2021届新高考物理二轮复习专题训练全套（附解析共17套）
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专题能力训练 1 力与物体的平衡
(时间:45 分钟 满分:100 分)
专题能力训练第 2 页
一、选择题(本题共 6 小题,每小题 9 分,共 54 分。在每小题给出的四个选项中,1~4
题只有一个选项符合题目要求,5~6 题有多个选项符合题目要求。全部选对的得 9
分,选对但不全的得 4 分,有选错的得 0 分)
1.(2017·全国卷Ⅱ)如图所示,一物块在水平拉力 F 的作用下沿水平桌面做匀速直线
运动。若保持 F 的大小不变,而方向与水平面成 60°角,物块也恰好做匀速直线运
动。物块与桌面间的动摩擦因数为( )
A.2-
3
B.
3
6
C.
3
3
D.
3
2答案:C
解析:假设物块质量为 m,物块与桌面间的动摩擦因数为μ,当物块在水平力 F 作用下
做匀速直线运动时满足F=μmg;当物块在与水平方向成60°角的力F作用下做匀速
直线运动时满足 Fcos60°=μ(mg-Fsin60°);联立方程解得,物块与桌面间的动摩擦
因数μ=
3
3
,故选项 C 正确。
2.如图所示,质量分别为 m1、m2 的两物体甲、乙位于相邻的两水平台阶上,中间用轻
弹簧相连,弹簧与竖直方向夹角为θ。在乙右端施加水平拉力 F,使甲、乙均处于静止
状态。已知重力加速度为 g,乙表面光滑,则下列说法正确的是( )
A.弹簧弹力的大小为
1
cos B.地面对甲的摩擦力大小为 F
C.甲的表面可能光滑
D.m1 与 m2 一定相等
答案:B
解析:对两物体及弹簧整体受力分析可知,整体受重力、支持力、拉力及摩擦力;要使
整体处于平衡,则水平方向一定有向左的摩擦力作用在甲上,且大小与 F 相同,故 B
正确。因甲与地面间有摩擦力,故 C 错误。再对甲受力分析可知,弹力水平方向的分
力应等于摩擦力,即等于 F,故弹力 F 弹=
sin
;因竖直方向上地面对甲、乙的支持力大
小不明确,无法确定两物体的质量关系,也无法求出弹簧弹力与重力的关系,故 A、D
错误。
- 2 -
3.(2019·辽宁大连模拟)如图所示,一条细绳跨过光滑的定滑轮连接两个小球 A、B,
它们都穿在一根光滑的竖直杆上,不计滑轮的质量。当两球平衡时 OA 绳与水平方
向的夹角为 2θ,OB 绳与水平方向的夹角为θ,B 球的质量为 m,则( )
A.A 球的质量为
2cos B.A 球的质量可能小于 B 球的质量
C.滑轮轴受到的作用力大小为
sin
2D.细绳的张力大小为
sin2
答案:C
解析:运用隔离法,分别对 A、B 两球受力分析,如图所示,由几何知识
得,FTsin2θ=mAg,FTsinθ=mg,又 2θ<90°,故 mA>m 且 mA∶m=sin2θ∶sinθ=2cosθ∶1,
可得 mA=2mcosθ,A、B 错误;绳子的张力大小 FT=
sin
,滑轮轴受到的作用力大小
F=2FTcos
2
sin
2
,C 正确,D 错误。
4.如图所示,滑块 A 置于水平地面上,滑块 B 在一水平力作用下紧靠滑块 A(A、B 接
触面竖直),此时 A 恰好不滑动,B 刚好不下滑。已知 A 与 B 间的动摩擦因数为μ1,A
与地面间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A 与 B 的质量之比为
( )
A.
1
1 2
B.
1
-
1 2
1 2
C.
1+ 1 2
1 2
D.
2+ 1 2
1 2答案:B
解析:对滑块 A,F=μ2(mA+mB)g;对滑块 B,mBg=μ1F,以上两式联立得
1
-
1 2
1 2
,故 B 项
正确。
5.(2019·浙江 4 月改编)如图所示,一根粗糙的水平横杆上套有 A、B 两个轻环,系在
两环上的等长细绳拴住的书本处于静止状态,现将两环距离变小后书本仍处于静止
状态,则( )
- 3 -
A.杆对 A 环的支持力变大
B.B 环对杆的摩擦力变小
C.杆对 A 环的力不变
D.与 B 环相连的细绳对书本的拉力变小
答案:BD
解析:以两个轻环和书本组成的系统为研究对象,设系统总质量为 m 总,竖直方向受到
重力和水平横杆对轻环的支持力 2FN,受力分析图如图甲所示。
甲
乙
根据平衡条件得 2FN=m 总 g,得到 FN=
1
2
m 总 g,可见,水平横杆对每个轻环的支持力 FN
不变,A 错误。
以 A 环为研究对象,受力分析图如图乙所示。
竖直方向:FN=Fsinα①
水平方向:Fcosα=FfA②
由①②得 FfA=FNcotα,α增大时,FfA 变小,FfB=FfA,由牛顿第三定律可知 B 环对杆的摩
擦力变小,B 正确。
FN 和 FfA 的合力即为杆对环的作用力,合力变小,C 错误。
对书本受力分析,受重力和两个拉力,如图丙所示。
丙
根据共点力平衡条件,两根轻绳对书本的拉力的合力始终等于书本的重力,即保持
不变。
- 4 -
由几何关系有 FA=FB=
2cos
2当两轻环间距离缩短一些时,拉力 FA、FB 均变小,D 正确。
6.(2017·天津卷)如图所示,轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆 M、N 上
的 a、b 两点,悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的,挂于绳上处于静止状态。如果只人为
改变一个条件,仍保持衣架静止,下列说法正确的是( )
A.绳的右端上移到 b',绳子拉力不变
B.将杆 N 向右移一些,绳子拉力变大
C.绳的两端高度差越小,绳子拉力越小
D.若换挂质量更大的衣服,则衣架悬挂点右移
答案:AB
解析:如图所示,由几何关系可知∠1=∠5=∠2=∠4,若绳子的端点 b 向上移至 b',绳
的夹角大小不变,故晾衣绳拉力不变,故 A 正确。杆 N 右移,绳长不变,两段绳的夹角
变大,但合力大小、方向均不变,故绳的拉力变大,故 B 正确。只要杆 M、N 间距不变,
如图所示,无论移动哪个端点,绳的拉力始终保持不变,故 C 错误。若要换挂质量更大
的衣服,只是衣服的重力增大,绳与竖直方向的夹角θ不变,则衣架悬挂点不变,故 D
错误。
二、非选择题(本题共 2 小题,共 46 分)
7.(22 分)如图所示,光滑金属球的重力 G=40 N,它的左侧紧靠竖直的墙壁,右侧置于
倾角θ=37°的斜面体上。已知斜面体置于水平地面上保持静止状态,sin
37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)墙壁对金属球的弹力大小;
(2)水平地面对斜面体的摩擦力的大小和方向。
答案:(1)30 N (2)30 N,水平向左
解析:(1)金属球静止,则它受力平衡,如图所示。
- 5 -
由平衡条件可得墙壁对金属球的弹力为
FN1=Gtanθ=40tan37°N=30N。
(2)斜面体对金属球的弹力为
FN2=
cos
=50N
由斜面体受力平衡可知地面对斜面体的摩擦力大小为
Ff=FN2sinθ=30N
摩擦力的方向水平向左。
8.(24 分)如图所示,倾角为 30°的粗糙绝缘斜面固定在水平地面上,整个装置处在垂
直斜面向上的匀强电场之中,一质量为 m、电荷量为-q 的小滑块恰能沿斜面匀速下
滑,已知滑块与斜面之间的动摩擦因数为
3
4
,求匀强电场电场强度 E 的大小。
答案:
3
6 解析:受力分析如图所示,
由题意得
mgsinθ-Ff=0
FN-mgcosθ-F=0
F=qE
Ff=μFN
联立解得
mgsinθ-μ(mgcosθ+qE)=0
E=
sin
-
cos
代入数据得 E=
3
6
。
专题能力训练 2 力与物体的直线运动
(时间:45 分钟 满分:100 分)
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专题能力训练第 3 页
一、选择题(本题共 7 小题,每小题 8 分,共 56 分。在每小题给出的四个选项中,1~4
题只有一个选项符合题目要求,5~7 题有多个选项符合题目要求。全部选对的得 8
分,选对但不全的得 4 分,有选错的得 0 分)
1.(2019·浙江 4 月)如图所示,A、B、C 为三个实心小球,A 为铁球,B、C 为木球。A、
B 两球分别连接在两根弹簧上,C 球连接在细线一端,弹簧和细线的下端固定在装水
的杯子底部,该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断,则剪断
的瞬间相对于杯底(不计空气阻力,ρ木<ρ水<ρ铁)( )
A.A 球将向上运动,B、C 球将向下运动
B.A、B 球将向上运动,C 球不动
C.A 球将向下运动,B 球将向上运动,C 球不动
D.A 球将向上运动,B 球将向下运动,C 球不动
答案:D
解析:小球受到重力、弹力以及浮力作用,处于静止状态。A 球的重力大于浮力,所受
弹力向上。B、C 两球的重力小于浮力,所受弹力向下。剪断绳以后,重力全部用来
改变运动状态,浮力消失。A、B、C 三球及水杯的重力在竖直方向产生相同的加速
度,相对运动由弹力产生,A 球所受弹力向上,相对于杯底向上运动,B 球所受弹力向
下,相对于杯底向下运动,C 球所受弹力瞬间消失,相对于杯底无运动,故选 D。
2.右图为用索道运输货物的情景,已知倾斜的索道与水平方向的夹角为 37°,重物与
车厢地板之间的动摩擦因数为 0.30,重物的质量为 m。当载重车厢沿索道向上加速
运动时,重物与车厢仍然保持相对静止状态,重物对车厢内水平地板的正压力为其
重力的 1.15 倍,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度为 g,那么这时重物对车厢地
板的摩擦力大小为( )
A.0.35mg B.0.30mg
C.0.23mg D.0.20mg
答案:D
解析:将 a 沿水平和竖直两个方向分解,对重物受力分析如图
- 7 -
水平方向:Ff=max
竖直方向:FN-mg=may
由
3
4三式联立解得 Ff=0.20mg,D 正确。
3.(2019·辽宁大连渤海高中模拟)如图所示,质量为 m2 的物体 2 放在正沿平直轨道向
右行驶的车厢底板上,并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体 1,与物体
1 相连接的绳与竖直方向成θ角。重力加速度为 g,则( )
A.车厢的加速度为 gsin θ
B.绳对物体 1 的拉力为
1
cos C.底板对物体 2 的支持力为(m2-m1)g
D.物体 2 所受底板的摩擦力为 m2gsin θ
答案:B
解析:以物体 1 为研究对象,设绳子拉力为 FT,则 FTcosθ=m1g,得 FT=
1
cos
,B 正确;由牛
顿第二定律有 m1gtanθ=m1a,则 a=gtanθ,A 错误;以物体 2 为研究对象,竖直方向有
FT+FN=m2g,则 FN=m2g-
1
cos
,C 错误;水平方向有 Ff=m2a=m2gtanθ,D 错误。
4.如图甲所示,粗糙斜面与水平面的夹角为 30°,质量为 0.3 kg 的小物块静止在 A
点。现有一沿斜面向上的恒定推力 F 作用在小物块上,作用一段时间后撤去推力 F,
小物块能达到的最高位置为 C 点,小物块从 A 到 C 的 v-t 图像如图乙所示。g 取 10
m/s2,则下列说法正确的是( )
- 8 -
A.小物块到 C 点后将沿斜面下滑
B.小物块加速时的加速度是减速时加速度的
1
3C.小物块与斜面间的动摩擦因数为
3
2D.推力 F 的大小为 6 N
答案:B
解析:撤去推力 F 后,物块在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动,由 v-t 图像求得小
物块在加速和减速两个过程中的加速度大小分别为 a1=
10
3
m/s2,a2=10m/s2,在匀减速
直线运动过程中,由牛顿第二定律可知 mgsin30°+μmgcos30°=ma2,μ=
3
3
,选项 B 正
确,C 错误;由此判断 mgsin30°=Ffm=μmgcos30°,因此小物块到达 C 点后将静止在
斜面上,选项 A 错误;在匀加速阶段 F-mgsin30°-μmgcos30°=ma1,F=4N,选项 D 错
误。
5.(2018·全国卷Ⅱ)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动,其速度—时间图像
分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在 t2 时刻并排行驶。下列说法正确的
是( )
A.两车在 t1 时刻也并排行驶
B.在 t1 时刻甲车在后,乙车在前
C.甲车的加速度大小先增大后减小
D.乙车的加速度大小先减小后增大
答案:BD
解析:假设两车在 t1 时刻也并排(相遇)行驶,由题图可知,在 t1~t2 内,甲的速度总是大
于乙的速度,则 t2 时刻甲在乙的前面,与题设矛盾,选项 A 错误;在 t1 时刻甲车在后,乙
车在前,则在 t2 时刻两车才有可能并排行驶,选项 B 正确;v-t 图像的斜率表示加速度,
由题图可知,甲、乙两车的加速度都是先减小后增大,选项 C 错误,D 正确。
6.如图所示,质量均为 m 的 A、B 两球之间系着一根不计质量的弹簧,放在光滑的水
平面上,A 球紧靠竖直墙壁。现用水平力 F 将 B 球向左推压弹簧,平衡后,突然将 F
撤去,在这一瞬间,下列说法正确的是( )
A.B 球的速度为 0,加速度为 0
B.B 球的速度为 0,加速度大小为
C.在弹簧第一次恢复原长之后,A 才离开墙壁
D.在 A 离开墙壁后,A、B 两球均向右做匀速运动
答案:BC
解析:撤去 F 前,B 球受四个力作用,竖直方向的重力和支持力平衡,水平方向推力 F
和弹簧的弹力平衡,即弹簧的弹力大小为 F,撤去 F 的瞬间,弹簧的弹力仍为 F,故 B
- 9 -
球所受合力为 F,则 B 球加速度为 a=
,而此时 B 球的速度为 0,B 正确,A 错误;在弹
簧恢复原长前,弹簧对 A 球有水平向左的弹力使 A 球压紧墙壁,直到弹簧恢复原长时
A 球才离开墙壁,A 球离开墙壁后,由于弹簧的作用,使 A、B 两球均做变速运动,C 正
确,D 错误。
7.(2019·全国卷Ⅲ)如图甲,物块和木板叠放在实验台上,物块用一不可伸长的细绳与
固定在实验台上的力传感器相连,细绳水平。t=0 时,木板开始受到水平外力 F 的作
用,在 t=4 s 时撤去外力。细绳对物块的拉力 FT 随时间 t 变化的关系如图乙所示,木
板的速度 v 与时间 t 的关系如图丙所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力
加速度取 10 m/s2。由题给数据可以得出( )
A.木板的质量为 1 kg
B.2~4 s 内,力 F 的大小为 0.4 N
C.0~2 s 内,力 F 的大小保持不变
D.物块与木板之间的动摩擦因数为 0.2
答案:AB
解析:对物块受力分析可知,细绳对物块的拉力 FT 等于木板与物块间的摩擦力。由
题图乙可知,滑动摩擦力 Ff=0.2N,设木板质量为 m 木,对木板:4~5s 的加速度
a2=
Δ
Δ
=-
0
.
2
1
m/s2=-0.2m/s2,-Ff=m 木 a2,可求得 m 木=1kg,A 正确。对木板:2~4s 内,F-Ff=m
木 a1,a1=0.2m/s2,求得 F=0.4N,B 正确。对木板:0~2s,拉力 F 与静摩擦力 Ff 静平衡,F=Ff
静=kt,C 错误。物块质量未知,无法求正压力,无法求动摩擦因数μ,D 错误。
二、非选择题(本题共 3 小题,共 44 分)
8.(14 分)(2020·全国卷Ⅰ)我国自主研制了运-20 重型运输机。飞机在跑道上获得的
升力大小 F 可用 F=kv2 描写,k 为系数,v 是飞机在平直跑道上的滑行速度,F 与飞机
所受重力相等时的 v 称为飞机的起飞离地速度。已知飞机质量为 1.21×105 kg 时,
起飞离地速度为 66 m/s;装载货物后质量为 1.69×105 kg,装载货物前后起飞离地时的
k 值可视为不变。
(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度。
(2)若该飞机装载货物后,从静止开始匀加速滑行 1 521 m 起飞离地,求飞机在滑行过
程中加速度的大小和所用的时间。
答案:(1)78 m/s (2)2.0 m/s2 39 s
解析:(1)设飞机装载货物前质量为 m1,起飞离地速度为 v1;装载货物后质量为 m2,起
飞离地速度为 v2,重力加速度大小为 g。飞机起飞离地应满足条件
m1g=k
12
①
m2g=k
22
②
- 10 -
由①②式及题给条件得 v2=78m/s。③
(2)设飞机滑行距离为 s,滑行过程中加速度大小为 a,所用时间为 t。由匀变速直线运
动公式有
22
=2as④
v2=at⑤
联立③④⑤式及题给条件得 a=2.0m/s2⑥
t=39s。⑦
9.(14 分)某日,一辆警车正停在高速公路边执勤,10 时 12 分 50 秒,警员发现有一辆非
法改装的油罐车正以 v=20 m/s 的速度从他旁边匀速驶过,于是他决定开车前去拦
截。10 时 12 分 54 秒警车从静止开始以 4 m/s2 的恒定加速度启动,警车达到最大速
度 v0=24 m/s 后,保持该速度匀速行驶。假设追赶过程中油罐车的速度保持不变。试
问:
(1)警车在追赶非法改装油罐车的过程中,两车间的最大距离是多少?
(2)警车启动后需多长时间才能追上该非法改装油罐车?
