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2014全国高考物理试题分类汇编


2014 年高考物理试题分类汇编(16 个模块含答案)
一.相互作用 ............................................................................................ 2 二.物理学史 直线运动 ............................................

.............................. 3 三.牛顿运动定律 .................................................. 错误!未定义书签。 四.曲线运动 .......................................................................................... 15 五 . 万有引力定律与航天 ..................................................................... 19 六 . 机械能 ............................................................................................. 28 七.静电场 .............................................................................................. 38 八.恒定电流 ........................................................ 错误!未定义书签。9 十.电磁感应 .......................................................................................... 67 十一.交流电 .......................................................................................... 79 十二 . 选修 3-3 热学 .............................................................................. 84 十三 . 选修 3-4 机械振动和机械波 ..................................................... 92 十四 . 选修 3-5 ................................................................................. ....105 十五 . 力学实验....................................................................................114 十六 . 电学实验....................................................................................126

1 ? ?

一.相互作用
1. (2014 年 广东卷)14、如图 7 所示,水平地面上堆放着原木,关于原木 P 的支撑点 M、N 处受力的方向,下列说法正确的是 N A.M 处受到的支持力竖直向上 P B.N 处受到的支持力竖直向上 C.M 处受到的静摩擦力沿 MN 方向 M 图7 D.N 处受到的静摩擦力沿水平方向

14.【答案】 :A 【解析】 : 弹力的方向与接触面切线垂直,M 处支持力方向与地面垂直,即竖直向上,所以 A 正确 N 处的支持力方向与 MN 垂直向上,所以 B 错误 摩擦力方向与接触面切线平行,所以 C、D 错误 2.(2014 海南卷)5.如图,一不可伸长的光滑轻绳,其左端固定于 O 点,右端 跨过位于 O/点的固定光滑轴悬挂一质量为 M 的物体;OO‘段水平,长为度 L;绳 子上套一可沿绳滑动的轻环。现在轻环上悬挂一钩码,平衡后,物体上升 L。则 钩码的质量为 A. 5.
2 M 2

B.

3 M 2

C. 2 M

D. 3M

【答案】D

【解析】平衡后,物体上升 L,说明环下移后,将绳子拉过来的长度为 L,取环 重新平衡的位置为 A 点, 则 OA = O ' A = L ,则如图易知 mg = 3Mg , 选项 D 正确。
mg

O 300 A

O’

Mg

3. (2014 年 山东卷)14.如图,用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上的等高的两点, 制成一简易秋千。某次维修时将两绳各剪去一小段,但仍保持等长且悬挂点不变。木板静止 时, F1 表示木板所受合力的大小, F2 表示单根轻绳对木板拉力的大小,则维修后: ( )
2 ? ?

A. F1 不变, F2 变大 C. F1 变大, F2 变大

B. F1 不变, F2 变小 D. F1 变小, F2 变小

14、 【答案】A 【解析】木板静止,所受合力为零,所以 F1 不变,将两轻绳各减去一小段,木板再次静止, 两绳之间的夹角变大,木板重力沿绳方向的分力变大,故 F2 变大,正确选项 B。

二.物理学史 直线运动
1.(2014 年 大纲卷)14.—质点沿 x 轴做直线运 动,其 v-t 图像如图所示。质点在

t=0 时位于 x=5m 处,开始沿 x 轴正向运动。当 t=8s 时,质点在 x 轴上的位置 为( ) B.x=8m D.x=14m

A.x=3m C.x=9 m

14. 【答案】B 【考点】速度图像 【解析】根据图像表示的物理意义可知,图线与时间轴围城的面积表示物体的位移,面积在 时间轴之上,表示位移为正,反之表示位移为负。由图像可知 8 秒内质点的位移为:

s=

(2 + 4) × 2 (2 + 4) × 1 ? m = 3m ,又因为初始时刻质点的位置为 x=5m 处,所以 8 秒末 2 2

质点在 8m 处,B 项正确。 2.(2014 福建卷)15.如右图,滑块以初速度 v0 沿表面粗糙且足够长的固定斜面,从顶端下 滑,直至速度为零。对于该运动过程,若用 h、s、v、a 分别表示滑块的下降高度、位移、速 度和加速度的大小,t 表示时间,则下列图像最能正确描述这一运动规律的是( )

3 ? ?

15. 【答案】B 【考点】 匀变速直线运动图象问题 【解析】滑块沿斜面做匀减速直线运动,速度随时间均匀减小,加速度恒定,C、D 项错误; 位移时间图像中斜率代表速度,A 项中斜率表示竖直方向的分速度在增加,A 项错误,B 项 斜率表示合速度在减小,B 项正确。 3.(2014 年 广东卷)13、图 6 是物体做直线运动的 v-t 图象,由图可知,该物体 v/m﹒s-1 A.第 1s 内和第 3s 内的运动方向相反 1 B.第 3s 内和第 4s 内的加速度相同 C.第 1s 内和第 4s 内的位移大小不相等 0 1 2 3 4 t/s D.0~2s 和 0~4s 内的平均速度大小相等 -1 图6

13.【答案】 :B 【解析】 : 第 1s 内速度和第 3s 内速度都为正值,都与规定正方向相同,所以 A 错误。 v-t 图像的斜率代表物体运动加速度,其中斜率的数值大小表物理加速度大小,斜 率的正负代表加速度的方向,第 3s 内和第 4s 内图像的斜率相同,所以第 3s 内加 速度和第 4s 内加速度相同,所以 B 正确 物体的位移大小等于 v-t 图像的的图线与坐标轴围成的面积大小,所以 C 错误 物体的平均速度 v=

s位移 ,位移是矢量,0-2s 和 0-4s 的位移相同,时间不同,所 t

以它们的平均速度不相同,所以 D 错误。
4. (2014 海南卷)7.下列说法中,符合物理学史实的是

A.亚里士多德认为,必须有力作用在物体上,物体才能运动;没有力的作用, 物体或静止 B.牛顿认为,力是物体运动状态改变的原因,而不是物体运动的原因 C.麦克斯韦发现了电流的磁效应,即电流可以在其周围产生磁场 D.奥斯特发现导线通电时,导线附近的小磁针发生偏转 7. ABD【答案】
4 ? ?

【解析】奥斯特发现了电流的磁效应,即电流可以在其周围产生磁场,选项 C 错 误。
5. (2014 海南卷)13.短跑运动员完成 100m 赛跑的过程可简化为匀加速直线

运动和匀速直线运动两个阶段。一次比赛中,某运动用 11.00s 跑完全程。已知运 动员在加速阶段的第 2s 内通过的距离为 7.5m,求该运动员的加速度及在加速阶 段通过的距离。 13. 【答案】 a = 5m / s 2 , s / = 10 m 【解析】根据题意,在第 1s 和第 2s 内运动员都做匀加速直线运动,设运动员在 匀加速阶段的加速度为 a,在第 1s 和第 2s 内通过的位移分别为 s1 和 s2,由运动 学规律得
1 2 at 0 2 1 s1 + s2 = a ( 2t0 ) 2 2 s1 =

t0 = 1s
求得
a = 5m / s 2

设运动员做匀加速运动的时间为 t1, 匀速运动的时间为 t2, 匀速运动的速度为 v1, 跑完全程的时间为 t,全程的距离为 s,依题决及运动学规律,得

t = t1 + t 2 v = at1
s= 1 2 at1 + vt 2 2 1 2 at1 2

设加速阶段通过的距离为 s/,则
s/ =

求得 s / = 10 m
6. (2014 江苏卷)5.一汽车从静止开始做匀加速直线运动,然后刹车做匀减速直线运动, 直到停止。下列速度v和位移x的关系图像中,能描述该过程的是

5 ? ?

A 5. 【答案】A 【考点】速度-位移关系图象

B

C

D

【解析】匀加时根据速度位移关系 v 2 = 2 ax 变形可得 v = 形为 v =

2 2ax ,匀减时 v 2 ? v0 = ?2 a ' x 变

2 v0 ? 2a ' x ,根据指数函数图像特点可知,A 项正确。

(2014 年 江苏卷) 7. (2014 海南卷)3.将一物体以某一初速度竖直上抛。物体在运动过程中受到

一大小不变的空气阻力作用,它从抛出点到最高点的运动时间为 t1,再从最高点 回到抛出点的运动时间为 t2,如果没有空气阻力作用,它从抛出点到最高点所用 的时间为 t0,则

A.t1> t0 t2< t1 B.t1< t0 t2> t1 C.t2.> t0 t2> t1 D.t1< t0 t2< t1 3.【答案】 B
【解析】三种情况的下的匀变速加速度是: a1 > g > a2 ,其中, a1t1 = v0 = gt0 ,易
1 1 得 t0 > t1 ,又上升与下降过程: a1t12 = a2t2 2 ,得 t2 > t1 ,选项 B 正确。 2 2
8. (2014 年全国卷 1)24. (12 分)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前 车突然停止时,后车司机以采取刹车措施,使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通 常情况下,人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为 1s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以 108km/h 的速度匀速行驶时,安全距离为 120m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因 数为晴天时的 2/5,若要求安全距离仍为 120m,求汽车在雨天安全行驶的最大速度。 24.【word 版解析】 :令晴天时加速度为 a1,据 μmg=m a1 ① 得 a1=μg
6 ? ?

由题意得 S=vt+

v2 2a



代入得, 2 a1=5m/s 2 同理:雨天时 a2=2/5 a1=2 m/s 代入②得 v=20(24 舍去)m/s 9. (2014 年 全国卷 2)14.甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶。在 t=0 到 t=t1 的时间内, 它们的 v-t 图像如图所示。在这段时间内

A.汽车甲的平均速度比乙大 B.汽车乙的平均速度等于 C.甲乙两汽车的位移相同 D.汽车甲的加速度大小逐渐减小,汽车乙的加速度大小逐渐增大

v1 + v2 2

14. 【答案】 A 【命题立意】考察运动物体的 v-t 图像相关知识。 【解题思路】根据 v-t 图像的知识,图像与时间轴所围的面积表示位移,图像的斜率表示 加速度可知 C、D 均错。因为两车均是变加速运动,平均速度不能用

v1 + v2 计算, 2

故 B 错;根据平均速度的定义式结合图像可知 A 对。 【解题点拨】 熟练掌握运动物体的位移时间—图像与速度—时间图像是解题的关键, 也是 分析物理的图像问题的基本方法。

10. (2014 年 山东卷)15 一质点在外力作用下做直线运动,其速度 v 随时间 t 变化的图像 如图所示。在图中所标注的时刻中,质点所受合外力的方向与速度方向相同的有 ( )

A. t1

B. t2

C. t3

D. t4
7

? ?

15、 【答案】AC 【解析】当物体做加速运动时,加速度的方向和速度方向相同,合外力的方向与加速度的方 向相同,图中 t1 和 t3 时刻质点所受合外力的方向与速度方向相同,正确选项 AC。 11.(2014 年 山东卷)23 研究表明,一般人的刹车反应时间(即图甲中的刹车反应过程所用 时间) , t0 = 0.4 s ,但饮酒会引起反应时间延长。在某次试验中,志愿者少量饮酒后驾车以

v0 = 72km / h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶。从发现情况到汽车停止,行驶距离为
L=39m,减速过程中汽车位移 x 和速度 v 的关系曲线如图所示,此过程可以视为匀变速直线 运动。取重力加速度 g = 10m / s ,求
2

(1)减速过程中的加速的大小和所用时间 (2)饮酒使试验者的反应时间延长了多少? (3)减速过程中汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值。
s/m 25

发现情况

开始减速

汽车停止

反应过程

减速过程

图甲

0
图乙

72

v /(km ? h?1 )

23、 【答案】 (1) a = 8m / s 2 ; t=2.5s (2) Δt = 0.3s

(3)

41 5

【解析】 解: (1) 设减速过程汽车加速度的大小为 a, 所用时间为 t, 由题可得初速度 v0=20m/s, 末速度 vt=0,位移 s=25m,由运动学公式得:

v0 2 = 2as t= v0 a

① ②

联立① ②式,代入数据得:

a = 8m / s 2
t=2.5s

③ ④

(2)设志愿者反应时间为 t′ ,反应时间的增量为 Δt ,由运动学公式得

L = v0t ′ + s

⑤ ⑥

Δt = t ′ ? t0

联立⑤⑥式,代入数据得 ⑦ (3)设志愿者所受合外力的大小为 F,汽车对志愿者作用力的大小为 F0,志愿者质量为 m,
8 ? ?

Δt = 0.3s

由牛顿第二定律得 F=ma ⑧ 由平行四边形定则得:

F0 2 = F 2 + (mg ) 2



联立③⑧⑨式,代入数据得:

F0 41 = mg 5

12. (2014年 四川卷)7.如右图所示,水平传送带以速度 v1匀速运动。小物体 P,Q 由通过 P 与定滑轮间的绳水平。 定滑轮且不可伸长的轻绳相连。 t=0时刻 P 在传送带左端具有速度 v2, t=t0时刻 P 离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦。绳足够长。正确描述小物体 P 速度随时间 变化的图像可能是

7、【答案】 :BC 【解析】由题可知物体 P 有如下几种情况:当 v2 < v1 时,第一种情况,最大静摩擦力

f max < mQ g 时,以加速度 a =

mQ g ? f max mp

向右减速滑离,或以加速度 a =

mQ g ? f max mp

先向

右减速到 0 再向左加速从左端滑离,无符合的选项;第二种情况,最大静摩擦力 f max > mQ g 时,以 a =

f max ? mQ g mp

向右加速滑离,或以 a =

f max ? mQ g mp

加速到 v1 ,再受静摩擦力以 v1 匀

速向右滑离,B 选项符合;当 v2 > v1 时,第一种情况,P 以加速度 a1 =
9 ? ?

mQ g + f mp

向右减速滑

离,无符合的选项;第二种情况,P 先以加速度 a1 =

mQ g + f mp

减速到 v1 ,若最大静摩擦力

f max > mQ g ,则 P 受静摩擦力继续以 v1 匀速向右滑离,无符合的选项;第三种情况,P 先以
加速度 a1 =

mQ g + f mp

减速到 v1 ,若最大静摩擦力 f max < mQ g ,则 P 将继续以加速度

a2 =

mQ g ? f mp mQ g ? f mp

向右减速滑离,如果速度减为 0 时还未滑离,则 P 将继续以加速度

a3 =

反向向左做加速运动,直到滑离, a1 > a2 = a3 ,故 A、D 错误,C 选项符合。

13. (2014 天津卷)1.质点作直线运动的速度—时间图像如图所示,该质点 A.在第 1 秒末速度方向发生了改变 B.在第 2 秒末加速度方向发生了改变 C.在前 2 秒内发生的位移为零 D.第 3 秒末和第 5 秒的位置相同 1. 【答案】D 【考点】速度图像 【解析】根据图像表示的物理意义可知,图线与时间轴围城的面积表示物体的位移,斜率表 示加速度;根据图象可知 1s 末质点的速度方向没有变化,加速度的方向发生了变化,A 项错 误;第 2s 末质点的加速度没有变化,速度方向发生了变化,B 项错误;前 2s 内质点的位移 为正, C 项错误; 3~5s 内图象与时间轴围城的面积绝对值为零, 这段时间内质点的位移为零, 所以第 3s 末和第 5s 末质点在同一位置,D 项正确。 14. (2014 重庆卷)5.以不同初速度将 两个物体同时竖直向上抛出并开始计时,一个物体 所受空气阻力可忽略,另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比。下列用虚线和 实线描述两物体运动的 v-t 图象可能正确的是

【答案】D 【解析】 竖直上抛运动不受空气阻力, 做向上匀减速直线运动至最高点再向下自由落体运动, v-t 图象是倾斜向下的直线,四个选项(虚线)均正确表示;有阻力 Ff=kv 的上抛运动,上升 时: a上 =

mg + kv ,随着 v 减小,加速度减小,对应的 v-t 图线的斜率减小,A 错误;下落 m
10

? ?

时: a下 =

mg ? kv ,随着 v 增大,加速度减小,故在最高点时 v=0,a=g,对应的 v-t 图线与 m

轴的交点,其斜率应该等于 g,即过交点的切线应该与竖直上抛运动的直线(虚线)平行, 选项 D 正确。

三.牛顿运动定律
1.(2014 北京)18.应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加 有趣和深入。例如平伸手掌托起物体,由静止开始竖直向上运动,直至将物体抛 出。对此现象分析正确的是 A.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于超重状态 B.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于失重状态 C.在物体离开手的瞬间,物体的加速度大于重力加速度 D.在物体离开手的瞬间,手的加速度大于重力加速度 18. 【答案】D
【考点】超重和失重 【解析】手托住物体向上运动时,若加速度向上,则处于超重现象,若加速度向下,则处于 失重状态,若匀速向上,则既不是超重也不是失重状态,由于物体的运动状态不清楚,所以 状态不能确定,AB 项错误;物体离开手之后,只受重力作用,加速度竖直向下,大小为 g,C 项错误;此时手速度瞬间变为零,手的加速度大于物体的加速度,D 项正确。

2.(2014 北京)19.伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法, 有力地促进了人类科学认识的发展。利用如图 所示的装置做如下实验:小球从左侧斜面上的 O 点由静止释放后沿斜面向下运动,并沿右侧斜 面上升。斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐减 低的材料时,小球沿右侧斜面上升到的最高位 置依次为 1、2、3。根据三次实验结果的对比,可以得到的最直接的结论是 A.如果斜面光滑,小球将上升到与 O 点等高的位置 B.如果小球不受力,它将一直保持匀速运动或静止状态 C.如果小球受到力的作用,它的运动状态将发生改变 D.小球受到的力一定时,质量越大,它的加速度越小
19. 【答案】A 【考点】伽利略理想斜面实验 【解析】如果斜面光滑是假象出来的,属于归纳总结出来的结论,A 项正确;实验没有验证 小球不受力时的运动,不受力时的运动状态是推论,B 项错误;小球受力运动状态的变化也
11 ? ?

是想象出来的,C 项错误;小球受力一定时,质量越大,加速度越小,这是牛顿第二定律的 结论,D 项错误。 3.(2014 年 大纲卷)19.一物块沿倾角为 θ 的斜坡向上滑动。当物块的初速度为 v

时,上升的最大高度为 H,如图所示;当物块的初速度为 v 时,上升的最大高度
2

记为 h。重力加速度大小为 g。物块与斜坡间的动摩擦因数和 h 分别为(

)

A.tanθ 和 H
2

B.( D.(

v 2 gH v2 2 gH

2

-1)tanθ 和 H
2

C.tanθ 和 H
4

- 1)tanθ 和 H
4

19. 【答案】D 【考点】牛顿第二定律的应用、匀变速直线运动的规律 【解析】 物块向上做匀减速直线运动, 根据受力可知, 其加速度为:a = g sin θ + μ g cos θ ;

2( g sin θ + μ g cos θ ) H = v , 再根据匀变速位移速度关系, 有: 2( g sin θ + μ g cos θ )h =
2

v2 , 4

联立解得: μ = ?

? v2 ? H ? 1? tan θ , h = ,D 项正确。 4 ? 2 gH ?

4.(2014 江苏卷)8.如图所示,A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上。 A、B 间 的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为 擦力,重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F,则 A.当F < 2μmg 时,A、B 都相对地面静止 B.当F =

1 μ 。最大静摩擦力等于滑动摩 2

5 1 μ mg 时,A的加速度为 μ g 2 3 1 μg 2

C.当F > 3 μmg 时,A相对B滑动 D.无论F为何值,B的加速度不会超过

8. 【答案】BCD 【考点】牛顿第二定律 整体法 隔离法 相对运动 【解析】由题意可知 AB 间的最大静摩擦力 F f 1 =

μ 2mg ,B 与地面间的最大静摩擦力

Ff 2 =

1 3μ mg 所以当 F 逐渐增大至 时, B 与地面间先发生相对滑动, A 项错误; μ 3mg , 2 2

F 继续增大,AB 间摩擦力也逐渐增大,当AB间摩擦力增大至 2 μ mg 时,AB 恰要发生相对 滑动,此时对 B: F f 1 -

F f 2 = ma ,可以解得 a =
12

1 μ g ;对 A: F - F f 1 = 2ma ,解 2

? ?

得F

1 C 项正确; F 继续增大, B 受到两个不变的滑动摩擦力, 加速度始终为 μ g , = 3μ mg , 2 = 5 μ mg ,AB 正在一起匀加,对整体: 2 1 μ g ,B 正确。 3

D 项正确;当 F

F - F f 2 = 3ma ' ,解得 a ' =
(2014 年 江苏卷)

5. (2014 年全国卷 1)17.如图,用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上,系统

处于平衡状态。现使小车从静止开始向左加速,加速度从零开始逐渐增大到某一 值,然后保持此值,小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)。 与稳定在竖直位置时相比,小球的高度 A.一定升高 B.一定降低 C.保持不变 D.升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定

17. 【答案】 :A 【解析】 :竖直平衡时 kx1=mg,加速时,令橡皮筋与竖直方向夹角为 θ,则 kx2 cosθ=mg, 可得 x1 = x2 cos θ ; 静止时,球到悬点的竖直距离 h1 = x1 + l0 ,加速时,球到悬点的竖直 距离 h2 = x2 cos θ + lo cos θ ,比较可得, h2 < h1 ,选项 A 正确。

6. (2014 年 全国卷 2) 24. 2012 年 10 月,奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球 升至约 39km 的高空后跳下,经过 4 分 20 秒到达距地面约 1.5km 高度处,打开降落伞并成功 落地,打破了跳伞运动的多项世界纪录,取重力加速度的大小 g = 10m / s
2

(1)忽略空气阻力,求该运动员从静止开始下落到 1.5km 高度处所需要的时间及其在此处 速度的大小 ( 2 )实际上物体在空气中运动时会受到空气阻力,高速运动受阻力大小可近似表示为

f = kv 2 ,其中 v 为速率,k 为阻力系数,其数值与物体的形状,横截面积及空气密度有关,
13 ? ?

已知该运动员在某段时间内高速下落的 v ? t 图象如图所示,着陆过程中,运动员和所携装备 的总质量 m = 100 kg ,试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数(结果保留 1 位有效数字)

24. 【答案】 (1)87s 8.7×102m/s (2)0.008kg/m 【命题立意】考察物体的自由落体运动,牛顿运动定律;考察实际问题的分析处理能力,考 察数学方法的应用能力以及图像分析都综合应用能力。 【解析】 (1)设运动员从开始自由下落至 1.5km 高度处的时间为 t ,下落距离为 h,在 1.5km 高度处的速度大小为 v,由运动学公式有:

v = gt h=

联立解得:t=87s v=8.7×102m/s (2)运动员在达到最大速度 vm 时,加速度为零,由牛顿第二定律有:
2 Mg = kvm

1 2 gt 2 且 h = 3.9 × 10 4 m ? 1.5 × 103 m = 3.75 × 10 4 m

由题图可读出 vm ≈ 360m / s 代入得:k=0.008kg/m 【解题点拨】 (1)抓住运动员做自由落体运动为突破口; (2)运动员速度最大时合外力 等于零。

14 ? ?

四.曲线运动
1.(2014 年 安徽卷)19.如图所示,一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的 角速度 ω 转动,盘面上离转轴距离 2.5m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体 与盘面间的动摩擦因数为

为 300,g 取 10m/s2。则 ω 的最大值是 A. 5rad / s C. 1.0rad / s

3 (设最大静摩擦力等于滑动摩擦力) , 盘面与水平面的夹角 2
B. 3rad / s D. 0.5rad / s ω

300

【答案】C 【解析】 由于小物体随匀质圆盘做圆周运动, 其向心力由小物体受到的指向圆心的合力提供, 在 最 下 端 时 指 向 圆 心 的 合 力 最 小 。 根 据 牛 顿 第 二 定 律 : Ff ? mg sin 30 = mω r , 又
0 2

Ff ≤ F m = μ mg cos 300 解得 ω ≤ 1.0rad / s ,要使小物体与圆盘始终保持相对静止,则 ω 的最大值是 1.0rad / s 。C 正确。
2. (2014 年全国卷 1)20.如图.两个质盘均为 m 的小木块 a 和 b(可视为质点)放在水平四 盘上,a 与转轴 00'的距离为 l, b 与转轴的距离为 2l。木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受 重力的 k 倍,重力加速度大小为 g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动,用 ω 表示圆 盘转动的角速度,下列说法正确的是 A.b 一定比 a 先开始滑动 B. a、b 所受的摩擦力始终相等 C. ω =

kg 是 b 开始滑动的临界角速度 2l 2kg 时,a 所受摩擦力的大小为 kmg 3l

D.当 ω =

20. 【答案】 :A C 【解析】 :两物块共轴转动,角速度相等,b 的转动半径是 a 的 2 倍,所以 b 物块最先达到 最大静摩擦,最先滑动,A 对的;两物块的向心力由静摩擦力提供的,由于半径不等,所 以向心力不等,B 错误的;当 b 要滑动时 kmg=mw2.2L,所以 C 对的;同理 b 要滑动时, kmg=mw2.L,解得其临界角速度,显然实际角速度小于临界角速度,b 还没达到最大静摩 擦力,D 错误的。

15 ? ?

