)(9分)如图所示，两端开口的汽缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活塞，可在汽缸内无摩擦滑动，面积分别为S1＝20cm2，S2＝10cm2，它们之间用一根细杆连接，B通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M＝2kg的重物C连接，静止时汽缸中的气体温度T1＝600K，汽缸两部分的气柱长均为L，已知大气压强P0＝1×105Pa，取g＝10m/s2，缸内气体可看作理想气体。①活塞静止时，求汽缸内气体的压强；②若降低汽缸内气体的温度，当活塞A缓慢向右移动L时，求汽缸内气体的温度。34．【物理—选修3—4】(15分)(2022·江西省六联考模拟)(1)(6分)下列说法中正确的是________。(填正确答案标号。选对一个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分。每选错一个扣3分，最低得分为0分)A．水面上的油膜在阳光照射下会呈现彩色，这是光的干涉造成的B．根据麦克斯韦的电磁场理论可知，变化的电场周围一定可以产生变化的磁场137\nC．狭义相对论认为，物体运动时的质量会随着物体运动速度的增大而增加D．在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，为减小实验误差，测量单摆周期应该从小球经过平衡位置处开始计时E．沙漠中的“蜃景”现象是光的衍射引起的(2)(9分)一半径为R的球体放置在水平面上，球体由折射率为的透明材料制成。现有一束位于过球心O的竖直平面内的光线，平行于桌面射到球体表面上，拆射入球体后再从竖直表面射出，如图所示，已知入射光线与桌面的距离为。求出射角。35．【物理—选修3—5】(15分)(2022·宁夏银川校级一模)(1)(6分)下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对一个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分。每选错一个扣3分，最低得分为0分)A．氢原子从第一激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子B．若使放射性物质的温度升高，其半衰期可能变小C．Th核发生一次α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了4D．α粒子散射实验能揭示原子具有核式结构E．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应(2)(9分)如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连；质量为m的小滑块(可视为质点)以水平速度v0滑到木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零；现小滑块以水平速度v滑上木板左端，137\n滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，以原速率弹回，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，求的值。参考答案课时考点35　实验一　探究单摆的运动，用单摆测定重力加速度实验二　测定玻璃的折射率实验三　用双缝干涉测量光的波长三年高考真题演练1．B　[由单摆周期公式T＝2π及黄金代换式GM＝gr2，得T＝2πr。]2．C　[由Δx＝λ可得双缝间距d＝·λ＝m＝1.68×10－4m，选项C正确。]3．B　[由甲和乙两图可知改变条件以后条纹变宽，由Δx＝λ可知，只有B正确。]4．解析　(1)在插上大头针P3时，应使P3挡住P1、P2的像；插上大头针P4时，应使P4挡住P3，同时挡住P1、P2的像。所以选项C正确。(2)①单摆模型需要满足的两个基本条件是摆线长远大于小球的直径和小球的密度越大越好。所以应选A、D。②由T＝，T＝2π得g＝③T＝＝s＝2.01sg＝＝m/s2＝9.76m/s2，④b图线为正确图线，a图线与b图线相比，测量的周期相同时，摆长短，说明测量摆长偏小，A错误；c图线与b图线相比，测量摆长相同时，周期偏小，可能出现的原因是多记了全振动次数，所以B正确；由T＝2π得T2＝L，图线斜率小，说明g偏大，故C错误。⑤设A到铁锁重心的距离为l，有T1＝2πT2＝2π137\n联立消去l解得g＝答案　(1)C　(2)①AD　②　③2.01　9.76　④B　⑤5．解析　①在利用单摆测重力加速度实验中，为了使测量误差尽量小，须选用密度大、半径小的摆球和不易伸长的细线，摆球须在同一竖直面内摆动，摆长一定时，振幅尽量小些，以使其满足简谐运动条件，故选B、C。②设第一次摆长为L，第二次摆长为L－ΔL，则T1＝2π，T2＝2π，联立解得g＝。答案　BC　6．解析　(1)游标卡尺读数：18mm＋6×0.1mm＝18.6mm；(2)摆线细一些有助于减小空气阻力，伸缩性小一些保证摆长不变，尽可能长一些使周期较大，容易测量，故a正确；摆球质量大一些，体积小一些能减小空气阻力对实验的影响，故b正确；根据T＝2π可知，周期T与摆幅无关，且摆角太大时，小球运动不能看做是简谐运动，不符合实验要求，故c错误；测量周期时应以小球经过最低位置时开始计时，而且应记录n次全振动的时间，用T＝去计算，故d错误，e正确；答案　(1)18.6　(2)abe7．解析　摆球通过平衡位置时具有较大的速度，此时开始计时，误差较小。若只测量一次全振动的时间会产生较大的误差，而测量多次全振动的时间求平均值可减小误差。答案　①应在摆球通过平衡位置时开始计时；②应测量单摆多次全振动的时间，再计算出周期的测量值。(或在单摆振动稳定后开始计时)两年模拟试题精练1．解析　本实验的目的是测量重力加速度g的值，而非验证单摆的振动规律。因此实验中应选用较长的摆长l，这样既能减小摆长的测量误差，又易于保证偏角θ不大于10°，而且由于振动缓慢，方便计数和计时，故选A；本实验所用的实际摆要符合理论要求，摆长要有1m左右，应选用不易伸长的细线，摆球直径要小于2cm，应选用较重的小球，故选C；由于重力加速度g与周期的平方成反比，周期T的测量误差对g的影响是较大的，所用计时工具应选精确度高一些的，故选E；由于摆长l应是悬点到铅球的边缘的距离l加上铅球的半径r。铅球半径用游标卡尺测量出(也可由教师测出后提供数据)，因此l应读数准确到毫米位。实验中应用米尺或钢卷尺来测量，故选H。答案　(1)A　C　E　H　(2)小于10°2．解析　(1)单摆的摆长为：L＝l线＋＝1.02m，单摆运动的周期为：T＝＝s＝2.03s，根据单摆的周期公式T＝2π，代入数据解得重力加速度为：g＝9.76m/s2。137\n(2)由单摆的周期公式T＝2π，解得重力加速度为：g＝＝，测得的g值偏小，可能是n、L测量偏小，也可能是t测量偏大造成的，可能的原因是B。答案　(1)9.76　(2)B3．解析　(1)刻度尺的零点对准摆线的悬点，故单摆的摆长l＝(88.50－)cm＝87.50cm＝0.8750m；秒表的读数t＝(60＋15.2)s＝75.2s；单摆的周期T＝＝1.88s(2)由公式g＝可知，g偏小的原因可能是测量摆长l时，测量值比真实值偏小或测量周期偏大，故选项A、B、C正确。(3)由单摆周期公式可得T2＝，所以T2－l图线是过坐标原点的一条直线，直线斜率是k＝，g＝。在图线上取相距较远的两点(l1，T)，(l2，T)，则k＝，所以g＝。作出图象如图所示，由直线上的点(0.4，1.59)和(1.0，4.00)可求出k＝＝4，g＝＝m/s2＝9.86m/s2。答案　(1)0.8750　75.2　1.88　(2)ABC　(3)图见解析9．86m/s24．解析　(1)根据折射定律n＝，题中θ1＝60°，θ2＝∠AOF＝30°，所以n＝≈1.73；(2)在折射角相同的情况下，图中P4对应的入射角大于P3所对应的入射角，所以P4对应的折射率大；(3)因A、O、K在一条直线上，入射角等于折射角，所以K处对应的折射率应为1。答案　(1)1.73　(2)P4　(3)15．解析　(1)由图甲可以看出折射角不变，入射角相同，故测得的折射率将不变。(2)由图乙可看出，使入射点向左移，折射点向右移，所画出的折射角比实际折射角偏大，由n＝知，测得的折射率偏小。(3)同样可根据入射光线和出射光线确定玻璃砖内折射光线，从而确定入射角和折射角，只要第二个界面不发生全反射即可，不过入射光线和出射光线不平行，如图丙所示。137\n答案　(1)不变　(2)偏小　(3)不受影响6．解析　(1)由实验原理可知②③④分别是滤光片、单缝、双缝；由Δx＝λ可知，要增加相邻亮纹(暗纹)间的距离，可采取的办法有：①增大双缝到光屏间的距离(或选用较长的遮光筒)；②减小双缝之间的距离。(2)由于激光是相干光源，故可以去掉的部件是②、③。(3)甲图读数是0.045mm，乙图读数是14.535mm，它们的差值是14.490mm，中间跨越了10－1＝9个条纹间距，所以相邻两亮条纹间距是Δx＝mm＝1.610mm。(4)光的波长λ＝＝5.37×10－7m。答案　(1)滤光片　单缝　双缝　增加双缝到光屏间的距离(或选用较长的遮光筒)　减小双缝之间的距离　(2)②③　(3)1.610　(4)5.37×10－77．解析　(1)图甲中的条纹间距和宽度相同，是干涉图样，图乙是衍射图样。(2)光源发出的白光，各种频率都有，加上E后通过的只有红光了，变成单色光，加上D和B，就得到两列频率相同、步调一致的相干光，最后放置光屏，干涉条纹呈现在光屏上，所以顺序为CEDBA(3)A位置的示数为111.10mm，B位置的示数为115.65mm，图甲中AB之间的距离为(115.65～111.10)mm＝4.55mm，则相邻条纹的间距为Δx＝mm，再根据公式Δx＝λ，代入数据得波长为6.5×10－7m。答案　(1)甲　(2)CEDBA　(3)111.10　6.5×10－78．解析　(1)为了获得清晰的干涉条纹，A正确；由干涉现象可知干涉条纹与双缝平行，B错误；干涉条纹的疏密Δx＝λ与单缝宽度无关，C错误，D正确。(2)手轮的读数为0.5mm＋20.0×0.01mm＝0.700mm。(3)条纹与分划板不平行时，实际值Δx实＝Δx测cosθ，θ为条纹与分划板间的夹角，故Δx实<Δx测。答案　(1)AD　(2)0.700　(3)大于课时考点36　动量定理　动量守恒定律及其应用三年高考真题演练1．A　[由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为v＝，在t时间内对人由动量定理得(F－mg)t＝mv，解得安全带对人的平均作用力为F＝＋mg，A项正确。]2．D　[对A、B系统，由于发生弹性碰撞，故碰撞前后系统的动量守恒、机械能守恒，由于m×2v0－2mv0＝0，故碰后A、B不可能同向运动或一个静止，另一个运动或两个都静止，而只能是A、B都反向运动，故D正确。]3．A　[设中子质量为m，则原子核的质量为Am。设碰撞前后中子的速度分别为v0、v1，碰后原子核的速度为v2，由弹性碰撞可得mv0＝mv1＋Amv2，mv＝mv＋Amv，解得v1＝137\nv0，故||＝，A正确。]4．B　[平抛运动时间t＝＝1s，爆炸过程遵守动量守恒定律，设弹丸质量为m，则mv＝mv甲＋mv乙，又v甲＝，v乙＝，t＝1s，则有x甲＋x乙＝2m，将各选项中数据代入计算得B正确。]5．解析　设A、B球的质量分别为mA和mB，A球碰撞后的速度大小为vA2，B球碰撞前、后的速度大小分别为vB1和vB2，由题意知vB1∶vB2＝3∶1，vA2＝vB2。A、B碰撞过程由动量守恒定律得mBvB1＝mAvA2－mBvB2，所以有＝＝。碰撞前、后的总动能之比为＝。答案　4∶1　9∶56．解析　反应后由于存在质量亏损，所以反应前、后总动能之差等于质量亏损而释放出的能量，根据爱因斯坦质能方程可得m2v－Mv＝(M－m1－m2)c2①反应过程中三个粒子组成的系统动量守恒，故有Mvx＝m2vα②联立①②可得m2v＝(M－m1－m2)c2。答案　(M－m1－m2)c2　(M－m1－m2)c27．解析　(1)对小物块从A运动到B处的过程中应用动能定理－μmgs＝mv2－mv①代入数值解得μ＝0.32②(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v′＝－6m/s由动量定理得：FΔt＝mv′－mv③解得F＝－130N④其中“－”表示墙面对物块的平均力方向向左。(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得－W＝0－mv′2⑤解得W＝9J答案　(1)0.32　(2)130N　(3)9J8．解析　设A运动的初速度为v0，A向右运动与C发生碰撞，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2137\n由机械能守恒定律得mv＝mv＋Mv可得v1＝v0，v2＝v0要使得A与B能发生碰撞，需要满足v1＜0，即m＜MA反向向左运动与B发生碰撞过程，有mv1＝mv3＋Mv4mv＝mv＋Mv整理可得v3＝v1，v4＝v1由于m＜M，所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v3≤v2即v0≥v1＝()2v0整理可得m2＋4Mm≥M2解方程可得m≥(－2)M所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足(－2)M≤m＜M答案　(－2)M≤m＜M9．