答案:(1)130 m (2)38 s
解析:(1)两车速度相等时,相距最远,设此刻警车已加速时间为 t1,则 at1=v①
警车位移 x1=
1
2 12
②
油罐车位移 x2=v(t1+4s)③
两车最大距离Δx=x2-x1④
联立①②③④解得Δx=130m。⑤
(2)设警车经过 t 时间追上该非法改装的油罐车,则
警车的总位移 x1'=
02
2
+v0
-
0
⑥
油罐车的总位移 x2'=v(t+4s)⑦
追上,则有 x1'=x2'⑧
联立⑥⑦⑧代入数据得 t=38s。
10.(16 分)(2019·湖北黄冈高三质检)如图甲所示,有一倾角为θ=53°的固定斜面体,
底端的水平地面上放一质量为 m 木=3 kg 的木板,木板材质与斜面体相同。t=0 时有
一质量 m=6 kg 的滑块在斜面上由静止开始下滑,后来滑块滑上木板并最终没有滑
离木板(不考虑滑块从斜面滑上木板时的能量损失)。图乙为滑块在整个运动过程中
的速率随时间变化的图像,已知 sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g 取 10 m/s2。求:
(1)滑块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数μ1、μ2;
(2)滑块停止运动的时刻 t 和木板的最小长度 l。
答案:(1)
1
3
0.2 (2)6 s 18 m
解析:(1)滑块在斜面上下滑时,满足
mgsinθ-μ1FN=ma1①
- 11 -
FN=mgcosθ②
由 v-t 图像得加速度 a1=
0
1
12m
/
s
2s
=6m/s2③
联立①②③并代入数据解得μ1=
1
3滑块滑上木板后减速,有μ1mg=ma2④
其中 a2=
0
-
1
2
-
1
⑤
对木板分析有μ1mg-μ2(m+m 木)g=m 木 a3⑥
其中 a3=
1
2
-
1
⑦
联立④⑤⑥⑦并代入数据解得μ2=0.2。
v1=2m/s
(2)由于μ2<μ1,故滑块与木板达共速后一起匀减速,加速度满足
μ2(m+m 木)g=(m+m 木)a4⑧
又 a4=
1
-
2
⑨
联立⑧⑨并代入数据解得 t=6s
木板的最小长度 l=
0+ 1
2
(t2-t1)-
1
2
(t2-t1)=
1
2
v0(t2-t1)=18m。
专题能力训练 3 力与物体的曲线运动
(时间:45 分钟 满分:100 分)
专题能力训练第 5 页
一、选择题(本题共 7 小题,每小题 8 分,共 56 分。在每小题给出的四个选项中,1~4
题只有一个选项符合题目要求,5~7 题有多个选项符合题目要求。全部选对的得 8
分,选对但不全的得 4 分,有选错的得 0 分)
1.如图所示,小船过河时,船头偏向上游与水流方向成α角,船相对于静水的速度为 v,
其航线恰好垂直于河岸。现水流速度稍有增大,为保持航线不变,且准时到达对岸,
下列措施可行的是( )
A.减小α角,增大船速 v
B.增大α角,增大船速 v
C.减小α角,保持船速 v 不变
D.增大α角,保持船速 v 不变
答案:B
解析:由题图可知,水流速度稍有增大,为保持航线不变,可增大α角;要求准时到达对
岸,可增大船速 v,选项 B 正确。
2.如图所示,小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动,内侧壁半径为 R,小球半
径为 r,则下列说法正确的是( )
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A.小球通过最高点时的最小速度 vmin=
(
+
)
B.小球通过最高点时的最小速度 vmin=
C.小球在水平线 ab 以下的管道中运动时,内侧管壁对小球一定无作用力
D.小球在水平线 ab 以上的管道中运动时,外侧管壁对小球一定有作用力
答案:C
解析:小球在最高点,由于外管或内管都可以产生弹力作用,当小球的速度等于 0 时,
内管对小球产生弹力,大小为 mg,故最小速度为 0,A、B 错误。小球在水平线 ab 以
下管道运动,由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力,所以外侧管壁对小
球一定有作用力,而内侧管壁对小球一定无作用力,故 C 正确。小球在水平线 ab 以
上管道运动,由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力,当速度非常大时,内
侧管壁可以没有作用力,此时外侧管壁有作用力,当速度比较小时,内侧管壁有作用
力,故 D 错误。
3.(2019·广东六校联考)如图所示,质量为 m 的物体 P 置于倾角为θ1 的固定光滑斜面
上,斜面足够长,轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着 P 与动力小车,P 与滑轮间的细绳
平行于斜面,小车带动物体 P 以速率 v 沿斜面匀速运动,下列判断正确的是( )
A.小车的速率为 v
B.小车的速率为 vcos θ1
C.小车速率始终大于物体 P 的速率
D.小车做匀变速运动
答案:C
解析:将小车的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解,沿绳子方向的速度大小等
于P 的速度大小,则有v=v 车 cosθ2,可知小车的速率与θ2有关,不是匀变速运动,且始终
大于物体 P 的速率,故 C 正确,A、B、D 错误。
4.如图所示,在足够长的斜面上 A 点,以水平速度 v0 抛出一个小球,不计空气阻力,它
落到斜面上的水平距离为 x1。若将此球改用 2v0 水平速度抛出,落到斜面上的水平
距离为 x2,则 x1∶x2 为( )
A.1∶1 B.1∶2
C.1∶3 D.1∶4
答案:D
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解析:设斜面倾角为θ,则 tanθ=
1
2 2
0
2 0
,故 t=
2 0tan
,水平位移 x=v0t=
2 02tan
∝
02
,故当水平初速度由 v0 变为 2v0 后,水平位移变为原来的 4 倍,D 项正确。
5.如图所示,用通过定滑轮的细绳拉动穿在光滑固定竖直杆上的滑块 P,使滑块向上
做匀速运动,此过程中,下列说法正确的是( )
A.拉细绳的力越来越大
B.拉细绳的速度越来越大
C.拉细绳的力做的功大于克服滑块重力做的功
D.拉细绳的力的功率等于克服滑块重力做功的功率
答案:AD
解析:设细绳与竖直方向的夹角为θ,滑块向上做匀速运动,细绳拉力沿竖直向上的分
力等于重力,Fcosθ=mg,θ增大,拉力 F 增大,选项 A 正确;滑块向上的速度 v 沿绳子和
垂直绳子分解,沿绳子方向的分速度为 vcosθ,θ增大,拉细绳的速度越来越小,选项 B
错误;因为滑块匀速运动,合外力做功为零,拉细绳的力做的功等于克服滑块重力做
的功,拉细绳的力的功率等于克服滑块重力做功的功率,选项 C 错误,D 正确。
6.右图是一固定的半圆形竖直轨道,AB 为水平直径,O 为圆心,同时从 A 点水平抛出
甲、乙两个小球,速度分别为 v1、v2,分别落在 C、D 两点,OC、OD 与竖直方向的夹
角均为 37°,(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)则( )
A.甲、乙两球下落到轨道的时间相等
B.甲、乙两球下落到轨道的速度变化量不相等
C.v1∶v2=1∶3
D.v1∶v2=1∶4
答案:AD
解析:由题图可知,两个物体下落的高度是相等的,根据 h=
1
2
gt2 可知,甲、乙两球下落
到轨道的时间相等,速度变化量Δv=gt 相同,故 A 正确,B 错误;设圆形轨道的半径为 R,
则 A 到 C 的水平位移分别为 x1=R-Rsin37°=0.4R,x2=R+Rsin37°=1.6R,则 x2=4x1;
由 v=
可知,v2=4v1,故 C 错误,D 正确。
7.如图所示,在匀速转动的水平圆盘上,沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两
个物体 A 和 B,它们与盘间的动摩擦因数相同,当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑
动时,烧断细线,则 ( )
A.两物体均沿切线方向滑动
- 14 -
B.物体 B 仍随圆盘一起做匀速圆周运动,同时所受摩擦力减小
C.两物体仍随圆盘一起做匀速圆周运动,不会发生滑动
D.物体 B 仍随圆盘一起做匀速圆周运动,物体 A 发生滑动,离圆盘圆心越来越远
答案:BD
解析:当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时,A 物体靠细线的拉力与圆盘的最大
静摩擦力的合力提供向心力做匀速圆周运动,B 靠指向圆心的静摩擦力和拉力的合
力提供向心力,所以烧断细线后,A 所受最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动所需
要的向心力,A 要发生相对滑动,离圆盘圆心越来越远,但是 A 所需要的向心力小于 B
的最大静摩擦力,所以 B 仍保持相对圆盘静止状态,做匀速圆周运动,且静摩擦力比
绳子烧断前减小,故 B、D 正确,A、C 错误。故选 B、D。
二、非选择题(本题共 3 小题,共 44 分)
8.(13 分)如图所示,在水平地面上固定一倾角θ=37°、表面光滑的斜面,物体 A 以初
速度 v1 沿斜面上滑,同时在物体 A 的正上方,有一物体 B 以初速度 v2=2.4 m/s 水平抛
出。如果当 A 上滑到最高点时恰好被 B 物体击中。A、B 均可看作质点,sin
37°=0.6,cos 37°=0.8,g 取 10 m/s2。求:
(1)物体 A 上滑时的初速度 v1;
(2)物体 A、B 间初始位置的高度差 h。
答案:(1)6 m/s (2)6.8 m
解析:(1)物体 A 上滑过程中,由牛顿第二定律得 mgsinθ=ma①
设物体 A 滑到最高点所用时间为 t,由运动学公式 0=v1-at②
物体 B 做平抛运动,如图所示,由几何关系可得
物体 A 的水平位移 x=
1
2
v1tcos37°③
物体 B 在水平方向做匀速直线运动,则
x=v2t④
联立可得 v1=6m/s。⑤
(2)物体 B 在竖直方向做自由落体运动,则 hB=
1
2
gt2⑥
物体 A 在竖直方向的位移
hA=
1
2
v1tsin37°⑦
如图所示,由几何关系可得
h=hA+hB⑧
联立得 h=6.8m。⑨
9.(14分)某电视台策划的娱乐节目的场地设施如图所示,AB 为水平直轨道,上面安装
有电动悬挂器,可以载人运动,下方水面上漂浮着一个半径为 R,铺有海绵垫的转
- 15 -
盘,AB 向下的投影通过转盘的中心,转盘轴心离平台的水平距离为 l,平台边缘与转
盘平面的高度差为 h。选手抓住悬挂器后,按动开关,在电动机的带动下从 A 点沿轨
道做初速度为零、加速度为 a 的匀加速直线运动。起动后 2 s 悬挂器脱落。设人的
质量为 m(看作质点),人与转盘间的最大静摩擦力为μmg,重力加速度为 g。
(1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零,为保证他落在任何位置都不
会被甩下转盘,转盘的角速度ω应限制在什么范围?
(2)已知 h=3.2 m,R=0.9 m,g 取 10 m/s2,当 a=2 m/s2 时选手恰好落到转盘的圆心上,求
l。
答案:(1)ω≤
(2)7.2 m
解析:(1)设人落在圆盘边缘处不致被甩下,临界情况下,最大静摩擦力提供向心力,则
有μmg=mω2R
解得ω=
故ω限制的范围为ω≤
。
(2)匀加速过程
x1=
1
2
at2=
1
2
×2×22m=4m
vC=at=4m/s
平抛过程 h=
1
2 22
得
t2=0.8s
x2=vCt2=4×0.8m=3.2m
故 l=x1+x2=7.2m。
10.(17 分)(2019·湖北武汉部分高三联考)如图甲所示,固定的光滑半圆轨道的直径
PQ 沿竖直方向,其半径 R 的大小可以连续调节,轨道 N 处装有压力传感器,其位置始
终与圆心 O 等高。质量 m 车=1 kg、长度 l=3 m 的小车静置在光滑水平地面上,小车
上表面与 P 点等高,小车右端与 P 点的距离 s=2 m。一质量 m=2 kg 的小滑块以 v0=6
m/s 的水平初速度从左端滑上小车,当小车与墙壁碰撞后小车立即停止运动。在 R
取不同值时,压力传感器读数 F 与
1
的关系如图乙所示。已知小滑块与小车表面的动
摩擦因数μ=0.2,重力加速度 g 取 10 m/s2。求:
- 16 -
(1)小滑块到达 P 点时的速度 v1 的大小;
(2)图乙中 a 和 b 的值。
答案:(1)4 m/s (2)a=1.25,b=40
解析:(1)小滑块滑上小车后将做匀减速直线运动,小车将做匀加速直线运动,设小滑
块的加速度大小为 a1,小车加速度的大小为 a2,由牛顿第二定律得
对小滑块有μmg=ma1,则 a1=2m/s2
对小车有μmg=m 车 a2,则 a2=4m/s2
设小车与滑块经时间 t 速度相等,则 v0-a1t=a2t
滑块的位移 x1=v0t-
1
2
a1t2
小车的位移 x2=
1
2
a2t2
代入数据解得 t=1s,x1=5m,x2=2m
由于 x2=s,x1=l+s,说明小滑块恰到小车的最右端时,小滑块与小车共速,车与墙相碰,
即小滑块到达 P 点的速度 v1=v0-a1t=4m/s。
(2)设小滑块到达 N 点的速度为 vN,对此时的滑块受力分析,由牛顿第二定律可得
F=m
2
对小滑块从 P 点到 N 点过程,应用机械能守恒定律可得 mgR=
1
2 12
1
2 2
联立解得 F=m
12
-2mg
则图乙中的 b=2mg=40
图线斜率 k=
=m
12
=32,解得 a=1.25。
专题能力训练 4 万有引力与航天
(时间:45 分钟 满分:98 分)
专题能力训练第 7 页
一、选择题(本题共 14 小题,每小题 7 分,共 98 分。在每小题给出的四个选项中,1~8
题只有一个选项符合题目要求,9~14 题有多个选项符合题目要求。全部选对的得 7
分,选对但不全的得 4 分,有选错的得 0 分)
1.(2018·全国卷Ⅲ)为了探测引力波,“天琴计划”预计发射地球卫星 P,其轨道半径约
为地球半径的 16 倍;另一地球卫星 Q 的轨道半径约为地球半径的 4 倍。P 与 Q 的
周期之比约为( )
A.2∶1 B.4∶1 C.8∶1 D.16∶1
答案:C
- 17 -
解析:两个卫星都是绕同一中心天体(地球)做圆周运动,根据开普勒第三定律:
3
2
=k,
已知
4
1
,可得
3
3
2
2
64
1
,化简可得 TP∶TQ=8∶1,选项 C 正确。
2.(2019·北京卷)2019 年 5 月 17 日,我国成功发射第 45 颗北斗导航卫星,该卫星属于
地球静止轨道卫星(同步卫星)。该卫星 ( )
A.入轨后可以位于北京正上方
B.入轨后的速度大于第一宇宙速度
C.发射速度大于第二宇宙速度
D.若发射到近地圆轨道,则所需能量较少
答案:D
解析:地球同步卫星一定在地球赤道的正上方,不可能位于北京正上方,选项 A 错误;
第一宇宙速度是卫星最大的环绕速度,同步卫星的速度一定小于第一宇宙速度,选
项 B 错误;发射速度大于第二宇宙速度的卫星将脱离地球引力的束缚,不可能成为
同步卫星,选项 C 错误;卫星轨道半径越小,具有的机械能越小,发射时需要的能量就
越小,选项 D 正确。
3.(2020·全国卷Ⅲ)嫦娥四号探测器于 2019 年 1 月在月球背面成功着陆。探测器着
陆前曾绕月球飞行,某段时间可认为它绕月做匀速圆周运动,圆周半径为月球半径
的 K 倍。已知地球半径 R 是月球半径的 P 倍,地球质量是月球质量的 Q 倍,地球表
面重力加速度大小为 g。则嫦娥四号绕月球做圆周运动的速率为( )
A.
R
B.
R
C.
R
D.
R答案:D
解析:本题以嫦娥四号探测器绕月运行为背景,意在考查万有引力定律。嫦娥四号探
测器绕月球做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,G
月
(
R
月)
2
=m
2
R
月
,解得 v=
月
R
月
;在
地球表面 G
地
2
=mg,其中 R=PR 月,m 地=Qm 月,联立可得 v=
R
,选项 D 正确。
4.太阳系中存在一颗绕太阳做匀速圆周运动、平均密度为ρ的球形天体,一物体放在
该天体表面的赤道上,由于天体的自转使物体对天体表面的压力刚好为 0,则天体的
自转周期为(引力常量为 G) ( )
A.
4π
3
B.
3π
4 C.
π
D.
3π
答案:D
解析:由于物体对天体表面的压力恰好为 0,所以物体受到天体的万有引力全部提供
物体随天体自转做圆周运动的向心力,G
2
=m
4π2
2
R,又因为ρ=
4
3π 3
,由以上两式
解得 T=
3π
,选项 D 正确。
- 18 -
5.我国第五颗北斗导航卫星是一颗地球同步轨道卫星。如图所示,假若第五颗北斗
导航卫星先沿椭圆轨道Ⅰ飞行,后在远地点 P 处由椭圆轨道Ⅰ变轨进入地球同步圆
轨道Ⅱ。下列说法正确的是( )
A.卫星在轨道Ⅱ运行时的速度大于 7.9 km/s
B.卫星在轨道Ⅱ运行时的向心加速度比在赤道上相对地球静止的物体的向心加速
度大
C.卫星在轨道Ⅱ运行时不受地球引力作用
D.卫星在椭圆轨道Ⅰ上的 P 点处减速进入轨道Ⅱ
答案:B
解析:7.9km/s 即第一宇宙速度,是近地卫星的环绕速度,也是最大的圆周运动的环绕
速度。而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径,根据 v 的表达式可以发
现同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度,故 A 错误;同步卫星的角速度与
赤道上物体的角速度相等,根据 a=rω2,同步卫星的向心加速度大于赤道上物体的向
心加速度,故 B 正确;北斗导航卫星绕地球做匀速圆周运动时所受重力作用提供向
心力,处于失重状态,故 C 错误;卫星在椭圆轨道Ⅰ上的 P 点处加速实现提供的力小
于需要的向心力,进入轨道Ⅱ,故 D 错误。
6.(2019·山东聊城一中模拟)卫星电话在抢险救灾中能发挥重要作用。第一代、第二
代海事卫星只使用地球同步卫星,不能覆盖地球上的高纬度地区,第三代海事卫星
采用地球同步卫星和中轨道卫星结合的方案,它由 4 颗同步卫星与 12 颗中轨道卫星
构成。中轨道卫星高度为 10 354 km,分布在几个轨道平面上(与赤道平面有一定的
夹角),在这个高度上,卫星沿轨道旋转一周的时间为 6 h。则下列判断正确的是( )
A.中轨道卫星的角速度小于地球同步卫星
B.中轨道卫星的线速度小于地球同步卫星
C.如果某一时刻中轨道卫星、地球同步卫星与地球的球心在同一直线上,那么经过 6
h 它们仍在同一直线上
D.在中轨道卫星经过地面某点的正上方 24 h 后,该卫星仍在地面该点的正上方
答案:D
解析:ω=
2π
,地球同步卫星的周期为 24 小时,而本题中中轨道卫星为 6 小时,所以中轨
道卫星的角速度大于地球同步卫星,A 错误。根据万有引力提供向心力得
2
=mω2r,
解得ω=
3
,故中轨道卫星的轨道半径小于同步卫星;根据 v=ωr 得 v=
,中轨道
卫星轨道半径小,线速度更大,B 错误。经过 6 小时,中轨道卫星完成一周,而同步卫星
与地球为
1
4
周,故不可能在一直线上,C 错误。一天后地球完成 1 周,中轨道卫星完成 4
周,则卫星仍在地面该点的正上方,D 正确。
- 19 -
7.(2017·全国卷Ⅲ)2017 年 4 月,我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间
实验室完成了首次交会对接,对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道(可视为
圆轨道)运行。与天宫二号单独运行时相比,组合体运行的( )
A.周期变大 B.速率变大
C.动能变大 D.向心加速度变大
答案:C
解析:根据题意,组合体的轨道半径与天宫二号相同,由
2
2
4π2
2
=ma,得
T=2π
3
,v=
,a=
2
,组合体的周期、速率、向心加速度大小均与天宫二号相同,A、
B、D 错;组合体的质量大于天宫二号,而速率相同,故动能变大,C 正确。
8.某行星有一颗卫星绕其做匀速圆周运动,若卫星在某高度处的线速度为 v1,高度降
低 h 后仍做匀速圆周运动,线速度为 v2,引力常量 G 已知。由以上信息能够求出的是
( )
A.行星表面的重力加速度
B.行星的质量
C.行星的密度
D.卫星的动能
答案:B
解析:设行星质量为 M,卫星的质量为 m,初始状态离地心的距离为 r,根据万有引力定
律有
2
12
,
(
-
)
2
22
-
,由以上两式得
22
12
=h,可求得行星的质量,但由于不
能求得行星的半径,也就无法求得行星的密度和行星表面的重力加速度,又由于不
知道卫星的质量,也无法求得卫星的动能,故选 B。
9.假如某志愿者登上火星后将一小球从高为 h 的地方由静止释放,不计空气阻力,测
得经过时间 t 小球落在火星表面,已知火星的半径为 R,引力常量为 G,不考虑火星自
转,则下列说法正确的是( )
A.火星的第一宇宙速度为
2
B.火星的质量为
2 2
2
C.火星的平均密度为
3
2π 2
D.环绕火星表面运行的卫星的周期为πt
2
答案:CD
解析:根据 h=
1
2
gt2 得火星表面的重力加速度 g=
2
2
,在火星表面的近地卫星的速度即
第一宇宙速度设为 v,则 mg=m
2
,解得 v=
,所以火星的第一宇宙速度 v=
2
2
,选
- 20 -
项 A 错误;由 mg=G
2
得,M=
2
2 2
2
,选项 B 错误;火星的体积为 V=
4
3
πR3,根据
ρ=
2 2
2
4π 3
3
3
2π 2
,选项 C 正确;根据 T=
2π
2π
2
2
=πt
2
,选项 D 正确。
10.(2018·天津卷)2018年2月2日,我国成功将电磁监测试验卫星张衡一号发射升空,
标志我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一。
通过观测可以得到卫星绕地球运动的周期,并已知地球的半径和地球表面处的重力
加速度。若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动,且不考虑地球自转的影响,根
据以上数据可以计算出卫星的( )
A.密度
B.向心力的大小
C.离地高度
D.线速度的大小
答案:CD
解析:万有引力提供卫星圆周运动的向心力,则有 G
(
+
)
2
=ma=m
2
+
=m(R+h)
4π2
2
,其
中 GM=gR2,可以求得卫星离地面的高度 h 和卫星的线速度 v;由于不知道卫星的质
量 m,无法求出卫星所受向心力和卫星的密度。故选项 A、B 错误,选项 C、D 正确。
11.某类地行星绕太阳系外的红矮星做匀速圆周运动,公转周期约为 37 天,该行星的
半径大约是地球半径的 1.9 倍,且表面重力加速度与地球表面重力加速度相近。下
列关于该行星的说法正确的是 ( )
A.该行星公转角速度一定比地球的公转角速度大
B.该行星平均密度比地球平均密度大
C.该行星近地卫星的运行速度大于地球近地卫星的运行速度
D.该行星同步卫星的周期小于地球同步卫星的周期
答案:AC
解析:由ω=
2π
可得周期小,角速度大,故A正确;根据G
2
=mg,因为行星表面重力加速
度与地球表面重力加速度相近,半径大约是地球半径的 1.9 倍。根据密度的定义式
ρ=
2
4
3π 3
3
4π
,该行星的平均密度比地球平均密度小,选项 B 错误;根据 mg=m
2
,
得 v=
,因为半径是地球半径的 1.9 倍,则该行星近地卫星的运行速度大于地球近
地卫星的运行速度,故 C 正确;因为不知道该行星的自转周期与地球自转周期的关
系,故不能确定该行星与地球的同步卫星的周期关系,选项 D 错误。
- 21 -
12.(2019·河北衡水中学模拟)极地卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极(轨道
可视为圆轨道)。如图所示,某时刻某极地卫星在地球北纬 30°A 点的正上方按图示
方向运行,经过 12 h 后第二次出现在 A 点的正上方。则下列说法正确的是( )
A.该卫星一定贴近地表飞行
B.该卫星的周期的最大值为 18 h
C.该卫星运行的线速度比同步卫星的线速度大
D.该卫星每隔 12 h 经过 A 点的正上方一次
答案:BC
解析:地球在 12h 的时间内转了 180°,要使卫星第二次出现在 A 点的正上方,则时间
应该满足
2
3
T+nT=12h,解得 T=
36
3 +2
h(n=0,1,2,3,…),当 n=0 时,周期有最大值 T=18h,故
B 正确;当 n 的取值不同,则周期不同,根据
2
=m
2π
2
r,轨道半径也有不同的取值,
故 A 错误;根据 T=
36
3 +2
h,知该卫星的运动周期一定小于同步卫星的周期,再结合
2
=m
2π
2
r=m
2
,可知周期越小,轨道半径就越小,则运行速度越大,故 C 正确;如果
卫星的周期按 18h 计算,那么再经过 12h,地球上的 A 点回到了出发点,而卫星并没有
