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2012高考物理试题分类汇编(16个板块)


2012 高考物理试题分类汇编(16 个板块) 一.物理学史、直线运动 ............................................................ 2 二.相互作用 ............................................................................... 4 三.牛

顿运动定律 ....................................................................... 8 四.曲线运动 ............................................................................. 17 五.万有引力与航天.................................................................. 24 六.机械能 ................................................................................. 29 七.静电场 ................................................................................. 41 八.恒定电流 ............................................................................. 48 九.磁场57 十.电磁感应 ............................................................................. 70 十一、交流电 ............................................................................. 80 十二、选修 3-3 ......................................................................... 84 十三、选修 3-4 .......................................................................... 91 十四、选修 3-5 ....................................................................... 102 十五、电学实验 ....................................................................... 108 十六、力学实验 ....................................................................... 119

一.物理学史、直线运动
1.(2012 山东卷).以下叙述正确的是 A.法拉第发现了电磁感应现象 B.惯性是物体的固有属性,速度大的物体惯性一定大 C.牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的必然结果 D.感应电流遵从楞次定律所描述的方向,这是能量守恒定律的必然结果 答案:AD 2.(2012 海南卷) .自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的,很多物理学家为寻找它们 之间的联系做出了贡献。下列说法正确的是 A.奥斯特发现了电流的磁效应,揭示了电现象和磁现象之间的联系 B.欧姆发现了欧姆定律,说明了热现象和电现象之间存在联系 C.法拉第发现了电磁感应现象,揭示了磁现象和电现象之间的联系 D.焦耳发现了电流的热效应,定量得出了电能和热能之间的转换关系 解析:考察科学史,选 ACD 3.(2012 海南卷).一物体自 t=0 时开始做直线运动, 其速度图线如图所示。下列选项正确的是( ) A.在 0~6s 内,物体离出发点最远为 30m B.在 0~6s 内,物体经过的路程为 40m C.在 0~4s 内,物体的平均速率为 7.5m/s D. 5~6s 内,物体所受的合外力做负功 答案:BC 解析:A,0—5s,物体向正向运动,5—6s 向负向运动, 故 5s 末离出发点最远,A 错 B 由面积法求出 0—5s 的位移 s1=35m, 5—6s 的位移 s2=-5m,总路程为:40m,B 对 C 由面积法求出 0—4s 的位移 s=30m,平度速度为:v=s/t=7.5m/s C 对 D 由图像知 5~6s 过程物体加速,合力和位移同向,合力做正功,D 错 4.(2012 上海卷) .小球每隔 0.2s 从同一高度抛出,做初速为 6m/s 的竖直上抛运动,设它 们在空中不相碰。第一个小球在抛出点以上能遇到的小球数为(取 g=10m/s2) ) ( (A)三个 (B)四个 (C)五个 (D)六个 s/m 答案:C 20 5.(2012 上海卷) .质点做直线运动,其 s-t 关系如图所示,质点在 0-20s 内的平 均速度大小为_________m/s 质点在_________时的瞬时速度等于它在 6-20s 内的平 10 均速度。 答案:0.8,10s 和 14s, 6.(2012 山东卷) .将地面上静止的货物竖直向上吊起,货物由地面运动至最高点 0 的过程中, v ? t 图像如图所示。以下判断正确的是 A.前 3s 内货物处于超重状态 B.最后 2s 内货物只受重力作用 C.前 3s 内与最后 2s 内货物的平均速度相同 D.第 3s 末至第 5s 末的过程中,货物的机械能守恒 答案:AC 7.(2012 山东卷).(13 分)
XX K]

[

10

20 t/s

(1)某同学利用图甲所示德 实验装置,探究物块在水平桌面上的运动规律。物 块 在重物的牵引下开始运动,重物落地后,物块再运动一段距离停在桌面上(尚未到 达滑轮处) 。从纸带上便于测量的点开始,每 5 个点取 1 个计数点,相邻计数点间 的距离如图议所示。打点计时器电源的频率为 50Hz。

1 ○通过分析纸带数据,可判断物块在相邻计数点 速。 2 ○计数点 5 对应的速度大小为 留三位有效数字) 。 3 ○物块减速运动过程中加速度的大小为 a = 若用 m/s ,
2



之间某时刻开始减

m/s, 计数点 6 对应的速度大小为

m/s。 (保

a 来计算物块与桌面间的动摩擦因数(g 为重力加 g

速度) ,则计算结果比动摩擦因数的真实值 (填“偏大”或“偏小”。 ) (1)○6;7【或 7;6】 1 2 ○1.00;1.20 3 ○2.00;偏大 解析:①由于计数点前后的间隔距离都小于它们的间隔距离,说明计数点 6 之前物块在加 速,计数点 7 之后物块在减速,则开始减速的时刻在 6 和 7 之间。答案 6;7【或 7;6】 。

(9.00 ? 11.01) ? 10 ?2 v ? ? 1.00 ②计数点 5 对应的速度等于 4 和 6 间的平均速度 5 0.2 v4 ?

m/s, 同理

v ? v6 (9.00 ? 7.01) ? 10 ?2 ? 0.80 v5 ? 4 m/s, 又 0.2 2 可解得计数点

6 对应的速度大小为 1.20 m/s。 ③在减速阶段 ?x ? 2.00 cm,则加速度为

a?

?x 2.00 ? 10 ?2 ? ? 2.00 m/s2。在 T2 0.12

减速阶段产生加速度的力是滑动摩擦力和纸带受到的阻力,所以计算结果比动摩 擦因数的真实值 “偏大”。

二.相互作用
6.1. (2012 海南卷)如图,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 a 和 b,且 a>b。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 的关系的图像是

2(2012 上海卷) .已知两个共点力的合力为 50N,分力 F1 的方向与合力 F 的方向成 30?角, 分力 F2 的大小为 30N。则( ) (A)F1 的大小是唯一的 (B)F2 的方向是唯一的 (C)F2 有两个可能的方向 (D)F2 可取任意方向 答案:C 3(2012 广东卷).如图 3 所示,两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上,两绳与竖直方向 的夹角为 45° ,日光保持水平,所受重力为 G,左右两绳的拉力大小分别为 A.G 和 G B.

2 2 G和 G 2 2

B.

3 1 G G和 2 2

D.

1 1 G和 G 2 2

答案:B 4(2012 天津卷) .如图所示,金属棒 MN 两端由等长的轻质 细线水平悬挂,处于竖直向上的匀强磁场中,棒中通以由 M 向 N 的电流,平衡时两悬线与竖直方向夹角均为 θ,如果仅改 变下列某一个条件,θ 角的相应变化情况是( ) A.棒中的电流变大,θ 角变大

B.两悬线等长变短,θ 角变小 C.金属棒质量变大,θ 角变大 D.磁感应强度变大,θ 角变小 解析:水平的直线电流在竖直磁场中受到水平的安培力而偏转,与竖直方向形成夹角,此时 它受拉力、重力和安培力而达到平衡,根据平衡条件有 tan? ?

F安 mg

?

BIL ,所以棒 mg

子中的电流增大 θ 角度变大;两悬线变短,不影响平衡状态,θ 角度不变;金属质量 变大 θ 角度变小;磁感应强度变大 θ 角度变大。答案 A。 5(2012 上海卷) .如图,竖直轻质悬线上端固定,下端与均质硬棒 AB 中点连接,棒长为 线长的二倍。棒的 A 端用铰链墙上,棒处于水平状态。改变悬线的长度,使线与棒的连接 点逐渐右移,并保持棒仍处于水平状态。则悬线拉力( ) (A)逐渐减小 (B)逐渐增大 (C)先减小后增大 (D)先增大后减小 答案:A A B 6(2) (2012广东卷)某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系。 ①将弹簧悬挂在铁架台上,将刻度尺固定在弹簧一侧,弹簧轴线和刻度尺都应在______ 方向(填“水平”或“竖直”) ②弹簧自然悬挂,待弹簧______时,长度记为L0,弹簧下端挂上砝码盘时,长度记为Lx; 在砝码盘中每次增加10g砝码,弹簧长度依次记为L1至L6,数据如下表表: 代表符号 数值 (cm) L0 25.35 Lx 27.35 L1 29.35 L2 31.30 L3 33.4 L4 35.35 L5 37.40 L6 39.30

表中有一个数值记录不规范,代表符号为_______。由表可知所用刻度尺的最小长度为 ______。 ③图16是该同学根据表中数据作的图,纵轴是砝码 的质量,横轴是弹簧长度与_________的差值(填“L0 或L1”) 。 ④由图可知弹簧的劲度系数为_________N/m;通过 图和表可知砝码盘的质量为_________g(结果保留两 位有效数字,重力加速度取9.8m/s2) 。 答案:. (2) ①竖直 ②稳定 L3 1mm ③ L0 ④ 4.9 10 7 (2012 海南卷) .如图, 粗糙的水平地面上有一斜劈, 斜劈上一物块正在沿斜面以速度 v0 匀速下滑, 斜劈保 持静止,则地面对斜劈的摩擦力 A.等于零 B.不为零,方向向右 C.不为零,方向向左 D.不为零,v0 较大时方向向左,v0 较小时方向向右 解析:斜劈和物块都平衡对斜劈和物块整体受力分析知地面对斜劈的摩擦力为零,选 A

8 (2012 山东卷) .如图所示, 两相同轻质硬杆 OO1 、OO2 可绕其两端垂直纸面的水平轴 O 、

O1 、 O2 转动,在 O 点悬挂一重物 M,将两相同木块 m 紧压在竖直挡板上,此时整个系
统保持静止。F f 表示木块与挡板间摩擦力的大小,FN 表示木块与挡板间正压力的大小。 若挡板间的距离稍许增大后,系统仍静止且 O1 、 O2 始 终等高,则 A. F f 变小 C. FN 变小 B. F f 不变 D. FN 变大

答案:BD 9(2012 全国新课标).如图,一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为 N1,球对木板的压力大小为 N2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为 轴,将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦,在此过程中 A.N1 始终减小,N2 始终增大 B.N1 始终减小,N2 始终减小 C.N1 先增大后减小,N2 始终减小 D.N1 先增大后减小,N2 先减小后增大 [答案]B [解析]本题考查物体的动态平衡,对球受力分析可知,N1 与 N2 的合力为定值,与重力反向等大。作图。由图形可 知,当板缓慢转动中,N1 与 N2 的方向便发生如图示变 化,但合力不变,可得答案 B。 10(2012 浙江卷).如图所示,与水平面夹角为 300 的固定斜面上有一质量 m=1.0kg 的物体。 细绳的一端与物体相连。 另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连。 物体静止在斜面 2 上,弹簧秤的示数为 4.9N。关于物体受力的判断(取 g=9.8m/s ).下列说法正确的是( ) A. 斜面对物体的摩擦力大小为零 B. 斜面对物体的摩擦力大小为 4.9N,方向沿斜面向上 C. 斜面对物体的支持力大小为 4.9 N, 方向竖直向上

D. 斜面对物体的支持力大小为 4.9N,方向垂直斜面向 上 答案:A 11(2012 浙江卷)题 在“探究求合力的方法”实验中,先有木板、白纸、图钉、橡皮筋、 细绳套和一把弹簧秤。 (1) 为完成实验,某同学另找来一根弹簧,先测量其劲度系数,得到实验数据如下表: 弹力 F(N) 伸 长 x(10-2m) 量 0.50 0.74 1.00 1.80 1.50 2.80 2.00 3.72 2.50 4.68 3.00 5.58 3.50 6.42

用作图法求得该弹簧的劲度系数 k= N/m; (2)某次试验中,弹簧秤的指针位置所示,其读数为 N,同时利用(1)中结果获 得弹簧上的弹力值为 2.50N,请在答题纸上画出这两个共点力的合力 F 合; (3)由图得到 F 合= N

(这是答题卷上的图) 22 题 53(正负 2 以内都算对) (2)2.10(在正负 0.02 范围内都算对) (3)作图正确,3.3(在正负 0.2 范围内都算对

三.牛顿运动定律
1.(2012 海南)根据牛顿第二定律,下列叙述正确的是 A.物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比 B.物体所受合力必须达到一定值时,才能使物体产生加速度 C.物体加速度的大小跟它所受作用力中的任意一个的大小成正比 D.当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时,物体水平加速度大小与其质量成 反比

2.(2012 上海卷) .如图,光滑斜面固定于水平面,滑块 A、B 叠放后一起冲上斜面,且 始终保持相对静止,A 上表面水平。则在斜面上运动时,B 受力的示意图为( ) 答案:A
FN B A Ff FN Ff Ff FN FN Ff

3. (2012 全国理综). 11 分) (

G G G G 图 1 为验证牛顿第二定律 (A) (B) (C) (D) 的实验装置示意图。 图中打点计 时器的电源为 50Hz 的交流电源,打点的时间间隔用Δ t 表示。在小车质量未知的情况下, 某同学设计了一种方法用来研究 “在外力一定的条件下, 物体的加速度与其质量间的关系” 。

(1)完成下列实验步骤中的填空: ①平衡小车所受的阻力:小吊盘中不放物块,调整木板右端的高度,用手轻拨小车,直 到打点计时器打出一系列________的点。 ②按住小车,在小吊盘中放入适当质量的物块,在小车中放入砝码。 ③打开打点计时器电源,释放小车,获得带有点列的纸袋,在纸袋上标出小车中砝码的质量 m。 ④按住小车,改变小车中砝码的质量,重复步骤③。 ⑤在每条纸带上清晰的部分, 5 个间隔标注一个计数点。 没 测量相邻计数点的间距 s1,2, s ?。 求出与不同 m 相对应的加速度 a。

1 1 为纵坐标,在坐标纸上做出 ? m 关系图线。若加速度与小 a a 1 车和砝码的总质量成反比,则 与 m 处应成_________关系(填“线性”或“非线性”。 ) a
⑥以砝码的质量 m 为横坐标 (2)完成下列填空:

(ⅰ)本实验中,为了保证在改变小车中砝码的质量时,小车所受的拉力近似不变,小吊盘 和盘中物块的质量之和应满足的条件是_______________________。 (ⅱ) 设纸带上三个相邻计数点的间距为 s1、 2、 3。 可用 s1、 3 和Δ t 表示为 a=__________。 s s a s 图 2 为 用 米 尺 测 量 某 一 纸 带 上 的 s1 、 s3 的 情 况 , 由 图 可 读 出 s1=__________mm , s3=__________。由此求得加速度的大小 a=__________m/s2。

(ⅲ)图 3 为所得实验图线的示意图。设图中直线的斜率为 k,在纵轴上的截距为 b,若牛 顿定律成立,则小车受到的拉力为___________,小车的质量为___________。

【解析与答案】 (1)间距相等的点。 (2)线性 (2) (i)远小于 m (ii) a ?
s3 ? s1 s ?s ? 3 12 2 2(5?t ) 50 (?t )

s1 ? 3.68 ? 1.25 ? 2.43cm
s3 ? 12.00 ? 7.28 ? 6.72cm
a? s3 ? s1 (6.72 ? 2.43) ? 10 ?2 ? ? 2.15m / s . 2(5?t ) 2 2 ? (5 ? 0.02 ) 2

1 1 m' 1 ? m ? ,所以 ? m a F F a 1 1 1 m' 图象的斜率为 ? k ,所以作用力 F ? , ? m 图象的截距为 ? b ,所以 F k F a b m' ? 。 k

(iii)设小车的质量为 m' ,则有 F ? (m ? m' )a ,变形得

4. (2012 广东卷)图 4 是滑道压力测试的示意图,光滑圆弧轨道与光滑斜面相切,滑道 底部 B 处安装一个压力传感器,其示数 N 表示该处所受压力的大小,某滑块从斜面上不同 高度 h 处由静止下滑,通过 B 是,下列表述正确的有 A.N 小于滑块重力 B.N 大于滑块重力 C.N 越大表明 h 越大 D.N 越大表明 h 越小 答案:BC 5. (2012 北京高考卷)(18 分) . 摩天大楼中一部直通高层的客运电梯,行程超过百 米.电梯的简化模型如图 1 所示.考虑安全、舒适、省 时等因素, 电梯的加速度 a 是随时间 t 变化的, 已知电梯在 t=0 时由静止开始上升, a─t 图像 如图 2 所示. 电梯总质量 m=2.0×103kg.忽略一切阻力,重力加速度 g 取 10m/s2.

(1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力 F1 和最小拉力 F2; (2)类比是一种常用的研究方法.对于直线运动,教科书中讲解了由 υ─t 图像求位移的方 法.请你借鉴此方法,对比加速度和速度的定义,根据图 2 所示 a─t 图像,求电梯在 第 1s 内的速度改变量 Δυ1 和第 2s 末的速率 υ2; (3)求电梯以最大速率上升时,拉力做功的功率 P;再求在 0─11s 时间内,拉力和重力 对电梯所做的总功 W. a/m ? s-1 拉力 1.0 电梯 0 -1.0 图2 图1 . (18 分) (1)由牛顿第二定律,有 F-mg= ma 2 2 由 a─t 图像可知,F1 和 F2 对应的加速度分别是 a1=1.0m/s ,a2=-1.0m/s F1= m(g+a1)=2.0×103×(10+1.0)N=2.2×104N F2= m(g+a2)=2.0×103×(10-1.0)N=1.8×104N (2)类比可得,所求速度变化量等于第 1s 内 a─t 图线下的面积 Δυ1=0.50m/s 同理可得, Δυ2=υ2-υ0=1.5m/s υ0=0,第 2s 末的速率 υ2=1.5m/s (3)由 a─t 图像可知,11s~30s 内速率最大,其值等于 0~11s 内 a─t 图线下的面积, 有 υm=10m/s 此时电梯做匀速运动,拉力 F 等于重力 mg,所求功率 P=Fυm=mg ? υm=2.0×103×10×10W=2.0×105W 由动能定理,总功 30 3132 30 41 t/s

12

10 11

W=Ek2-Ek1= 1 mυm2-0= 1 ×2.0×103×102J=1.0×105J

2

2

6. (2012 山东卷) 将地面上静止的货物竖直向上吊起, . 货物由地面运动至最高点的过程中, v ? t 图像如图所示。以下判断正确的是 A.前 3s 内货物处于超重状态 B.最后 2s 内货物只受重力作用 C.前 3s 内与最后 2s 内货物的平均速度相同 D.第 3s 末至第 5s 末的过程中,货物的机械能守恒 答案:AC 7. (2012 四川卷) .如图所示,劲度系数为 k 的轻弹簧的一端 固定在墙上,另一端与置于水平面上质量为 m 的物体接触(未连接) ,弹簧水平且无形变。 用水平力,缓慢推动物体,在弹性限度内弹簧长度被压缩了 x0,此时物体静止。撤去 F 后, 物体开始向左运动,运动的最大距离为 4x0。物体与水平面间的动摩擦因数为 μ,重力加速 度为 g。则 A.撤去 F 后,物体先做匀加速运动,再做匀减速运动

B.撤去 F 后,物体刚运动时的加速度大小为

kx0 ? ?g m

C.物体做匀减速运动的时间为 2

x0 ?g

D.物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为 ?mg ( x0 ?

?mg
k

)

答案:BD 8. (2012 全国新课标).伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验, 提出了惯性的概念, 从而奠定了牛顿力学的基础。早期物理学家关于惯性有下列说法,其中正确的是 A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性 B.没有力作用,物体只能处于静止状态 C.行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性 D.运动物体如果没有受到力的作用,将继续以同一速度沿同一直线运动 [答案]AD [解析]惯性是物体本身的一种属性,是抵抗运动状态变化的性质。A 正确 C 错误。没有力作 用物体可能静止也可能匀速直线运动,B 错 D 正确。 9. (2012 安徽卷).如图所示,放在固定斜面上的物块以 加速度 a 沿斜面匀加速下滑,若在物块上再施加一竖直 向下的恒力 F ,则 ( ) A. 物块可能匀速下滑 B. 物块仍以加速度 a 匀加速下滑 C. 物块将以大于 a 的加速度匀加速下滑 D. 物块将以小于 a 的加速度匀加速下滑 17C;

F a

解析:未加恒力 F 时,由牛顿第二定律知 a ? mg sin? ? ?mg cos? ,而加上 F 后,

a? ? ( g ?

F )( mg sin ? ? mg cos? ) ,即 a? ? a ,C 正确。 m

10.(2012 全国新课标).(14 分) 拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图) 。设拖把头的质量为 m,拖杆质量可以 忽略;拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数 μ,重力加速度为 g,某同学用该拖把在水平 地板上拖地时,沿拖杆方向推拖把,拖杆与竖直方向的夹角为 θ。 (1) 若拖把头在地板上匀速移动,求推拖把的力的大小。 (2) 设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力 的比值为λ 。已知存在一临界角 θ0,若 θ≤θ0,则不管沿拖杆方向的推力多大,都 不可能使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切 tanθ0。

[答案](1) F ?

? mg 了 (2) tan? 0 ? ? sin ? ? ? cos?

[解析](1)设该同学沿拖杆方向用大小为 F 的力推拖把,将推拖把的力沿竖直和水平分解, 按平衡条件有 F cos? ? mg ? N ①

F sin ? ? f

② ③

式中 N 与 f 分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。按摩擦定律有 f ? ?N 联立①②③式得 F ?

? mg sin ? ? ? cos?



(2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动,应用

f s i ? ≤ ?N ⑤ n
这时,①式仍满足,联立①⑤式得 sin? ? ? cos? ≤ ?

mg F



现考察使上式成立的 θ 角的取值范围, 注意到上式右边总是大于零, 且当 F 无限大时极 限为零,有 sin? ? ? cos? ≤0 ⑦ 使上式成立的角满足 θ≤θ0,这里是题中所定义的临界角,即当 θ≤θ0 时,不管沿拖杆 方向用多大的力都推不动拖把。临界角的正切值为 tan? 0 ? ? ⑧

11. (2012 上海卷)(10 分)如图,将质量 m=0.1kg 的圆环套在固定的水平直杆上。环的 . 直径略大于杆的截面直径。环与杆间动摩擦因数?=0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向 上,与杆夹角?=53?的拉力 F,使圆环以 a=4.4m/s2 的加 F 速度沿杆运动, F 的大小。 sin53?=0.8, 求 (取 cos53?=0.6, ? g=10m/s2) 。 解析: 令 Fsin53?=mg,F=1.25N,当 F<1.25N 时,杆对环的弹力向上,由牛顿定律 Fcos? -?FN=ma,FN+Fsin?=mg,解得 F=1N,当 F>1.25N 时,杆对环的弹力向下,由牛顿定 律 Fcos?-?FN=ma,Fsin?=mg+FN,解得 F=9N, 12. (2012 安徽卷).(18 分)Ⅰ.(10 分)图 1 为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意 图。砂和砂桶的总质量为 m ,小车和砝码的总 小车、砝码、打点计 □ □ 质量为 M 。 实验中用砂和砂桶总重力的大小作 □□ 时器 ● 为细线对小车拉力的大小。 (1)试验中,为了使细线对小车的拉力等于 接 交 流 小车所受的合外力,先调节长木板一滑轮的高 电源 砂、砂 度,使细线与长木板平行。接下来还需要进行 图1 桶 的一项操作是 A. 将长木板水平放置,让小车连着已经穿 过打点计时器的纸带,给打点计时器通电,调节 m 的大小,使小车在砂和砂桶的牵引下运 动,从打出的纸带判断小车是否做匀速运动。 B. 将长木板的一端垫起适当的高度,让小车连着已经穿过打点计时器的纸带,撤去砂 和砂桶,给打点计时器通电,轻推小车,从打出的纸带判断小车是否做匀速运动。 C. 将长木板的一端垫起适当的高度,撤去纸带以及砂和砂桶,轻推小车,观察判断小 车是否做匀速运动。 (2)实验中要进行质量 m 和 M 的选取,以下最合理的一组是

A. M =200 g , m =10 g 、15 g 、20 g 、25 g 、30 g 、40 g B. M =200 g , m =20 g 、40 g 、60 g 、80 g 、100 g 、120 g C. M =400 g , m =10 g 、15 g 、20 g 、25 g 、30 g 、40 g D. M =400 g , m =20 g 40 g 、60 g 、80 g 、100 g 、120 g (3)图 2 是试验中得到的一条纸带, A 、 B 、 C 、 D 、 E 、 F 、 G 为 7 个相邻的计数 点,相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。量出相邻的计数点之间的距离分别为

s AB =4.22 cm、 s BC =4.65 cm、 sCD =5.08 cm、 s DE =5.49 cm、 s EF =5.91 cm、 s FG =6.34 cm 。
已知打点计时器的工作效率为 50 Hz,则小车的加速度 a = 有效数字) 。 A


m/s (结果保留 2 位

2

B




C

D



E



F



G



Ⅰ 答 图2 案 : (1)B;(2)C; (3)0.42 要使砂和砂桶的重力 mg 近似等于小车所受合外力,首先要平衡摩擦力,然后还要满足 m<<M。而平衡摩擦,不需挂砂桶,但要带纸带,故(1)选 B, (2)选 C。 (3)用逐差法

a?

s DE ? s EF ? s FG - s AB - s BC - s CD 2 ,求得 a ? 0.42 m / s 。 2 9T

13. (2012 安徽卷).(14 分)质量为 0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落,该 下落过程对应的 v ? t 图象如图所示。球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前 的 3/4。该球受到的空气阻力大小恒为 f ,取 g =10 m/s , 求: (1)弹性球受到的空气阻力 f 的大小; (2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度 h 。 22. (1)0.2N;(2)0.375m O o
0.5
2

v(m/s)
4

t(s)

解析:(1)由 v—t 图像可知:小球下落作匀加速运动, a ? 由牛顿第二定律得: mg ? f ? ma

?v ? 8m / s 2 ?t

解得

f ? m( g ? a) ? 0.2 N

(2)由图知:球落地时速度 v ? 4m/ s ,则反弹时速度 v ? ? 设反弹的加速度大小为 a' ,由动能定理得

3 v ? 3m / s 4

1 - (mg ? f)h ? 0 ? mv ? 2 2 解得 h ? 0.375 m
14. (2012 江苏卷) .将一只皮球竖直向上抛出,皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的

大小成正比,下列描绘皮球在上升过程中加速度大小 a 与时间 t 关系图象,可能正确的是

kv , 随着 v 的减小,a 减小, 但最后不等于 0.加速度越小, m 速度减小得越慢,所以选 C. 【答案】C

【解析】 加速度 a ? g ?