解析　设滑块质量为m，A与B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰后A的速度vA′＝v0，B的速度vB＝v0，由动量守恒定律得mvA＝mvA′＋mvB①设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA，由功能关系得WA＝mv－mv②设B与C碰撞前B的速度为vB′，B克服轨道阻力所做的功为WB，由功能关系得WB＝mv－mvB′2③据题意可知WA＝WB④设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得mvB′＝2mv⑤联立①②③④⑤式，代入数据得v＝v0⑥答案　v010．解析　(1)从A→Q由动能定理得－mg·2R＝mv2－mv①解得v＝4m/s＞＝m/s②137\n在Q点，由牛顿第二定律得FN＋mg＝m③解得FN＝22N④(2)A撞B，由动量守恒得mv0＝2mv′⑤解得v′＝＝3m/s⑥设摩擦距离为x，则－μmgx＝0－·2mv′2⑦解得x＝4.5m⑧所以k＝＝45⑨(3)AB滑至第n个光滑段上，由动能定理得－μ·2mgnL＝·2mv－·2mv′2⑩所以vn＝m/s　(n＝0，1，2，…)⑪答案　(1)22N　(2)45(3)vn＝m/s　(n＝0，1，2，…)11．解析　(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有vB＝①将h＝0.8m代入上式，得vB＝4m/s②(2)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分别为v2和v2′。由运动学规律可得v1＝gt③由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变。规定向下的方向为正，有mAv1＋mBv2＝mBv2′④mAv＋mBv＝mBv2′2⑤设B球与地面相碰后的速度大小为vB′，由运动学及碰撞的规律可得vB′＝vB⑥设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得h′＝⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h′＝0.75m⑧答案　(1)4m/s　(2)0.75m12．解析　按定义，滑块运动的瞬时速度大小v为v＝①式中Δs为滑块在很短时间Δt内走过的路程。设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA，则ΔtA＝＝0.02s②137\nΔtA可视为很短。设A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1。将②式和图给实验数据代入①式得v0＝2.00m/s③v1＝0.970m/s④设B在碰撞后的速度大小为v2，由①式有v2＝⑤代入题给实验数据得v2＝2.86m/s⑥设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和p′，则p＝m1v0⑦p′＝m1v1＋m2v2⑧两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为δp＝||×100%⑨联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得δp＝1.7%<5%⑩因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律。答案　见解析两年模拟试题精练1．A　[小车和砂袋组成的系统在水平方向上合力为零，动量守恒，所以有Mv1＋m(－v2)＝(M＋m)v，解得v＝1.0m/s，方向向右，故选项A正确。]2．C　[选取碰撞前甲物体的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有m甲v1－m乙v2＝－m甲v1′＋m乙v2′，代入数据，可得m甲∶m乙＝3∶5，C正确。]3．A　[碰撞瞬间动量守恒，规定向右为正方向，则有mAv0＝±mA＋mB，解得：＝或＝，所以A正确。]4．D　[设初速度方向为正方向，则由题意可知，初速度v0＝15m/s；末速度为v＝－1m/s；则由动量定理可知：I＝mv－mv0＝[2×(－1)－2×15]N·s＝－32N·s；D对。]5．C　[规定向右为正方向，碰撞前总动量为3mv－mv＝2mv，A错误；碰撞过程两滑块组成的系统外力为零，故系统动量守恒，B错误；根据动量守恒定律可得：3mv－mv＝0＋mv′，解得：v′＝2v，C正确；碰撞前总动能为：·3mv2＋mv2＝2mv2，碰撞后总动能为：0＋m(2v)2＝2mv2，碰撞前后无动能损失，D错误。]6．D　[下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，v＝，m2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，则m2v－m1v＝m1v1＋m2v2由能量守恒定律得137\n(m1＋m2)v2＝m1v＋m2v，且m2＝3m1联立解得：v1＝2反弹后高度H＝＝4h，D正确。]7．解析　(1)为防止反弹造成入射球返回斜槽，要求入射球质量大于被碰球质量，即m1＞m2；为使入射球与被碰球发生对心碰撞，要求两小球半径相同。故C正确。(2)设入射小球为a，被碰小球为b，a球碰前的速度为v1，a、b相碰后的速度分别为v1′、v2′。由于两球都从同一高度做平抛运动，当以运动时间为一个计时单位时，可以用它们平抛的水平位移表示碰撞前后的速度。因此，需验证的动量守恒关系m1v1＝m1v1′＋m2v2′可表示为m1x1＝m1x1′＋m2x2′。所以需要直尺、天平，而无需弹簧测力计、秒表。由于题中两个小球都可认为是从槽口开始做平抛运动的，两球的半径不必测量，故无需游标卡尺。(3)得出验证动量守恒定律的结论应为m1·OP＝m1·OM＋m2·O′N。答案　(1)C　(2)AC　(3)m1·OP＝m1·OM＋m2·O′N8．解析　A物体沿斜面下滑时有mAgsinθ－μAmAgcosθ＝mAaA所以：aA＝gsinθ－μAgcosθaA＝gsin30°－gcos30°＝2.5m/s2B物体沿斜面下滑时有mBgsinθ－μBmBgcosθ＝mBaB代入数据解得aB＝0可知，撤去固定A、B的外力后，物体B恰好静止于斜面上，物体A将沿斜面向下做匀加速直线运动。由运动学公式得A与B第一次碰撞前的速度vA1＝＝m/s＝1m/s由于A、B碰撞满足动量守恒和机械能守恒，设第一次碰后B的速度为vB，有：mAvA＝mAvA′＋mBvB，mAv＝mAvA′2＋mBv得vB＝0.5m/s答案　0.5m/s9．解析　(1)A球与B球碰撞过程中系统动量守恒，以向右为正方向，有m1v0＝m1v1＋m2v2碰撞过程中系统机械能守恒，有m1v＝m1v＋m2v可解得v1＝＝－v0v2＝＝v0即碰后A球向左，B球向右(2)B球掉入沙车的过程中系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，有m2v2＋m3v3＝(m2＋m3)v3′解得v3′＝v0水平向右137\n答案　(1)－v0，方向向左　v0，方向向右(2)v0，方向向右10．解析　(1)根据题意s＝v1t－v2t由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2所以v1＝0.70m/sv2＝－0.20m/s(2)由能量守恒定律得(m1＋m2)v＋Ep＝m1v＋m2v代入数据得Ep＝0.27J答案　(1)0.70m/s　－0.20m/s　(2)0.27J11．解析　(1)平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，设小物块到达圆弧最高点A时，二者的共同速度为v1，规定向左为正方向，由动量守恒得mv0＝(M＋m)v1由能量守恒得mv－(M＋m)v＝mgR＋μmgL联立以上二式并代入数据解得v0＝5m/s(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，规定向左为正方向，由动量守恒得mv0＝(M＋m)v2设小物块与车最终相对静止时，它距O′点的距离为x，由能量守恒得mv－(M＋m)v＝μmg(L＋x)联立以上各式并代入数据解得x＝0.5m答案　(1)5m/s　(2)0.5m12．解析　(1)m2自由下落，由机械能守恒定律得m2gh1＝m2v，解得v0＝m/s碰撞过程动量守恒，以向下为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v代入数据解得v＝m/s碰后的动能：Ek＝(m1＋m2)v2代入数据解得：Ek＝1.5J；(2)m1与m2共同下降的高度Δh＝0.3m，由机械能守恒得(m1＋m2)gΔh＋(m1＋m2)v2＝ΔEp代入数据解得ΔEp＝7.5J所以弹性势能为E＝ΔEp＋0.5J＝8J答案　(1)1.5J　(2)8J课时考点37　近代物理初步三年高考真题演练1．A　[放射性现象中释放出了其他粒子，说明原子核内部具有一定的结构，A正确；电子的发现使人们认识到：原子是可以分割的，是由更小的微粒组成的，B错误；α粒子散射实验否定了汤姆逊提出的枣糕式原子模型，建立了核式结构模型，C错误；密立根油滴实验测定了电子的电荷量，D错误。]137\n2．B　[γ射线是光子流，故A错误；氢原子辐射光子后，由高能级向低能级跃迁，半径减小，绕核运动的动能增大，故B正确；太阳辐射能量主要来源是太阳中发生的轻核聚变，故C错误；100克83Bi经过10天即2个半衰期还剩下×100克＝25克，故D错误。]3．D　[静止的原子核发生β衰变，动量守恒，即MV＝mv，新核和电子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB＝m知r＝，即r∝，故轨迹1是电子的，轨迹2是新核的，又由左手定则可知磁场的方向为垂直于纸面向里，所以只有选项D正确。]4．B　[α衰变是重核自发的发出α粒子的天然放射现象，其中α粒子是He，所以B正确；A为人工转变，C为轻核的聚变，D是β衰变，故A、C、D皆错误。]5．AD　[根据核反应中质量数和电荷数守恒，可知X是X，所以为中子，A正确；Y应为Y，所以Y的质子数为3，核子数为6，中子数为3，B错误；两核反应均有能量释放，根据爱因斯坦质能方程，两核反应都有质量亏损，C错误；由聚变反应概念知，D正确。]6．AC　[因古木样品中14C的比例正好是现代植物所制样品的二分之一，则可知经过的时间为一个半衰期，即该古木的年代距今约为5700年，选项A正确；12C、13C、14C具有相同的质子数，由于质量数不同，故中子数不同，选项B错误；根据核反应方程可知，14C衰变为14N的过程中放出电子，即发出β射线，选项C正确；外界环境不影响放射性元素的半衰期，选项D错误。]7．ACD　[电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样，可以说明电子是一种波，故A正确；β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹，可以说明β射线是一种粒子，故B错误；人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构，中子衍射说明中子是一种波，故C正确；人们利用电子显微镜观测物质的微观结构，利用了电子束的衍涉现象，说明电子束是一种波，故D正确；光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，说明光是一种粒子，故E错误。]8．ACE　[密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值，选项A正确；贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，说明原子核的组成情况，而原子中存在原子核是卢瑟福的α粒子散射实验发现的，选项B、D错误；居里夫妇发现钋和镭是从沥青中分离出来的，选项C正确；汤姆逊通过阴极射线在电磁场中的偏转，发现阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出其比荷，选项E正确。]9．BCD　[原子序数大于或等于83的元素，都能发生衰变，而原子序数小于83的部分元素能发生衰变，故A错；放射性元素的衰变是原子核内部结构的变化，与核外电子的得失及环境温度无关，故B、C项正确；在α、β、γ三种射线中，α、β为带电粒子，穿透本领较弱，γ射线不带电，具有较强的穿透本领，故D项正确；一个原子核不能同时发生α和β衰变，故E项错误。]10．AD　[增大入射光强度，使单位时间内逸出的光电子数增加，因此光电流增大，选项A正确；光电效应与照射光的频率有关，与强度无关，选项B错误；当照射光的频率小于ν，大于极限频率时发生光电效应，选项C错误；由Ekm＝hν－W，增加照射光的频率，光电子的最大初动能变大，选项D正确。]