回到出发点,故 D 错误。
13.火星表面特征非常接近地球,我国宇航员王跃与俄罗斯宇航员一起进行了“模拟
登火星”实验活动。已知火星的半径是地球半径的
1
2
,质量是地球质量的
1
9
,自转周期与
地球的自转周期也基本相同。地球表面重力加速度是 g,若王跃在地面上能竖直向
上跳起的最大高度是 h。在忽略自转影响的条件下,下述分析正确的是( )
A.王跃在火星表面受到的万有引力是他在地球表面所受万有引力的
4
9B.火星表面的重力加速度是
2
9
g
C.火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的
2
3D.王跃以相同的初速度在火星上竖直起跳时,能上升的最大高度是
9
4答案:ACD
解析:王跃在火星表面受到的引力为 F=G
火
火
2
=G1
9
地
1
4
地
2
4
9
地
2
是他在地球表面所受万有引力的
4
9
,A 正确;
- 22 -
g 火=G
火
火
2
=G1
9
地
1
4 2
4
9
地
2
=
4
9
g
B 错误;
v 火=
火
火
4
9
·
1
2
2
3 C 正确;
根据公式 v2=2gh 得王跃以相同的初速度在火星上起跳时,可跳起的最大高度是
9
4
,D
正确。
14.(2019·全国卷Ⅰ)在星球 M 上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上,把物体 P 轻放
在弹簧上端,P 由静止向下运动,物体的加速度 a 与弹簧的压缩量 x 间的关系如图中
实线所示。在另一星球 N 上用完全相同的弹簧,改用物体 Q 完成同样的过程,其 a-x
关系如图中虚线所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球 M 的半径
是星球 N 半径的 3 倍,则( )
A.M 与 N 的密度相等
B.Q 的质量是 P 质量的 3 倍
C.Q 下落过程中的最大动能是 P 的 4 倍
D.Q 下落过程中弹簧的最大压缩量是 P 的 4 倍
答案:AC
解析:物体轻放在弹簧上端时,弹簧的弹力为零,此时的加速度即为星球表面的重力
加速度,星球 M 表面的重力加速度为 3a0,星球 N 表面的重力加速度为 a0,根据黄金代
换公式可得 g=
2
·
4
3π 3
2
=Gρ·
4
3
πr,g∝ρr,星球 M 和星球 N 表面的重力加速度之比
为 3∶1,半径之比为 3∶1,则两星球密度相等,A 正确。加速度为 0,合力为 0,设 P 的
质量为 m1,有 3m1a0=kx0,设 Q 的质量为 m2,有
2 0
=2kx0,可解出
2
=6m1,B 错误。
根据动能定理,下落至最大速度过程,对 P 进行分析,有 3
1 0
x0-
1
2 02
1
2
m1
12
,对 Q
进行分析,有
2 0
·2x0-
1
2
·
4 0
2
1
2
m2
22
,可求出下落过程中 Q 的最大动能是 P 的 4
倍,C 正确。弹簧达到最大压缩量时物体速度为 0,根据机械能守恒定律,对物体 P 进
行分析,有 3m1a0x=
1
2
kx2,联立 3m1a0=kx0,可求出物体 P 下落过程中弹簧的最大压缩量
是 2x0。同理,根据机械能守恒定律,对物体 Q 进行分析,有 m2a0x=
1
2
kx2,联立 m2a0=2kx0,
可求出物体 Q 下落过程中弹簧的最大压缩量是 4x0,Q 下落过程中弹簧的最大压缩
量是 P 的 2 倍,D 错误。
- 23 -
专题能力训练 5 功 功率 动能定理
(时间:45 分钟 满分:100 分)
专题能力训练第 11 页
一、选择题(本题共 8 小题,每小题 8 分,共 64 分。在每小题给出的四个选项中,1~5
题只有一个选项符合题目要求,6~8 题有多个选项符合题目要求。全部选对的得 8
分,选对但不全的得 4 分,有选错的得 0 分)
1.(2018·全国卷Ⅱ)如图所示,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路
面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定( )
A.小于拉力所做的功
B.等于拉力所做的功
C.等于克服摩擦力所做的功
D.大于克服摩擦力所做的功
答案:A
解析:设拉力做功、克服摩擦力做功分别为 WT、Wf,木箱获得的动能为 Ek,根据动能
定理可知,WT-Wf=Ek,则 Ek
mgsin30°,小球达到最高点后,不会下滑,
故 D 错误。
6.在离水平地面 h 高处将一质量为 m 的小球水平抛出,在空中运动的过程中所受空
气阻力大小恒为 Ff,落地前瞬间小球距抛出点的水平距离为 x,速率为 v,那么,在小球
运动的过程中( )
A.重力做的功为 mgh
B.克服空气阻力做的功为 Ff·
2
+
2C.落地时,重力的瞬时功率为 mgv
D.重力势能和机械能都逐渐减少
答案:AD
解析:本题考查功能关系和功率的计算,意在考查学生对重力做功和重力功率的计
算以及机械能变化的理解和应用。重力做的功为 WG=mgh,A 正确。空气阻力做功
与经过的路程有关,而小球经过的路程大于
2
+
2
,故克服空气阻力做的功大于
Ff·
2
+
2
,B 错误。落地时,重力的瞬时功率为重力与沿重力方向的分速度的乘积,
- 26 -
故落地时重力的瞬时功率小于 mgv,C 错误。重力做正功,重力势能减少,空气阻力做
负功,机械能减少,D 正确。
7.右图为牵引力 F 和车速倒数
1
的关系图像。若汽车质量为 2×103 kg,由静止开始沿
平直公路行驶,且行驶中阻力恒定,其最大车速为 30 m/s,则下列说法正确的是( )
A.汽车所受阻力为 2×103 N
B.汽车车速为 15 m/s,功率为 3×104 W
C.汽车匀加速的加速度为 3 m/s2
D.汽车匀加速所需时间为 5 s
答案:AD
解析:当速度最大时,牵引力大小等于阻力,从题图中可得当速度为 30m/s 时,牵引力
为 2×103N,故阻力为 2×103N,A 正确;根据 P=Fv 可得 F=P
1
,故在开始一段时间内汽
车以恒定功率运动,功率为 P=Fv=6×104W,B 错误;当牵引力达到 6×103N 之后,牵引
力恒定,故汽车做匀加速直线运动,加速度为 a=
-
f
=2m/s2,C 错误;做匀加速直线运动
时的末速度为 v=
=10m/s,所以加速时间为 t=5s,故 D 正确。
8.(2019·河南郑州质量预测)质量为 m 的小球被系在轻绳一端,在竖直平面内做半径
为 R 的圆周运动,如图所示。在圆心处连接有力传感器,用来测量绳子上的拉力,运动
过程中小球受到空气阻力的作用,空气阻力随速度的减小而减小。某一时刻小球通
过轨道的最低点,力传感器的示数为 7mg,重力加速度为 g,此后小球继续做圆周运动,
经过半个圆周恰能通过最高点,下列说法正确的是( )
A.到最高点过程中小球克服空气阻力做的功为
1
2
mgR
B.到最高点过程中小球克服空气阻力做的功为 mgR
C.再次经过最低点时力传感器的示数为 5mg
D.再次经过最低点时力传感器的示数大于 5mg
答案:AD
解析:小球在最低点时有 F1=FT-mg=m
12
,解得 v1=
6
;而在最高点时,由于小球恰
好能通过最高点,所以有mg=m
22
,可得v2=
;小球从最低点到最高点的过程,由动
能定理可得-mg·2R-Wf=
1
2 22
1
2 12
,解得小球克服空气阻力做的功 Wf=
1
2
mgR,A
- 27 -
正确,B 错误。小球从最高点到最低点的过程,由于小球受到的空气阻力随速度的减
小而减小,分析可知在同一水平面上上升过程中的阻力大于下落过程中的阻力,由
动能定理可得 mg·2R-Wf'=
1
2
mv1'2-
1
2 22
,且此过程中空气阻力做的功 Wf'
4
,再次经过最低点时有 F2=FT'-mg=m
1
'
2
,解得 FT'>5mg,C 错误,D 正确。
二、非选择题(本题共 3 小题,共 36 分)
9.(10 分)节能混合动力汽车是一种可以利用汽油及所储存的电能作为动力来源的
汽车。有一质量 m=1 000 kg 的混合动力汽车,在平直公路上以 v=90 km/h 的速度匀
速行驶,发动机的输出功率为 P=50 kW。当看到前方有大货车慢速行驶时,该汽车提
速超过了大货车。这个过程中发动机输出功率不变,蓄电池开始工作,输出功率为
P'=20 kW。该混合动力汽车提速后运动 s=1 000 m 时,速度达到最大,并超过大货车,
然后蓄电池停止工作。全程阻力不变。求:
(1)该混合动力汽车以 90 km/h 的速度在平直公路上匀速行驶时,所受阻力 F 阻的大
小;
(2)该混合动力汽车加速过程中达到的最大速度的大小;
(3)整个超车过程中,该混合动力汽车消耗的电能 E(保留两位有效数字)。
答案:(1)2×103 N (2)35 m/s (3)6.6×105 J
解析:(1)汽车牵引力与功率的关系为 P=Fv
当汽车匀速行驶时有 F=F 阻
所以 F 阻=
=2×103N。
(2)汽车达到的最大速度 vmax=
+
'
阻
=35m/s。
(3)在加速过程中,由动能定理有
(P+P')t-F 阻 s=
1
2 max2
1
2
mv2
消耗的电能 E=P't
解得 E=6.6×105J。
10.(13 分)(2019·浙江 4 月)某砂场为提高运输效率,研究砂粒下滑的高度与砂粒在传
送带上运动的关系,建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角θ=37°的直轨
道 AB,其下方右侧放置一水平传送带,直轨道末端 B 与传送带间距可近似为零,但允
许砂粒通过。转轮半径 R=0.4 m、转轴间距 l=2 m 的传送带以恒定的线速度逆时针
转动,转轮最低点离地面的高度 H=2.2 m。现将一小物块放在距离传送带高 h 处静
止释放,假设小物块从直轨道 B 端运动到达传送带上 C 点时,速度大小不变,方向变
为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5。(sin
37°=0.6)
(1)若 h=2.4 m,求小物块到达 B 端时速度的大小。
- 28 -
(2)若小物块落到传送带左侧地面,求 h 需要满足的条件。
(3)改变小物块释放的高度 h,小物块从传送带的 D 点水平向右抛出,求小物块落地点
到 D 点的水平距离 x 与 h 的关系式及 h 需要满足的条件。
答案:(1)4 m/s (2)h<3.0 m (3)x=2
-
3
h≥3.6 m
解析:(1)物块由静止释放到 B 的过程中,
mgsinθ-μmgcosθ=ma
2
=2a
sin vB=4m/s。
(2)设小物块从传送带左侧离开,到达 D 点速度为 0 时高为 h1
0=mgh1-μmgcosθ
1
sin
-μmgl
得 hv2)。已知传送带的速度保持不变。(g 取 10 m/s2)则下列判断正确的是( )
A.0~t1 内,物块对传送带做正功
B.物块与传送带间的动摩擦因数为μ,μ>tan θ
C.0~t2 内,传送带对物块做功为
1
2 22
1
2 12D.系统产生的热量一定比物块动能的减少量大
答案:BD
解析:由题图知,物块先向下运动后向上运动,则知传送带应顺时针转动。0~t1 内,物块
对传送带的摩擦力方向沿传送带向下,则物块对传送带做负功,A 错误;在 t1~t2 内,物
块向上运动,则有μmgcosθ>mgsinθ,得μ>tanθ,B 正确;0~t2 内,由图“面积”等于位移可
知,物块的总位移沿斜面向下,高度下降,重力对物块做正功,设为 WG,根据动能定理
得 W+WG=
1
2 22
1
2 12
,故传送带对物块做功 W≠
1
2 22
1
2 12
,C 错误;0~t2 内,
重力对物块做正功,物块的重力势能减小、动能也减小,都转化为系统产生的内能,
由能量守恒定律知,系统产生的热量一定比物块动能的减少量大,D 正确。
二、非选择题(本题共 3 小题,共 44 分)
9.(14 分)如图所示,固定在水平面上的光滑斜面 AB 与水平方向的夹角θ=45°,A、B
两点的高度差 h=4 m,在 B 点左侧的水平面上有一左端固定的轻质弹簧,自然伸长时
弹簧右端到 B 点的距离 s=3 m。质量为 m=1 kg 的物块从斜面顶点 A 由静止释放,
物块进入水平面后向左运动压缩弹簧的最大压缩量 x=0.2 m。已知物块与水平面间
的动摩擦因数μ=0.5,g 取 10 m/s2,不计物块在 B 点的机械能损失。求:
(1)弹簧的最大弹性势能;
(2)物块最终停止位置到 B 点的距离;
(3)物块在斜面上滑行的总时间(结果可用根式表示)。
答案:(1)24 J (2)1.6 m (3)
4 2+2 10
5
s
解析:(1)物块从开始位置到压缩弹簧至速度为 0 的过程,由功能关系可得
mgh-μmg(s+x)=Ep
解得 Ep=24J。
(2)物块从开始位置到最终静止在水平面上的过程,由功能关系有
mgh-μmgl=0
解得 l=8m
所以物块停止位置到 B 点距离为
- 34 -
Δl=l-2(s+x)=1.6m<3m
即物块最终停止位置距 B 点 1.6m。
(3)物块在光滑斜面上运动时,由牛顿第二定律有
mgsinθ=ma
解得 a=gsinθ
设物块第一次在斜面上运动的时间为 t1,则
sin 1
2 1
2
解得 t1=
2
5 10
s
设物块从水平面返回斜面时的速度为 v,由动能定理可得 mgh-2μmg(s+x)=
1
2
mv2
解得 v=4m/s
所以,物块第二次在斜面上滑行的时间为
t2=2
sin
4 2
5
s
物块在斜面上滑行总时间为
t=t1+t2=
4 2+2 10
5
s。
10.(15 分)如图所示,倾角为 37°的粗糙斜面 AB 的底端与半径 R=0.4 m 的光滑半圆
轨道 BC 平滑相连,O 点为圆心,BC 为直径且处于竖直方向,A、C 两点等高。质量
m=1 kg 的滑块从 A 点由静止开始下滑,恰能滑到与 O 点等高的 D 点,g 取 10 m/s2,sin
37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ。
(2)若使滑块能到达 C 点,求滑块从 A 点沿斜面滑下时的初速度 v0 的最小值。
(3)若滑块离开 C 处的速度大小为 4 m/s,求滑块从 C 点飞出至落到斜面上所经历的
时间 t。
答案:(1)0.375 (2)2
3
m/s (3)0.2 s
解析:(1)滑块从 A 点到 D 点的过程中,
根据动能定理有 mg(2R-R)-μmgcos37°·
2
sin37
°=0-0
解得μ=
1
2
tan37°=0.375。
(2)若滑块能到达 C 点,根据牛顿第二定律有
mg+FN=
2
vC≥
=2m/s
滑块从 A 点到 C 点的过程中,根据动能定理有-μmgcos37°·
2
sin37
°
1
2 2
1
2 02
- 35 -
v0=
2
+ 2
≥2
3
m/s。
(3)滑块离开 C 点做平抛运动,有
x=vC't,y=
1
2
gt2
tan37°=
2
-
5t2+3t-0.8=0
解得 t=0.2s。
11.(15 分)(2017·全国卷Ⅰ)一质量为 8.00×104 kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地
面。飞船在离地面高度 1.60×105 m 处以 7.5×103 m/s 的速度进入大气层,逐渐减慢
至速度为 100 m/s 时下落到地面。取地面为重力势能零点,在飞船下落过程中,重力
加速度可视为常量,大小取为 9.8 m/s2。(结果保留 2 位有效数字)
(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能。
(2)求飞船从离地面高度 600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功,已知飞
船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的 2.0%。
答案:(1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J
解析:(1)飞船着地前瞬间的机械能为
Ek0=
1
2 02
①
式中,m 和 v0 分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得
Ek0=4.0×108J②
设地面附近的重力加速度大小为 g。飞船进入大气层时的机械能为
Eh=
1
2 2
+mgh③
式中,vh 是飞船在高度 1.6×105m 处的速度大小。由③式和题给数据得
Eh=2.4×1012J。④
(2)飞船在高度 h'=600m 处的机械能为
Eh'=
1
2
m(
2
.
0
100
vA)2+mgh'⑤
由功能原理得
W=Eh'-Ek0⑥
式中,W 是飞船从高度 600m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。由②⑤
⑥式和题给数据得
W=9.7×108J。⑦
专题能力训练 7 动量 动量的综合应用
(时间:45 分钟 满分:100 分)
专题能力训练第 15 页
一、选择题(本题共 7 小题,每小题 6 分,共 42 分。在每小题给出的四个选项中,1~4
题只有一个选项符合题目要求,5~7 题有多个选项符合题目要求。全部选对的得 6
分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分)
- 36 -
1.(2017·全国卷Ⅰ)将质量为 1.00 kg 的模型火箭点火升空,50 g 燃烧的燃气以大小为
600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大
小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )
A.30 kg·m/s
B.5.7×102 kg·m/s
C.6.0×102 kg·m/s
D.6.3×102 kg·m/s
答案:A
解析:根据动量守恒定律得:0=Mv1-mv2,故火箭的动量与燃气的动量等大反向,故
p=Mv1=mv2=0.05kg×600m/s=30kg·m/s。
2.一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块后不再穿出,木块的动能增加了
8 J,木块的质量大于子弹的质量。则此过程中产生的内能可能是( )
A.18 J B.16 J C.10 J D.6 J
答案:A
解析:设子弹的初速度为 v0,射入木块后子弹与木块共同的速度为 v,木块的质量为
m0,子弹的质量为 m。根据动量守恒定律得 mv0=(m0+m)v,得 v=
0
+ 0
,木块获得的动
能为ΔEk=
1
2
m0v2=
0 2
02
2
(
0+
)
2
0 02
2
(
0+
)
·
0+
,系统产生的内能为
Q=
1
2 02
1
2
(m0+m)v2=
0 02
2
(
0+
);可得 Q=
0+
ΔEk=
0
+ 1
ΔEk,因 m0>m,则
Q>2ΔEk=16J,故 A 正确,B、C、D 错误。
3.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.h B.2h
C.3h D.4h
答案:D
4.一位质量为 m 的运动员从下蹲状态向上起跳,经Δt 时间,身体伸直并刚好离开地面,
速度为 v,在此过程中( )
A.地面对他的冲量为 mv+mgΔt,地面对他做的功为
1
2
mv2
B.地面对他的冲量为 mv+mgΔt,地面对他做的功为零
C.地面对他的冲量为 mv,地面对他做的功为
1
2
mv2
D.地面对他的冲量为 mv-mgΔt,地面对他做的功为零
答案:B
- 37 -
5.蹦极运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下,将蹦
极过程简化为人沿竖直方向的运动,从绳恰好伸直,到人第一次下降至最低点的过
程中,下列分析正确的是( )
A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小
B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能先增大后减小
C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大
D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力
答案:AB
6.在一条直线上,运动方向相反的两球发生正碰。以球 1 的运动方向为正,碰前球 1、
球 2 的动量分别是 p1=6 kg·m/s、p2=-8 kg·m/s。若两球所在水平面是光滑的,碰后各
自的动量可能是( )
A.p1'=4 kg·m/s,p2'=-6 kg·m/s
B.p1'=-4 kg·m/s,p2'=2 kg·m/s
C.p1'=-8 kg·m/s,p2'=6 kg·m/s
D.p1'=-12 kg·m/s,p2'=10 kg·m/s
答案:BC
7.如图甲所示,长木板 A 放在光滑的水平面上,质量为 m=4 kg 的小物体 B 以水平速
度 v=2 m/s 滑上原来静止的长木板 A 的上表面,由于 A、B 间存在摩擦,之后 A、B
速度随时间变化情况如图乙所示,g 取 10 m/s2,则下列说法正确的是( )
A.木板 A 获得的动能为 2 J
B.系统损失的机械能为 2 J
C.木板 A 的最小长度为 2 m
D.A、B 间的动摩擦因数为 0.1
答案:AD
解析:由题中图像可知,木板获得的速度为 v=1m/s,A、B 组成的系统动量守恒,以物体
B 的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得 mv0=(m0+m)v,解得 m0=4kg,木板获得
的动能为 Ek=
1
2
m0v2-0=2J,故 A 正确;系统损失的机械能ΔE=
1
2 mv02
1
2
mv2-
1
2
m0v2=4J,
故 B 错误;速度—时间图像与坐标轴围成的面积表示位移,故 0~1s 内物体 B 的位移
为 xB=
1
2
×(2+1)×1m=1.5m,木板 A 的位移为 xA=
1
2
×1×1m=0.5m,则木板 A 的最小长度
为 l=xB-xA=1m,故 C 错误;由题图可知,物体 B 在 0~1s 的加速度 a=
Δ
Δ
=-1m/s2,负号表
示加速度的方向与规定正方向相反,由牛顿第二定律得μmBg=mBa,得μ=0.1,故 D 正
确。
二、非选择题(本题共 3 小题,共 58 分)
8.(18 分)(2018·全国卷Ⅱ)汽车 A 在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有
汽车 B,立即采取制动措施,但仍然撞上了汽车 B。两车碰撞时和两车都完全停止后
的位置如图所示,碰撞后 B 车向前滑动了 4.5 m,A 车向前滑动了 2.0 m,已知 A 和 B
- 38 -
的质量分别为 2.0×103 kg 和 1.5×103 kg,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为
0.10,两车碰撞时间极短,在碰撞后车轮均没有滚动,重力加速度大小 g 取 10 m/s2。求:
(1)碰撞后的瞬间 B 车速度的大小;
(2)碰撞前的瞬间 A 车速度的大小。
答案:(1)3.0 m/s (2)4.25 m/s
解析:(1)设 B 车的质量为 mB,碰后加速度大小为 aB。根据牛顿第二定律有
μmBg=mBaB①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。
设碰撞后瞬间 B 车速度的大小为 vB',碰撞后滑行的距离为 sB。由运动学公式有
vB'2=2aBsB②
联立①②式并利用题给数据得
vB'=3.0m/s。③
(2)设 A 车的质量为 mA,碰后加速度大小为 aA。根据牛顿第二定律有μmAg=mAaA④
设碰撞后瞬间 A 车速度的大小为 vA',碰撞后滑行的距离为 sA。由运动学公式有
vA'2=2aAsA⑤
设碰撞前的瞬间 A 车速度的大小为 vA,两车在碰撞过程中动量守恒,有
mAvA=mAvA'+mBvB'⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
vA=4.25m/s。⑦
9.(20 分)(2020·全国卷Ⅰ)在一柱形区域内有匀强电场,柱的横截面是以 O 为圆心、
半径为 R 的圆,AB 为圆的直径,如图所示。质量为 m、电荷量为 q(q>0)的带电粒子
在纸面内自 A 点先后以不同的速度进入电场,速度方向与电场的方向垂直。已知刚
进入电场时速度为零的粒子,自圆周上的 C 点以速率 v0 穿出电场,AC 与 AB 的夹角
θ=60°。运动中粒子仅受电场力作用。
(1)求电场强度的大小。
(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大,该粒子进入电场时的速度应为多大?
(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为 mv0,该粒子进入电场时的速度应为
多大?