15. (2012 江苏卷) .如图所示,一夹子夹住木块,在力 F 作用下向上 提升,夹子和木块的质量分别为 m、M,夹子与木块两侧间的最大静 摩擦有均为 f,若木块不滑动,力 F 的最大值是

2 f (m + M ) 2 f (m + M ) B. M m 2 f (m + M ) 2 f (m + M ) C. D. - (m + M ) g + (m + M ) g M M
A.

【解析】整体法 Fm ? (M ? m) g ? ma m ,隔离法,对木块, 2 f ? Mg ? Mam ,解得
2 f (m ? M ) . M 【答案】A Fm ?
16. (2012 重庆卷) . (19 分)某校举行托乒乓球跑步比赛, 赛道为水平直道,比赛距离为 S,比赛时, 某同学将球置于球拍中心,以大小 a 的加 速度从静止开始做匀加速运动,当速度达 到 v0 时,再以 v0 做匀速直线运动跑至终点。 整个过程中球一直保持在球中心不动。比赛 中,该同学在匀速直线运动阶级保持球拍的 倾角为θ 0 ,如题 25 图所示。设球在运动过 程中受到的空气阻力与其速度大小成正比, 方向与运动方向相反,不计球与球拍之间

的摩擦,球的质量为 m,重力加速度为 g ?空气阻力大小与球速大小的比例系数 k ?求在加速跑阶段球拍倾角θ 随球速 v 变化的关系式 ?整个匀速跑阶段,若该同学速率仍为 v0 ,而球拍的倾角比θ 0 大了β 并保持不变,不计球 在球拍上的移动引起的空气阻力的变化, 为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为 r 的下 边沿掉落,求β 应满足的条件。 25. (19 分) ?在匀速运动阶段有, mg tan? 0 ? kv0 得 k ? mg tan? 0 v0 ?加速阶段,设球拍对球的支持力为 N ? ,有

N ? sin? ? kv ? ma
N ? cos? ? mg
得 tan? ? a g ? v tan? 0 v0 ?以速度 v0 匀速运动时,设空气的阻力与重力的合力为 F,有

F ? mg cos? 0
球拍倾角为 ? 0 ? ? 时, 空气阻力与重力的合力不变, 设球沿球拍面下滑的加速度大小为 a ? , 有 F sin ? ? ma ? 设匀速跑阶段所用时间为 t,有 t ? s v0 ? v0 2a 球不从球拍上掉落的条件 得 sin ? ?

1 2 a ?t ? r 2

2r cos? 0 ? s v ? g? ? 0 ? ?v ? ? 0 2a ?
2

17.(2012 浙江卷). (16 分)为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系,小明同学用石腊做 成两条质量均为 m、形 状不同的“A 鱼”和“B 鱼” ,如图所示。在高出水面 H 处分别静止释放“A 鱼”和“B 鱼” , “A 鱼” 竖直下潜 hA 后速度减为零, B 鱼” “ 竖直下潜 hB 后速度减为零。 鱼” “ 在水中运动时,除受重力外, 还受浮力和术的阻力。 “鱼” 已知 在水中所受浮力是其重力的

10 倍, 9

重力加速度为 g, “鱼” 运动的位移值远大于 “鱼” 的长度。 “鱼” 假设 运动时所受水的阻力恒定,空气阻力不计。求: (1)“A 鱼”入水瞬间的速度 VA1;

(2)“A 鱼”在水中运动时所受阻力 fA; (3)“A 鱼”与“B 鱼”在水中运动时所受阻力之比 fA:fB。 解答: (1)A 鱼”入水前作自由落体运动

VA12-0=2Ah

18.(2012 海南) 下列关于摩擦力的说法,正确的是 A.作用在物体上的滑动摩擦力只能使物体减速,不可能使物体加速 B.作用在物体上的静摩擦力只能使物体加速,不可能使物体减速 C.作用在物体上的滑动摩擦力既可能使物体减速,也可能使物体加速 D.作用在物体上的静摩擦力既可能使物体加速,也可能使物体减速 19. 如图,在竖直平面内有一固定光滑轨道,其中 AB 是长为 R 的水平直轨道,BCD 是圆心

为 O、半径为 R 的 3/4 圆弧轨道,两轨道相切与 B 点。在外力作用下,一小球从 A 点由静止 开始做匀加速直线运动,到达 B 点时撤除外力。已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点 C,重 力加速度大小为 g。求 (1)小球在 AB 段运动的加速度的大小; (2)小球从 D 点运动到 A 点所用的时间。

四.曲线运动
1(2012 上海卷) .如图,斜面上 a、b、c 三点等距,小球从 a 点正上方 O 点抛 出,做初速为 v0 的平抛运动,恰落在 b 点。若小球初速变为 v,其落点位于 c, 则( ) (A)v0<v<2v0 (B)v=2v0 (C)2v0<v<3v0 (D)v>3v0 答案:A 2.(2012 全国新课标).如图,x 轴在水平地面内,y 轴沿竖直方向。图中画出 了从 y 轴上沿 x 轴正向抛出的三个小球 a、b 和 c 的运动轨迹,其中 b 和 c 是从同一点抛出的,不计空气阻力,则
O v0

a

b c

A.a 的飞行时间比 b 的长 B.b 和 c 的飞行时间相同 C.a 的水平速度比 b 的小 D.b 的初速度比 c 的大 [答案]BD [解析]平抛运动的时间是由下落高度决定的,高度相同,时间一样,高度高,飞行时间长。 A 错,B 正确。水平位移由速度和高度决定,由 x ? v

g 得 C 错 D 正确。 2h

3. (2012 四川卷)(17 分) . (1)某物理兴趣小组采用如图所示的装置深入研究平抛运动。质量分 别为 mA 和 mB 的 A、B 小球处于同一高度,M 为 A 球中心初始时在水平地面 上的垂直投影。用小锤打击弹性金属片,使 A 球沿水平方向飞出,同时松 开 B 球,B 球自由下落。A 球落到地面 N 点处,B 球落到地面 P 点处。测 得 mA=0.04 kg,mB=0.05kg,B 球距地面的高度是 1.225m,M、N 点间的距 离为 1.500m, B 球落到 P 点的时间是____s, 球落地时的动能是____J。 则 A 2 (忽略空气阻力,g 取 9.8m/s ) 答案.(1)0.5(3 分) 0.66(4 分) ; ; 4.(2012 上海卷) .图 a 为测量分子速率分布的装置示意图。圆筒绕其中心匀速转动,侧面 开有狭缝 N,内侧贴有记录薄膜,M 为正对狭缝的位置。从原子炉 R 中射出的银原子蒸汽穿过屏上的 S 缝后进入狭缝 N,在圆筒转动半个 周期的时间内相继到达并沉积在薄膜上。 展开的薄膜如图 b 所示, NP, R S N PQ 间距相等。则( ) 图a (A)到达 M 附近的银原子速率较大 N P Q M (B)到达 Q 附近的银原子速率较大 (C) 位于 PQ 区间的分子百分率大于位于 NP 区间的分子百分率 图b (D) 位于 PQ 区间的分子百分率小于位于 NP 区间的分子百分率 答案:A、C O 5.(2012 江苏卷) .如图所示,细线的一端固定于 O 点,另一端系一小球,在水平 拉力作用下,小球以恒定速率在竖直平面内由 A 点运动到 B 点, 在此过程中拉力的 瞬时功率变化情况是 A.逐渐增大 A B.逐渐减小 C.先增大,后减小 D.先减小,后增大.

?
M

B F

【解析】设 F 与速度 v 的夹角为 ? ,则 P ? Fv cos? ,力的分解,在切线上(速度 方向上)合力为 0,即 mg sin? ? F cos? ,所以 P ? mg sin? ,随 ? 增大,P 增大。

【答案】A
6(2012 江苏卷) .如图所示,相距 l 的两小球 A、B 位于同一高度 h(l、h 为定值) ,将 A 向 B 水平抛出的同时,B 自由下落,A、B 与地面碰撞前后,水平分速度不变,竖直分速度 大小不变,方向相反,不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间,则: A.A、B 在第一次落地前能否相碰,取决于 A 的初速度 B.A、B 在第一次落地前若不碰,此后就不会相碰 C.A、B 不可能运动到最高处相碰 D.A、B 一定能相碰

【解析】平抛运动规律 x ? vt , h ?

g 1 2 ,若 x ? l ,则第 1 次落 gt ,所以 x ? v 2h 2

地前能相遇,所以取决于 v ,A 正确;A 碰地后还可能与 B 相遇,所以 B、C 错误, D 正确。 【答案】AD 7.(2012 全国理综).(20 分) 一探险队员在探险时遇到一山沟,山沟的一侧竖直,另一侧的坡面呈抛物线 形状。此队员从山沟的竖直一侧,以速度 v0 沿水平方向跳向另一侧坡面。如图 所示,以沟底的 O 点为原点建立坐标系 Oxy。已知,山沟竖直一侧的高度为 2h, 坡面的抛物线方程为 y= 力,重力加速度为 g。 ,探险队员的质量为 m。人视为质点,忽略空气阻

(1) 求此人落到破面试的动能; (2) 此人水平跳出的速度为多大时, 他落在坡面时的动能最小?动能的最 小值为多少? 【解析】 1 (1) 平 抛 运 动 的 分 解 : x ? v0 t , y ? 2h ? gt 2 , 得 平 抛 运 动 的 轨 迹 方 程 2
y ? 2h ? g 2 x , 此 方 程 与 坡 面 的 抛 物 线 方 程 为 y= 2 2v0
2 2hv 0 y? 2 v0 ? gh

的交点为

x?

2 4h 2 v0 , 2 v 0 ? gh



根据机械能守恒, mg ? 2h ? 解得 E k ? 2mgh ?

1 2 mv0 ? mgy ? Ek 2

2 1 2 2mghv0 mv 0 ? 2 2 v0 ? gh

2 1 2 2mghv0 (3) (2)求 E k ? 2mgh ? mv 0 ? 2 关于 v 0 的导数并令其等于 0,解 2 v0 ? gh

得当此人水平跳出的速度为 v 0 ? 3 gh 时, 他落在坡面时的动能最小, 动能的最小值为 E k min ?
7 6mg 2 h 2 mgh ? 2 。 2 v0 ? gh

8.(2012 北京高考卷)(16 分) . 如图所示, 质量为 m 的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动, 经距离 l 后以速度 υ 飞离 桌面, 最终落在水平地面上.已知 l=1.4m,υ=3.0 m/s,m=0.10kg,物块与桌面间的动摩擦因 数 μ=0.25,桌面高 h=0.45m,不计空气阻力,重力加速度 g 取 10m/s2.求: (1)小物块落地点距飞出点的水平距离 s; υ0 υ (2)小物块落地时的动能 Ek; (3)小物块的初速度大小 υ0. (16 分) (1)由平抛运动规律,有 竖直方向 水平方向 得水平距离 h l s

h= 1 gt2 2 s=υt s= 2h υ=0.90m

g

(2)由机械能守恒定律,动能 Ek= 1 mυ +mgh=0.90J
2

2

(3)由动能定理,有 得初速度大小

-μmg ? l= 1 mυ - 1 mυ0
2

2

2

2

υ0= 2 ? gl ? ? 2 =4.0m/s

9.(2012 山东卷).(15 分)如图所示,一工件置于 水平地面上, AB 段为一半径 R ? 1.0m 的光滑圆弧 其 轨道,BC 段为一长度 L ? 0.5m 的粗糙水平轨道,二 者相切与 B 点,整个轨道位于同一竖直平面内,P 点 为圆弧轨道上的一个确定点。一可视为质点的物块,

其质量 m ? 0.2kg ,与 BC 间的动摩擦因数 摩擦因数

?1 ? 0.4 。工件质 M ? 0.8kg ,与地面间的动

?2 ? 0.1 。 g ? 10m /s 2 ) (取

(1)若工件固定,将物块由 P 点无初速度释放,滑至 C 点时恰好静止,求 P、C 两点间 的高度差 h。 (2)若将一水平恒力 F 作用于工件,使物体在 P 点与工件保持相对静止,一起向左做匀 加速直线运动 ○求 F 的大小 1 ○当速度时,使工件立刻停止运动(即不考虑减速的时间和位移) 2 ,物块飞离圆弧轨道 落至 BC 段,求物块的落点与 B 点间的距离。 (1)物块从 P 点下滑经 B 点至 C 点的整个过程,根据动能定理得

mgh ? ?1mgL ? 0
代入数据得

h ? 0.2m

○ 2

(2)○设物块的加速度大小为 a ,P 点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为 ? ,由几何关 1 系可得

cos ? ?

R?h R

○ 3

根据牛顿第二定律,对物体有

mg tan? ? ma
对工件和物体整体有

○ 4

F ? ?2 ( M ? m ) g ? ( M ? m )a
联立○○○○式,代入数据得 2 3 4 5

○ 5

F ? 8.5N

○ 6

○设物体平抛运动的时间为 t ,水平位移为 2 运动学公式可得

x1

,物块落点与 B 间的距离为

x2

,由

h?

1 2 gt 2

○ 7 ○ 8 ○ 9

x1 ? vt

x2 ? x1 ? R sin ?
联立○○○○ ○式,代入数据得 2 3 7 8 9

x2 ? 0.4m

10 ○

10.(2012 浙江卷).由光滑细管组成的轨道如图所示,其中 AB 段和 BC 段是半径为 R 的四分之一圆弧,轨道固定在竖直平面内。一质量为 m 的小球,从距离水平地 面为 H 的管口 D 处静止释放,最后能够从 A 端水平抛出落到地面上。下列说法 正确的是( )
A.小球落到地面时相对于 A 点的水平位移值为 B. 小球落到地面时相对于 A 点的水平位移值为 C.小球能从细管 A 端水平抛出的条件是 H>2R D.小球能从细管 A 端水平抛出的最小高度 Hmin= 答案:BC 11. 2012 天津卷).如图所示, ( 水平地面上固定有高为 h 的平台,台面上有固定的光滑坡道, 坡道顶端距台面高也为 h,坡道底端与台面相切。小球 A 从坡道顶端由静止开始滑下,到达 水平光滑的台面后与静止在台面上的小球 B 发生碰撞, 并粘连在一起, 共同沿台面滑行并从 台面边缘飞出,落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半,两球均可视为质点,忽略空 气阻力,重力加速度为 g,求 (1)小球 A 刚滑至水平台面的速度 vA; (2)A、B 两球的质量之比 mA:mB . (16 分) 解析: (1)小球 A 在坡道上只有重力做功机械能守恒,有 R

1 2 m A v A ? m A gh 2
解得



v A ? 2 gh



(2)小球 A、B 在光滑台面上发生碰撞粘在一起速度为 v,根据系统动量守恒得

m A v A ? ( m A ? m B )v
离开平台后做平抛运动,在竖直方向有 在水平方向有 联立②③④⑤化简得



1 2 gt ? h 2 1 h ? vt 2

④ ⑤

m A∶mB ? 1 3 ∶

12.(2012 福建卷).(15 分) 如图,置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动,当转速 达到某一数值时,物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转 台半径 R=0.5 m,离水平地面的高度 H=0.8m,物块平抛落地过程水 平位移的大小 s=0.4m。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦 2 力,取重力加速度 g=10m/s 求:

(1)物块做平抛运动的初速度大小 V0; (2)物块与转台间的动摩擦因数 ? 。 答案:

13.(2012 海南卷) ,如图,水平地面上有一个坑,其竖直截面为半圆。ab 为沿水平方向的 直径。若在 a 点以初速度 v0 沿 ab 方向抛出一小球, 小球会击中坑壁上的 c 点。已知 c 点与 水平地面的距离为圆半径的一半,求圆的半径。 解析:设圆半径为 r,质点做平抛运动,则:

x ? v0t



y ? 0.5r ?

1 2 gt 2



过 c 点做 cd⊥ab 与 d 点,Rt△acd∽Rt△cbd 可得

cd2 ? ad ? db 即为:

r ( )2 ? x(2r ? x) 2
由①②③得: r ?



4(7 ? 4 3) 2 v0 g

五.万有引力与航天
(2012 上海)22B.人造地球卫星做半径为 r,线速度大小为 v 的匀速圆周运动。当其角速 2 度变为原来的 4 倍后,运动半径为_________,线速度大小为_________。 22B.【考点】本题考查万有引力在天体运动中的应用 【解析】由 G 2 Mm ? m? 2 r 可知,角速度变为原来的 4 倍后,半径变为 2r,由 v ? ?r 可知, 2 r

2 2 角速度变为原来的 4 倍后,线速度大小为 2 v。 2 【答案】2r, 2 v

(2012 新课标)21 假设地球是一半径为 R.质量分布均匀的球体。一矿井深度为 d。已知质 量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为 d A.1-R 21【答案】A 在地球表面 mg ? G d B.1+R C. ?

?R?d ? ? ? R ?

2

D .?

? R ? ? ?R?d ?

2

M 4 M 4 m ,又 M ? ? ? R 3 ,所以 g ? G 2 ? ? G ? R ,因为球壳对球 2 R 3 R 3
M

内物体的引力为零,所以在深为 d 的矿井内 mg ? ? G

?R ? d ?

2

m ,得

g? ? G

M

?R ? d ?

2

4 g? R ? d d ? ? G ? ? R ? d ? ,所以 ? ? 1? 。 3 g R R

(2012 大纲卷)25.一单摆在地面处的摆动周期与在某矿井底部摆动周期的比值为 k。设地 球的半径为 R。假定地球的密度均匀。已知质量均匀分布的球壳对壳内物体的引力为零,求

矿井的深度 d。 25.【命题意图】本题考查万有引力定律的应用及单摆的周期公式,意在考查对基本物理规 律的分析计算能力。 解:在地面处,单摆所受万有引力近似等于其重力,即 G 单摆的在地面的摆动周期 T ? 2? 设地球密度为 ρ,地球的体积 V ? 综合以上四得得: T ? ?

Mm ? mg , R2

L g

4 3 ?R , M ? ?V 3

3L G??R 3L G?? ( R ? d )

同理可知,矿井内单摆的周期 T ' ? ?

而单摆在地面处的摆动周期与矿井底部摆动周期之比 解得: d ? R (1 ? k )
2

T ?k T'

【参考答案】 d ? R (1 ? k )
2

(2012 广东)21.如图 6 所示,飞船从轨道 1 变轨至轨道 2。若飞船在两轨道上都做匀速 圆周运动,不考虑质量变化,相对于在轨道 1 上,飞船在轨道 2 上的 A.动能大 B.向心加速度大 C.运行周期长 D.角速度小 【考点】万有引力定律 【答案】CD 【解析】结合

GMm mv 2 2? ? ? m? 2 R ? m( )2 R ,可判断飞船在 2 轨道上速度小,动能 2 R R T

小,向心力小向心加速度小,周期长,角速度小,正确选项为 CD 【方法点拨】讨论天体问题的基本方法:把天体的运动看成是匀速圆周运动,其所需向心力 由万有引力提供。 讨论天体运动规律的基本思路: G
Mm r2 ?m v2 ? 2? ? 2 ? m? 2 r ? m? ? ? m?2?f ? r r ? T ?
2

(2012 北京)18. 关于环绕地球运动的卫星,下列说法正确的是 ( A.分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颖卫星,不可能具有相同的周期



B.沿椭圆轨道运行的一颗卫星,在轨道不同位置可能具有相同的速率 C.在赤道上空运行的两颖地球同步卫星.它们的轨道半径有可能不同 D.沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星,它们的轨道平面一定会重合 18B 解析:所有的同步卫星都在同一个赤道轨道上运动,C 错误;沿不同轨道经过北京上空 的两颗卫星它们的运行轨道面与赤道面的夹角可以不同,它们的轨道平面就不会重合,D 错 误;分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颖卫星,可能具有相同的周期,A 错误;沿椭圆轨道 运行的一颗卫星, 在轨道的关于长轴对称的两个位置的速率相等, 所以在轨道不同位置可能 具有相同的速率是正确的。答案 B。

(2012 福建)16.一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动,其线速度大小为

v

0

假设宇

航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为 m 的物体重力,物体静止时,弹簧测力计 的示数为

N

0

,已知引力常量为 G,则这颗行星的质量为

A.

mv 2
GN

B.

mv 4
GN
D.

C.

Nv 2
Gm

Nv 4
Gm

【考点】本题考查万有引力定律在天体运动中的应用,考查利用实验数据求解问题的能力。 【解析】卫星在行星表面附近做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,根据牛顿第二定律有

G

Mm / v2 ? m/ ,宇航员在行星表面用弹簧测力计测得质量为 m 的物体的重为 N,则 R R2
mv 4 Mm ? N ,解得 M= ,B 项正确。 GN R2

G

【答案】B (2012 江苏)8.2011 年 8 月,“嫦娥二号”成功进入了绕“日地拉格朗日点”的轨道,我国成 为世界上第三个造访该点的国家, 如图所示, 该拉格朗日点位于太阳与地球连线的延长线上, 一飞行器位于该点,在几乎不消耗燃料的情况下与地球同步绕 拉格朗日点 太阳做圆周运动,则此飞行器的 地球 A.线速度大于地球的线速度 太阳 B.向心加速度大于地球的向心加速度 C.向心力仅由太阳的引力提供 D.向心力仅由地球的引力提供

8. 【解析】根据 v ? ?r ,A 正确;根据 a ? ? 2 r ,B 正确,向心力由太阳和地球 的引力的合力提供,C、D 错误。 【答案】AB

(2012 山东)15.2011 年 11 月 3 日, “神州八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器成功实 施了首次交会对接。任务完成后“天宫一号”经变轨升到更高的轨道,等待与“神州九 号”交会对接。变轨前和变轨完成后“天宫一号”的运行轨道均可视为圆轨道,对应的 轨道半径分别为 R1、R2,线速度大小分别为 v1 、 v 2 。则

v1 等于 v2
D.

A.

R13 3 R2

B.

R2 R1

2 R2 C. R12

R2 R1

【考点】万有引力定律 【答案】B 【解析】由

GM v1 GMm v2 ? ? m 可知 v ? , 2 R v2 R R

R2 ,正确选项为 B. R1

(2012 四川)15.今年 4 月 30 日,西昌卫星发射中心发射的中圆轨道卫星,其轨道半径为 2.8 ×107m,它与另一颗同质量的同步轨道卫星(轨道半径为 4.2×107m)相比 A.向心力较小 B.动能较大 C.发射速度都是第一宇宙速度 D.角速度较小 答案:B

解析:卫星的向心力由卫星所受地球的万有引力提供,由

F向 ?

GMm r
2

?m

v ? mr? 2 r 可知

2

A、D 错 B 正确;两颗卫星的发射速度都比第一宇宙速度大,故 C 也错。正确答案只有 B。

(2012 天津)3.一个人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动,假如该卫星变轨后仍做匀速圆周 运动,动能减小为原来的 1/4,不考虑卫星质量的变化,则变轨前后卫星的 A. 向心加速度大小之比为 4:1 B. 角速度大小之比为 2:1 C. 周期之比为 1:8 D. 轨道半径之比为 1:2 3【考点】考查万有引力定律在天体运动中的应用,考查学生对卫星运行特点、圆周运动规 律的掌握。 【解析】 卫星绕地球做匀速圆周运动, 万有引力提供向心力, 如果卫星的动能减为原来的

1 , 4

Mm v2 1 则其线速度减为原来的 ,由 G 2 ? m 可知,轨道半径变为原来的 4 倍,D 项错误; 2 r r
由G

1 v Mm ? ma 可知,向心加速度变为原来的 ,A 项错误;由 ? ? 可知,角速度为原 2 16 r r

来的

1 2? ,B 项错误;由 T ? 可知,周期为原来的 8 倍,C 项正确。 8 ?