3. (2014 年 全国卷 2)15.取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出,在抛 出点其动能与重力势能恰好相等。不计空气阻力,该物块落地时的速度方向与水平方向 的夹角为( A. ) B.

π
6

π
4

C.

π
3

D.

5π 12

15. 【答案】 B 【命题立意】该题主要考察了平抛运动速度的夹角问题,同时加入了能量的基本知识。 【解题思路】建立平抛运动模型,设物体水平抛出的初速度为 v0,抛出时的高度为 h。根 据题意,由

1 2 m v 0 = m gh ,有 v 0 = 2
vy =

2gh ;由于竖直方向物体做自由落体运动,则

落地的竖直速度

2 gh 。 所 以 落 地 时 速 度 方 向 与 水 平 方 向 的 夹 角

tan θ =

vy v0

=

2 gh 2 gh

= 1 ,则 θ =

π
4

,选项 B 正确。

【解题点拨】切忌在竖直方向使用动能定理,因为动能定理是一个标量式。 4. (2014 年 全国卷 2)17.如图,一质量为 M 的光滑大圆环,用一细轻 杆固定在竖直平面内;套在大环上质量为 m 的小环(可视为质点) ,从大环 的最高处由静止滑下。重力加速度大小为 g,当小环滑到大环的最低点时, 大环对轻杆拉力的大小为 A.Mg-5Mg B.Mg+mg C.Mg+5mg D.Mg+10mg 17.【答案】 C 【命题立意】考察机械能守恒,做圆周运动的物体在最低点的向心力问题。 【解题思路】根据机械能守恒,小圆环到达大圆环低端时: mg ? 2 R
2

=

1 2 mv ,对小圆环 2

v ;对大圆环,由平衡可知: 在 最 低 点 , 由 牛 顿 定 律 可 得 : FN - m g = m R

F 。 T = Mg + F N ,解得 F T = Mg + 5mg ,选项 C 正确。
【解题点拨】最低点的受力分析是关键。

5. (2014 年 四川卷)4.有一条两岸平直,河水均匀流动、流速恒为 v 的大河,小明驾着小 船渡河,去程时船头朝向始终与河岸垂直,回程时行驶路线与河岸垂直。去程与回程所用时 间的比值为 k,船在静水中的速度大小相同,则小船在静水中的速度大小

16 ? ?

A.

kv k ?1
2

B.

v 1? k
2

C.

kv 1? k
2

D.

v k 2 ?1

4、【答案】 :B 【解析】 :可设河宽为 d,船在静水中的速度为 V c ,第一种情况时时间 t 1 =

d ,第二种情况 vc

为t 2=

d vc ? v
2 2



t1 = k ,可得出 B 是正确的。 t2

6. (2014 天津卷)9. (18 分) (1)半径为 R 的水平圆盘绕过圆心 O 的竖直轴转动,A 为圆 盘边缘上一点,在 O 的正上方有一个可视为质点的小球以初速度 v 水平抛出时,半径 OA 方 向恰好与 v 的方向相同, 如图所示。 若小球与圆盘只碰一次, 且落在 A 点, 重力加速度为 g, 则小球抛出时距 O 的高度 h= ,圆盘转动的角速度大小 ω= 。

9. 【答案】 (1)

gR 2 2v 2

2nπ v (n ∈ N + ) R

【考点】平抛运动的规律、匀速圆周运动的规律 【解析】小球抛出后,水平方向做匀速直线运动,又因为只与圆盘碰撞一次,有:

gR 2 1 2 gt ,得 h = 2 ;根据圆周运动的周期性,可知两者相撞时,圆盘转动的 2v 2 R 2π 2nπ v 圈数为整数,有: = n (n ∈ N + ) ? ω = (n ∈ N + ) ω v R
R = vt , h =
7. (2014.浙江卷)23 如图所示,装甲车在水平地面上以速度 v0=20m/s 沿直线前进,车上 机枪的枪管水平,距地面高为 h=1.8m。在车正前方竖直一块高为两米的长方形靶,其底边与 地面接触。枪口与靶距离为 L 时,机枪手正对靶射出第一发子弹,子弹相对于枪口的初速度 为 v=800m/s。在子弹射出的同时,装甲车开始匀减速运动,行进 s=90m 后停下。装甲车停下 后, 机枪手以相同方式射出第二发子弹。 (不计空气阻力, 子弹看成质点, 重力加速度 g=10m/s2) (1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小; (2)当 L=410m 时,求第一发子弹的弹孔离地的高度,并计算靶上两个弹孔之间的距离; (3)若靶上只有一个弹孔,求 L 的范围。

17 ? ?



第 23 题图 23.【考点分析】平抛运动、匀变速直线运动 【解析】(l)装甲车减速时满足 代入数据可知 a=20/9 m/s2。 (2)第一发子弹运行初速度 第一发子弹的运动时间 第一发子弹下落高度 第一发子弹弹孔离地高度为 代入数据可知 同理 第二发子弹的运动时间 第二发子弹下落高度 两个弹孔之间的距离 代入数据可知 (3)若靶上只有—个弹孔,则临界条件为第一发子弹没打到靶上,第二发子弹恰好打到靶上 子弹平抛运动时间 第一发子弹刚好没有打到靶的距离为 代入数据为 第二发子弹刚好打到靶上的距离为 代入数据为 所以 +

18 ? ?

五 . 万有引力定律与航天
1.(2014 年 安徽卷)14.在科学研究中,科学家常将未知现象同已知现象进行比较,找出其 共同点,进一步推测未知现象的特性和规律。法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引 问题时,曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距 离的关系。 已知单摆摆长为 l, 引力常量为 G。 地球的质量为 M。 摆球到地心的距离为 r, 则单摆振动周期 T 与距离 r 的关系式为 A. T = 2π r

GM l

B T = 2π r

l GM l GM
O

C. T =

2π r

GM l

D. T = 2π l

【答案】B 【解析】由于万有引力使物体产生加速度,由牛顿第二定律得: G 动周期公式为 T = 2π

Mm = mg ,而单摆的振 r2

l l ,联立得: T = 2π r 。B 正确。 GM g

2.(2014 北京)23.万有引力定律揭示了天体运动规律与地上物体运动规律具有 内在的一致性。 (1)用弹簧秤称量一个相对于地球静止的小物体的重量,随称量位置的变化可 能会有不同的结果。已知地球质量为 M,自转周期为 T,万有引力常量为 G。将地 球视为半径为 R、质量均匀分布的球体,不考虑空气的影响。设在地球北极地面 称量时,弹簧秤的读数是 F0 a. 若在北极上空高出地面 h 处称量,弹簧秤读数为 F1,求比值 的表达式,

并就 h=1.0%R 的情形算出具体数值(计算结果保留两位有效数字) ; b. 若在赤道地面称量,弹簧秤读数为 F2,求比值 的表达式。

(2)设想地球绕太阳公转的圆周轨道半径为 r、太阳的半径为 Rs 和地球的半径 R 三者均减小为现在的 1.0%,而太阳和地球的密度均匀且不变。仅考虑太阳和地球 之间的相互作用,以现实地球的 1 年为标准,计算“设想地球”的一年将变为多 长?
23.【答案】 (1)a.

F1 = 0.98 F0

b.

F2 4π 2 R 3 = 1? 2 F0 T GM
19

(2)不变

? ?

【考点】万有引力定律的应用 【解析】 (1)设小物体质量为 m a.在北极地面

GMm = F0 R2

在北极上空高出地面 h 处

GMm = F1 (R +h)2

F1 R2 = = 0.98 F0 (R + h)2
b.在赤道地面,小物体随地球自转做匀速圆周运动,受到万有引力,有

GMm 4π 2 ? F = R m 2 R2 T2

F2 4π 2 R 3 得 = 1? 2 F0 T GM
(2) 地球绕太阳做匀速圆周运动, 受到太阳的万有引力, 设太阳质量为 MS, 地球质量为 M, 地球公转周期为 Tg,有:

GM S M 4π 2 Mr = Tg 2 r2
得 Tg =

4π 2 r 3 3π r 3 = GM S Gρ R3

其中 ρ 为太阳的密度, 由上式可知,地球的公转周期仅与太阳的密度、地球公转半径与太阳的半径之比有关,因此 “设想地球”的 1 年与现实地球的 1 年时间相等。 3.(2014 年 大纲卷)26.(22 分)已知地球的自转周期和半径分别为 T 和 R,地球同

步卫星 A 的圆轨道半径为 h。卫星 B 沿半径为 r(r<h)的圆轨道在地球赤道的正上 方运行,其运行方向与地球自转 方向相同。求: ⑴卫星 B 做圆周运动的周期; ⑵卫星 A 和 B 连续地不能直接通讯的最长时间间隔(信号传输时间可忽略)。

r 2 r R R 【答案】 (1) ( ) T (2) (arcsin + arcsin )T 3/2 3/2 h r h π (h - r )
【考点】万有引力定律的应用、匀速圆周运动的规律 【解析】 (1)设卫星 B 绕地心转动的周期为 T ' ,根据万有引力定律和圆周运动的规律有

3

3/2

20 ? ?

GMm h
2

= m(

2π 2 ) h T

GMm ' r
2

= m '(

2π 2 ) r T

式中 G 为引力常量,M 为地球的质量, m 、 m ' 为卫星的质量 联立可得

r T ' = ( )2T h
在此时间内,卫星A和B绕地心转动的角度分别为 α 和 α ' ,则 (2)设卫星 A 和B连续不能直接通讯的时间间隔为 τ

3

α= α '=

τ
T

2π 2π

τ
T'

若不考虑卫星 A 的公转,两卫星不能直接通讯时,卫星 B 的位置在图中 B 和 B ' 点之间,图

中内圆表示地球的赤道 由几何关系得∠ BOB'=2(arcsin

R R +arcsin ) h r

当 r<h 时,卫星 B 比卫星 A 转的快,考虑卫星 A 的公转后应有 α '-α =∠ BOB' 联立各式

τ=

r

3/2

π (h

3/2

- r

3/2

)

(arcsin

R R + arcsin )T h r

4.(2014 福建卷)14.若有一颗“宜居”行星,其质量为地球的 p 倍,半径为地球的 q 倍,则 该行星卫星的环绕速度是地球卫星环绕速度的() A.

pq 倍

B.

q 倍 p

C.

p 倍 q

D.

pq 3 倍

14. 【答案】C 【考点】 第一宇宙速度、万有引力定律

21 ? ?

【解析】第一宇宙速度又叫环绕速度,即绕星球表面飞行的卫星的速度根据万有引力提供向 心力

GMm R
2

mv ,解得 v = = R

2

v GM ,所以 = v地 R

MR地 M地R

=

p ,C 项正确。 q

5. (2014 年 广东卷)21、如图 13 所示,飞行器 P 绕某星球做匀速圆周运动,星球相对飞 行器的张角为 θ,下列说法正确的是

A.轨道半径越大,周期越长 B.轨道半径越大,速度越大 C.若测得周期和张角,可得到星球的平均密度 D.若测得周期和轨道半径,可得到星球的平均密度

P

θ

21.【答案】 :AC
【解析】 :根据 G

图 13

R3 Mm 2π 2 , 解得 T = 2 π ,可知半径越大周期越大,故 m R = ( ) GM R2 T

A 正确,根据
G

GM Mm mv 2 ,解得:v= ,可知半径越大环绕速度越小,所以 B 错误。如果测 = 2 R R R
4π 2 R 3 ,如果知道张角θ,则星球半径 r 与轨道半径 R 间关系 GT 2

量出周期,则有 M =

4 4 3π 3 为 r=R sin θ ,所以 M = π r 3 ρ = π ,故 C 正确。 (R sin θ) ρ ,解得: ρ = 2 GT sin 3 θ 3 3 而 D 选项无法计算星球半径,则无法求出星球的密度,所以 D 错误。
6. (2014 海南卷)6.设地球自转周期为 T,质量为 M,引力常量为 G,假设地

球可视为质量均匀分布的球体,半径为 R。同一物体在南极和赤道水平面上静止 时所受到的支持力之比为

A.

GMT 2 GMT 2 ? 4π 2 R 3 GMT 2 ? 4π 2 R 3 GMT 2

B.

GMT 2 GMT 2 + 4π 2 R 3 GMT 2 + 4π 2 R 3 GMT 2

C.

D.

6.【答案】 A
【解析】物体在南极地面所受的支持力等于万有引力, F =
GMm ——① R2

,

22 ? ?

在赤道处,F万 ? F ' = F向 , 得 F ' = F万 ? F向 , 又 F向 =m ——② ,由①/②式,可得,选项 A 正确。

4π 2 GMm 4π 2 , 则 ' R F = ? m R T2 R2 T2

7. (2014 江苏卷) 2. 已知地球的质量约为火星质量的10倍, 地球的半径约为火星半径的2倍,
则航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率约为 A.3. 5 km/ s B.5. 0 km/ s C.17. 7 km/ s D.35. 2 km/ s 2. 【答案】A 【考点】第一宇宙速度 万有引力 牛顿第二定律 【解析】 航天器在星球表面飞行的速度即其第一宇宙速度

GMm R
2

mv 解得 v = = R

2

GM R

所以

v火 v地

=

M 火R 地 M 地 R火

=

1 5
3.5km / s

v火 =
A 项正确

1 v = 5 地

1 椿7.9km / s 5

8. (2014 年全国卷 1) 19.太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。
当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间, 且三者几乎排成一条直线的现象, 天文学称为 “行 星冲日” 。据报道,2014 年各行星冲日时间分别是:1 月 6 日木星冲日;4 月 9 日火里冲日;5 月 11 日土星冲日;8 月 29 日海王星冲日;10 月 8 日天王星冲日。已知地球及各地外行星绕 太阳运动的轨道半径如下表所示,则下列判断正确的是

A.各地外行星每年都会出现冲日现象 B.在 2015 年内一定会出现木星冲日 C.天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半 D.地外行星中,海王星相邻两次冲日的时间间隔最短 19. 【答案】BD 解析:令地球周期为 w0,地外行星周期为 w,由 w0t-wt=2π 得各地外行星相邻两次冲日 时间间隔不等于一年,A 错的;根据开普勒第三定律或

4π 2 GMm = m R 得,木星周期大 R2 T02

约是 11.5 年,则木星的冲日周期由 w0t-wt=2π,得 t ≈ 1.1 年,上次木星冲日在 2014 年 1 月 6 日,则 2015 年一年时间内一定出现冲日,B 选项正确;天王星与土星轨道半径之比为
23 ? ?

2:1,周期之比为 2 2 :1,由 w0t-wt=2π 可得 C 错的;由 w0t-wt=2π,越高越慢,w 越 小,t 就越小,D 对的。

9. (2014 年 全国卷 2)18.假设地球可视为质量均匀分布的球体。已知地球表面重力加速
度在两极的大小为 g0;在赤道的大小为 g;地球自转的周期为 T;引力常量为 G。地球的密 度为 A.

3π g o ? g GT 2 g o

B.

go 3π 2 GT g o ? g

C.

3π GT 2

D.

3π g o GT 2 g

18 .【答案】 B 【命题立意】主要考察物体在地球赤道和两极处所受重力的不同。 【解题思路】根据万有引力定律可知: G

Mm R
2

= mg0 , 在 地 球 的 赤 道 上 :

G

Mm R
2

- mg = m(

4 3 2π 2 ) R , 地 球 的 质 量 : M = πR ρ , 联 立 三 式 可 得 : 3 T

ρ=

g0 ,选项 B 正确; 2 GT g 0 - g



【解题点拨】注意分析赤道处物体的重力与万有引力的关系。

10. (2014 年 山东卷)20.2013 年我国相继完成“神十”与“天宫”对接, “嫦娥”携“玉兔” 落月两大工程。某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想:如图,将携带“玉兔”的返回系统 由月球表面发射到 h 高度的轨道上,与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接,然后由飞船 送“玉兔”返回地球。设“玉兔”质量为 m,月球半径为 R,月球表面的重力加速度为 g月 , 以月球表面为零势能面, “玉兔”在 h 高度的引力势能可表示为 E p =

GMmh ,其中 G 为 R( R + h)

引力常量,M 为月球质量。若忽略月球的自转,从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的 功为 ( )

h

月球

A.

mg月R (h + 2 R) R+h

B.

mg月R (h + 2 R) R+h

24 ? ?

C.

mg月R 2 (h + R) 2 R+h

D.

mg月R 1 (h + R) 2 R+h
Mm mv 2 = 可知,玉兔在该轨道上的 ( R + h) 2 ( R + h)

20、 【答案】D 【解析】设玉兔在 h 高度的速度为 v,则由 G

动 能 为 : Ek =

1 GMm ,由能的转化和守恒定律可知对玉兔做的功为: 2 ( R + h)

W = EP + EK =
项为 D。

1 GMm GMmh Mm ,结合在月球表面: G 2 =mg 月 ,整理可知正确选 + 2 ( R + h) R ( R + h ) R

11. (2014 年 四川卷)9.石墨烯是近些年发现的一种新材料,其超高强度及超强导电、导热 等非凡的物理化学性质有望使 21 世纪的世界发生革命性的变化,其发现者由此获得 2010 年 诺贝尔物理学奖。用石墨烯制作的超级缆绳,人类搭建“太空电梯”的梦想 有望在本世纪实现。科学家们设想,通过地球同步轨道站向地面垂下一条缆 绳至赤道基站,电梯仓沿着这条缆绳运动,实现外太空和地球之间便捷的物 资交换。 (1)若“太空电梯”将货物从赤道基站运到距地面高度为 h1 的同步轨道站, 求轨道站内质量为 m1 的货物相对地心运动的动能。设地球自转角速度为 ω , 地球半径为 R。 (2)当电梯仓停在距地面高度 h2 = 4 R 的站点时,求仓内质量 m2 = 50kg 的 人 对 水 平 地 板 的 压 力 大 小 。 取 地 面 附 近 重 力 加 速 度 g = 10m / s , 地 球 自 转 角 速 度
2

ω = 7.3 × 10 ?5 rad / s ,地球半径 R = 6.4 × 10 3 km 。
9.【解析】 :(1)设货物到地心的距离为 r1,货物的线速度为 v1,则有 r1=R+h1……① v1=r1·ω……② 货物相对于地心的动能为 E k =
2 1 m1v1 ……③ 2

联立①②③,可得 E k =

2 1 2 m1ω (R+h1) ……④ 2
25

? ?

(2)人在仓内,受到万有引力与支持力,此二力的合力即为向心力。 设地球质量为 M,人到地心的距离为 r2,向心加速度为 a,受到的万有引力为 F 故有:r2=R+h2……⑤ a=ω r2……⑥ F=G
2

m2 M ……⑦ 2 r2

g=

GM ……⑧ R2

设地板对人的支持力为 FN ,人对地面的压力为 N

FN =N……⑨
F- FN = m2 a……⑨ 联立各式,可得 N=11.5N 12. (2014 天津卷)3.研究表明,地球自转在逐渐变慢,3 亿年前地球自转的周期约为 22 小 时。假设这种趋势会持续下去,地球的其他条件都不变,未来人类发射的地球同步卫星 与现在相比 A.距地球的高度变大 B.向心加速度变大 C.线速度变大 D.加速度变大 3. 【答案】A 【考点】万有引力定律的应用 【解析】同步卫星与地球的自转周期相同,若地球的自转周期变大,那么同步卫星的角速度 将变小, D 项错误; 根据万有引力提供向心力, 有:G

Mm 角速度变小, = mω 2 (R + h) , (R + h) 2

同步卫星离地高度将变大,A 项正确;由 a = G

M 可知,同步卫星的向心加速度将减 (R + h) 2

小,B 项错误; 。由 v =

GM 可知,线速度变小,C 项错误。 R+ h

13. (2014.浙江卷)16 长期以来“卡戎星 (Charon )被认为是冥王星唯一的卫星,它的公转 轨道半径 r1=19600km,公转周期 T1=6.39 天。2006 年 3 月,天文学家新发现两颗冥王星的小 卫星,其中一颗的公转轨道半径 r2=48000km,则它的公转周期 T2 最接近于 A.15 天 B.25 天 C.35 天 D.45 天 16.答案:B
26 ? ?

解析:由开普勒第三定律得(

r1 3 T1 2 ) =( ) 代入解得,T2=25 天,B 对。 r2 T2

14(2014 重庆卷)7. (15 分)题 7 图为“嫦娥三号”探测器在月 球上着陆最后阶段的示意图。首先在发动机作用下,探测器 受到推力在距月面高度为 h1 处悬停(速度为 0,h1 远小于月 球半径) ;接着推力改变,探测器开始竖直下降,到达距月面 高度为 h2 处的速度为 v;此后发动机关闭,探测器仅受重力 下落到月面。已知探测器总质量为 m(不包括燃料) ,地球和 月球的半径比为 k1,质量比为 k2,地球表面附近的重力加速 度为 g。求: (1)月球表面附近的重力加速度大小及探测器刚接触月面时 的速度大小; (2)从开始竖直下降到刚接触月面时,探测器机械能的变化。

2k12 gh2 【答案】 (1) v + k2
2

1 2 k12 (2) mv ? mg (h1 ? h2 ) 2 k2

【解析】 (1)设地球质量和半径分别为 M 和 R,月球的质量、半径和表面附近的重力加速度 分别为 M ′ 、 R ′ 和 g ′ ,探测器刚接触月面时的速度大小为 v1。 由 mg ′ = G

k12 M ′m Mm ′ mg G g g 和 = 得 = R′2 R2 k2 得 vt = v 2 + 2k12 gh2 k2

由 vt ? v = 2 g ′h2
2 2

(2)设机械能变化量为△E,动能变化量为△Ek,重力势能变化量为△EP。 由 ΔE = ΔEk + ΔEP 有 ΔE =

2k 2 gh k2 1 m(v 2 + 1 2 ) + m 1 gh1 2 k2 k2

1 2 k12 mg (h1 ? h2 ) 得: ΔE = mv ? 2 k2

27 ? ?

六 . 机械能与动量守恒
1.(2014 年 安徽卷)15.如图所示,有一内壁光滑的闭合椭圆形管道,置于竖直平面内,M N是通过椭圆中心O点的水平线。已知一小球从M点出发,初速率为 v0,沿管道 MPN 运动,到 N 点的速率为 v1,所需的时间为 t1;若该小球仍由 M 点以初速率 v0 出发,而 沿管道 MQN 运动,到 N 点的速率为 v2,所需时间为 t2。则 A.v1=v2,t1>t2 B.v1<v2,t1>t2 C.v1=v2,t1<t2 D.v1<v2,t1<t2
P

【答案】A N M Q 【解析】由于是内壁光滑的闭合椭圆形管道,运动中只有重力做功,机 械能守恒,MON 在同一水平线上,故 v1=v2=v0;而沿管道 MPN 运动,先 减速后加速,沿管道 MQN 运动,先加速后减速,前者平均速率小,后者平均速率大,运动 的路程相同,故 t1>t2。A 正确。 2.(2014 年 安徽卷)24.(20 分) 在光滑水平地面上有一凹槽 A,中央放一小物块 B。物块与左右两边槽壁的距离如图所 示,L 为 1.0m。凹槽与物块的质量均为 m,两者之间的动摩擦因数 μ 为 0.5。开始时物 块静止,凹槽以 v0 = 5m / s 初速度向右运动, L L B 设物块与凹槽壁碰撞过程中没有能量损失, v0 A 且碰撞时间不计。g 取 10m/s2。求: (1)物块与凹槽相对静止时的共同速度; (2)从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数; (3)从凹槽开始运动到两者相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小。 【答案】 (1)2.5m/s (2)6 (3) 【解析】 (1)设两者间相对静止时的速度为 v,由动量守恒定律得
2
2

mv0 = 2mv
v0 v/ms-1

v = 2.5m / s

v0/2 2 3 4

0

1

5 t/s

(2)物块与凹槽间的滑动摩擦力

F f = μ N = μ mg s1 = 12.5m

设两者间相对静止时的路程为 s1,由动能定理得

? F f s1 =

1 1 2 ( m + m)v 2 ? mv0 2 2

已知 L=1m,可推知物块与右侧槽壁共发生 6 次碰撞。 (3)设凹槽与物块碰前的速度分别为 v1、v2, 碰后的速度分别为 v1′ 、 v2′ 。有

′ + mv2 ′ mv1 + mv2 = mv1


′ = v2 v1

′ = v1 v2

1 2 1 2 1 1 ′2 + mv2 ′2 mv1 + mv2 = mv1 2 2 2 2

28 ? ?