11．A　[由光电效应方程Ekm＝hν－W＝hν－hν0钙的截止频率大，因此钙中逸出的光电子的最大初动能小，其动量p＝，故动量小，由λ＝，可知波长较大，则频率较小，选项A正确。]12．CD　[由E初－E终＝hν＝h可知，氢原子跃迁时始末能级差值越大，137\n辐射的光子能量越高、波长越短，由能级图知E3－E2<E2－E1，故A错误；由＝得λ＝121.6nm<325nm，故B错误；由C＝3可知C正确；因跃迁中所吸收光子的能量必须等于始末能级的差值，即从n＝2跃迁到n＝3的能级时必须吸收λ＝656nm的光子，故D正确。]13．C　[此核反应方程为H＋n→H，根据爱因斯坦的质能方程得ΔE＝Δm·c2＝(m1＋m2－m3)c2，C正确。]14．C　[设剩余质量为m剩，则由m剩＝m()，则m剩＝m()＝＝，C正确。]15．ABC　[由原子核的结合能定义可知，原子核分解成自由核子时所需的最小能量为原子核的结合能，选项A正确；重原子核的核子平均质量大于轻原子核的平均质量，因此原子核衰变产物的结合能之和一定大于衰变前的结合能，选项B正确；铯原子核的核子数少，因此其结合能小，选项C正确；比结合能越大的原子核越稳定，选项D错误；自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能，选项E错误。]16．B　[假设电子吸收光子个数为n(n>1)，则nhν＝Ek＋W，又Ek＝eU，解得U＝－，B正确。]17．C　[原子核发生衰变时有质量亏损，质量不守恒，选项A错误；γ射线是光子流，不是带电粒子流，选项B错误；氢原子从激发态向基态跃迁，辐射的光子能量hν＝Em－En，即只能辐射特定频率的光子，C项正确；光电效应的光电子动能Ek＝hν－W，只与入射光频率有关，而与入射光强度无关，D项错误。]18．解析　光电效应中，入射光子能量hν，克服逸出功W0后多余的能量转换为电子动能，反向遏制电压eU＝hν－W0，整理得U＝ν－，斜率即＝k，所以普朗克常量h＝ek，截距为b，即eb＝－W0，所以逸出功W0＝－eb。答案　ek　－eb19．解析　(1)光电效应说明光的粒子性，所以A正确；热中子束在晶体上产生衍射图样，即运动的实物粒子具有波的特性，即说明中子具有波动性，所以B正确；黑体辐射的实验规律说明电磁辐射具有量子化，即黑体辐射是不连续的、一份一份的，所以黑体辐射用光的粒子性解释，即C错误；根据德布罗意波长公式λ＝，p2＝2mEk，又质子的质量大于电子的质量，所以动能相等的质子和电子，质子的德布罗意波较短，所以D错误。(2)由质量数和电荷数守可知：U＋n→Ba＋Kr＋3n，可见产生了3个中子，链式反应的一个条件是铀燃料的体积必须大于或等于临界体积。(3)根据爱因斯坦质能方程ΔE＝Δmc2，可求：ΔE＝(2mp＋2mn－mα)c2＝4.3×10－12J。答案　(1)AB　(2)3　大于　(3)4.3×10－12J两年模拟试题精练1．C　[γ射线是一种高能电磁波，不是中子，A错误；三种射线中γ射线速度最快、穿透能力最强，α射线电离作用最强，B错误；卢瑟福最早完成著名的“α粒子散射实验”并提出核式结构的原子模型，D错误；只有选项C正确。]2．B　[核反应方程为4H→He＋2e，即X表示正电子，这个核反应中质量亏损Δm＝4m1137\n－m2－2m3，这个核反应中释放的核能ΔE＝(4m1－m2－2m3)c2，选项B正确。]3．D　[爱因斯坦的质能方程E＝mc2，不是质量和能量可以相互转化，二者概念根本不同，当发生质量亏损时，质量只是以光子形式发射出去，故A错误；太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，故B错误；贝克勒尔发现了铀和含铀矿物的天然放射现象，故C错误；基态的氢原子能量为－13.6eV，则基态氢原子发生电离，吸收的能量需大于等于13.6eV，故D正确。]4．C　[该核反应是核裂变，可以自发进行，不是人工控制的，A错误；核反应方程U＋n→Ba＋Kr＋xn中根据质量数守恒，有235＋1＝144＋89＋x，解得x＝3，C正确；根据爱因斯坦质能方程，该反应放出能量为ΔE＝Δm·c2＝(m1＋m2－m3－m4－3m2)c2＝(m1－m3－m4－2m2)c2，B错误；该核反应生成两种放射性元素，核污染较大，故D错误。]5．C　[分别用频率为ν1和ν2单色光照射阴极，由光电效应方程，有Ekm＝hν－W0，逸出光电子的最大初动能分别为Ekm1＝hν1－W0、Ekm2＝hν2－W0；光电子在光电管内减速，由动能定理，有－eU1＝－Ekm1和－eU2＝－Ekm2，联立以上各式解得W0＝hν0＝hν1－eU1＝hν2－eU2；频率为ν1的光照射时光电子的最大初速度v＝，普朗克常量h＝，极限频率ν0＝。综上分析，只有选项C不正确。]6．AB　[原子核自发放射α粒子的衰变为α衰变，A正确；自发放出负电子的衰变为β衰变，D为β衰变，D错误；两个质量较小的核结合成一个质量较大核的反应是聚变，B正确；C是铀核的裂变，C错误。]7．BD　[最大初动能与入射光的频率有关，与光照强度无关，故A错误；质子和中子结合成原子核一定有质量亏损，根据质能方程知，有能量放出，故B正确；半衰期具有统计规律，对大量原子核适用，故C错误；氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，能量减小，释放光子，由高轨道跃迁到低轨道，根据k＝m知，速度增大，动能增大，则电势能减小，故D正确。]8．BCD　[虽然光的频率相同，但光强不确定，所以单位时间逸出的光电子数可能相同，而饱和光电流不一定相同，故A错误，D正确；根据光电效应反应方程Ekm＝hν－W0和eUc＝Ekm得出，相同频率，不同逸出功，则遏止电压也不同，光电子的最大初动能也不同，故B、C正确；因为Uc＝－知图象的斜率等于，从图象上可以得出斜率的大小，已知电子的电荷量，可以求出斜率与普朗克常量有关，故E错误。]9．ADE　[卢瑟福通过分析α粒子散射实验的结果，建立了原子的核式结构模型，故A正确；平均结合能越大，原子核结构一定越稳定，故B错误；不能使某金属发生光电效应，是因入射光的频率小于极限频率，与入射光的光照强度无关，故C错误；β衰变时，元素原子核的质量数不变，电荷数增加1，故D正确；相同速率情况下，质子流的动量大于电子流，根据λ＝，可知质子流的波长比电子流小，衍射现象不明显，则有更高的分辨率，故E正确。]10．ACE　[由图和根据玻尔理论知道，电子的轨道不是任意的，电子有确定的轨道，故A正确；少数α粒子发生了较大偏转，说明原子的几乎全部质量和所有正电荷主要集中在很小的核上，否则不可能发生大角度偏转，故B错误；光电效应实验和康普顿效应实验均说明了光具有粒子性，故C正确；根据左手定则可得，向左偏转的粒子带正电，所以射线丙由α137\n粒子组成，该粒子带两个单位正电荷，而射线甲是β粒子，故D错误；一个中子轰击后，出现三个中子，此链式反应属于重核的裂变，故E正确。]11．解析　(1)由质能方程得ΔE＝Δmc2＝(2×2.0136－3.0156－1.0073)×931.5MeV＝4.005MeV。(2)相互作用过程中能量守恒，设新生核的动量大小分别为p1、p2，则p1＝p2＝pEkm1＝m1v＝Ekm2＝m2v＝由能量守恒定律，有2Ek＋ΔE＝Ekm1＋Ekm2解得Ekm2≈4.5MeV。答案　(1)4.005MeV　(2)4.5MeV12．解析　(1)n＝C＝6种光子(2)金属钠的逸出功为W0W0＝hν0＝3.67×10－19J＝2.29eV其中ΔE21＝10.2eV，ΔE31＝12.09eV，ΔE41＝12.75eV，ΔE42＝2.55eV都大于钠的逸出功，所以一定能发生光电效应(算出其中一组数据并进行比较，就可以给全分)(3)Ekm＝ΔE41－W0＝10.46eV答案　(1)6种　(2)见解析　(3)10.46eV滚动提升练(九)1．C　[建立“质点”、“点电荷”概念用的是理想模型法；建立“速度”、“加速度”、“电场强度”、“磁感应强度”概念用的是比值定义法；建立交变电流电压、电流的“有效值”概念用的是等效替代法；探究“加速度与力、质量的关系”用的是控制变量法。]2．B　[在A轮转动的过程中，角速度恒定，半径均匀增大，根据v＝rω知线速度均匀增大，设从开始倒带到A、B两轮的角速度相等所需要的时间为t′，此时磁带边缘上各点的速度大小为v。将磁带边缘上各点的运动等效看成一种匀加速直线运动，加速度为a，磁带总长为L，则有v2－(rω)2＝(3rω)2－v2＝2a·，得v＝rω，结合加速度的定义有＝，把v代入得＝，解得t′＝t，故B正确，A、C、D错误。故选B。]3．D　[为了使小球能持续地运动下去，球必须贴着管内外壁运动，因此小球到最高点的速度至少为，根据机械能守恒定律有mg·2R＋m()2＝mv，解得v0＝，D正确。]4．C　[沿斜面上滑的演员甲受重力、支持力和摩擦力作用，由牛顿第二定律有：－mgsin30°－μFN＝ma，FN＝mgcos30°，由演员甲悬停在最高点得，mgsin30°＝μmgcos30°，在斜面上演员甲做匀减速直线运动，－v＝2ax解得：v0＝4m/s，A项正确；由x＝t解得：t＝0.4s，B项正确；演员甲实际上升高度Δh＝0.8sin30°m＝0.4m，重力势能增加ΔEp＝mgΔh＝240J，C项错；由动能定理可知，演员乙和演员丙对甲做功W＝mv＝480J，D项正确。]5．CD　[图示位置的线框与中性面垂直，感应电动势最大，线框中磁通量变化率最大，137\n故A错误；线框绕中心轴OO′匀速转动时，产生的电动势e＝100cos(100πt)V，故变压器的输入电压为：U1＝V＝100V，灯泡能正常发光，故变压器的输出电压为U2＝20V，根据变压比公式，有＝＝，故B错误；电路中熔断器熔断电流为0.5A，此时根据能量守恒定律，有U1I1＝U2(nIL)，解得n＝＝≈8.8，故副线圈两端并联“20V、8W”的灯泡最多不能超过8只，故C正确；若线框转速减半，角速度也减半，所以产生的电动势为e＝50cos(50πt)V，故D正确。]6．BD　[在月球表面附近，试验器所受万有引力近似等于它受月球的重力，即：G＝mg，试验器绕月球做圆周运动过程中，万有引力充当向心力，即G＝m＝m(R＋h)＝ma，解得：T＝，a＝()2g，v＝R，A、C项错，B项正确；由G＝mg，ρ＝，V＝πR3可知，月球密度ρ＝，D项正确。]7．BD　[由两个等量的异种点电荷分别在B、C两点形成的场强矢量叠加可得，B、C两点场强大小相等，方向不同，故A错错；C、E两点与正点电荷的距离相等，与负点电荷的距离也相等，电势相同，B正确；A、D间存在电势差，若在A、D间放上导体电阻，导体马上达到静电平衡，故C错误；沿着BCDE的路径移动过程中，电势先减小后增大，质子带正电，故电势能先减小后增大，故D正确。]8．ABD　[由题意可知小球运动的圆心一定在y轴上，所以小球做圆周运动的半径r一定要大于等于3m，而ON＝9m<3r，所以小球最多与挡板ON碰撞一次，且碰撞后第二个圆心的位置在O点的上方；也可能小球与挡板ON没有碰撞，直接过M点。由qvB＝，得v＝，第一种情况：若小球与挡板ON碰撞一次，则轨迹可能如图1，设OO′＝s，由几何关系得r2＝OM2＋s2＝9＋s2和3r－9＝s，联立求得r1＝3m，r2＝3.75m，分别代入v＝得v1＝3m/s，v2＝3.75m/s；第二种情况：若小球没有与挡板ON碰撞，则轨迹如图2，设OO′＝x，由几何关系得r＝OM2＋x2＝9＋x2和x＝9－r3，联立求得r3＝5m，代入v＝得v3＝5m/s。故选A、B、D。]137\n9．解析　(1)根据纸带所得数据，由逐差法计算加速度a＝＝3.0m/s2。(2)对斜面上滑块受力分析，由牛顿第二定律有：mgsinθ－μFN＝ma，FN＝mgcosθ，解得μ＝，式中θ为木板与水平方向夹角，因此需要测量的物理量有：木板的长度L、末端被垫起的高度h，从而确定θ的正弦值和余弦值。答案　(1)3.0　(2)AB10．解析　(1)根据如图甲所示的实物图作出实验电路图，实验电路图如图所示；(2)根据图乙中描出的点作出图象，图象如图所示；(3)根据电路图可知E＝U2＋Ir＝U2＋r，则U2＝E－U1所以图象与纵坐标交点坐标值是电源电动势，由图象可知E＝18.0V；图象斜率的绝对值k＝＝＝＝1.45，则电源内阻r＝kR0＝14.5Ω答案　(1)实验电路图如图所示　(2)图象如图所示　(3)18.0　14.5(14.5～15.1均可)11．解析　(1)根据共点力平衡条件，两物体的重力沿斜面的分力相等，有m1gsin53°＝m2gsin37°解得m2＝4kg即小物块Q的质量m2为4kg(2)P到D过程，由动能定理得m1gh＝m1v根据几何关系有h＝L1sin53°＋R(1－cos53°)在D点，支持力和重力的合力提供向心力FD－mg＝m解得FD＝78N由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78N(3)分析可知最终物块在CDM之间往复运动，C点和M点速度为零由全过程动能定理得：mgL1sin53°－μmgcos53°L总＝0解得L总＝1m即物块P在MN斜面上滑行的总路程为1.0m。答案　(1)4kg　(2)78N　(3)1m12．