【答案】C 【思维拓展】本题也可以直接由关系式 G 结果。

Mm v2 2? ? m ? ma ? mr ? 2 ? mr ( ) 2 分析得出 2 r T r

(2012 浙江)15、如图所示,在火星与木星轨道之间有一小行星带。假设该带中的小行星 只受到太阳的引力,并绕太阳做匀速圆周运动。下列说法正确的是

A.太阳对小行星的引力相同 B.各小行星绕太阳运动的周期小于一年 C.小行星带内侧小行星的向心加速度值大于小行星带外侧小行星的向心加速度值 D.小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于 地球公转的线速度值 15【答案】C 【考点】万有引力与天体运动 【解析】根据行星运行模型,离地越远,线速度越小,周期越大,角速度越小,向心加速度 等于万有引力加速度,越远越小,各小行星所受万有引力大小与其质量相关,所以只有 C 项对。 (2012 重庆)18.冥王星与其附近的星体卡戎可视为双星系统,质量比约为 7:1,同时绕它 们连线上某点 O 做匀速圆周运动。由此可知冥王星绕 O 点运动的 A. 轨道半径约为卡戎的 1/7 B. 角速度大小约为卡戎的 1/7 C. 线度大小约为卡戎的 7 倍 D. 向心力小约为卡戎的 7 倍 18.考点透析:综合考察万有引力定律及圆周运动知识 答案:A 解析:双星系统中两个体具有相同的角速度与运动周期以及向心力,由万有引力定律

r 1 M 7 GM1M 2 ? M1? 2 r1 ? M 2? 2 r2 , 1 ? 可知 1 ? ,由 v ? ?r 可知二者线速度之 2 r2 7 M2 1 R
比为

v1 r1 1 ? ? ,正确选项为 A。 v2 r2 7

(2012 海南)11.地球同步卫星到地心的距离 r 可用地球质量 M、地球自转周期 T 与引力常

量 G 表示为 r=_____________. 【考点】万有引力定律
3

【答案】

GMT 2 4? 2

【解析】根据万有引力定律及圆周运动知识

GMT 2 GMm 2? ? m( )2 r ,可得 r ? 3 4? 2 r2 T

六.机械能
1 (2012 福建卷)如图,表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮,小物块 A、B 用轻绳连接 并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦) 。初始时刻,A、B 处于同一高度并恰好静止状态。剪 断轻绳后 A 下落、B 沿斜面下滑,则从剪断轻绳到物块着地,两物块

A.速率的变化量不同 C.重力势能的变化量相同 答案:D

B.机械能的变化量不同 D.重力做功的平均功率相同

2. (2012 天津卷).如图甲所示,静止在水平地面的物块 A,受到水平向右的拉力 F 作用,F 与时间 t 的关系如图乙所示,设物块与地面的静摩擦力最大值 fm 与滑动摩擦力大小相等, 则 A.0 – t1 时间内 F 的功率逐渐增大 B.t2 时刻物块 A 的加速度最大 C.t2 时刻后物块 A 做反向运动 D.t3 时刻物块 A 的动能最大 解析:由 F 与 t 的关系图像 0~t1 拉力小于最大静摩擦力物块静止 F 的功率为 0,A 错误;在 t1~t2 阶段拉力大于最大静摩擦力物块做加速度增大的加速运动,在 t2~t3 阶段拉力大于最 大静摩擦力物块做加速度减小的加速运动,在 t2 时刻加速度最大,B 正确,C 错误;在 t1~ t3 物块一直做加速运动,在 t3~t4 拉力小于最大静摩擦力物块开始减速,在时刻速度最大, 动能最大,D 正确。答案 BD。 3. (2012 上海卷) .质量相等的均质柔软细绳 A、B 平放于水平地面,绳 A 较长。分别捏住 两绳中点缓慢提起,直到全部离开地面,两绳中点被提升的高度分别为 hA、hB,上述过程 中克服重力做功分别为 WA、WB。若( ) (A)hA=hB,则一定有 WA=WB (B)hA>hB,则可能有 WA<WB (C)hA<hB,则可能有 WA=WB (D)hA>hB,则一定有 WA>WB 答案:B 4. (2012 上海卷) .如图,可视为质点的小球 A、B 用不可伸长的细软轻线连接,跨过固定 在地面上半径为 R 有光滑圆柱,A 的质量为 B 的两倍。当 B 位于地面时,A 恰与圆柱轴心等高。将 A 由静止释放,B 上升的最大高度是( ) A (A)2R (B)5R/3 (C)4R/3 (D)2R/3 B 答案: C, 5. (2012 上海卷) .位于水平面上的物体在水 平恒力 F1 作用下,做速度为 v1 的匀速运动; 若作用力变为斜面上的恒力 F2, 物体做速度为 v2 的匀速运动,且 F1 与 F2 功率相同。则可能有( (A)F2=F1,v1>v2 (B)F2=F1,v1<v2 (C)F2>F1,v1>v2 (D)F2<F1,v1<v2 答案:B、D,

F2 F1



6. (2012 安徽卷) .如图所示, 在竖直平面内有一半径为 R 的圆弧轨道, 半径 OA 水平、OB 竖直,一个质量为 m 的小球自 A 的正上方 P 点由静止开始自由下落,小球沿轨道到达最高 点 B 时恰好对轨道没有压力。 已知 AP =2 R ,重力加速度为 g , 则小球从 P 到 B 的运动过程 中 ( ) P

A. 重力做功 2mgR B. 机械能减少 mgR C. 合外力做功 mgR R O A B 2R

1 D. 克服摩擦力做功 mgR 2

16D; 解析:小球从 P 到 B 高度下降 R,故重力做功 mgR,A 错。在 B 点小球对轨道恰好无压力, 由重力提供向心力得 v B ?

gR ,取 B 点所在平面为零势能面,易知机械能减少量

1 2 1 1 2 1 ?E ? mg R ? mv B ? mgR ,B 错。由动能定理知合外力做功 W= mv B ? mgR ,C 错。 2 2 2 2 1 1 2 根据动能定理 mgR - Wf ? mv B - 0 ,可得 w f ? mgR ,D 选项正确。 2 2
7. (2012 江苏卷) .如图所示,细线的一端固定于 O 点,另一端系一 小球,在水平拉力作用下,小球以恒定速率在竖直平面内由 A 点运 动到 B 点,在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是 A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先增大,后减小 D.先减小,后增大.

O

B F

A

【解析】设 F 与速度 v 的夹角为 ? ,则 P ? Fv cos? ,力的分解,在切线上(速 度方向上)合力为 0,即 mg si ? ? F cos ? ,所以 P ? mg sin? ,随 ? 增大,P 增大。 n

【答案】A
8. (2012 海南卷).一质量为 1kg 的质点静止于光滑水平面上,从 t=0 时起,第 1 秒内受到 2N 的水平外力作用,第 2 秒内受到同方向的 1N 的外力作用。下列判断正确的是 A. 0~2s 内外力的平均功率是

9 W 4

B.第 2 秒内外力所做的功是

5 J 4
4 5

C.第 2 秒末外力的瞬时功率最大 D.第 1 秒内与第 2 秒内质点动能增加量的比值是

答案 ;CD 解 析 : 由 动量 定 理求 出 1s 末 、2s 末 速 度分 别为 : v1=2m/s 、 v2=3m/s 故 合 力 做 功为

1 2 w 4.5 mv ? 4.5 J 功率为 p ? ? w ? 1.5w 1s 末、2s 末功率分别为:4w、3w 第 1 秒 2 t 3 1 1 1 2 2 2 内与第 2 秒动能增加量分别为: mv1 ? 2 J 、 mv2 ? mv1 ? 2.5 J ,比值:4:5 2 2 2
w= 9.(2012 全国理综).(20 分) 一探险队员在探险时遇到一山沟,山沟的一侧竖直,另一侧的坡面呈抛物线形状。此队员从 山沟的竖直一侧,以速度 v0 沿水平方向跳向另一侧坡面。如图所示,以沟底的 O 点为原点

建立坐标系 Oxy。已知,山沟竖直一侧的高度为 2h,坡面的抛物线方程为 y= 员的质量为 m。人视为质点,忽略空气阻力,重力加速度为 g。

,探险队

(1) 求此人落到破面试的动能; (2) 此人水平跳出的速度为多大时,他落在坡面时的动能最小?动能的最小值为多 少? 【解析】 (1) 平 抛 运 动 的 分 解 : x ? v0 t , y ? 2h ?

1 2 gt , 得 平 抛 运 动 的 轨 迹 方 程 2
的交点为 x ?
2 4h 2 v0 , 2 v 0 ? gh

y ? 2h ?

g 2 x , 此方程与坡面的抛物线方程为 y= 2 2v0


2 2hv 0 y? 2 v0 ? gh

根据机械能守恒, mg ? 2h ? 解得 E k ? 2mgh ?

1 2 mv0 ? mgy ? Ek 2

2 1 2 2mghv0 mv 0 ? 2 2 v0 ? gh

(3) (2)求 E k ? 2mgh ?

2 1 2 2mghv0 mv 0 ? 2 关于 v 0 的导数并令其等于 0,解得当 2 v0 ? gh

此人水平跳出的速度为 v 0 ? 值为 E k min

3 gh 时,他落在坡面时的动能最小,动能的最小

7 6mg 2 h 2 ? mgh ? 2 。 2 v0 ? gh

(4) 10. (2012 广东卷).(18 分) 图 18(a)所示的装置中,小物块 A、B 质量均为 m,水平面上 PQ 段长为 l,与物块间的 动摩擦因数为 μ,其余段光滑。初始时,挡板上的轻质弹簧处于原长;长为 r 的连杆位于图 中虚线位置;A 紧靠滑杆(A、B 间距大于 2r) 。随后,连杆以角速度 ω 匀速转动,带动滑杆 作水平运动,滑杆的速度-时间图像如图 18(b)所示。A 在滑杆推动下运动,并在脱离滑杆 后与静止的 B 发生完全非弹性碰撞。 (1)求 A 脱离滑杆时的速度 uo,及 A 与 B 碰撞过程的机械能损失 ΔE。 (2) 如果 AB 不能与弹簧相碰, AB 从 P 点到运动停止所用的时间为 t1, ω 得取值范围, 设 求 及 t1 与 ω 的关系式。 (3)如果 AB 能与弹簧相碰,但不能返回道 P 点左侧,设每次压缩弹簧过程中弹簧的最大 弹性势能为 Ep,求 ω 的取值范围,及 Ep 与 ω 的关系式(弹簧始终在弹性限度内) 。

答案: 解: (1)由题知,A 脱离滑杆时的速度 uo=ωr 设 A、B 碰后的速度为 v1,由动量守恒定律 m uo=2m v1

A 与 B 碰撞过程损失的机械能 ?E ?
解得

1 1 2 mu0 ? ? 2mv12 2 2

1 ?E ? m? 2 r 2 8

(2) 不能与弹簧相碰, AB 在 PQ 上运动的加速度大小为 a,由牛顿第二定律及运动学规 AB 设 律

? ? 2mg ? 2ma
由题知 x ? l 联立解得 0 ? ? ?

v1=at1

x?

v1 t1 2

4l rt1

t1 ?

?r 2? g

1 ? 2mv12 2 1 2 不能返回道 P 点左侧 ? ? 2mg ? 2l ? ? 2mv1 2
(3)AB 能与弹簧相碰 ? ? 2mgl ? 解得

2 2 ? gl 4 ? gl ?? ? r r

AB 在的 Q 点速度为 v2,AB 碰后到达 Q 点过程,由动能定理

1 1 2 ?? ? 2mgl ? ? 2mv2 ? ? 2mv12 2 2
AB 与弹簧接触到压缩最短过程,由能量守恒

1 2 E p ? ? 2mv2 2
解得 E p ?

m(? 2 r 2 ? 8? gl ) 4

11.(2012 四川卷)(16 分) . 四川省“十二五”水利发展规划指出,若按现有供水能力测算,我省供水缺口极大,蓄 引提水是目前解决供水问题的重要手段之一。某地要把河水抽高 20m,进入蓄水池,用一台 电动机通过传动效率为 80%的皮带,带动效率为 60%的离心水泵工作。工作电压为 380V,此 3 时输入电动机的电功率为 9kW,电动机的内阻为 0.4Ω 。已知水的密度为 1×l0 kg/m3,重力 2 加速度取 10m/s 。求: (1)电动机内阻消耗的热功率; 3 (2)将蓄水池蓄入 864m 的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度) 。 23.解: (l)设电动机的电功率为 P,则 P=UI ① 2 设电动机内阻 r 上消耗的热功率为 Pr,则 Pr=I r ② 3 代入数据解得 Pr=1×10 W ③ 说明:①③式各 2 分,②式 3 分。 (2)设蓄水总质量为 M,所用抽水时间为 t。已知抽水高度为 h,容积为 V,水的密度为 ρ, 则 M=ρV ④ 设质量为 M 的河水增加的重力势能为△Ep,则△Ep=Mgh ⑤ 设电动机的输出功率为 P0,则 P0=P-Pr ⑥ 根据能量守恒定律得 P0t×60%×80%=△Ep ⑦ 4 代人数据解得 t=2×l0 s ⑧ 说明:④⑤式各 1 分,⑥⑧式各 2 分,⑦式 3 分。 12.(2012 安徽卷).(14 分)质量为 0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落,该 下落过程对应的 v ? t 图象如图所示。球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前 的 3/4。该球受到的空气阻力大小恒为 f ,取 g =10 m/s , 求:
2

v(m/s)
4

O o

0.5

t(s)

(1)弹性球受到的空气阻力 f 的大小; (2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度 h 。 22. (1)0.2N;(2)0.375m 解析:(1)由 v—t 图像可知:小球下落作匀加速运动, a ? 由牛顿第二定律得: mg ? f ? ma

?v ? 8m / s 2 ?t

解得

f ? m( g ? a) ? 0.2 N

(2)由图知:球落地时速度 v ? 4m/ s ,则反弹时速度 v ? ? 设反弹的加速度大小为 a' ,由动能定理得

3 v ? 3m / s 4

1 - (mg ? f)h ? 0 ? mv ? 2 2 解得 h ? 0.375 m
13.(2012 安徽卷).(20 分) 如图所示,装置的左边是足够长的光滑水平面,一轻质弹簧左端固定,右端连接着质量 M=2kg 的小物块 A。装置的中间是水平传送带,它与左右两边的台面等高,并能平滑对接。 传送带始终以 u=2m/s 的速度逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲面,质量 m=1kg 的小物 块 B 从其上距水平台面 h=1.0m 处由静止释放。已知物块 B 与传送带之间的摩擦因数 μ =0.2,l =1.0m。设物块 A、B 中间发生的是对心弹性碰撞,第一次碰撞前物块 A 静止且处于 2 平衡状态。取 g=10m/s 。 B

A

h u=2m/s


l



(1) 求物块 B 与物块 A 第一次碰撞前的速度大小; (2)通过计算说明物块 B 与物块 A 第一次碰撞后能否运动到右边曲面上? (3)如果物块 A、B 每次碰撞后,物块 A 再回到平衡位置时都会立即被锁定,而当他们再次碰 撞前锁定被解除,试求出物块 B 第 n 次碰撞后运动的速度大小。 答案: .(1)4m/s (2)不能滑到右边的曲面上 (3)

4 m/s 3n

解: (1)设 B 滑到曲面底部速度为 v,根据机械能守恒定律,

mgh ?

1 2 mv 得 v ? 2 gh ? 2 5m / s 2

由于 v >u,B 在传送带上开始做匀减速运动。 设 B 一直减速滑过传送带的速度为 v1 由动能定理的 - ?mgl ? 解得 v1 ?

1 2 1 2 mv1 ? mv 2 2

v 2 ? 2 ?gl ? 4m / s

由于 v1 仍大于 u,说明假设成立,即 B 与 A 碰前速度为 4m/s (2) 设地一次碰后 A 的速度为 v A1 ,B 的速度为 v B1 ,取向左为正方向,根据动量守 恒定律和机械等守恒定律得:

mv1 ? Mv A1 ? mv B1

1 2 1 1 2 2 mv1 ? Mv A1 ? mv B1 2 2 2
解得 v B1 ? ?

v1 4 ? ? m/ s 3 3

上式表明 B 碰后以

4 m / s 的速度向右反弹。滑上传送带后做在摩擦力的作用下减速,设向 3

左减速的最大位移为 x m ,由动能定理得:

1 2 ? ?mgxm ? 0 ? mv B 2 4 解得 x m ? m 9
因 x m<l ,故 B 不能滑上右边曲面。 (3)B 的速度减为零后,将在传送带的带动下向左匀加速,加速度与向右匀减速时相同, 且由于 v B1 小于传送带的速度 u,故 B 向左返回到平台上时速度大小仍为

4 m / s 。由于第二 3

次碰撞仍为对心弹性碰撞,故由(2)中的关系可知碰后 B 仍然反弹,且碰后速度大小仍为 B 碰前的

v 1 1 4 ,即 v B 2 ? v B1 ? ? 1 ? ? 2 m / s 2 3 3 3 3

同理可推:B 每次碰后都将被传送带带回与 A 发生下一次碰撞。则 B 与 A 碰撞 n 次后反弹, 速度大小为

4 m/s。 3n

14.(2012 江苏卷)(10 分)为测定木块与桌面之间的动摩擦因数,小亮设计了如图所示的 . 装置进行实验,实验中,当木块 A 位于水平桌面上的 O 点

时,重物 B 刚好接触地面,将 A 拉到 P 点,待 B 稳定后静止释放,A 最终滑到 Q 点,分别 测量 OP、OQ 的长度 h 和 s,重复上述实验,分别记录几组实验数据 (1)实验开始时,发现 A 释放后会撞到滑轮,请提出两个解决方案; (2)请根据下表的实验数据作出 s-h 关系图像 h(cm) 20.0 s(cm) 19.5 30.0 28.5 40.0 39.0 50.0 48.0 60.0 56.5

(3)实验测得 A、B 的质量分别为 m=0.40kg、M=0.50kg, 根据 s-h 图像可计算出 A 木块与桌面间的动摩擦因数 μ=__________(结果保留一位有效数字) (4)实验中,滑轮轴的摩擦会导致 μ 的测量结果 _________(选填“偏大”、或“偏小” 【解析】 (3)在 B 下落至临落地时,据动能定理,有

1 Mgh ? ?mgh ? ( M ? m)v 2 , 2
在 B 落地后, 运动到 Q, A 据动能定理, ? ?mgs ? 0 ? 有 将 M ? 0.5kg , m ? 0.4kg 代入得 ? ?

Mh 1 2 解得: ? 。 ? mv , ( M ? m) s ? mh 2

5h = 9 s ? 4h

5 ,从 s ? h 图象得斜率 k ? 1.04 , s 9? ? 4 h



s ? 1.04 ,代入上式得 ? ? 0.4 。 h

本 题 易 错 点 : 认 为 A/B 末 速 度 都 为 0 , 根 据

Mgh ? ?mg (h ? s) ? 0 ,解得 ? ? 0.6 。
(4)滑轮组的摩擦会导致 s 偏小,从而 ? 偏大。 【答案】 (1)减小 B 的质量,增加细线的长度,或增大 A 的质量,降低 B 的起始高度。 (2)如图 (3)0.4 (4)偏大 15.(2012 江苏卷)(16 分)某缓冲装置的理 . v m 想模型如图所示,劲度系数足够大的轻质弹簧 l 轻杆 与轻杆相连,轻杆可在固定的槽内移动,与槽 间的滑动摩擦力恒为 f,轻杆向右移动不超过 l 时,装置可安全工作,一质量为 m 的小车若以 速度 v0 撞击弹簧,将导致轻杆向右移动 l/4,轻杆与槽间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且 不计小车与地面的摩擦。 (1)若弹簧的劲度系数为 k,求轻杆开始移动时,弹簧的压缩量 x; (2)为这使装置安全工作,允许该小车撞击的最大速度 vm (3)讨论在装置安全工作时,该小车弹回速度 v 与撞击速度 v 的关系
ˊ

【答案】

(1) 轻杆开始移动时, 弹簧的弹力 F ? kx ①

且F ? f ②

解得 x ?

f k



(2)设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为 W,则小车从撞击到停止的过程中,动能定理

l 1 2 ④ ? f . ? W ? 0 ? mv0 4 2 1 2 小车以 v m 撞击弹簧时 ? fl ? W ? 0 ? mv m ⑤ 2
小车以 v 0 撞击弹簧时 解 vm ?

v0 ?
2

3 fl 2m



(3)设轻杆恰好移动时,小车撞击速度为 v1 , 由④⑦解得 v1 ?

1 2 mv1 ? W 2



v0 ?
2

fl 2m

当v ?

v0 ?
2

fl 时, v' ? v 2m

当 v0 ?
2

fl 3 fl fl 2 2 ? v ? v0 ? 时, v' ? v0 ? 。 2m 2m 2m

16.(2012 重庆卷)(16 分)题 23 图所示为一种摆式摩擦因数测量仪, . 可测量轮胎与地面间动摩擦因数,其中主要部件有:底 部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆。摆 锤的质量为 m,细杆可绕轴 O 在竖直平面内自由转动, 摆锤重心到 O 点的距离为 L.测量时,测量仪固定于水 平地面,将摆锤从与 0 等高的位置由静止释放。摆锤到 最低点附近时,橡胶片紧压地面擦过一小段距离 s(s<<L), 之后继续摆动至与坚直方向成θ 角的最高位置。若摆锤对 地面的压力可视为大小为 F 的恒力,重力加速度为 g,求 ?摆锤在上述过程中损失的机械能 ?在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功 ?橡胶片与地面间的动摩擦因数 23. (16 分) ?损失的机械能Δ E= mgL cos? ?摩擦力做的功 W f = -mgL cos? ?动摩擦因数μ = mgL cos? /FS 17.(2012 福建卷).(19 分) 如图, 用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一搜失去动力的小船沿直线拖向岸边。 已知拖动缆 绳的电动机功率恒为 P,小船的质量为 m,小船受到的阻力大小恒为 f,经过 A 点时的速度 大小为 v 0 ,小船从 A 点沿直线加速运动到 B 点经历时间为 t1,A、B 两点间距离为 d,缆绳质

量忽略不计。求: (1)小船从 A 点运动到 B 点的全过程克服阻力做的功 wf ; (2)小船经过 B 点时的速度大小 v1 ; (3)小船经过 B 点时的加速度大小 a。

21 答案:

18.(2012 海南卷).现要通过实验验证机械能守恒定律。实验装置如图 1 所示:水平桌面 上固定一倾斜的气垫导轨;导轨上 A 点处有一带长方形遮光片的滑块,其总质量为 M,左端 由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为 m 的砝码相连; 遮光片两条长边与导轨垂直; 导轨 上 B 点有一光电门,可以测试遮光片经过光电门时的挡光时间 t,用 d 表示 A 点到导轨低端 C 点的距离,h 表示 A 与 C 的高度差,b 表示遮光片的宽度,s 表示 A ,B 两点的距离,将遮 光片通过光电门的平均速度看作滑块通过 B 点时的瞬时速度。 g 表示重力加速度。 用 完成下 列填空和作图; (1)若将滑块自 A 点由静止释放,则在滑块从 A 运动至 B 的过程中,滑块、遮光片与砝码 组成的系统重力势能的减小量可表示为____。动能的增加 量可表示为_ 关系式为 _。若在运动过程中机械能守恒,

1 与s的 t2

1 = __ t2

(2)多次改变光电门的位置, 每次均令滑块自同一点 点) (A 下滑,测量相应的 s 与 t 值,结果如下表所示:

以 s 为横坐标,

1 为纵坐标,在答题卡上对应图 2 位置的坐标纸中描出第 1 和第 5 个数据 t2
4 ?1 ?2

点;根据 5 个数据点作直线,求得该直线的斜率 k=________2.40___ ?10 m . ? s (保留 3 位有效数字)

由测得的 h、d、b、M 和 m 数值可以计算出

1 ? s 直线的斜率 k o ,将 k 和 k o 进行比较,若 t2

其差值在试验允许的范围内,则可认为此试验验证了机械能守恒定律。

1 2(hM ? dm) g 1 b2 h s 答案: (1) ( M ? m) gs 、 ( m ? M ) 2 、 2 ? t ( M ? m)db 2 2 t d
(2)2.40

七.静电场
1. (2012 福建卷).如图,在点电荷 Q 产生的电场中,将两个带正电的试探电荷 别置于 A、B 两点,虚线为等势线。取无穷远处为零电势点,若将 过程中外力克服电场力做的功相等,则下列说法正确的是 A.A 点电势大于 B 点电势 B.A、B 两点的电场强度相等 C. D.

q 、q
1

2



q 、q
1

2

移动到无穷远的

q

1

的电荷量小于

q

2

的电荷量

q

1

在 A 点的电势能小于

q

2

在 B 点的电势能

答案:C 2. (2012 江苏卷) .真空中,A、B 两点与点电荷 Q 的距离分别为 r 和 3r 则 A、B 两点的电 场强度大小之比为 A.3:1 B.1:3 C.9:1 D.1:9

【解析】根据库仑定律 F ? 【答案】C

kq1q 2 ,选 C。 r2

3. (2012 江苏卷) .一充电后的平行板电容器保持两板间的正对面积、间距和电荷量不变, 在两板间插入一电介质,其电容 C 和两极板间的电势差 U 的变化情况是 A.C 和 U 均增大 B.C 增大,U 减小 C.C 减小,U 增大 D.C 和 U 均减小

【解析】根据 C ? 【答案】B

?S Q ,电容 C 增大,根据 U ? ,U 减小,B 正确。 C 4?kd

4. (2012 上海卷) .A、B、C 三点在同一直线上,AB:BC=1:2,B 点位于 A、C 之间,在 B 处固定一电荷量为 Q 的点电荷。当在 A 处放一电荷量为+q 的点电荷时,它所受到的电场 力为 F;移去 A 处电荷,在 C 处放一电荷量为-2q 的点电荷,其所受电场力为( ) (A)-F/2 (B)F/2 (C)-F (D)F 答案:B 5(2012 天津卷).两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如 图中虚线所示,一带负电的粒子以某一速度从图中 A 点沿图示方向进 入电场在纸面内飞行,最后离开电场,粒子只受静电力作用,则粒子 在电场中 A.做直线运动,电势能先变小后变大 B.做直线运动,电势能先变大后变小

C.做曲线运动,电势能先变小后变大 D.做曲线运动,电势能先变大后变小 解析:两个固定的的等量异号点电荷产生电场的等势面与电场线垂 直,且沿电场线电势减小,所以等量异号点电荷和它们间的直线电场 线如图所示。 当带负电的粒子进入电场受到与其速度垂直的电场力而 偏转做曲线运动。 电子在斜向左的电场力作用下向左偏转, 电场力做正功粒子的 动能增加,电势能减小。答案 C。 6. (2012 浙江卷).用金属做成一个不带电的圆环,放在干燥的绝缘桌面上。小明同学用绝 缘材料做的笔套与头发摩擦后,将笔套与头发摩擦后,将笔套自上向下慢慢靠近圆环,当距 离约为 0.5cm 是圆环被吸引到笔套上,如图所示。对上述现象的判断与分析, 下列说法正确的是( ) A.摩擦使笔套带电 B.笔套靠近圆环时,圆环上、下都感应出异号电荷 C.圆环被吸引到笔套的过程中,圆环所受静电力的合力大于圆环的重力 D.笔套碰到圆环后,笔套所带的电荷立刻被全部中和 答案:ABC 7.(2012 全国新课标).如图,平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度,两极板与一直 流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器,则在此过程中,该粒子 A.所受重力与电场力平衡 B.电势能逐渐增加 C.动能逐渐增加 D.做匀变速直线运动 [答案]BD [解析]要使粒子在电场中直线运动,必须使合力与运动方向在一直线上,由题意可受力分析 可知,受重力竖直向下,电场力垂直极板向上,合力水平向左。故 A 错。因电场力做负功, 故电势能增加。B 正确。合力做负功,故动能减少。C 错。因合力为定值且与运动方向在一 直线上,故 D 正确。 8. (2012 上海卷) .如图,质量分别为 mA 和 mB 的两小球带有同 种电荷,电荷量分别为 qA 和 qB,用绝缘细线悬挂在天花板上。平 衡时,两小球恰处于同一水平位置,细线与竖直方向间夹角分别 为?1 与?2(?1>?2) 。两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动, A 最大速度分别为 vA 和 vB,最大动能分别为 EkA 和 EkB。则( ) (A)mA 一定小于 mB (B)qA 一定大于 qB (C)vA 一定大于 vB (D)EkA 一定大于 EkB 答案:A、C、D 9. (2012 安徽卷).如图所示,在平面直角 中,有方 向平行于坐标平面的匀强电场,其中坐标原点 O 处的 电势为 0 V,点 A 处的电势为 6 V, 点 B 处的电势为 3 O o y(cm)


?1

?2
B

B(0, 3 ) A(6,0)


x(cm)

V, 则电场强度的大小为 ( A.200V/m C.100 V/m B.200 3 V/m

)

D. 100 3 V/m


y(cm) B(0, 3 ) θ o A(6,0)
● ●

18A; 解析:OA 中点 C 的电势为 3V,连 BC 得等势线, 作 BC 的 垂 线 得 电 场 线 如 图 , 由 E ?