即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换,在同一坐标系上两者的速度图线 如图所示,根据碰撞次数可分为 13 段,凹槽、物块的 v-t 图象在两条连续的匀 变速运动图线间转换,故可用匀变速直线运动规律求时间。则

v = v0 + at

a = -μ g

t = 5s

凹槽的 v-t 图象所包围的阴影面积即为凹槽的位移大小 s2。 (等腰三角形面积共 分 13 份,第一份面积为 0.5L。其余每份面积均为 L。 )

s2 =

1 v0 ( )t + 6.5 L 2 2

s2 = 12.75m

3.(2014 北京)22.(16 分)如图所示,竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与 水平桌面相切,小滑块 A 和 B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将 A 无 初速度释放, A 与 B 碰撞后结合为一个整体, 并沿桌面滑动。 已知圆弧轨道光滑, 半径 R=0.2m;A 和 B 的质量相等;A 和 B 整体与桌面之间的动摩擦因数 重力加速度 g=10m/s2。求: (1) 碰撞前瞬间 A 的速率 v; (2) 碰撞后瞬间 A 和 B 整体的速率 ; (3) A 和 B 整体在桌面上滑动的距离 .
B

。取

R
A

O

22.【答案】 (1)2m/s (2)1m/s (3)0.25m 【考点】机械能守恒定律、动量守恒以及动能定理 【解析】 (1)从圆弧最高点滑到最低点的过程中机械能守恒则有:

1 2 m Av A = m A gR 2
可以得出: v A =

2 gR = 2 m / s

(2)在圆弧底部和滑块 B 相撞,动量守恒:

(mA + mB )v ' = mAv A
得v' =

1 v A = 1m / s 2 1 1 1 2 ( m A + m B ) v ' 2 = m Av A = m Agh 2 2 2

(3)滑块 A 和 B 粘在一起在桌面上滑行,摩擦力做负功,由动能定理可得:

f l=

摩擦力:

f = μ (mA + mB )g=μ 2mAg
于是可以得到: 2 μ m Ag l =

1 m AgR 2
29

? ?

则: l =

R μ = 0.25m 4

4.(2014 年 大纲卷)24.(12 分)冰球运动员甲的质量为 80.0kg。当他以 5.0m/s 的

速度向前运动时,与另一质量为 100kg、速度为 3.0m/s 的迎面而来的运动员乙相 撞。碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短,求:[来源:学科网 ZXXK] ⑴碰后乙的速度的大小; ⑵碰撞中总机械能的损失。
24. 【答案】 (1)1.0m/s (2)1400J 【考点】动量守恒、机械能守恒 【解析】 (1)设运动员甲、乙的质量分别为 m、M 碰前速度大小分别为 v 和 V,碰后乙的速 度为 V ' ,由动量守恒定律得:

mv ? MV = MV ' 代入数据得: V ' = 1.0m/s
(2)设碰撞过程中总机械能的损失为△E,应有:

1 2 1 1 mv + MV 2 = MV '2 + ΔE 2 2 2
联立上式,代入数据得:△E=1400J 5.(2014 福建卷)18.如图,两根相同的轻质弹簧,沿足够长的光滑斜面放置,下端固定在斜 面底部挡板上,斜面固定不动。质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端。现用外 力作用在物块上,使两弹簧具有相同的压缩量,若撤去外力后,两物块由静止沿斜面向上弹 出并离开弹簧,则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程,两物块( )

A.最大速度相同 B.最大加速度相同 C.上升的最大高度不同 D.重力势能的变化量不同 18. 【答案】C 【考点】 受力分析、牛顿第二定律、动能定理 【解析】 撤去外力后,两物块受到重力、弹力和支持力作用,在斜面上做往复运动,当弹簧 弹力等于重力沿斜面向下的分力时,速度最大,根据牛顿第二定律和动能定理,有:

1 2 ,质量较小的物块平衡位置较高,合力做功较大,物块的最 mg sin α = k Δx ,W合 = mvmax 2
大速度较大,A 项错误;初位置时物块具有的加速度最大,由于弹簧的压缩量一定,所以最 大弹力相同,根据牛顿第二定律有: k Δx-mg sin α = ma ? a =

k Δx -g sin α ,由于质量 m

不同,所以最大加速度也不同,B 项错误;由于弹簧相同,两个物块的质量不同,所以速度 最大时的位置不同,C 项正确;速度为零时,物块的动能也为零,减少的弹性势能全部转化 为物块的重力势能,D 项错误。

30 ? ?

6.(2014 福建卷)21.(19 分)图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图,整个轨道在同一竖直 平面内,表面粗糙的 AB 段对到与四分之一光滑圆弧轨道 BC 在 B 点水平相切。点 A 距水面 的高度为 H,圆弧轨道 BC 的半径为 R,圆心 O 恰在水面。一质量为 m 的游客(视为质点) 可从轨道 AB 的任意位置滑下,不计空气阻力。 (1) 若游客从 A 点由静止开始滑下, 到 B 点时沿切线方向滑离轨道落在水面 D 点, OD=2R, 求游客滑到的速度 vB 大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功 Wf; (2)若游客从 AB 段某处滑下,恰好停在 B 点,有因为受到微小扰动,继续沿圆弧轨道滑 到 P 点后滑离轨道,求 P 点离水面的高度 h。 (提示:在圆周运动过程中任一点,质点所受的

v2 向心力与其速率的关系为 F向 = m ) R

21.【答案】 (1) -

(mgH - 2mgR)

(2)

2 R 3

【考点】运动的合成和分解、动能定理、机械能守恒、功率 【解析】 (1)游客从 B 点做平抛运动,有

2 R = vB t
R= 1 2 gt 2

联立解得 vB

=

2 gR
1 2 mv 2 B

从A到 B,根据动能定理,有

mg ( H - R ) + W f =
可得 W f

= - (mgH - 2mgR)

(2)设 OP 与 OB 间夹角为 θ ,游客在 P 点时的速度为 vP ,受到的支持力为 N,从 B 到 P 由机械能守恒定律,有

mg ( R - R cos θ ) =
? ?

1 2 mv - 0 2 P
31

过 P 点根据向心力公式,有

mvP mg cosθ - N = R
N =0

2

cos θ =
解得 h =

h R

2R 3

7. (2014 年 广东卷)16、图 9 是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图,图中○ 1 和○ 2 为楔块,○ 3 和○ 4 为垫板,楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦,在车厢相互撞击使弹簧压 缩的过程中 弹簧盒 F1
① ③ ② ④

F2

图9 A.缓冲器的机械能守恒 B.摩擦力做功消耗机械能 C.垫板的动能全部转化为内能 D.弹簧的弹性势能全部转化为动能

16.【答案】 :B 【解析】 : 由于楔块与弹簧盒、 垫板间存在摩擦力作用, 需要克服摩擦力做功, 消耗机械能, 所以 A 错误,B 正确。 垫板的动能转化为弹性势能和内能,所以 C 错误 弹簧在压缩,弹性势能增加,其他能转化为弹性势能,所以 D 错误
8. (2014 年 广东卷)35、 (18 分) 图 24 的水平轨道中,AC 段的中点 B 的正上方有一探测器,C 处有一竖直挡板,物体 P1 沿轨道向右以速度 v1 与静止在 A 点的物体 P2 碰撞,并接合成复合体 P,以此碰撞时刻为 计时零点,探测器只在 t1=2s 至 t2=4s 内工作。已知 P1、P2 的质量都为 m=1kg,p 与 AC 间的 动摩擦因数为 μ=0.1,AB 段长 L=4m,g 取 10m/s2,P1、P2 和 P 均视为质点,P 与挡板的碰撞 为弹性碰撞。 (1)若 v1=6m/s,求 P1、P2 碰后瞬间的速度大小 v 和碰撞损失的动能△E; (2)若 P 与挡板碰后,能在探测器的工作时间内通过 B 点,求 v1 的取值范围和 P 向左经过 A 点时的最大动能 E。
32 ? ?

P1 A

P2 L

探测器

B 图 24

L

C

35.【答案】 : (1)9J

(2) 10m / s ≤ v1 ≤ 14m / s

17J

【解析】 : (1)令 P1 和 P2 发生弹性碰撞后速度为 v2,根据动量守恒定律有:

mv1 =2mv 2 ,解得: v 2 =

v1 =3m / s 2

1 1 碰撞过程中损失的动能为: ΔEk = mv12 - 2mv 2 2 =9 J 2 2

(2)可以把 P 从 A 点运动到第二次到 B 点过程可以作匀减速直线运动, 加速度大小为: a=μ g=1m/s 2 根据运动学公式: v B =v 2 -at ① 当 2s 时通过 B 点 ② 当 4s 时通过 B 点
v B 2 -v 2 2 =-2a 3L

又因为

v2 =

v1 2

解得: v1 =14m/s 解得: v1 =10m/s

综上: v1 的取值范围为: 10m / s ≤ v1 ≤ 14m / s 向左经过 A 点的最大速度为: v A 2 -v B 2 =-2aL 解得: v A 2 =17m 2 / s 2
1 则通过 A 点的最大动能为: E kA = 2mv A 2 =17J 2
9. (2014 海南卷)10.如图,质量相同的两物体 a、b,用不可伸长的轻绳跨接

在同一光滑的轻质定滑轮两侧,a 在水平桌面的上方,b 在水平粗糙桌面上。初始 时用力压住 b 使 a、b 静止,撤去此压力后,a 开始运动,在 a 下降的过程中,b 始终未离开桌面。在此过程中 A.a 的动能小于 b 的动能 B.两物体机械能的变化量相等
33 ? ?

C.a 的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量 D.绳的拉力对 a 所做的功与对 b 所做的功的代数和为零 10.【答案】AD 【解析】由于 va = vb cos θ , θ 为 b 的拉绳与水平面的夹角,质量相同,动能
Ek =

1 2 mv ,可知选项 A 正确;a 物体下降时,a 的机械能的减少量等于 b 物体的 2

动能增加量和 b 克服摩擦力做功之和,选项 BC 错误;绳的拉力对 a 所做的功等 于 a 的机械能的减少量,绳的拉力对 b 所做的功等于 b 的动能增加和克服摩擦力 做功,选项 D 正确。
10. (2014 江苏卷)15.(16 分)如图所示,生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲 和乙,甲的速度为v0。小工件离开甲前与甲的速度相同,并平稳地传到乙上,工件与乙 之间的动摩擦因数为μ。 乙的宽度足够大,重力 加速度为g。 (1)若乙的速度为v0,求工件在乙上侧向(垂直于 乙的运动方向)滑过的距离s; (2)若乙的速度为2v0,求工件在乙上刚停止侧向 滑动时的速度大小v; (3)保持乙的速度2v0不变,当工件在乙上刚停止 滑动时, 下一只工件恰好传到乙上,如此反复。 若每个工件的质量均为m,除工件与传送带之间 摩擦外,其他能量损耗均不计,求驱动乙的电动 机的平均输出功率P。 15. 【答案】 (1)

2v0 2μ g

2

(2) 2v0

(3)

4 5 μ mgv0 5
速度位移公式

【考点】 运动的合成和分解 力的合成和分解 力和运动的关系 功能关系 【解析】 (1)摩擦力与侧向的夹角为 45° 侧向加速度大小 a x

= μ g cos 45

0

匀变速直线运动 -

2ax s = 0 - v0

2

2v0 解得 s = 2μ g

2

(2)设 t=0 时刻摩擦力与侧向的夹角为 θ ,侧向、纵向加速度的大小分别为 a x 、 a y

a 则 x

ay

= tan θ

34 ? ?

很小的 Δt 时间内,侧向、纵向的速度增量 Δv x 解得

= a x Δt , Δv y = a y Δt

Δv y Δv x

= tan θ = vy vx v 'y v 'x = v y - Δv y vx - Δvx = tan θ

且由题意可知 tan θ



所以摩擦力方向保持不变 则当 v ' x 即v =

= 0 时, v ' y = 0

2v0

(3)工件在乙上滑动的侧向位移为 x,沿乙方向的位移为 y 由题意知 ax 在侧向上 -

= μ g cosθ , a y = μ g sin θ ,
2

2ax x = 0 - v0
= 2v0 ay

在纵向上 2 a y y = 乙前进的距离 y1 =
2 2

(2v0 ) - 0

2

工件滑动时间 t

2v0t

工件相对乙的位移 L = 则系统摩擦生热 Q = 电动机做功 W

x + ( y1 - y )

μ mgL

=

1 1 2 2 m(2v0 ) - mv0 + Q 2 2

由P=

4 5 W ,解得 P = μ mgv0 t 5

11. (2014 年 全国卷 2)16.一物体静止在粗糙水平地面上,现用一大小为 F1 的水平拉力拉 动物体,经过一段时间后其速度变为 v,若将水平拉力的大小改为 F2,物体从静止开始经过

WF 2 分别表示拉力 F1、 F2 所做的功, 同样的时间后速度变为 2v, 对于上述两个过程, 用 WF 1 、
W f 1 、 W f 2 分别表示前后两次克服摩擦力所做的功,则( )
A. WF 2 ? 4WF 1 , W f 2 ? 2W f 1 C. WF 2 ? 4WF 1 , W f 2 = 2W f 1 B. WF 2 ? 4WF 1 , W f 2 = 2W f 1 D. WF 2 ? 4WF 1 , W f 2 ? 2W f 1
35 ? ?

16.【答案】 C 【命题立意】考察物体的运动,牛顿定律和动能定理的知识。 【解题思路】由于物体两次受恒力作用做匀加速运动,由于时间相等,末速度之比为 1: 2 , 则加速度之比为 1: 2 , 位移之比为 1: 2 。 而摩擦力不变, 由 W f = ? F f x 得: W f 2 = 2W f 1 ; 由 动 能 定 理 : WF 1 + W f 1 =

1 2 1 mv ? 0 , WF 2 + W f 2 = m(2v) 2 ? 0 , 整 理 得 : 2 2

4WF 1 = W F 2 ?2W f 1 = W F 2 +2 F f x1 ,故 WF 2 < 4WF 1 。C 正确。
【解题点拨】注意摩擦力的不变特征,熟练应用动能定理,注意位移、速度、力之间的比例 关系。

12. (2014 天津卷)10. (16 分)如图所示,水平地面上静止放置一辆小车 A,质量 mA=4kg, 上表面光滑,小车与地面间的摩擦力极小,可以忽略不计。可视为质点的物块 B 置于 A 的最右端,B 的质量 mB=2kg。现对 A 施加一个水平向右的恒力 F=10N,A 运动一段时间 后,小车左端固定的挡板与 B 发生碰撞,碰撞时间极短, 碰后 A、B 粘合在一起,共同在 F 的作用下继续运动,碰 撞后经时间 t=0.6s,二者的速度达到 vt=2m/s。求 (1)A 开始运动时加速度 a 的大小; (2)A、B 碰撞后瞬间的共同速度 v 的大小; (3)A 的上表面长度 l。 2 10. 【答案】 (1)2.5m/s (2)1m/s (3)0.45m 【考点】牛顿第二定律 动量守恒、动能定理 【解析】 (1)以 A 为研究对象,根据牛顿第二定律有 F=mAa 代入数据解得 2 a=2.5m/s (2)对 A、B 碰后共同运动 t=0.6s 的过程,由动量定理得

Ft = (m A + m B )v1 - (m A + m B )v
代入数据解得

v = 1m / s
(3)设碰前 A 的速度为 vA,由动量守恒

mv A = (m A + m B )v
A 从开始运动到与 B 碰撞前

Fl =

1 2 m Av A 2

代入数据解得

l = 0.45m
36 ? ?

13. (2014 重庆卷)2.某车以相同功率在两种不同的水平路面上行驶,受到的阻力分别为 车重的 k1 和 k2 倍,最大速率分别为 v1 和 v2,则 A. v2 = k1v1 B. v2 =

k1 v1 k2

C. v2 =

k2 v1 k1

D. v2 = k2 v1

【答案】B 【解析】以相同功率在两种不同的水平路面上行驶达最大速度时,有 F=Ff=kmg。由 P=Fv 可知最大速度 vm =

Ff 2 k2 P P k v = ,则 1 = = ,故 v2 = 1 v1 ,选项 B 正确。 F Ff k2 v2 F f 1 k1

37 ? ?

七.静电场
1.(2014 年 安徽卷)17.一带电粒子在电场中仅受静电力作用,做初速度为零的直线运动。 取该直线为 x 轴,起始点 O 为坐标原点,其电势能 EP 与位移 x 的关系如右图所示。下 列图象中合理的是
EP

O

x

E

Ek

v

a

O
电场强度与位移关系

x

O
粒子动能与位移关系

x

O
粒子速度与位移关系

x

O
粒子加速度与位移关系

x

A

B

C

D

【答案】D 【解析】由电场力做功与电势能的关系: F x = ?ΔEP ,可知 EP-x 图线的斜率表示静电力 F 的大小,可见静电力 F 逐渐减小,而 F=qE,故不是匀强电场,A 错误;根据牛顿第二定律 粒子做加速度减小的加速运动 C 错误,D 正确;根据能量守恒 ΔEk = ?ΔE p ,比较图线 B 错 误。正确选项 D。 2.(2014 年 安徽卷)22. (14 分) 如图所示,充电后的平行板电容器水平放置,电容为 C,极板间距离为 d,上极板正中 有一小孔。质量为 m、电荷量为+q 的小球从小孔正上方高 h 处由静止开始下落,穿过小 孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计,极板间电场可视为匀强电场,重力加 速度为 g) 。求: +q (1)小球到达小孔处的速度; (2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量; h (3)小球从开始下落运动到下极板的时间。 d 【答案】 (1) 2 gh (2) 【解析】 (1)由 v = 2 gh
2

mg (h + d ) qd

C

mg (h + d ) h+d (3) q h

2h g

v = 2 gh
0 ? v 2 = 2 ad

(2)在极板间带电小球受重力和电场力,有

mg ? qE = ma

U = Ed

Q = CU

mg (h + d ) qd mg (h + d ) 得 Q=C q


E=

38 ? ?

(3)由 h =

1 2 gt1 2

0 = v + at2

综合可得

t=

h+d h

2h g

3.(2014 北京)15.如图所示,实线表示某静电场的电场线,虚线表示该电场的 等势面。下列判断正确的是 A.1、2 两点的场强相等 B.1、3 两点的场强相等 C.1、2 两点的电势相等 D.2、3 两点的电势相等

15. 【答案】D 【考点】电场强度、电势 【解析】电场线的疏密程度反映了电场强度的大小,所以 1 点的场强大于 2 点;电场线的切 线方向表示场强的方向,2 点和 3 点的场强方向不同,AB 项错误;沿电场线电势降低, 1 点 电势高于 2 点电势,CD 项错误;2 点和 3 点电势相等,D 项正确。

4..(2014 年 大纲卷)15.地球表面附近某区域存在大小为 150N/C、方向竖直向下 的电场。一质量为 1.00×10-4kg、带电量为-1.00×10-7C 的小球从静止释放, 在电场区域内下落 10.0m。对此过程,该小球的电势能和动能的改变量分别为(重 力加速度大小取 9.80m/s2,忽略空气阻力)( A.-1.50×10-4J 和 9.95×10-3J C.-1.50×10-4J 和 9.65×10-3J ) B.1.50×10-4J 和 9.95×10-3J D.1.50×10-4J 和 9 .65×10-3J

15. 【答案】D 【考点】电场力能的性质、动能定理 【解析】 电场力做功只与初末位置的电势差有关, 电场力做正功电势能减少, 电场力做负功, 电势能增加。小球带负电,受到的电场力沿竖直方向向上,所以下落过程,电场力做负功, 电势能增加,AC 项错误;W电 = Eqh = 1.00 × 10-7 C × 150 N / C × 10 = 1.5 × 10 ?4 J ,根据动能 定 理 , 合 力 做 功 等 于 动 能 的 变 化 , 有 :

WG ? W电 = ( mg ? Eq)h = (9.8 × 10 ?4 ? 1.00 × 10-7 C × 150 N / C ) × 10 = 9.65 × 10?3 J ,D 项
正确。

39 ? ?

5.(2014 福建卷)20.(15 分)如图,真空中 xoy 平面直角坐标系上的 ABC 三点构成等边三 角形,边长 L=2.0m。若将电荷量均为 q=+2.0×10-6C 的两点电荷分别固定在 A、B 点,已知静 电力常量 k=9.0×109N·m2/C2.求: (1)两点电荷间的库仑力大小; (2)C 点的电场强度的大小和方向。

20. 【答案】 (1) 9.0?

10 N

- 3

(2) 7.8 ?

10 N/C

3

方向沿 y 轴正方向

【考点】库仑定律、电场的矢量叠加 【解析】 (1)根据库仑定律 A、B 两点电荷间的库仑力的大小为

F= k

q

2 2

L

代入数据得 F

= 9.0 10 N

- 3

(2)A、B 两点电荷在c点产生的场强大小相等,均为

E1 = k

q L
2

A、B 两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为

E合 = 2E1 cos 30
代入数据得 E合

0 3

= 7.8 10 N/C

方向沿 y 轴正方向 6. (2014 年 广东卷)20、如图 12 所示,光滑绝缘的水平桌面上,固定着一个带电量为+Q 的小球 P。带电量分别为-q 和+2q 的小球 M 和 N,由绝缘细杆相连,静止在桌面上。P 与 M 相距 L,P、M 和 N 视为点电荷,下列说法正确的是
N M

A.M 与 N 的距离大于 L B.P、M 和 N 在同一直线上 C.在 P 产生的电场中,M、N 处的电势相同 D.M、N 及细杆组成的系统所受合外力为零

P 图 12

40 ? ?

20.【答案】 :BD 【解析】 : 把 M、 N 作为整体, 处于静止状态, 即 M、 N 整体合力为 0, 即k 解得
Qq 2Qq , =k 2 L LPN 2

LPN = 2 L ,M、N 间距离等于 LMN = 2 L ? L < L ,所以 A 错误,D 正确。根据二力
平衡条件, M、 N 作为整体, 只受 P 的作用力, 应该在一条直线上, 所以 B 正确。 电量为+Q 的小球 P 产生的电场中,离 p 点越远电势较低,所以 C 错误, 4. 如图, 一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连, 7. (2014 海南卷) 极板水平放置,极板间距为 d,在下极板上叠放一厚度为 l 的金属板,其上部空 间有一带电粒子 P 静止在电容器中,当把金属板从电容器中快速抽出后,粒子 P 开始运动,重力加速度为 g。粒子运动加速度为 A.
l g d l C. g d ?l d ?l g d d D. g d ?l

B.

4.【答案】A 【解析】平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连,有金属板时,板间场 强可以表达为: E1 =
u ,且有 E1q = mg ,当抽去金属板,则板间距离增大,板 d ?l u 间场强可以表达为: E2 = ,有 d d g mg ? E2 q = ma ,联立上述可解得: = ,知选项 A 正确。 ?l ? a

8. (2014 海南卷)9.如图(a) ,直线 MN 表示某电场中一条电场线,a、b 是

线上的两点,将一带负电荷的粒子从 a 点处由静止释放,粒子从 a 运动到 b 过程 中的 v-t 图线如图(b)所示,设 a、b 两点的电势分别为 ? a 、 ? b ,场强大小分别 为 Ea 、 Eb ,粒子在 a、b 两点的电势能分别为 Wa 、 Wb ,不计重力,则有 A. ? a > ? b C. Ea < Eb 9.【答案】BD 【解析】 由 v-t 图像的斜率渐小可知由 a 到 b 的过程中,粒子的加速度渐小,所
41 ? ?