解析　(1)带电粒子在电场中运动的时间t＝＝2×10－6s137\n在竖直方向上的位移y＝t2当y＝时，U＝＝100V则Ekmax＝mv＋Ekmin＝mv所以＝(2)宽度最宽的粒子的运动轨迹如图所示则vt＝v0由qv1B＝所以R＝＝解得R＝0.08m最小宽度X＝R＋Rsin45°解得X＝(0.08＋0.08)m(3)设某粒子进入磁场时，速度方向与水平方向成θ角，速度大小为vt，它进磁场与出磁场之间的距离为l，则l＝＝2代入数据可得l＝0.16m即所有粒子的距离l是一常数，与偏转电压(θ角)无关当粒子水平方向进入磁场时，l>故在小于0的电压范围内粒子不能返回电场，只有向下偏转的部分离子才能返回电场y临界＝l－＝0.06m又y临界＝t2解得U′＝60V137\n故范围为60V<U≤100V答案　(1)2∶1　(2)(0.08＋0.08)m(3)60V<U≤100V13．解析　(1)由于液体表面张力的作用，宇宙飞船中自由漂浮的水滴呈球形，选项A正确；布朗运动是指液体里花粉微粒的运动，选项B错误；大量分子在做无规则运动的时候，速率是有一定规律分布的，选项C正确；等温膨胀过程中，气体会对外做功，温度不变，则气体要吸收热量，内能是不变的，选项D正确；气体的压强不仅仅是重力的压强，在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强不为零，选项E错误。(2)①设起始状态汽缸内气体压强为p1，当活塞被缓慢拉至汽缸顶端时汽缸内气体压强为p2。由玻意耳定律得：p1lS＝p2LS在起始状态对活塞由受力平衡得：p1S＝mg＋p0S对活塞由受力平衡得：F＋p2S＝mg＋p0S解得F＝110N②由盖—吕萨克定律得：＝其中：T＝300K　T′＝(273＋t′)K解得t′＝60.3℃答案　(1)ACD　(2)①110N　②60.3℃14．解析　(1)波的波长越大，越容易发生衍射现象，声波传播速度一定，频率低于超声波，由波速、波长和频率关系v＝λf可知，声波波长较大，较容易发生衍射，A项正确，C项错；由相对论效应可知，在高速火箭里的人认为地球上时钟变慢，B项错；通过单个窄缝观察日光灯时看到彩色条纹为单缝衍射现象，D项正确，由光纤通信的特点易知E项正确。(2)①设光线BM在M点的入射角为i，折射角为r，由几何知识可知，i＝30°，r＝60°，根据折射定律得n＝代入数据得n＝②光线BN恰好在N点发生全反射，则∠BNO为临界角CsinC＝设球心到BN的距离为d，由几何知识可知d＝RsinC联立解得d＝R答案　(1)ADE　(2)①　②R15．解析　(1)康普顿效应说明了光具有粒子性，A项错；半衰期由原子核本身决定，与物理环境、化学形式无关，C项错；平均结合能越大的原子核越稳定，D项正确；由原子物理知识易知B、E项正确。(2)①由图象可知，碰前C的速度v0＝6m/s，碰后的速度v＝2m/sA、C碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：mCv0＝(mC＋mA)v137\n解得mC＝2kg②A、C向左运动，当它们速度变为零时，弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律得，最大弹性势能Ep＝(mA＋mC)v2＝12J③在5s到15s的时间内，墙壁对B物体的作用力F等于轻弹簧的弹力，轻弹簧的弹力使物体A和C的速度由2m/s减少到0，再增加到2m/s，则弹力的冲量等于F的冲量，即：I＝(mA＋mC)v－[－(mA＋mC)v]＝24N·s，方向水平向右答案　(1)BDE　(2)①2kg　②12J　③24N·s，方向水平向右专练(一)　力学选择题——方法练1．A　[A、B相对静止做匀减速直线运动，则加速度大小、方向均恒定并与速度方向相反；隔离物块B，可以“直接判断”只有静摩擦力提供加速度，A正确。]2．B　[人在斜面上静止，必然受到静摩擦力作用，A错误，B正确；木板对人的作用力是摩擦力与支持力的合力，根据二力平衡，木板对人的作用力与重力大小相等，方向相反，C、D错误。]3．C　[b图线的切线斜率先为正值，后为负值，而斜率正负对应速度方向，所以b的运动方向发生变化，故A错误；在t1时刻，两车的位移相等，故B错误；t1到t2时间内，存在b图线的切线斜率与a图线斜率相同的时刻，故C正确；t1到t2时间内，两车的位移相同，时间相同，则平均速度相同，故D错误。]4．D　[卫星从M点向N点运行的过程中，万有引力对卫星做负功，卫星的速度减小，动能减小，A错误，D正确；根据万有引力定律和牛顿第二定律得＝ma，卫星在M点受到的地球引力大，在M点的加速度大于在N点的加速度，B、C错误。]5．AB　[选A、B两个木块整体为研究对象，在水平方向整体受摩擦力和轻绳在水平方向上的分力，木块A受到的摩擦力大小为f＝Fcosα，方向向左，木块A对桌面的摩擦力大小也为f＝Fcosα，但方向向右，所以C、D错误；A、B整体在竖直方向受支持力N、重力和轻绳在竖直方向的分力，整体处于平衡状态，因此N＝Mg＋mg－Fsinα，由牛顿第三定律可知A正确；选B为研究对象，由受力分析知弹簧处于拉伸状态，设弹簧弹力与水平方向的夹角为θ，根据平衡条件得Fcosα＝Tcosθ，Fsinα－mg＝Tsinθ，又T＝kx，解得x＝，B正确。]6．CD　[欲使在粗糙斜面上匀速下滑的滑块静止，必须使滑块做减速运动。对滑块进行受力分析知，对滑块施一垂直于斜面向下的力，可使摩擦力增大，而重力沿斜面向下的分力不变，因此B错误；粗糙斜面上的滑块是否能够静止取决于倾斜角和动摩擦因数，而与滑块的质量无关，因此A错误；滑块匀速下滑时，有mgsinθ＝μmgcosθ＝F，得动摩擦因数μ＝tanθ，选斜面为研究对象：在水平方向上Fcosθ＝mgsinθcosθ＝FNsinθ，对滑块施加一沿斜面向上的力没有改变滑块对斜面的摩擦力Ff和压力FN，因此在滑块没有停之前，斜面与水平地面间的摩擦力为零，C、D正确。]7.137\nC　[把第二只到第五只四个灯笼做为整体受力如图所示，由共点力的平衡条件得第一只灯笼对第二只灯笼的拉力为FT＝＝mg，C项正确。]8．AD　[弹簧、盒子A、光滑球B和地球组成的系统机械能守恒，从释放盒子直至其获得最大速度的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于A和B的机械能的增加量，弹簧的弹性势能一直减小，但速度最大时弹簧弹性势能不等于零，故选项A正确，B错误；由动能定理可知，A所受重力、B对A的弹力和弹簧弹力做功的代数和等于A的动能增加量，又由于B对A的弹力做负功，所以A所受重力和弹簧弹力做功的代数和大于A的动能的增加量，故选项C错误；A对B做的功等于B的机械能的增加量，故选项D正确。]9．C　[该运动由斜面的匀加速运动与水平面的匀减速运动两个“子过程”组成。由此可知，v－t图象是直线，两过程的加速度均恒定，沿斜面下滑时的s－t图象是向s轴正方向弯曲的曲线，所以选项A、B、D均错误，选项C是正确的。]10．D　[A、B相对静止，A的加速度就是系统的加速度，系统的合外力为F，因此加速度与F成正比，A项错误；A做的是变加速运动，B项错误；t0时刻速度不为零，C项错误；A的加速度由B对A的静摩擦力提供，因此Ff与a成正比，D项正确。]11．BC　[OA段匀加速运动，位移x＝at2，x－t图象为抛物线，A项错误；全过程有摩擦力做功，产生热量，所以有机械能损失，D项错误；AB段做匀减速运动，B项正确；两段合外力做功相同，W＝F·x＝F·at2，即OA段W1＝F1·××4，W2＝F2·××9，所以F1∶F2＝3∶2，所以C项正确。]12．C　[物块在整个运动过程中，由能量守恒知，物块在c点的动能小于初动能，即v<v0，A项错误；物块在ab段和bc段分别做匀减速和匀加速运动，且a1>a2，又由t＝和x1<x2知t1<t2，故B、D错误，C正确。]13．BC　[由题意可知，冒险家已经成了同步卫星，如果受到的万有引力为零，就不会做圆周运动，而会离开楼顶，在太空中做匀速运动，可知A错误；如果B正确，则有＝，得gR2＝GM，此式成立，B正确；设冒险家受到的万有引力为F，则有F＝＝，如果C正确，有F＝m，可得＝，两边立方，得R2gω4＝，化简得(R＋h)ω2＝，把式中的gR2用GM代替得(R＋h)ω2＝，两边在乘以m则在楼顶位置，得＝m(R＋h)ω2，此式成立，可知C正确，137\nD错误。]14．C　[篮球做斜上抛运动，末速度垂直竖直篮板为水平方向，可以将该过程逆向处理为平抛运动。B点向篮板方向移动一小段距离后，由于A、B点间竖直高度不变，为使篮球飞经B点，从A点飞出的水平速度应该小一点，若水平速度减小，则落到B点的速度变小，但与水平面的夹角变大。因此只有增大抛射角，同时减小抛射速度，才能使抛出的篮球仍垂直打到篮板上。]15．A　[若将子弹的运动运用逆向思维法，即将末速度为零的匀减速直线运动转化为初速度为零的匀加速直线运动，转化后能方便地利用初速度为零的匀加速直线运动的规律，得出子弹穿过三块木板的时间之比为(－)∶(－1)∶1，A项正确。]16．C　[把弹丸的运动分解成水平方向的匀速直线运动(v1cosθ＝v2)和竖直向上的匀减速直线运动(初速度为v1sinθ)，当竖直方向上的速度为零时，弹丸以速度v2垂直穿入竖直墙壁上的小孔B。根据曲线运动的合成与分解的性质可得，A、B错误；在小孔B以跟v1大小相等，跟v2方向相反的速度射出弹丸，在竖直方向上弹丸的运动时间不变，而水平速度变大，根据x＝v1t可知，C正确，D错误。]17．AD　[如图所示，前一过程，从A到P，所受摩擦力较大，下滑加速度较小，位移较小，故在P点的动能较小；后一过程，从B到P，下滑加速度较大，位移较大，故在P点的动能较大，所以A正确；两过程中，前者摩擦力大，位移小，后者摩擦力小，位移大，无法比较产生热量的大小，故B不正确；物块滑到底端的两过程合外力的功相同，根据动能定理，滑到底端速度相等，即C不正确；由牛顿第二定律，结合两次加速度变化特点，两次图象如v－t图所示，位移相等，故前一过程时间较长，D正确。]18．C　[作出v2－x图象如图所示，由图可知，a2<a，选项A、B错误；在图象上任作一条平行于纵轴的直线，比较AB中间任一点甲、乙速度的大小，由图可知，经过AB中间任一点时甲的速度一定大于乙的速度，选项C正确，D错误。]19．B　[由竖直上抛运动的位移公式x＝v0t－gt2知，137\n竖直上抛运动的位移一时间图象是一条抛物线。小球在空中的运动时间为T＝＝4s。定性地画出各小球的x－t图象，各小球对应图象如图所示，图线的相交点表示位移相等，即两球相遇点。根据各球图线的交点，可以看出：第一个小球在空中能与3个小球相遇。]20．D　[因为阻力F＝kx，以F为纵坐标，F方向上的位移x为横坐标，作出F－x图象，如图所示，图线与x轴所夹阴影部分面积的值等于铁锤克服阻力做的功。由于两次做功相等，故有S1＝S2所以kx＝k(x2＋x1)(x2－x1)解得Δx＝x2－x1＝(－1)cm，D项正确。]21．AD　[相遇时对B、A分别有v＝gt，v＝v0－gt，联立两式可得v0＝2v，A正确；根据题意可知相遇点对应B物体运动到地面的中间时刻，故相遇时物体A上升的高度和物体B下落的高度之比为3∶1，B、C错误；根据竖直上抛运动的对称性，当A上升到最高点又回到相遇点时，速度和上升时等大反向，即和相遇时B在此点的速度相同，所以A、B的落地速度相等，D正确。]22．D　[对称地作出倾角为53°的斜面，如图中虚线所示，根据对称关系可知，向左水平抛出的A球必定先碰到倾角为37°的斜面，故tA<tB。用排除法可得D正确。]23．B　[大球与质点P的万有引力F＝①挖去的小球与质点P的万有引力F1＝②综合体积与密度，大球有M＝ρ·πR3③挖去的小球有M1＝ρ·π()3④解①式得F＝⑤解②③④式得F1＝⑥结合力的合成，剩余部分与质点P的万有引力F2＝F－F1⑦解⑤⑥⑦式得F2＝，B项正确。]137\n24．D　[卫星绕行地球有T＝2π①利用“黄金代换”GM＝gR2②观察者A与卫星S转到图示阴影区域时看不见卫星。结合圆周运动规律：2θ＝ωt，2π＝ωT，解得t＝③应用几何关系：rsinθ＝R④结合数学运算，把②④式代入①式，整理得θ＝arcsin()⑤解③⑤式得t＝arcsin()，D项正确。]25．ABC　[若v太大，小球将落在马路外边，因此，要使小球落在马路上，v的最大值vmax为球落在马路最右侧A点时的平抛初速度，如图所示，小球做平抛运动，设其运动到A点的时间为t1，则小球的水平位移为L＋x＝vmaxt1，小球的竖直位移为H＝gt，解得vmax＝(L＋x)＝13m/s若v太小，小球被墙挡住，因此，小球不能落在马路上，v的最小值vmin为小球恰好越过围墙的最高点P落在马路上B点时的平抛初速度，设小球运动到P点所需时间为t2，则此过程中小球的水平位移为L＝vmint2，小球的竖直位移为H－h＝gt，解得vmin＝L＝5m/s。]26．C　[通过对题目的分析我们发现，这类问题变量单一，选项形式相像，选用极限法是最快捷的方法。由题意知题目中T1与m有关，可令m＝0代入各项简化得137\nA．T1＝，B.T1＝，C．T1＝，D.T1＝，根据牛顿第二定律，用整体法和隔离法可求得m＝0时T1的情况，C正确。]27．D　[小球在最高点满足题干要求的两个临界状态，第一个临界状态为小球恰好在最高点与轨道无作用力，即mg＝，结合mg·2R＝mv－mv，可求出最低点的初速度v0的最小值为v0＝，A、C项错误；第二个临界状态为小球在最高点时B恰好与地面无相互作用力的状态，即轨道对小球的弹力FN＝2mg，由牛顿第二定律得：FN＋mg＝，并结合mg·2R＝mv－mv，可求出初速度v0的最大值为v0＝，B项错误，D项正确。]