E ? 2 0 0 v / ,故 A 对。 m

U 得: d

Eo

O o

Co

x(cm)

10. (2012 重庆卷) .空中 P、Q 两点处各固定一个点电荷,其中 P 点处为 正点电荷,P、Q 两点附近电场的等势面分布如题 20 图所 示,a、b、c、d 为电场中的四个点。则 A.P、Q 两点处的电荷等量同种 B.a 点和 b 点的电场强度相同 C.c 点的电热低于 d 点的电势 D.负电荷从 a 到 c,电势能减少 答案:D 11.(2012 海南卷)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 解析:考察电场和电势概念,选 D 12.(2012 海南卷)三个相同的金属小球 1.2.3.分别置于绝缘支架上,各球之间的距离远大 于小球的直径。球 1 的带电量为 q,球 2 的带电量为 nq,球 3 不带电且离球 1 和球 2 很远, 此时球 1、2 之间作用力的大小为 F。现使球 3 先与球 2 接触,再与球 1 接触,然后将球 3 移至远处,此时 1、2 之间作用力的大小仍为 F,方向不变。由此可知 A..n=3 B..n=4 C..n=5 D.. n=6 解析:设 1、2 距离为 R,则: F ?

nq 2 nq ,3 与 2 接触后,它们带的电的电量均为: ,再 2 R 2 n(n ? 2)q 2 (n ? 2)q ,最后 F ? 有上两式得:n=6 8R 2 4

3 与 1 接触后,它们带的电的电量均为

13.(2012 全国理综).(16 分) (注意:在试题卷上作答无效) ......... 如图,一平行板电容器的两个极板竖直放置,在两极板间有一带电小球,小球用 一绝缘清线悬挂于 O 点。先给电容器缓慢充电,使两级板所带电荷量分别为﹢Q 和﹣Q,此时悬线与竖直方向的夹角为π /6。再给电容器缓慢充电,直到悬线和 竖直方向的夹角增加到π /3,且小球与两极板不接触。求第二次充电使电容器正

极板增加的电荷量。 【解析】根据力的平衡和力的合成(如下图),
Eq ? mg tan

?
6

,根据电场强度与电势差的关系及电容的定
3mgCd ;第二次充电后, Q ' ? 3q 3mgCd ,所以第二次 q

义得 E ?

Q ,所以 Q ? Cd

充电使电容器正极板增加的电荷量 ?Q ? Q'?Q ?

2 3mgCd ? 2Q . 3q

14. (2012 广东卷).图 5 是某种静电矿料分选器的原理示意图,带 电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后,分落在收集板中央的两侧,对 矿粉分离的过程,下列表述正确的有 A.带正电的矿粉落在右侧 B.电场力对矿粉做正功 C.带负电的矿粉电势能变大 D.带正电的矿粉电势能变小 答案:BD 15. (2012 北京高考卷)“约瑟夫森结”由超导体和绝缘体制成.若在结两端加恒定电压 U, . 则它会辐射频率为 ν 的电磁波,且 ν 与 U 成正比,即 ν=kU.已知比例系数 k 仅与元电 荷的 2 倍和普朗克常数 h 有关, 你可能不了解此现象的机理, 但仍可运用物理学中常用 的方法,在下列选项中,推理比例系数的值可能为 A. h

2e

B. 2e

h

C.2he

D. 1

2he

答案:B 16. (2012 北京高考卷)(20 分) . 匀强电场的方向沿 x 轴正方向,电场强度 E 随 x 的分布如图所示,图中 E0 和 d 均为已 知量.将带正电 的质点 A 在 O 点由静止释放.A 离开电场足够远后,再将另一带正电的质点 B 放在 O 点 也由静止释放. 当 B 在电场中运动时,A、 间的相互作用力及相互作用能均为零;B 离开电场后,A、B 间 B 的相互作用视为 静电作用.已知 A 的电荷量为 Q,A 和 B 的质量分别为 m 和 m .不计重力.

4

E E0

O

d

x

(1)求 A 在电场中的运动时间 t; (2)若 B 的电荷量为 q= 4 Q,求两质点相互作用能的最大值 Epm;

9

(3)为使 B 离开电场后不改变运动方向,求 B 所带电荷量的最大值 qm. 答案: (1)由牛顿第二定律,A 在电场中运动的加速度 a= F =

A 在电场中做匀变速直线运动
解得运动时间

QE0 m m d= 1 at2 2
t= 2d = 2dm

a

QE0

(2)设 A、B 离开电场时的速度分别为υA0、υB0,由动能定理,有
2 2 QE0d= 1 m ? A0 ,QE0d= 1 m ? B 0

2

2 4



A、B 相互作用过程中,动量和能量守恒.A、B 相互作用力为斥力,A 受的力与其 运动方向相同, 受的力与其运动方向相反, B 相互作用力对 A 做正功, B 做负功.、 对 A B 靠近的过程中,B 的路程大于 A 的路程,由于相互作用力大小相等,相互作用力 对 B 做功的绝对值大于对 A 做功的绝对值,因此相互作用力做功之和为负,相互 作用能增加.所以,当 A、B 最接近时相互作用能最大,此时两者速度相同,设为 υ′,有
(m+ m )υ′= mυA0+ m υB0

4

4

② ③

2 2 Epm=( 1 m ? A0 + 1 m ? B 0 )- 1 (m+ m )υ′2

2

2 4

2

4

已知= 4 Q,由①、②、③式解得

9

相互作用能的最大值

Epm= 1 QE0d

45

(3)考虑 A、B 在 x > d 区间的运动,由动量守恒、能量守恒,且在初态和末态均无相互 作用,有

mυA+ m υB= mυA0+ m υB0

4

4

④ ⑤

1 m? 2 + 1 m ? 2 = 1 m? 2 + 1 m ? 2 2 A 2 4 B 2 A0 2 4 B 0
由④、⑤解得 因 B 不改变运动方向,故 由①、⑥解得

υB=- 3 υB0+ 8 υA0

5

5

υB=- 3 υB0+ 8 υA0 ≥ 0

5

5



q≤ 16 Q

9

即 B 所带电荷量的最大值 qm= 16 Q

9

17.(2012 山东卷).图中虚线为一组间距相等的同心圆,圆心处固定一带正电的点电荷。 一带电粒子以一定初速度射入电场,实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹,a、b、c 三点是实线与虚线的交点。则该粒子 A.带负电 B.在 c 点受力最大 C.在 b 点的电势能大于在 c 点的电势能 D.由 a 点到 b 点的动能变化大于有 b 点到 c 点的动能变化 答案:CD 18.(2012 四川卷)(19 分) . 如图所示, ABCD 为固定在竖直平面内的轨道, 段光滑水平, AB BC 段为光滑圆弧,对应的圆心角 θ= 370,半径 r=2.5m,CD 段 平直倾斜且粗糙, 各段轨道均平滑连接, 倾斜轨道所在区域有 5 场强大小为 E=2×l0 N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质 量 m=5×l0-2kg、电荷量 q=+1×10-6C 的小物体(视为质点)被弹 簧枪发射后,沿水平轨道向左滑行,在 C 点以速度 v0=3m/s 冲 上斜轨。以小物体通过 C 点时为计时起点,0.1s 以后,场强大 小不变, 方向反向。 已知斜轨与小物体间的动摩擦因数 μ=0.25。 设 小 物 体 的 电 荷 量 保 持 不 变 , 取 g=10m/s2 . sin370=0.6 , cos370=0.8。 (1)求弹簧枪对小物体所做的功; (2)在斜轨上小物体能到达的最高点为 P,求 CP 的长度。 24.解: 1 (1)设弹簧枪对小物体做功为 Wf,由动能定理得 Wf-mgr(l-cosθ)=2 mv02 ①

代人数据得 Wf=0.475J ② 说明:①式 4 分,②式 2 分。 (2)取沿平直斜轨向上为正方向。设小物体通过 C 点进入电场后的加速度为 a1, 由牛顿第二定律得-mgsinθ-μ(mgcosθ+qE)=ma1 ③ 小物体向上做匀减速运动,经 t1=0.1s 后,速度达到 v1,有 v1=v0+a1t1③ 由③④可知 v1=2.1m/s,设运动的位移为 s1,有 1 sl-v0t1+2 a1t12 ⑤

电场力反向后,设小物体的加速度为 a2,由牛顿第二定律得 -mgsinθ-μ(mgcosθ-qE)=ma2 ⑥ 设小物体以此加速度运动到速度为 0,运动的时间为 t2,位移为 s2,有 0=v1+a2t2 ⑦ 1 s2=v1t2+2 a2t22 ⑧

设 CP 的长度为 s,有 s=s1+s2 ⑨ 联立相关方程,代人数据解得 s=0.57m⑩ 说明:③⑥式各 3 分,④⑤⑦⑧⑨式各 1 分,⑩式 2 分。 19.(2012 安徽卷). 如图 1 所示,半径为 R 均匀带电圆形平板,单位面积带电量为 ? ,

其轴线上任意一点 P (坐标为 x ) 的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出:

? x E =2 ??? ?1 ? r 2 ? x2 ? ?

?

?

? ,方向沿 x 轴。现考虑单位面积带电量为 ? 0 的无限大均匀带 1 ? 2 ? ?

电平板,从其中间挖去一半径为 r 的圆板,如图 2 所示。则圆孔轴线上任意一点 Q (坐标 为 x )的电场强度为 ( A. 2 ?? ? 0 )

?r ?r

x
2

? x2 r

?

1

2

x
● Po
1 2

x
Q


B. 2 ?? ? 0

2

?x

2

?

o r o
O

x C. 2 ?? ? 0 r r D. 2 ?? ? 0 x
20A; 解析:当 R ?? 时,

Ro

O o 图1

o

图2

x R2 ? x2

=0,则 E ? 2?k? 0 ,当挖去半径为 r 的圆孔时,应在

E 中减掉该圆孔对应的场强 E r ? 2???( 0 1 A 正确。

x r ?x
2 2

) E ? ? 2??? ,即

x
0

(r 2 ? x 2)2

1

。选项

八.恒定电流
1.(2012 海南卷)如图,E 为内阻不能忽略的电池,R1、R2、R3 为定值电阻,S0、S 为开关, V 与 A 分别为电压表与电流表。初始时 S0 与 S 均闭合,现将 S 断开,则 A. B. C. D.

V A ○的读数变大,○的读数变小 V A ○的读数变大,○的读数变大 V A ○的读数变小,○的读数变小 V A ○的读数变小,○的读数变大

V 解析:S 开,相当于电阻变大,总电流减小,故端电压增大,○的读数变大,把 R1 归为内
阻,则 R3 中的电压也增大,R3 中的电流也增大,R3 中的电压也增大 2. (2012 浙江卷) .功率为 10w 的发光二极管 (LED 灯) 的亮度与功率为 60W 的白炽灯相当。 根据国家节能战略,2016 年前普通白炽灯应被淘汰。假设每户家庭有 2 只 60W 的白炽灯, 均用 10W 的 LED 灯替代。估算出全国一年节省的电能最接近( )

A.8×108KW·h ×1013KW·h
答案:B

B. 8×1010KW·h

C.

8×1011KW·h

D.

8

3. (2012 上海卷) .如图,低电位报警器由两个基本的门电路与蜂鸣器组成,该报警器只 有当输入电压过低时蜂鸣器才会发出警报。其中( U 蜂鸣器 ) 甲 乙 (A)甲是“与”门,乙是“非”门 (B)甲是“或”门,乙是“非”门 (C)甲是“与”门,乙是“或”门 (D)甲是“或”门,乙是“与”门 答案:B 4. (2012 上海卷) .当电阻两端加上某一稳定电压时,通过该电阻的电荷量为 0.3C,消耗 的电能为 0.9J。为在相同时间内使 0.6C 的电荷量通过该电阻,在其两端需加的电压和消耗 的电能分别是( ) (A)3V,1.8J (B)3V,3.6J (C)6V,1.8J (D)6V,3.6J 答案:D 5. (2012 上海卷) .直流电路如图所示,在滑动变阻器的滑片 P 向右移动时,电源的( ) (A)总功率一定减小 V S (B)效率一定增大 (C)内部损耗功率一定减小 P (D)输出功率一定先增大后减小 A 答案:A、B、C,

6.(2012 全国理综).一台电风扇的额定电压为交流 220V。在其正常工作过程中, 用交流电流表测得某一段时间内的工作电流 I 随时间 t 的变化如图所示。 这段时 间内电风扇的用电量为 A.3.9×10-2 度 B.5.5×10-2 度 C.7.8×10-2 度 D.11.0×10-2 度 【解析】 根据 W ? Pt 计算得 B 正确。 【答案】B 7.(2012 全国理综).(6 分) 在黑箱内有一由四个阻值相同的电阻构成的串并联电路,黑箱面板上有三个 接线柱 1、2、3.用欧姆表测得 1、2 接线柱之间的电阻为 1Ω ,2、3 接线柱之间 的电阻为 1.5Ω ,1、3 接线柱之间的电阻为 2.5Ω 。 (1)在虚线框中画出黑箱中的电阻连接方式;

(2)如果将 1、3 接线柱用导线连接起来,1、2 接线柱之间的电阻为______ Ω。 【解析与答案】 (1)如下图

(2)两电阻并联为 0.6? 。
8. (2012 北京高考卷)(18 分) . 在“测定金属的电阻率”实验中,所用测量仪器均已校准.待测金属丝接入电路部分的 长度约为 50cm. (1)用螺旋测微器测量金属丝的直径,其中某一次测量结果如图 1 所示,其读数应为 ___________mm(该值接近多次测量的平均值)

(2)用伏安法测金属丝的电阻 Rx.实验所用器材为:电池组(电动势为 3V,内阻约 1Ω)、 电流表(内阻 约 0.1Ω)、电压表(内阻约 3kΩ)、滑动变阻器 R(0~20Ω,额定电流 2A)、开关、导线 若干. 某小组同学利用以上器材正确连接好电路,进行实验测量,记录数据如下: 次数 U/V I/A 1 0.10 0.020 2 0.30 0.060 3 0.70 0.160 4 1.00 0.220 5 1.50 0.340 6 1.70 0.460 7 2.30 0.520 据

由以上数 可知,他们测量 Rx 是采用图 2 中的_________图(选填“甲”或“乙”). V Rx R S 甲 图2 S 乙 R A V Rx A

(3)图 3 是测量 Rx 的实验器材实物图,图中已连接了部分导线,滑动变阻器的滑片 P 置 于变阻器的一端. 请根据图(2)所选的电路图,补充完成图 3 中实物间的连线,并使闭合开关的瞬间, U/V 电压表或电流表 2.5 不至于被烧坏. 2.0 1.5 Rx P 1.0 0.5 0 I/A 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60 图4

图3 (4)这个小组的同学在坐标纸上建立 U、I 坐标系,如图 4 所示,图中已标出了测量数 据对应的 4 个坐标点.请在图 4 中标出第 2、4、6 次测量数据坐标点,并描绘出 U ─I 图线.由图线得到金属丝的阻值 Rx=___________Ω(保留两位有效数字). (5)根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为___________(填选项前的符号). A. 1×10-2Ω ? m B. 1×10-3Ω ? m C. 1×10-6Ω ? m D. 1×10-8Ω ? m (6)任何实验测量都存在误差.本实验所用测量仪器均已校准,下列关于误差的说法中 正确的选项是___________(有多个正确选项). A.用螺旋测微器测量金属丝直径时,由于读数引起的误差属于系统误差 B.由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差 C.若将电流表和电压表内阻计算在内,可以消除由测量仪表引起的系统误差 D.用 U─I 图像处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差 答案: (1) (0.395~0.399) (2)甲 (3)如答图 3 2.5 2.0 Rx P 1.5 1.0 0.5 0 答图 3 (4)如答图 3 (4.3~4.7) (5)C I/A 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60 答图 4 (6)CD U/V

9.(2012 山东卷) (2)在测量金属丝电阻率的试验中,可供选用的器材如下: 待测金属丝: Rx (阻值约 4? ,额定电流约 0.5A ) ;

电压表: V (量程 3V ,内阻约 3k? ) ; 电流表: A1 (量程 0.6A ,内阻约 0.2? ) ;

A 2 (量程 3A ,内阻约 0.05? ) ;
电源: E1 (电动势 3V,内阻不计)

E 2 (电动势 12V,内阻不计)
滑动变阻器: R (最大阻值约 20? ) 螺旋测微器;毫米刻度尺;开关 S;导线。 1 ○用螺旋测微器测量金属丝的直径,示数如图所示,读数为 2 ○若滑动变阻器采用限流接法,为使测量尽量精确,电流表应选 选 mm。 、电源应

(均填器材代号) ,在虚线框中(间答题卡)完成电路原理图。

答案: (2)○1.773【1.771 1
1 1

? 1.775 均正确】

2 ○A ;E ;电路图如右。 解析:①1.773【1.771~1.775 均正确】 ②电压表量程 3V,所以电源应选 E1,通过待测金属丝的最

大电流约为 路图如右。

I?

E 3 ? ? 0.75 Rx 4 A,所以电流表应选 A1。电

10.(2012 四川卷) (2)某学习小组的同学拟探究小灯泡 L 的伏安特性曲线,可供选用的器 材如下: 小灯泡 L,规格“4.0V.0.7A”; 电流表 A1,量程 3A,内阻约为 0.1Ω; 电流表 A2,量程 0.6A,内阻 r2=0.2Ω; 电压表 V,量程 3V,内阻 rV=9kΩ; 标准电阻 R1,阻值 1Ω; 标准电阻 R2,阻值 3 kΩ; 滑动变阻器 R,阻值范围 O~ 10Ω,; 学生电源 E,电动势 6V,内阻不计; 开关 S 及导线若干。 ①甲同学设计了如图 1 所示的电路来进行测 量,当通过 L 的电流为 0.46A 时,电压表的示数如 图 2 所示,此时 L 的电阻为____Ω。 ②乙同学又设计了如图 3 所示的电路来进行测 量,电压表指针指在最大刻度时,加在 L 上的电压

值是____V。 ③学习小组认为要想更准确地描绘出 L 完整的伏安特性曲线,需要重新设计电路。请你 在乙同学的基础上利用所供器材, 在图 4 所示的虚线框内补画出实验电路图, 并在图上标明 所选器材代号。 【答案】 :① 5 ② 4 ③见下图中的答图 1 或答图 2。 【分析点拨】先分析图 1、图 3 的弊端,在扩充量程的同时,还要尽可能做到排除电流表的 分压以及电压表的分流。 【解析】 :①电压表示数 2.3V, R ?

2.3 3 ? 5? 。② U L ? (9000 ? 3000 ) ? 4 V。③准 0.46 9000

确地描绘出 L 完整的伏安特性曲线,需要将电流电压调节达到小灯泡的额定值。测量 准确 3A 电流表不能使用, 电压表和 0.6A 电流表量程不够必须改装; 3V 将电压表和 R2 串联, 刚好满足 4 V 量程 (小灯泡额定) 电流的 A2 与 R1 并联即可将电流量程扩至 0.72 ; A(额定为 0.7 A) 。两表改装完毕之后,再考虑内、外接的问题。由于改装后的电压表 量程刚好等于小灯泡额定电压,也就不适于将改装后的安培表内接了,否则电压表会 超量程的。这里最好采用外接法,即答图 1。

【考点定位】本是考查电学实验:“探究小灯泡 L 的伏安特性曲线”。考查了电压表读数,欧 姆定律,电压表、电流表的改装,电流设计。 11.(2012 四川卷)(16 分) . 四川省“十二五”水利发展规划指出,若按现有供水能力测算,我省供水缺口极大,蓄 引提水是目前解决供水问题的重要手段之一。某地要把河水抽高 20m,进入蓄水池,用一台 电动机通过传动效率为 80%的皮带,带动效率为 60%的离心水泵工作。工作电压为 380V,此 3 时输入电动机的电功率为 9kW,电动机的内阻为 0.4Ω 。已知水的密度为 1×l0 kg/m3,重力 2 加速度取 10m/s 。求: (1)电动机内阻消耗的热功率; 3 (2)将蓄水池蓄入 864m 的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度) 。 答案: .解: (l)设电动机的电功率为 P,则 P=UI ① 2 设电动机内阻 r 上消耗的热功率为 Pr,则 Pr=I r ② 3 代入数据解得 Pr=1×10 W ③ 说明:①③式各 2 分,②式 3 分。 (2)设蓄水总质量为 M,所用抽水时间为 t。已知抽水高度为 h,容积为 V,水的密度为 ρ,则 M=ρV ④ 设质量为 M 的河水增加的重力势能为△Ep,则△Ep=Mgh ⑤ 设电动机的输出功率为 P0,则 P0=P-Pr ⑥

根据能量守恒定律得 P0t×60%×80%=△Ep 代人数据解得 t=2×l04s 说明:④⑤式各 1 分,⑥⑧式各 2 分,⑦式 3 分。

⑦ ⑧

12.(2012 天津卷)某同学在进行扩大电流表量程的实验时,需要知道电流表的满偏电流和 内阻,他设计了一个用标准电流表 G1 来校对待测电流表 G2 的满偏电流和测定 G2 内阻的电 路,如图所示,已知 G1 的量程略大于 G2 的量程,图中 R1 为滑动变阻器,R2 为电阻箱,该同学顺利完成了这个实验。 ①实验过程包含以下步骤,其合理的顺序依次为 (填步骤的字母代号) A.合上开关 S2 B.分别将 R1 和 R2 的阻值调至最大 C.记下 R2 的最终读数 D.反复调节 R1 和 R2 的阻值,使 G1 的示数仍为 I1,使 G2 的指针偏转到满刻度的一半,此时 R2 的最终读数为 r E.合上开关 S1 F.调节 R1 使 G2 的指针偏转到满刻度,此时 G1 的示数仍为 I1,记下此时 G1 的示数 ②仅从实验设计原理上看,用上述方法得到的 G2 内阻的测量值与真实值相 比 (填“偏大”“偏小”或“相等” 、 ) ③若要将 G2 的量程扩大为 I,并结合前述实验过程中测量的结果,写出须在 G2 上并联的分 流电阻 Rs 的表达式,Rs= (3)①解析:在组装实验时正确操作是将所有开关断开,将滑动变阻器和电阻箱的电阻调 到最大,然后闭合电源控制开关 S1,就可以校对待测表 G2,由于标准表和待测表串联流过 的电流相等,这时就可以调节 R1 由小到大改变电流对待测表的刻度逐个校对,直到待测表 满偏。 校对完成后闭合开关 S2 构成半偏法测量表头 G2 内阻的电路, 在没有 G1 的情况下只调 节 R2 使待测表半偏,则表头内阻等于 R2 此时的读数,这种做法会造成 G1 的示数增大(原理 上是不变) ,误差大。由于有 G1 可以方便观察干路电流的变化,所以操作为闭合开关 S2 反 复调节 R1 和 R2 使标准表达到待测表满偏时的电流值,同时使待测表半偏,则表头内阻等于 R2 此时的读数。正确顺序为 B、E、F、A、D、C。 ② 解析:由于 G1 测量了干路电流,G2 测量了支路电流,另一直流电流是两表示数之差,然后 根据并联电路电流电阻成反比准确计算。答案”相等”。 ③ 解析:扩大电流表的量程需要并联一个电阻 根据并联关系有 rI 1 ? ( I ? I 1 ) RS ,则 RS ?