B. Ea > Eb D. Wa > Wb

以场强渐小,

Ea > Eb ;根据动能定理,速度增大,可知势能减小,Wa > Wb ,可得选项 BD 正
确。

9. (2014 江苏卷)4.如图所示,一圆环上均匀分布着正电荷,x轴垂直于环面且过圆心O。 下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是 A.O 点的电场强度为零,电势最低 B.O 点的电场强度为零,电势最高 C.从 O 点沿 x 轴正方向,电场强度减小,电势升高 D.从 O 点沿 x 轴正方向,电场强度增大,电势降低 4. 【答案】B 【考点】电场的叠加、电势和场强的关系 【解析】O 点合场强为零,在 O 点右侧每一点合场强方向向右,在 O 点左侧每一点合场强方 向向左,沿电场方向电势降低,所以 O 点电势最高,B项正确;ACD 错误。 (2014 年 江苏卷) 10. (2014 年全国卷 1) 21.如图,在正点电荷 Q 的电场中有 M、 N、 P、F 四点,M、N、P 为直角三角形的三个顶 点,F 为 MN 的中点, ∠ M =300. M、N、P、 F 四点处的电势分别用 ? M 、? N 、? P 、? F 表 示。己知 ? M = ? N , ? P = ? F ,点电荷 Q 在 M、N、P 三点所在平面内,则 A.点电荷 Q 一定在 MP 的连线上 B.连接 PF 的线段一定在同一等势面上 C.将正试探电荷从 P 点搬运到 N 点,电场力做负功 D.

? P 大于 ? M

21. 【答案】 :A D 【解析】 :因为 M、N 电势相等,P、F 电势相等,M、N 处在同一个圆上,同理 P、F 处在 同一个圆上,连接 M、N 和 P、F 分别作他们的垂直平分线,必交于一点,则由几何关系得 到交于 PM 上,A 对的;这是点电荷电场,不是匀强电场,B 错误的;这是正电荷,距离点 电荷越远,电势越小,电势能越小,C 错 D 对的。 11. (2014 年全国卷 1)25. (20 分)如图,O、A、B 为同一竖直平面内的三个点,OB 沿竖 直方向, ∠ BOA = 600,OB=

3 OA。将一将一质量为 m 的小球以一定的初动能自 O 点水平 2
42

? ?

向右抛出,小球在运动过程中恰好通过 A 点。使此小球带电,电荷量为 q (q>0),同时加一匀 强电场,场强方向与△OAB 所在平面平行。现从 O 点以同样的初动能沿某一方向抛出此带 电小球,该小球通过了 A 点,到达 A 点时的动能是初动能的 3 倍;若该小球从 O 点以同样 的初动能沿另一方向抛出,恰好通过 B 点,且到达 B 点时的动能为初动能的 6 倍。重力加速 度大小为 g。求 (I)无电场时,小球到达 A 点时的动能与初动能的比值; (2)电场强度的大小和方向。

25.【word 版解析】 : (1)由平抛运动的规律, h=

1 2 gt 2 s x

x=vt

tanθ =

得 2 3 v0=3gt 所以 h=

1 2 2v 0 gt = 2 3g

2

由动能定理得 mgh=Ek- Ek=

1 m v 02 2

7 m v 02 6

所以 Ek:Ek0=7:3 (2)令 OA=2L,OB=3L 由动能定理得 UOAq+mg .2L sin 300=Ek1-Ek0 UOBq+mg 3L=Ek12-Ek0 由上式 mg .2L sin 300== 解得 UOAq=

2 m v02 3

1 m v 02 3 1 UOBq= m v02 2 2 所以 UOA= UOB 3

场强方向在∠AOB 的角平分线上,从 O 点斜向下与竖直方向成 300 角。

43 ? ?

由上式 Eq2L sin 600=

1 m v02 3 2 mg .2L sin 300== m v02 3 3 mg 6q

所以 E=

12. (2014年 全国卷2)19.关于静电场的电场强度和电势,下列说法正确的是
A.电场强度的方向处处与等电势面垂直 B.电场强度为零的地方,电势也为零 C.随着电场强度的大小逐渐减小,电势也逐渐降低 D.任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向 19.【答案】 AD 【命题立意】考察电场线与等势面的关系。 【解题思路】电场线与等势面处处垂直,而电场强度的方向为电场线的方向,故电场强度 的方向与等势面垂直,故 A 正确。电势零点可以任意选择,故电场强度为零的地方,电 势不一定为零,故 B 错误。场强的大小与电势的高低没有关系,可以用电场线的疏密来 描述,故 C 错。由电场线方向与电势降落的关系可知 D 正确。 【解题点拨】借助电场线与等势面形象掌握电场线与等势面的关系是解决该题的关键。 13. (2014 年 山东卷)

18.如图,场强大小为 E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域 abcd,水平边长为 s,竖
直边 ad 长为 h。质量均为 m、带电量分别为+q、—q 的两粒子,由 a、c 两点先后沿 ab 和 cd 方向以速率 v0 进入矩形区 (两粒子不同时出现在电场中) , 不计重力。 两粒子轨迹恰好相切, 则 v0 等于 ( )

a +q

v0
h

s

b

d

v0 c
E

?q

A.

s 2qE 2 mh

B.

s qE 2 mh

C.

s 2qE 4 mh

D.

s qE 4 mh
h 1 qE 2 s = t , =v0t , 2 2 m 2

【答案】B 18、 【解析】 粒子轨迹恰好相切, 由对称性可知, 切点为矩形的几何中心, 由

44 ? ?

可得, v0 =

s qE ,正确选项 B。 2 mh

14. (2014 年 山东卷)19 如图,半径为 R 的均匀带正电薄球壳,其上有一小孔 A.已知壳内 的场强处处为 0;壳外空间的电场与将球壳上的全部电荷集中于球心 O 时在壳外产生的电场 一样。一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能 E K 0 沿 OA 方向射出。下列关于试 探 电 荷 的 动 能 EK 与 电 荷 离 开 球 心 的 距 离 r 的 关 系 图 线 , 可 能 正 确 的 是 ( )
A O

Ek
Ek 0
0

Ek Ek 0 R Ek 0

Ek
Ek 0

Ek

r

0

R

r

0

R

A

B

C

r

0

R

r

D

19、 【答案】A 【解析】壳内场强处处为零,试探电荷在壳内运动时动能不变,排除选项 CD;假设试探电
荷在匀强电场中由静止开始运动,由动能定理可得, Fr = Ek ,则

Ek =F ,Ek 图像的斜率数 r

值上等于电场力的大小,距离球壳越远试探电荷所受电场力越小,图像的斜率越小,正确选 项为 A。 15. (2014 天津卷)2.如图所示,电路中 R1 、 R 2 均为可变电阻,电源内阻不能 忽略,平行板电容器 C 的极板水平放置。闭合电建 S,电路达到稳定时,带 电油滴悬浮在两板之间静止不动。如果仅改变下列某一个条件,油滴仍能 静止不动的是 B.增大 R 2 的阻值 A.增大 R1 的阻值 D.断开电键 S C.增大两板间的距离 2. 【答案】B 【考点】电场力能的性质、电容器的动态分析 【解析】 开始时刻油滴静止状态, 说明受到的电场力与重力等大反向。 增大 R1 的阻值, 电容器两端电压变大,根据 E=

U 可知场强变大,电场力变大,油滴向上运动,A 项错误; d U ,可知场强减小,电 d

从电路图可以看出,电阻 R2 对电容器两端的电压不能起到调节作用,所以改变其大小,不能 影响电容器两端的电压,故 B 项正确;增大两极板间距离,根据 E=
45 ? ?

场力减小,所以油滴向下运动,C 项错误; ,断开电键 S,电容器会放电,所以电场强度会变 小,因此油滴不会静止,D 项错误。 16. (2014 天津卷)4.如图所示,平行金属板 A、B 水平正对放置,分别带等量异号电荷。 一带点微粒水平射入板间,在重力和电场力共同作用下运动,轨迹如图中虚线所示,那 么 A.若微粒带正电荷,则 A 板一定带正电荷 B.微粒从 M 点运动到 N 点电势能一定增加 C.微粒从 M 点运动到 N 点动能一定增加 D.微粒从 M 点运动到 N 点机械能一定增加 4. 【答案】C 【考点】带电粒子在电场中的偏转、动能定理、机械能 【解析】根据微粒的运动轨迹可知其合力竖直向下,重力和电场力的大小关系不能确定,所 以电场力的方向无法确定,电场力做功无法判断,所以电势能的变化无法确定,AB 项错误。 微粒的合力一定做正功,所以微粒的动能一定增加,C 项正确;电场力做功无法判断,所以 机械能的变化无法确定,D 项错误。 17. (2014.浙江卷)19 如图所示,水平地面上固定一个光滑绝缘斜面,斜面与水平面的夹 角为 θ。一根轻抚绝缘细线的一端固定在斜面顶端,另一端系有一个带电小球 A,细线与斜 面平行。小球 A 的质量为 m、电量为 q。小球 A 的右侧固定放置带等量同种电荷的小球 B, 两球心的高度相同、 间距为 d。 静电力常量为 k, 重力加速度为 g, 两带电小球可视为点电荷。 小球 A 静止在斜面上,则 A.小球 A 与 B 之间库仑力的大小为 kq2/d2

B.当

q mg sin θ = 时,细线上的拉力为 0 d k q mg tan θ = 时,细线上的拉力为 0 d k q mg = 时,斜面对小球 A 的支持力为 0 d k tan θ

C.当

D.当

19 【考点分析】库仑定律 ,共点力的平衡 【答案】AC
46 ? ?

【解析】点电荷库仑定律 F= kq2/d2,所以 A 正确;当细线上的拉力为 0 的时候,小球 A 受 到库仑力、斜面支持力、重力,具体关系为 kq2/d2=mgtanθ ,即 C 选项正确。由受力分析可知,斜面对小球的支持力不可能为 0,所以 D 选项错误。

FN kq2/d2 θ mg 18. (2014 重庆卷)3.如题 3 图所示为某示波管内的聚焦电场,实线和虚线分别表示电场 线和等势线。两电子分别从 a、b 两点运动到 c 点,设电场力对两电子做的功分别为 Wa 和 Wb,a、b 两点的电场强度大小分别为 Ea 和 Eb,则 A.Wa =Wb,Ea >Eb B.Wa≠Wb,Ea >Eb C.Wa =Wb,Ea <Eb D.Wa≠Wb,Ea <Eb 【答案】A 【解析】电子在电场中运动,电场力做功 W=qU,a、b 位于同一条等势线上,故 Uac=Ubc, 所以 Wa =Wb;而电场线的疏密反应电场强度的大小,a 点比 b 点的电场线密些,故 Ea >Eb。 选项 A 正确。

1.(2014 福建卷)22.如图,某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道,管道的 长为 L、宽度为 d、高为 h,上下两面是绝缘板,前后两侧面 M、N 是电阻可忽略的导体板, 两导体板与开关 S 和定值电阻 R 相连。整个管道置于磁感应强度大小为 B,方向沿 z 轴正方 向的匀强磁场中。管道内始终充满电阻率为 ρ 的导电液体(有大量的正、负离子) ,且开关闭 合前后,液体在管道进、出口两端压强差的作用下,均以恒定速率 v0 沿 x 轴正向流动,液体 所受的摩擦阻力不变。 (1)求开关闭合前,M、N 两板间的电势差大小 U0; (2)求开关闭合前后,管道两端压强差的变化 Δp; (3)调整矩形管道的宽和高,但保持其它量和矩形管道的横截面 S=dh 不变,求电阻 R 可获 得的最大功率 Pm 及相应的宽高比 d/h 的值。

47 ? ?

22.【答案】(1)

U 0 = Bdv0

Ldv0 B LSv0 B (2) (3) LhR + d ρ 4ρ

2

2

2

【考点】 受力平衡 欧姆定律 电阻定律 【解析】 (1)设带电粒子所带的电量为 q,当其所受的洛伦兹力与电场力平衡时,U0 保持恒 定,有 qv0 B =

q

U0 得 U 0 = Bdv0 d

(2)设开关闭合前后,管道两端压强差分别为 p1、p2,液体所受摩擦阻力均为 f,开关闭合后
管道内液体受到安培力为 F 安,有 p1hd

= f

p2 hd = f + F安 F安 = BId
根据欧姆定律,有

I=

U0 R+ r
d Lh
2

两板间液体的电阻

r= ρ

Ldv0 B 联立解得: Δ p = LhR + d ρ
(3)电阻 R 获得的功率为 P =
2 骣 ÷ ? ? Lv0 B ÷ ÷ ? ÷ P= ? ÷ R ? LR ρ ÷ ? 琪 + ÷ ? 桫d h÷

I R

2



d LR = 时 ρ h
2 2

电阻 R 获得最大功率

LSv0 B Pm = 4ρ

48 ? ?

1.(2014 年 安徽卷)18.“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体,使其中 的带电粒子被尽可能限制在装置内部,而不与装置器壁碰撞。已知等离子体中带电粒子 的平均动能与等离子体的温度 T 成正比,为约束更高温度的等离子体,则需要更强的磁 场,以使带电粒子的运动半径不变。由此可判断所需的磁感应强度 B 正比于

A. T
【答案】A

B. T

C. T 3

D. T

2

【解析】由于等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度 T 成正比,即 Ek ∝ T 。带 电粒子在磁场中做圆周运动,洛仑磁力提供向心力:qvB = m 故可得: B =

v2 mv 1 得B = 。而 Ek = mv 2 R qR 2

mv = qR

2mEk qR

又带电粒子的运动半径不变,所以 B ∝

Ek ∝ T 。A 正确。

2.(2014 年 大纲卷)25.(20 分)如图,在第一象限存在匀强磁场,磁感应强度方向

垂直于纸面(xy 平面)向外;在第四象限存在匀强电场,方向沿 x 轴负向。在 y 轴 正半轴上某点以与 x 轴正向平行、大小为 v0 的速度发射出一带正电荷的粒子,该 粒子在(d,0)点沿垂直于 x 轴的方向进人电场。不计重力。若该粒子离开电场时 速度方向与 y 轴负方向的夹角为 θ,求: ⑴电场强度大小与磁感应强度大小的比值; ⑵该粒子在电场中运动的时间。

25. 【答案】 (1)

1 2 v0 tan θ 2

(2)

2d v0 tan θ

【考点】带电粒子在电磁场中的运动、牛顿第二定律、 【解析】 (1)如图粒子进入磁场后做匀速圆周运动,设磁感应强度大小为 B,粒子质量与所 带电荷量分别为 m 和 q,圆周运动的半径为 R0,由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得:

qv0 B =

2 mv0 R0

由题给条件和几何关系可知:R0=d
49 ? ?

设电场强度大小为 E,粒子进入电场后沿 x 轴负方向的加速度大小为 ax,在电场中运动的时 间为 t,离开电场时沿 x 轴负方向的速度大小为 vy。由牛顿定律及运动学公式得:

qE = ma x qE = ma x

v x = at

vx = d 2

粒子在电场中做类平抛运动,如图所示

tan θ =

vy v0

联立得

E 1 2 = v0 tan θ B 2

(2)同理可得 t =

2d v0 tan θ

3.(2014 年 广东卷)36、 (18 分) 如图 25 所示,足够大的平行挡板 A1、A2 竖直放置,间距 6L。两板间存在两个方向相反 的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,以水平面 MN 为理想分界面。Ⅰ区的磁感应强度为 B0,方向垂直纸 面向外, A1、 A2 上各有位置正对的小孔 S1、 S2, 两孔与分界面 MN 的距离均为 L。 质量为 m、 +q 的粒子经宽度为 d 的匀强电场由静止加速后,沿水平方向从 S1 进入Ⅰ区,并直接偏转到 MN 上的 P 点,再进入Ⅱ区。P 点与 A1 板的距离是 L 的 k 倍。不计重力,碰到挡板的粒子不 予考虑。 (1)若 k=1,求匀强电场的电场强度 E; (2)若 2<k<3,且粒子沿水平方向从 S2 射出,求出粒子在磁场中的速度大小 v 与 k 的关系 式和Ⅱ区的磁感应强度 B 与 k 的关系式。

50 ? ?

+ m +q

S1 d M L Ⅰ B0 L N Ⅱ 6L S2

p

A1

图 25

A2

36.【答案】 : (1) E =

qB0 2 L2 2dm

(2) v=

qB0 ( L + k 2 L) 2m

B=

kB0 3? k

【解析】 : (1)若 k=1,则有: MP=L,粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动, 根据几何关系,该情况粒子的轨迹半径为:R=L, 粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动,则有: qvB0 = m 粒子在匀强电场中加速,根据动能定理有: qEd = 综合上式解得: E =
qB0 2 L2 2dm v2 R

1 mv 2 2

(2)因为 2<k<3,且粒子沿水平方向从 S2 射出,该粒子运动轨迹如上图所示, 则从 S1 到 S2 的轨迹如图所示:

有几何关系: R 2 ? (kL)2 = ( R ? L)2 , 又有 qvB0 = m
qB0 ( L + k 2 L) 则整理解得: v= 2m

v2 R

又因为: 6 L ? 2kL = 2 x
51 ? ?

根据几何关系有:

kL R = x r kB0 3? k

则Ⅱ区的磁感应强度 B 与 k 的关系: B =

4. (2014 海南卷)8.如图,两根平行长直导线相距 2L,通有大小相等、方向

相同的恒定电流,a、b、c 是导线所在平面内的三点,左侧导线与它们的距离分
l 别为 、 l 和 3 l .关于这三点处的磁感应强度,下列判断正确的是 2

A.a 处的磁感应强度大小比 c 处的大 B.b、c 两处的磁感应强度大小相等 C.a、c 两处的磁感应强度方向相同 D.b 处的磁感应强度为零 8. 【答案】AD 【解析】 根据通电直导线的磁场,利用右手螺旋定则,可知 b 处场强为零,两导 线分别在 a 处的产生的场强都大于在 c 处产生的场强,a、c 两处的场强叠加都是 同向叠加,选项 AD 正确。

5. (2014 海南卷)14.如图,在 x 轴上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为 B,

方向垂直于纸面向外;在 x 轴下方存在匀 且与 x 强电场, 电场方向与 xoy 平面平行, 轴成 450 夹角。一质量为 m、电荷量为 q (q>0)的粒子以速度 v0 从 y 轴上 P 点沿 y 轴正方向射出,一段时间后进入电场, 进入电场时的速度方向与电场方向相反; 又经过一段时间 T0,磁场方向变为垂直纸面向里,大小不变,不计重力。 (1)求粒子从 P 点出发至第一次到达 x 轴时所需的时间; (2)若要使粒子能够回到 P 点,求电场强度的最大值。 14. 【答案】 t1 =

2mv0 5πm , E= qT0 4qB

【解析】 (1)带电粒子在磁场中做圆周运动,设运动半径为 R,运动周期为 T,
52 ? ?

根据洛伦兹力公式及圆周运动规律,有
qv0 B = m
T=
2 v0 R

2πR v0

5 依题意,粒子第一次到达 x 轴时,运动转过的角度为 π ,所需时间 t1 为 4 5 t1 = T 8

求得

t1 =

5πm 4qB

(2)粒子进入电场后,先做匀减速运动,直到速度减小为 0,然后沿原路返回做 匀加速运动,到达 x 轴时速度大小仍为 v0,设粒子在电场中运动的总时间为 t2, 加速度大小为 a,电场强度大小为 E,有
qE = ma

v0 =

1 at 2 2

得 t2 =

2mv 0 qE

根据题意,要使粒子能够回到 P 点,必须满足

t 2 ≥ T0
得电场强度最大值

E=

2mv0 qT0

6. (2014 江苏卷)14.(16分) 某装置用磁场控制带电粒子的运动,工作原理如图所示。装置 的长为L,上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小均为B、方向与纸 面垂直且相反,两磁场的间距为d。装置右端有一收集板,M、N、P为板上的三点,M 位于轴线 OO′ 上,N、P分别位于下方磁场的上、下边界上。在纸面内,质量为m、电荷 量为-q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入,方向与轴线成300角,经过上方的磁场 区域一次,恰好到达P点。改变粒子入射速度的大小,可以控制粒子到达收集板上的位 置。不计粒子的重力。 (1) 求磁场区域的宽度 h;
53 ? ?

(2)欲使粒子到达收集板的位置从 P 点移到 N 点,求粒子入射速度的最小变化量 Δv; (3)欲使粒子到达 M 点,求粒子入射速度大小的可能值。

14.【答案】 (1) (

2 L3
3d )

3d )(1-

qB L 3 3 d) ) (2) ( m 6 2 4
3L 3d 1,n取整数)

(3)

qB L ( m n+ 1

(1 ? n<

【考点】带电粒子在磁场中的运动、洛伦兹力、牛顿第二定律 【解析】 (1)设粒子的轨道半径为 r 根据题意 L = 解得 h =

3r sin 30 + 3d cos30
3d )(1 3 ) 2

0

0

且h =

( r 1- cos 30 )

0

2 ( L3

(2)改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为 r '

mv mv = qv ' B = qvB , r' r
由题意可知 3r sin 30
0

2

2

= 4r 'sin 30

0

解得 Δv =

v- v'=

qB L 3 d) ( m 6 4

设粒子经过上方磁场 n 次 由题意可知 L =

(2n + 2)d cos30 + (2n + 2)rn sin 30
解得 vn

0

0

mvn 且 = qvn B rn

2

=

qB L ( m n+ 1

3d )

(1 ? n<

3L 3d

1,n取整数)

(2014 年 江苏卷) 7. (2014 年全国卷 1)15.关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力,下列说法正确的 是 A.安培力的方向可以不垂直于直导线 B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向 C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关
54 ? ?

D.将直导线从中点折成直角,安培力的大小一定变为原来的一半 15.【答案】 :B 【解析】 :由左手定则安培力方向一定垂直于导线和磁场方向,A 错的 B 对的;F=BIL sin θ, 安培力大小与磁场和电流夹角有关,C 错误的;从中点折成直角后,导线的有效长度不等于 导线长度一半,D 错的
8. (2014 年全国卷 1)16.如图,MN 为铝质薄平板,铝板上方和下方分别有垂直于图平 面的匀强磁场(未画出)。一带电拉子从紧贴铝板上表面的 P 点垂直于铝板向上射出,从 Q 点 穿越铝板后到达 PQ 的中点 O。已知拉子穿越铝板时,其动能损失一半,这度方向和电荷量 不变。不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为

A.2

B. 2

C.1

D.

2 2

16.【答案】 :D
【解析】 :动能是原来的一半,则速度是原来的

1 2

2 倍,又由 qvB = m

v2 得上方磁场是 r

下方磁场的

1 2

2 倍,选 D。

9. (2014年 全国卷2)20.图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中,永磁铁提供匀强磁场, 硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子 和质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时,下列说法正确的是 永 A.电子与正电子的偏转方向一定不同 永 硅微条径 B.电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同 磁 磁 迹探测器 C.仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子 铁 铁 D.粒子的动能越大,它在磁场中运动轨迹的半径越小 20.【答案】 AC 【命题立意】考察带电粒子在磁场中的偏转问题。 【解题思路】由于电子和正电子电荷性质相反,当入射速度方向相同时,受洛仑兹力方向 相反,则偏转方向相反,故 A 正确。由于电子与正电子速度大小未知,根据带电粒子的 偏转半径公式可知,运动半径不一定相同,故 B 错误。由于质子与正电子的速度未知, 半径不一定相同,则根据轨迹无法判断粒子的性质,C 正确。由

可知粒子动能越大,它在磁场中运动轨迹的 半径越大,故 D 错误。
55 ? ?

【解题点拨】熟练掌握带电粒子在磁场中的偏转半径公式是解决该题的关键。 10. (2014 年 山东卷)

24.如图甲所示,间距为 d,垂直于纸面的两平行板 P、Q 间存在匀强磁场。取垂直与纸面向
里为磁场的正方向,磁感应强度的变化规律如图乙所示。t=0 时刻,一质量为 m,带电荷量 为+q 的粒子(不计重力) ,以初速度 v0 由 Q 板左端靠近板面的位置,沿垂直于磁场且平行于 板面的方向射入磁场区。当 B0 和 TB 取某些特定值时,可使 t=0 时刻射入的粒子经 Δt 时间恰 能垂直打到 P 板上(不考虑粒子反弹) 。上述 m,q,d, v0 为已知量。
B

P

B0
0

d

v0

TB 2

TB

3TB 2

2TB

t

图甲

Q

- B0

图乙

1 (1)若 Δt = TB ,求 B0 2 3 (2)若 Δt = TB ,求粒子在磁场中运动的加速度大小。 2
(3)若 B0 =

4mv0 ,为使粒子仍能垂直打到 P 板上,求 TB qd

24、 【答案】 (1) B0 =

mv0 3v 2 πd π 1 d (2) a = 0 (3) TB = ; TB =( + arcsin ) 3v0 2 4 2v 0 qd d

【解析】解: (1)设粒子做圆周运动的半径为 R,由牛顿第二定律得

qv0 B =

mv0 2 R



据题意由几何关系得 R1=d ② 联立①②式得

B0 =

mv0 qd



(2)设粒子做圆周运动的半径为 R2,加速度大小为 a,由圆周运动公式得

a=

v0 2 R2


56

? ?