专练(二)　力学大题——题型练1．解析　(1)有拉力向上运动过程(t＝4.0s)，由牛顿第二定律得F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1①由运动规律得v1＝a1t，x1＝a1t2②解①②式得v1＝8.0m/s，x1＝16m③绳断后向上运动过程，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2④由运动规律得t2＝，x2＝⑤解③④⑤式得t2＝1.0s，x2＝4.0m⑥解③⑥式得物体沿斜面上升的最大高度为h＝(x1＋x2)sinθ＝12m(2)沿斜面向下运动过程，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma3⑦由运动规律得x1＋x2＝a3t⑧解③⑥⑦⑧式得t3＝s≈3.2s则物体再返回到斜面底端所用的时间为t总＝t2＋t3＝4.2s答案　(1)12m　(2)4.2s2．解析　(1)整体分析人和木箱，由牛顿第二定律得Ff人－(m＋4m)gsinθ＝(m＋4m)a解得Ff人＝5m(gsinθ＋a)(2)木箱能获得最大加速度，则人与路面间的静摩擦力为最大值。整体分析人和木箱，由牛顿第二定律得μ·4mgcosθ－μmgcosθ－(m＋4m)gsinθ＝(m＋4m)am解得am＝μgcosθ－gsinθ(3)木箱由坡底运送到坡顶，人推木箱的时间最短应有2个子过程。人以最大加速度推木箱的加速过程，由运动规律得v＝amt加，v2＝2amx加137\n撤去推力，木箱减速运动过程，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2到达坡顶速度恰好为零。由运动规律得v2＝2a2x减又有L＝x加＋x减解得t加＝答案　(1)5m(gsinθ＋a)　(2)μgcosθ－gsinθ(3)3．解析　(1)读取图象信息知，在初始v0＝160m/s时，过A点的切线斜率为此时的加速度，为a1＝＝m/s2＝20m/s2①(2)初始时刻，由牛顿第二定律得kv＋f－Mg＝Ma1②在v1＝8m/s时，受力平衡，有kv＋f－Mg＝0③解②③式得k＝2.35kg/m(3)距离地面高度h＝1m的下落过程。由运动规律得v－v＝－2a2h④由牛顿第二定律4F0＝Ma2⑤解④⑤式得F0＝≈2.4×104N答案　(1)20m/s2　(2)2.35kg/m　(3)2.4×104N4．解析　(1)读取s－θ图象信息。当θ1＝90°，s1＝1.25m时，为竖直上抛运动。由运动规律得v＝2gs1解得初速度v0＝5m/s(2)当θ2＝0，s2＝m时，为水平面上的匀减速运动，由运动规律得v＝2a1s2由牛顿第二定律得μmg＝ma1解得μ＝(3)当斜面倾角为θ时，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma由运动规律得v＝2as137\n解得s＝令tanα＝μ，有α＝30°，则s＝＝×＝·，分析知，当θ3＝60°时，有最小值smin≈1.08m答案　(1)5m/s　(2)　(3)1.08m　60°5．解析　(1)设传送带速度为v1，工件至B点时恰好与传送带相对静止，由牛顿第二定律得μmg＝ma1①由运动规律得v＝2a1L1②解①②式得v1＝15m/s，a1＝5m/s2③(2)B→C斜面的运动过程。由牛顿第二定律得μmgcosθ＋mgsinθ＝ma2④由运动规律得v＝2a2L2⑤解④⑤式得v2＝10m/s⑥则传送带的速度应为10m/s，与③式比较知，工件能够达到C点。(3)A→B运动的过程有2个子过程。加速滑动过程，由运动规律得v2＝a1t1⑦解③⑥⑦式得t1＝2s运动位移为x1＝a1t＝10m<22.5m⑧匀速运动过程，由运动规律得L1－x1＝v2t2⑨解⑥⑧⑨式得t2＝1.25s则A→B的运动时间为t＝t1＋t2＝3.25s答案　(1)15m/s　(2)能　10m/s　(3)3.25s6．解析　(1)设恒力F取最小值为F1，滑块加速度为a1，滑块恰好到达车的左端，有F1＋μmg＝ma1①又有v0＝a1t1②滑块相对车的位移为＝v0t1－t1③解①②③式得F1＝12N，则恒力F大小应该满足的条件是F≥12N(2)结合(1)的解析，可求滑块恰好不从左端掉下去时，F1的最短作用时间为t1＝s≈0.67s④此时滑块在平板车的左端，二者速度均为v0。若滑块在F作用下继续向右运动，有F1－μmg＝ma2，解得a2＝3m/s2⑤加速运动时间为t′，二者相对位移为Δx＝(v0t′＋a2t′2)－v0t′＝a2t′2⑥撤去力F1后，滑块向右减速运动，有μmg＝ma3，137\n解得a3＝3m/s2有a2＝a3由运动的对称性知Δx＝⑦解⑤⑥⑦式得t′≈1.15s则F1最长作用时间为t1＋t′＝1.82s所以，保证滑块不从车上掉下，力F1的作用时间范围为0.67s≤t≤1.82s答案　(1)F≥12N　(2)0.67s≤t≤1.82s7．解析　小球的运动有3个子过程。(1)A→B过程为平抛运动，由运动规律得竖直方向有vBy＝gt①水平方向有d1＝v0t②又有vBy＝v0tanθ③解①②③式得d1＝0.4m(2)在B点小球的速度为vB＝④B→C过程为匀加速运动，由牛顿第二定律知mgsinθ＝ma⑤由运动规律得vC＝vB＋at1，v－v＝2ax⑥应用几何关系得x＝⑦解④⑤⑥⑦式得t1＝0.2s，vC＝3m/s⑧(3)水平面上运动的过程，由功能关系得mv＝μmg(d2－x0)＋μmg·Δx＋Ep⑨解⑧⑨式得Ep＝0.5J答案　(1)0.4m　(2)0.2s　(3)0.5J8．解析　小球运动的多过程有3个子过程。(1)小球受细线F拉动加速上升过程，由牛顿第二定律得对小球有F－mgsin30°＝ma①对物块有Mg－F＝Ma②由题意知M＝km③解①②③式得a＝g④(2)M落地时与m的速度大小相同，设为v，由运动规律得v2＝2ah⑤应用几何关系得h＝L·sin30°⑥小球减速上升过程，设出管口时速度为v0，由牛顿第二定律得mgsin30°＝ma0⑦由运动规律得v2－v＝2a0(L－h)⑧解④⑤⑥⑦⑧式得v0＝，(其中k>2)(3)小球平抛运动过程，由运动规律得137\n水平方向有x＝v0t竖直方向有L·sin30°＝gt2解得x＝L，其中＝<，则有x<L＝L，得证。答案　(1)g　(2)(k>2)(3)见解析9．解析　物块的运动有3个子过程(1)在B点时，轨道对物块的支持力为8mg，由牛顿第二定律得8mg－mg＝m解得vB＝①(2)物块恰过C点，由牛顿第二定律得mg＝m②B→C过程，由动能定理得－mg·2R＋Wf＝mv－mv③解①②③式得Wf＝－mgR，则克服阻力做功为mgR(3)A→P过程，由机械能守恒得Ep＝mv2④P→B过程匀减速运动，由牛顿第二定律得μmg＝ma⑤由运动规律得vB＝v－at⑥解①④⑤⑥式得t＝－答案　(1)　(2)mgR　(3)－10．解析　物块运动的过程包含4个子过程。(1)由D至P为平抛运动，设初速度为vD，由平抛运动规律得：竖直速度为vy＝，137\n且tan45°＝①解得vD＝4m/s②水平位移为x＝vDt，竖直位移为R＝gt2③解②③式得x＝2R＝1.6m由B至D的运动规律为x＝6t－2t2，是初速度v0＝6m/s、加速度a＝4m/s2的匀减速运动，至D点时速度为vD由运动规律得x1＝＝2.5m则BP水平间距为x＋x1＝4.1m(2)由P至M做圆周运动。假设能沿轨道到达M点，其速度为vM，由机械能守恒定律得m2v＝m2v－m2gR④轨道对物块的压力为FN，由牛顿第二定律得FN＋m2g＝m2⑤解④⑤式得FN＝(1－)m2g<0，即物块不能到达M点(3)设弹簧长为AC时弹性势能为Ep，由功能关系得：释放m1时，Ep＝μm1gsCB⑥释放m2时，Ep＝μm2gsCD＋m2v⑦且m1＝2m2，可得Ep＝m2v＝7.2J设m2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf，由功能关系得Ep－Wf＝m2v⑧解②⑥⑦⑧式得Wf＝5.6J答案　(1)4.1m　(2)见解析　(3)5.6J11．解析　如图所示，物块m1的运动有3个子过程，物块m2有2个子过程。(1)设细线断开两物块获得的速度均为v，由能量守恒定律得Ep＝2×mv2解得v＝＝6m/s物块m1做圆周运动过程。在C点由牛顿第二定律得FN－m1g＝m1解得FN＝16.4N由牛顿第三定律知对半圆轨道的压力大小为16.4N137\n(2)物块m1由C到A过程。由机械能守恒得m1v2＝m1v＋m1g·2R解得vA＝4m/s(3)物块m1做平抛运动过程，若落在平台CD上，由运动规律知：水平方向有x1′＝vAt1竖直方向有2R＝gt解得x1′＝vA·＝1.79m，因为x1′>L＝1.2m，故落在平台下面，故x1＝vA·＝2.4m同理，物块m2从D点平抛的水平位移为x2＝v·＝2.4m应用几何关系知，则两物块落地点间的水平间距为L＋x2－x1＝1.2m答案　(1)16.4N　(2)4m/s　(3)1.2m专练(三)　电学选择题——方法练1．AC　[若R2断路，外电路总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，由分压原理可知，A灯两端电压增大，B灯两端电压减小，故A项正确；若R3断路，同理可以得出A灯变暗，B灯变亮，B项错误；若R1、R2同时发生断路，外电路的总电阻增大，同理可以得出A灯变亮，B灯变暗，C项正确；若R1、R3同时断路，则可推出A灯变暗，B灯变亮，D项错误。]2．B　[断开S2后，总电阻变大，电流变小，“排除”A项；S2断开前路端电压是U＝IR1＝3×4V＝12V，S2断开后路端电压增大，故大于12V，电流则大于I′＝＝A＝1.2A，“排除”C、D两项。故可得正确选项为B。]3．C　[由安培定则和楞次定律可判断0～3s内圆环中感生电动势为顺时针方向，故UPQ>0，且由E＝n＝n·S，可知，E的大小不变，满足此条件的选项只有C。]4．D　[由安培定则及楞次定律可知，线框由0～a的过程中电流为正，线框由a～2a的过程中，电流为负，由此可知，B、C均错误，又根据线框刚进入磁场时和从右侧刚出磁场时，等效切割长度均由0开始增加，故A错误，D正确。]5．A　[通电导线所受磁场力为零，则电流方向与磁场方向平行，说明该区域同时存在的另一匀强磁场B2，并且B2与B1的合磁场的磁感应强度方向沿导线方向，由矢量三角形可知，当B2与合磁场(通电导线)垂直时，磁场最小B2最小＝B1sin60°，则B2≥B1sin60°＝T，所以B2的不可能值为T，故A正确，B、C、D错误。]6．D　[由于在t1至t2的时间内，弹簧线圈处于收缩状态，则在弹簧线圈中应有感应电流通过，选项A、B显然不对，因为MN中此时产生恒定电流。因为线圈收缩，所以MN137\n中产生的感应电流应增大，则在Q处所加磁场的磁感应强度随时间的变化率增大，选项D正确。]7．B　[粒子在电场力作用下，做类平抛运动，初速度v0与末速度v的水平分量相等，显然可得出A、C、D错误，当粒子从N点以速度－v射入电场中时，粒子在水平方向上做匀速运动，而在竖直方向上，从M到N竖直方向上做匀加速运动，从N到M竖直方向上做匀减速运动，两运动可逆，可知正确选项为B。]8．B　[每个圆环在O处产生的场强大小相等，设为E，由电场强度的叠加原理和对称性可知，ED＝0，EA＝EC＝E，EB＝E，故B选项正确。]9．A　[在图甲中相当于一个顺时针方向的环形电流取其Ⅱ、Ⅳ象限的一半，在选项A中，显然Ⅱ、Ⅳ象限的电流相互抵消，Ⅰ、Ⅲ象限的仍然相当于一个顺时针方向的环形电流的一半，因此圆心O处的磁感应强度与图甲中的相同；在选项B中，则相当于是一个完整的顺时针方向的环形电流，圆心O处的磁感应强度与图甲中的相比方向相同，大小则是2倍；在选项C中，Ⅰ、Ⅲ象限的电流相互抵消，Ⅱ、Ⅳ象限的电流相当于一个逆时针方向的环形电流的一半，圆心O处的磁感应强度与图甲中的相比大小相同，但方向相反；在选项D中，Ⅱ、Ⅳ象限的电流相互抵消，Ⅰ、Ⅲ象限的电流相当于一个逆时针方向的环形电流的一半，圆心O处的磁感应强度与图甲中的相比大小相同，但方向相反，故只有选项A正确。]10．B　[以向B板运动为正方向，分别作出从0、T/4、T/2时刻释放的粒子的速度－时间图象如图所示，则由图象可看出，若0<t0<T/4或3T/4<t0<T或T<t0<9T/8，粒子在一个周期内正向位移大，即最终打到B板；若T/2<t0<3T/4，粒子在一个周期内负向位移大，最终打到A板。答案为B。]11．BC　[滑动变阻器的滑片P向左移动一段距离后，整个闭合电路的总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知干路电流I＝减小，电流表读数变小，灯泡L变暗，A错误；电压表读数U＝E－Ir增大，B正确；灯泡L的电阻大于电源的内阻r，由电源输出功率与外电路电阻的关系图象(如图所示)可知，当滑动变阻器的滑片P向左移动一段距离后，电源的输出功率减小，C正确；电容器C上所带的电荷量Q＝C[E－I(r＋RL)]增大，D错误。]12．A　[由左手定则可知磁铁对通电直导线的作用力竖直向下，故弹簧拉力增大；根据牛顿第三定律可知，导线对磁铁的反作用力竖直向上，减小了磁铁对地面的压力。答案为A。]