答案:(1)
02
2
(2)
2
4
v0 (3)0 或
3
2
v0
解析:(1)粒子初速度为零,由 C 点射出电场,故电场方向与 AC 平行,由 A 指向 C。由
几何关系和电场强度的定义知
lAC=R①
- 39 -
F=qE②
由动能定理有 F·lAC=
1
2 02
③
联立①②③式得 E=
02
2
。④
(2)如图所示,由几何关系知 AC⊥BC,故电场中的等势线与 BC 平行。作与 BC 平行
的直线与圆相切于 D 点,与 AC 的延长线交于 P 点,则自 D 点从圆周上穿出的粒子的
动能增量最大。
由几何关系知
∠PAD=30°,lAP=
3
2
R,lDP=
3
2
R⑤
设粒子以速度 v1 进入电场时动能增量最大,在电场中运动的时间为 t1。粒子在 AC
方向做加速度为 a 的匀加速运动,运动的距离等于 lAP;在垂直于 AC 的方向上做匀速
运动,运动的距离等于 lDP。由牛顿第二定律和运动学公式有 F=ma⑥
lAP=
1
2 12
⑦
lDP=v1t1⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式得 v1=
2
4
v0。⑨
(3)设粒子以速度 v 进入电场时,在电场中运动的时间为 t。以 A 为原点,粒子进入电
场的方向为 x 轴正方向,电场方向为 y 轴正方向建立直角坐标系。由运动学公式有
y=
1
2
at2⑩
x=vt
粒子离开电场的位置在圆周上,有
-
3
2
2
+
-
1
2
2
=R2
粒子在电场中运动时,其 x 方向的动量不变,y 方向的初始动量为零。设穿过电场前
后动量变化量的大小为 mv0 的粒子,离开电场时其 y 方向的速度分量为 v2,由题给条
件及运动学公式有
mv2=mv0=mat
联立②④⑥⑩ 式得 v=0
或 v=
3
2
v0。
另解:由题意知,初速度为 0 时,动量增量的大小为 mv0,此即问题的一个解。自 A 点以
不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子,沿 y 方向位移相等时,所用时间都相
同。因此,不同粒子运动到线段 CB 上时,动量变化都相同,自 B 点射出电场的粒子,
其动量变化也为 mv0。由几何关系及运动学规律可得,此时入射速率 v=
3
2
v0。
- 40 -
10.(20 分)(2019·全国卷Ⅰ)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段
光滑圆弧平滑连接,小物块 B 静止于水平轨道的最左端,如图甲所示。t=0 时刻,小物
块 A 在倾斜轨道上从静止开始下滑,一段时间后与 B 发生弹性碰撞(碰撞时间极短);
当 A 返回到倾斜轨道上的 P 点(图中未标出)时,速度减为 0,此时对其施加一外力,使
其在倾斜轨道上保持静止。物块 A 运动的 v-t 图像如图乙所示,图中的 v1 和 t1 均为
未知量。已知 A 的质量为 m,初始时 A 与 B 的高度差为 H,重力加速度大小为 g,不计
空气阻力。
甲 乙
(1)求物块 B 的质量。
(2)在图乙所描述的整个运动过程中,求物块 A 克服摩擦力所做的功。
(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块 B 停止运动后,改变物块与轨
道间的动摩擦因数,然后将 A 从 P 点释放,一段时间后 A 刚好能与 B 再次碰上。求
改变前后动摩擦因数的比值。
答案:(1)3m (2)
2
15
mgH (3)
11
9解析:(1)根据题图乙,v1为物块A 在碰撞前瞬间速度的大小,
1
2
为其碰撞后瞬间速度的
大小。设物块 B 的质量为 m',碰撞后瞬间的速度大小为 v'。由动量守恒定律和机械
能守恒定律有
mv1=m -
1
2
+m'v'①
1
2 12
1
2
-
1
2 1
2
+
1
2
m'v'2②
联立①②式得
m'=3m。③
(2)在题图乙所描述的运动中,设物块 A 与轨道间的滑动摩擦力大小为 Ff,下滑过程
中所走过的路程为 s1,返回过程中所走过的路程为 s2,P 点的高度为 h,整个过程中克
服摩擦力所做的功为 W。由动能定理有
mgH-Ffs1=
1
2 12
-0④
-(Ffs2+mgh)=0-
1
2
-
1
2
2
⑤
从题图乙所给出的 v-t 图线可知
s1=
1
2
v1t1⑥
s2=
1
2 ·
1
2
·(1.4t1-t1)⑦
由几何关系
2
1
⑧
- 41 -
物块 A 在整个过程中克服摩擦力所做的功为
W=Ffs1+Ffs2⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得
W=
2
15
mgH。⑩
(3)设倾斜轨道倾角为θ,物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ,有
W=μmgcosθ·
+
sin 设物块 B 在水平轨道上能够滑行的距离为 s',由动能定理有
-μm'gs'=0-
1
2
m'v'2
设改变后的动摩擦因数为μ',由动能定理有
mgh-μ'mgcosθ·
sin
-μ'mgs'=0
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩ 式可得
'
11
9
。
专题能力训练 8 电场性质及带电粒子在电
场中的运动
(时间:45 分钟 满分:100 分)
专题能力训练第 19 页
一、选择题(本题共 8 小题,每小题 7 分,共 56 分。在每小题给出的四个选项中,1~5
题只有一个选项符合题目要求,6~8 题有多个选项符合题目要求。全部选对的得 7
分,选对但不全的得 4 分,有选错的得 0 分)
1.(2019·全国卷Ⅰ)如图所示,空间存在一方向水平向右的匀强电场,两个带电小球 P
和 Q 用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下,两细绳都恰好与天花板垂直,则( )
A.P 和 Q 都带正电荷
B.P 和 Q 都带负电荷
C.P 带正电荷,Q 带负电荷
D.P 带负电荷,Q 带正电荷
答案:D
解析:两个带电小球在匀强电场中均处于平衡状态,只有两小球带异种电荷、相互间
为吸引力,才可能平衡。小球 P 带负电荷时,匀强电场提供的力与小球 Q 对小球 P
的吸引力抵消,合力为零,此时小球Q带正电荷,匀强电场提供的力与小球P对小球Q
的吸引力抵消,合力为零,故 A、B、C 错误,D 正确。
2.(2019·天津卷)如图所示,在水平向右的匀强电场中,质量为 m 的带电小球,以初速
度 v 从 M 点竖直向上运动,通过 N 点时,速度大小为 2v,方向与电场方向相反,则小球
从 M 运动到 N 的过程( )
- 42 -
A.动能增加
1
2
mv2
B.机械能增加 2mv2
C.重力势能增加
3
2
mv2
D.电势能增加 2mv2
答案:B
解析:小球由 M 到 N 点过程动能增加量为ΔEk=
1
2
m(2v)2-
1
2
mv2=
3
2
mv2,选项 A 错误;小球
在竖直方向做上抛运动,竖直方向的位移为 h=
2
2
,故克服重力做功为 W=mgh=
1
2
mv2,
即重力势能增加
1
2
mv2,选项 C 错误;动能增加
3
2
mv2,重力势能增加
1
2
mv2,故机械能增加
2mv2,选项 B 正确;根据能量守恒定律可知,电势能减小 2mv2,选项 D 错误。
3.如图所示,匀强电场中有一圆,其平面与电场线平行,O 为圆心,A、B、C、D 为圆周
上的四个等分点。现将某带电粒子从 A 点以相同的初动能向各个不同方向发射,到
达圆周上各点时,其中过 D 点动能最大,不计重力和空气阻力。则( )
A.该电场的电场线一定是与 OD 平行
B.该电场的电场线一定是与 OB 垂直
C.带电粒子若经过 C 点,则其动能不可能与初动能相同
D.带电粒子不可能经过 B 点
答案:A
解析:将某带电粒子从 A 点以相同的初动能向各个不同方向发射,到达圆周上各点时,
其中过 D 点动能最大,说明 D 点电势能最小,若带电粒子带正电,D 点为电势最低点;
若带电粒子带负电,D点为电势最高点;该电场的电场线一定是与 OD 平行,选项 A 正
确,B 错误。由于 C 点与 A 点为电势相等的点,所以带电粒子若经过 C 点,则其动能
一定与初动能相同,选项 C 错误。由于题述带电粒子向各个不同方向发射,带电粒子
可能经过 B 点,选项 D 错误。
4.真空中有一带电金属球,通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图所示,r 表示
该直线上某点到球心的距离,r1、r2 分别是该直线上 A、B 两点离球心的距离。根据
电势图像(φ-r 图像),下列说法正确的是( )
- 43 -
A.该金属球可能带负电
B.A 点的电场强度方向由 A 指向 B
C.A 点和 B 点之间的电场,从 A 到 B,其电场强度可能逐渐增大
D.电荷量为 q 的正电荷沿直线从 A 移到 B 的过程中,电场力做功 W=q(φ2-φ1)
答案:B
解析:根据电势图像可知,r 趋近于无限远处电势为零,金属球带正电,选项 A 错误;带
正电的金属球电场类似于正点电荷的电场,根据正点电荷的电场特征,A 点的电场强
度方向由 A 指向 B,选项 B 正确;根据电势图像的斜率表示电场强度,从 A 到 B,其电
场强度逐渐减小,选项 C 错误;A、B 两点之间的电势差为 U=φ1-φ2,电荷量为 q 的正
电荷沿直线从 A 移到 B 的过程中,电场力做功 W=QU=q(φ1-φ2),选项 D 错误。
5.电源和一个水平放置的平行板电容器、两个变阻器 R1、R2 和定值电阻 R3 组成如
图所示的电路。当把变阻器 R1、R2 调到某个值时,闭合开关 S,电容器中的一个带电
液滴正好处于静止状态。当再进行其他相关操作时(只改变其中的一个),以下判断正
确的是( )
A.将 R1 的阻值增大时,液滴仍保持静止状态
B.将 R2 的阻值增大时,液滴将向下运动
C.断开开关 S,电容器上的电荷量将减为零
D.把电容器的上极板向上平移少许,电容器的电荷量将增加
答案:A
解析:当 R1 的阻值增大时,电容器两端的电势差不变,带电液滴受到的电场力不变,液
滴保持不动,故 A 正确;将 R2 的阻值增大时,则 R2 两端的电压增大,所以电容器两端
的电压增大,电场力变大,液滴向上运动,故 B 错误;断开开关,电容器两端的电势差等
于电源的电动势,根据 Q=CU,可知电容器的电荷量将增加,故 C 错误;因为电容器的
电容 C=
r
4π
,把电容器的上极板向上平移少许,d 增大,会使电容减小,电容器两端的
电势差不变,根据 Q=CU,可知电容器的电荷量将减少,故 D 错误。
6.(2019·安徽临泉一中模拟)为模拟空气净化过程,有人设计了如图所示的含灰尘空
气的密闭玻璃圆桶,圆桶的高和直径相等。第一种除尘方式是:在圆桶顶面和底面间
加上电压 U,沿圆桶的轴线方向形成一个匀强电场,尘粒的运动方向如图甲所示。第
二种除尘方式是:在圆桶轴线处放一直导线,在导线与桶壁间加上电压,电压大小也
等于 U,形成沿半径方向的辐向电场,尘粒的运动方向如图乙所示。已知空气阻力与
尘粒运动的速度大小成正比,即 Ff=kv(k 为一定值),假设每个尘粒的质量和电荷量均
相同,初速度和重力均可忽略不计,不考虑尘粒之间的相互作用,则在这两种方式中
( )
A.尘粒都做直线运动
- 44 -
B.尘粒受到的电场力大小相等
C.电场对单个尘粒做功的最大值相等
D.在乙容器中,尘粒做类平抛运动
答案:AC
解析:因初速度为 0,重力可忽略不计,则尘粒沿合力方向(电场方向或反方向)做直线
运动,A 正确,D 错误;每种除尘方式受到电场力大小 F=qE,但两种不同方式中,空间
中的电场强度不同,所以尘粒所受电场力大小是不同的,B 错误;电场对单个尘粒做
功的最大值为 qU,在两种情况下电场对尘粒做功的最大值相同,C 正确。
7.如图所示,倾角为θ的绝缘斜面固定在水平面上,当质量为 m、电荷量为+q 的滑块
沿斜面下滑时,在此空间突然加上竖直方向的匀强电场,已知滑块受到的电场力小
于滑块的重力。则下列说法不正确的是( )
A.若滑块匀速下滑,加上竖直向上的电场后,滑块将减速下滑
B.若滑块匀速下滑,加上竖直向下的电场后,滑块仍匀速下滑
C.若滑块匀减速下滑,加上竖直向上的电场后,滑块仍减速下滑,但加速度变大
D.若滑块匀加速下滑,加上竖直向下的电场后,滑块仍以原加速度加速下滑
答案:ACD
解析:若滑块匀速下滑,则有 mgsinθ=μmgcosθ,当加上竖直向上的电场后,电场力为 F,
沿斜面方向,(mg-F)sinθ=μ(mg-F)cosθ,受力仍平衡,则滑块仍匀速下滑,故 A 错误、B
正确;若滑块匀减速下滑,则有 mgsinθ<μmgcosθ,加速度大小为 a=g(μcosθ-sinθ),加上
竖直向上的电场后,沿斜面方向,(mg-F)sinθ<μ(mg-F)cosθ,加速度大小为
a'=(
-
)(
cos
-
sin
)
μmgcosθ,加速度大小
为 a=g(sinθ-μcosθ),加上竖直向下的电场后,在沿斜面方
向,(mg+F)sinθ>μ(mg+F)cosθ,物体仍匀加速下滑。加速度为 a'=(
+
)(
sin
-
cos
)
>a。
即加速度增大,故 D 错误,故选 ACD。
8.(2019·福建福州期末)如图所示,匀强电场中的三个点 A、B、C 构成一个直角三角
形,∠ACB=90°,∠ABC=60°,
专题能力训练 9 磁场性质及带电粒子在磁
场中的运动
(时间:45 分钟 满分:100 分)
专题能力训练第 21 页
一、选择题(本题共 6 小题,每小题 7 分,共 42 分。在每小题给出的四个选项中,1~4
题只有一个选项符合题目要求,5~6 题有多个选项符合题目要求。全部选对的得 7
分,选对但不全的得 4 分,有选错的得 0 分)
1.如图所示,一劲度系数为 k 的轻质弹簧,下面挂有匝数为 n 的矩形线框 abcd。bc 边
长为 l,线框的下半部分处在匀强磁场中,磁感应强度大小为 B,方向与线框平面垂直,
在图中垂直于纸面向里。线框中通以电流 I,方向如图所示,开始时线框处于平衡状
- 45 -
态。令磁场反向,磁感应强度的大小仍为 B,线框达到新的平衡。则在此过程中线框
位移的大小Δx 及方向是( )
A.Δx=
2 th
,方向向上
B.Δx=
2 th
,方向向下
C.Δx=
th
,方向向上
D.Δx=
th
,方向向下
答案:B
解析:线框在磁场中受重力、安培力、弹簧弹力,处于平衡,安培力为 FB=nBIl,且开始
的方向向上,然后方向向下,大小不变。设在电流反向之前弹簧的伸长为 x,则反向之
后弹簧的伸长为(x+Δx),则有
kx+nBIl-G=0
k(x+Δx)-nBIl-G=0
解之可得Δx=
2 th
,且线框向下移动,故 B 正确。
2.(2019·全国卷Ⅲ)如图所示,在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分
别为
1
2
B 和 B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为 m、电荷量为 q(q>0)
的粒子垂直于 x 轴射入第二象限,随后垂直于 y 轴进入第一象限,最后经过 x 轴离开
第一象限。粒子在磁场中运动的时间为( )
A.
5
6
π
B.
7
6
π
C.
11
6
π
D.
13
6
π
答案:B
解析:粒子在磁场中做匀速圆周运动,其运动轨迹如图所示。
根据半径公式 r=
可求得 r2=2r1
- 46 -
由几何关系得 r2cosθ=r2-r1,求得θ=60°=
π
3粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间 t=
在第二象限中运动的时间 t1=
π
2 在第一象限中运动的时间 t2=
π
3
2
2π
3 故粒子在磁场中运动的时间为 t=t1+t2=
7π
6 故选 B。
3.如图甲所示,PQ 和 MN 为水平、平行放置的两光滑金属导轨,两导轨相距 l=1 m;
导体棒 ab 垂直于导轨放在导轨上;导体棒的中点用细绳经滑轮与物体相连,细绳一
部分与导轨共面且平行,另一部分与导轨所在平面垂直;物体放在水平面上;匀强磁
场的磁感应强度为 B=1 T,方向竖直向下。开始时绳子刚好要绷紧,现给导体棒中通
入电流,使导体棒向左做加速运动,物体运动的加速度大小与导体棒中通入的电流
大小关系如图乙所示,重力加速度大小 g 取 10 m/s2。则物体和导体棒的质量分别为
( )
A.0.1 kg 0.9 kg B.0.9 kg 0.1 kg
C.0.1 kg 1.0 kg D.1.0 kg 0.1 kg
答案:A
解析:设物体的质量为 m',导体棒质量为 m,细绳的拉力为 FT。根据题意由牛顿第二
定律可知,FT-m'g=m'a,BIl-FT=ma,解得 a=
h
'
+
I-
'
'
+
。结合题图乙可知,当 I1=4A
时,a1=3m·s-2;当 I0=1A 时,a=0,则有 BI0l-m'g=0,得 m'=
t0h
=0.1kg,m=0.9kg,选项 A 正
确。
4.一圆筒处于磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的横截
面如图所示。图中直径 MN 的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度ω顺时针
转动。在该截面内,一带电粒子从小孔 M 射入筒内,射入时的运动方向与 MN 成 30°
角。当筒转过 90°时,该粒子恰好从小孔 N 飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未
与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为( )
A.
3
B.
2
C.
D.
2
- 47 -
答案:A
解析:下图为筒转过 90°前后各点位置和粒子运动轨迹示意图。M、N'分别为入射
点和出射点,分别作入射速度的垂线和 MN'的中垂线,交点即为轨迹圆的圆心 O'。
根据题意,∠NMN'=45°,O'M 与 NM 延长线的夹角为 60°,所以∠O'MN'=75°,∠
MO'N'=30°,即轨迹圆的圆心角为 30°,转动筒的时间和粒子在磁场中运动的时间
相同,
磁
12
筒
4
,即
1
12
2π
1
4 ·
2π
,解得比荷
3
,A 选项正确。
5.(2018·全国卷Ⅱ)如图所示,纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线 L1、L2,L1 中的
电流方向向左,L2 中的电流方向向上;L1 的正上方有 a、b 两点,它们相对于 L2 对称。
整个系统处于匀强外磁场中,外磁场的磁感应强度大小为 B0,方向垂直于纸面向外。
已知 a、b 两点的磁感应强度大小分别为
1
3
B0 和
1
2
B0,方向也垂直于纸面向外。则( )
A.流经 L1 的电流在 b 点产生的磁感应强度大小为
7
12
B0
B.流经 L1 的电流在 a 点产生的磁感应强度大小为
1
12
B0
C.流经 L2 的电流在 b 点产生的磁感应强度大小为
1
12
B0
D.流经 L2 的电流在 a 点产生的磁感应强度大小为
7
12
B0
答案:AC
解析:设 L1 在 a、b 点产生的磁感应强度分别为 B1a、B1b,L2 在 a、b 点产生的磁感应
强度分别为 B2a、B2b,根据安培定则可知,B1a=B1b,方向均垂直纸面向里;B2a=B2b,B2a
方向垂直纸面向里,B2b 方向垂直纸面向外。根据题意,对 a 点有 B1a+B2a-B0=-
0
3
;对 b
点有 B1b-B2b-B0=-
0
2
,联立以上方程解得 B1a=B1b=
7 0
12
,B2a=B2b=
0
12
,选项 A、C 正确。
6.如图所示的区域共有六处开口,各相邻开口之间的距离都相等,匀强磁场垂直于纸
面,不同速度的粒子从开口 a 进入该区域,可能从 b、c、d、e、f 五个开口离开,粒子
就如同进入“迷宫”一般,可以称作“粒子迷宫”。以下说法正确的是( )
- 48 -
A.从 d 口离开的粒子不带电
B.从 e、f 口离开的粒子带有异种电荷
C.从 b、c 口离开的粒子运动时间相等
D.从 c 口离开的粒子速度是从 b 口离开的粒子速度的 2 倍
答案:AD
解析:从 d 口离开的粒子不偏转,所以不带电,A 正确;根据左手定则,从 f、e 口离开的
粒子带有同种电荷,B 错误;从 b 口离开的粒子运动时间是半个周期,从 c 口离开的粒
子运动时间是
1
4
周期,C 错误;从 c 口离开的粒子轨道半径是从 b 口离开的粒子轨道半
径的 2 倍,因此速度也是 2 倍关系,D 正确。
二、非选择题(本题共 4 小题,共 58 分)
7.(14 分)(2018·江苏卷)如图所示,两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹
角为θ,间距为 d。导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为 B,方向与导轨平面垂直。
质量为 m 的金属棒被固定在导轨上,距底端的距离为 s,导轨与外接电源相连,使金属
棒通有电流。金属棒被松开后,以加速度 a 沿导轨匀加速下滑,金属棒中的电流始终
保持恒定,重力加速度为 g。在金属棒开始下滑至运动到底端的过程中,求:
(1)末速度的大小 v;
(2)通过的电流大小 I;
(3)通过的电荷量 Q。
答案:(1)
2
(2)
(
sin
-
)
(3)
2
(
sin
-
)
解析:(1)金属棒以加速度 a 做匀加速直线运动,有 v2=2as
解得 v=
2
。
(2)金属棒所受安培力 F 安=IdB
金属棒所受合力 F=mgsinθ-F 安
由牛顿运动定律有 F=ma
解得 I=
(
sin
-
)
。
(3)金属棒的运动时间 t=
通过金属棒的电荷量 Q=It
联立解得 Q=
2
(
sin
-
)
。
- 49 -
8.(14 分)如图甲所示,MN 为竖直放置彼此平行的两块平板,板间距离为 d,两板中央
各有一个小孔 O、O',两孔正对,在两板间有垂直于纸面方向的磁场,其磁感应强度随
时间的变化如图乙所示。有一群正离子在 t=0 时垂直于 M 板从小孔 O 射入磁场。
已知正离子质量为 m、电荷量为 q,正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感
应强度变化的周期都为 T0,不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响,不计离子所
受重力。求:
甲
乙
(1)磁感应强度 B0 的大小;
(2)要使正离子从 O'孔垂直于 N 板射出磁场,正离子射入磁场时的速度 v0 的可能值。
答案:(1)
2π
0
(2)
π
2 0
(n=1,2,3,…)
解析:设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向。
(1)正离子射入磁场,洛伦兹力提供向心力 B0qv0=
02
,而 v0=
2π
0
·R
由两式得磁感应强度 B0=
2π
0
。
(2)要使正离子从 O'孔垂直于 N 板射出磁场,正离子的运动轨迹应如图所示,两板之
间正离子只运动一个周期,即 T0 时,有 R=
4做匀速圆周运动的周期 T0=
2π
0
当两板之间正离子运动 n 个周期,即 nT0 时,有 R=
4
(n=1,2,3,…)
联立求解,得正离子的速度的可能值为 v0=
0
π
2 0
(n=1,2,3,…)。
9.(14 分)如图所示,在坐标系 xOy 中,第一象限内充满着两个匀强磁场 a 和 b,OO'为分
界线,磁场 a 的磁感应强度为 2B,方向垂直纸面向里;磁场 b 的磁感应强度为 B,方向
垂直纸面向外。P 点在分界线上,坐标为(4l,3l)。一质量为 m,电荷量为 q 的带正电的
粒子从 P 点沿 y 轴负方向射入磁场 b,经过一段时间后,粒子恰能经过原点 O,不计粒
子重力。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
- 50 -
(1)粒子从 P 点运动到 O 点的时间最少是多少?
(2)粒子运动的速度可能是多少?