据题意由几何关系得

3R2 = d
联立④⑤式得



a=

3v0 2 d
2π R v0



(3)设粒子做圆周运动的半径为 R,周期为 T,由圆周运动公式得

T=



由牛顿第二定律得

qv0 B0 =

mv0 2 R



由题意知 B0 =

4mv0 ,代入⑧式得 qd

d=4R ⑨ 粒子运动轨迹如图所示,

O1、O2 为圆心,连线与水平方向的夹角为 θ ,在每个 TB 内,只有 A、B 两个位置才有可能
垂直击中 P 板,且均要求 0 < θ <

π

2

,由题意可知

π

+θ T 2 T= B 2π 2



设经历完整 TB 的个数为 n(n=0,1,2,3……) 若在 A 点击中 P 板,据题意由几何关系得

R + 2( R + R sin θ ) n = d
? ?

11 ○

57

12 当 n=0 时,无解 ○ 11 式得 当 n=1 时,联立⑨○

π 1 θ = (或sinθ = )
6 2
13 式得 联立⑦⑨⑩○

13 ○

TB =

πd
3v0

14 ○

当 n ≥ 2 时,不满足 0 < θ < 90 0 的要求

15 ○

若在 B 点击中 P 板,据题意由几何关系得

R + 2 R sin θ + 2( R + R sin θ ) n = d
当 n=1 时,无解 16 式得 当 n=1 时,联立⑨○
17 ○

16 ○

θ = arcsin (或 sin θ = )
18 式得 联立⑦⑨⑩○

1 4

1 4

18 ○

π 1 d TB =( + arcsin ) 2 4 2v 0

19 ○

当 n ≥ 2 时,不满足 0 < θ < 90 0 的要求
20 ○

11. (2014 年 四川卷)10.在如图所示 的竖直平面内, 水平轨道 CD 和倾斜轨道

GH 与半径 r =

9 m 的光滑圆弧轨道分 44

别相切于 D 点和 G 点,GH 与水平面的 过 G 点、 垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场, 磁场方向垂直于纸面向里, 夹角 θ = 37° , 磁感应强度 B = 1.25T ;过 D 点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场,电场方向水平向
?3 ?6 右,电场强度 E = 1 × 10 4 N / C 。小物体 P 1 质量 m = 2 × 10 kg 、电荷量 q = +8 × 10 C ,收

到水平向右的推力 F = 9.98 × 10 ?3 N 的作用,沿 CD 向右做匀速直线运动,到达 D 点后撤去 推力。当 P 1 到达倾斜轨道低端 G 点时,不带电的小物体 P 2 在 GH 顶端静止释放,经过时间

t = 0.1s 与 P GH 间的动摩擦因数均为 μ = 0.5 , 取 g = 10m / s 2 , 1 相遇。P 1和 P 2 与轨道 CD、
58 ? ?

sin 37° = 0.6 cos 37° = 0.8 ,物体电荷量保持不变,不计空气阻力。求:
(1)小物体 P 1 在水平轨道 CD 上运动的速度 v 的大小; (2)倾斜轨道 GH 的长度 s。

10.【解析】 (1)由对 P1 受力分析可得:竖着方向受力平衡:N+qvB=mg

……①

水平方向受力平衡:F= μ N ……② 联立①②可得:v=4m/s (2)P1 从 D 到 G 由于洛伦兹力不做功,电场力做正功,重力做负功由动能定理可知:

qEr sin θ -mgr(1-cos θ )=

1 2 2 1 mv G - m vD 2 2

……③

P1 过 G 点后做匀变速直线运动的加速度设为 a 1 ,则; qEcos θ -mg sin θ - μ (mgcos θ +qE sin θ )=ma 1
……④

P2 质量设为 m 2 在 GH 上做匀加速直线运动的加速度 a 2 ,则: m 2 g sin θ - μ m 2 gcos θ =m 2 a 2
……⑤

P1 和 P2 在 GH 上的时间相同位移之和为 S,所以:

S=v G t+

1 1 2 2 a1t + a 2 t 2 2

……⑥

联立各式,可得:S=0.56m 12. (2014 年 四川卷)11.(19 分) 如图所示,水平放置的不带电的平行金属板 p 和 b 相距 h, 与图示电路相连,金属板厚度不计,忽略边缘效应。 板上 表面光滑,涂有绝缘层,其上 点右侧相距 处有小孔 ; 板上有小孔 ,且 直平面。质量为 在同一条竖直线上,图示平面为竖 、电荷量为 )的静止粒子被发射装置(途中未画出)从 点发

射,沿 板上表面运动时间 后到达 孔,不与板碰撞地进入两板之间。粒子视为质点,在图 示平面内运动,电荷量保持不变,不计空气阻力,重力加速度大小为 。 (1)求发射装置对粒子做的功
59 ? ?

(2)电路中的直流电源内阻为 r,开关 S 接“1”位置时,进入板间的粒子落在 b 板上的 A 点,A 点与过 K 孔竖直线的距离为 l。此后将开关 S 接“2”位置,求阻值为 R 的电阻中的电 流强度。 (3)若选用恰当的直流电源,电路中开关 S 接“1”位置,使进入板间的粒子受力平衡,此 时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场(磁感应强度 B 只 能在 0~ 范围内选取) ,使粒子恰好从 b 板的 T 孔飞出,求粒子飞出时速度方向

与 b 板板面的夹角的所有可能值(可用三角函数表示)

11. 【解析】 : (1)设例子在 P 板上做匀速直线运动的速度为 v0 ,则: h= v0 t W=
……①
2

1 m v0 2
mh 2 2t 2

……②

联立各式:W=

(2)当 s 接 1 位置,电源电动势 E0 = U

……④

离子进入板间在电场力和重力的作用下做类平抛运动,设加速度为 a,运动的时间为 t 0 ,则

U=Eh Mg-qE=ma H=

……⑤ ……⑥ ……⑦ ……⑧

1 2 at 2

L= v0 t

接到“2”时电阻 R 上通过的电流 I=

E0 R+r

……⑨

联立各式,可得 I= (3)

2h 3 mh (g ? 2 2 ) q ( R + r) l t

设粒子做匀速圆周运动的半径为 R,则

mv0 qv 0 B= R
DG=h-R(1+cos θ ) TG=h+R sinθ

2

…… ①

过 D 做 b 板的垂线与 b 板的上表面交于 G,则; ……② ……③
60 ? ?

tan θ =

sinθ DG = cosθ TG

……④

当 B 减小,R 随之变大,D 点向 b 板靠近,DT 与 b 板上表面的夹角 θ 也越来越小,当 D 点 无限接近于 b 板上表面时,例子离开磁场后在板间几乎沿着 b 板上表面运动从 T 孔飞出板间 区域,此时 B m >B>0,满足题目要求,夹角 θ 接近 θ 0 ,则

θ 0 =0
0< θ <arcsin

……⑤

2 5

……⑥

(20 分)同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用,其基本原理简 13. (2014 天津卷)12. 化为如图所示的模型。M、N 为两块中心开有小孔的平行金属板。质量为 m、电荷量为 +q 的粒子 A(不计重力)从 M 板小孔飘入板间,初速度可视为零。每当 A 进入板间, 两板的电势差变为 U, 粒子得到加速, 当 A 离开 N 板时, 两板的电荷量均立即变为零。两板外部存在垂直纸面向 里的匀强磁场, A 在磁场作用下做半径为 R 的圆周运动, R 远大于板间距离。 A 经电场多次加速, 动能不断增大, 为使 R 保持不变,磁场必须相应地变化。不计粒子加速 时间及其做圆周运动产生的电磁辐射,不考虑磁场变化 对粒子速度的影响及相对论效应。求: (1)A 运动第 1 周时磁场的磁感应强度 B1 的大小。 (2)在 A 运动第 n 周的时间内电场力做功的平均功率 Pn (3)若有一个质量也为 m、电荷量为+kq(k 为大于 1 的整数)的粒子 B(不计重力)与 A 同时从 M 板小孔飘入板间,A、B 初速度均为零,不计两者间的相互作用,除此之外, 其他条件均不变。下图中虚线、实线分别表示 A、B 的运动轨迹。在 B 的轨迹半径远大 于板间距离的前提下,请指出哪个图能定性地反映 A、B 的运动轨迹,并经推导说明理 由。

12.【答案】 (1)

1 2mU qU nqU (2) (3) R q π R 2m

【考点】万有引力定律的应用、匀速圆周运动的规律、牛顿第二定律 【解析】 (1)设 A 经电场第 1 次加速后速度为 v1,由动能定理得:

qU =

1 2 mv - 0 2 1
61

A 在磁场中做匀速圆周运动,所受洛伦兹力充当向心力

? ?

mv1 qv1B1 = R

2

由上两式得: B1

=

1 2mU R q

(2)设 A 经 n 次加速后的速度为 v n ,由动能定理,有

nqU =

1 2 mv - 0 2 n

设 A 做第 n 次圆周运动的周期为 Tn ,有

Tn =

2π R vn

设在 A 运动第 n 周的时间内电场力做功为 Wn,则

W n = qU
在该段时间内电场力做功的平均功率为:

P=

Wn Tn
qU πR nqU 2m

综上解得: P =

(3)A 图能定性的反映 A、B 运动的轨迹 A 经过 n 次加速后,设其对应的磁感应强度为 B。联立上式并分别应用 A、B 的数据得:

Tn =

2π m qBn

T'=

2π m Tn = kqBn k

由上知, Tn是T 'n 的 k 倍,所以 A 每绕行 1 周,B 就绕行 k 周,由于电场只在 A 通过时存 在,故 B 仅在与 A 同时进入电场时才被加速。 经 n 次加速后,A、B 的速度分别为: vn、v 'n ,考虑上式

vn =

2nqU m

62 ? ?

v 'n =

2nkqU = m

kvn

由题设条件并考虑到上式,对 A 有:

Tvn = 2π R
设 B 的轨迹半径为 R ' ,有:

T ' v 'n = 2π R '
比较上述两式得:

R' =

R k

上式表明,运动过程中 B 的轨迹半径始终不变。 由以上分析可知,两粒子运动的轨迹如图 A 所示。 14.(2014.浙江卷)20 如图 1 所示,两根光滑平行导轨水平放置,间距为 L,其间有竖直向 下的匀强磁场, 磁感应强度为 B。 垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。 从 t=0 时刻起, 棒上有如图 2 所示的持续交流电流 I,周期为 T,最大值为 Im,图 1 中 I 所示方向为电流正 方向。则金属棒 A.一直向右移动 B.速度随时间周期性变化 C.受到的安培力随时间周期性变化 D.受到的安培力在一个周期内做正功

20. 【答案】 :ABC
【考点分析】安培力、功 【解析】 :由图像得棒的运动是先加速再减速,再加速再减速,一直向右运动,选项 A 对; 由 F=BIL, 安培力随时间做周期性的变化, 一个周期内棒先匀加速再匀减速运动, 选项 B 对; 选项 C 对;受到的安培力在一个周期内先做正功后做负功,选项 D 错。 15.(2014.浙江卷)25.离子推进器是太空飞行器常用的动力系统,某种推进器设计的简化原 理如图 1 所示,截面半径为 R 的圆柱腔分为两个工作区。I 为电离区,将氙气电离获得 1 价 正离子 II 为加速区,长度为 L,两端加有电压,形成轴向的匀强电场。I 区产生的正离子以 接近 0 的初速度进入 II 区,被加速后以速度 vM 从右侧喷出。
63 ? ?

I 区内有轴向的匀强磁场,磁感应强度大小为 B,在离轴线 R/2 处的 C 点持续射出一定 速度范围的电子。假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动,截面如图 2 所示(从左向 右看) 。电子的初速度方向与中心 O 点和 C 点的连线成 α 角(0<α<90?) 。推进器工作时,向 I 区注入稀薄的氙气。 电子使氙气电离的最小速度为 v0, 电子在 I 区内不与器壁相碰且能到达 的区域越大,电离效果越好。已知离子质量为 M;电子质量为 m,电量为 e。 (电子碰到器壁 即被吸收,不考虑电子间的碰撞) 。 (1)求 II 区的加速电压及离子的加速度大小; (2)为取得好的电离效果,请判断 I 区中的磁场方向(按图 2 说明是“垂直纸面向里”或 “垂直纸面向外”) ; (3)ɑ 为 90?时,要取得好的电离效果,求射出的电子速率 v 的范围; (4)要取得好的电离效果,求射出的电子最大速率 vmax 与 α 的关系。

L 左 B R 右 O C I + 第 25 题 图 1 II

·

v

-

第 25 题 图 2

【考点分析】 匀强电场中的运动,匀变速直线运动,带电粒子在匀强磁场中的运动 【解析】 (1)由动能定理:

Ue=

1 2 Mv M 2
2

MV M 解得 U= 2e
由运动学公式 v2=2aL 解得 a=

1 2 vM 2L

(2)由右手定则磁场方向应垂直于纸面向外 (3)当 α=900 时,电子最大的圆直径为 据 qvB = m 所以 v0 ≤ v ≤

3 3 R,即半径 r= R 2 4

v2 3Be 得 v= r 4mR

3eB 4m
64

(4)做出临界轨迹圆与壁相切于 B,圆心为 A 连接 B、A、O,由几何知识知三者必然共线,

? ?

AB = AC = rm , AO = R ? rm ,
OC = R 2

由余弦定理 rm =

3R , 4(2 ? sin α )

v2 据 qvB = m r
故 vM =

3eRB 4m(2 ? sin α )

16. (2014 重庆卷)9. (18 分)如题 9 图所示,在无限长的竖直边界 NS 和 MT 间充满匀强 电场,同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于 NSTM 平面向外和向内的匀强磁场, 磁感应强度大小分别为 B 和 2B,KL 为上下磁场的水平分界线,在 NS 和 MT 边界上, 距 KL 高 h 处分别有 P、Q 两点,NS 和 MT 间距为 1.8h。质量为 m、带电量为+q 的粒子 从 P 点垂直于 NS 边界射入该区域,在两边界之间做圆周运动,重力加速度为 g。 (1)求该电场强度的大小和方向。 (2)要使粒子不从 NS 边界飞出,求粒子 入射速度的最小值。 (3)若粒子能经过 Q 点从 MT 边界飞出,求粒子入射速度的所有可能值。 【答案】 (1)E=mg/q,方向向上; (2) (9 ? 6 2)

Bqh ; m 0.68 Bqh 0.545 Bqh 0.52 Bqh , , m m m

(3)可能的速度有三个:

【解析】 (1)设电场强度大小为 E 由题意有 mg = qE 得 E=mg/q 方向竖直向上 (2)如答题 9 图 l 所示,设粒子不从 NS 边飞出的入射速度最 小值为 vmin,对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为 r1 和 r 2,圆心的连线与 NS 的夹角为 φ

mv qB mvmin 1 有 r1 = , r2 = r1 qB 2 由 (r1 + r2 )sin ? = r2
由r =

r1 + r1 cos ? = h
vmin = (9 ? 6 2) qBh m
65 ? ?

(3)如答题 9 图 2 所示,设粒子人射速度为 v,粒子在上、下方区域的运动半径分 别为 r1 和 r 2, 粒子第一次通过 KL 时距离 K 点为 x, 由题意有 3nx =1.8h ( n=1 , 2 , 3 ,……)

3 (9 ? 6 2)h x≥ 2 2
得x=

r12 ? (h ? r1 ) 2

0.36 h ) ,n < 3.5 n2 2 0.68 Bqh 即 n=1 时 v= m 0.545 Bqh n=2 时 v= m 0.52 Bqh n=3 时 v= m 17.(2014 北京)16.带电粒子 a、b 在同一
得 r1 = (1 +



强磁场中做匀速圆周运动,他们的动量大小相等,a 运动的半径大于 b 运动的半 径。若 a、b 的电荷量分别为 qa、qb,质量分别为 ma、mb,周期分别为 Ta、Tb。则一 定有 A.qa<qb B. ma<mb C. Ta<Tb D.

qa q < b ma mb

16. 【答案】A 【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动、圆周运动的规律、动量 【解析】 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动, 由牛顿第二定律有: qBv = m

v2 mv , ?r= qB r

因为两个粒子的动量相等,且 ra > rb ,所以 qa < qb ,A 项正确;速度不知道,所以质量关系 不确定,B 项错误;又因为 T =

2π m ,质量关系不知道,所以周期关系不确定,CD 项错误。 qB

66 ? ?

1.(2014 年 安徽卷)20.英国物理学家麦克斯韦认为,磁场变化时会在空间激发感生电场。 如图所示,一个半径为 r 的绝缘细圆环水平放置,环内存在竖直向上的匀强磁场 B,环 上套一带电量为+q 的小球。已知磁感应强度 B 随时间均匀增加,其变化率为 k,若小球 在环上运动一周,则感生电场对小球的作用力所做功的大小是

A.0 C. 2π r qk
2

B.

1 2 r qk 2
2

B

D. π r qk

+q

【答案】D 【解析】由法拉第电磁感应定律得感生电动势: E =

ΔΦ ΔB 2 = π r = kπ r 2 ,而电场力做功 Δt Δt 2 W = qU ,小球在环上运动一周 U=E,故 W = π r qk 。D 正确。

(16 分) 2.(2014 年 安徽卷)23. 如图 1 所示, 匀强磁场的磁感应强度 B 为 0.5T, 其方向垂直于倾角 θ 为 300 的斜面向上。 绝缘斜面上固定有“Λ”形状的光滑金属导轨 MPN(电阻忽略不计) ,MP 和 NP 长度均为 2.5m。MN 连线水平。长为 3m。以 MN 的中点 O 为原点、OP 为 x 轴建立一坐标系 Ox。 一根粗细均匀的金属杆 CD,长度 d 为 3m,质量 m 为 1kg,电阻 R 为 0.3?,在拉力 F 的作用下,从 MN 处以恒定的速度 v=1m/s 在导轨上沿 x 轴正向运动 (金属杆与导轨接触 2 良好) 。g 取 10m/s 。 (1)求金属杆 CD 运动过程中产生的感应电动势 E 及运动到 x=0.8m 电势差 UCD; (2)推导金属杆 CD 从 MN 处运动到 P 点过程中拉力 F 与位置坐标 x 的关系式,并在 图 2 中画出 F-x 关系图象; (3)求金属杆 CD 从 MN 处运动到 P 点的全过程产生的焦耳热。
B C M O N θ O
1

F/N x
P D

图1

图2

2

3 x/m

【答案】 (1)1.5V -0.6V (2) F = 12.5 ? 3.75 x (0 ≤ x ≤ 2) 如图 (3)7.5J 【解析】 (1)金属杆 CD 在匀速运动中产生的感应电动势 E = Blv (l = d ) E = 1.5V (D 点电势高) 当 x=0.8m 时, 金属杆在导轨间的电势差为零。 设此时杆在导轨外的长度为 l , 则

l =d?

OP ? x d OP

OP = MP 2 ? (
U CD = ?0.6V
67

MN 2 ) 2

l = 1.2m

由楞次定律判断 D 点电势高,故 CD 两端电势差

U CD = ? Bl v

? ?

(2)杆在导轨间的长度 l 与位置 x 关系是

3 OP ? x d = 3? x 2 OP Blv l 对应的电阻 Rl 为 Rl = R 电流 I = 15 d Rl 杆受安培力 F 安为 F = BIl = 7.5 ? 3.75 x 10 根据平衡条件得 F = F + mg sin θ 5 F = 12.5 ? 3.75 x (0 ≤ x ≤ 2) l= 5 + 12.5 × 2 J = 17.5 J 2 而杆的重力势能增加量 ΔEP WF =
故全过程产生的焦耳热 Q

画出的 F-x 图象如图所示。 (3)外力 F 所做的功 WF 等于 F-x 图线下所围成的面积,即

ΔEP = mgOP sin θ Q = WF ? ΔEP = 7.5 J

3.(2014 北京)24.(20 分)导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度 来认识。如图所示,固定于水平面的 U 型导线框处于竖直向下的匀强磁场中,金 属直导线 MN 在于其垂直的水平恒力 F 作用下,在导线框上以速度 v 做匀速运动, 速度 v 与恒力 F 的方向相同:导线 MN 始终与导线框形成闭合电路。已知导线 MN 电阻为 R,其长度 恰好等于平行轨道间距,磁场的磁感应强度为 B。忽略摩擦阻 力和导线框的电阻。 (1) 通过公式推导验证:在 电能 时间内,F 对导线 MN 所做的功 W 等于电路获得的
M B N
V

,也等于导线 MN 中产生的焦耳热 Q;

F

(2)若导线 MN 的质量 m=8.0g,长度 L=0.10m,感应电流 =1.0A,假设一个原子 贡献一个自由电子,计算导线 MN 中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率 ve(下表中列出一些你可能会用到的数据); 阿伏伽德罗常数 NA 元电荷 导线 MN 的摩尔质量

(3)经典物理学认为,金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子(即金属
68 ? ?

原子失去电子后的剩余部分)的碰撞。展开你想象的翅膀,给出一个合理的自由 电子的运动模型; 在此基础上, 求出导线 MN 中金属离子对一个自由电子沿导线长 度方向的平均作用力 f 的表达式。
24.【答案】 (1)Q (2)7.8×10 m/s
-6

(3) f = eBv

【考点】电磁感应现象、磁场对电流的作用力、焦耳定律、电功、电流的微观表达 【解析】 (1)导线切割磁感线产生的感应电动势为: E = BLv 通过电路中的电流为: I =

E BLv = R R

通电导线受到的安培力为: F = BIL =

B 2 L2v R B 2 L2v 2 Δt R

力 F 所做的功为: W = F Δx = FvΔt =

产生的电能为: W电 = EI Δt =

B 2 L2v 2 Δt R
2

B 2 L2v 2 B 2 L2 v 2 电阻上产生的焦耳热为: Q = I RΔt = R Δt = Δt , R2 R
由上式可知 W = W电 = Q (2)总电子数: N = N A

m

μ

单位体积电子数为 n,则 N = nSL 故, I Δt = neSve Δt 得到 I = neSve = eve

N N m = eve A L Lμ

所以 ve =

Lμ = 7.8 × 10?6 m / s emN A

(3) 从微观角度看, 导线中的自由电子与金属离子发生的碰撞, 可以看做是非完全弹性碰撞, 碰撞后自由电子损失动能,损失的动能转化为焦耳热。从整体上来看,可以视为金属离子对 自由电子整体运动的平均阻力导致自由电子动能的损失, 即: W损 =N f L 从宏观角度看,力 F 对导线做功,而导线的速度不变,即导线的动能不变,所以力 F 功完全 转化为焦耳热。
69 ? ?

△t 时间内,力 F 做功△W=Fv△t 又△W=W 损 即 FvΔt=N f L

Fv Δt=neve Δt f L
代入: I =neSve ,得

Fv =

1 fL e

联立 I =

B 2 L2v BLv ,F = ,得 R R

f = eBv
4.(2014 年 大纲卷)20.很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放,形成一很长的竖

直圆筒。一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置,其下端与圆筒上端开口平齐。让 条形磁铁从静止开始下落。条形磁铁在圆筒中的运动速率( )
A.均匀增大 B.先增大,后减小 D.先增大,再减小,最后不变 C.逐渐增大,趋于不变

20. 【答案】C 【考点】电磁阻尼 【解析】小磁铁在圆环中下落的过程由于穿过圆环的磁通量发生变化,所以在圆环中会感应 电流阻碍磁铁的下落,又因为圆筒很长,所以当磁铁受到的阻力等于重力时,其速度保持趋 于不变,C 项正确。 5. (2014 年 广东卷)15、如图 8 所示,上下开口、内壁光滑的铜管 P 和塑料管 Q 竖直 放置。小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放,并落至

P

Q 小磁块
塑料管

铜管 图8 底部,则小磁块

A.在 P 和 Q 中都做自由落体运动 B.在两个下落过程中的机械能都守恒 C.在 P 中的下落时间比在 Q 中的长 D.落至底部时在 P 中的速度比在 Q 中的大

15.【答案】 :C 【解析】 :小磁铁在铜管 P 中下落会产生电磁感应现象,不仅受重力作用,而且 还会受到向上的磁场力,而在塑料管 Q 中则没有电磁感应现象,只受重力作用, 所以 C 正确,BCD 错误
70 ? ?