13．ACD　[电压表阻值一定，当它的读数由U0增加到2U0时，通过它的电流一定变为原来的2倍，而R与电压表串联，故选项A正确；再利用P＝UI和U＝IR，可知R消耗的功率P′＝＝P，R后来两端的电压U＝IR，不难得出C项正确、B项错误；又因电源内阻不计，R与电压表的电压之和为E，当R减小到零时，电压表示数为E，其值为E＝IR＋U0＝137\nIR＋2U0，解得E＝4U0，故选项D正确。]14．B　[当MN中电流突然减小时，线圈的磁通量减小，线圈中产生的感生电流所受的安培力将驱使线圈向右运动，以阻碍线圈的磁通量减小，故线圈所受安培力的合力向右，B正确。]15．C　[根据“平行通电导线同向相吸，异向相斥”的二级结论，可知a、b处导线对c处导线的安培力的合力方向水平向左。答案为C。]16．C　[由于万有引力定律和库仑定律的内容和表达式的相似性，故可以将该题与电荷之间的相互作用类比，即将两个星体类比于等量同种电荷，而小物体类比于异种电荷。由此易得C选项正确。]17．ACD　[一带负电的离子只受某一正点电荷Q的电场力作用，从A点运动到B点再到C点，类比成卫星只受地球的万有引力作用绕地球做椭圆运动，正电荷Q在椭圆的一个焦点上，B点可能是近地点，也可能是远地点，故答案是A、C、D。]18．D　[若在MN右侧补偿大小、方向与MN左侧均相同的足够大的匀强磁场，矩形金属线圈abcd在整个匀强磁场中从线圈平面与磁场平行的位置开始转动，金属线圈的电流随时间变化的规律是一个完整的余弦曲线，由楞次定律可得电流方向为从b到a，金属线圈的电流随时间变化的图象如图甲所示；而实际上矩形金属线圈abcd转动一周的过程中，只有前半周在磁场中切割磁场产生电流，故将图中后半个周期对应的图象切去后即可，如图乙所示，故答案为D。]19．D　[把带电的半球面补全成球面，则整个球面在M点产生的场强为E0＝＝，原半球面在M点产生的场强为E，则补上的半球面在M点产生的场强为E0－E＝－E，补上的半球面与原半球面关于O点对称，N和M关于O点对称，所以原半球面在N点产生的场强大小等于补上的半球面在M点产生的场强大小，为－E。]20．D　[带电物体的电势可以为零，比如接地的导体，可以带电，取大地电势为零，则此导体的电势为零，A错误；电场强度和电势没有必然的联系，场强为零的地方，电势可以为零，也可以不为零，如两正点电荷连线中点处的场强为零，但电势不一定为零，B错误；顺着电场线的方向，电势降低，C错误；负电荷沿电场线方向移动，则电场力做负功，电势能一定增加，D正确。]21．B　[由电阻定律R＝ρ可知，选项C、D单位不正确，再考虑b＝a时，R应为零，可知A错误，B正确。]专练(四)　电磁学大题——题型练1．解析　137\n(1)设粒子在偏转电场运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，偏转角为θ，其反向延长线通过O点，O点与极板右端的水平距离为x。则有y＝at2①L＝v0t②vy＝at，tanθ＝＝，联立可得x＝即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点。(2)a＝③E＝④由①②③④式解得y＝当y＝时，UYY′＝则两板间所加电压的范围为－≤UYY′≤(3)当y＝时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大，设其大小为y0，则y0＝y＋btanθ又tanθ＝＝，解得：y0＝故粒子在屏上可能到达的区域的长度为2y0＝。答案　(1)见解析　(2)－≤UYY′≤(3)2．解析　(1)设方物块的总个数为N速度最大时，合外力为零：NEq＝μNmg，μ＝0.5(2)所有物块在进入AB区域的过程中，物块间不会分离，摩擦力先由零逐渐增大，并且随位移均匀增大，完全进入后，摩擦力为恒力。设物块最终静止时最右端离A点距离为x1，由动能定理得：NEq(2L＋x1)＝μNmg×L＋μNmg×(x1－L)x1＝3L即物块最右端刚好停在B点(3)只要物块的后端(最左端)能通过B点，则所有方块都能通过B点，设物块的前端(最右端)距A点的距离为x2处由静止释放，物块刚好全部进入时的速度为vNEq(L＋x2)－μNmg×L＝Nmv2从刚好全部进入AB区域，到全部离开AB区域的过程中，137\n最后一个方物块的加速度保持不变(Eq－μmg)×3L＝0－mv2联立求解得：x2＝3L(4)因为B点右侧光滑，每个物块离开B点后，各物块的速度不同，物块之间将有间距发生。假设将AB区域向右无限延长，从x2＝3L处由静止释放，物块的最左端刚好到达B处静止时，所有物块均同时静止。每个物块在B点的初动能等于各自的合外力做的功，合外力为F合＝μmg－Eq，方向均向左，向右的平均位移为由功能关系得：Ek总＝N(μmg－Eq)×＝(μmg－Eq)×＝MgL答案　(1)0.5　(2)B点　(3)3L　(4)MgL3．解析　(1)粒子的行进路线如图中的轨迹NO。根据几何知识有：R＝，又qvB＝m得到射到x坐标轴上O点的粒子速度大小v＝＝(2)粒子的行进路线如图中的轨迹2，根据几何知识有：R2＝L另有＝x得：x＝2(－1)L(3)从ON边射出的粒子根据几何知识有：在磁场中圆弧轨迹对应的圆心角都是。所以这些粒子在磁场中的时间与速度无关，等于t＝从OM边射出的粒子行进路线可用图中的轨迹3代表，根据几何知识有：R＝Rcosα＋(L－Rsinα)tan其中R＝，且α角的范围是137\n可得：α＝arccos－，而t＝。答案　(1)　(2)x＝2(－1)L(3)从ON边射出的粒子t＝，与速度无关，从OM边射出的粒子t＝，α＝arccos－4．解析　(1)粒子自P点进入磁场，从O1点水平飞出磁场，则粒子必带正电运动的半径必为b，则qv0B＝解得v0＝(2)粒子自O1点进入电场，最后恰好从N板的边缘平行飞出，设运动时间为t，则2b＝v0t＝n·2··()2t＝nT(n＝1，2，…)解得T＝(n＝1，2，…)U0＝(n＝1，2，…)(如果没有考虑周期性，得分减半)(3)当该粒子恰好从N板边缘以平行于极板的速度射入磁场，且进入磁场的速度仍为v0，运动的轨道半径仍为b。设进入磁场的点为Q，离开磁场的点为R，圆心为O3，如图所示，四边形OQO3R是菱形，故∠QQ3R＝则运动时间t＝＝答案　(1)正电　v0＝(2)T＝(n＝1，2，…)　U0＝(n＝1，2，…)(3)t＝5．解析　(1)粒子在第二象限匀加速直线的过程：qEL＝mv得v1＝4×105m/s137\n粒子在第一象限做类平抛运动：y轴方向y＝at2＝L，x轴方向x＝v1t得x＝2L＝0.04mvx＝v1＝4×105m/svy＝at＝4×105m/s设粒子进入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为θ，tanθ＝＝1　则θ＝45°粒子进入磁场时的速度为v2＝＝4×105m/s与x轴正方向成45°角斜向下。(2)L取任意值时均有：x0＝2L，θ＝45°，v＝v1＝2粒子在磁场中做匀速圆周运动时，qvB＝m代入数据得：R＝所以圆心的坐标为：x＝2L－R，y＝－RR＝代入并消去L，得x＝4y2＋y此方程为一抛物线方程。答案　(1)0.04m　4×105m/s，方向与x轴正方向成45°角斜向下　(2)见解析6．解析　(1)小球在进入电场磁场区域之前为自由落体运动，因此有mv2＝mgh得v＝＝2m/s，方向竖直向下。(2)小球进入电场磁场区域时，始终受到重力、电场力作用，但重力、电场力始终大小相等，方向相反，因此，小球在电场磁场区域运动时可以不考虑这两个力的影响。小球在磁场1中运动时只考虑洛伦兹力的作用。小球在磁场1中做匀速圆周运动，小球离开磁场1时速度大小还是v＝2m/s；假设小球在磁场1中运动时圆弧对应的圆心角为θ1，则r＝＝0.2m，sinθ1＝＝＝0.4，所以带电小球离开磁场1时速度方向为与竖直方向的夹角为θ1。小球在磁场1和磁场2中运动时的两端圆弧半径相等，两端圆弧对接后所对的圆心角为θ2，137\n则sinθ2＝＝＝0.8，则θ2＝53°，小球在磁场中运动周期：T＝＝0.628s，所以小球在穿过磁场1、2的时间t＝T＝0.092s。(3)分析小球在电场磁场区域的运动情况，小球可以回到与A等高的位置。在三个磁场中运动的总时间为半个圆周运动周期，t1＝＝0.31s小球在非电场磁场区域运动的总时间为t2＝2＝0.4s小球在磁场1和磁场2之间的电场中运动为匀速直线运动，总时间为t3＝＝0.087s小球在磁场3和磁场2之间的电场中运动也为匀速直线运动，总时间为t4＝2＝0.13s所以，小球要回到与A等高处的最少时间t＝t1＋t2＋t3＋t4＝0.93s。答案　(1)2m/s，方向竖直向下　(2)2m/s　0.092s(3)能　0.93s7．解析　(1)导体棒P进入磁场时匀速运动，设切割磁场速度为v，则E＝BLvI＝E/2RF安＝BIL，由平衡条件可知F安＝mgsinθ解得v＝4m/s导体棒P脱离传送带时已与皮带共速，设传送带速度为v0，导体棒沿斜面下滑x1过程中，由动能定理得：mgx1sinθ＝mv2－mv解得v0＝3m/s(2)导体棒P匀速进入磁场，两端电压UP＝BLv，导体棒P、Q都进入磁场共同加速时，UP＝BLv，导体棒P出磁场后，只有导体棒Q切割磁场，做变减速运动，UP＝BLv/2，电压随时间的定性变化图象如图所示(3)导体棒P、Q在传送带上加速过程中产生的内能为Q1＝2μmgs相对＝0.9J导体棒P匀速进入磁场过程中x3＝vΔt由能的转化与守恒得，Q2＝mgsinθ·x3＝0.4J137\n导体棒P、Q共同在磁场中加速下滑过程中，x4＝x2－x1－x3＝0.9m，设导体棒P出磁场时速度为u，由运动学得u2－v2＝2ax4，u＝5m/s导体棒Q切割磁场时下滑距离为x5＝0.8m由能的转化与守恒得，Q3＝mgsinθ·x5－mv′2＋mu2＝0.47J。Q＝Q1＋Q2＋Q3＝1.77J。答案　(1)3m/s　(2)见解析　(3)1.77J8．解析　(1)磁场以恒定速度v1向右移动(设导体棒不动)，则由金属导体棒和导轨构成的回路内磁场区域的面积变小，面积变小的速率为＝Lv1，当导体棒随后以速度v2向右运动时，回路的面积变大，其变化速率为＝Lv2，最后当导体棒与磁场两者一起运动时，该回路中磁场区域的面积变小的速度为＝L(v1－v2)，由于回路中磁通量的变化，在回路中产生的电动势为E＝＝B＝BL(v1－v2)，I＝＝(v1－v2)导体棒匀速运动，安培力与阻力相等F安＝BIL＝速度恒定时有＝f可得v2＝v1－(2)由上面得出的速度值可以得到f越大，v2越小，v2最小为0，所以fm＝(3)设导体棒以恒定速度v2运动，P导体棒＝fv2＝f(v1－)P电路＝I2R＝＝(4)设磁场的加速度为a，金属棒的加速度为a′，当金属棒以一定速度v运动时，受安培力和阻力作用，由牛顿第二定律可得(at－v)－f＝ma′由图可知，在t时刻导体棒的瞬时速度大小为vt，此时棒做匀加速运动，磁场与金属棒间必有v1－v2为常数，即a＝a′，则有－f＝ma可解得a＝答案　(1)v1－　(2)　(3)f(v1－)　(4)9．解析　(1)设金属棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量变化量为ΔΦ，137\n回路中的平均感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得E＝①其中ΔΦ＝Blx②设回路中的平均电流为I，由闭合电路的欧姆定律得I＝③则通过电阻R的电荷量为q＝IΔt④联立①②③④式，代入数据得q＝4.5C。⑤(2)设撤去外力时金属棒的速度为v，对金属棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2＝2ax⑥设金属棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W，由动能定理得W＝0－mv2⑦撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W⑧联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q2＝1.8J⑨(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6J在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2⑪由⑨⑩⑪式得WF＝5.4J⑫答案　(1)4.5C　(2)1.8J　(3)5.4J10．解析　(1)根据E－t图象中的图线是过原点的直线有I＝得I2＝8A。(2)可判断I－t图象中的图线也是过原点的直线有t＝1s时，I1＝4A可有q＝IΔt＝Δt得q＝6C。(3)因θ＝45°，可知任意t时刻回路中导体棒有效切割长度L＝x再根据B－x图象中的图线是双曲线特点有E＝BLv＝Bxv且E与时间成正比可知导体棒的运动是匀加速直线运动加速度a＝2m/s2又有F安＝BIL＝BIx＝(Bx)I且I也与时间成正比再有F－F安＝max＝at2得F＝4＋4。答案　(1)8A　(2)6C　(3)F＝4＋4专练(五)　常见物理模型练1．