I1 r I ? I1

13.(2012 上海卷)(6 分)在练习使用多用表的实验中 . (1)某同学连接的电路如图所示 ①若旋转选择开关,使尖端对准直流电流挡,此时测得 的是通过________的电流; ②若断开电路中的电键,旋转选择开关使其尖端对准欧 姆挡,此时测得的是________的电阻;
R1 S

R2

③若旋转选择开关,使尖端对准直流电压挡,闭合电键,并将滑动变阻器的滑片移至 最左端,此时测得的是________两端的电压。 (2) (单选)在使用多用表的欧姆挡测量电阻时,若( ) (A)双手捏住两表笔金属杆,测量值将偏大 (B)测量时发现指针偏离中央刻度过大,则必需减小倍率,重新调零后再进行测量 (C)选择“?10”倍率测量时发现指针位于 20 与 30 正中间,则测量值小于 25? (D)欧姆表内的电池使用时间太长,虽然完成调零,但测量值将略偏大 答案: (1)①R1 ,②R1 和 R2 串联,③R2(或电源)(2)D, , 14.Ⅱ(2012 安徽卷).(8 分)图为“测绘小灯伏安特性曲线”实验的实物电路图,已知小 灯泡额定电压为 2.5V。 (1) 完成下列 实验步骤: ①闭合开关 前, 调节滑动变阻 器的滑片, ②闭合开关 □ □ 后, 逐渐移动变阻 器 的 滑 片 , ; ③断开开关,?? 。根据实验数据在方格纸上作出小灯泡灯丝的伏安特性曲线。 (2)在虚线框中画出与实物电路相应的电路图。 V 21Ⅱ答案: (1)使滑片移到变阻器最左端;逐渐增大电压直到灯泡 A × 额定电压,分别读出多组相应电流表和电压表的值并记入表格。(2) 电路图如图

15.(2012 江苏卷)(8 分)如图 10-1 图所示的黑箱中有三只完全相同的电学元件,小明使 . 用多用电表对其进行探测。 (1)在使用多用电表前,发现指针不在左边的 0 刻线处,应先调整题 10-2 图中多用电表的 ________(选填“A”“B”或“C”) 、 (2)在用多用电表的直流电压挡探测黑箱 a、b 接点间是否存在电源时,一表笔接 a,另一 表笔应_________(选择“短暂”或“持续”)接 b,同时观察指针偏转情况。 (3)在判断黑箱中无电源后,将选择开关旋至“×1”挡调节好多用电表,测量各接点间阻值, 测量中发现,每对接点间正反阻值均相等,测量记录如下表,两表笔分别接 a、b 时,多用 电表的示数如图 10-2 图所示。请将记录表补充完整,并在答题卡黑箱图中画出一种可能的 电路 两表笔接的接点 a ,b a ,c b ,c 多用表的示数 _________Ω 10.0Ω 15.0Ω

【答案】(1)A (2)短暂

(3)5.0(如图)

16.(2012 重庆卷) (2)某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的柑橘作了 果汁电池,他们测量这种电池的电动势 E 和内阻 r,并探究电极间距对 E 和 r 的影响。实验 器材如题目 22 图 3 所示。 ①测量 E 和 r 的实验方案为: 调节滑动变阻器, 改变电源两端的电压 U 和流过电源的电流 I, 依据公式___________,利用测量数据作出 U-I 图像,得出 E 和 r。 ②将电压表视为理想表,要求避免电流表分压作用对测量结果的影响,请在题 22 图 3 中用 笔画线代替导线连接电路。 ③实验中依次减小铜片与锌片的间距, 分别得到相应果汁电池的 U-I 图像如题 22 图 4 (见下 页)中(a)(b)(c)(d)所示,由此可知: 、 、 、 在该实验中,随电极间距的减小,电源电动势___________(填“增大” “减小”或“不 变”,电源内阻________(填“增大” ) “减小”或“不 变”。 ) 曲线(c)对应的电源电动势 E=_____________V, 内阻 r=____________Ω , 当外电路总电阻为 2500Ω 时, 该电源的输出功率 P=_____________mW. (均保留三位 有效数字)

22?①U=E-Ir ②见答 22 图 ③不变 增大 0.975 478 0.268

17. (2012 海南卷) 1 是改装并校准电流表的电路图, .图 已知表头 a 的量程为 Ig=600 ? A 内 阻为 Rg,A 是标准电流表,要求改装后的电流表量程为 I=60mA。完成下列填空。 (1) 图 1 中分流电阻 Rp 的阻值为_______。

(2)在电表改装成后的某次校准测量中,a 表的示数如图所是,由此读出流过 a 电流表的 电流为___mA。此时流过分流电阻 R 跑的电流为_______mA(保留一位小数) 答案(1)

Rg 99

(2)49.5、 49.0

九.磁场
1. (2012 天津卷) .如图所示,金属棒 MN 两端由等长的轻质细线水平悬挂,处于竖直向上 的匀强磁场中,棒中通以由 M 向 N 的电流,平衡时两悬线 与竖直方向夹角均为 θ,如果仅改变下列某一个条件,θ 角 的相应变化情况是( ) A.棒中的电流变大,θ 角变大 B.两悬线等长变短,θ 角变小 C.金属棒质量变大,θ 角变大 D.磁感应强度变大,θ 角变小 解析: 水平的直线电流在竖直磁场中受到水平的安培力而偏 转,与竖直方向形成夹角,此时它受拉力、重力和安培力而达到平衡,根据平衡条件有

tan? ?

F安 mg

?

BIL ,所以棒子中的电流增大 θ 角度变大;两悬线变短,不影响平衡状态, mg

θ 角度不变;金属质量变大 θ 角度变小;磁感应强度变大 θ 角度变大。答案 A。

2.(2012 全国理综)质量分别为 m1 和 m2、电荷量分别为 q1 和 q2 的两粒子在同一

匀强磁场中做匀速圆周运动,已知两粒子的动量大小相等。下列说法正确的是 A.若 q1=q2,则它们作圆周运动的半径一定相等 B.若 m1=m2,则它们作圆周运动的周期一定相等 C. 若 q1≠q2, 则它们作圆周运动的半径一定不相 等 D. 若 m1≠m2,则它们作圆周运动的周期一定不相等 【解析】根据半径公式 r ? 【答案】AC 3.(2012 全国理综).如图,两根互相平行的长直导线过纸面上的 M、N 两点,且 与纸面垂直,导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、o、b 在 M、N 的连线 上,o 为 MN 的中点,c、d 位于 MN 的中垂线上,且 a、b、 c、d 到 o 点的距离均相等。关于以上几点处的磁场,下 列说法正确的是 A.o 点处的磁感应强度为零 B.a、b 两点处的磁感应强度大小相等,方向相反 C.c、d 两点处的磁感应强度大小相等,方向相同 D.a、c 两点处磁感应强度的方向不同 【解析】A 错误,两磁场方向都向下,不能 ;a、b 两点处的磁感应强度大小相 等,方向相同,B 错误;c、d 两点处的磁感应强度大小相等,方向相同,C 正确; c、d 两点处的磁感应强度方向相同,都向下,D 错误。 【答案】C
1. 4. (2012 海南卷) 如图, 在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场, 电场方向竖直向下, 磁场方向垂直于纸面向里。 一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板。 若不计重力, 下列四个物理量中哪一个改变时,粒子运动轨迹不会改变? A.粒子速度的大小 B.粒子所带的电荷量 C.电场强度 D.磁感应强度 5. (2012 广东卷).质量和电量都相等的带电粒子 M 和 N, 以不同的速度率经小孔 S 垂直进入匀强磁场, 运行的半圆轨 迹如图 2 种虚线所示,下列表述正确的是 A.M 带负电,N 带正电 B.M 的速度率小于 N 的速率 C.洛伦磁力对 M、N 做正功 D.M 的运行时间大于 N 的运行时间 答案:A 6. (2012 北京高考卷) .处于匀强磁场中的一个带电粒子,仅在磁场力作用下做匀速圆周 运动.将该粒子的运动等效为环形电流,那么此电流值 A.与粒子电荷量成正比 B.与粒子速率成正比 C.与粒子质量成正比

mv 2?m 及周期公式 T ? 知 AC 正确。 qB qB

D.与磁感应强度成正比 答案:D

7. (2012 安徽卷). 如图所示,圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,一个带电粒子 以速度 v 从 A 点沿 直径 AOB 方向射入磁场,经过 ?t 时间从 C 点射出磁场, OC 与 OB 成 60°角。现将带电粒子的速度变 × × × 为 v /3,仍从 A 点沿原方向射入磁场,不计重力,则粒子在磁 × × × × × × × × × × 场中的运动时间变为 ( ) O B A● × × × × × 1 A. B.2 ?t ?t ×× × ×× 2 × × × 1 C. D.3 ?t ?t C

3

19B; 解析:根据作图法找出速度为 v 时的粒子轨迹圆圆心 O' ,由几 何关系可求出磁场中的轨迹弧所对圆心角∠A O'C=60°,轨迹 圆半径 O?A ?

3R ,当粒子速度变为 v/3 时,其轨迹圆半径

O ??A ?

3 R ,磁场中的轨迹弧所对圆心角∠A O' 'D=120°, 3
知 ?t ? ? 2?t ,故选 B。

× × A● × × ● O' '

× × × × × × D

× × × O × × ×

× × × × × × C

× × B × ×

由t ?

?m
qB

O'

8. (2012 山东卷).(18 分)如图甲所示,相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀 强磁场 区,磁场方向垂直纸面向里,在边界上固定两长为 L 的平行金属极板 MN 和 PQ,两极板中 心各有一小孔 周期为

S1



S2

,两极板间电压的变化规律如图乙所示,正反向电压的大小均为

U0



T0

S 。在 t ? 0 时刻将一个质量为 m 、电量为 ?q ( q ? 0 )的粒子由 1 静止释放,粒

t?
子在电场力的作用下向右运动, 在

T0 2 时刻通过 S 2 垂直于边界

进入右侧磁场区。 (不计粒子重力,不考虑极板外的电场) (1)求粒子到达

S2

时德 速度大小 v 和极板距离 d 。

(2)为使粒子不与极板相撞,求磁感应强度的大小 应满足的条件。 (3)若已保证了粒子未与极板相撞,为使粒子在 次到达

t ? 3T0

时刻再

S2

,且速度恰好为零,求该过程中粒子在磁场内运动的时

间和磁感强度的大小

答案: (1)粒子由

S1



S2

的过程中,根据动能定理得

1 qU 0 ? mv 2 2
由○式得 1

○ 1

v?

2qU 0 m

○ 2

设粒子的加速度大小为 a ,由牛顿第二定律得

q

U0 ? ma d

○ 3

由运动学公式得

1 T d ? a ( 0 )2 2 2
联立○○式得 3 4

○ 4

d?

T0 2qU 0 4 m

○ 5

(2)设磁感应强度大小为 B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R,由牛顿第二定律得

v2 qvB ? m R
2R ? L 2

○ 6

要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞,须满足

○ 7

联立○○○式得 2 6 7

B?

4 2mU 0 L q

○ 8

(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为 1 ,有

t

d ? vt1
联立○○○式得 2 5 9

○ 9

t1 ?

T0 4
S2

○ 10 时速度恰好为零,粒子回到极板间应做匀减速运动,设匀减速运动的时

若粒子再次达到

间为 2 ,根据运动学公式得

t

v d ? t2 2
联立○○11式得 9 10○

○ 11

t2 ?

T0 2

○ 12

设粒子在磁场中运动的时间为 t

t ? 3T0 ?

T0 ?t ?t 2 1 2

○ 13

联立○12○ 10○13式得

t?

7T0 4

14 ○

设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为 T,由○式结合运动学公式得 6

T?

2? m qB

15 ○

由题意得

T ?t
联立○15○ 14○16式得

○ 16

B?

8? m 7qT0

17 ○

9.(2012 四川卷)(20 分) . 如图所示,水平虚线 X 下方区域分布着方向水平、垂直纸面向里、 磁感应强度为 B 的匀强磁场, 整个空间存在匀强电场 (图中未画出) 。 质量为 m,电荷量为+q 的小球 P 静止于虚线 X 上方 A 点,在某一瞬 间受到方向竖直向下、大小为 I 的冲量作用而做匀速直线运动。在 A 点右下方的磁场中有定点 O,长为 l 的绝缘轻绳一端固定于 O 点, 另一端连接不带电的质量同为 m 的小球 Q,自然下垂。保持轻绳伸 0 直,向右拉起 Q,直到绳与竖直方向有一小于 5 的夹角,在 P 开始 运动的同时自由释放 Q,Q 到达 O 点正下方 W 点时速率为 v0。P、Q 两小球在 W 点发生正碰,碰后电场、磁场消失,两小球粘在一起运 动。P、Q 两小球均视为质点,P 小球的电荷量保持不变,绳不可伸 长,不计空气阻力,重力加速度为 g。 (1)求匀强电场场强 E 的大小和 P 进入磁场时的速率 v; (2)若绳能承受的最大拉力为 F,要使绳不断,F 至少为多大?

(3)求 A 点距虚线 X 的距离 s。 答案: .解: (1)设小球 P 所受电场力为 F1,则 F1=qE ① 在整个空间重力和电场力平衡,有 Fl=mg ② 联立相关方程得 E=mg/q ③ 设小球 P 受到冲量后获得速度为 v,由动量定理得 I=mv ④ 得 v=I/m ⑤ 说明:①②③④⑤式各 1 分。 (2)设 P、Q 同向相碰后在 W 点的最大速度为 vm,由动量守恒定律得 mv+mv0=(m+m)vm ⑥ (m+m) 2 此刻轻绳的张力也为最大,由牛顿运动定律得 F-(m+m)g= l vm 联立相关方程,得 I+mv0 F=( 2ml )2+2mg ⑧ ⑦

说明:⑥⑦式各 2 分,⑧式 1 分。 (3)设 P 在肖上方做匀速直线运动的时间为 h,则 设 P 在 X 下方做匀速圆周运动的时间为 tP2,则 πm tP2=2Bq ⑩ s tP1=v ⑨

设小球 Q 从开始运动到与 P 球反向相碰的运动时间为 tQ,由单摆周期性,有

1 l t Q ? (n ? )2? 4 g
由题意,有 tQ=tP1+ tP2 联立相关方程,得 12

11

1 2?I s ? (n ? ) 4 m

l ?I ? g 2 Bq

n 为大于 ?

? m ? 4 Bq ?

g 1? ? ? 的整数 l 4? ?

13

设小球 Q 从开始运动到与 P 球同向相碰的运动时间为 tQ?,由单摆周期性,有

3 l ? t Q ? ( n ? ) 2? 4 g
同理可得

14

3 2?I s ? (n ? ) 4 m

l ?I ? g 2 Bq

n 为大于 ?

? m ? 4 Bq ?

g 3? ? ? 的整数 l 4? ?

15

说明:⑨11 12 14 式各 1 分,⑩

13 15 式各 2 分。

10.(2012 全国新课标).(10 分) 图中虚线框内存在一沿水平方向、 且与纸面垂直的匀强磁场。 现通过测量通电导线在磁场中 所受的安培力, 来测量磁场的磁感应强度大小、 并判定其方向。 所用部分器材已在图中给出, 其中 D 为位于纸面内的 U 形金属框,其底边水平,两侧边竖直且等长;E 为直流电源;R 为

电阻箱;○为电流表;S 为开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。 A (1)在图中画线连接成实验电路图。 (2)完成下列主要实验步骤中的填空 ①按图接线。 ②保持开关 S 断开,在托盘内加入适量细沙,使 D 处 于平衡状态;然后用天平称出细沙质量 m1。 ③闭合开关 S,调节 R 的值使电流大小适当,在托盘 内 重 新 加 入 适 量 细 沙 , 使 D________ ; 然 后 读 出 ___________________,并用天平称出____________。 ④用米尺测量_______________。 (3)用测量的物理量和重力加速度 g 表示磁感应强度的大小,可以得出 B=_________。 (4)判定磁感应强度方向的方法是:若____________,磁感应强度方向垂直纸面向外;反 之,磁感应强度方向垂直纸面向里。 [答案] ③重新处于平衡状态, 电流表的示数 I, 此时细沙的质量 m2 ④D 的底边长 L (3) B ?

m1 ? m2 g IL

(4) m2 ? m1

(4) 11.(2012 全国新课标).(18 分) 如图,一半径为 R 的圆表示一柱形区域的横截面(纸面) 。在柱形区域内加一方向垂直于纸 面的匀强磁场,一质量为 m、电荷量为 q 的粒子沿图中直线在圆上的 a 点射入柱形区域,在 圆上的 b 点离开该区域,离开时速度方向与直线垂直。圆心 O 到直线的距离 为

3 R 。现将磁场换为平等于纸面且垂直于直线的匀强电场,同一粒子以同 5

样速度沿直线在 a 点射入柱形区域,也在 b 点离开该区域。若磁感应强度大 小为 B,不计重力,求电场强度的大小。

[答案] E ?

14 qRB2 5m

[解析]粒子在磁场中做圆周运动,设圆周的半径为 r,由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得 v2 qvB=m r ① 式中 v 为粒子在 a 点的速度。

过 b 点和 O 点作直线的垂线,分别与直线交于 c 和 d 点。由几何关系知,线段 ac 、bc 和过 a、b 两点的轨迹圆弧的两条半径围成一正方形。因此, ac ? bc ? r 设 cd =x,由几何关系得 ac ? ② ④

4 R?x 5



bc ?

3 R ? R2 ? x2 5

联立式得 r ?

7 R 5



再考虑粒子在电场中的运动。设电场强度的大小为 E,粒子在电场中做类平抛运动。设其加 速度大小为 a,由牛顿第二定律和带电粒子在电场中受力公式得

qE ? ma ⑥
粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为 r,由运动学公式得

r?

1 2 at 2



r ? vt ⑧

14 qRB2 式中 t 是粒子在电场中运动的时间,联立式得 E ? ⑨ 5m
12. (2012 天津卷).对铀 235 的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要意义,如图所 示,质量为 m、电荷量为 q 的铀 235 离子,从容器 A 下方的小孔 S1 不断飘入加速电场,其 初速度可视为零,然后经过小孔 S2 垂直于磁场方向进入磁感应强度为 B 的匀强磁场中,做 半径为 R 的匀速圆周运动,离子行进半个圆周后离开磁场并被收 集,离开磁场时离子束的等效电流为 I,不考虑离子重力及离子间 的相互作用。 (1)求加速电场的电压 U (2)求出在离子被收集的过程中任意时间 t 内收集到离子的质量 M (3)实际上加速电压的大小会在 U±?U 范围内微小变化,若容器 A 中有电荷量相同的铀 235 和铀 238 两种离子, 如前述情况它们经电场加速后进入磁场中会 发生分离,为使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠, 百分数表示,保留两位有效数字) 答案: 解析: (1)铀粒子在电场中加速到速度 v,根据动能定理有

?U 应小于多少?(结果用 U

1 2 mv ? qU 2
mv 2 ? qvB R
由以上两式化简得



进入磁场后在洛伦兹力作用下做圆周运动,根据牛顿第二定律有 ②

U?

qB 2 R 2 2m



(2)在时间 t 内收集到的粒子个数为 N,粒子总电荷量为 Q,则

Q ? It
N? Q q





M ? Nm
由④④⑤⑥式解得



M ?

mIt q



(3)两种粒子在磁场中运动的轨迹不发生交叠,即不要重合,由可得半径为

R?

1 B

2mU q



由此可知质量小的铀 235 在电压最大时的半径存在最大值

Rmax ?

1 B

2m(U ? ?U ) q

质量大的铀 238 质量 m? 在电压最小时的半径存在最小值

Rmin ?

1 B

2m(U ? ?U ) q

所以两种粒子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为

1 B

2m(U ? ?U ) 1 < q B

2m(U ? ?U ) q



化简得

?U m? ? m 238u ? 235u 3 < ? ? ? 0.63 ﹪ U m? ? m 238u ? 235u 473



13.(2012 上海卷)(13 分)载流长直导线周围磁场的磁感应 . N 强度大小为 B=kI/r, 式中常量 k>0,I 为电流强度,r 为距导 M a b 线的距离。在水平长直导线 MN 正下方,矩形线圈 abcd 通以 逆时针方向的恒定电流, 被两根轻质绝缘细线静止地悬挂, 如 d c 图所示。开始时 MN 内不通电流,此时两细线内的张力均为 T0。当 MN 通以强度为 I1 的电流时,两细线内的张力均减小为 T1,当 MN 内电流强度变为 I2 时,两细线内的张力均大于 T0。 (1)分别指出强度为 I1、I2 的电流的方向; (2)求 MN 分别通以强度为 I1、I2 的电流时,线框受到的安培力 F1 与 F2 大小之比; (3)当 MN 内的电流强度为 I3 时两细线恰好断裂,在此瞬间线圈的加速度大小为 a,求 I3。 答案: (1)I1 方向向左,I2 方向向右, (2)当 MN 中通以电流 I 时,线圈所受安培力大小为 F= 1 1 kIiL(r -r ) 1:F2=I1:I2, ,F 1 2 (3) 0=G,2T1+F1=G, 3+G=G/ga,I1:I3=F1:F3=(T0 2T F -T1)g /(a-g)T0,I3=(a-g)T0I1/(T0-T1)g, 14.(2012 江苏卷) .如图所示,MN 是磁感应强度 B 匀强

磁场的边界,一质量为 m、电荷量为 q 粒子在纸面内从 O 点射入磁场,若粒子速度为 v0, 最远可落在边界上的 A 点,下列说法正确的有 A.若粒子落在 A 点的左侧,其速度一定小于 v0 B.若粒子落在 A 点的右侧,其速度一定大于 v0

qBd 2m qBd D.若粒子落在 A 点左右两侧 d 的范围内,其速度不可能大于 v0 + 2m
C.若粒子落在 A 点左右两侧 d 的范围内,其速度不可能小于 v0 -

【解析】当粒子以速度 v 0 垂直于 MN 进入磁场时,最远,落在 A 点,若粒子落 在 A 点的左侧,速度不一定小于 v 0 ,可能方向不垂直,落在 A 点的右侧,速度 一定大于 v 0 ,所以 A 错误,B 正确;若粒子落在 A 点的右侧 d 处,则垂直 MN 进 入 时 , 轨 迹 直 径 为 2r ? OA ? d , 即
v ? v0 ?
2mv0 2mv ? OA ? d , 已 知 ? OA , 解 得 qB qB

qdB qdB ,不垂直 MN 进时, v ? v0 ? ,所以 C 正确,D 错误。 2m 2m 【答案】BC
15. (2012 江苏卷)(16 分)如图所示,待测区域中存在匀强电场与匀强磁场,根据带电 . 粒子射入时的受力情况可推测其电场 y 和磁场,图中装置由加速器和平移器 l l l x 组成,平移器由两对水平放置、相距 o U -U A z 为 l 的相同平行金属板构成, 极板长度 待测区域 m +q 为 l,问距为 d,两极板间偏转电压大 + Uo 小相等,电场方向相反,质量为 m、 电荷量为+q 的粒子经加速电压 U0 加 速后,水平射入偏转电压为 U1 的平移器,最终从 A 点水平射入待测区域,不考虑粒子受到 的重力。 (1)求粒子射出平移器时的速度大小 v1; (2)当加速电压变为 4U0 时,欲使粒子仍从 A 点射入待测区域,求此时的偏转电压 U; (3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域,刚进入时的受力大小均为 F,现取水平 向右为 x 轴正方向,建立如图所示的直角坐标系 oxyz,保持加速电压 U0 不变,移动装置使 粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域, 粒子刚射入时的受力大小如下表所示, 请推测该区 域中电场强度与磁感应强度的大小及可能的方向
1 2
0 0 0 0 0

射入方向 受力大小

y

-y

z

-z

5F

5F

7F

3F

【答案】 (1)设粒子射出加速器的速度为 v 0 , 动能定理 qU 0 ?
1 2 mv 0 2

由题意得 v1 ? v0 ,即 v1 ?