答案:(1)
53π
60
(2)
25 h
12
(n=1,2,3,…)
解析:(1)设粒子的入射速率为 v,用 Ra、Rb、Ta、Tb 分别表示粒子在磁场 a 和 b 运动
的轨道半径和周期
则 Ra=
2
,Rb=
Ta=
2π
2
π
Tb=
2π
粒子先在磁场 b 中运动,后进入磁场 a 运动,然后从 O 点射出,粒子从 P 运动到 O 点
所用时间最短。如图所示
tanα=
3h
4h
3
4得α=37°
粒子在磁场 b 和磁场 a 运动的时间分别为 tb=
2
(
90
°-
)
360
° Tb,ta=
2
(
90
°-
)
360
° Ta
故从 P 到 O 所用最少时间为 t=ta+tb=
53π
60
。
(2)由题意及图可知
n(2Racosα+2Rbcosα)= (
3h
)
2
+
(
4h
)
2
(n=1,2,3,…)
解得 v=
25 h
12
(n=1,2,3,…)。
10.(16 分)如图所示,圆心为 O、半径为 R 的圆形磁场区域中存在垂直纸面向外的匀
强磁场,以圆心 O为坐标原点建立坐标系,在 y=-3R 处有一垂直 y 轴的固定绝缘挡板,
一质量为 m、电荷量为+q 的粒子,与 x 轴成 60°角从 M 点(-R,0)以初速度 v0 斜向上
射入磁场区域,经磁场偏转后由 N 点离开磁场(N 点未画出)恰好垂直打在挡板上,粒
子与挡板碰撞后原速率弹回,再次进入磁场,最后离开磁场。不计粒子的重力,求:
- 51 -
(1)磁感应强度 B 的大小;
(2)N 点的坐标;
(3)粒子从 M 点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间。
答案:(1)
0
(2)
3
2
,-
1
2
(3)(
5+π
)
0解析:(1)设粒子在磁场中的运动半径为 r,根据题设条件画出粒子的运动轨迹,如图
所示。
由几何关系可以得到 MONO1 为一平行四边形,所以 r=R
洛伦兹力提供向心力,则 qv0B=m
02
,得到 B=
0
。
(2)由图几何关系可以得到 xN=Rcos30°=
3
2
R,yN=-Rsin30°=-
1
2
R,所以 N 点坐标为
3
2
,-
1
2
。
(3)由 qvB=m
2π
v 可知,粒子在磁场中运动的周期 T=
2π
,由几何知识得到粒子在磁场
中运动的圆心角共为 150°+30°=180°,粒子在磁场中运动时间 t1=
2
,粒子从出磁
场到再次进磁场的时间为t2=
2
0
,其中s=3R-
1
2
R,粒子从 M点进入磁场到最终离开磁场
区域运动的总时间 t=t1+t2
解得 t=(
5+π
)
0
。
专题能力训练 10 带电粒子在组合场、复合
场中的运动
(时间:45 分钟 满分:100 分)
- 52 -
专题能力训练第 23 页
一、选择题(本题共 8 小题,每小题 7 分,共 56 分。在每小题给出的四个选项中,1~6
题只有一个选项符合题目要求,7~8 题有多个选项符合题目要求。全部选对的得 7
分,选对但不全的得 4 分,有选错的得 0 分)
1.(2020·全国卷Ⅱ)CT 扫描是计算机 X 射线断层扫描技术的简称,CT 扫描机可用于
对多种病情的探测。图甲是某种 CT 机主要部分的剖面图,其中 X 射线产生部分的
示意图如图乙所示。图乙中 M、N 之间有一电子束的加速电场,虚线框内有匀强偏
转磁场;经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进,打到靶上,产
生 X 射线(如图中带箭头的虚线所示);将电子束打到靶上的点记为 P 点。则( )
甲
乙
A.M 处的电势高于 N 处的电势
B.增大 M、N 之间的加速电压可使 P 点左移
C.偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D.增大偏转磁场磁感应强度的大小可使 P 点左移
答案:D
解析:加速电场对电子做的功 WMN=qUMN=q(φM-φN)>0,电子为负电荷,则电压为负
值,M 处的电势必低于 N 处的电势,A 错误。增大 M、N 之间的加速电压,据动能定
理,qUMN=
1
2 02
,电子离开电场的速度必然增大;进入偏转电场,洛伦兹力提供向心
力,可求出 r=
0
,速度增大,半径 r 增大;设磁场宽度为 d,电子束离开偏转磁场后的偏
转角度为θ,sinθ=
,d 不变,r 增大,θ减小,可使 P 点右移,B 错误。根据左手定则,可判断
出偏转磁场垂直纸面向里,C 错误。根据 r=
0
,磁感应强度增大,半径 r 减小,根据 B
选项解析可知,θ增大,可使 P 点左移,D 正确。
- 53 -
2.1922 年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝
尔化学奖。若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示,则下列说法正确
的是( )
A.该束带电粒子带负电
B.速度选择器的 P1 极板带负电
C.在 B2 磁场中运动半径越大的粒子,质量越大
D.在 B2 磁场中运动半径越大的粒子,比荷
越小
答案:D
解析:通过粒子在质谱仪中的运动轨迹和左手定则可知该束带电粒子带正电,故选
项 A 错误;带电粒子在速度选择器中匀速运动时受到向上的洛伦兹力和向下的静电
力,可知速度选择器的 P1 极板带正电,故选项 B 错误;由洛伦兹力充当向心力有
qvB=m
2
,得粒子在 B2 磁场中的运动半径 r=
,又粒子的运动速度 v 大小相等,电荷
量 q 未知,故在磁场中运动半径越大的粒子,质量不一定越大,但比荷
越小,故
选项 C 错误,D 正确。
3.如图所示,一带电塑料小球质量为 m,用丝线悬挂于 O 点,并在竖直平面内摆动,最
大摆角为 60°,水平磁场垂直于小球摆动的平面。当小球自左方摆到最低点时,悬线
上的张力恰为零,则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为( )
A.0 B.2mg C.4mg D.6mg
答案:C
解析:带电粒子在磁场中受到洛伦兹力作用,但是洛伦兹力不做功,所以从左方摆到
最低点的过程只有重力做功,根据动能定理 mgL(1-cos60°)=
1
2
mv2,摆动到最低点时,
合力提供向心力,悬线上张力为 0,即洛伦兹力提供向心力 qvB-mg=m
2
=mg,洛伦兹
力方向竖直向上,当小球从右方摆到最低点时,根据对称性速度大小不变,但是方向
反向,所以洛伦兹力方向竖直向上大小不变,此时向心力不变,即拉力 F-qvB-mg=m
2
,
拉力 F=4mg,选项 C 正确。
- 54 -
4.如图所示,虚线区域空间内存在由匀强电场 E 和匀强磁场 B 组成的正交或平行的
电磁复合场,有一个带正电小球(电荷量为+q,质量为 m)从正交或平行的电磁复合场
上方的某一高度自由落下,那么带电小球可能沿直线通过的是( )
A.①② B.③④ C.①③ D.②④
答案:B
解析:①图中小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力,下降过程中速度一定变
大,故洛伦兹力一定变化,不可能一直与电场力平衡,故合力不可能一直向下,故一定
做曲线运动;②图中小球受重力、向上的电场力、垂直向外的洛伦兹力,合力与速度
一定不共线,故一定做曲线运动;③图中小球受重力、向左上方的电场力、水平向右
的洛伦兹力,若三力平衡,则小球做匀速直线运动;④图中小球受向下的重力和向上
的电场力,合力一定与速度共线,故小球一定做直线运动;故选项 B 正确。
5.(2019·河南开封模拟)如图所示,静止的带电粒子所带电荷量为+q,质量为 m(不计
重力),从 P 点经两块平行的竖直极板间电场加速后,水平通过小孔 Q 进入 N 板右侧
的匀强磁场区域,磁感应强度大小为 B,方向垂直于纸面向外。CD 为磁场边界上的
一绝缘板,它与 N 板的夹角为θ=30°,小孔 Q 到绝缘板的下端 C 的距离为 l。当滑片
移动到 B 端时,粒子恰垂直打在 CD 板上。则下列说法错误的是( )
A.两板间电压的最大值 Um=
2
2
h2
2 B.CD 板上可能被粒子打中区域的长度为
3
-
3
3
l
C.粒子在磁场中运动的最长时间为
π
D.能打到 N 板上的粒子的最大动能为
2
2
h2
18 答案:A
解析:滑片移到 B 端时,两板间电压最大,粒子垂直打在 CD 板上,所以粒子做圆周运
动的轨迹半径为 l=
;粒子在电场中运动时有 qUm=
1
2
mv2,联立两式解得 Um=
2
h2
2
,A
错误。粒子垂直打在 CD 板上的位置离 C 点最远,距离为 l;当粒子运动轨迹恰好与
CD 相切时,切点位置离 C 点最近,如图所示,由几何条件有 sin30°=
h
-
,故
R=
h
3
,KC=
3
3
l,所以 CD 板上被粒子打中的区域的长度为
3
-
3
3
l,B 正确。打在 QE 间的
粒子在磁场中运动的时间最长,均为半个周期,t=
π
,C 正确。打在 N 板上的粒子中,
- 55 -
轨迹半径越大,则对应的速度越大,即运动轨迹半径最大的粒子的动能最大,则当
R=
h
3
时,Ekm=(
')
2
2
(
)
2
2
2
2
h2
18
,D 正确。
6.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示意图如图所示,其中加速电压
恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速,经匀强磁场偏转后从出口离开磁
场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速,为使它经匀强磁
场偏转后仍从同一出口离开磁场,需将磁感应强度增加到原来的 12 倍。此离子和质
子的质量比约为( )
A.11 B.12
C.121 D.144
答案:D
解析:离子经电场加速 Uq=
1
2
mv2,离子在电场中偏转时,qvB=
2
,可知 m=
2
2
2
;由于离
子和质子的加速电压、电荷量和在磁场中做匀速圆周运动的半径都相同,所以 m∝
B2,离子所需偏转磁场的磁感应强度是质子所需偏转磁场的磁感应强度的 12 倍,则
离子质量是质子质量的 144 倍,选项 D 正确。
7.如图所示,一对间距可变的平行金属板 C、D 水平放置,两板间有垂直于纸面向里
的匀强磁场 B。两板通过滑动变阻器与铅蓄电池相连,这种铅蓄电池能快速转换到
“逆变”状态,即外界电压过低时能向外界提供一定的供电电压,当外界电压超过某一
限定值时可转换为充电状态。闭合开关 S 后,有一束不计重力的带正电粒子从左侧
以一定的速度 v0 射入两板间恰能做直线运动。现对入射粒子或对装置进行调整,则
下列有关描述正确的是( )
A.若仅将带正电的粒子换成带负电的粒子,也能直线通过
B.若只增大两板间距到一定程度,可使铅蓄电池处于充电状态
C.若将滑动变阻器的滑片 P 向 a 端滑动,可提高 C 极板的电势
D.若只减小入射粒子的速度,可使铅蓄电池处于充电状态
答案:AB
- 56 -
解析:带正电的粒子恰好做直线运动,其电场力和洛伦兹力相平衡,由
q=qv0B 可知
v0=
,若换成带负电的粒子,电场力和洛伦兹力都反向,仍然平衡,直线通过,故选项 A
正确;若增大两板间距,带正电粒子射入时受洛伦兹力作用偏转而堆积在上极板上,
将提高两板间电压,若此电压超过蓄电池的逆变电压就会使之处于“逆变”状态而被
充电,故选项 B 正确;由于电容器的两极板是彼此绝缘的,调节滑片 P 对电压不起任
何作用,故选项 C 错误;若减小入射粒子的速度,粒子所受洛伦兹力减小,粒子会在电
场力作用下落在下极板上,电势也会降低,不能达到逆变电压,故选项 D 错误。
8.回旋加速器的工作原理图如图所示,置于高真空中的 D 形金属盒半径为 R,两盒间
的狭缝很小,带电粒子在狭缝间加速的时间忽略不计。匀强磁场的磁感应强度大小
为 B、方向与盒面垂直。粒子源 A 产生的粒子质量为 m,电荷量为+q,U 为加速电压,
则( )
接交流电源
A.交流电压的周期等于粒子在磁场中回转周期的一半
B.加速电压 U 越大,粒子获得的最大动能越大
C.D 形盒半径 R 越大,粒子获得的最大动能越大
D.磁感应强度 B 越大,粒子获得的最大动能越大
答案:CD
解析:为了保证粒子每次经过电场时都被加速,必须满足交流电压的周期和粒子在
磁场中回转周期相等,故 A 错误;根据洛伦兹力提供向心力 qvB=
2
,解得 v=
,动能
Ek=
1
2
mv2=
2
2
2
2
,可知带电粒子的速度与加速电压无关,D 形盒半径 R 越大,磁感应强
度 B 越大,粒子的速度越大,即动能越大,B 错误,C、D 正确。
二、非选择题(本题共 3 小题,共 44 分)
9.(14 分)在如图所示的直角坐标系中,有沿 y 轴正方向(竖直向上方向)、磁感应强度
大小为 B 的匀强磁场,现在坐标原点 O 固定一电荷量为 Q 的正点电荷,一个质量为
m、电荷量为 q 的正点电荷微粒恰好能以 y 轴上的 O1 点为圆心在水平面内做匀速
圆周运动,角速度为ω,已知当地重力加速度为 g。试求圆心 O1 的 y 坐标。
答案:
-
2
- 57 -
解析:微粒受力如图所示,设带电微粒做匀速圆周运动半径为 R,圆心 O1的纵坐标为y,
圆周上一点与坐标原点的连线和 y 轴夹角为θ,
则 tanθ=
BqωR-F 电 sinθ=mω2R
即得
-
2
所以圆心 O1 的 y 坐标 y=
-
2
。
10.(15 分)(2019·全国卷Ⅰ)如图所示,在直角三角形 OPN 区域内存在匀强磁场,磁感
应强度大小为 B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压 U 加
速后,沿平行于 x 轴的方向射入磁场;一段时间后,该粒子在 OP 边上某点以垂直于 x
轴的方向射出。已知 O 点为坐标原点,N 点在 y 轴上,OP 与 x 轴的夹角为 30°,粒子
进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为 d,不计重力。求:
(1)带电粒子的比荷;
(2)带电粒子从射入磁场到运动至 x 轴的时间。
答案:(1)
4
2
2
(2)
2
4
π
2 +
3
3解析:(1)设带电粒子的质量为 m,电荷量为 q,加速后的速度大小为 v。由动能定理有
qU=
1
2
mv2①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 r,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qvB=m
2
②
由几何关系知
d=
2
r③
联立①②③式得
4
2
2
。④
(2)由几何关系知,带电粒子射入磁场后运动到 x 轴所经过的路程为
- 58 -
s=
π
2
+rtan30°⑤
带电粒子从射入磁场到运动至 x 轴的时间为
t=
⑥
联立②④⑤⑥式得
t=
2
4
π
2 +
3
3
。⑦
11.(15 分)(2019·山东潍坊模拟)右图为竖直平面内的直角坐标系 xOy,x 轴水平且上
方有竖直向下的匀强电场,电场强度大小为 E,在 x 轴下方有一圆形有界匀强磁场,与
x 轴相切于坐标原点,半径为 R。已知质量为 m、电荷量为+q 的粒子,在 y 轴上的(0,R)
点无初速度释放,粒子恰好经过磁场中
3
3
,-
点,粒子重力不计。
(1)求磁场的磁感应强度 B。
(2)若将该粒子释放位置沿 y=R 直线向左移动一段距离 l,无初速度释放,当 l 为多大
时粒子在磁场中运动的时间最长?最长时间是多少?
(3)在(2)的情况下粒子回到电场后运动到最高点时的横坐标为多少?
答案:(1)
3
2
,方向垂直 xOy 平面向里 (2)
3
2
R
2π
9
6
(3)
5 3
2
R
解析:(1)粒子匀加速运动,有 EqR=
1
2
mv2,解得 v=
2
设圆周运动半径为 r,圆心为 O1,则 qvB=m
2
,由几何关系可知 r2=
-
3
3
2+R2
解得 r=
2 3
3
R,B=
3
2
,磁场方向垂直 xOy 平面向里。
(2)当粒子在磁场中转过的弦为圆形磁场直径时对应的时间最长,所转过的圆心角为
α
则 rsin
2
=R,解得α=
2
3
π,此时 l=Rsin
2
3
2
R
粒子在磁场中运动的时间为 t=
解得 t=
2π
9
6
。
(3)粒子回到电场时速度与水平方向成 30°
- 59 -
粒子沿 y 轴匀减速运动减到零时竖直高度最大,有
vsin30°=at',Eq=ma
水平方向匀速运动,有 x'=vcos30°t'
解得 x'=
3
2粒子返回电场时的横坐标为 x0,
0
-
h
=cot30°,h=
3
2运动到最高点时的横坐标为 x=x0+x'=
5 3
2
R。
专题能力训练 11 恒定电流和交变电流
(时间:45 分钟 满分:98 分)
专题能力训练第 27 页
一、选择题(本题共 14 小题,每小题 7 分,共 98 分。在每小题给出的四个选项中,1~7
题只有一个选项符合题目要求,8~14 题有多个选项符合题目要求。全部选对的得 7
分,选对但不全的得 4 分,有选错的得 0 分)
1.(2019·浙江 4 月)电动机与小灯泡串联接入电路,电动机正常工作时,小灯泡的电阻
为 R1,两端电压为 U1,流过的电流为 I1;电动机的内阻为 R2,两端电压为 U2,流过的电
流为 I2。则( )
A.I1I2R2,则
1
2
t1 1
t2 2
1
2
,B、C 错
误,D 正确。
2.在如图所示的电路中,电源电动势为E,内阻为R,L1和L2为相同的灯泡,每个灯泡的
电阻和定值电阻阻值均为 R。电压表为理想电表,S 为单刀双掷开关,当开关由 1 位
置打到 2 位置时,下列说法正确的是( )
A.L1 亮度不变,L2 将变暗
B.L1 将变亮,L2 将变暗
C.电源内阻的发热功率将变小
D.电压表读数将变小
- 60 -
答案:D
解析:开关在位置 1 时,外电路总电阻 R 总=
3
2
R,电压表示数 U= 3
2
+3
2
E=
3
5
E,两灯电压
U1=U2=
1
5
E,电源内阻的发热功率为 P 热= 2
5
2
4 2
25
。开关在位置 2 时,外电路总电阻
R 总'=
2
3
R,电压表示数 U'= 2
3
+2
3
E=
2
5
E,灯泡 L1 的电压 U1'=
1
5
E,L2 的电压 U2'=
2
5
E,电源内
阻的发热功率为 P 热'= 3
5
2
9 2
25
,L1 亮度不变,L2 将变亮,故选项 A、B 错误;电源内
阻的发热功率将变大,故选项 C 错误;由以上分析可知电压表读数变小,选项 D 正确。
3.阻值相等的四个电阻、电容器 C 及电池 E(内阻可忽略)连接成如图所示电路。开
关 S 断开且电流稳定时,C 所带的电荷量为 Q1;闭合开关 S,电流再次稳定后,C 所带
的电荷量为 Q2。Q1 与 Q2 的比值为( )
A.
2
5
B.
1
2
C.
3
5
D.
2
3答案:C
解析:S 断开时等效电路图如图甲所示。
甲
乙
设每个电阻阻值为 R,电路中总电阻 R 总 1=
5
3
,干路电流 I 干 1=
总
1
3
5
;电容器两端电
压为 U1=
1
3
I 干 1·R=
5
,所带电荷量为 Q1=CU1=
5
;S 闭合后,等效电路图如图乙所示,电
路中总电阻为 R 总 2=
3
2
,干路电流 I 干 2=
总
2
2
3
,电容器两端电压 U2=
1
2
I 干 2·R=
3
,所带
电荷量 Q2=CU2=
3
;综上
1
2
3
5
,C 选项正确。
4.在如图所示的电路中,E 为电源电动势,r 为电源内阻,R1 和 R3 均为定值电阻,R2 为滑
动变阻器。当 R2 的滑片在 a 端时闭合开关 S,此时三个电表 A1、A2 和 V 的示数分
别为 I1、I2 和 U,现将 R2 的滑片向 b 端移动,则三个电表示数的变化情况是( )
- 61 -
A.I1 增大,I2 不变,U 增大
B.I1 减小,I2 增大,U 减小
C.I1 增大,I2 减小,U 增大
D.I1 减小,I2 不变,U 减小
答案:B
解析:由题图可知 R1、R2 并联后再与 R3 串联,电流表 A1 测通过 R1 的电流 I1,A2 测通
过 R2 的电流 I2,V 测路端电压 U。现将 R2 的滑片向 b 端移动,R2 阻值减小,电路总电
阻减小,则总电流 I 增大;根据闭合电路欧姆定律知路端电压 U=E-Ir,所以电压表示
数 U 减小;由 U3=IR3,可知 U3 增大;R1 两端电压 U1=U-U3,所以 U1 减小,则 I1 减小,而
I=I1+I2,所以 I2 增大。故选项 B 正确。
5.(2019·江苏无锡模拟)矩形线框与理想电流表、理想变压器和灯泡连接成如图甲所
示的电路。灯泡标有“36 V 40 W”的字样且阻值可以视作不变,变压器原、副线圈
的匝数之比为 2∶1,线框产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示。则下列说法
正确的是( )
A.图乙电动势的瞬时值表达式为 e=36
2
sin πt V
B.变压器副线圈中的电流方向每秒改变 50 次
C.灯泡 L 恰好正常发光
D.理想变压器输入功率为 20 W
答案:D
解析:由题图乙可知,电动势的周期为 0.02s,矩形线框的角速度ω=
2π
2π
0
.
02
=100π,故
原线圈输入电压的瞬时值表达式为 e=72sin100πtV,A 错误;交变电流的频率为 50Hz,
在一个周期内电流方向改变 2 次,可知变压器副线圈中的电流方向每秒改变 100
次,B 错误;变压器输入电压有效值为 U1=
72
2
V=36
2
V,由原、副线圈的匝数比为 2∶
1可知,输出电压为 18
2
V,则灯泡 L不能正常发光,C 错误;灯泡电阻为 R=
2
=32.4Ω,
输出功率 P2=
22
(
18 2
)
2
32
.