BC　[根据图象可知，0～1s内学生向下做匀加速运动处于失重状态，1～5s内处于超重状态，A错误；5s后该学生用手紧握住滑竿保持静止不动，则F＝mg＝500N，所以m＝50kg，B正确；0～1s内，学生向下做匀加速运动，mg－F1＝ma1，得a1＝2.4m/s2，1s末到5s末学生做匀减速运动，5s末速度为零，所以1s末学生的速度达到最大值，1s137\n末学生的速度：v1＝a1t1＝2.4m/s，C正确；学生在滑竿上下滑的长度等于做加速运动和减速运动通过的位移之和。下滑的总位移x＝(t1＋t2)＝6.0m。题中不能确定这个学生是否已经下滑到竿的末端，所以D错误。]2．AC　[由a－x图象可知，位移x1及x2－x1对应的过程滑块的加速度大小分别为a1、a2，大小不变，即加速度不随时间变化，因此这两段位移对应的过程滑块分别做匀加速直线运动和匀减速直线运动，加速运动的初速度和减速运动的末速度均为零，因此有v＝2a1x1＝2a2(x2－x1)，解得a2＝2a1，A项正确；滑块的最大速度vmax＝＝＝，B项错误；滑块的平均速度v＝＝＝＝，C项正确；设滑块加速运动和减速运动的时间分别为t1、t2，则a1t1＝a2t2＝2a1t2，解得t1＝2t2，D项错误。]3．B　[对小球进行受力分析，由于小球竖直方向上所受合力为零，可知Tcosα＝mg，T′cosα＝mg，所以T＝T′。对于图乙中的小球，水平方向有T′sinα＝ma′。对于图甲中的小车，水平方向有Tsinα＝Ma，因为M>m，所以a′>a。对小球与车组成的整体，由牛顿第二定律得F＝(M＋m)a，F′＝(M＋m)a′，所以F′>F，B项正确。]4．AB　[对A、B组成的整体由牛顿第二定律得F－μ(mA＋mB)gcosθ－(mA＋mB)gsinθ＝(mA＋mB)a，对A由牛顿第二定律得kx－μmAgcosθ－mAgsinθ＝mAa，其中x为弹簧的形变量，两式联立得kx＝＝，为了减小弹簧的形变量，可以减小A物块的质量或增大B物块的质量，A、B项正确，C、D项错误。]5．BC　[A、B间不发生滑动的临界点为Ff＝μmg①整体分析AB，由牛顿第二定律得F＝(M＋m)a②当F作用在B时：隔离A，由牛顿第二定律得Ff＝ma③解①②③式得F≤μ(M＋m)g，故A项错误；当F作用在A时：隔离B，由牛顿第二定律得Ff＝Ma④解①②④式得F≤(M＋m)，故选B项正确；保持A、B相对静止，用相等的力分别拉A或B时，整体加速度均为a，由运动规律得位移均为x＝at2⑤做功均为W＝Fx⑥解②⑤⑥式得，做功均为W＝，故C项正确。D项错误。]6．解析　(1)设小物块在斜面上的加速度为a1，对小物体进行受力分析，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μ1mgcosθ＝ma1因小物体到达斜面最高点P时速度恰好为零，由运动学方程得v2＝2a1L联立解得v＝3m/s。(2)因为v<v0，所以小物体在运输带上一直做匀加速运动，设加速度为a2，由牛顿第二定律和运动学方程得μmg＝ma2，v2＝2a2x，联立解得μ＝0.3。137\n(3)设小物体在运输带上运动的时间为t，则t＝，小物体与运输带的相对路程为Δx＝v0t－x，产生的热量Q＝μmgΔx，联立解得Q＝4.2J。答案　(1)3m/s　(2)0.3　(3)4.2J7．解析　(1)设最初弹簧被压缩的长度为x0，根据牛顿第二定律对A有kx0＋mg＝ma解得x0＝m(a－g)/k设A和B以加速度a/3向下做匀加速运动过程的终止时刻弹簧的压缩量为x1，根据牛顿第二定律对A有kx1＋mg＝ma/3解得x1＝m(a/3－g)/k设A和B一起做匀加速运动的时间为t1，在这段时间内，A运动的位移为s＝x0－x1根据s＝×t可解得t1＝2。(2)起始时刻A受三个力，满足mg＋kx0－N1＝ma/3B受三个力，满足Mg＋N1－F1＝Ma/3又kx0＋mg＝ma联立解得F1＝M(g－a/3)＋2ma/3A与B脱离时B受两个力，满足Mg－F2＝Ma/3解得F2＝M(g－a/3)。答案　(1)2　(2)F1＝M(g－)＋　F2＝M(g－)8．A　[小球恰好过最高点时有mg＝m，解得v1＝，根据动能定理得mg·L＝mv－mv，由牛顿第二定律得T－mg＝m，联立以上三式得T＝2mg，故A正确，B、C、D错误。]9．AD　[当弹力F方向向下时，F＋mg＝m，解得F＝v2－mg，当弹力F方向向上时，mg－F＝m，解得F＝mg－v2，对比F－v2图象可知，b＝gR，a＝mg，联立解得g＝，m＝。选项A正确，B错误；v2＝c时，杆对小球的弹力方向向下，选项C错误。v2＝2b时，小球受到的弹力与重力大小相等，选项D正确。]10．BCD　[根据题述测得在相同时间内水星转过的角度为θ1，金星转过的角度为θ2，可得水星和金星二者角速度比为ω1∶ω2＝θ1∶θ2，由G＝mrω2，可以得到水星和金星到太阳的距离之比，选项B正确；由T＝可以得到水星和金星绕太阳运动的周期之比，选项137\nC正确；G＝ma可以得到水星和金星绕太阳运动的向心加速度大小之比，选项D正确。]11．ACD　[“风云二号”卫星是地球的同步卫星，应用常识数据可知，其周期为24h，故A项正确；对“风云一号”有v1＝①T1＝2π②a1＝③对“风云二号”有v2＝④T2＝2π⑤a2＝⑥解①②式得v1＝⑦解④⑤式得v2＝⑧⑦⑧两式相除，代入数据得＝＝，故B项错误，解②③式得a1＝⑨解⑤⑥式得a2＝⑩⑨⑩两式相除，代入数据得＝＝，故D项正确；应用常识数据，同步卫星速度约为3.08×103m/s、第一宇宙速度为7.9km/s，直接相除约为，故C项正确。]12．A　[由电场线分布的特征可知，产生电场的电荷一定是等量异种电荷，A正确，B错误；D、C两点电场线的密度不同，D、C两点的电场强度不同，C错误；C点电场线的密度大，电场强度大，D错误。]13．C　[沿着场强方向，电势越来越低。两个等量同种正点电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O137\n点沿着中垂线向右到无穷远处电场强度先增大后减小，故选项C正确，D错误；电场强度的方向一直向右，故电势越来越低，由于不是匀强电场，故电势不随坐标x线性减小，选项A、B错误。]14．B　[设圆形区域磁场的半径为R，根据题述，画出轨迹示意图，如图所示，当粒子射出边界的位置的圆弧弧长是圆周长的时，如图中实线PP1所示，根据几何关系可知，轨迹半径r1＝Rsin60°，由洛伦兹力等于向心力，得到r1＝；当粒子射出边界的位置的圆弧弧长是圆周长的时，粒子轨迹如图中实线PP2所示，根据几何关系可得，轨迹半径r2＝Rsin30°，同理有r2＝。联立解得＝，选项B正确。]15.解析　(1)带电粒子由P点进入有界圆形磁场区域，S点出磁场区域，如图所示。当PS为所加圆形磁场区域的直径时，圆形磁场区域的面积最小，O1为带电粒子在有界磁场中做圆周运动的圆心，r1为其半径，点O2为所施加圆形有界磁场的圆心，r2为其半径。由qvB＝m，得r1＝在三角形O1PQ中，∠O1QP＝，又O1Q⊥PS所以∠O1PO2＝所以r2＝r1cos＝所以最小区域磁场面积S＝πr＝磁场的方向垂直纸面向外。(2)把m＝4.0×10－8kg、q＝＋4.0×10－3C、v＝5.0×104m/s，B＝1.0T代入r1＝，得带电粒子做圆周运动的半径r1＝m＝0.5m137\n因为MN＝3r1，所以使带电粒子能沿QN方向到达N点，必须在M点进入磁场，S点出磁场，如图所示。所加有界磁场区域的半径为MO2，带电粒子圆周运动的半径为MO1。有几何关系∠MO1S＝。T＝＝s＝6.3×10－5s带电粒子在磁场运动的时间为个周期，所以t1＝T＝2.1×10－5s出磁场后，O1N＝L－MO1＝1.5m－0.5m＝1.0m，在直角三角形O1SN中，因为∠O1NS＝，所以SN＝O1Ncos＝1.0×m＝m。所以t2＝＝s＝1.7×10－5s所以总时间：t＝t1＋t2＝2.1×10－5s＋1.7×10－5s＝3.8×10－5s答案　(1)　磁场方向垂直纸面向外　(2)3.8×10－5s16．ACD　[若ab杆速度为v时，S闭合，则ab杆中产生的感应电动势E＝BLv，ab杆受到的安培力F＝，如果安培力等于ab杆的重力，则ab杆匀速运动，A项正确；如果安培力小于ab杆的重力，则ab杆先加速最后匀速，C项正确；如果安培力大于ab杆的重力，则ab杆先减速最后匀速，D项正确；ab杆不可能匀加速运动，B项错误。]综合强化练(一)14．D　[整体受力如图所示，根据共点力平衡得，地面的摩擦力f＝Fcosθ，方向水平向左，支持力的大小N＝(M＋m)g－Fsinθ，小于(M＋m)g，故D正确，A、B、C错误。]15．C　[设相等的时间为t，加速度为a，由：Δs＝at2，得加速度：a＝＝＝137\nQ点的速度为PN段的平均速度：vQ＝vPN＝＝则OQ间的距离：sOQ＝＝×＝m则OP长度：sOP＝sOQ－sPQ＝m－3m＝m故A、B、D错误，C正确。]16．C　[滑动变阻器电阻增大，总电流减小，R1电压减小，R2电压增大，而U外又增大，明显R2电压增大要超过R1电压减小，则A错误；滑动变阻器的滑片向右滑动一小段距离R2的电阻变大，则总电阻变大，总电流变小，外压增大，通过灯泡的电流变大，则R1电流变小，则其分压变小，电容器的电压变小，细线与竖直方向间的夹角θ变小，则B错误；小灯泡的电阻小于电源的内阻，那么再并联R1、R2就更小了，当外电阻小于内电阻时，由P出的图象可知，P出增大，则C正确；为外阻，变大，为内阻，不变，则D错误。]17．C　[理想变压器的输入端电压u1＝120sin100πt(V)，则电压的有效值为120V，频率为f＝＝Hz＝50Hz，故A错误；理想变压器原、副线圈匝数比＝，电压表的读数：U2＝×U1＝×120V＝12V，故B错误；电流表的读数I2＝＝A＝0.5A，故C正确；原线圈中的输入功率等于副线圈消耗的功率，即6W，故D错误。]18．D　[由图看出，x轴上各点电势不全相等，x轴不是一条等势线，所以空间各点场强的方向不全与x轴垂直，故A错误；将电荷沿x轴从O移到x1的过程中，各点电势相等，图象的斜率为零，电场力为零，电荷做匀速直线运动，故B错误；正电荷沿x轴从x2移到x3的过程中，电势升高，电荷的电势能增大，电场力做负功，故C错误；负电荷沿x轴从x4移到x5的过程中，电势降低，电荷的电势能增加，电场力做负功，故D正确。]19．AC　[在前6s内，v－t图象与时间轴所围面积为0，故回到初始位置，故A正确；直线的斜率是一定的，说明物体在6s内的加速度恒定不变，则3s末物体的加速度方向没有发生变化，故B错误；图线的斜率不变由牛顿第二定律可知F＝ma合力不变且向右，故C正确，D错误。]20．AB　[据题意可知，银河系是环绕天体，超星系是中心天体，银河系绕超星系做圆周运动，已知环绕的轨道r和周期T，则银河系运动的线速度为v＝，加速度a＝，故可以计算银河系绕本超星系团中心运动的线速度和加速度，故A正确，B正确；银河系是环绕天体，无法计算其质量，故C错误；由于不知道银河系的质量，故无法求解银河系与本超星系团的之间的万有引力，故D错误。]137\n21．AD　[a、b粒子的运动轨迹如图所示：粒子向左偏转，由左手定则可知，a、b均带正电，故A正确；离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvB＝m，解得r＝，两粒子半径相等，由图示可知，a、b在P上的落点不同，故B、C错误；离子在磁场中的运动时间t＝T＝×＝，离子a在磁场中转过的圆心角θ大于b转过的圆心角，则a在磁场中运动的时间比b的长，故D正确。]22．解析　根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度有：v2＝＝1.5m/sv5＝＝2.1m/s在第2点位置时重锤的动能为：Ek2＝mv＝1.13J在第5点位置时重锤的动能为：Ek5＝mv＝2.21J重力做功等于重力势能的减小量，因此有：重锤从第2点至第5点间的过程中重力势能的减小量为ΔEp＝mgx25＝1×9.80×0.108J＝1.06J答案　1.13　2.21　1.0623．解析　(1)描绘灯泡伏安特性曲线需要用电压表测电压，用电流表测电流，用滑动变阻器改变电路电阻，所以还需要电流表(量程为0.6A)；(2)①需测量一个标有“3V，1.5W”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流。即额定电流I＝0.5A，所以合适的电流表是电流表B(A2)(量程600mA，内阻约0.5Ω)；②由题意可知，电路中有电流但不能调零，且灯泡亮度发生变化，说明滑动变阻器接成了限流接法，故说明h导线发生了断路；③电流表和电压表已调零，经检查各部分接触良好。但闭合开关后，反复调节滑动变阻器，当小灯泡的亮度发生较大变化时，电压表的指针偏转变化明显，但电流表的指针偏转变化很小，即电流表的量程接大了，应改用电流表的小量程来测量。答案　(1)电流表(量程为0.6A)(2)①B　②h　③电流表的量程接大了，应改用电流表的小量程来测量24．解析　(1)设物体质量为m，星球质量为M，星球的自转周期为T，物体在星球两极时，万有引力等于重力，即F万＝G＝G极物体在星球赤道上随星球自转时，向心力由万有引力的一个分力提供，另一个分力就是重力G赤，有F万＝G赤＋Fn因为G赤＝G极得Fn＝G＝m()2R该星球的同步卫星的周期等于自转周期T，则有G＝mr137\n联立解得：r＝2R(2)在星球赤道上，有G＝mg可得M＝又因星球的体积V＝πR3所以该星球的密度ρ＝＝答案　(1)2R　(2)25．