2qU 0 m

(2)在第一个偏转电场中,设粒子的运动时间为 t : qU1 加速度的大小 a ? , md 在离开时,竖直分速度 竖直位移 y z ?
v y ? at

1 2 水平位移 l ? v1t at 2 粒子在两偏转电场间做匀速直线运动,经历时间也为 t

竖直位移 y z ? v z t 由题意知,粒子竖直总位移 y ? 2 y1 ? y z ,解得 y ? 则当加速电压为 4U 0 时, U ? 4U 1 (3) (a) 由沿 x 轴方向射入时的受力情况可知:B 平行于 x 轴,且 E ?
(b) 由沿 ? y 轴方向射入时的受力情况可知: E 与 Oxy 平面平行。
F 2 ? f 2 ? ( 5F ) 2 ,则 f ? 2 F

U 1l 2 U 0d

F q

且 f ? qv1 B

解得 B ?

F q

2m qU 0

(c) 设电场方向与 x 轴方向夹角为 a ,

若 B 沿 x 轴方向,由沿 z 轴方向射入时的受力情况得
( f ? F sin a) 2 ? ( F cos a) 2 ? ( 7 F ) 2

解得 a ? 30 0 ,或 a ? 150 0 即 E 与 Oxy 平面平行且与 x 轴方向的夹角为 300 或 1500, 同理若 B 沿 ? x 轴方向,E 与 Oxy 平面平行 且与 x 轴方向的夹角为-300 或-1500。
16.(2012 重庆卷)(18 分)有人设计了一种带 . 电颗粒的速率分 选装置,其原理如题 24 图所示。两带电金属板 间有匀强电场,方向竖直向上,其中 PQNM 矩形

区域内还有方向垂直纸面向外的匀强磁场。一束 比荷(电荷量与质量之比)均为 1/k 的带正电颗 粒,以不同的速率沿着磁场区域的中心线 o ? O 进 入两金属板之间,其中速率为 v0 的颗粒刚好从 Q 点处离开磁场,然后做匀速直线运动到达收集 板。重力加速度为 g,PQ=3d,NQ=2d,收集板与 NQ 的距离为 l ,不计颗粒间相互作用,求 ?电场强度 E 的大小 ?磁感应强度 B 的大小 ?速率为λ v0(λ >1)的颗粒打在收集板上的位置到 O 点的距离。 24. (18 分) ?设带电颗粒的电量为 q,质量为 m 有

qE ? mg
将 q/m=1/k 代入得 E ? kg ?如答 24 图 1,有

qv0 B ? mv 0
2

2

R
2

R 2 ? ?3d ? ? ?R ? d ?
得 B ? kv0 / 5d ?如答 24 图 2 有

q?v0 B ? m??v0 ? R1
2

tan? ? 3d

R12 ? ?3d ?
2

2

y1 ? R1 ? R12 ? ?3d ?

y 2 ? l tan? y ? y1 ? y 2
得 y ? d 5? ? 25? ? 9 ? 3l
2

?

?

25?2 ? 9

17.(2012 浙江卷). (20 分)如图所示,两块水平放置、相距为 d 的长金属板接在电压可调的 电源上。 两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。 将喷墨打印机的喷口靠近 上板下表面,从喷口连续不 断喷出质量均为 m、水平速度均为 v 带相等电荷量的墨滴。调节电源电压至 U,墨滴在电场 区域恰 能沿水平向右做匀速直线运动; 进入电场、 磁场 共存区域后,最终垂直打在下板的 M 点。

(1)判断墨滴所带电荷的种类,并求其电荷量; (2)求磁感应强度 B 的值; (3)现保持喷口方向不变,使其竖直下移到两板中间的位置。为了使墨滴仍能到达下板 M 点,应将磁感应强度调至 B’,则 B’的大小为多少? 答案:

18.

16. (2012 海南)图(a)所示的 xOy 平面处于匀 强磁场中,磁场方向与 xOy 平面(纸面)垂直, 磁感应强度 B 随时间 t 变化的周期为 T,变化图线 如图(b)所示。当 B 为+B0 时,磁感应强度方向 指向纸外。在坐标原点 O 有一带正电的粒子 P, 其电荷量与质量之比恰好等于 2π /(TB0)。不计重 力。 P 在某时刻 t0 以某一初速度沿 y 轴正向自 O 设 点开始运动,将它经过时间 T 到达的点记为 A。 (1)若 t0=0,则直线 OA 与 x 轴的夹角是多少? (2) 若 t0=T/4,则直线 OA 与 x 轴的夹角时多少? (3)为了使直线 OA 与 x 轴的夹角为π /4,在 0<t0<T/4 的范围内,t0 应取何值?

十.电磁感应
1. (2012 福建卷) .如图甲,一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落,穿过一根竖直悬挂的 条形磁铁,铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴始终保持重合。若取磁铁中心 O 为坐标原点, 建立竖直向下正方向的 x 轴,则图乙中最能正确反映环中感应电流 i 随环心位置坐标 x 变化 的关系图像是

答案:B 2.(2012 全国新课标).如图,均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框,半圆直径与 磁场边缘重合;磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里,磁感应强度大小为 B0.使该线框从静 止开始绕过圆心 O、垂直于半圆面的轴以角速度 ω 匀速转动半周,在线框中产生感应电流。 现使线框保持图中所示位置, 磁感应强度大小随时间线性变化。 为了产生与线框转动半周过 程中同样大小的电流,磁感应强度随时间的变化率

?B 的大小应为 ?t

A.

4?B0

?

B.

2?B0

?

C.

?B0 ?

D.

?B0 2?

[答案]C [解析]匀速转动时感应电动势与磁场变化时感应电动势相同即可。匀速转动 时感应电动势 E ?

1 BR 2? 式 中 R 为 半 径 。 磁 场 变 化 时 感 应 电 动 势 2

E?

?B ?R 2 ? 。二者相等可得答案。 ?t 2

3. (2012 上海卷) 正方形导线框处于匀强磁场中,磁场方向垂直框平面,磁感应强度随 . 时间均匀增加,变化率为 k。导体框质量为 m、边长为 L,总电阻为 R,在恒定外力 F 作用 下由静止开始运动。导体框在磁场中的加速度大小为__________,导体框中感应电流做功 的功率为_______________。 2 4 答案:F/m,k L /R, 4. (2012 北京高考卷) .物理课上,老师做了一个奇妙的“跳环实验” .如图,她把 ? 一个带铁芯的线圈 L、 开关 S 和电源用导线连接起来后, 将一金属套环置于线圈 F L 上,且使铁芯穿过套环,闭合开关 S 的瞬间,套环立刻跳起.某同学另找来器 ? 材再探究此实验. 他连接好电路, 经重复 实验,线圈上的套环均未动,对比老师演示的实验,

? ?

? ?

? ?

?B ?

下列四个选项中,导致套环未动的原因可能是 A.线圈接在了直流电源上 B.电源电压过高 C.所选线圈的匝数过多 D.所用套环的材料与老师的不同 答案:D 5. (2012 海南卷).如图,EOF 和 E?O?F ? 为空间一匀强磁场的边界,其中 EO∥ E ?O? ,FO ∥ F ?O? ,且 EO⊥OF; OO? 为∠EOF 的角平分线, OO? 间的距离为 l;磁场方向垂直于纸 面向里。 一边长为 l 的正方形导线框沿 OO? 方向匀速通过磁场, =0 时刻 t 恰好位于图示位置。规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正,则感应 电流 i 与实践 t 的关系图线可能正确的是

答案:A 6. (2012 山东卷).如图所示,相距为 L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角 为 ? ,上端接有定值电阻,匀强磁场垂直于导轨平面,磁感应强度为 B。将质量为 m 的 导体棒由静止释放,当速度达到 v 时开始匀速运动,此时对导体棒施加一平行于导轨向 下的拉力,并保持拉力的功率为 P,导体棒最终以 2v 的速度匀速运动。导体棒始终与导 轨垂直且接触良好,不计导轨和导体棒的电阻,重力加速度为 g,下列选项正确的是 A. P ? 2mg sin ? B. P ? 3mg sin ?

C.当导体棒速度达到

v g 时加速度为 sin ? 2 2

D.在速度达到 2v 以后匀速运动的过程中,R 上产生的焦耳热等于 拉力所做的功 答案:AC 7. (2012 四川卷) .半径为 a 右端开小口的导体圆环和长为 2a 的导体直杆,单 位长度电阻均为 R0。圆环水平固定放置,整个内部区域分布着竖直向下的匀强 磁场,磁感应强度为 B。杆在圆环上以速度 v 平行于直径 CD 向右做匀速直线运 动,杆始终有两点与圆环良好接触,从圆环中心 O 开始,杆的位置由 θ 确定, 如图所示。则 A.θ=0 时,杆产生的电动势为 2Bav

π B.θ=3 时,杆产生的电动势为 3 Bav C.θ=0 时,杆受的安培力大小为

2 B 2 av (? ? 2) R0

π 3B 2 av D.θ=3 时,杆受的安培力大小为 (5? ? 3) R0 答案:AD 8.(2012 全国新课标).如图,一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内,线框在长 直导线右侧,且其长边与长直导线平行。已知在 t=0 到 t=t1 的时间间隔内,直导线中电流 i 发生某种变化, 而线框中感应电流总是沿顺时针方向; 线框受到的安培力的合力先水平向左、 后水平向右。设电流 i 正方向与图中箭头方向相同,则 i 随时间 t 变化的图线可能是

[答案]A [解析]要求框中感应电流顺时针,根据楞次定律,可知框内磁场要么向里减弱(载流直导线 中电流正向减小) ,要么向外增强(载流直导线中电流负向增大) 。线框受安培力向左时,载 流直导线电流一定在减小,线框受安培力向右时,载流直导线中电流一定在增大。故答案选 A。 8. (2012 重庆卷) .如题 21 图所示,正方形区域 MNPQ 垂直纸面向里的 匀强磁场。在外力作用下,一正方形闭合刚性导线框沿 QN 方向匀速运动,t=0 时刻,其四个顶点 M ? 、 N ? 、 P? 、 Q ? 恰好在磁场边界中点。下列图象中能反映线框所受安培力 f 的大小随时间 t 变化规律的是

答案:B

9. (2012 上海卷)(4 分)为判断线圈绕向,可将灵敏电流计 G 与线圈 L 连 . 接,如图所示。已知线圈由 a 端开始绕至 b 端;当电流从电流计 G 左端流入 时,指针向左偏转。 (1)将磁铁 N 极向下从线圈上方竖直插入 L 时,发现指针向左偏转。 俯视线圈,其绕向为_______________(填“顺时针”或“逆时针”。 ) (2)当条形磁铁从图中虚线位置向右远离 L 时,指针向右偏转。俯视 线圈,其绕向为_______________(填“顺时针”或“逆时针”) 。 答案: (1)顺时针, (2)逆时针,

S

N a G b L N S

10. (2012 天津卷).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,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, 当棒的位移 x=9m 时撤去外力, 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,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)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 答案:(18 分) . 解析: (1)棒匀加速运动所用时间为 t,有

1 2 at ? x 2

t?

2x ? a

2?9 ? 3s 2

根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求电路中产生的平均电流为

I ?

E ?? Blx 0.4 ? 0.5 ? 9 ? ? ? ? 1.5 A R ? r t (r ? R) t (r ? R) 3 ? (0.3 ? 0.1)

根据电流定义式有

q ? It ? 1.5 ? 3 ? 4.5 C
(2)撤去外力前棒做匀加速运动根据速度公式末速为 v ? at ? 2 ? 3 ? 6 m/s 撤去外力后棒在安培力作用下做减速运动,安培力做负功先将棒的动能转化为电 能,再通过电流做功将电能转化为内能,所以焦耳热等于棒的动能减少。有

Q2 ? ?Ek ?

1 2 1 mv ? ? 0.1 ? 6 2 ? 1.8 J 2 2

(3)根据题意在撤去外力前的焦耳热为 Q1 ? 2Q2 ? 3.6 J 撤去外力前拉力做正功、安培力做负功(其大小等于焦耳热 Q1) 、重力不做功共同 使棒的动能增大,根据动能定理有

?E k ? WF ? Q1
则 ?E k ? WF ? Q1 ? ?E k ? 3.6 ? 1.8 ? 5.4 J

11.(2012 广东卷).(18 分) 如图 17 所示,质量为 M 的导体棒 ab,垂直放在相距为 l 的平行光滑金属轨道上。导轨平 面与水平面的夹角为 θ,并处于磁感应强度大小为 B、方向垂直与导轨平面向上的匀强磁场 中,左侧是水平放置、间距为 d 的平行金属板,R 和 Rx 分别表示定值电阻和滑动变阻器的 阻值,不计其他电阻。 (1)调节 Rx=R,释放导体棒,当棒沿导轨匀速下滑时,求通过棒的电流 I 及棒的速率 v。 (2)改变 Rx,待棒沿导轨再次匀速下滑后,将质量为 m、带电量为+q 的微粒水平射入金 属板间,若它能匀速通过,求此时的 Rx。

答案:.(18 分) 解: (1)当 Rx=R 棒沿导轨匀速下滑时,由平衡条件

Mg sin ? ? F
安培力 F ? BIl 解得 I ?

Mg sin ? Bl 感应电动势 E ? Blv E 电流 I ? 2R 2MgR sin ? 解得 v ? B 2l 2
(2)微粒水平射入金属板间,能匀速通过,由平衡条件 mg ? q 棒沿导轨匀速,由平衡条件 Mg sin ? ? BI1l 金属板间电压 U ? I1 Rx 解得 Rx ?

U d

mldB Mq sin ?

12.(2012 上海卷)(14 分)如图,质量为 M 的足够 . B 长金属导轨 abcd 放在光滑的绝缘水平面上。 一电阻不 b e Q a 计,质量为 m 的导体棒 PQ 放置在导轨上,始终与导 F B 轨接触良好,PQbc 构成矩形。棒与导轨间动摩擦因数 f P d 为?,棒左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨 bc 段 c 长为 L,开始时 PQ 左侧导轨的总电阻为 R,右侧导轨单位长度的电阻为 R0。以 ef 为界,

其左侧匀强磁场方向竖直向上,右侧匀强磁场水平向左,磁感应强度大小均为 B。在 t=0 时, 一水平向左的拉力 F 垂直作用于导轨的 bc 边上, 使导轨由静止开始做匀加速直线运动, 加速度为 a。 (1)求回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式; (2)经过多少时间拉力 F 达到最大值,拉力 F 的最大值为多少? (3)某一过程中回路产生的焦耳热为 Q,导轨克服摩擦力做功为 W,求导轨动能的 增加量。 答案: (1) 感应电动势为 E=BLv, 导轨做初速为零的匀加速运动, v=at, E=BLat, s=at2/2, 感应电流的表达式为 I=BLv/R 总=BLat/(R+2R0?at2/2)=BLat/(R+R0at2) , (2)导轨受安培力 FA=BIL=B2L2at/(R+R0at2) ,摩擦力为 Ff=?FN=?(mg+BIL) =?[mg+B2L2at/(R+R0at2)],由牛顿定律 F-FA-Ff=Ma,F=Ma+FA+Ff=Ma+?mg+ (1+?)B2L2at/(R+R0at2) ,上式中当 R/t=R0at 即 t= 1 Ma+?mg+2(1+?)B2L2 a RR0, a RR0时外力 F 取最大值,F
max=

(3)设此过程中导轨运动距离为 s,由动能定理 W 合=?Ek,摩擦力为 Ff=?(mg+ W-?Q Ma FA) ,摩擦力做功为 W=?mgs+?WA=?mgs+?Q,s= ,?Ek=Mas= (W-?Q) , ?mg ?mg 13. (2012 江苏卷)(15 分)某兴趣小组设计一种发电装置,如图所示,在磁极与圆柱状 . 铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角 α 均为

圈 abcd 边长 ab=cd=l、bc=ad=2l,线圈以角速度 ? 绕中心轴匀速转动,bc 与 ad 边同时进入 磁场,在磁场中,两条边的经过处的磁感应强度大小均为 B,方向始终与两条边的运动方向 垂直,线圈的总电阻为 r,外接电阻为 R,求 (1)线圈切割磁感线时,感应电动势的大小 Em (2)线圈切割磁感线时,bc 边所受安培力的大小 F (3)外接电阻上电流的有效值 I

4 p ,磁场均沿半径方向,匝数为 N 的矩形线 9

【答案】
(1) bc 、 ad 边的运动速度 v ? ?

l , 感应电动势 2

Em ? 4 NBlv ,解得 E m ? 2NBl 2? 。
(2)电流 I m ?

Em , 安培力 r?R

F ? 2 N B m l ,解得 F ? I

4 N 2 B 2 l 3? . r?R

(3)一个周期内,通电时间 t ? 解得 I ?

4 2 T , R 上消耗的电能 W ? I m Rt ,且 W ? I 2 RT 9

4 NBl 2? 。 3(r ? R)

14.(2012 浙江卷). (22 分) 为了提高自行车夜间行驶的安全性, 小明同学设计了一种 “闪烁” -2 装置。如图所示,自行车后轮由半径 r1=5.0×l0 m 的金属内圈、半径 r2=0.40m 的金属外圈

和绝缘辐条构成。后轮的内、外圈之间等间隔地接有 4 根金属条,每根金属条的中间均串联 有一电阻值为 R 的小灯泡。在支架上装有磁铁,形成了磁感应强度 B=0.l0T、方向垂直纸面 向外的 “扇形” 匀强磁场, 其内半径为 r1,外半径为 r2、 张角θ =

? , 后轮以角速度ω =2π rad/s 6

相对于转轴转动。若不计其它电阻,忽略磁场的边缘效应。 (1)当金属条 ab 进入“扇形”磁场时,求感应电动势 E,并指出曲上的电流方向; (2)当金属条 ab 进入“扇形”磁场时,画出“闪烁”装置的电路图; (3)从金属条 ab 进入“扇形”磁场时开始,经计算画出轮子转一圈过程中,内圈与外圈之 间电势差 Uab 随时间 t 变化的 Uab-t 图象; (4)若选择的是“1.5V、0.3A”的小灯泡,该“闪烁”装置能否正常工作?有同学提出,通 过改变磁感应强度 B、后轮外圈半径 r2、角速度ω 和张角θ 等物 理量的大小,优化前同学的设计方案,请给出你的评价。

答案:

15.(2012 福建卷).(20 分) 如图甲,在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场,在此区域 内,沿水平面固定一半径为 r 的圆环形光滑细玻璃管,环心 0 在区域中心。一质量为 m、带 电量为 q(q>0)的小球,在管内沿逆时针方向(从上向下看)做圆周运动。已知磁感应强 度大小 B 随时间 t 的变化关系如图乙所示,其中 T0 ? 不变,对原磁场的影响可忽略。 (1)在 t=0 到 t=T0 这段时间内,小球不受细管侧壁的作用力,求小球的速度大小 v 0 ; (2)在竖直向下的磁感应强度增大过程中,将产生涡旋电场,其电场线是在水平面内一系 列沿逆时针方向的同心圆,同一条电场线上各点的场强大小相等。试求 t=T0 到 t=1.5T0 这 段时间内: ①细管内涡旋电场的场强大小 E; ②电场力对小球做的功 W。

2? m 。设小球在运动过程中电量保持 qB0

答案:

16. (2012 海南卷).如图,ab 和 cd 是两条竖直放置的长直光滑金属导轨,MN 和 M ' N ' 是 两根用细线连接的金属杆,其质量分别为 m 和 2m。竖直向上的外力 F 作用在杆 MN 上,使 两杆水平静止,并刚好与导轨接触;两杆的总电阻为 R,导轨间距为 l 。整个装置处在磁感 应强度为 B 的匀强磁场中,磁场方向与导轨所在平面垂直。导轨电阻可忽略,重力加速度为 g。在 t=0 时刻将细线烧断,保持 F 不变,金属杆和导轨始终接触良好。求 (1)细线少断后,任意时刻两杆运动的速度之比; (2)两杆分别达到的最大速度。 解析:设某时刻 MN 和 M ' N ' 速度分别为 v1、v2。
§

(1)MN 和 M ' N ' 动量守恒:mv1-2mv2=0 求出:

v1 ? 2① v2

(2)当 MN 和 M ' N ' 的加速度为零时,速度最大 对 M ' N ' 受力平衡:BIl ? mg ② I ? ④ 由①——④得: v1 ?

E ③ R

E ? Blv1 ? blv2

2mgR mgR 、 v2 ? 2 2 3B l 3B 2l 2

十一、交流电
1. (2012 福建卷)如图,理想变压器原线圈输入电压 u= 定值电阻,R 是滑动变阻器。 和

U

m

sin ?t ,副线圈电路中 R 0 为

是理想交流电压表,示数分别用

U 和U
1

2

表示;

是理想交流电流表,示数分别用

I

1



I

2

表示。下列说法正确的是

A. B.

I

1



I

2

表示电流的瞬间值 表示电压的最大值

U 和U
1

2

C.滑片 P 向下滑动过程中,

U U

2

不变、 变小、

I I

1

变大 变小

D.滑片 P 向下滑动过程中, 答案:C

2

1

2. (2012 天津卷).通过一理想变压器,经同一线路输送相同的电功率P,原线圈的电压 U 保持不变,输电线路的总电阻为R.当副线圈与原线圈的匝数比为k时,线路损耗的电功率 为P1, 若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk, 线路损耗的电功率为P2, 则P1和 别为( )

P2 分 P1

PR 1 A. , kU n

? P ? 1 ? R, B. ? ? kU ? n
2

PR 1 C. , kU n2
k?

? P ? 1 ? R, 2 D. ? ? kU ? n
2

解析:根据理想变压器的变压比有

U1 U , nk ? 2 U U

线路的输送功率不变有

P ? U1 I1 ? U 2 I 2
P 2 P ) R ? ( )2 R , U1 kU

根据焦耳定律有

P1 ? I 12 R ? (

2 P2 ? I 2 R ,

2 P2 I 2 U 12 1 ? 2 ? 2 ? 2 。答案 D。 P1 I 1 U 2 n

3. (2012 广东卷).某小型发电机产生的交变电动势为 e=50sin100πt(V) ,对此电动势, 下列表述正确的有 A.最大值是 50 2 V C.有效值是 25 2 V B.频率是 100Hz D.周期是 0.02s

答案:CD 4. (2012 北京高考卷) .一个小型电热器若接在输出电压为 10V 的直流电源上,消耗电功率 为 P;若把它接在某个正弦交流电源上,其消耗的电功率为 P .如果电热器电阻不变,

2

则此交流电源输出电压的最大值为 A.5V C.10V B.5 2 V D.10 2 V

答案:C 5. (2012 山东卷).图甲是某燃气炉点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示 的正弦交变电压, 并加在一理想变压器的原线圈上, 变压器原、 副线圈的匝数分别为 n1 、

n2 。○为交流电压表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于 5000V 时,就会在钢针和金 V
属板间引发电火花进而点燃气体。以下判断正确的是 A.电压表的示数等于 5V B.电压表的示数等于

5 2

V

C.实现点火的条件是

n2 ? 1000 n1 n2 ? 1000 n1

D.实现点火的条件是

答案:BC 6. (2012 四川卷) .如图所示,在铁芯 P 上绕着两个线圈 a 和 b,则 A.线圈 a 输入正弦交变电流,线圈 b 可输出恒定电流 B.线圈 a 输入恒定电流,穿过线圈 b 的磁通量一定为零 C.线圈 b 输出的交变电流不对线圈 a 的磁场造成影响 D.线圈 a 的磁场变化时,线圈 b 中一定有电场 答案:D 7.(2012 全国新课标).自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈,原、副线圈都只取该线圈的某部 分,一升压式自耦调压变压器的电路如图所示,其副线圈匝数可调。已知变压器线圈总匝数 为 1900 匝;原线圈为 1100 匝,接在有效值为 220V 的交流电源上。当变压器输出电压调至 最大时,负载 R 上的功率为 2.0kW。设此时原线圈中电流有效值为 I1,负载两端电压的有效 值为 U2,且变压器是理想的,则 U2 和 I1 分别约为

A.380V 和 5.3A B.380V 和 9.1A C.240V 和 5.3A D.240V 和 9.1A [答案]B

U 2 ? U1
[解析]先判断出原副线圈的匝数,由式

n2 n1 得 U 2 ? 380 V。负载 R 上的功率就是变

压器的输出功率,因为是理想变压器,故输入功率 U1I1 等于输出功率,从而求出 I1=9.1A。 8. (2012 江苏卷) .某同学设计的家庭电路保护装置如图所示,铁芯左侧线圈 L1 由火线和零 线并行绕成, 当右侧线圈 L2 中产生电流时, 电流经放大器放大后, 使电磁铁吸起铁质开关 K, 从而切断家庭电路,仅考虑 L1 在铁芯中产生的磁场,下列说 法正确的有 A.家庭电路正常工作时,L2 中磁通量为零 B.家庭电路中使用的电器增多时,L2 中的磁通量不变 C.家庭电路发生短路时,开关 K 将被电磁铁吸起 D.地面上的人接触火线发生触电时,开关 K 将被电磁铁 吸起。

【解析】因原线圈是双线绕法,所以家庭电路正常工作时 L1 、 L2 磁通量为 0,A、 B 正确;家庭电路短路时, L1 、 L2 磁通量仍为 0,C 错误;地面上的人接触火线 发生触电时,两根电线电流不等且变化,开关 K 被磁铁吸起,D 正确。 【答案】ABD
9. (2012 重庆卷) 如题 15 图所示, . 理想变压器的原线圈接入 u

? 11000 2 sin100?t (V)

的交变电压,副线圈通过电阻 r=6Ω 导线对“220V/880W”电器 RL 供电,该电器正常工作。由此可知 A. 原、副线圈的匝数比为 50 : 1 B. 交变电压的频率为 100HZ C. 副线圈中电流的有效值为 4A D. 变压器的输入功率为 880W 答案:C 10. (2012 海南卷).如图:理想变压器原线圈与 10V 的交流电源相连,副线圈并联两个小 灯泡 a 和 b,小灯泡 a 的额定功率为 0.3w,正常发光时电阻为 30 ? 可,已知两灯泡均正常 发光,流过原线圈的电流为 0.09A,可计算出原、副线圈的匝数比为_____,10:3 流过灯泡 b 的电流为___0.2A, 解析:副线圈电压 U 2 ? U a ?