6. (2014 海南卷)1.如图,在一水平、固定的闭合导体圆环上方。有一条形磁

铁(N 极朝上, S 极朝下)由静止开始下落,磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触, 关于圆环中感应电流的方向(从上向下看) ,下列说法正确的是
A.总是顺时针 B.总是逆时针 C.先顺时针后逆时针 D.先逆时针后顺时针 1.【答案】 C

【解析】磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触,则导体环中,先是向上的磁通量增 加,磁铁过中间以后,向上的磁通量减少,根据楞次定律,产生的感应电流先顺 时针后逆时针,选项 C 正确。
7. (2014 江苏卷)1.如图所示,一正方形线圈的匝数为 n,边长为 a,线圈平面与匀强磁场
垂直,且一半处在磁场中。在 Δt 时间内,磁感应强度的方向不变,大小由 B 均匀地增大 到 2B。在此过程中,线圈中产生的感应电动势为

A.

Ba 2 2Δt

B.

nBa 2 2 Δt

C.

nBa 2 Δt

D.

2nBa 2 Δt

1. 【答案】B 【考点】法拉第电磁感应定律 【解析】当磁场增强时线圈中产生感生电动势:

E= n

Δ? ΔB B 1 2 = n S= n a ,B 项正确 Δt Δt Δt 2

(2014 年 江苏卷)

8. (2014 江苏卷)7.如图所示,在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯,现接通交流电源,过
了几分钟,杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间,下列措施可行的有 A.增加线圈的匝数 B.提高交流电源的频率 C.将金属杯换为瓷杯 D.取走线圈中的铁芯 . 【答案】AB 【考点】电磁感应 【解析】此电路为磁炉模型的简化,利用的是电磁感应现象。当铁 芯通交流电时, 金属杯底可以看做金属环拼接而成, 内部会产生感应电流。 增加线圈的匝数, 磁场增强,感应电流变大,加热功率变大,水沸腾的更快,A 项正确。提高电流的频率,可 以提高磁场的变化率,同样可使感应电流变大,B 项正确;换成瓷杯,不能发生电磁感应现 象,不能加热水,C 项错误;取走铁芯,磁场变弱,电磁感应现象变弱,D 项错误。
71 ? ?

9. (2014 江苏卷)9.如图所示,导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间,线圈中电
流为I,线圈间产生匀强磁场,磁感应强 大小B与I成正比,方向垂直于霍尔元件的 侧面,此时通过霍尔元件的电流为IH,与 前后表面相连的电压表测出的霍尔电压 满足: U H = k 度 两 其 UH d为

IH B ,式中k为霍尔系数, d

霍尔元件两侧面间的距离。电阻R远大于 RL, 霍尔元件的电阻可以忽略,则 A.霍尔元件前表面的电势低于后表面 B.若电源的正负极对调,电压表将反偏 C.IH与I成正比 D.电压表的示数与 RL 消耗的电功率成正比 9. 【答案】CD 【考点】霍尔效应 【解析】通过霍尔元件的电流自上而下,电子运动自下而上,根据左手定则,可知电子受到 的洛伦兹力垂直纸面向里,后面聚集负电荷,前面聚集正电荷,前面电势高于后面电势,A 项错误;电源的正负极对调,电流反向,磁场也反向,电子受力方向不变,仍然有前面电势 高于后面电势,B 项错误;当电子受力平衡时 qvB =

q

UH I ,∵ I = nqvs ,∴ v = nqs d

又∵ U H

= k

IH B kI I ∴ , I H 与 I 成正比,C 项正确;因为电阻 R 远大于 RL,所 = H 2 d nqs d

以通过 RL 的电流可以认为是 I,而 B=KI, I H = K ' I ,所以 U H ∝ I 2 ∝ P ,D 项正确。 (2014 年 江苏卷)

10. (2014 江苏卷)13.(15分)如图所示,在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨,导轨间距
为L,长为3d,导轨平面与水平面的夹角为θ,在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂 层。 匀强磁场的磁感应强 度大小为B,方向与导轨 平面垂直。质量为m的导 体棒从导轨的顶端由静 止释放, 在滑上涂层之前 已经做匀速运动, 并一直 匀速滑到导轨底端。 导体 棒始终与导轨垂直, 且仅 与涂层间有摩擦, 接在两 导轨间的电阻为R,其他 部分的电阻均不计,重力加速度为g。求: (1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ; (2)导体棒匀速运动的速度大小v; (3)整个运动过程中,电阻产生的焦耳热Q。
72 ? ?

13.【答案】 (1) tan θ (2)

mgR sin θ B L
2 2

(3)

m g R sin θ 2B L
4 4

3 2

2

2

【考点】共点力的平衡、动生电动势、能量守恒定律 【解析】 (1)在绝缘涂层上 受力平衡 mg sin θ 解得 μ

= μ mg cosθ

= tan θ

(2)在光滑导轨上 感应电动势 E = 安培力 F安 = 解得 v =

BLv

感应电流 I

=

E R

BIL

受力平衡 F安 =

mg sin θ

mgR sin θ B L
2 2

(3)摩擦生热 Qr

= μ mgd cos θ
= Q + Qr +
3 2 2 2

能量守恒定律 3mgd sin θ

1 2 mv 2

解得 Q =

2mgd sin θ -

m g R sin θ 2B L
4 4

11. (2014 全国卷 1)14.在法拉第时代,下列验证“由磁产生电,设想的实验中.能观察到感
应电流的是 A.将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,然后观察电流表的变化 B.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈,然后观察电流表的变化 C.将一房间内的线圈两瑞与相邻房间的电流表连接。往线圈中插入条形磁铁后,再到相 邻房间去观察电流表的变化 D.绕在同一铁环上的两个线圈,分别接电源和电流表,在给线圈通电或断电的瞬间,观 察电流表的变化 14.【答案】 :D 【解析】 :穿过线圈磁通量不变,不产生感应电流时,电流表指针不会偏转,A 错的;在通 电线圈中通电后,穿过旁边放置的线圈磁通量不变,不能产生感应电流,B 错的;当插入 磁铁时,能产生感应电流,但当跑到另一房间观察时,穿过线圈磁通量不变,不能产生感 应电流,C 错的;在通电与断电瞬间,磁通量生了变化,有感应电流,D 对的。

12.(2014 年全国卷 1)18.如图(a),线圈 ab、 cd 绕在同一软铁芯上。在 ab 线

圈中通以变化的电流,用示波器测得线圈 cd 间电压如图(b)所示。已知线圈内部
73 ? ?

的磁场与流经线圈的电流成正比, 则下列描述线圈 ab 中电流随时间变化关系的图 中,可能正确的是

18. 【答案】 :C 【解析】 :由图 b 看出 c、d 电压在某小段时间不变,则 a、b 中电流在该段时间是均匀变化 的,只能是图像 C。
13. (2014 年 全国卷 2)25. (19 分)半径分别为 r 和 2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面 内,一长为 r,质量为 m 且质量分布均匀的直导体棒 AB 置于圆导轨上面,BA 的延长线通过圆导轨中心 O,装置的俯视图如图所示,整个装置位于一匀强磁场 中,磁感应强度的大小为 B,方向竖直向下,在内圆导轨的 C 点和外圆导轨的 D 点之间接有一阻值为 R 的电阻(图中未画出) 。直导体棒在水平外力作用下以角 A O 速度 ω 绕 O 逆时针匀速转动,在转动过程中始终与导轨保持良好接触。设导体 棒与导轨之间的动摩擦因数为 μ,导体棒和导轨的电阻均可忽略。重力加速度大 C 小为 g 。求 D (1)通过电阻 R 的感应电流的方向和大小; (2)外力的功率。

ω B

3 9ω B r 3ω Br 2 【答案】 (1)C 端流向 D 端 (2) μ mgω r + 2R 2 4R 1 【解析】 (1)在Δt 时间内,导体棒扫过的面积为: ΔS = ωΔt[(2 r ) 2 ? r 2 ] 2
74 ? ?

2

2 4



根据法拉第电磁感应定律,导体棒产生的感应电动势大小为: E =

B ΔS Δt



根据右手定则,感应电流的方向是从 B 端流向 A 端,因此流过导体又的电流方向是 从 C 端流向 D 端;由欧姆定律流过导体又的电流满足: I= ③

E R
④ ⑤

3ω Br 2 2R (2) 在竖直方向有:mg ? 2 FN = 0
联立①②③可得:I =

式中,由于质量分布均匀,内外圆导轨对导体棒的正压力相等,其值为 FN,两导轨 对 运 动 的 导 体 棒 的 滑 动 摩 擦 力 均 为 : F f = μ FN ⑥ 在Δt 时间内,导体棒在内外圆导轨上扫过的弧长分别为:l1 = rωΔt ⑦

l2 = 2rωΔt
⑧ 克服摩擦力做的总功为: W f = F f (l1 + l2 ) 在Δt 时间内,消耗在电阻 R 上的功为:WR = I 2 RΔt ⑨

10 ○

根 据 能 量 转 化 和 守 恒 定 律 , 外 力 在 Δ t 时 间 内 做 的 功 为 W = W f + WR

11 ○
外力的功率为: P=

W Δt
2 2 4

12 ○ 13 ○

3 9ω B r μ mgω r + 由④至○ 12 式可得:P = 2 4R

【解题点拨】 (1)掌握导体棒扇形切割原理; (2)掌握电磁感应中等效电路的处理方法; (3)掌握电磁感应现象中的能量转化分析。

14. (2014 年 山东卷)16 如图,一端接有定值电阻 R 的平行金属导轨固定在水平面内,通 有恒定电流的绝缘长直导线垂直于导轨紧靠导轨固定,导体棒与导轨垂直且接触良好。在向 右匀速通过 M、N 两区的过程中导体棒所受安培力分别用 FM 、 FN 表示。不计轨道电阻。以 下叙述正确的是()
导体棒

M R

I

N

v
B. FN 向左 C. FM 逐渐增大 D. FN 逐渐减小

A. FM 向右

16、 【答案】BCD
【解析】由安培定则可知,通电导线在 M、N 区产生的磁场方向分别为垂直纸面向外、垂直
75 ? ?

纸面向里, 导体棒向右通过 M 区时, 由右手定则可知产生的电流方向向下, 由左手定则可知,

FM 向左,同理可以判断,FN 向左,越靠近通电导线磁场越强,导体棒匀速运动,由

E =BLV 、I =

E ,FN 逐渐减小,正确选项 BCD。 、F =BIL 可知,FM 逐渐增大, R

15. (2014年 四川卷)6.如图所示不计电阻的光滑 U 形金属框水平放置, 光滑、竖直玻璃 挡板 H, P 固定在框上。H、P 的间距很小,质量为0.2kg 的细金属杆 CD 恰好无挤压地放在俩 挡板之间,与金属框接触良好并围成边长1m 的正方形,其有效电阻为0.1Ω.此时在整个空间 加与水平面成30°角且与金属杆垂直的均匀磁场,磁感应强度随时间变化规律是 B= (0.4-0.2t)T 。图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形变,则

A、t=1s 时,金属杆中感应电流方向从 C 到 D。 B、t=3s 时,金属杆中感应电流方向从 D 到 C。 C、t=1s 时,金属杆对挡板 P 的压力大小为 0.1N。 D、t=3s 时,金属杆对挡板 H 的压力大小为 0.2N。 6、【答案】 :AC 【解析】 :因为 B=(0.4-0.2t)t=1s 时穿过线框的磁通量减少,根据楞次定律的“增反减同” 可知 A 正确;同理可判断 B 是错误的; E = n

E ΔBS ΔB = =1A, S sin 30° =0.1V, I = Δt Δt R+r

t=1s 因为磁场的方向向下,电流的方向是顺时针, F压 = BIL sin 30 ° =0.1N,所以 C 正确; 同理 D 错误。 16. (2014 天津卷)11. (18 分)如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定在倾角 θ =300 的斜面上,导轨电阻不计,间距 L=0.4m。导轨 所在空间被分成区域 I 和Ⅱ, 两区域的边界与斜 面的交线为 MN,I 中的匀强磁场方向垂直斜面 向下,Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上,两 磁场的磁场感应度大小均为 B=0.5T,在区域 I 中,将质量 m1=0.1kg,电阻 R1=0.1 Ω 的金属 条 ab 放在导轨上,ab 刚好不下滑。然后,在区 域Ⅱ中将质量 m2=0.4kg,电阻 R2=0.1 Ω 的光滑 导体棒 cd 置于导轨上,由静止开始下滑,cd 在 滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中,ab、cd 始终与轨道垂直且两端与轨道保持良好接
76 ? ?

触,取 g=10m/s2,问 (1)cd 下滑的过程中,ab 中的电流方向; (2)ab 将要向上滑动时,cd 的速度 v 多大; (3)从 cd 开始下滑到 ab 刚要向上滑动的过程中,cd 滑动的距离 x=3.8m,此过程中 ab 上产生的热量 Q 是多少。 11. 【答案】 (1)由 a 流向 b (2) 5m / s (3)1.3J 【考点】牛顿第二定律、能量的转化与守恒定律、闭合电路的欧姆定律 【解析】 (1)由 a 流向 b (2)开始放置 ab 刚好不下滑时,ab 所受摩擦力为最大静摩擦力,设其为 F max

F 有 max

= m1 g sin θ

设 ab 刚好要上滑时,cd 棒的感应电动势为 E,由法拉第电磁感应定律有 E=Blv 设电路中的感应电流为I,由闭合电路的欧姆定律

I=

E R1 + R2

设 ab 所受安培力为 F 安,有

F = ILB
此时 ab 受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下,由平衡条件有

F = m1 g sin θ + Fmax
代入数据解得

v = 5m / s
(3)设 cd 棒的运功过程中电路中产生的总热量为

Q总

,由能量守恒有

1 m2 g sin θ = Q总 + m2v 2 2


Q=

R1 Q R1 + R2 总

解得 Q=1.3J

17. (2014.浙江) 24 其同学设计一个发电测速装置, 工作原理如图所示。 一个半径为 R=0.1m 的圆形金属导轨固定在竖直平面上,一根长为 R 的金属棒 OA,A 端与导轨接触良好,O 端 固定在圆心处的转轴上。转轴的左端有一个半径为 r=R/3 的圆盘,圆盘和金属棒能随转轴一 起转动。圆盘上绕有不可伸长的细线,下端挂着一个质量为 m=0.5kg 的铝块。在金属导轨区 域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场,磁感应强度 B=0.5T。a 点与导轨相连,b 点通过 电刷与 O 端相连。 测量 a、 b 两点间的电势差 U 可算得铝块速度。 铝块由静止释放, 下落 h=0.3m 时,测得 U=0.15V。 (细线与圆盘间没有滑动,金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计, 2 重力加速度 g=10m/s )
77 ? ?

(1)测 U 时,a 点相接的是电压表的“正极”还是“负极”? (2)求此时铝块的速度大小; (3)求此下落过程中铝块机械能的损失。

第 24 题图

24.【考点分析】法拉第电磁感应定律,圆周运动、能量
【解析】 :(1)由右手定则四指指向有 O 向 A, ∴ a 接的是电压表的正极 (2)令 A 端速度为 v1 则 E=

1 1 BR v1= BR 2ω 2 2

由已知 U=0.15V 代入得 v1=6m/s ∴ 角速度 w=60rad/s 又圆盘和大圆盘角速度相等, ∴ 铝块速度 v2=2m/s (3)△E=mgh-

1 2 mv 2

△E=1.5-1 J=0.5 J

18. (2014 重庆卷)8. (16 分)某电子天平原理 如题 8 图所示,E 形磁铁的两侧为 N 极,中 心为 S 极,两极间的磁感应强度大小均为 B, 磁极宽度均为 L, 忽略边缘效应。 一正方形线 圈套于中心刺激,其骨架与秤盘连为一体, 线圈两端 C、D 与外电路连接。当质量为 m 的重物放在秤盘上时,弹簧被压缩,秤盘和 线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)随 后外电路对线圈供电,秤盘和线圈恢复到未 放重物时的位置并静止,由此时对应的供电电流 I 可确定重物的质量。已知线圈匝数为 n,线圈电阻为 R,重力加速度为 g。问 (1)线圈向下运动过程中,线圈中感应电流是从 C 端还是从 D 端流出? (2)供电电流 I 是从 C 端还是从 D 端流入?求重物质量与电流的关系。 (3)若线圈消耗的最大功率为 P,该电子天平能称量的最大质量是多少?
78 ? ?

【答案】 (1) 感应电流从 C 端流出

(2) 外加电流从 D 点流入 m =

2nBL 2nBL I (3) g g

P R

【解析】 (1)感应电流从 C 端流出。 (2)设线圈受到的安培力为 FA, 外加电流从 D 点流入。 由 FA=mg 和 FA =2nBIL (3)设称量最大质量为 m0 由m = 得: m =

2nBL I g

2nBL I 和 P = I 2R g

得: m0 =

2nBL g

P R

1.(2014 福建卷)16.图为模拟远距离输电实验电路图,两理想闫雅琪的匝数 n1=n4<n2=n3, 四根模拟输电线的电阻 R1、R2、R3、R4 的阻值均为 R,A1、A2 为相同的理想交流电流表,L1、 L2 为相同的小灯泡,灯丝电阻 RL>2R,忽略灯丝电阻随温度的变化。当 A、B 端接入低压交 流电源时( )

A.A1、A2 两表的示数相同 B.L1、L2 两灯泡的量度相同 C.R1 消耗的功率大于 R3 消耗的功率 D.R2 两端的电压小于 R4 两端的电压 16. 【答案】D 【考点】 远程输电、变压器的构造和工作原理 【解析】题图中上面部分为高压远距离输电的示意图,下面为低压输电,在输送功率一定的
情况下,P=UI,U 越大,I 越小,则 I1<I 2 ,A 项错误;低压供电时,输送电流较大,电线

79 ? ?

上的电压损失较多,灯泡两端获得电压较小,亮度较暗,B 项错误,D 项正确;根据电功率 的公式 P =

I R 可知,R1 消耗的功率小于 R3 消耗的功率,C 项错误。

2

2(2014 年 广东卷)19、如图 11 所示的电路中,P 为滑动变阻器的滑片,保持理 想变压器的输入电压 U1 不变,闭合电建 S,下列说法正确 的是

U1

U2

S
L

R0 P

图 11

A.P 向下滑动时,灯 L 变亮 B.P 向下滑动时,变压器的输出电压不变 C.P 向上滑动时,变压器的输入电流变小 D.P 向上滑动时,变压器的输出功率变大

19.【答案】 :BD 【解析】 :

因为理想变压器的输入电压不变,根据

U 1 n1 ,则副线圈的电压也不变,滑片 P = U2 n2

移动,灯泡电压不变,故灯泡的亮度不变,所以 A 错误,B 正确。 滑片 P 向上移动,滑动变阻器接入电路的电阻减小,这样通过副线圈的电流 I 2 增 加,根据
I1 n 2 ,可知 = I 2 n1

I1 也增加,所以 C 错误。变压器的输出功率 P2 = U 2 I 2 将变大,所以 D 正确。
3. (2014 海南卷)2.理想变压器上接有三个完全相同的灯泡,其中一个与该变

压器的原线圈串联后接入交流电源,另外两个并联后接在副线圈两端。已知三个 灯泡均正常发光。该变压器原、副线圈的匝数之比为
A.1:2 2.【答案】B B.2:l C.2:3 D.3:2

【解析】三灯都正常工作,则电流相等,由此可知变压器的原副线圈的电流比
I1 1 u I 由于功率相等,p1 = p2 , 得 1 = 2 ,得: = ,对于单匝输入单匝输出的变压器, I2 2 u2 I1 u1 2 = ,选项 A 正确。 u2 1
80 ? ?

4. (2014 年 江苏卷)3.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,则下列关系式中正确的是

A.

I1 n1 = I 2 n2
2

B. I 2 =

U2 R

C. I1U 1 = I 2 R

D. I1U1 = I 2U 2

3. 【答案】D 【考点】远程输电 变压器

I 【解析】根据变压器的变压原理 1

I2

=

n2 ,A n1

项错误; I 2

=

UR 2 ,因为 U>U R ,B 项错误; I1U1 为电路输入的总功率, I 2 R 为电线上 R
2

损耗的功率, I1U1>I 2 R ,C 项错误,D 项正确。 (2014 年 江苏卷) 5. (2014 年 全国卷 2)21.如图,一理想变压器原、副线圈 a

A 接正弦交 的匝数分别为 n1、n2。原线圈通过一理想电流表○
流电源, 一个二极管和阻值为 R 的负载电阻串联后接到副线圈

A
n1 n2 R

c

的两端。假设该二极管的正向电阻为零,反向电阻为无穷大。 b 用交流电压表测得 a、b 端和 c、d 端的电压分别为 Uab 和 Ucd,则

d

A.Uab:Ucd=n1:n2 B.增大负载电阻的阻值 R,电流表的读数变小 C.负载电阻的阻值越小,cd 间的电压 Ucd 越大 D.将二极管短路,电流表的读数加倍

21.【答案】 BD 【命题立意】考察变压器的工作原理,考察二极管的基本知识。
【解析】若变压器初级电压为 Uab,则次级电压为 U 2 性使得 cd 间电压为 U cd =

=

n2 U ;由于二级管的单向导电 n1 ab

U 2n U2 , 故 ab = 1 , A 错误; 增大负载的阻值 R, 输出功率减小, 2 U cd n2

则输入电流减小,即电流表的读数减小,B 正确,cd 间的电压由变压器的初级电压诀定,与 负载电阻 R 的大小无关,C 错误;若二极管短路则 U cd = U 2 ,则次级电流会加倍,则初级 电流也加倍, D 正确。

81 ? ?

【解题点拨】了解二极管的单向导通性,掌握变压器的电压、电流以及功率的决定关系。 6. (2014 年 山东卷)17 如图,将额定电压为 60V 的用电器通过一理想变压器接在正弦交 变电源上。闭合开关 S 后,用电器正常工作,交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的 示数分别为 220V、2.2A,以下判断正确的是 ( )

V

A.变压器的输入功率为 484V B.通过原线圈电流的有效值为 0.6A C.通过副线圈电流的最大值为 2.2A D.变压器原副线圈的匝数比为 11:3
【答案】BD 17、 【解析】 用电器正常工作, 输出变压器输出电压为 60V, 理想变压器输入功率等于输出功率:

P 1 = P 2 = U 2 I 2 = 60 × 2.2W = 132W ;通过原线圈的电流为: I1 =

P 132 1 = A=0.6A ;通 U1 220

过 副 线 圈 的 电 流 最 大 值 为 : 2.2 × 2 A ≈ 3.1A ; 变 压 器 原 副 线 圈 匝 数 比 为 :

n1 U1 220 11 = = = ,正确选项为 BD。 n2 U 2 60 3
7. (2014 年 四川卷)1.如图所示,甲是远距离输电线路的示意图,乙是发电机输出电压随 时间变化的图像,则

A.用户用电器上交流电的频率是 100Hz B.发电机输出交流电的嗲呀有效值是 500V C.输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定
82 ? ?

D.当用户用电器的总电阻增大时,输电线上的损失的功率减小

1、 【答案】 :D
【解析】 : 从图乙得到交流电的周期为 T=0.02s,f=

1 =50Hz;变压器在输电能的过程中不改变 T

交流电的频率, 所以 A 错误。 从图乙得到交流电的最大值是 500V, 所以有效值为 V 2 50 2 V,所以 B 错误,输电线的电流是由降压变压器的负载电阻和输出电压决定,所以 C 错误, D 正确。 8. (2014 天津卷)7.如图 1 所示,在匀强磁场中,一矩形金属线圈两次分别以不 同的转速,绕与磁感线垂直的轴匀速转动,产生的交变电动 势图象如图 2 中曲线 a、b 所示,则 A.两次 t=0 时刻线圈平面与中性面重合 B.曲线 a、b 对应的线圈转速之比为 2∶3 C.曲线 a 表示的交变电动势频率为 25Hz D.曲线 b 表示的交变电动势有效值为 10V 7. 【答案】AC 【考点】交流电的产生与描述 【解析】根据法拉第电磁感应定律可知当磁通量的变化率最大时,感应电动势最大,由图像 可知,0 时刻线圈的磁通量最大,处于中性面(与磁场垂直的平面) ,A 项正确;根据图 2 可 知两种交流电的周期之比为:2:3,所以转速之比为 3:2,B 项错误;其中 a 的频率为

f =

1 1 = = 25Hz , C 项 正 确 ; b 线 圈 对 应 的 交 流 电 电 动 势 瞬 时 值 表 达 式 为 : T 0.04

e = nBSω sin ωt ,其最大值为 a 线圈最大值的三分之二,即 Em = 10V,所以有效值为:
E有 = 2 2 Em = × 10V = 5 2V ,D 项错误。 2 2

9. (2014.浙江卷)15 如图所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是 U, 用等效总电阻是 r 的两条输电线输电,输电线路中的电流是 I1,其末端间的电压为 U1。在输 电线与用户间连有一想想变压器,流入用户端的电流是 I2。则 A.用户端的电压为 I1U1/I2 B.输电线上的电压降为 U C.理想变压器的输入功率为 I12r D.输电线路上损失的电功率为 I1U

15 【考点分析】变压器、远距离输电 【答案】A
83 ? ?