解析　(1)电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，如图甲所示由速度关系＝cos30°，解得v＝v0(2)由速度关系得vy＝v0tan30°＝v0在竖直方向a＝vy＝at＝·解得E＝(3)在磁场变化的半个周期内粒子的偏转角为60°，如图乙所示，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，粒子在x轴方向上的位移恰好等于R，粒子到达N点而且速度符合要求的空间条件是：2nR＝2L电子在磁场中作圆周运动的轨道半径R＝＝137\n解得B0＝(n＝1、2、3…)若粒子在磁场变化的半个周期恰好转过圆周，同时MN间运动时间是磁场变化周期的整数倍时，可使粒子到达N点并且速度满足题设要求，应满足的时间条件：2n·T0＝nT解得T0＝T的表达式得T＝(n＝1、2、3…)答案　(1)v0　(2)(3)B0＝(n＝1、2、3…)　T＝(n＝1、2、3…)33．解析　(1)布朗运动是悬浮在液体中的固体微粒的运动，是液体分子无规则热运动的反映，故A错误；根据热力学第二定律知热量只能够自发从高温物体传到低温物体，但也可以通过热机做功实现从低温物体传递到高温物体，故B错误；在水和酒精混合的实验中，水和酒精混合后总体积减小，说明分子间有空隙，故C正确；根据分子力与距离的关系，当分子间的距离r＝r0时，斥力等于引力，表现出分子力为零，故D正确；温度是分子的平均动能的标志，是分子运动的激烈程度的标志，温度越高，扩散运动和布朗运动的越剧烈，故E正确。(2)①由玻意耳定律得：对A部分气体有：pALS＝p(L＋x)S，对B部分气体有：pBLS＝p(L－x)S，代入相关数据解得：x＝20cm，p＝1.8×105Pa；②活塞C向右移动的过程中活塞对B中气体做功，而气体发生等温变化，内能不变，故B中气体向外界放热。答案　(1)CDE　(2)①20cm　1.8×105Pa　②见解析34．解析　(1)波的波长λ＝＝m＝0.25m，B点到两波源的路程差Δx＝1m＝4λ，该点为振动加强点，但是不是位移总是最大，故A错误，C正确；AB上点与A的距离和与C的距离之差一定小于AC，即小于3m，则路程差可能为0m、0.5m、0.75m、1m、1.25m、1.50m、1.75m、2m、2.25m、2.5m、2.75m，可知有11个振动加强点，故B错误；BC上点与A的距离和与C的距离之差一定小于AC，即小于3m，则路程差可能为0.125m、0.375m、0.635m、0.875m、1.125m、1.375m、1.625m、1.875m、2.125m、2.375m、2.625m、2.875m，有12个振动减弱点，故D正确。由于两波源的振幅相同，可知振动减弱点的位移总是为零，故E正确。(2)①光在水中传播速度v1＝＝c光在色拉油中的速度为v2＝＝c②如图所示，光恰好在色拉油和空气的分界面发生全反射时，光线不能透射出色拉油sin137\nC＝＝在水与色拉油的分界面上，由＝得sinθ＝则不透明薄膜的半径r＝2dtanθ＋dtanC＝(＋)d又因为面积S＝πr2联立得S＝π(＋)2d2答案　(1)CDE(2)①c　c　②π(＋)2d235．解析　(1)康普顿效应进一步证实了光的粒子特征，故A错误；天然放射性元素的半衰期与环境的温度无关，故B错误；经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征，从而提出玻尔的原子模型，故C正确；普朗克提出电磁辐射的能量的量子化，能解释黑体辐射规律，故D正确；爱因斯坦提出了光子说：光传播是一份一份的，每一份能量为hν，且成功地解释了光电效应现象，故E正确。(2)①设货车原运行方向为正方向，两车碰撞过程中，两车组成的系统动量守恒，有：Mv1－mv2＝(M＋m)v对轿车由动量定理得：Ft＝mv－(－mv2)联立上式解得F＝×104N＝②两车从一起开始滑行停止运动的过程中，由动能定理得：－fx＝0－(M＋m)v2联立方程解得：f＝2.4×105N。答案　(1)CDE　(2)①225∶11　②2.4×105N综合强化练(二)14．D　[牛顿发现万有引力定律后，进行了“月－地检验”，将天体间的力和地球上物体的重力统一起来，故A错误；安培由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象的电本质，故B错误；开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳做椭圆运动，故C错误；伽利略在对自由落体运动研究中，对斜面滚球研究，测出小球滚下的位移正比于时间的平方，并把结论外推到斜面倾角为90°的情况，137\n推翻了亚里士多德的落体观点，故D正确。]15．B　[以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知：F与T的合力与重力G总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子oa垂直时，F有最小值，即图中2位置。根据平衡条件得：F＝4mgsin37°＝2.4mg，T＝4mgcos37°＝3.2mg。]16．C　[①物体在前2s内沿负方向运动，后2s内沿正方向运动，故①错②正确。③t＝0时物体位于原点，前2s物体沿负方向运动，t＝2s时离出发点最远，后沿正方向运动，t＝4s时回到出发点，故0～4s内物体一直位于出发点负方向，故③错误④正确。]17．C　[正负电荷在b点分别产生的场强为E1＝E2＝，根据矢量合成法则可知E＝，A错误；ac线上各点电场强度方向由a指向c，bd线上各点电场强度方向由a指向c，故B错误；bOd是一条等势线，故电势相同，C正确；将一负试探电荷从b点移到c点，电场力做负功，电势能增加，D错误。]18．C　[设电源的电压为U1，则R1消耗的功率P1＝，根据电压与匝数成正比得U2＝U1，则R2消耗的功率P2＝，因为P1＝P2，所以＝，故选C。]19．BD　[磁通量向里减小，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为顺时针，故A错误；由楞次定律的“增缩减扩”可知，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势；故B正确；由法拉第电磁感应定律可知，E＝＝＝kπr2，感应电流I＝＝，故C错误；由闭合电路欧姆定律可知，ab两点间的电势差为＝|kπr2|，故D正确。]20．CD　[行星受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列方程后，行星的质量会约去，故无法求解行星的质量，A、B均错误；“土星冲日”天象每378天发生一次，即每经过378天地球多转动一圈，根据(－)t＝2π可以求解土星公转周期，C正确；知道土星和地球绕太阳的公转周期之比，根据开普勒第三定律，可以求解转动半径之比，根据v＝可以进一步求解土星和地球绕太阳公转速度之比，D正确。]137\n21．AB　[因小球b在最高点对轨道无压力时，其重力提供向心力：mg＝m，而小球b从最低点运动到最高点过程中，只有重力做功，满足机械能守恒，即有mg·2R＋mv＝mv2，联立得v＝，B对；此时小球a满足FN－mg＝m，所以FN＝6mg，由牛顿第三定律知小球a对轨道的压力为6mg，A对；当v≥时，小球a在最低点受到的支持力为Fa＝mg＋m，小球b在最高点受轨道作用力为Fb＝m－mg，由最低点到最高点的过程中有mg·2R＝mv2－mv，联立可得两球对轨道的压力差ΔF＝6mg，所以管形圆轨道对水平面的压力为F＝2mg＋ΔF＝8mg，C错；两小球要能在管内做圆周运动，则小球至少要能到达最高点，由机械能守恒知mg·2R＝mv2，即v＝，D错。]22．解析　(1)对全程运用动能定理，有：mgh－μmgx＝0得到：h＝μx故x－h图象是过坐标原点的倾斜向上直线(或正比例函数)(2)对全程运用动能定理，有：mgh－μ1mgcosθ·x1－μ2mgx＝0(θ为斜面的坡角)由几何关系得到：L＝x1cosθ得到h＝μ2x＋μ1L图线的延长线与两坐标轴的交点坐标分别为(－a，0)和(0，b)，故：μ2＝(斜率)μ1l＝b(截距)解得：μ1＝　μ2＝答案　(1)过坐标原点的倾斜向上直线(或正比例函数)(2)　23．解析　(1)实物电路图如图(2)为了让测量电路中电压从零开始调节，则滑片开始时应滑到最左端。(3)由图可知，当电压为1.8V时，电流为0.25A，则电阻R＝＝Ω＝7.2Ω功率P＝UI＝1.8×0.25W＝0.45W。(4)由功率公式P＝可知，功率与电压的图象应为D。答案　(1)如解析图所示　(2)左端　(3)7.2　0.45　(4)D137\n24．解析　(1)设物块上滑的最大位移为L，根据运动学公式上滑过程L＝t1①下滑过程L＝t2②整理得＝∶1③(2)根据牛顿第二定律上滑时：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1④下滑时：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2⑤根据运动学公式L＝a1t⑥L＝a2t⑦解得μ＝0.5⑧(3)设F与斜面的夹角为α，根据牛顿第二定律Fcosα－mgsinθ－μ(mgcosθ－Fsinα)＝ma即F(cosα＋μsinα)－mg(sinθ＋μcosθ)＝ma整理得F(cosα＋sinα)－mg(sinθ＋μcosθ)＝ma令tanβ＝，则Fsin(α＋β)－mg(sinθ＋μcosθ)＝masin(α＋β)的最大值为1，所以F－mg(sinθ＋μcosθ)＝mam代入数据解得am＝2.5m/s2答案　(1)∶1　(2)0.5　(3)2.5m/s225．解析　(1)依题意，粒子经电场加速射入磁场时的速度为v由qU＝mv2①得v＝②(2)要使圆周半径最大，则粒子的圆周轨迹应与AC边相切，设圆周半径为R由图中几何关系：R＋＝L③由洛伦兹力提供向心力Bqv＝m④联立②③④解得B＝⑤(3)设粒子运动圆周半径为r，r＝，当r越小，最后一次打到AB板的点越靠近A端点，137\n在磁场中圆周运动累积路程越大，时间越长。当r为无穷小，经过n个半圆运动，最后一次打到A点。有n＝⑥圆周运动周期T＝⑦最长的极限时间为tm＝n⑧由⑥⑦⑧式得tm＝＝答案　(1)　(2)　(3)33．解析　(1)由图象可知：分子间距离为r0时分子势能最小，此时分子间的距离为平衡距离；当r等于r0时，分子势能最小但不为零，故A错误；r0是分子的平衡距离，r大于平衡距离，分子力表现为引力，F做正功，分子动能增加，势能减小，故B正确；当r小于r0时，分子间的作用力表现为斥力，F做负功，分子动能减小，势能增加，故C错误；分子动能和势能之和在整个过程中不变，当r等于r0时，分子势能最小，动能最大，故D正确；分子间同时存在斥力和引力，在r>r0阶段，当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，但斥力减小得更快，所以分子间的作用力表现为引力。故E正确。(2)①设静止时汽缸内气体压强为p1，活塞受力平衡p1S1＋p0S2＝p0S1＋p1S2＋Mg，代入数据解得压强：p1＝1.2×105Pa②由活塞A受力平衡可知缸内气体压强没有变化，设开始温度为T1变化后温度为T2，由盖－吕萨克定律得＝，代入数据解得T2＝500K。答案　(1)BDE　(2)①1.2×105Pa　②500K34．解析　(1)油膜在阳光照射下，膜的两表面反射，出现相同频率的光，从而进行叠加，导致呈现彩色，这是由光的干涉造成的，故A正确；由麦克斯韦的电磁场理论可知，变化的电场周围一定可以产生磁场，但不一定变化，故B错误；狭义相对论认为：物体运动时的质量会随着物体运动速度的增大而增加，故C正确；测量单摆周期的实验中，小球经过平衡位置时的速度最大，所以测量单摆周期应该从小球经过平衡位置处开始计时，故D正确；沙漠中的“蜃景”现象是光的折射引起的，故E错误。(2)设入射光线与球体的交点为C，连接OC，OC即为入射点的法线，因此，图中的角α137\n为入射角，过C点作球体水平表面的垂线，垂足为B。依题意，∠COB＝α。又由ΔOBC知sinα＝①设光线在C点的折射角为β，由折射定律得＝②由①②式得β＝30°③由几何关系知，光线在球体的竖直表面上的入射角γ为30°，如图所示，由折射定律得＝因此sinθ＝，解得θ＝60°。答案　(1)ACD　(2)60°35．解析　(1)氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子，故A正确；半衰期与外界因素无关，故B错误；原子核发生衰变时要遵守电荷数守恒和质量数守恒的规律，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2，故C错误；α粒子散射实验能揭示原子具有核式结构，故D正确；太阳的核反应属于热核反应，故E正确。(2)小滑块以水平速度v0向右滑时，有－fL＝0－mv小滑块以速度v滑上木板到运动至碰墙时速度为v1，则有－fL＝mv－mv2滑块与墙碰后至向左运动到木板左端，滑块与木板组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向左为正方向、木板的共同速度为v2，则有mv1＝(m＋4m)v2由总能量守恒可得fL＝mv－(m＋4m)v上述四式联立，解得＝答案　(1)ADE　(2)137