Pa Ra ? 3v

n1 U1 10 ? ? , U b ? U a ? 3v n2 U 2 3

由能量守恒得: U1 I1 ? pa ? U b I b

代人数据得: I b ? 0.2 A

11. (2012 安徽卷).(16 分) 图 1 是交流发电机模型示意图。 在磁感应强度为 B 的匀强磁场中, 有一矩形线图 abcd 可 绕线圈平面内垂直于磁感线的轴 OO 转动,由线圈引起的导线 ae 和 df 分别与两个跟线圈 一起绕 OO 转动的金属圈环相连接,金属圈环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触,这 样矩形线圈在转动中就可以保持和外电话电阻 R 形成闭合电路。图 2 是线圈的住视图,导 线 ab 和 cd 分别用它们的横截面来表示。已知 ab 长度为 L1 , bc 长度为 L2 ,线圈以恒定角 速度 ? 逆时针转动。 (只考虑单匝线圈)
O ωt
' '

c

d
No

b e a

S

中 d 性 ⊙ 面


ωt

?0
d ⊙


?0
ωt

B

中 性 面
⊙a


B

f

a
R




图1

图2

图3

(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时, 试推导 t 时刻整个线圈中的感应电动势 e1 的 表达式; (2)线圈平面处于与中性面成 ? 0 夹角位置时开始计时,如图 3 所示,试写出 t 时刻整个 线圈中的感应电动势 e2 的表达式; (3)若线圈电阻为 r,求线圈每转动一周电阻 R 上产生的焦耳热。 (其它电阻均不计) 23.(1) e1 ? B?l1l 2 sin ?t (2) e1 ? B?l1l 2 sin(?t ? ? 0 ) (3) Q ?

?? RB 2 l12 l 22
(R ? r) 2

解析:(1)从中性面开始计时,经过时间 t,线圈平面转过的角度 ? ? ?t ,ab 边和 cd 边的速度 v ? ?

l2 Bl l ? ,则两边分别产生大小为 e ? Bl1v sin ? ? 1 2 sin ?t 的电动势。且两 2 2

边电动势串联,故线圈中产生的电动势 e1 ? Bl1l 2? sin ?t

(2) 若 线 圈 从 与 中 性 面 夹 角 ? 0 位 置 时 开 始 计 时 , 其 初 相 为 ? 0

,其表达式为:

e1 ? B?l1l 2 sin(?t ? ? 0 )
(3)由闭合电路欧姆定律得回路中电流有效值为

I?

Bl1l 2? 2( R ? r )

sin ?t

由焦耳定律得 Q ? I R
2

2?

?

?

?? RB 2 l12 l 22
(R ? r) 2

12. (2012 江苏卷)(15 分)某兴趣小组设计一种发电装置,如图所示,在磁极与圆柱状 . 铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角 α 均为

圈 abcd 边长 ab=cd=l、bc=ad=2l,线圈以角速度 ? 绕 中心轴匀速转动,bc 与 ad 边同时进入磁场,在磁场 中,两条边的经过处的磁感应强度大小均为 B,方向 始终与两条边的运动方向垂直,线圈的总电阻为 r, 外接电阻为 R,求 (1)线圈切割磁感线时,感应电动势的大小 Em (2)线圈切割磁感线时,bc 边所受安培力的大小 F (3)外接电阻上电流的有效值 I

4 p ,磁场均沿半径方向,匝数为 N 的矩形线 9

【答案】
(1) bc 、 ad 边的运动速度 v ? ? (2)电流 I m ?

l 2 , 感应电动势 Em ? 4 NBlv ,解得 E m ? 2NBl ? 。 2
F ? 2 N B m l ,解得 F ? I

Em , 安培力 r?R

4 N 2 B 2 l 3? . r?R

(3)一个周期内,通电时间 t ? 解得 I ?

4 2 T , R 上消耗的电能 W ? I m Rt ,且 W ? I 2 RT 9

4 NBl 2? 。 3(r ? R)

十二、选修 3-3
(2012 上海)28. 分)右图为“研究一定质量气体在压强不变的条件下, (6 体积变化与温度变化关系”的实验装置示意图。粗细均匀的弯曲玻璃管 A 臂插入
A B C

烧瓶,B 臂与玻璃管 C 下部用橡胶管连接,C 管开口向上,一定质量的气体被封闭于烧瓶 内。开始时,B、C 内的水银面等高。 (1)若气体温度升高,为使瓶内气体的压强不变,应将 C 管_______(填“向上” 或“向下” )移动,直至_____________。 (2) (单选)实验中多次改变气体温度,用?t 表示气体升高的温度,用?h 表示 B 管 内水银面高度的改变量。根据测量数据作出的图线是( )
?h ?h ?h ?h

O O (A)

?t
(D)

?t O
(B)

?t

O (C)

?t

28.【考点】本题考查“研究一定质量气体在压强不变的条件下,体积变化与温度变化关系” 的实验 【解析】 (1)气体温度升高,封闭气体压强变大,为使封闭气体压强不变,应将 C 管向下移 动,直至 B、C 两管内水银面等高。 (2 由于气体压强不变,则

V ?v ?h ? k ,故有 ? ?s 为定值,故选项 A 正确。 T ?T ?t

【答案】 (1)向下,B、C 两管内水银面等高; (2)A (2012 上海)31. (12 分)如图,长 L=100cm,粗细均匀的玻璃管一端封闭。水平 放置时,长 L0=50cm 的空气柱被水银柱封住,水银柱长 h=30cm。将玻璃管缓慢地转到开 口向下和竖直位置,然后竖直插入水银槽,插入后有?h=15cm 的水银柱进入玻璃管。设 整个过程中温度始终保持不变,大气压强 p0=75cmHg。求: (1)插入水银槽后管内气体的压强 p; (2)管口距水银槽液面的距离 H。 (1)设当转到竖直位置时,水银恰好未流出,由玻意耳定律 p=p0L/l=53.6cmHg, 由于 p+?gh=83.6cmHg,大于 p0,水银必有流出,设管内此时水银柱长为 x,由玻意耳定 律 p0SL0=(p0-?gh)S(L-x) ,解得 x=25cm,设插入槽内后管内柱长为 L’,L’=L-(x +?h)=60cm,插入后压强 p=p0L0/L’=62.5cmHg, (2)设管内外水银面高度差为 h’,h’=75-62.5=12.5cm,管口距槽内水银面距离 距离 H=L-L’-h’=27.5cm,

(2012 新课标) (1)6 分)关于热力学定律,下列说法正确的是 ____(填入正确 选项前的字母。选对 1 个给 3 分,选对 2 个给 4 分,选对 3 个给 6 分;每选错 1 个扣 3 分, 最低得分为 0 分) 。 A.为了增加物体的内能,必须对物体做功或向它传递热量 B.对某物体做功,必定会使该物体的内能增加 C.可以从单一热源吸收热量,使之完全变为功 D.不可能使热量从低温物体传向高温物体 E.功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程 33?【答案】ACE 【解析】由热力学第一定律 W ? Q ? ?U ,知 A 正确,B 错误;由热力学第二定律知,C、D

这些过程在借助于外界帮助的情况下是可以实现的,所以 C 正确、D 错误;由自然界中一切 与热现象有关的过程都是不可逆的,所以 E 正确。 (2012 新课标)33.(2) 分)如图,由 U 形管和细管连接的玻璃泡 A、B 和 C 浸泡在温 (9 度均为 0°C 的水槽中,B 的容积是 A 的 3 倍。阀门 S 将 A 和 B 两部分隔开。A 内为真空,B 和 C 内都充有气体。U 形管内左边水银柱比右边的低 60mm。打开阀门 S,整个系统稳定后, U 形管内左右水银柱高度相等。假设 U 形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积。 (i)求玻璃泡 C 中气体的压强(以 mmHg 为单位) (ii)将右侧水槽的水从 0°C 加热到一定温度时,U 形管内左右水银柱高度差又为 60mm, 求加热后右侧水槽的水温。

(2)【考点】气体实验定律 【解析】 (i)在打开阀门 S 前,两水槽水温均为 T0=273K。设玻璃泡 B 中气体的压强为 p1, 体积为 VB,玻璃泡 C 中气体的压强为 pC,依题意有 p1=pC+Δp① 式中 Δp=60mmHg。打开阀门 S 后,两水槽水温仍为 T0,设玻璃泡 B 中气体的压强为 pB。 依题意,有 pA=pC ② 玻璃泡 A 和 B 中气体的体积为 V2=VA+VB ③ 根据玻意耳定律得 p1 VB =pBV2 ④ 联立①②③④式,并代入题给数据得 pC ?

VB ?p ? 180mmHg VA



(ii)当右侧水槽的水温加热至 T′时,U 形管左右水银柱高度差为 Δp。玻璃泡 C 中气体的 压强为 pc′=pa+Δp⑥ 玻璃泡 C 的气体体积不变,根据查理定理得

pC p ? ? C T0 T?




联立②⑤⑥⑦式,并代入题给数据得 T′=364 K

(2012 大纲卷)14.下列关于布朗运动的说法,正确的是 A.布朗运动是液体分子的无规则运动 B. 液体温度越高,悬浮粒子越小,布朗运动越剧 C.布朗运动是由于液体各个部分的温度不同而引起的 D.布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的 14.BD 【解题思路】 布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动,不是液体分子的运动,选项 A 错;液体的温度越高,悬浮颗粒越小,布朗运动越剧烈,选项 B 正确;布朗运动是由于液体 分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用不平衡引起的,选项 C 错,选项 D 正确。 (2012 广东)13、 清晨 ,草叶上的露珠是由空气中的水汽凝结成水珠 ,这一物理过程

中,水分子间的 A 引力消失 ,斥力增大 B 斥力消失,引力增大 C 引力、斥力都减小 D 引力、斥力都增大 【考点】分子力 【答案】D 【解析】水汽凝结为水珠分子间距离减小,分子间引力和斥力都增大。 (2012 广东)14.景颇族的祖先发明的点火器如图 1 所示,用牛角做套筒,木质推杆前端 粘着艾绒。猛推推杆,艾绒即可点燃,对同内封闭的气体,再次压缩过程中 A.气体温度升高,压强不变 B.气体温度升高,压强变大 C.气体对外界做正功,其体内能增加 D.外界对气体做正功,气体内能减少 【考点】热力学第一定律 【答案】B 【解析】外界对气体做正功,其他内能增加温度升高,温度升高分子热运动加剧、体积变 小单位体积内分子的密集程度增加故其他压强变大。正确选项为 B. 【方法点拨】求解压强变化有两种途径,①气体实验定律即

PV ? C ,②气体压强的微 T

观含义即分子运动的剧烈程度、单位体积内分子的密集程度等角度 (2012 福建) (1)关于热力学定律和分子动理论,下列说法正确的是____。 (填选项前的字 母) A.一定量气体吸收热量,其内能一定增大 B.不可能使热量由低温物体传递到高温物体 C.若两分子间距离增大,分子势能一定增大 D.若两分子间距离减小,分子间引力和斥力 都增大 【考点】考查学生对分子动理论及热力学定律的理解。 【解析】由热力学第一定律可知,做功和热传递都可以改变物体的内能,一定量的气体吸收 热量如果气体同时对外做功,且做功比吸热多,则气体的内能减少,A 项错误;依据外界做 功,可以使热量由低温物体传递到高温物体,B 项错误;若两分子间的距离小于平衡时的距 离,分子力是斥力,在增大的过程中分子力先做正功,分子势能先减小,C 项错误;若分子 间的距离在减小,分子间的引力和斥力都在增大,只不过斥力增大的快些,D 项正确。 【答案】D (2012 福建) (2)空气压缩机的储气罐中储有 1.0atm 的空气 6.0L,现再充入 1.0 atm 的空气 9.0L。设充气过程为等温过程,空气可看作理想气体,则充气后储气罐中气体压强为_____。 (填选项前的字母) A.2.5 atm B.2.0 atm C.1.5 atm D.1.0 atm 【考点】考查气体实验定律的应用。 【解析】气体发生的是等温变化, P T1 ? P2T2 ,即 1×15=P2×6,求得 P2=2.5atm. 1 【答案】A (2012 江苏)12A(1)下列现象中,说明液体存在表面张力的有____________ A.水黾可以停在水面上

B.叶面上的露珠呈球形 C.滴入水中的红墨水很快散开 D.悬浮在水中的花粉做无规则运动 12A.(1) 【考点】考查表面张力的概念,考查学生对表面张力概念的理解。 【解析】 滴入水中的红墨水很快散开是扩散现象, 悬浮在水中的花粉做无规则的运动是布朗 运动。 【答案】AB (2012 江苏) (2) 密闭在钢瓶中的理 想气体,温度升高时压强增大,从分 子动理论的角度分析,这是由于分子 热运动的_______增大了, 该气体在温 度为 T1、T2 时的分子速率分布图像如 题 12A-1 图所示,则 T1_______(选填 “大于”或“小于”)T2 (2) 【考点】考查气体分子热运动的特点,考查学生对气体分子热运动特点的理解。 【解析】温度升高,气体分子的平均动能增加,随着温度的增大,分子速率随随时间分布的 峰值向分子速度增大的方向移动,因此 T1 小于 T2; 【答案】平均动能 小于 (2012 江苏) (3)如图 12A-2 图所示,一定质量的理想气体从状态 A 经等压过程到状态 B, 此过程中,气体压强 P=1.0×105Pa,吸收的热量 Q=7.0×102J,求此过程中气体内能的增量。 (3) 【考点】考查气体实验定律、热力学第一定律的应用,考查学生对热力学定律的理解。 【解析】 (3)等压变化

V A VB ? ,对外做的功 W ? p(VB ? V A ) ,根据热力学第一定 TA TB

律 ?U ? Q ? W ,解得 ?U ? 5.0 ?10 2 J 。
【答案】 5.0 ?10 J
2

(2012 山东) (1)以下说法正确的是 。 a.水的饱和汽压随温度的升高而增大 b.扩散现象表明,分子在永不停息地运动 c.当分子间距离增大时,分子间引力增大,分子间斥力减小 d.一定质量的理想气体,在等压膨胀过程中,气体分子的平均动能减小 【答案】(1)ab 【解析】水的饱和汽压随温度升高而变大;扩散现象说明水分子在做永不停息的运动;分子 间距离增大时,分子间引力和斥力都减小;由 胀的过程中,温度升高,分子的平均动能变大 (2012 山东) (2)如图所示,粗细均匀、导热良好、装有适量水银的 U 型管竖直放置,右端与大气相通,左端封闭气柱长 l ? 20cm (可视为理

PV ? C 可知一定质量的理想气体在等压膨 T

想气体) ,两管中水银面等高。先将右端与一低压舱(未画出)接通,稳定后右管水银面高 出左管水银面 h ? 10cm (环境温度不变,大气压强 p0 ? 75cmHg ) 1 ○求稳定后低压舱内的压强(用“cmHg”做单位) 2 ○此过程中左管内的气体对外界 (填 “做正功” “做负功” “不做功”, )

气体将 (填“吸热”或放热“) 。 【答案】 (2)50cmHg 正功 吸热 (2)○设 U 型管横截面积为 S,右端与大气相通时左管中封闭气体压强为 p1 ,右端与一低 1 压舱接通后左管中封闭气体压强为 p2 ,气柱长度为 l 2 ,稳定后低压舱内的压强为 p 。左管 中封闭气体发生等温变化,根据玻意耳定律得

p1V1 ? p2V2 p1 ? p0 p2 ? p ? ph V1 ? l1 S V2 ? l2 S
由几何关系得

1 ○ 2 ○ 3 ○ 4 ○ 5 ○

h ? 2( l2 ? l1 )
联立○○○○○○式,代入数据得 1 2 3 4 5 6

6 ○

p ? 50cmHg
2 ○做正功;吸热

7 ○

(2012 四川)14.物体由大量分子组成,下列说法正确的是 A. 分子热运动越剧烈,物体内每个分子的动能越大 B. 分子间引力总是随着分子间距离减小而减小 C. 物体的内能跟物体的温度和体积有关 D. 只有外界对物体做功才能增加物体的内能 解析:分子热运动符合统计规律“中间多、两头少” ,分子热运动越剧烈,物体内个别分子 的动能可能更小,故 A 错;当 r>r0 时,引力随着分子间距离减小而增大,当 r<r0 时,引力 随着分子间距离减小而减小,B 错;做功和热传递都可以改变物体的内能,D 错;根据内能 的定义可知 A 正确。正确答案 A。

(2012 重庆)16.题 16 图为伽利略设计的一种测温装置示意图,玻璃管的上端与导热良好 的玻璃泡连通,下端插入水中,玻璃泡中封闭有一定量的空气。若玻璃管中水柱上升,则外 界大气的变可能是 A.温度降低,压强增大 B.温度升高,压强不变 C.温度升高,压强减小 D.温度不变,压强减小 考点透析:综合考察气体实验定律 16.答案:A 解析:分析页面平衡可知液柱上升外界压强必增大,玻璃 泡内温度始终与外界温度保持一致,可能的情况为 A 选项。

(2012 海南)17.模块 3-3 试题(12 分) (1) 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 (4 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.若两分 子相距无穷远时分子势能为零, 下列说法正确的是________ (填入正确选项前的字母.选对 1 个给 2 分,选对 2 个给 3 分,选对 3 个给 4 分;每选错 1 个扣 2 分,最低得分为 0 分). A.在 r>r0 阶段,F 做正功,分子动能增加,势能减小 B.在 r<r0 阶段,F 做负功,分子动能减小,势能也减小 C.在 r=r0 时,分子势能最小,动能最大 D.在 r=r0 时,分子势能为零 E.分子动能和势能之和在整个过程中不变

(2) 分)如图,一气缸水平固定在静止的小车上,一质量为 m、面积为 S 的活塞将一定 (8 量的气体封闭在气缸内, 平衡时活塞与气缸底相距 L.现让小车以一较小的水平恒定加速度向 右运动,稳定时发现活塞相对于气缸移动了距离 d.已知大气压强为 P0,不计气缸和活塞间的 摩擦;且小车运动时,大气对活塞的压强仍可视为 P0;整个过程温度保持不变.求小车加速 度的大小.

【考点】 (1)分子间的相互作用能 (2)气体实验定律 【答案】 (1)ACE (2) a ?

p0 Sd m( L ? d )

【解析】 (1) r ? r0 时分子力合力为引力,做正功,分子势能减小动能增加; r ? r0 时分子

势能最小,动能最大; r ? r0 时分子力合力表现为引力,做负功,分子势能增加动能减小, 分子动能和势能之和在变化过程中保持不变。正确选项为 ACE. (2)设小车加速度大小为 a,稳定时气缸内气体的压强为 P1,活塞受到气缸内外气体的压力 分别为

f1 ? p1S f 0 ? p0 S

① ②

由牛顿第二定律得

f1 ? f 0 ? ma



小车静止时,在平衡情况下,气缸内情况下,气缸内气体的压强应为 p0.由玻意耳定律得

p1v1 ? p0 v
式中

④ ⑤ ⑥

v? SL

v1 ? S ( L ? d )

联立①②③④⑤⑥式得

a?

p0 Sd m( L ? d )



十三、选修 3-4
1. (2012 福建卷).一列简谐波沿 x 轴传播,t=0 时刻的波形如图甲所示,此时质点 P 正沿 y 轴负方向运动,其振动图像如图乙所示,则该波的传播方向和波速分别是

A.沿 x 轴负方向,60m/s B.沿 x 轴正方向,60m/s C.沿 x 轴负方向,30 m/s D.沿 x 轴正方向,30m/s 答案:A 2. (2012 福建卷) 分)在“用双缝干涉测光的波长”实验中 (1) (6 (实验装置如图) : ①下列说法哪一个是错误的_______。 (填选项前的字母) ...... A. 调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时, 应放上单缝和 双缝 B. 测量某条干涉亮纹位置时, 应使测微目镜分划中心刻线与该亮纹 的中心对齐

C.为了减少测量误差,可用测微目镜测出 n 条亮纹间的距离 a,求出相邻两条亮纹间距

Vx ? a / (n ? 1)
②测量某亮纹位置时,手轮上的示数如右图,其示数为___mm。 答案:①A ②1.970 3. (2012 上海卷) .在光电效应实验中,用单色光照射某种金属表面,有光 电子逸出,则光电子的最大初动能取决于入射光的( ) (A)频率 (B)强度 (C)照射时间 (D)光子数目 答案: A 4. (2012 上海卷) .下图为红光或紫光通过双缝或单缝所呈现的图样,则( (A)甲为紫光的干涉图样 (B)乙为紫光的干涉图样 (C)丙为红光的干涉图样 (D)丁为红光的干涉图样 )

(A)

(B)

(C)

(D)

答案: B 5. (2012 上海卷) .如图,简单谐横波在 t 时刻的波形如实线所示,经过?t=3s,其波形 如虚线所示。已知图中 x1 与 x2 相距 1m,波的周期为 T,且 2T<?t<4T。则可能的最小波 速为__________m/s,最小周期为__________s。 答案:5,7/9, 6. (2012 天津卷).半圆形玻璃砖横截面如图,AB 为直径,O 点为圆心,在该截面内有 a、 b 两束单色可见光从空气垂直于 AB 射入玻璃砖,两入射点到 O 的距离相等,两束光在半圆 边界上反射和折射的情况如图所示,则 a、b 两束光 A.在同种均匀介质中传播,a 光的传播速度较大 B.以相同的入射角从空气斜射入水中,b 光的折射角大 C.若 a 光照射某金属表面能发生光电效应,b 光也一定能 D.分别通过同一双缝干涉装置,a 光的相邻亮条纹间距大 解析:当光由光密介质—玻璃进入光疏介质—空气时发生折射或全反射,b 发生全反射说明 b 的入射角大于或等于临界角,a 发生折射说明 a 的入射角小于临界角,比较可知在玻璃中 a 的临界角大于 b 的临界角; 根据临界角定义有 sin C ?

1 c 玻璃对 a 的折射率小; 根据 n ? v n

在玻璃中 a 光的速度大,A 正确;通过色散现象分析比较 a 的折射率小,a 光的频率小波长 大;双缝干涉相邻亮条纹间距大小与波长成正比,a 光的相邻亮条纹间距大,D 正确;发生 光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率, 频率小的 a 光能发生光电效应, 则频 率大的 b 光一定能,C 正确;根据折射定律 n ? 射角 r 小,B 错误。答案 ACD。

sin i ,在入射角 i 相同时 b 的折射率大则折 sin r

7.(2012 全国理综).在双缝干涉实验中,某同学用黄光作为入射光,为了增大干 涉条纹的间距,该同学可以采用的方法有

A.改用红光作为入射光 B.改用蓝光作为入射光 C.增大双缝到屏的距离 D.增大双缝之间的距离 L 【解析】根据 ?x ? ? ,红光比黄光波长大,所以 A 正确;增大双缝到屏的距离 d 即增大 L,所以 C 正确。 【答案】AC 8.(2012 全国理综).一列简谐横波沿 x 轴正方向传播,图(a)是 t=0 时刻的波 形图,图(b)和图(c)分别是 x 轴上某两处质点的振动图像。由此可知,这两 质点平衡位置之间的距离可能是

A.

1 m 3

B.

2 m 3

C.1m

D.