4
W=20W,则理想变压器输入功率为 20W,D 正确。
6.(2018·天津卷)教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机(内阻可忽
略)通过理想变压器向定值电阻 R 供电,电路如图所示,理想交流电流表 A、理想交流
电压表 V 的读数分别为 I、U,R 消耗的功率为 P。若发电机线圈的转速变为原来的
1
2
,则 ( )
- 62 -
A.R 消耗的功率变为
1
2
P
B.电压表 V 的读数变为
1
2
U
C.电流表 A 的读数变为 2I
D.通过 R 的交变电流频率不变
答案:B
解析:发电机线圈转速变为原来一半时,产生电动势的最大值和有效值均变为原来
的一半,变压器匝数比不变,故副线圈上的电压表示数变为原来的一半,选项 B 正确;
对负载电阻 R,由 P=
2
可得,R 消耗的功率变为原来的
1
4
,即副线圈消耗的功率变为原
来的
1
4
,故原线圈消耗的功率也变为原来的
1
4
,而原线圈电压变为原来的
1
2
,故原线圈中
的电流(电流表示数)变为原来的
1
2
,选项 A、C 均错误;发电机线圈转速变为原来的
1
2时,线圈转动的角速度变为原来的
1
2
,由 f=
2π
可得交变电流的频率变为原来的
1
2
,选项 D
错误。
7.远距离输电的原理图如图所示,升压变压器原、副线圈的匝数分别为 n1、n2,电压
分别为 U1、U2,电流分别为 I1、I2,输电线上的电阻为 R。变压器为理想变压器,则下
列关系式正确的是( )
A.
t1
t2
1
2
B.I2=
2
C.I1U1=
t2
2
R D.I1U1=I2U2
答案:D
解析:由理想变压器可知
t1
t2
2
1
,选项 A 错误;I2=
,而 U2=UR+U3,故 I2<
2
,选项 B 错
误;P 入=P 出,即 U1I1=U2I2,而 U2≠I2R,选项 C 错误,D 正确。
8.边长为 l 的正方形线框在磁感应强度为 B 的匀强磁场中以角速度ω匀速转动,产生
的感应电流的最大值为 Im,设灯泡的电阻为 R,其他电阻不计。从如图所示位置开始
计时,则( )
A.Im=
h2
- 63 -
B.电路中交变电流的表达式为 Imsin ωt
C.电流表的读数为
tm
2D.灯泡上产生的电功率为
tm2
2
R
答案:AD
解析:电动势最大值 Em=Bl2ω,故电流的最大值 Im=
m
h2
,选项 A 正确;电流表的读
数为 I=
tm
2
,选项 C 错误;电阻 R 上产生的电功率 P=I2R=
tm2
2
R,选项 D 正确;由图示位置
开始计时,电流瞬时表达式为 i=Imcosωt,选项 B 错误。
9.如图甲、乙分别表示两种电压的波形,其中图甲所示的电压按正弦规律变化,图乙
所示的电压是正弦函数的一部分。下列说法正确的是( )
A.图甲、图乙均表示交变电流
B.图甲所示电压的瞬时值表达式为 u=20sin 100πt V
C.图甲所示电压的有效值为 20 V
D.图乙所示电压的有效值为 10 V
答案:ABD
解析:由题图可以看出,图甲、图乙均为交变电流,图甲为正弦式交变电流,瞬时表达
式为 u=20sin100πt(V),电压的有效值为
20
2
V=10
2
V,选项 A、B 正确,C 错误。题图
乙的周期 T=4×10-2s,由
22
T=(
10 2V
)
2
·
2
得 U2=10V,选项 D 正确。
10.如图所示,变压器输入有效值恒定的电压,副线圈匝数可调,输出电压通过输电线
送给用户(电灯等用电器),R 表示输电线的电阻,则( )
A.用电器增加时,变压器输出电压增大
B.要提高用户的电压,滑片 P 应向上滑
C.用电器增加时,输电线的热损耗减少
D.用电器增加时,变压器的输入功率增加
答案:BD
- 64 -
解析:变压器输入有效值恒定的电压,原、副线圈的匝数比不变,则副线圈的电压
U2=
2
1
U1 不变,故选项 A 错误;要提高用户的电压,应增大副线圈匝数,滑片 P 应向上
滑,故选项 B 正确;当用电器增加时,副线圈电流增大,输电线的热损耗ΔP=
t2
2
R 增大,
故选项 C 错误;用电器增加时,副线圈电流增大,因为是理想变压器,输入功率等于输
出功率,所以输入功率增加,选项 D 正确。
11.如图所示,直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源Ⅰ与电源Ⅱ的路端电压随输出电流变化的特性
曲线,曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线,则 ( )
A.电源Ⅰ与电源Ⅱ的内阻之比为 12∶7
B.电源Ⅰ与电源Ⅱ的电动势之比为 7∶12
C.若该小灯泡分别与电源Ⅰ和电源Ⅱ单独连接,则小灯泡的电阻之比为 35∶24
D.若该小灯泡分别与电源Ⅰ和电源Ⅱ单独连接,则电源Ⅰ和电源Ⅱ输出功率之比为
10∶21
答案:AD
解析:根据题图,电源Ⅰ与电源Ⅱ的电动势都是 10V,二者之比为 1∶1,电源Ⅰ内阻为
10
7
Ω,电源Ⅱ的内阻为
5
6
Ω,电源Ⅰ的内阻与电源Ⅱ的内阻之比为 12∶7,选项 A 正确,B
错误。若该小灯泡与电源Ⅰ单独连接,工作电流为 5A,由 I=
+
可得小灯泡电阻为
R=
4
7
Ω,若该小灯泡与电源Ⅱ单独连接,工作电流为 6A,由 I=
+
可得小灯泡电阻为
R=
5
6
Ω,小灯泡的电阻之比为 24∶35,选项 C 错误。若该小灯泡分别与电源Ⅰ和电源
Ⅱ单独连接,小灯泡电压分别为
20
7
V 和 5V,电源Ⅰ输出功率为 5×
20
7
W=
100
7
W,电源Ⅱ
输出功率为 6×5W=30W,则电源Ⅰ和电源Ⅱ输出功率之比为 10∶21,选项 D 正确。
12.一直流电动机提升重物的装置如图所示。已知重物质量 m=50 kg,电源电压
U=110 V 保持不变,电动机线圈的电阻 R=4 Ω,不计各处摩擦,当电动机以某一速度
匀速向上提升重物时,电路中的电流 I=5 A(g 取 10 m/s2)。则( )
A.电源的输出功率为 100 W
B.电动机线圈电阻 R 的发热功率为 550 W
C.提升重物的功率为 450 W
D.电动机效率为 81.8%
答案:CD
- 65 -
解析:电源的输出功率 P 出=IU=5A×110V=550W,电动机线圈电阻 R 的发热功率 P 热
=I2R=100W,选项 A、B 错误。因能量守恒,电动机对重物做的功的功率为 P 有=P 出-P
热=550W-100W=450W,电动机效率为η=
有
出
×100%=
450
550
×100%=81.8%,选项 C、D 正
确。
13.(2019·山东青岛二模)下图为某小型电站高压输电示意图,变压器均为理想变压
器,发电机输出功率为 20 kW。在输电线路上接入一个电流互感器,其原、副线圈的
匝数比为 1∶10,电流表的示数为 1 A,输电线的总电阻为 10 Ω,则下列说法正确的是
( )
A.采用高压输电可以增大输电线中的电流
B.升压变压器的输出电压 U2=2 000 V
C.用户获得的功率为 19 kW
D.将 P 下移,用户获得的电压将增大
答案:BC
解析:采用高压输电可以减小输电线中的电流,选项 A 错误;由
t
t2
1
10
可知 I2=10A,由
P=U2I2,解得 U2=2000V,选项 B 正确;损失功率为 P 损=
t2
2
R=1000W,所以用户获得的
功率为 P1=P-P 损=19kW,选项 C 正确;将 P 下移,n3 增大,由
3
4
3
4
可知 U4 减小,选项
D 错误。
14.如图甲所示,M 是一个小型理想变压器,原、副线圈匝数比 n1∶n2=11∶1,a、b 端
接有正弦式交变电流,电压随时间的变化规律如图乙所示。变压器右侧部分为一火
警报警电路原理图,其中 R2 为用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传
感器,R1 为一定值电阻,电压表 V 和电流表 A 可视为理想电表。下列说法正确的是
( )
A.变压器副线圈的输出电压的表达式为 u2=20
2
sin 100πt V
B.当传感器 R2 所在处未出现火警时,电压表 V 的示数为 20 V
C.当传感器 R2 所在处出现火警时,电压表 V 的示数减小
D.当传感器 R2 所在处出现火警时,电流表 A 的示数减小
答案:AC
- 66 -
解析:由图像可知该交变电流周期为 T=0.02s,则其电压瞬时值表达式为
u1=220
2
sin100πtV,由变压器的变压关系
1
2
1
2
可得变压器副线圈的输出电压为
u2=20
2
sin100πtV,选项 A 正确;输出电压的有效值为 20V,与传感器 R2 并联的电压
表的示数小于 20V,选项 B 错误;当传感器 R2 所在处出现火警时,电阻 R2 减小,电流
I2=
2
1+ 2
增大,又
t1
t2
2
1
,所以电流表 A 的示数 I1 也增大,电压表 V 的示数 U=U2-I2R1
减小,选项 C 正确,选项 D 错误。
专题能力训练 12 电磁感应及综合应用
(时间:45 分钟 满分:100 分)
专题能力训练第 29 页
一、选择题(本题共 8 小题,每小题 8 分,共 64 分。在每小题给出的四个选项中,1~6
题只有一个选项符合题目要求,7~8 题有多个选项符合题目要求。全部选对的得 8
分,选对但不全的得 4 分,有选错的得 0 分)
1.如图所示,边长为 a 的导线框 abcd 处于磁感应强度为 B0 的匀强磁场中,bc 边与磁
场右边界重合。现发生以下两个过程:一是仅让线框以垂直于边界的速度 v 匀速向
右运动;二是仅使磁感应强度随时间均匀变化。若导线框在上述两个过程中产生的
感应电流大小相等,则磁感应强度随时间的变化率为( )
A.
2 0
B.
0
C.
0
2
D.
4 0
答案:B
解析:线框以垂直于边界的速度 v 匀速向右运动时,根据法拉第电磁感应定律有
E=B0av,感应电流为 I=
0
;磁感应强度随时间均匀变化时,E=
Δ
Δ
a2,E=IR,联立得
E=
Δ
Δ
a2=B0av,得
Δ
Δ
0
。
2.(2018·全国卷Ⅰ)如图所示,导体轨道 OPQS 固定,其中 PQS 是半圆弧,Q 为半圆弧的
中点,O 为圆心。轨道的电阻忽略不计,OM 是有一定电阻、可绕 O 转动的金属杆,M
端位于 PQS 上,OM 与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场,
磁感应强度的大小为 B,现使 OM 从 OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到 OS 位置并
固定(过程Ⅰ);再使磁感应强度的大小以一定的变化率从 B 增加到 B'(过程Ⅱ)。在过
程Ⅰ、Ⅱ中,流过 OM 的电荷量相等,则
'
等于( )
A.
5
4
B.
3
2
C.
7
4
D.2
- 67 -
答案:B
解析:根据 q=
Δ
得,q1=
·
1
4π 2
π 2
4
,
q2=(
'-
)
π 2
2
,因为 q1=q2,
解得 B'=
3
2
B,故 B 正确。
3.(2020·全国卷Ⅲ)如图所示,水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈,右边套
有一金属圆环。圆环初始时静止。将图中开关 S 由断开状态拨至连接状态,电路接
通的瞬间,可观察到( )
A.拨至 M 端或 N 端,圆环都向左运动
B.拨至 M 端或 N 端,圆环都向右运动
C.拨至 M 端时圆环向左运动,拨至 N 端时向右运动
D.拨至 M 端时圆环向右运动,拨至 N 端时向左运动
答案:B
解析:本题以螺线管为背景,意在考查楞次定律。开关 S 无论拨至 M 端还是 N 端,螺
线管中的磁通量都变大,则右边金属圆环中的磁通量变大,根据楞次定律,为了阻碍
磁通量变大,圆环都向右运动,选项 B 正确。
4.(2019·江西南昌模拟)如图所示,质量为 m=0.04 kg、边长 l=0.4 m 的正方形线框
abcd 放置在一光滑绝缘斜面上,线框用一平行于斜面的细绳系于 O 点,斜面的倾角
为θ=30°;线框的一半处于磁场中,磁场的磁感应强度随时间变化的关系为
B=2+0.5t(T),方向垂直于斜面;已知线框电阻为 R=0.5 Ω,重力加速度 g 取 10 m/s2。
下列说法正确的是( )
A.线框中的感应电流方向为 abcda
B.t=0 时,细绳拉力大小为 F=0.2 N
C.线框中感应电流大小为 I=80 mA
D.经过一段时间 t,线框可能拉断细绳向下运动
答案:C
解析:由楞次定律可知线框中的感应电流方向为 adcba,选项 A 错误;感应电动势
E=
Δ
Δ
Δ
Δ
1
2 h
2
=0.04V,由闭合电路欧姆定律,可知线框中感应电流大小为
I=
=0.08A=80mA,由平衡条件可知 FT+BIl=mgsinθ,t=0 时,B=2T,解得 FT=0.136N,
选项 B 错误,选项 C 正确;经过一段时间 t,安培力 BIl 可能大于 mgsinθ,所以线框可能
沿斜面向上运动,选项 D 错误。
- 68 -
5.如图甲所示,正三角形导线框 abc 固定在磁场中,磁场方向与线圈平面垂直,磁感应
强度 B 随时间变化的关系如图乙所示。t=0 时刻磁场方向垂直纸面向里,在 0~4 s 的
时间内,线框 ab 边所受到的安培力 F 随时间 t 变化的关系(规定水平向左为力的正
方向)可能是下图中的( )
答案:A
解析:由磁感应强度随时间的变化图像可判断出 1~2s 内线框的电流方向为顺时针,
然后利用左手定则判定 ab 边所受到的安培力水平向左,大小为 BIL,由于 B 随时间均
匀变化,则安培力也随时间均匀变化,据此排除选项 C、D;然后再由 3~4s 内安培力方
向排除选项 B。
6.(2019·辽宁联考)如图所示,间距为 l 的光滑平行金属导轨弯成“∠”形,底部导轨面
水平,倾斜部分与水平面成θ角,导轨与固定电阻相连,整个装置处于竖直向上的磁感
应强度为 B 的匀强磁场中。导体棒 ab 与 cd 均垂直于导轨放置,且与导轨间接触良
好,两导体棒的电阻均与阻值为 R 的固定电阻相等,其余部分电阻不计,当导体棒 cd
沿导轨向右以速度 v 匀速滑动时,导体棒 ab 恰好在倾斜导轨上处于静止状态,导体
棒 ab 的重力为 mg,则( )
A.导体棒 cd 两端的电压为 Blv
B.t 时间内通过导体棒 cd 横截面的电荷量为
2 h
3 C.cd 棒克服安培力做功的功率为
2
h2
2
D.导体棒 ab 所受安培力为 mgsin θ
答案:B
解析:根据题意画出等效电路如图甲所示。导体棒 cd 产生的感应电动势为 E=Blv,
导体棒 cd 两端的电压是路端电压,U=
1
3
E=
1
3
Blv,选项 A 错误;通过 cd 棒的电流
I=
0
.
5 +
h
1
.
5
,在时间 t 内通过导体棒 cd 横截面的电荷量为 q=It=
2 h
3
,选项 B 正确;
对ab 棒进行受力分析如图乙所示,由于 ab 棒静止,所以 ab 棒所受安培力 Fab=mgtanθ,
选项 D 错误;由功能关系知 cd 棒克服安培力做功的功率等于整个电路的电功率,为
P=
2
0
.
5 +
2
h2
2
1
.
5
,选项 C 错误。
- 69 -
7.(2019·全国卷Ⅰ)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场,其边
界如图甲中虚线 MN 所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为 S,将该导线做
成半径为 r 的圆环固定在纸面内,圆心 O 在 MN 上。t=0 时磁感应强度的方向如图
甲所示;磁感应强度 B 随时间 t 的变化关系如图乙所示。则在 t=0 到 t=t1 的时间间
隔内( )
甲 乙
A.圆环所受安培力的方向始终不变
B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C.圆环中的感应电流大小为
0
4 0 D.圆环中的感应电动势大小为
0π 2
4 0答案:BC
解析:根据楞次定律可知,圆环中的感应电流始终沿顺时针方向,B 正确。从 0 到 t1,
电流方向未变,磁场方向改变,根据左手定则,安培力方向必定改变,A 错误。根据法
拉第电磁感应定律,E=n
Δ
Δ
0π 2
2 0
,D 错误。圆环的电阻 R=
h
2 π
,感应电流 I=
0
4 0
,C 正确。
8.如图所示,在倾角为θ的光滑斜面上,存在着两个磁感应强度大小均为 B 的匀强磁
场区域。区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上,区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下,磁场边
界 MN、PQ、GH 均平行于斜面底边,MP、PG 均为 l。一个质量为 m、电阻为 R、
边长也为 l 的正方形导线框,由静止开始沿斜面下滑,下滑过程中 ab 边始终与斜面底
边平行。t1 时刻 ab 边刚越过 GH 进入磁场Ⅰ区域,此时导线框恰好以速度 v1 做匀速
直线运动;t2 时刻 ab 边下滑到 PQ 与 MN 的中间位置,此时导线框又恰好以速度 v2
做匀速直线运动。重力加速度为 g,下列说法正确的是( )
- 70 -
A.当 ab 边刚越过 PQ 时,导线框加速度大小为 a=gsin θ
B.导线框两次匀速直线运动的速度 v1∶v2=4∶1
C.从 t1 到 t2 的过程中,导线框克服安培力做功的大小等于机械能的减少量
D.从 t1 到 t2 的过程中,有
(
12
-
22
)
2
机械能转化为电能
答案:BC
解析:线框在区域Ⅰ内做匀速直线运动,满足合力为零,有 mgsinθ-
2
h2
1
=0;线框的 ab
边刚越过 PQ 时,两边都在切割磁感线,都受到沿斜面向上的安培力,则
mgsinθ-
4 2
h2
1
=ma,a=-3gsinθ,选项 A 错误;线框再次匀速时,其受合力也为零,有
mgsinθ-
4 2
h2
2
=0,可得
1
2
4
1
,选项 B 正确;从 t1 到 t2 的过程中,安培力做负功,重力做正
功,根据动能定理,可得 WG-WF=
1
2 22
1
2 12
,解得 WF=WG+
1
2 12
1
2 22
,即线
框从 t1 到 t2 过程中克服安培力所做的功等于线框机械能的减少量,选项 C 正确,选项
D 错误。
二、非选择题(本题共 2 小题,共 36 分)
9.(16 分)(2019·广东深圳模拟)如图所示,竖直固定的倒 U 形导轨 NMPQ,轨道间距
l=0.8 m,上端开小口与水平线圈 C 连接,线圈面积 S=0.8 m2,匝数 N=200,电阻 r=15
Ω。质量 m=0.08 kg 的导体棒 ab 被外力水平压在导轨一侧,导体棒接入电路部分的
电阻 R=1 Ω。开始时整个装置处于竖直向上的匀强磁场中。t=0 时撤去外力,同时
磁感应强度按 B=B0-kt 的规律变化,其中 k=0.4 T/s;t1=1 s 时,导体棒开始下滑,它与导
轨间的动摩擦因数μ=0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。其余电阻不计(重力加
速度 g 取 10 m/s2)。
(1)求 0~1 s 内通过导体棒的电流大小。
(2)求 t=0 时的磁感应强度 B0。
(3)若仅将磁场方向改为竖直向下,要使导体棒 ab 在0~1 s 内仍静止,是否需要将它靠
在导轨的另一侧?简要说明理由。
答案:(1)4 A
(2)0.9 T
(3)不需要;由楞次定律可知,磁场方向相反,感应电流方向也相反,由左手定则可知导
体棒所受安培力的方向不变,所以不需要将它靠在导轨的另一侧。
- 71 -
解析:(1)0~t1 时间内,对线圈 C 和整个回路有,E=N
Δ
Δ
Δ
Δ
Δ
Δ
S=kS
I=
+ 联立并代入数据解得 I=4A。
(2)t1=1s 时刻,导体棒即将下滑,有 mg=Ff
Ff=μFN
FN=B1Il
B1=B0-kt1
联立并代入数据解得 B0=0.9T。
10.(20 分)(2017·天津卷)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度,其
原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意图如图所示,图中直流电源
电动势为 E,电容器的电容为 C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为 l,
电阻不计。炮弹可视为一质量为 m、电阻为 R 的金属棒 MN,垂直放在两导轨间处
于静止状态,并与导轨良好接触。首先开关 S 接 1,使电容器完全充电。然后将 S 接
至 2,导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场(图中未画
出),MN 开始向右加速运动。当 MN 上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等
时,回路中电流为零,MN 达到最大速度,之后离开导轨。求:
(1)磁场的方向;
(2)MN 刚开始运动时加速度 a 的大小;
(3)MN 离开导轨后电容器上剩余的电荷量 Q 是多少。
答案:(1)垂直于导轨平面向下
(2)
h
(3)
2
h2
2
+ 2
h2
解析:(1)由题意可知,MN 所受安培力可以使其水平向右运动,故安培力方向为水平
向右,而 MN 中的电流方向为从 M 到 N,因此,根据左手定则可判断磁场方向为垂直
于导轨平面向下。
(2)电容器完全充电后,两极板间电压为 E,当开关 S 接 2 时,电容器放电,设刚放电时
流经 MN 的电流为 I,有
I=
①
设 MN 受到的安培力为 F,有
F=IlB②
由牛顿第二定律,有
F=ma③
联立①②③式得
a=
h
。④
- 72 -
(3)当电容器充电完毕时,设电容器上电荷量为 Q0,有
Q0=CE⑤
开关 S 接 2 后,MN 开始向右加速运动,速度达到最大值 vmax 时,设 MN 上的感应电动
势为 E',有
E'=Blvmax⑥
依题意有
E'=
⑦
设在此过程中 MN 的平均电流为
专题能力训练 13 近代物理
(时间:45 分钟 满分:100 分)
专题能力训练第 33 页
一、选择题(本题共 10 小题,每小题 6 分,共 60 分。在每小题给出的四个选项中,1~6
题只有一个选项符合题目要求,7~10 题有多个选项符合题目要求。全部选对的得 6
分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分)
1.(2018·北京卷)在核反应方程
2
4
He
+7
14
N
→
8
17
O+X 中,X 表示的是 ( )
A.质子 B.中子
C.电子 D.α粒子
答案:A
解析:根据质量数守恒和电荷数守恒可得,X 的质量数=4+14-17=1,X 的电荷数
=2+7-8=1,即 X 是质子,故选项 A 正确。
2.已知钙和钾的截止频率分别为 7.73×1014 Hz 和 5.44×1014 Hz,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
答案:A
解析:光电效应方程 Ekm=hν-W0=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=
2 km
,故动量小,由λ=
可知波长较大,则频率较小,选项
A 正确。
3.下列说法正确的是( )
A.
88
226
Ra→
86
222
Rn
+2
4
He 是β衰变
B.
1
2
H+1
3
H
→
2
4
He
+0
1
n 是聚变
C.
92
235
U+0
1
n
→
54
140
Xe
+38
94
Sr+
20
1
n 是衰变
D.