[答案】A、 【解析】理想变压器输入和输出功率相同,设用户端得到电压为 U2,所以 I1U1=U2I2,即 A 选 项正确;输电线上电压降为 ΔU = I 1 r ,或者 ΔU = U ? U 1 ,,即 B 选项错误;理想变压输入功率 为 P=I1U1,即 C 选项错误;损失的功率 ΔP = I 1 r 即 D 选项错误。
2

1.(2014 北京)13.下列说法中正确的是 A.物体温度降低,其分子热运动的平均动能增大 B.物体温度升高,其分子热运动的平均动能增大 C.物体温度降低,其内能一定增大 D.物体温度不变,其内能一定不变
13.【答案】B 【考点】热力学第一定律 【解析】温度是分子平均动能的标志,温度降低分子热运动的平均动能减小,反之增大,A 项错误;B 项正确;物体的内能包括所有分子的动能和势能之和,温度降低,分子动能减小 但是分子势能不能确定,所以内能不能确定,CD 项错误。 2.(2014 年 大纲卷)16.对于一定量的稀 薄气体,下列说法正确的是(

)

A.压强变大时,分子热运动必然变得剧烈

B.保持压强不变时,分子

热运动可能变得剧烈
C.压强变大时,分子间的平均距离必然变小 D.压强变小时,分子间的

平均距离可能变小
16. 【答案】BD 【考点】分子动理论、影响压强的原因 【解析】一定质量的稀薄气体可以看做理想气体,分子运动的剧烈程度与温度有关,温度越 高,分子运动的越剧烈;压强变大可能是的原因是体积变小或温度升高,所以压强变大,分 子热运动不一定剧烈,AC 项错误,B 项正确;压强变小时,也可能体积不变,可能变大,也 可能变小;温度可能降低,可能不变,可能升高,所以分子间距离不能确定,D 项正确。 3.(2014 福建卷)29.[物理-选修 3-3](本题共有两小题,每小题 6 分,共 12 分。每小题只 有一个选项符合题意) (1)如图,横坐标 v 表示分子速率,纵坐标 f(v)表示各等间隔速率区间的分子数占总分子数 的百分比。 途中曲线能正确表示某一温度下气体分子麦克斯韦速率分布规律的是 。 (填 选项前的字母)
84 ? ?

A,曲线①

B.曲线②

C.曲线③

D.曲线④

4. (2014 福建卷) (2)图为一定质量理想气体的压强 p 与体积 V 关系图像,它由状态 A 经 等容过程到状态 B,再经等压过程到状态 C 设 A、B、C 状态对应的温度分别为 TA、TB、 TC,则下列关系式中正确的是 。 (填选项前的字母)

A.TA<TB,TB<TC C. TA>TB,TB<TC

B. TA>TB,TB=TC D. TA=TB,TB>TC

29【答案】 (1)D (2)C 【考点】气体分子的麦克斯韦速率分布规律、理想气体状态方程 【解析】 (1)气体分子速率分布是有规律的,其分布特征是“中间多两头少,即随着速率增 加分子数目逐渐增大,再增加又逐渐减少,故应选曲线④,D 项错误。
(2)从 A 到 B 属于等容变化

pA p = B ,因为 pA>p B ,所以 TA>TB ,排除 AD 项; TA TB

从 B 到 C 属于等压变化 正确。

VB VC = ,因为 VC>VB ,所以 TC>TB ,排除 D 项,C 项 TB TC

5. (2014 年 广东卷)17、用密封性好、充满气体的袋包裹易碎品,如图 10 所 示,充气袋四周被挤压时,假设袋内气体与外界无热 交换,则袋内气体 充气囊

易碎品 图 10

A.体积减小,内能增大 B.体积减小,压强减小 C.对外界做负功,内能增大 D.对外界做正功,压强减小

17.【答案】 :AC
85 ? ?

【解析】 : 充气袋被挤压时,气体体积减小,外界对气体做正功,气体内能增加,所以 A 正 确,D 错误; 气体的体积减小且内能增加,气体压强变大,所以 C 正确,B 错误。
6(2014 海南卷)15.模块 3-3 试题

(1)下列说法正确的是
A.液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部 B.单晶体有固定的熔点,多晶体没有固定的熔点 C.单晶体中原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性 D.通常金属在各个方向的物理性质都相同,所以金属是非晶体 E.液晶具有液体的流动性,同时具有晶体的各向异性特征

7.(2014 海南卷) (2)一竖直放置、缸壁光滑且导热的柱形气缸内盛有一定量的

氮气,被活塞分隔成Ⅰ、Ⅱ两部分;达到平衡时,这两 如图 (a) 部分气体的体积相等, 上部气体的压强为 PⅠ0, 所示,若将气缸缓慢倒置,再次达到平衡时,上下两部 分气体的体积之比为 3:1,如图(b)所示。设外界温度 不变,已知活塞面积为 S,重力加速度大小为 g,求活塞的质量。 15. 【答案】 (1) CE (4 分。选对 1 个给 2 分,选对 2 个给 4 分;有选错的不给 这 4 分) 【解析】 (2) (8 分)设活塞的质量为 m, 气缸倒置前下部气体的压强为 p 20 , 倒置后上下气体的压强分别为 p 2 、 p1 ,由力的平衡条件有
p 20 = p10 + mg S mg p1 = p 2 + S

倒置过程中,两部分气体均经历等温过程,设气体的总体积为 V0,由玻意耳定律 得

p10

V0 V = p1 0 2 4
86

? ?

p 20

V0 V = p2 0 2 4
m=

解得

4 p10 S 5g

8.(2014 江苏卷)A.[选修 3-3](12 分) 一种海浪发电机的气室如图所示。 工作时, 活塞随海浪上升或下降, 改变气室中空气的压 强, 从而驱动进气阀门和出气阀门打开或关闭。 气室先后经历吸入、压缩和排出空气的过程, 推动出气口处的装置发电。 气室中的空气可视 为理想气体。 (1)下列对理想气体的理解, 正确的有 。 A.理想气体实际上并不存在,只是一种理 想模型 B.只要气体压强不是很高就可视为理想气体 C.一定质量的某种理想气体的内能与温度、体积都有关 D.在任何温度、任何压强下,理想气体都遵循气体实验定律 (2)压缩过程中,两个阀门均关闭。若此过程中,气室中的气体与外界无热量交换,内能 增加了3. 4×104 J, 则该气体的分子平均动能 (选填 “增大” 、 “减小” 或 “不变” ), 4 活塞对该气体所做的功 (选填“大于” 、 “小于”或“等于”)3. 4×10 J。 (3)上述过程中, 气体刚被压缩时的温度为27℃, 体积为0. 224m3, 压强为1个标准大气压。 已知1 mol气体在1个标准大气压、0℃时的体积为22. 4L,阿伏加德罗常数NA=6. 02×1023 mol-1。计算此时气室中气体的分子数。(计算结果保留一位有效数字) 24 24 (1)AD (2)增大 等于(3)5×10 (或 6×10 ) 12. A【答案】 【考点】理想气体状态方程、热力学第一定律、理想气体 【解析】 (1)理想气体是指气体本身的体积和分子间作用力都忽略不计的气体,是一种理想 模型,A 项正确;B 项错误;理想气体的内能只有气体的温度决定,C 项错误;理想气体在任 何情况下都严格遵守三大定律,D 项正确。 (2) 根据热力学第一定律可知改变气体的内能的方式是做功和热传递, 与外界绝热的情况下, 对气体做功,气体的内能增加,又因为气体的内能由温度决定,所以温度升高,气体分子热 运动加剧,分子平均动能增大;由: ΔU = W + Q 可知气体内能的增量等于活塞对气体所做 的功; (3)设气体在标准状态时的体积为 V1,等压过程:

V V1 = T T1

气体物质的量: n =

V1 ,且分子数为: N = nN A V0
87

? ?

解得 N =

VT1 NA V0T
24

代入数据得: N = 5.0 × 10 24 (或 6×10 ) 9.(2014 年全国卷 1)33.[物理—选修 3-3](15 分) (1) (6 分)一定量的理想气体从状态 a 开 始,经历三个过程 ab、 bc、 ca 回到原状 态,其 p-T 图像如图所示。下列判断正确的是 . (填正确答案标号。选对 1 个得 3 分, 选对 2 个得 4 分,选对 3 个得 6 分。每选错 1 个扣 3 分,最低得分为 0 分) A.过程 ab 中气体一定吸热 B.过程 bc 中气体既不吸热也不放热 C.过程 ca 中外界对气体所做的功等于气体所放的热 D. a、 b 和 c 三个状态中,状态 a 分子的平均动能最小 E. b 和 c 两个状态中,容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同

33 (1) 【答案】 :ADE【解析】 从 a 到 b 的过程,根据图线过原点可得

Pa Pb = ,所以为 Ta Tb

等容变化过程,气体没有对外做功,外界也没有对气体做功,所以温度升高,只能是吸热的 结果, A 正确;从 b 到 c 的过程温度不变,可是压强变小,说明体积膨胀,对外做功,理应 内能减少温度降低,而温度不变说明从外界吸热,B 错误;从 c 到 a 的过程,压强不变,根 据温度降低说明内能减少,根据改变内能的两种方式及做功和热传递的结果是内能减少,所 以外界对气体做的功小于气体放出的热量, C 错误。 分子的平均动能与温度有关, 状态 a 的 温度最低,所以分子平均动能最小,D 正确; b 和 c 两个状态,温度相同,即分子运动的平 均速率相等,单个分子对容器壁的平均撞击力相等,根据 b 压强大,可判断状态 b 单位时间 内容器壁受到分子撞击的改数多,E 正确。 10. (2014 年全国卷 1)(2) (9 分)一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸 内,气缸壁导热良好,活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动。开始时气体压强为 P,活塞下表面相 对于气缸底部的高度为 h, 外界的温度为 To。 现取质量为 m 的沙子缓慢地倒在活塞的上表面, 沙子倒完时,活塞下降了 h/4.若此后外界的温度变为 T,求重新达到平衡后气体的体积。已 知外界大气的压强始终保持不变,重力加速度大小为 g。

【答案】

9mghT 4 pT0

【解析】设气缸的横截面积为 S,沙子倒在活塞上后,对气体产生的压强为 Δp,由玻意耳定 律得

88 ? ?

phS =(p +Δp)(h 解得

1 h)S 4

① ②

Δp =

1 p 3

外界的温度变为 T 后,设活塞距底面的高度为 h′。根据盖—吕萨克定律,得

1 ? ? ? h ? h ? S h′S 4 ? ? = T0 T 3T 解得 h′= h 4T0 mg 据题意可得 Δp = S
气体最后的体积为 V =Sh′ 联立②④⑤⑥式得 V=

③ ④ ⑤ ⑥

9mghT 4 pT0

11.(2014 年 全国卷 2)33.[物理——选修 3-3](15 分) 。 (填正确答案标号。选对 1 个得 2 分,选对 2 (1) ( 5 分)下列说法正确的是 个得 4 分,选对 3 个得 5 分,每选错 1 个扣 3 分,最低得分为 0 分) A.悬浮在水中的花粉的布期运动反映了花粉分子的热运动 B.空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果 C.彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点 D.高原地区水的沸点较低,这是高原地区温度较低的缘故 E.干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度,这是湿泡外纱布中水蒸发吸 热的结果 【答案】BCE 【解析】悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的无规则热运动,A 错误;空中的小雨 滴呈球形是水的表面张力作用的结果,B 正确;彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有 各向异性的特点,C 正确;高原地区水的沸点较低,是由于高原地区气压低,故水的沸点也 较低,D 错误;干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度,是由于湿泡外纱布中 水蒸发吸收热量,使湿泡的温度降低的缘故,E 正确。 12.(2014 年 全国卷 2)(2) ( 10 分)如图,两气缸 A、B 粗细均 a 匀、等高且内壁光滑。其下部由体积可忽略的细管连通;A 的直 径是 B 的 2 倍,A 上端封闭,B 上端与大气连通;两气缸除 A b 顶部导热外,其余部分均绝热。两气缸中各有一厚度可忽略的 A 绝热轻活塞 a、b,活塞下方充由氮气,活塞 a 上方充有氧气。 B 当大气压为 P0, 外界和气缸内气体温度均为 7℃且平衡时, 活塞 a 离气缸顶的距离是气缸高度的

1 ,活塞 b 在气缸正中间。 4

(i)现通过电阻丝缓慢加热氮气,当活塞 b 恰好升至顶部时,求氮气的温度; (ii)继续缓慢加热,使活塞 a 上升,当活塞 a 上升的距离是气缸高度的 压强。 【答案】 (i)320K (ii)4P0/3 【命题立意】考察理想气体方程;考察物理问题的综合分析能力。
89 ? ?

1 时,求氧气的 16

【解析】 (i)活塞 b 升至顶部的过程中,活塞 a 不动,活塞 ab 下方的氮气经历等压过程,设 气缸 A 的容积为 V0,氮气初始状态的体积为 Vl,温度为 T1,末态体积 V2,温度为

T2 ,按题意,气缸 B 的容积为 V0/4 ,由题给数据及盖吕萨克定律有:
① 且 V1 =

V1 V2 = T1 T2

3 1 V0 7 V0 + = V0 4 2 4 8 V 3 V2 = V0 + 0 = V0 4 4

② ③

由①②③式及所给的数据可得: T2=320K ④ (ii)活塞 b 升至顶部后,由于继续缓慢加热,活塞 a 开始向上移动,直至活塞上升 的距离是气缸高度的 1/16 时,活塞 a 上方的氮气经历等温过程,设氮气初始状态的体积

′ ′ ′ 为 V1′ ,压强为 P 1 ;末态体积为 V2 ,压强为 P 2 ,由所给数据及玻意耳定律可得

1 ′ 0 V1′ = V0 , P 1 = P 4 ′ ′ ′ ′ P 1 V1 = P 2 V2
由⑤⑥式可得:

V2′ =

3 V0 16

⑤ ⑥ ⑦

P2′ =

4 P0 3

【解题点拨】熟练掌握理想气体状态方程,熟练分析等温、等压以及等容变化的相关规律。

13.(2014 年 山东卷)37.【选修 3-3】 (1)如图,内壁光滑、导热良好的气缸中装有一定质 量的理想气体。当环境温度升高时,

a.内能增大 c.压强增大

b.对外做功 d.分子间的引力和斥力都增大

14.(2014 年 山东卷)一种水下重物的打捞方法的工作原理如图所示。将一质量为

M = 3 × 103 kg 、体积 V0 = 0.5m 3 的重物捆绑在开口朝下的浮筒上,向浮筒内充入一定量的
气体,开始时筒内液面距水面的距离为 h1 = 40m ,筒内气体的体积为 V1 = 1.0m 3 ,在拉力的 作用下浮筒慢慢上升, 当筒内的页面距水面距离为 h2 时, 拉力减为零, 此时气体的体积为 V2 , 随后浮筒与重物自动上浮。求 V2 和 h2 。 (已知大气压强 p0 = 1.0 × 105 Pa ,水的密度为 ρ = 1.0 × 10 kg / m ,重力加速度的大小
3 3

g = 10m / s 2 ,不计水温变化筒内气体质量不变且为理想气体,浮筒质量和浮筒壁厚可以忽

90 ? ?

p0

水面

h1

V2 V0
V1

h2

浮筒

略)

V0

重物

37、 【答案】 (1)ab (2)h2=10m 【解析】 (1)当环境温度升高时,压强不变,缸内气体膨胀对外做功,理想气体不考虑分子 力,内能仅由物质的量和温度决定,温度升高,气体的内能增加,正确选项 ab。 (2)解:当 F=0 时,由平衡条件得

Mg = ρ g (V0 + V2 )
代入数据得



V2 = 2.5m 3



设筒内气体初态、末态的压强分别为 P1、P2,由题意得

P 1 = P 0 + ρ gh 1 P2 = P0 + ρ gh2 PV 1 1 = PV 2 2

③ ④

在此过程中筒内气体的温度和质量不变,由玻意耳定律得 ⑤

联立②③④⑤式代入数据得 h2=10m ⑥ 15. (2014 重庆卷)10.[选修 3-3] (1) (6 分)重庆出租车常以天然气作为燃料,加气站储气罐中天然气的温度随气温升高 的过程中,若储气罐内气体体积及质量均不变,则罐内气体(可视为理想气体) A.压强增大,内能减小 B.吸收热量,内能增大 C.压强减小,分子平均动能增大 D.对外做功,分子平均动能减小 【答案】B 【解析】对理想气体由 PV=nRT 可知体积和质量不变,温度升高时,压强增大,选项 C 错 误;理想气体的内能只有分子动能,而温度是分子平均动能的标志,故温产升高,分子平均 动能增大,内能增大,选项 A 、D 错误,体积不变,故 W=0,由热力学第一定律△U=Q+ W 知,吸热内能增大,选选项 B 正确。

91 ? ?

16.(2014 重庆卷) (2) (6 分)题 10 图为一种减震垫,上面布满了圆柱状薄膜气泡,每个气 泡内 充满体积为 V0,压强为 P0 的气体。当平板状物品平放在气泡上时,气泡被压缩。若气 泡内气体可视为理想气体,其温度保持不变。当体积压缩到 V 时气泡与物品接触面的边界为 S。求此时每个气泡内气体对接触面处薄膜的压力。 【答案】

V0 P0 S V

【解析】设压力为 F,压缩后气体压强为 P 由等温过程:P0V0=PV F=PS 解得: F =

V0 P0 S V

1.(2014 年 安徽卷)16.一简谐横波沿 x 轴正向传播,图 1 是 t=0 时刻的波形图,图 2 是介 质中某点的振动图象,则该质点的 x 坐标值合理的是
y/ m
0.2 0.1 0.2 0.1

y/ m

O -0.1 -0.2

1

2

3

4

5

x/ m 6

O -0.1 -0.2

1

2

3

4

5

t/ s 6

图1

图2

A.0.5m B.1.5m C.2.5m D.3.5m 【答案】C 【解析】由图 2 结合图 1 可知该质点 x 坐标值可能是 1.5m 和 2.5m,而简谐横波沿 x 轴正向 传播,由图 1 可得向下振动的质点为 x 坐标值 2.5m 的质点,故 C 正确。
EP

O

x

2.(2014 北京)17.一简谐机械横波沿 x 轴正方向传播,波长为 λ,周期为 T,t=0 时刻的波形如图 1 所示,a、b 是波上的两个质点。图 2 是波上某一质点的振动图 像。下列说法正确的是

92 ? ?

A.t=0 时质点 a 的速度比质点 b 的大 B.t=0 时质点 a 的加速度比质点 b 的小 C.图 2 可以表示质点 a 的振动 D.图 2 可以表示质点 b 的振动
17. 【答案】D 【考点】机械振动、机械波 【解析】由图 1 的波形图可知 t=0 时刻,a 在波峰,速度为零,加速度最大;b 在平衡位置, 速度最大,加速度为零,AB 项错误;根据上下坡法可以确定 0 时刻 b 质点向下振动,所以图 2 是质点 b 的振动图象,C 项错误,D 项正确。

3.(2014 北京)20. 以往,已知材料的折射率都为正值(n>0)。现已有针对某些 电磁波设计制作的人工材料,其折射率可以为负值(n<0),称为负折射率材料。位 于空气中的这类材料,入射角 i 与折射角 r 依然满足 但是折射线与

入射线位于法线的同一侧(此时折射角取负值) 。若该材料对于电磁波的折射率 n=-1,正确反映电磁波穿过该材料的传播路径的示意图是
20. 【答案】B 【考点】光的折射定律 【解析】光从空气射入到材料中时,根据题意可知入射光线和折射光线位于法线的同侧,A 项错误; 根据折射定律可知:

sin i 可知折射角等于入射角, C 项错误; 根据光路可逆, = ?1 , sinr

光从材料射入到空气时,同理入射光线和折射光线也位于法线的同侧,D 项错误,入射角也 等于折射角,B 项正确。 4.(2014 年 大纲卷)17.在双缝干涉实验中,一钠灯发出的波长为 589nm 的光,

在距双缝 1.00m 的屏上形成干涉图样。图样上相邻 两明纹中心间距为 0.350cm, 则双缝的间距为( )
A . 2. 06 × 10 - 7m D.1.68×10-3m
17. 【答案】C 【考点】双缝干涉 【 解 析 】 根 据 双 缝 干 涉 实 验 条 纹 间 距 离 Δx =

B . 2.06 × 10 - 4m

C . 1.68 × 10 - 4m

L λ , 代 入 数 据 得 d

L 1 λ= × 589nm = 1.68 × 10 ?4 m ,C 项正确。 Δx 0.0035 5.(2014 年 大纲卷)18.两列振动方向相同、振幅分别为 A1 和 A2 的相干简谐横波 相遇。下列说法正确的是( ) d=
93 ? ?

A.波峰与波谷相遇处质点的振幅为|A1-A2| B.波峰与波峰相遇处质点离开平衡位置的位移始终为 A1+A2 C.波峰与波谷相遇处质点的位移总是小于波峰与波峰相遇处质点的位移 D.波峰与波峰相遇处质点的振幅一定大于波峰与波谷相遇处质点的振幅
18. 【答案】AD 【考点】简谐波、波的叠加 【解析】根据波的叠加原理,两列波相遇互不干扰,所以波峰与波谷相遇,质点的振幅变为

A1 -A 2 ,A 项正确;任何一点质点都不会一直处于波峰或波谷,总是在平衡位置附近往复运
动,BC 项错误;波峰与波峰相遇处的质点处于振动加强点,所以振幅较大,波谷与波峰处的 质点处于振动减弱点,振幅偏小,D 项正确。 6. (2014 福建卷) 13.如图, 一束光由空气射向半圆柱体玻璃砖, O 点为该玻璃砖截面的圆心, 下图能正确描述其光路图的是( )

13.【答案】A 【考点】 光的折射、全反射 【解析】当光从光疏介质射入光密介质,必然可以发生折射,且入射角大于折射角,B、D 项错误,当光从光密介质射入光疏介质时,如果入射角大于临界角就会发生全反射,如 A 选 项所示,A 项正确;如果入射角小于临界角,也会发生折射,且入射角小于折射角,C 项错 误。
7.(2014 福建卷)17.在均匀介质中,一列沿 x 轴正向传播的横波,其波源 O 在第一个周期 内的振动图像,如右图所示,则该波在第一个周期末的波形图是( )

17. 【答案】D 【考点】 机械振动、机械波

94 ? ?

【解析】根据振动图像可知波源起振方向向下,则每一个点起振时方向均向下,当经历一个 周期时, 波源仍处于平衡位置且向下振动。 由波动图象可知, 沿着波的传播方向看: “上坡下, 下坡上”所以第一个周期末时波源处于上坡,波源完全重复上一个周期的运动,D 项正确; 8. (2014 海南卷)16.模块 3-4 试题

(1)一列简谐横波沿 x 轴传播,a、b 为 x 轴上的两质点,平衡位置分别为 x=0,
x=xb(xb>0) 。a 点的振动规律如图所示,已知波速为 v=10m/s,在 t=0.1s 时,b

点的位移为 0.05m,则下列判断可能正确的是
A.波沿 x 轴正向传播,xb=0.5m B.波沿 x 轴正向传播,xb=1.5m C.波沿 x 轴负向传播,xb=2.5m D.波沿 x 轴负向传播,xb=3.5m

9.(2014 海南卷) (2)如图,矩形 ABCD 为一水平放置的玻璃砖的截面,在截面

所在平面有一细束激光照射玻璃砖,入射点距底面的高度为 h,反射光线和折射 光线与底面所在平面的交点到 AB 的距离分别 l1 和 l 2 ,在截面所在平面内,改变 激光束在 AB 面上入射点的高度与入射角的大小, 当折射光线与底面的交点到 AB 的距离为 l 3 时,光线恰好不能从底面射出,求此时入射点距离底面的高度 H。

16. 【答案】 (1) BC (4 分。选对一个给 2 分,选对 2 个给一分.有选错的不给这 4

分) 【解析】 (2) (8 分)设玻璃砖的折射率为 n,入射角和反射角为 θ1,折射角为 θ2, 由光的折射定律

n=

sin θ1 sin θ 2
95

? ?