4 m 3

1 【解析】若 b 在前 c 在后,则 b、c 间相差为 T ,则这两质点平衡位置之间的 3 1 2 2 距离可能是 ? ? m( ? ? 2m ) B 正确。 b 在后 c 在前, c、 间相差为 T , , 若 则 b 3 3 3 2 4 则这两质点平衡位置之间的距离可能是 ? ? m ( ? ? 2m ) ,D 正确。此题 创 3 3 新。 【答案】BD
9. (2012 北京高考卷) .一束单色光经由空气射入玻璃,这束光的 A.速度变慢, 波长变短 B.速度不变, 波长变短 C.频率增高, 波长变长 D.频率不变, 波长变长 答案:A 10. 2012 北京高考卷) 一个弹簧振子沿 x 轴做简谐运动, ( . 取平衡位置 O 为 x 轴坐标原点. 从 某时刻开始计时,经过四分之一的周期,振子具有沿 x 轴正方向的最大加速度.能正确反映 振子位移 x 与时间 t 关系的图像是
x O A O B x O C x T t O D x

T

t

T t

T

t

答案:A

11. (2012 山东卷).(8 分) 【物理—物理 3-4】 (1)一列简谐横波沿 x 轴正方向传播,t ? 0 时刻的波形如图所示, 介质中质点 P 、 Q 分别位于 x ? 2m 、 x ? 4m 处。从 t ? 0 时刻开 始计时,当 t ? 15 s 时质点刚好第 4 次到达波峰。 1 ○求波速。 2 ○写出质点 P 做简谐运动的表达式(不要求推导过程) 。

(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 。

答案:(1)○设简谐横波的波速为 v ,波长为 ? ,周期为 T ,有图像知, ? ? 4m 。由题 . 1 意得

3 t ? 3T ? T 4 v?

○ 1

? T

○ 2

联立○○式,代入数据得 1 2

v ? 1m /s
○质点 P 做简谐运动的表达式为 2

○ 3

y ? 0.2sin(0.5? t )m

○ 4

? ? (2)设光线 BM 在 M 点的入射角为 i ,折射角为 r ,由几何关系可知, i ? 30 , r ? 60 ,

根据折射定律得

n?

sin r sin i

○ 5

代入数据得

n? 3

○ 6

光线 BN 恰好在 N 点发生全反射,则 ?BNO 为临界角 C

sinC ?

1 n

○ 7

设球心到 BN 的距离为 d,由几何关系可知

d ? R sin C
联立○○○式得 6 7 8

○ 8

d?

3 R 3

○ 9

12.(2012 四川卷) .a、b 两种单色光组成的光束从介质进入空气时,其折射光束如图所示。 用 a、b 两束光 A.先后照射双缝干涉实验装置,在缝后屏上都能出现干涉条纹,由此确定 光是横渡 B.先后照射某金属,a 光照射时恰能逸出光电子,b 光照射时也能逸出 光电子 C.从同一介质以相同方向射向空气,其界面为平面,若 b 光不能进入空 气,则 a 光也不能进入空气 D.从同一介质以相同方向射向空气,其界面为平面,a 光的反射角比 b 光的反射角大 答案:C 13.(2012 四川卷) .在 xOy 平面内有一列沿 x 轴正方向传播的简谐横渡,波速为 2m/s,振 幅为 A。M、N、是平衡位置相距 2m 的两个质点,如图所示。在 t=0 时,M 通过其平衡位 置沿 y 轴正方向运动,N 位于其平衡位置上方最大位移处。已知该波的周期大于 1s。则 5 A.该波的周期为3 s 1 B.在 t=3 s 时,n 的速度一定为 2m/s C.从 t=0 到 t=1s,M 向右移动了 2m 1 2 D.从 t=3 s 到 t=3 s,M 的动能逐渐增大 答案:D 14.(2012 安徽卷).一列简谐波沿 X 轴正方向传播,在 t=0 时波形如图 1 所示,已知波速 度为 10m/s。则 t=0.1s 时正确的波形应是图 2 中的 ( )

X/m

X/m

X/m

X/m

O

1.O 2.O

3.O 4.O

O y/m

1.O 2.O

3.O 4.O

O y/m

1.O 2.O

3.O 4.O

O y/m

1.O 2.O

3.O 4.O

y/m

A

B

C

D

图2 答案:C; 解析:由题意知波在 0.1s 内向 x 轴正方向推移的距离 形沿 x 轴正方向平移 1.0m 即可得到如 C 选项的波形图。 15.(2012 全国新课标).[物理—选修 3-4](15 分) (1) 分)一简谐横波沿 x 轴正向传播,t=0 时刻的波形如图(a)所示,x=0.30m 处的质 (6 点的振动图线如图(b)所示,该质点在 t=0 时刻的运动方向沿 y 轴_________(填“正向” 或“负向”。已知该波的波长大于 0.30m,则该波的波长为_______m。 )

?x ? vt ? 1.0m ,即将 0 时刻的波

1.

(9 分)一玻璃立方体中心有一点状光源。今在立方体的部分表面镀上不透明薄膜,以

致从光源发出的光线只经过一次折射不能透出立方体。已知该玻璃的折射率为 2 ,求镀膜 的面积与立方体表面积之比的最小值。 [答案](1)正向,0.8 (2) [解析]

? 4

16. (2012 浙江卷).用手握住较长软绳的一端连续上下抖动。形成一列简谐横波。某一时 刻的波形如图所示。绳上 a、b 两质点均处于波峰位置。下 列说法正确的是( ) A. a、 b 两点之间的距离为半个波长 B. a、 b 两点振动开始时刻相差半个周期 C. b 点完成全振动次数比 a 点多一次 D. b 点完成全振动次数比 a 点少一次 答案:D 17.(2012 浙江卷)题为了测量储罐中不导电液体的高度,将与储罐外 壳绝缘的两块平行金属板构成的电容器 C 置于储罐中,电容器可通过开 关 S 与线圈 L 或电源相连,如图所示。当开关从 a 拨到 b 时,由 L 与 C 构成的回路中产生的周期 上升时( ) A. 电容器的电容减小 B. 电容器的电容增大 C. LC 回路的振荡频率减小 D. LC 回路的振荡频率增大 答案:BC 18.(2012 浙江卷).(10 分)在“测定玻璃的折射率”实验中,某同学经正确操作插好了 4 枚大头针,如图甲所示。

的振荡电流。 罐中液面 当





图乙

(1) 在答题纸上相应的图中画出完整的光路图; (请画到右图上) (这是答题卷上的图) (2) 对你画出的光路图进行测量和计算,求得该玻璃砖的折射率 n= (保留 3 为有效数字) (3) 为了观测光在玻璃砖不同表面的折射现象,某同 学做了两次实验,经正确操作插好了 8 枚大头针, 如图乙所示。 图中 P1 和 P2 是同意入射光线上的 2 枚大头针,其对应出射光线上的 2 枚大头针是和 P3 和 (填“A”或“B”。 ) 答案: (1)如右图所示 (2)1.51(在 1.51 的误差 0.03 范围内都可以) (3)A 19.(2012 天津卷).沿 x 轴正向传播的一列简谐横波在 t=0 时刻的波形如图所示,M 为介质 中的一个质点,该波的传播速度为 40m/s,则 t ?

1 s时 40

A.质点 M 对平衡位置的位移一定为负值 B.质点 M 的速度方向与对平衡位置的位移方向相同 C.质点 M 的加速度方向与速度方向一定相同 D.质点 M 的加速度方向与对平衡位置的位移方向相反 解析:由波的图像知波长是 1m,所以波源的振动周期是 T ?

?
v

?

4 1 T ? s,则 t ? ;波 4 40 10

是沿 x 轴正方向传播,可判断质点 M 在 0 时刻沿 y 轴正方向振动,t 时刻在 x 轴上方向下运 动位移为正,速度为负,加速度为负,A B 错误,C D 正确。答案 C D。 20.(2012 天津卷)某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。 ①他组装单摆是,在摆线上端的悬点处,用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线,再用铁架台的铁 夹将橡皮夹紧,如图所示,这样做的目的是 (填字母代号) A.保证摆动过程中摆长不变 B.可使周期测量得更加准确 C.需要改变摆长时便于调节 D.保证摆球在同一竖直平面内摆动 ②他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下, 用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度

L=0.9990m,再用游标卡尺测量摆球直径,结果如图所示,则摆球的直径为 mm,单 摆摆长为 m ③下列振动图像真实地描述了对摆长约为 1m 的单摆进行周期测量的四种操作过程, 图中横 坐标远点表示计时开始, B、 均为 30 次全振动的图像, A、 C 已知 sin5°=0.087, sin15°=0.26, 这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是 (填字母代号)

答案 ①解析: 用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线增加了线与悬挂处的摩擦保证摆长不变; 改变摆长 时用力拉不会将摆线拉断,方便调节摆长;AC 正确。 ②解析:用 10 分度游标卡尺主尺读数为 12mm,游标尺读数为 0,则摆球的直径为 12mm+0 ×0.1mm=12.0mm。 单摆摆长为 l ? L ?

D 0.012 ? 0.9990 ? ? 0.9930 mm 2 2

③解析: 单摆的振动在摆角小于 5 度才能看作简谐振动, 在测量周期时计时起点应该选择在 平衡位置(速度大误差小) 。 根据摆角估算振幅 A1 ? l sin 5? ? 0.993 ? 0.087 ? 0.086 m=8.6cm,A B 振幅合理。

A1 ? l sin15? ? 0.993 ? 0.26 ? 0.25 m=25cm,C D 振幅不合理错误。
A 中振动图像的计时起点在平衡位置是合理的,B 中振动图像的计时起点在正的最大位置是 不合理的。答案 A。 21.(2012 上海卷)(8 分)在“利用单摆测重力加速度:的实验中 . (1)某同学尝试用 DIS 测量周期。如图,用一个磁性小球代替原先的 摆球,在单摆下方放置一个磁传感器,其轴线恰好位于单摆悬挂点正 下方。图中磁传感器的引出端 A 应接到__________。使单摆做小角度 摆动,当磁感应强度测量值最大时,磁性小球位于__________。若测 得连续 N 个磁感应强度最大值之间的时间间隔为 t,则单摆周期的测 量值为__________(地磁场和磁传感器的影响可忽略) 。 (2) 多次改变摆长使单摆做小角度摆动, 测量摆长 L 及相应的周期 T。 虎后,分别取 L 和 T 的对数,所得到的 lgT-lgL 图线为______(填“直 线”“对数曲线”或“指数曲线”;读得图线与纵轴交点的纵坐标为 、 ) c,由此得到该地的重力加速度 g=__________。 答案: 2t (1)数据采集器,最低点(或平衡位置) , , (2)直线,4?2/102c, N-1 22.(2012 江苏卷)(选修模块 3-4) . (12 分)

A

(1)如图 12B-1 图所示,白炽灯的右侧依次放置偏振片 P 和 Q,A 点位于 P、Q 之间,B 点 位于 Q 右侧,旋转偏振片 P,A、B 两点光的强度变化情况是_________ A.A、B 均不变 B.A、B 均有变化 C.A 不变,B 有变化 D.A 有变化,B 不变 A (2)“测定玻璃的折射率”实验中,在玻璃砖的一侧竖直 B 插两个大头针 A、B,在另一侧再竖直插两个大头针 C、D, 在插入第四个大头针 D 时,要使它_________题 12B-2 图在 白纸上留下的实验痕迹,其中直线 a、aˊ是描在纸上的玻 璃砖的两个边,根据该图可算得玻璃砖的折射率 n=_____________(计算结果保留两位有效数字) C (3)地震时,震源会同时产生两种波,一种是传播速度约 为 3.5km/s 的 S 波, 另一种是传播速度约为 7.0km/s 的 P 波, D (题 12B-2 图) 一次地震发生时,某地震监测点记录到首次到达的 P 波比 首次到达的 S 波早 3min。假定地震波沿直线传播,震源的振动周期为 1.2s,求震源与监测 点之间的距离 x 及 S 波的波长 λ

【解析】白炽灯光为自然光,经过 P 后为偏振光。 【答案】 (1)C (2)挡住 C 及 A、B 的像;1.8(1.6~1.9 都算对) (3)设 P 波的传播时间为 t ,则 x ? v p t , x ? vs (t ? ?t ) 解得 x ? 得 x ? 1260 km由 ? ? v sT ,解得 ? ? 4.2km
23.(2012 重庆卷) .装有砂粒的试管竖直静立于小面,如题 14 图所示, 将管竖直提起少许,然后由静止释放并开始计时,在一 定时间内试管在竖直方向近似做简谐运动。若取竖直向 上为正方向,则以下描述试管振动的图象中可能正确的是

v p vs v p ? vs

?t , 代入数据

答案:A 24.(2012 重庆卷)(19 分) . ?题 22 图 1 所示为光学实验用的长方体玻璃砖,它的 面不能用手直接接触。 在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中,两位同学绘出的下班砖和三个针孔 a、b、c 的位

置相同,且插在 c 位置的针正好挡住插在 a、b 位置的针的像,但最后一个针孔的位置不同, 分别为 d、e 两点,如题 22 图 2 所示。计算折射率时,用 (填“d”或“e” )点 得到的值较小,用 (填“d”或“e” )点得到的值误差较小。

.?光学;d;e 25.(2012 海南卷).模块 3-4 试题(12 分) (1) 分)一列简谐横波在 t=0 时的波形图如图所示。介质中 x=2m 处的质点 P 沿 y 轴方 (4 向做简谐运动的表达式为 y=10sin(5π t)cm。关于这列简谐波,下列说法正确的是______ (填入正确选项前的字母。选对 1 个给 2 分,选对 2 个给 4 分;选错 1 个扣 2 分,最低得 0 分) 。 A.周期为 4.0s B.振幅为 20cm C.传播方向沿 x 轴正向 D.传播速度为 10m/s 答案:CD 解析: ? ? 5? 周期为: T ?

2?

? 得 : 振 幅 A ? 10cm 、 波 长 ? ? 4m , 故 波 速 为 ?
v? T

? 0.4s ,由波的图像

,p ? 1 0m / s 点在 t=0 时振动方向为正 y 方向,

波向正 x 方向传播 (2) 分)一赛艇停在平静的水面上,赛艇前端有一 (8 标记 P 离水面的高度为 h1=0.6m, 尾部下端 Q 略高于水 面;赛艇正前方离赛艇前端

s1

=0.8m 处有一浮标,示意 =3.0m 处下潜到深度为

如图。一潜水员在浮标前方

s2

h2

=4.0m 时,看到标记刚好被浮标挡住,此处看不到船尾端 Q;继续下潜△h=4.0m,恰好

能看见 Q。求 (1)水的折射率 n; (2)赛艇的长度 l。 (可用根式表示) 解析: (1)设过 P 点光线,恰好被浮子挡住时,入射角、折射角分别为:α 、β 则:

sin ? ?

s1 s12 ? h12

①、 sin ? ?

s2 s2 2 ? h2 2

②、 n ?

sin ? 4 ③ 由①②③得: n ? sin ? 3

(2)潜水员和 Q 点连线与水平方向夹角刚好为临界角 C,则:

sin C ?

1 3 ? n 4



tan C ?

h2 ? ?h ⑤ s1 ? s2 ? l

由④⑤得: l ? (

8 7 ? 3.8)m ? 3.3m 3

十四、选修 3-5
1. (2012 上海卷) .与原子核内部变化有关的现象是( ) (A)电离现象 (B)光电效应现象 (C)天然放射现象 (D)?粒子散射现象 答案:C 2. (2012 上海卷) .根据爱因斯坦的“光子说”可知( ) (A)“光子说”本质就是牛顿的“微粒说” (B)光的波长越大,光子的能量越小 (C)一束单色光的能量可以连续变化 (D)只有光子数很多时,光才具有粒子性 轧辊 放射源 答案:B, 3. (2012 上海卷) 在轧制钢板时需要动态地监测钢板厚度, . 其检测装置由放射源、探测器等构成,如图所示。该装置中 探测器 探测器接收到的是( ) (A)X 射线 (B)?射线 (C)?射线 (D)?射线 答案:D, 4. (2012 上海卷) .某种元素具有多种同位素,反映这些同位素的质量数 A 与中子数 N 关 系的是图( )
A A A A

答案:B (A) (B) (C) (D) 5. (2012 天津 卷) .下列说法中正确的是( ) A.采用物理或化学方法可以有效地改变放射性元素的半衰期 B.由波尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子 C.从高空对地面进行遥感摄影是利用紫外线良好的穿透能力 D.原子和所含核子单独存在时的总质量小于该原子核的质量 解析:半衰期是原子的物理属性,不能采用物理或化学方法改变;高空遥感是用红外线的;

O

N

O

N

O

N O

N

由于核子结合为原子核时能量增加必然存在质量亏损; 氢原子从高能量的激发态跃迁 到低能量的基态时放出能量,所以放出光子。答案 B。

6.(2012 全国理综).

235 92

U 经过 m 次 a 衰变和 n 次β 衰变 207 Pb ,则 82

A.m=7,n=3 B.m=7 n=4 C.m=14 n=9 D. m=14 n=18 【 解 析 】 质 量 数 减 少 为 : 4m=235-207=28,m=7. 核 电 荷 数 减 少 为 : 2m-n=92-82=10,n=4 【答案】B
7.(2012 全国理综).如图,大小相同的摆球 a 和 b 的质量分别为 m 和 3m,摆长 相同,并排悬挂,平衡时两球刚好接触,现将摆球 a 向左边拉开一小角度后释 放,若两球的碰撞是弹性的,下列判断正确的 A.第一次碰撞后的瞬间,两球的速度大小相等 B.第一次碰撞后的瞬间,两球的动量大小相等 C.第一次碰撞后,两球的最大摆角不相同 D.发生第二次碰撞时,两球在各自的平衡位置

【 解 析 】 根 据 碰 撞 动 量 守 恒 定 律 和 动 能 守 恒 得 m1v1 ? m1v1 '?m2 v2 ' ,
m ? m2 1 1 1 1 v1 ? ? v1 , m1v12 ? m1v1 ' 2 ? m1v2 ' 2 ,且 m1 ? m , m2 ? 3m 解得 v1 ' ? 1 m1 ? m2 2 2 2 2 v2 ' ? 2m1 1 1 v1 ? v1 ,所以 A 正确,B 错误;根据 mv 2 ? mgh ? mgR(1 ? cos? ) , m1 ? m2 2 2

知第一次碰撞后,两球的最大摆角 ? 相同,C 错误;根据单摆的等时性,D 正确。 【答案】AD
8. (2012 广东卷).能源是社会发展的基础,发展核能是解决能源问题的途径之一,下列释 放核能的反应方程,表述正确的有 A. B. C.
3 1 3 1 2 4 H ? 1 H ? 2 He ? 01n 是核聚变反应

2 4 H ? 1 H ? 2 He ? 01n 是 β 衰变 94 U ? 01n ? 140 Xe ? 38 Sr ? 2 01n 是核裂变反应 54 94 U ? 01n ? 140 Xe ? 38 Sr ? 2 01n 是 α 衰变 54

235 92

D.

235 92

答案:AC 9. (2012 北京高考卷) .一个氢原子从 n=3 能级跃迁到 n=2 能级,该氢原子 A.放出光子, 能量增加 B.放出光子, 能量减少 C.吸收光子, 能量增加 D.吸收光子, 能量减少 答案:B 10. (2012 山东卷).(8 分) 【物理—物理 3-5】

(1)氢原子第 n 能级的能量为 En ?

E1 ,其中 E1 为基态能量。当氢原子由第 4 能级跃 n2

迁到第 2 能级时,发出光子的频率为? 1 ;若氢原子由第 2 能级跃迁到基态,发出 光子的频率为? 2 ,则

?1 ? ?2



(2)光滑水平轨道上有三个木块 A、B、C,质量分别为 m A ? 3m 、 mB ? mC ? m ,开 始时 B、C 均静止,A 以初速度向右运动,A 与 B 相撞后分开,B 又与 C 发生碰撞 并粘在一起,此后 A 与 B 间的距离保持不变。求 B 与 C 碰撞前 B 的速度大小。

38. (1)

1 4

(2)设 A 与 B 碰撞后,A 的速度为,B 与 C 碰撞前 B 的速度为,B 与 V 碰撞后粘在一起的速 度为,由动量守恒定律得 对 A、B 木块: m Av0 对 B、C 木块: mB v B

? m Av A ? mB v B ? (mB ? mC )v

1 ○ 2 ○

由 A 与 B 间的距离保持不变可知

vA ? v
联立○○○式,代入数据得 1 2 3

3 ○

6 v B ? v0 5

4 ○

11. (2012 四川卷) .如图为氢原子能级示意图的一部分,则氢原子 A.从 n=4 能级跃迁到 n=3 能级比从 n=3 能级跃迁到 n=2 能级辐射 出电磁波的波长长 B. n=5 能级跃迁到 n=l 能级比从 n=5 能级跃迁到 n=4 能级辐射出 从 电磁波的速度大 C.处于不同能级时,核外电子在各处出现的概率是一样的 D.从高能级向低能级跃迁时,氢原子核一定向外放出能量 答案:A 12. (2012 天津卷).(1)质量为 0.2kg 的小球竖直向下以 6m/s 的速度落至水平地面,再以 4m/s 的速度反向弹回,取竖直向上为正方向,则小球与地面碰撞前后的动量变化为 kg. m/s, 若小球与地面的作用时间为 0.2s, 则小球受到地面的平均作用力大小为 N

(取 g=10m/s2) 9(1)解析:取竖直向上为正方向则初动量为负末动量为正,动量变化为

?p ? p? ? p ? 4 ? 0.2 ? (?6 ? 0.2) ? 2 kgm/s

F?

?p 2 ? mg ? ? 0.2 ? 10 ? 12 N t 0.2
60

13. (2012 上海卷) 27Co 发生一次?衰变后变为 Ni,其衰变方程为___________在该衰变过 . 程中还发妯频率为?1、?2 的两个光子,其总能量为___________。 答案:
60 60 0 , 27Co?28Ni+-1e,h(?1+?2)

14.A(2012 上海卷) .A、B 两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行,A 质量为 5kg, 速度大小为 10m/s, 质量为 2kg, B 速度大小为 5m/s, 它们的总动量大小为_________kgm/s; 两者相碰后,A 沿原方向运动,速度大小为 4m/s,则 B 的速度大小为_________m/s。 答案:40,10, 15.(2012 全国新课标).[物理——选修 3-5](15 分) 2 3 4 (1) 分) (6 氘核和氚核可发生热核聚变而释放巨大的能量, 该反应方程为: H+1H→2He+x , 1 2 3 4 式中 x 是某种粒子。已知:1H、1H、2He和粒子 x 的质量分别为 2.0141u、3.0161u、4.0026u 和 1.0087u;1u=931.5MeV/c2,c 是真空中的光速。由上述反应方程和数据可知,粒子 x 是 __________,该反应释放出的能量为_________ MeV(结果保留 3 位有效数字) (2) 分)如图,小球 a、b 用等长细线悬挂于同一固定点 O。让球 a 静止下垂,将球 b (9 向右拉起,使细线水平。从静止释放球 b,两球碰后粘在一起向左摆动,此后细线与竖直方 向之间的最大偏角为 60°。忽略空气阻力,求 (i)两球 a、b 的质量之比; (ii)两球在碰撞过程中损失的机械能与球 b 在碰前的最大动能之比。 1 [答案](1)0n (或中子),17.6 [解析] (2) 2 ? 1 , 1?

2 2

C(2012 江苏卷)(选修模块 3-5) . (12 分) (1)如图所示为某原子的能级图,a、b、c 这原子跃迁所发出的三种波 长的光,在下列该原子光谱的各选项中,谱线从左向右的波长依次增大, 测正确的是_________

(2)一个中子与某原子核发生核反应,生成一个氘核,其核反应方程式为________________. 该反应放出的能量为 Q,则氘核的比结合能为_________ (3)A、B 两种光子的能量之比为 2:1,它们都能使某种金属发生光电效应,且所产生的光电 子最大初动能分别为 EA、EB,求 A、B 两种光子的动量之比和该金属的逸出功。

12C(3-5) 【解析】根据 h? ? h

c

?

? En ? Em ,能量和频率依次增大的顺序是:b、c、

a,所以波长依次增大的是 a、c、b。 【答案】 (1)C Q 1 2 (2) 01 n?1 H ?1 H ; 2 h c ? (3)光子能量 ? ? hv ,动量 p ? ,且 v ? ,得 p ? ,则 p A : p B ? 2:1 ? ? c A 照射时,光电子的最大初动能 E A ? ? A ? WO .同理 E B ? ? B ? WO .

解得 Wo ? E A ? 2 E B
17(2012 重庆卷) .质量为 m 的人站在质量为 2m 的平板小车上,以共同的速度在水平地面 上沿直线前行,车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比。当车速为 v0 时,人 从车上以相对于地面大小为 v0 的速度水平向后跳下。跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计, 则能正确表示车运动的 v-t 图象为

答案:B 19(2012 重庆卷) .以下是物理学史上 3 个著名的核反应方程 x+ 3 Li ? 2y
7

y+ 7 N ? x+ 8 O
14 17

y+ 4 Be ? z+ 6 C
9
12

x、y 和 z 是三种不同的粒子,其中 z 是 A. ? 粒子 B.质子 C.中子 D.电子 答案:C 19(2012 海南卷).模块 3-5 试题(12 分) (1) 分)2011 年 3 月 11 日,日本发生九级大地震,造成福岛核电站的核泄漏事故。在 (4 泄露的污染物中含有 131I 和 137Cs 两种放射性核素,它们通过一系列衰变产生对人体有危害 的辐射。在下列四个式子中,有两个能分别反映 131I 和 137Cs 衰变过程,它们分别是_______ 和__________(填入正确选项前的字母) 131I 和 137Cs 原子核中的中子数分别是________和 。 _______. A.X1→ C.X3→
137 56 137 56

Ba ? 01n
Ba ?
0 ?1

B.X2

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