11
24
Na→
12
24
Mg
+
-
1
0
e 是裂变
答案:B
- 73 -
解析:A项中自发地放出氦原子核,是α衰变,选项A错误;聚变是质量轻的核结合成质
量大的核,选项 B 正确;裂变是质量较大的核分裂成质量较轻的几个核,C 项中的反
应是裂变,选项 C 错误;D 项中自发地放出电子,是β衰变,选项 D 错误。
4.下列说法正确的是( )
A.氡的半衰期为 3.8 天,若取 4 个氡原子核,经 7.6 天后就剩下 1 个原子核了
B.原子核内的中子转化成一个质子和一个电子,这种转化产生的电子发射到核外,就
是γ粒子,这就是γ衰变的实质
C.光子的能量由光的频率所决定
D.只要有核反应发生,就一定会释放出核能
答案:C
解析:因半衰期是对大量原子核的衰变作出的统计规律,对于少数原子核是没有意
义的,所以 A 项错误;因为β衰变的本质是核内一个中子转化成一个质子和一个电子
并将电子发射出来的过程,所以 B 项错误;由光子的能量式ε=hν,知 C 项正确;并不是
所有核反应都放出核能,有些核反应过程需要吸收能量,D 项错误。
5.(2018·天津卷)国家大科学工程——中国散裂中子源(CSNS)于 2017 年 8 月 28 日首
次打靶成功,获得中子束流,可以为诸多领域的研究和工业应用提供先进的研究平
台。下列核反应中放出的粒子为中子的是( )
A.
7
14
N 俘获一个α粒子,产生
8
17
O 并放出一个粒子
B.
13
27
Al 俘获一个α粒子,产生
15
30
P 并放出一个粒子
C.
5
11
B 俘获一个质子,产生
4
8
Be 并放出一个粒子
D.
3
6
Li 俘获一个质子,产生
2
3
He 并放出一个粒子
答案:B
解析:本题考查核反应方程式的书写,根据质量数守恒和核电荷数守恒可快速选出
答案。根据质量数守恒和核电荷数守恒可得:
7
14
N+
2
4
He
→
8
17
O +1
1
H,选项 A 错误
;
13
27
Al
+2
4
He→
15
30
P +0
1
n,选项 B 正确;
5
11
B+
1
1
H
→
4
8
Be
+2
4
He,选项 C 错误
;
3
6
Li
+1
1
H
→
2
3
He
+2
4
He,选项 D 错误。
6.(2019·北京卷)光电管是一种利用光照产生电流的装置,当入射光照在管中金属板
上时,可能形成光电流。表中给出了 6 次实验的结果。
组 次 入射光子
的能量/eV
相对
光强
光电流
大小/mA
逸出光电子的
最大动能/eV
- 74 -
由表中数据得出的论断中不正确的是( )
A.两组实验采用了不同频率的入射光
B.两组实验所用的金属板材质不同
C.若入射光子的能量为 5.0 eV,逸出光电子的最大动能为 1.9 eV
D.若入射光子的能量为 5.0 eV,相对光强越强,光电流越大
答案:B
解析:两组实验入射光的能量不同,以此可知,采用了不同频率的入射光,A 正确;根据
爱因斯坦光电效应方程,金属的逸出功 W=hν-
1
2 m2
,代入题中实验数据得两组的逸
出功相同,均等于 3.1eV,以此可知两组实验所用的金属板材质相同,B 错误;若入射光
子的能量为 5.0eV,代入爱因斯坦光电效应方程,逸出光电子的最大动能为 1.9eV,C
正确;若入射光子的能量为 5.0eV,发生光电效应,相对光强越强,光电子越多,光电流
越大,D 正确。
7.(2020·全国卷Ⅲ)1934 年,约里奥-居里夫妇用α粒子轰击铝箔,首次产生了人工放射
性同位素 X,反应方程为
2
4
He
+13
27
Al→X
+0
1
n。X 会衰变成原子核 Y,衰变方程为
X→Y
+1
0
e。则( )
A.X 的质量数与 Y 的质量数相等
B.X 的电荷数比 Y 的电荷数少 1
C.X 的电荷数比
13
27
Al 的电荷数多 2
D.X 的质量数与
13
27
Al 的质量数相等
答案:AC
解析:本题以人工放射性同位素为背景,意在考查核反应方程。根据核反应中质量数
和电荷数守恒的规律可知,X 的质量数为 4+27-1=30,电荷数为 2+13-0=15,Y 的质量
数为 30,电荷数为 15-1=14,则 X 的质量数和 Y 的质量数相等,X 的电荷数比 Y 的电
荷数多 1,选项 A 正确,选项 B 错误;X 的电荷数比
13
27
Al 的电荷数多 15-13=2,选项 C
正确;X 的质量数比
13
27
Al 的质量数多 30-27=3,选项 D 错误。
8.(2019·陕西榆林模拟)某医院利用放射线治疗肿瘤,被利用的放射源必须具备以下
两个条件:(1)放出的射线有较强的穿透能力,能辐射到体内肿瘤所在处;(2)能在较长
的时间内提供比较稳定的辐射强度。现有四种放射性同位素的放射线及半衰期如
表所示。关于在表中所列的四种同位素,下列说法正确的是( )
同位素 钴 60 锶 90 锝 99 氡 222
放射线 γ β γ α
半衰期 5 年 28 年 6 小时 3.8 天
- 75 -
A.最适宜作为放疗使用的放射源应是钴 60
B.最适宜作为放疗使用的放射源应是锶 90
C.放射线的电离能力最强的放射源是锝 99
D.放射线的电离能力最强的放射源是氡 222
答案:AD
解析:钴 60 放出的γ射线穿透能力强,半衰期长,故 A 正确,B 错误;α射线电离能力最
强,γ射线的电离能力最弱,氡 222 放出的是α射线,故 C 错误,D 正确。
9.氢原子的能级图如图所示,大量处于 n=5 激发态的氢原子向低能级跃迁时,一共可
以辐射出 10 种不同频率的光子。其中莱曼系是指氢原子由高能级向 n=1 能级跃迁
时释放的光子,则( )
A.10 种光子中波长最短的是 n=5 激发态跃迁到基态时产生的
B.10 种光子中有 4 种属于莱曼系
C.使 n=5 能级的氢原子电离至少要 0.85 eV 的能量
D.从 n=2 能级跃迁到基态释放光子的能量等于 n=3 能级跃迁到 n=2 能级释放光子
的能量
答案:AB
解析:n=5 激发态跃迁到基态时产生的光子的能量最大、频率最大,所以波长最短,A
正确;由题意知,从 n=5、4、3、2 激发态跃迁到 n=1 时发出的 4 种光子属于莱曼系,
所以 B 正确;由题图知,n=5 能级的电离能为 0.54eV,所以 C 错误;从 n=2 能级跃迁到
基态释放光子的能量大于 n=3 能级跃迁到 n=2 能级释放光子的能量,所以 D 错误。
10.按如图的方式连接电路,当用某种紫光照射阴极 K 时,电路中的电流表有示数。
则下列叙述正确的是( )
A.如果仅将紫光换成黄光,则电流表一定没有示数
B.如果仅将紫光换成紫外线,则电流表一定有示数
C.仅将滑动变阻器的滑片向右滑动,则电流表的示数一定增大
D.仅将滑动变阻器的滑片向左滑动,则电流表的示数可能不变
答案:BD
解析:当换用黄光后,入射光的频率减小,但入射光的频率可能仍大于金属的极限频
率,发生光电效应,电路中可能有光电流,A 错误;当换用紫外线后,入射光的频率增大,
- 76 -
一定能产生光电效应现象,则微安表一定有示数,B 正确;滑动变阻器的滑片向右滑
动,则光电管两极间的电压增大,电路中的光电流可能已经达到饱和值,保持不变,C
错误;滑动变阻器的滑片向左滑动,则光电管两极间的电压减小,电路中的光电流可
能仍为饱和值,保持不变,D 正确。
二、非选择题(本题共 2 小题,共 40 分)
11.(20 分)一静止的氡核(
86
222
Rn)发生α衰变,放出一个速度为 v0、质量为 m 的α粒子
和一个质量为 m0 的反冲核钋(Po),若氡核发生衰变时,释放的能量全部转化为α粒子
和钋核的动能。
(1)写出衰变方程;
(2)求出反冲核的速度;
(3)求出这一衰变过程中亏损的质量。
答案:(1)
86
222
Rn→
84
218
Po
+2
4
He
(2)
0
0
(3)(
0+
)
02
2 0 2
解析:(1)由已知得
86
222
Rn→
84
218
Po
+2
4
He。
(2)设反冲核的速度为 v,由动量守恒可知 mv0=m0v
即 v=
0
0
。
(3)由质能方程可知
E=Δmc2=
1
2 02
+
1
2
m0v2
Δmc2=
1
2 02
+
1
2
m0
0
0
2
解得Δm=(
0+
)
02
2 0 2
。
12.(20 分)海水中含有丰富的氘,完全可充当未来的主要能源。两个氘核的核反应产
生一个
2
3
He 核和一个粒子,其中氘核的质量为 2.013 0 u,氦核的质量为 3.015 0 u,粒
子的质量为 1.008 7 u。(1 u 相当于 931.5 MeV)
(1)写出核反应方程;
(2)核反应中释放的核能;
(3)在两个氘核以相等的动能 0.35 MeV 进行对心碰撞,并且核能全部转化为动能的
情况下,求反应中产生的粒子和氦核的动能。
答案:(1)
1
2
H+1
2
H
→
2
3
He
+0
1
n
(2)2.14 MeV
(3)2.13 MeV 0.71 MeV
解析:(1)核反应方程为
1
2
H+1
2
H
→
2
3
He
+0
1
n。
- 77 -
(2)核反应中的质量亏损
Δm=2mH-mHe-mn
由ΔE=Δmc2 可知释放的核能
ΔE=(2mH-mHe-mn)c2=2.14MeV。
(3)把两个氘核作为一个系统,碰撞过程系统的动量守恒,由于碰撞前两氘核的动能
相等,其动量等大反向,因此反应前后系统的总动量为零,设碰撞后瞬间氦核、中子的
速度分别为 vHe、vn,动能分别为 EkHe、Ekn,碰撞前氘核的动能ΔEkH=0.35MeV,则
mHevHe+mnvn=0
反应前后系统的总能量守恒,则
1
2
mHe
He2
+
1
2
mn
n2
=ΔE+2ΔEkH
又有 mHe∶mn=3∶1
EkHe=
1
2
mHe
He2
,Ekn=
1
2
mn
n2
,
解得 EkHe=0.71MeV,Ekn=2.13MeV。
专题能力训练 14 力学实验
(时间:45 分钟 满分:100 分)
专题能力训练第 35 页
1.(10 分)(2018·全国卷Ⅰ)如图甲所示,一弹簧上端固定在支架顶端,下端悬挂一托盘;
一标尺由游标和主尺构成,主尺竖直固定在弹簧左边;托盘上方固定有一能与游标
刻度线准确对齐的装置,简化为图中的指针。
现要测量图甲中弹簧的劲度系数。当托盘内没有砝码时,移动游标,使其零刻度线对
准指针,此时标尺读数为1.950 cm;当托盘内放有质量为0.100 kg 的砝码时,移动游标,
再次使其零刻度线对准指针,标尺示数如图乙所示,其读数为 cm。当地的
重力加速度大小为 9.80 m/s2,此弹簧的劲度系数为 N/m(保留 3 位有效数
字)。
答案:3.775 53.7
解析:①主尺读数 3.7cm,即 37mm,游标第 15 刻度与主尺对齐,所以总读数为
37mm+15×
1
20
mm=37.75mm=3.775cm;
②由 F=kΔx 得
k=
Δ
2
-
1
0
.
100 9
.
8(
3
.
775
-
1
.
950
)
10
-
2
N/m=53.7N/m。
- 78 -
2.(14 分)(2019·全国卷Ⅱ)如图甲所示,某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数
的实验。所用器材有:铁架台、长木板、铁块、刻度尺、电磁打点计时器、频率 50
Hz 的交流电源、纸带等。回答下列问题:
甲
(1)铁块与木板间的动摩擦因数μ= (用木板与水平面的夹角θ、重力加速
度 g 和铁块下滑的加速度 a 表示)。
(2)某次实验时,调整木板与水平面的夹角使θ=30°。接通电源,开启打点计时器,释
放铁块,铁块从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带,如图乙
所示。图中的点为计数点(每两个相邻的计数点间还有 4 个点未画出)。重力加速度
取 9.80 m/s2。可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为 (结果保留小数
点后 2 位)。
乙
答案:(1)
sin
-
cos
(2)0.35
解析:(1)对铁块受力分析得
mgsinθ-μmgcosθ=ma
所以μ=
sin
-
cos
。
(2)根据逐差法求加速度
专题能力训练 15 电学实验
(时间:45 分钟 满分:100 分)
专题能力训练第 37 页
1.(14 分)(2020·全国卷Ⅰ)某同学用伏安法测量一阻值为几十欧姆的电阻 Rx,所用电
压表的内阻为 1 kΩ,电流表内阻为 0.5 Ω。该同学采用两种测量方案,一种是将电压
表跨接在图甲所示电路的 O、P 两点之间,另一种是跨接在 O、Q 两点之间。测量
得到如图乙所示的两条 U-I 图线,其中 U 与 I 分别为电压表和电流表的示数。
甲
回答下列问题:
(1)图乙中标记为Ⅱ的图线是采用电压表跨接在 (选填“O、P”或“O、Q”)两
点的方案测量得到的。
- 79 -
乙
(2)根据所用实验器材和图乙可判断,由图线 (选填“Ⅰ”或“Ⅱ”)得到的结果更
接近待测电阻的真实值,结果为 Ω(保留 1 位小数)。
(3)考虑到实验中电表内阻的影响,需对(2)中得到的结果进行修正,修正后待测电阻
的阻值为 Ω(保留 1 位小数)。
答案:(1)O、P
(2)Ⅰ 50.5
(3)50.0
解析:找清楚误差产生的原因,在电流相等的情况下,跨接在“O、Q”两点间的电压表
的示数比跨接在“O、P”两点间的电压表的示数大。(1)在电流相等的情况下,跨接在
“O、P”两点间的电压表的示数比跨接在“O、Q”两点间的电压表的示数小,所以题图
乙中标记为Ⅱ的图线是采用电压表跨接在“O、P”两点间的方案测量得到的。(2)由
R=
Δ
Δt
,根据图线Ⅰ,可知电阻阻值为 50.5Ω,该电阻为大电阻,电流表采取内接法得到
的测量值更接近真实值。即由图线Ⅰ得到的结果更接近待测电阻的真实值。所以
其结果为 50.5Ω。(3)因为测量值为待测电阻和电流表串联的阻值,修正后的待测电
阻的值为 50.5Ω-0.5Ω=50.0Ω。
2.(16 分)电动自行车具有环保、节能、便捷等优点,但电动自行车的电池用久以后性
能会下降,表现之一为电池的电动势变小,内阻变大。某兴趣小组将一辆旧电动自行
车充满电,取下四块电池,分别标为 A、B、C、D,测量它们的电动势和内阻。
甲
乙
- 80 -
丙
(1)用多用电表直流电压“50 V”挡测量每块电池的电动势。测量电池 A 时,多用电表
的指针如图甲所示,其读数为 V。
(2)用图乙所示的电路测量 A、B、C、D 四块电池的电动势 E 和内阻 r,图中 R0 为保
护电阻,其阻值为 5 Ω。改变电阻箱的阻值 R,测出对应的电流 I,根据测量数据分别
作出 A、B、C、D 四块电池的
1
t
-R 图线,如图丙所示。由图线 C 可知电池 C 的电动
势 E= V,内阻 r= Ω。
(3)分析图丙可知,电池 (选填“A”“B”“C”或“D”)性能最优。
答案:(1)11.0 (2)12 1 (3)C
解析:(1)中间刻度线为直流电压挡,量程 50V,而刻度共计 50 格,每格为 1V,要估读到
0.1V,指针指到第 11 格,因此读数为 11.0V。
(2)根据闭合电路欧姆定律可得 I=
0+ +
,即
1
t
1
R+
1
(R0+r),则
1
t
-R 图线的斜率为
1
0
.
5
6
,E=12V,由图线 C 可以看出,当电阻箱连入电路中的电阻为 0 时电流表的示数为
2A,则 R0+r=6Ω,故电源电动势为 12V,内阻为 1Ω。
(3)
1
t
-R 图线的延长线与横轴的交点离原点越远表示电池的内阻越大,图线 C 的延长
线与横轴的交点离坐标原点最近,所以电池 C 性能最优。
3.(16 分)理想电压表的内阻无穷大,而实际电压表并非如此,现要测量一个量程为
0~3 V、内阻约为 3 kΩ的电压表的阻值,实验室备有以下器材:
甲
A.待测电压表 V1:量程为 0~3 V,内阻约为 3 kΩ
B.电压表 V2:量程为 0~6 V,内阻约为 6 kΩ
C.滑动变阻器 R1:最大阻值 20 Ω,额定电流 1 A
D.定值电阻 R0
E.电源:电动势 6 V,内阻约 1 Ω
F.开关一个、导线若干
(1)利用以上器材设计如图甲所示测量电路,请你按图甲所示电路将图乙中的实验仪
器连接起来。
- 81 -
乙
丙
(2)请写出按该电路测量电压表 V1 内阻 RV 的表达式: 。
(3)在正确连接电路后,闭合开关 S,不断调节滑动变阻器 R1 的滑片位置,记录多组电
压表 V1、V2 示数,作出 U2-U1 图线如图丙所示。若 R0=1 480 Ω,由图线上的数据可
得 RV= Ω。
答案:(1)如图所示 (2)RV=
1
2
-
1
R0 (3)2 960
解析:本题考查并联电路特点及欧姆定律,意在考查学生由实验目的确定实验原理
完成实验的能力。
由并联电路两端电压相等可知,定值电阻 R0 两端的电压为 U0=U2-U1,由欧姆定律可
知,通过定值电阻的电流为 I0=
0
0
=IV1,因此电压表 V1 的内阻 RV=
1
tV1
,解以上三式得
RV=
1
2
-
1
R0,将其变形得到 U2=
1 +
0
V
U1,由图像斜率 k=1.5=1+
0
V⇒
RV=2960Ω。
4.(16 分)某物理实验兴趣小组探究测定某品牌矿泉水的电阻率,用一两端开口的玻
璃管通过密封塞封住一定量的矿泉水,如图丁所示。
(1)某同学用如图甲所示的游标卡尺的 (选填“A”“B”或“C”)部位去测玻璃管的
内径,测出的读数如图乙,则玻璃管的内径 d 为 cm。
- 82 -
甲
乙
(2)该同学用多用电表的电阻挡测量玻璃管中矿泉水的电阻,选择开关置于“×100”
挡,发现指针如图丙所示,则该同学接着需要做的实验步骤:①换选 (选填
“×10”或“×1 k”)挡;② 。
丙
丁
(3)该组同学按图丁连好电路后,闭合开关,调节滑动变阻器的滑片,从最右端向左端
移动的整个过程中,发现电压表有示数但几乎不变,不可能的原因是 。
A.滑动变阻器阻值太小
B.电路中 5、6 之间断路
C.电路中 7、8 之间断路
戊
(4)该组同学在改进实验后,测出玻璃管中有水部分的长度为 l,电压表示数为 U,电流
表示数为 I,改变玻璃管中的水量,测出多组数据,并描绘出相应的图像如图戊所示,
若图线的斜率为 k,则矿泉水的电阻率ρ= (用题中字母表示)。
答案:(1)A 2.120
(2)①×1 k ②欧姆调零
(3)B
(4)
π 2
4
- 83 -
解析:(1)游标卡尺的 A 位置是测量圆筒内径的,故用 A 部位去测玻璃管的内径;通过
读游标卡尺得玻璃管的内径 d 为 21mm+10×0.02mm=21.20mm=2.120cm。
(2)由于欧姆表的指针偏转较小,说明被测电阻较大,故需要换成更大挡位,即“×1k”
挡;换了挡位后,再测电阻时还需要欧姆调零。
(3)由于电压表的示数几乎不变,即仍有一定的示数,而将 5、6 之间断开时,电路中就
没有了电流,电压表的示数为零,故它是不可能的,选项 B 正确。
(4)由公式可知矿泉水的电阻率ρ=
h
t π
2
2
h
,因为 k=
h
t
,则ρ=
π 2
4
。
5.(16 分)(2019·全国卷Ⅰ)某同学要将一量程为 250 μA 的微安表改装为量程为 20
mA 的电流表。该同学测得微安表内阻为 1 200 Ω,经计算后将一阻值为 R 的电阻与
该微安表连接,进行改装。然后利用一标准毫安表,根据图甲所示电路对改装后的电
表进行检测(虚线框内是改装后的电表)。
甲 乙
(1)根据图甲和题给条件,将图乙中的实物连线。
(2)当标准毫安表的示数为 16.0 mA 时,微安表的指针位置如图丙所示。由此可以推
测出所改装的电表量程不是预期值,而是 。(填正确答案标号)
丙
A.18 mA B.21 mA C.25 mA D.28 mA
(3)产生上述问题的原因可能是 。(填正确答案标号)
A.微安表内阻测量错误,实际内阻大于 1 200 Ω
B.微安表内阻测量错误,实际内阻小于 1 200 Ω
C.R 值计算错误,接入的电阻偏小
D.R 值计算错误,接入的电阻偏大
(4)要达到预期目的,无论测得的内阻值是否正确,都不必重新测量,只需要将阻值为
R 的电阻换为一个阻值为 kR 的电阻即可,其中 k= 。
答案:(1)连线如图所示
(2)C (3)AC (4)
99
79
- 84 -
解析:(1)量程为 250μA 的微安表改装成量程为 20mA 的电流表时应将电阻与微安表
并联。根据电路图,从电源正极出发,电表正极对应电源正极,依次连接,注意连线不
要交叉。
(2)通过电流表的电流与偏角成正比,表盘 160μA 对应 16mA,则表盘 250μA 对应
25mA。
(3)根据 IgRg=(I-Ig)R 得 I=
1 +
g
Ig,改装后的量程偏大的原因可能是,原微安表内阻
测量值偏小,其实际内阻 Rg 大于 1200Ω;或者因为定值电阻的阻值 R 计算有误,计算
值偏大,实际接入定值电阻阻值偏小。故选 AC。
(4)并联电路电压相等,
tg g
=(I-Ig)R,即
160μA·Rg=(16mA-160μA)R,200μA·Rg=(16mA-200μA)kR,得 k=
99
79
。
6.(22 分)要测绘一个标有“3 V 0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线,灯泡两端的电压需
要由 0 逐渐增大到 3 V,并便于操作。已选用的器材有:
电池组(电动势 4.5 V,内阻约 1 Ω);
电流表(量程为 0~250 mA,内阻约 5 Ω);
电压表(量程为 0~3 V,内阻约 3 kΩ);
开关一个、导线若干。
(1)实验中所用的滑动变阻器应选 (填字母代号)。
A.滑动变阻器(最大阻值 20 Ω,额定电流 1 A)
B.滑动变阻器(最大阻值 1 750 Ω,额定电流 0.3 A)
(2)实验的电路图应选用 (填字母代号)。
(3)实验得到的小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示。现将两个这样的小灯泡并联后
再与一个 2 Ω的定值电阻 R 串联,接在电动势为 1.5 V、内阻为 1 Ω的电源两端,如
图乙所示。每个小灯泡消耗的功率是 W。
答案:(1)A (2)B (3)0.09
- 85 -
解析:本题考查测绘小灯泡的伏安特性曲线实验,意在考查学生对该实验的掌握情
况。
(1)由题意可知,本实验选择的是分压电路,因此滑动变阻器选择的是 A。
(2)因为小灯泡的电阻 RL=
2
=15Ω,和电流表电阻相近,故应采用电流表外接法,因此
应选用 B 电路。
(3)设小灯泡的电流为 I,电压为 U,由 U=E-2I(R+r),代入数据得 U=1.5-6I(V),作出小
灯泡在题图乙电路中的电流—电压关系图线与小灯泡的伏安特性曲线的交点,由此
交点即可读出此时通过小灯泡的电流以及小灯泡两端的电压。由 P=UI 可得此时灯
泡的功率。
专题能力训练 16 热学
(时间:45 分钟 满分:90 分)
专题能力训练第 41 页
1.(15 分)(1)(多选)(5 分)下列说法正确的是 。
A.液体中悬浮的微粒越大,布朗运动越显著
B.第二类永动机不可能制成,因为它违反能量守恒定律
C.一定质量的理想气体,当它的压强、体积都增大时,其内能一定增加
D.因为液体表面层分子分布比内部稀疏,因此液体表面有收缩趋势
(2)(10 分)如图所示,圆柱形汽缸开口向上,竖直放置在水平面上,汽缸足够长,内截面
积为 S,大气压强为 p0。一厚度不计、质量为 m=
0
2
的活塞封住一定量的理想气体,
温度为 T0 时缸内气体体积为 V0。先在活塞上缓慢放上质量为 3m 的沙子,然后将缸
内气体温度缓慢升高到 2T0,求稳定后缸内气体的体积。
答案:(1)CD (2)V0
解析:(1)微粒越小,温度越高,布朗运动越显著,选项 A 错误;第二类永动机不可能制
成,是因为违背热力学第二定律,选项 B 错误;一定质量的理想气体,压强、体积都增
大,温度必然升高,内能一定增加,选项 C 正确;液体表面有收缩趋势,表面层分子分布
比内部稀疏,选项 D 正确。
(2)设初态气体压强为 p1,放沙后压强为 p2,体积为 V2,升温后体积为 V3,则有
p1=p0+
=1.5p0
p2=p0+
4
=3p0
等温过程,由 p1V0=p2V2 得 V2=0.5V0
等压过程,由
2
0
3
2 0
得 V3=V0。
2.(15 分)(2019·全国卷Ⅰ)(1)(5 分)某容器中的空气被光滑活塞封住,容器和活塞绝热
性能良好。空气可视为理想气体。初始时容器中空气的温度与外界相同,压强大于
外界。现使活塞缓慢移动,直至容器中的空气压强与外界相同。此时,容器中空气的
- 86 -
温度 (选填“高于”“低于”或“等于”)外界温度,容器中空气的密度
(选填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度。
(2)(10 分)热等静压设备广泛应用于材料加工中。该设备工作时,先在室温下把惰性
气体用压缩机压入一个预抽真空的炉腔中,然后炉腔升温,利用高温高气压环境对
放入炉腔中的材料加工处理,改善其性能。一台热等静压设备的炉腔中某次放入固
体材料后剩余的容积为 0.13 m3,炉腔抽真空后,在室温下用压缩机将 10 瓶氩气压入
炉腔中。已知每瓶氩气的容积为 3.2×10-2 m3,使用前瓶中气体压强为 1.5×107 Pa,使
用后瓶中剩余气体压强为 2.0×106 Pa;室温温度为 27 ℃。氩气可视为理想气体。
①求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强;
②将压入氩气后的炉腔加热到 1 227 ℃,求此时炉腔中气体的压强。
答案:(1)低于 大于 (2)①3.2×107 Pa ②1.6×108 Pa
解析:(1)根据热力学第一定律可知,无热传递、做负功,容器中空气的内能必减少,则
容器中空气的温度降低,低于外界温度。压强取决于分子密集程度与温度,同样的压
强,温度低的空气,分子密集程度大,密度大。
(2)①设初始时每瓶气体的体积为 V0,压强为 p0;使用后气瓶中剩余气体的压强为 p1。
假设体积为 V0、压强为 p0 的气体压强变为 p1 时,其体积膨胀为 V1。由玻意耳定律
p0V0=p1V1①
被压入炉腔的气体在室温和 p1 条件下的体积为
V1'=V1-V0②
设 10 瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为 p2,体积为 V2。由玻意耳定律
p2V2=10p1V1'③
联立①②③式并代入题给数据得 p2=3.2×107Pa④
②设加热前炉腔的温度为 T0,加热后炉腔温度为 T1,气体压强为 p3。由查理定律
3
1
2
0
⑤
联立④⑤式并代入题给数据得 p3=1.6×108Pa。
3.(15 分)(2020·全国卷Ⅰ)(1)(5 分)分子间作用力 F 与分子间距 r 的关系如图所
示,r=r1 时,F=0。分子间势能由 r 决定,规定两分子相距无穷远时分子间的势能为零。
若一分子固定于原点O,另一分子从距 O 点很远处向 O 点运动,在两分子间距减小到
r2 的过程中,势能 (选填“减小”“不变”或“增大”);在间距由 r2 减小到 r1 的过
程中,势能 (选填“减小”“不变”或“增大”);在间距等于 r1 处,势能 (选填
“大于”“等于”或“小于”)零。
(2)(10 分)甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)。甲罐的容积为 V,
罐中气体的压强为 p;乙罐的容积为 2V,罐中气体的压强为
1
2
p。现通过连接两罐的细
管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去,两罐中气体温度相同且在调配过程中保持
不变,调配后两罐中气体的压强相等。在调配后,求:
①两罐中气体的压强;
- 87 -
②甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。
答案:(1)减小 减小 小于 (2)①
2
3
②
2
3解析:(1)根据分子力做功和分子势能变化的关系分析,两分子相距无穷远时分子间
的势能为零,在两分子间距减小到 r1 的过程中,分子力是引力,分子力做正功,分子势
能一直减小,在间距等于 r1 时,分子势能小于零。
(2)以气体为研究对象,由于气体温度不变,根据玻意耳定律分析。
①假设乙罐中的气体被压缩到压强为 p,其体积变为 V1,由玻意耳定律有
1
2
p(2V)=pV1
①
现两罐气体压强均为 p,总体积为(V+V1)。设调配后两罐中气体的压强为 p',由玻意
耳定律有 p(V+V1)=p'(V+2V)②
联立①②式可得 p'=
2
3
p。③
②若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强 p 时,体积为 V2,由玻意耳定律
p'V=pV2④
设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为 k,由密度的定义有
k=
2
⑤
联立③④⑤式可得 k=
2
3
。⑥
4.(15 分)(2018·全国卷Ⅰ)(1)(多选)(5 分)如图所示,一定质量的理想气体从状态 a 开
始,经历过程①②③④到达状态 e,对此气体,下列说法正确的是 。
A.过程①中气体的压强逐渐减小
B.过程②中气体对外界做正功
C.过程④中气体从外界吸收了热量
D.状态 c、d 的内能相等
E.状态 d 的压强比状态 b 的压强小
(2)(10 分)如图所示,容积为 V 的汽缸由导热材料制成,面积为 S 的活塞将汽缸分成容
积相等的上下两部分,汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连,细管上有一
阀门 K。开始时,K 关闭,汽缸内上下两部分气体的压强均为 p0。现将 K 打开,容器
内的液体缓慢地流入汽缸,当流入的液体体积为
8
时,将 K 关闭,活塞平衡时其下方气
体的体积减小了
6
。不计活塞的质量和体积,外界温度保持不变,重力加速度大小为
g。求流入汽缸内液体的质量。
- 88 -
答案:(1)BDE (2)
15 0
26 解析:(1)过程①是等容变化,温度升高,压强增大,故 A 项错误;过程②中,体积增大,气
体对外做功,故B项正确;过程④是等容变化,温度降低,放出热量,故C项错误;过程③
是等温变化,温度不变,故状态 c、d 的内能相等,故 D 项正确;E 项,由理想气体状态方
程
=C 可得 T=
,连接 Ob、Od,直线的斜率 k=
,Ob 的斜率大于 Od 的斜率,故状态
d 的压强小于状态 b 的压强,故 E 项正确。
(2)设活塞再次平衡后,活塞上方气体的体积为 V1,压强为 p1;下方气体的体积为 V2,
压强为 p2。在活塞下移的过程中,活塞上下方气体的温度保持不变。由玻意耳定律
得
p0
2
=p1V1
p0
2
=p2V2
由已知条件得 V1=
2 +
6
8
13
24
V
V2=
2
6
3设活塞上方液体的质量为 m,由平衡条件得
p2S=p1S+mg
联立以上各式得 m=
15 0
26
。
5.(15 分)(2019·河北衡水模拟)(1)(多选)(5 分)右图为分子间的作用力与分子间距离
的关系曲线,正值表示斥力,负值表示引力,则下列关于分子间作用力和分子势能的
说法正确的是 。
A.当分子间的距离 r>r0 时,分子间的作用力表现为引力
B.当 rr0 时,分子间的引力大于斥力,分子间的作用力表现为引
力,选项 A 正确;由题图可以看出,当 rr0,选项 C 错误;分子间作用力做正
功,分子势能减小,分子间作用力做负功,分子势能增大,当分子间的距离 r=r0 时,分子
间作用力等于零,无论分子间距离增大还是减小,分子间作用力都做负功,所以 r=r0
时分子势能最小但不一定为零,选项 D 正确,选项 E 错误。
(2)①汽缸 A 末态压强为 2p0,汽缸 B 活塞的面积为汽缸 A 活塞面积的 2 倍,初状态选
两活塞为研究对象,根据平衡条件有 pASA=pBSB,解得 pB=
0
2末状态选两活塞为研究对象,根据平衡条件有
2p0SA=pB'SB,解得 pB'=p0
汽缸 B 中气体初末温度不变,根据玻意耳定律得
pB×2V0=pB'VB,解得汽缸 B 中气体体积 VB=V0。
②两活塞移动的距离相同,汽缸 B 活塞面积为汽缸 A 活塞的面积的 2 倍,汽缸 B 中气
体体积减小了 V0,则汽缸 A 中气体体积增加了
0
2
,则加热后汽缸 A 中体积为 VA=
3 0
2根据理想气体状态方程得
0 0
0
2 0
解得 TA=3T0。
6.(15 分)(1)(多选)(5 分)下列说法正确的是 。
A.密闭容器中装有某种液体及其饱和汽,若温度升高,同时增大容器的容积,饱和汽
压可能会减小
B.空气的相对湿度越大,空气中水蒸气的压强越接近同温度下水的饱和汽压
C.单晶体具有固定的熔点,多晶体没有固定的熔点
D.当分子间作用力表现为斥力时,分子势能随分子间距离的减小而增大
E.一定质量的气体,在压强不变时,分子每秒对单位面积的器壁平均碰撞的次数随着
温度降低而增加
- 90 -
(2)(10 分)一定质量的理想气体从状态 A 变化到状态 B 再变化到状态 C,其状态变化
过程的 p-V 图像如图所示。已知该气体在状态 A 时的温度为 27 ℃。
①求该气体在状态 B 和 C 时的温度。
②该气体从状态 A 经 B 再到 C 的全过程中是吸热还是放热?传递的热量是多少?
答案:(1)BDE (2)①177 ℃ 27 ℃ ②放热 1 200 J
解析:(1)饱和汽压只与温度有关,温度升高,饱和汽压增大,选项 A 错误;相对湿度是
指空气中水蒸气的压强与同温度下水的饱和汽压的比值,所以空气的相对湿度越大,
空气中水蒸气的压强越接近同温度下水的饱和汽压,选项 B 正确;单晶体和多晶体
都具有固定的熔点,选项 C 错误;当分子间作用力表现为斥力时,分子距离减小,克服
斥力做功,故分子势能随分子间距离的减小而增大,选项 D 正确;一定质量的气体,在
压强不变时,分子在单位时间单位面积上的冲击力不变,随着温度降低,分子的平均
动能减小,分子每秒对单位面积的器壁平均碰撞的次数随着温度降低而增加,选项 E
正确。
(2)①对一定质量的理想气体由图像可知,A→B 等容变化,由查理定律得
代入数据得 TB=450K,即 tB=177℃
A→C 由理想气体状态方程得
代入数据得 TC=300K,即 tC=27℃。
②由于 TA=TC,该气体在状态 A 和状态 C 时的内能相等,ΔU=0
从 A 到 B 气体体积不变,外界对气体做功为 0,
从 B 到 C 气体体积减小,外界对气体做正功,W=pΔV
由 p-V 图线与横轴所围成的面积可得
W=(
+
)(
-
)
2
=1200J
由热力学第一定律ΔU=W+Q
可得 Q=-1200J
即气体向外界放出热量,传递的热量为 1200J。
专题能力训练 17 机械振动与机械波 光学
(时间:45 分钟 满分:90 分)
专题能力训练第 43 页
1.(15 分)(2019·山东聊城模拟)(1)(5 分)位于坐标原点 O 处的波源产生一个沿 x 轴正
方向传播的脉冲波,波速 v=20 m/s。已知 t=0 时刻波刚好传播到 x=10 m 处,如图所
示。若传播过程中无能量损失,由图可知振源只振动了 s,再经 s
波刚好传播到x=20 m 处,t=0 时刻后x=8 m 处的质点运动的路程为 cm。
- 91 -
(2)(10分)光纤公司规定光纤内芯玻璃材料的折射率大于等于
2
,在抽制光纤时为检
测材料是否合格,将样品材料用模具制成半径为 R 的半圆柱体,如图所示。再用一束
可以转动的光束 OC 沿截面半径射向材料的 O 点,当θ≤45°时屏上只有一个光点,
就说明材料合格。
①写出质检人员推断的原理。
②写出公司规定“光纤内芯的玻璃材料折射率大于等于
2
”的原因。
答案:(1)0.3 0.5 10 (2)见解析
解析:(1)由题图可知
3
4
λ=6m,则λ=8m,周期 T=
8
20
s=0.4s,振源振动了
3
4
T=0.3s;波刚好
传播到 x=20m 处还需要的时间 t=
20
-
10
20
s=0.5s;t=0 时刻后 x=8m 处的质点只振动
了
2
,则运动的路程为 2A=10cm。
(2)①如图甲所示,光束 CO 射向 O 点后,同时发生折射和反射,在屏上出现 P 和 Q 两
个光斑,减小θ时,r 角逐渐变大,由 n=
sin
sin
可知 i 角也增大;当 r 角增大到大于临界角时
折射光线消失,屏上只有光斑 P;由 n=
1
sin45
°,因此在θ≤45°时,屏上只有一个光斑,就
说明材料是合格的。
甲
乙
②如图乙所示,取一段光纤,若任意一束光 DE 从端面中心 E 点以α角入射,经端面折
射后射向 F 点,若能在 F 点发生全反射,就可实现光信号的传输;
- 92 -
由 n=
sin
sin
知 F 点刚好发生全反射时 n=
1
sin 由 sin2β+sin2γ=1 可得 n=
1 + sin
2
;
当α角接近 90°时折射光还能在 F 点发生全反射,需要 n≥
2
。
2.(15 分)(2020·全国卷Ⅲ)(1)(5 分)如图所示,一列简谐横波平行于 x 轴传播,图中的实
线和虚线分别为 t=0 和 t=0.1 s 时的波形图。已知平衡位置在 x=6 m 处的质点,在 0
到 0.1 s 时间内运动方向不变。这列简谐波的周期为 s,波速为 m/s,
传播方向沿 x 轴 (选填“正方向”或“负方向”)。
(2)(10 分)如图所示,一折射率为
3
的材料制作的三棱镜,其横截面为直角三角形
ABC ,∠A=90°,∠B=30°。一束平行光平行于 BC 边从 AB 边射入棱镜,不计光线
在棱镜内的多次反射,求 AC 边与 BC 边上有光出射区域的长度的比值。
答案:(1)0.4 10 负方向 (2)2
解析:(1)本题以波的图像为背景,意在考查机械波传播规律。
由题意可得,x=6m 处的质点,在 0 到 0.1s 时间内沿 y 轴负方向运动,根据“微平移法”,
这列波沿 x 轴负方向传播;0 到 0.1s 这段时间,x=6m 处的质点运动了一个振幅,0.1s
是四分之一个周期,故这列波的周期为 0.4s;由题图可得这列波的波长为 4m,所以波
速为 v=
=10m/s。
甲
(2)本题以三棱镜为背景,意在考查光的折射定律、全反射等知识。
如图甲所示,设从 D 点入射的光线经折射后恰好射向 C 点,光在 AB 边上的入射角为
θ1,折射角为θ2,由折射定律有
sinθ1=nsinθ2①
设从 DB 范围入射的光折射后在 BC 边上的入射角为θ',由几何关系
θ'=30°+θ2②
由①②式并代入题给数据得θ2=30°③
nsinθ'>1④
所以,从 DB 范围入射的光折射后在 BC 边上发生全反射,反射光线垂直射到 AC
边,AC 边上全部有光射出。
- 93 -
乙
设从 AD 范围入射的光折射后在 AC 边上的入射角为θ″,如图乙所示。由几何关系
θ″=90°-θ2⑤
由③⑤式和已知条件可知
nsinθ″>1⑥
即从 AD 范围入射的光折射后在 AC 边上发生全反射,反射光线垂直射到 BC 边上。
设 BC 边上有光线射出的部分为 CF,由几何关系得
lCF=lACsin30°⑦
AC 边与 BC 边上有光出射区域的长度的比值为
h
h
=2。⑧
3.(15 分)(2018·全国卷Ⅲ)(1)(多选)(5 分)一列简谐横波沿 x 轴正方向传播,在 t=0 和
t=0.20 s 时的波形分别如图中实线和虚线所示。已知该波的周期 T>0.20 s。下列说
法正确的是 。
A.波速为 0.40 m/s
B.波长为 0.08 m
C.x=0.08 m 的质点在 t=0.70 s 时位于波谷
D.x=0.08 m 的质点在 t=0.12 s 时位于波谷
E.若此波传入另一介质中其波速变为 0.80 m/s,则它在该介质中的波长为 0.32 m
(2)(10 分)如图所示,某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“·”(图中 O 点),
然后用横截面为等边三角形 ABC 的三棱镜压在这个标记上,小标记位于 AC 边上。
D 位于 AB 边上,过 D 点作 AC 边的垂线交 AC 于 F。该同学在 D 点正上方向下顺着
直线 DF 的方向观察,恰好可以看到小标记的像;过 O 点作 AB 边的垂线交直线 DF
于 E;DE=2 cm,EF=1 cm。求三棱镜的折射率。(不考虑光线在三棱镜中的反射)
答案:(1)ACE (2)
3解析:(1)根据题意,从图中可以看出该波波长等于 0.16m,由于周期 T>0.20s,因此在
0.20s时间内波向x轴正方向传播只能是 0.5λ,所以周期为0.40s,波速为v=
=0.40m/s,
选项 A 正确,选项 B 错误;0.7s=1.75T,0.12s=0.3T,t=0 时刻位于 0.08m 处的质点向上
振动,t=0.70s时处于波谷位置,t=0.12s 时介于平衡位置和波峰之间,选项C 正确,选项
D 错误;波传播到另一介质中后周期不变,波长变为λ'=v'T=0.32m,选项 E 正确。
- 94 -
(2)过 D 点作 AB 边的法线 NN',连接 OD,则∠ODN=α为 O 点发出的光线在 D 点的入
射角;设该光线在 D 点的折射角为β,如图所示。根据折射定律有
nsinα=sinβ①
式中 n 为三棱镜的折射率。
由几何关系可知
β=60°②
∠EOF=30°③
在
△
OEF 中有 lEF=lOEsin∠EOF④
由③④式和题给条件得 lOE=2cm⑤
根据题给条件可知,
△
OED 为等腰三角形,有α=30°⑥
由①②⑥式得 n=
3
。⑦
4.(15 分)(1)(多选)(5 分)右图是一列简谐横波在 t=0 时刻的图像,经过Δt=1.2 s 时,恰
好第三次重复出现图示的波形。根据以上信息,下面各项能确定的是 。
A.波的传播速度的大小
B.经过Δt=0.3 s 时间,质点 P 通过的路程
C.t=0.6 s 时刻质点 P 的速度方向
D.t=0.9 s 时刻的波形
(2)(10 分)右图为某种透明介质的截面图,
△
AOC 为等腰直角三角形,BC 为半径 R=10
cm 的
1
4
圆弧,AB 与水平屏幕 MN 垂直并接触于 A 点,由红光和紫光两种单色光组成
的复色光射向圆心 O,在 AB 分界面上的入射角 i=45°,结果在水平屏幕 MN 上出现
两个亮斑。已知该介质对红光和紫光的折射率分别为 n1=
2 3
3
,n2=
2
。
①在水平屏幕 MN 上出现的亮斑是什么颜色?
②求两个亮斑间的距离。
答案:(1)ABD (2)①在 AM 处出现的亮斑是红色,在 AN 处出现的亮斑是红色与紫色
的混合色 ②(5
2
+10) cm
- 95 -
解析:(1)经过Δt=1.2s 时恰好第三次出现题图所示的波形,则该波的周期为 0.6s,由题
图可知波长为 8m,可求得波速为
40
3
m/s,选项 A 正确;经过 0.3s,即半个周期,质点 P 运
动的路程为振幅的 2 倍,为 20cm,选项 B 正确;由于波的传播方向未知,故无法确定
0.6s 时质点 P 的振动方向,选项 C 错误;经过 0.9s,即一个半周期,波形与半个周期后
的波形相同,与题图所示波形相反,选项 D 正确。
(2)①设红光和紫光的临界角分别为 C1、C2。由 sinC1=
1
1
3
2
,得 C1=60°;同
理,C2=45°,且 i=45°=C2
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