根据几何关系有

sin θ1 = sin θ 2 =

h l12 + h 2 h
2 l2 + h2
2 l2 + h2 n= 2 l1 + h 2

因此求得

根据题意,折射光线在某一点刚好无法从底面射出,此时发生全反射,设在底面 发生全反射时的入射角为 θ3,有
sin θ 3 = 1 n

由几何关系得
sin θ 3 = l3 l +H2
2 3
2 l2 ? l12 l3 l12 + h 2

解得 H =

10. (2014 年 江苏卷)B. [选修 3-4](12 分) (1)某同学用单色光进行双缝干涉实验,在屏上观察到题12B-1(甲)图所示的条纹,仅改变 一个实验条件后, 观察到的条纹如题12B-1(乙) 图所示。 他改变的实验条件可能是 。 A.减小光源到单缝的距离 B.减小双缝之间的距离 C.减小双缝到光屏之间的距离 D . 换 用 频 率 更 高 的 单 色 光 源 ( 题 12B-1 图) (2014 江苏卷)(2)在“探究单摆的周期与摆长的关系冶 实验 中,某同学准备好相关实验器材后,把单摆从平衡位 置拉 开一个很小的角度后释放,同时按下秒表开始计时,当单摆再次回到释放位置时停止计 时,将记录的这段时间作为单摆的周期。以上操作中有不 妥之处,请对其中两处加以改正。 (3)Morpho蝴蝶的翅膀在阳光的照射下呈现出闪亮耀眼的 蓝色光芒,这是因为光照射到翅膀的鳞片上发生了干涉。 电子显微镜下鳞片结构的示意图见题12B-2图。 一束光以入 射角i从a点入射,经过折射和反射后从b点出射。设鳞片的 (题 12B-2 图) 折射率为n,厚度为d,两片之间空气层厚度为h。取光在空 气中的速度为c,求光从a到b所需的时间t。
96 ? ?

12.B 【解析】 (1) 由条纹间距 Δ x =

L 对条纹间距没有影响, λ 可知减小光源到单缝间距离, d

A 项错误,减小双缝间距 d,可以增大条纹间距,B 项正确;减小双缝到屏的距离 L,条纹间 距会减小,C 项错误;换用更高频率的光,波长会减小,条纹间距减小,D 项错误。 (2)①应从单摆运动到最低点开始计时时,此位置容易判断,计时误差较小②为了减小偶然 误差,可以多次测量多次全振动的时间,然后取平均值求周期。
(3)设光在鳞片中的折射角为 γ ,折射定律 sin i = 在鳞片中传播的路程 l1 =

n sin γ

l 2d c ,传播速度 v = ,传播时间 t1 = 1 v cos γ n
,同理在空气中传播的时间 t2

解得 t1 =

2n d c n - sin i 2n d
2 2 2 2

2

=

2h c cos i

t = t1 + t2 =

c n - sin i

2

+

2h c cos i

(2014 年 江苏卷)

11. (2014 年全国卷 1)34.物理-选修 3-4](15 分) (1)(6 分)图(a)为一列简谐横波在 t=2s 时 P 是平衡位置为 x=2m 的 的波形图, 图(b)为媒质中平衡位置在 x=1.5m 处的质点的振动图像, 质点。下列说法正确的是 。(填正确答案标号。选对 1 个得 3 分,选对 2 个得 4 分,选 对 3 个得 6 分。 A.波速为为.5m/s B.波的传播方向向右 C. 0-2 s 时间内,p 运动的路程为 8cm D. 0^-2 s 时间内,p 向 y 轴正方向运动 E.当 t= 7s 时,p 恰好回到平街位置

答案:ACE 【解析】根据图(a)的波形图判断机械波的波长λ=2m,根据图(b)可得振动周期 T=4s,所以波 速 v=λ/T=0.5m/s,A 正确;根据图(b)可判断 x=1.5m 的质点在 t=2s 振动方向为 y 轴负方向, 在图(a)中,根据质点振动方向和传播方向在图像同一侧可判断波的传播方向向左,B 错误; t=2s 时质点 P 在最低点,根据周期 T=4s,可知 T=0 时质点 P 在最高点,所以 0~2s 时间内质
97 ? ?

点 P 通过的路程为 2 倍的振幅即 8cm,C 正确; 0~2s 质点 P 向 y 轴负方向运动,D 错误; t=2s 到 t =7s 共经 5s 为 5T/4,所以质点 P 刚好回到平衡位置,E 正确。

12. (2014 年全国卷 1)34.物理-选修 3-4]

(2)(9 分)一个半圆柱形玻璃砖,其横截

面是半径为 R 的半圆,AB 为半圈的直径,O 为圆心,如图所示。玻璃的折射率为 n =

2。

(i)一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面,若光线到达上表面后,都能从该表面射出,则 入射光束在 AB 上的最大宽度为多少? (ⅱ)一细束光线在 O 点左侧与 O 相距
射出点的位置。

3 处垂直于 AB 从下方入射,求此光线从玻璃砖 2

34.(1) 【答案】 :A C E 【解析】 :由图像波长是 2m,周期是 4s,所以波速是 0.5m/s,A 对的;t=2s 时 x=1.5m 处质 点向下振动,由上坡法波向左传播,B 错的;0—2s 内,质点振动半个周期,路程为 8cm, C 对的;2s 时 P 在波谷,0—2s 内 P 向 y 负向振动,D 错的;2s 时 P 在波谷,再过 5sP 回 到平衡位置,E 对。

(2) 【解析】 :(i)在 0 点左侧,设从 E 点射入的光线进入玻璃砖后在上表面的入射角恰好 等 于全反射的临界角θ,则 OE 区域的入射光线经上表面折射后都能从玻璃砖射出,如图, 由全反射条件有

sin θ =

1 ① n

由几何关系有

OE = R sin θ ②

98 ? ?

由对称性可知·若光线都能从上表面射出,光束的宽度最大为 ③ 联立∞③式,代入已知数据羁

l = 2OE

l = 2R ④
(ii)设光线在距 O 点
知条件得

3 R 的 c 点射入后,在上表面入射角为 α ,由几何关系及①式和已 2

A

a=60'>

θ



光线在玻璃砖内会发生三次全反射,最后由 G 点射出如图。由反射定律和几何关系得:

OG = OC =

3 R 2



射到 G 点的光线有一部分被反射,沿原路返回到达 C 点射出。 13. (2014 年 全国卷 2)34.[物理——选修 3-4](15 分) (1)(5 分)图(a)为一列简谐横波在 t=0.10s 时的波形图,P 是平衡位置在 x=1.0m 处的质 点,Q 是平衡位置在 x=4.0m 处的质点;图(b)为质点 Q 的振动图形。下列说法正确的 是 。 (填正确答案标号。选对 1 个得 2 分,选对 2 个得 4 分,选对 3 个得 5 分,每选错 1 个扣 3 分,最低得分为 0 分) y/cm y/cm 10 10 O P Q

4

8

12

x/m

O

0.1

0.2

0.3 t/s

-10 图(b) 图(a) A.在 t=0.10s 时,质点 Q 向 y 轴正方向运动 B.在 t=0.25s 时,质点 P 的加速度方向与 y 轴正方向相问 C.从 t=0. 10s 到 t =0. 25s,该波沿 x 轴负方向传播了 6m D.从 t=0. 10s 到 t =0. 25s,质点 P 通过的路程为 30cm E.质点 Q 简谐运动的表达式为 y = 0.10 sin10π t (国际单位侧) -10
【答案】BCE 【命题立意】考察波动与振动的基本规律,考察波动与振动图像。 【解析】由 Q 点的振动图线可知,t=0.10s 时质点 Q 向 y 轴负方向振动,A 错误;由波的图 像可知,波向左传播,波的周期为 T =0.2s,t=0.10s 时质点 P 向上振动,经过 0.15s=3T/4 时,
99 ? ?

即在 t = 0.25s 时,质点振动到 x 轴下方位置,且速度方向向上,加速度方向也沿 y 轴正向,

8 m / s = 40m / s ,故从 t = 0.10s 到 t = 0.25s,该波沿 x 负方间传播 T 0.2 由于 P 点不是在波峰或波谷或者平衡位置, 的距离为:x = vt = 40 × 0.15m = 6m , C 正确;
B 正确;波速 v =

λ

=

故从 t = 0.10s 到 t=0.25 的 3/4 周期内,通过的路程不等于 3A = 30cm,选项 D 错误;质点 Q 做简谐振动的表达式为: y = A sin(

2π ,选项 E 正确。 )t = 0.10sin10π t (国际单位) T

【解题点拨】熟悉波动与振动的规律,注意波动图像与振动图像的结合点。 14.(2014 年 全国卷 2) (2) ( 10 分)一厚度为 h 的大平板玻瑞水平放置,共下表面贴 有一半径为 r 的圆形发光面。在玻璃板上表面放置一半径为 R 的圆纸片,圆纸片与圆形 发光面的中心在同一竖直钱上。已知圆纸片恰好能完全遮档住从圆形发光面发出的光线 (不考虑反射) ,求平板玻璃的折射率。 【答案】 1 + (

h 2 ) R?r

【解析】如图,考虑从圆形发光面边缘的 A 点发出的一条光线,假设它斜射到玻璃上表面的 A 点折射,根据折射定律有: n sin θ = sin α 式中, n 是玻璃的折射率,θ 是入射角,α 是折射角 现假设 A 恰好在纸片边缘,由题意,在 A 刚好发生全反射,故 α = 设 AA′ 线段在玻璃上表面的投影长为 L,由几何关系有: sin θ = 由题意纸片的半径应为 R=L-r 联立以上各式可得: n = 1 + (

π

2 L

L2 + h 2
R L θ A O B 2r

h 2 ) R?r

A′

O′
h

【解题点拨】熟悉教材,了解生活中的光、热现象的基本原理。

15. (2014 山东卷) 38.(12 分) 【物理-物理 3-4】 y/m (1)一列简谐横波沿直线传播。以波源 O 由平衡位置开始振动 0 . 2 为计时零点,质点 A 的振动图像如图所示,已知 O、A 的平衡 位置相距 0.9m.以下判断正确的是___________.(双选,填正确 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案标号) ? 0.2 a、波长为 1.2m b、波源起振方向沿 y 轴正方向 c、波速大小为 0.4m/s d、质点 A 的动能在 t = 4s 时最大 (2)如图,三角形 ABC 为某透明介质的横截面,O 为 BC 边的中点,位 于截面所在平面内的束光线自 O 以角入射, 第一次到达 AB 边恰好发生全 反射。已知 θ = 15o ,BC 边长为 2L,该介质的折射率为 2 。求: (ⅰ)入射角 i; (ⅱ)从入射到发生第一次全反射手忙脚乱的时间(设光在真空中的速度 为 c,可能用到 sin 75 =
o

t/s

A

θθ

C

L i

O

L

B

6+ 2 o 或 tan 15 = 2 ? 3 ) 。 4
100

? ?

38、 【答案】 (1)ab
(2) (i)i=450 (ii) t =

6+ 2 L 2c

【解析】 ( 1 ) 由 A 的 振 动 图 像 可 知 , A 经 过 3s 开 始 振 动 , OA 间 距 0.9m , 波 速

x 0.9 v= = m / s =0.3m / s ;振动的周期 T=4s,所以波长 λ =vT =0.3 × 4m = 1.2m ;介质中 t 3
质点的起振方向和波源的起振方向相同,由 A 质点的起振方向可以判断波源的起振方向沿 y 轴的正方向;t=4s 时 A 距离平衡位置最远,速度最小,动能最小,正确选项 ab。 (2)解: (i)根据全反射规律可知,光线在 AB 面上 P 点的入射角等于临界角 C,由折射定 律得

sin C =

1 n



代入数据得 C=450 ② 设光线在 BC 面上的折射角为 r,由几何关系得 r=300 ③ 由折射定律得

n=

sin i sin r



联立③④式,代入数据得 i=450 ⑤

(ii)在 ΔOPB 中,根据正弦定律得

OP L = 0 sin 75 sin 450



设所用时间为 t,光线在介质中的速度为 v,得

OP = vt c v= v
6+ 2 L 2c

⑦ ⑧

联立⑥⑦⑧式,代入数据得

t=



16. (2014 年 四川卷)2.电磁波已广泛运用与很多领域,下列关于电磁波的说法符合实际 的是 A.电磁波不能产生衍射现象 B.常用的遥控器通过紫外线脉冲信号来遥控电视机 C.根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度
101 ? ?

D.光在真空中运动的速度在不同惯性系中测得的数值可能不同 2【答案】 :C 【解析】 :衍射、干涉现象是波的特有现象,所以 A 错误;常用的遥控器通过发出红外线脉 冲信号来遥控电视机,所以 B 错误;遥远天体和地球的距离发生变化时,遥远天体的电磁波 由于相对距离发生变化而出现多普勒效应, 所以能测出遥远天体相对地球的运动速度, 所以 C 正确,D 考察的是狭义相对论的两个基本假设之一:不同惯性系中,光在真空中运动的速度 是相同,即光速不变原理,所以 D 错误。 17.(2014 年 四川卷)3.如图所示,口径较大、充满谁的薄壁圆柱形浅玻璃缸底有一发光小 球,则 A.小球必须位于缸底中心才能从侧面看到小球 B.小球所发的光能从水面任何区域射出 C.小球所发的光从水中进入空气后频率变大 D.小球所发的光从水中进入空气后传播速度变大

3、【答案】 :D 【解析】 : 光从水中进入空气, 只要在没有发生全反射的区域, 都可以看到光线射出, 所以 A、
B 错误; 光的频率是由光源决定与介质无关, 所以 C 错误; 同一束光在不同的介质中由 n= 光从水中进入空气即光米射向光疏介质后传播速度变大,所以 D 正确。 18.(2014年 四川卷)5.如图所示,甲为 t=1s 时某横波纹的波形图像,乙为该波传播方向上 某一质点的振动图像. 距该质点Δx=0.5m 处质点的振动图像可能是

c v

5、【答案】 :A 【解析】 : :从甲图可以得到波长为 2m,乙图可以得到周期为 2s,即波速为 1m/s;由乙图的

102 ? ?

振动图像可以找到 t=1s 时,该质点位移为负,并且向下运动,再经过 可以判断波是向左传播,而距该质点?x=0.5m 处质点,就是相差

1 T 就到达波谷,所以 8

1 λ,但有由于波的传播方 4

向不确定性:若波向 x 轴的正方向传播经平移 A 正确;若向 x 轴负方向传播,t=1s 时要返回

1 λ回到乙的振动图像该质点的位移为 y 轴负向且向 x 轴正向振动。 4
19.(2014 天津卷)5.平衡位置处于坐标原点的波源 S 在 y 轴上振动,产生频率 50Hz 的简 谐波向 x 轴正、负两个方向传播,波速均为 100m / s 。平衡位置在 x 轴上的 P、Q 两个 质点随波源振动着,P、Q 的 x 轴坐标分别为 x P = 3.5m 、 xQ = ?3m 。当 S 位移为负且 向-y 方向运动时,P、Q 两质点的 A.位移方向相同、速度方向相反 C.位移方向相反、速度方向相反 5. 【答案】D 【考点】机械波、机械振动

B.位移方向相同、速度方向相同 D.位移方向相同、速度方向相同

【解析】根据题意可知此简谐波的波长为:λ = vT = 100 × 0.02m = 2m ,P 点距离波源的距 离为 1

3 个波长,当波源位移为负,且向 y 轴负方向振动时,P 点位移也为负,且向上振动; 4

Q 点与波源相差 1.5 个波长,所以振动情况与波源完全相反,由此可知此时 Q 点位移为正, 振动方向沿 y 轴正向,D 项正确。 20.(2014 天津卷)8.一束由两种频率不同的单色光组成的复色光从空气射入玻 璃三棱镜后,出射光分成 a、b 两束,如图所示,则 a、b 两束光 A.垂直穿过同一平板玻璃,a 光所用的时间比 b 光长 B.从同种介质射入真空发生全反射时,a 光的临界角比 b 光小 C.分别通过同一双缝干涉装置,b 光形成的相邻亮条纹间距小 D.若照射同一金属装置都能发生光电效应,b 光照射时逸出的光电子最大初 动能大 8. 【答案】AB 【考点】双缝干涉、色散、光电效应方程 【解析】根据光路图可知 a 光的偏转角较大,说明 a 光的折射率较大,根据 v = 同一介质中,a 光所用的时间较长,A 项正确;由 sin C = 界角较小,B 项正确;根据干涉条纹间距离: Δx =

c ,可知在 n

1 可知,折射率较大的 a 光,其临 n

L λ ,由折射率的大小关系可知,a 光的 d

波长较小,所以用同一装置做实验时,条纹间距离较小,C 项错误;再由光电效应方程,有:

Ekm = hν ? W逸 ,同一金属的逸出功相同,频率较大的 a 光照射出的光电子的最大初动能较
大,D 项错误。 21.(2014 浙江卷)14.下列说法正确的是 A.机械波的振幅与波源无关 B.机械波的传播速度由介质本身的性质决定
103 ? ?

C.物体受到的静摩擦力方向与其运动方向相反 D.动摩擦因数的数值跟相互接触的两个物体的材料无关
【答案】B 【解析】机械波振幅与波源有关,波速由介质决定,静摩擦力方向相对运动趋势相反,与物 体运动方向无关,动摩擦因数与接触物材料,粗糙程度,接触面温度等有关,所以选 B。

22.(2014.浙江卷)17 一位游客在千岛湖边欲乘游船,当日风浪很大,游船上下浮动。可把 游艇浮动简化成竖直方向的简谐运动,振幅为 20cm,周期为 3.0s。当船上升到最高点时,甲 板刚好与码头地面平齐。地面与甲板的高度差不超过 10cm 时,游客能舒服地登船。在一个 周期内,游客能舒服地登船的时间是 A.0.5s B.0.75s C.1.0s D.1.5s

17. 答案:C
解析:令振动的表达式为 y=0.2 sin

2 πt,当 y=0.1m 时,t1=0.25s,所以在一个周期内,游客 3

能舒服地登船的时间是 t2=1.5-2t1=1s.C 对的。 23. (2014.浙江卷)18 关于下列光学现象,说法正确的是

A.水中蓝光的传播速度比红光快、 B 光从空气射入玻璃时可能发生全反射 C.在岸边观察前方水中的一条鱼,鱼的实际深度比看到的要深 D, 分别用蓝光和红光在同一装置上做双缝干涉实验, 用红光时得到的条纹间 距更宽 【考点分析】折射定律双缝干涉测光波长实验 【答案】CD 【解析】光在介质中的传播速度 v=c/n,其中 n 是折射率,由于蓝光折射率 大于红光折射率,所以蓝光传播速度比红光慢,A 错误;光从光密介质向光疏介质 传播时候,可能发生全反射,所以 B 错误;视深 h 和实际深度 H 关系为 h=H/n,所 L 以鱼的实际深度比看到的要深,C 正确;条纹间距 Δx = λ ,由于红光波长大于蓝 d 光,所以红光得到的条纹间距更宽。
24. (2014 重庆卷)11.[选修 3-4](1) (6 分)打磨某剖面如题 11 图 1 所 示的宝石时,必 须将 OP、 OQ 边与轴线的夹角 θ 切割在 θ1<θ<θ2 的范围内, 才能使从 MN 边垂直入射的光线, 在 OP 边和 OQ 边都发生全反射 (仅考虑如图所示的光线第一次射到 OP 边并反射到 OQ 边后 射向 MN 边的情况) ,则下列判断正确的是 A.若 θ>θ2,光线一定在 OP 边发生全反射 B.若 θ>θ2,光线会从 OQ 边射出 C.若 θ<θ1,光线会从 OQ 边射出 D.若 θ<θ1,光线会在 OP 边发生全反射
104 ? ?

【答案】D 【解析】由全反射的临界角满足 sinC=1/n,则入射角满足 i ≥ C 发生全反射;作出光路可知光 线垂直穿过 MN 后到达 OP 的入射角为 900-θ,则 θ 越小,越容易发生全反射。选项 D 正确 25.(2014 重庆卷) (2) (6 分)一竖直悬挂的弹簧振子,下端装有一记录笔,在竖直面内放 置有一记录纸。当振子上下振动时,以 速率水 平向 左拉动记录纸,记录笔在纸上留下如题 11 图 2 所示 的图象。 y1 、 y2、 x0、 2x0 为纸上印迹的位置坐标。 由此 求振动的周期和振幅。 【答案】 T =

2 x0 y ? y2 ,A= 1 2 v 2 x0 y ? y2 和A= 1 v 2

【解析】设周期为 T , 振幅为 A 由题意得 T =

105 ? ?

1.(2014 北京)14.质子、中子和氘核的质量分别为 m1、m2 和 m3.当一个质子和一 个中子结合成氘核时,释放的能量是(c 表示真空中的光速) A.(m1+m2-m3)c B.(m1-m2-m3)c C.(m1+m2-m3)c2 D.(m1-m2-m3)c2
14. 【答案】C 【考点】质能亏损 【解析】原子核反应经过裂变或聚变时,质量会发生亏损,损失的能量以能量的形式释放, 根据质能方程可知释放的能量为: ΔE = (m1 + m2 ? m3 )c ,C 项正确。
2

2.(2014 福建卷)30.[物理-选修 3-5](本题共有 2 小题,每小题 6 分,共 12 分。每小题只 有一个选项符合题意) (1)如图,放射性元素镭衰变过程中释放出 α、β、γ 三种射线,分别进入匀强电场和匀强磁 场中,下列说法正确的是 。 (填选项前的字母)

(2)一枚火箭搭载着卫星以速率 v0 进入太空预定位置,由控制系统使箭体与卫星分离。已 知前部分的卫星质量为 m1,后部分的箭体质量为 m2,分离后箭体以速率 v2 沿火箭原方向 飞行,若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化,则分离后卫星的速率 v1 为 。 (填 选项前的字母)

【答案】 (1)C (2)D 【考点】天然放射现象 电场力 左手定则 动量守恒 【解析】 (1)因为 γ 射线不带电,所以电场和磁场对其都没有力的作用,②⑤表示 γ 射线,

A 错误;β 射线为电子流, 带负电, 受到电场力向左, 受到洛伦兹力向右, ①⑥代表 β 射线, BD 项错误,C 项正确
(2)箭、星分离过程可以认为动量守恒

( m1 + m2 )v0 = m2 v2 + m1v1 , 解 得

v1 = v0 +

m2 ( v - v2 ) ;D 项正确。 m1 0
106

? ?

3. (2014 年 广东卷)18、在光电效应实验中,用频率为 v 的光照射光电管阴极,发 生了光电效应,下列说法正确的是 A.增大入射光的强度,光电流增大 B.减小入射光的强度,光电效应现象消失 C.改用频率小于 v 的光照射,一定不发生光电效应 D.改用频率大于 v 的光照射,光电子的最大初动能变大

18.【答案】 :AD 【解析】 : 增大入射光的强度,单位时间照射到单位面积的光电子数增加,则光电流增大, 所以 A 正确 光电效应是否产生取决于照射光的频率而非照射光的强度,所以 B 错误。

频率为 γ 的光照射光电管阴极,发生了光电效应,改用频率小于 γ 的光照射,可 能发生光电效应,所以 C 错误。
4. (2014 海南卷)17.模块 3-5 试题

(1)在光电效应实验中,用同一种单色光,先后照射锌和银的表面,都能发生光 电效应。对于这两个过程,下列四个物理过程中,一定不同的是
A.遏止电压 B.饱和光电流 C.光电子的最大初动能 D.逸出功
5.(2014 海南卷) (2)一静止原子核发生 α 衰变,生成一 α 粒子及一新核,α 粒

子垂直进入磁感应强度大小为 B 的匀强磁场,其运动轨迹是半径为 R 的圆。已知
α 粒子的质量为 m,电荷量为 q;新核的质量为 M;光在真空中的速度大小为 c。

求衰变前原子核的质量。
17. 【答案】(1) ACD (4 分。选对 1 个给 2 分,选对 2 个给 3 分,选对 3 个给 4

分:有选错的不给这 4 分) 【解析】 (2)设衰变产生的 α 粒子的速度大小为 v,由洛伦兹力公式和牛顿第二 定律得
v2 qvB = m R

设衰变后新核的速度大小为 V,衰变前后动量守恒,有
107 ? ?

0 = MV ? mv
设衰变前原子核质量为 M0,衰变前后能量守恒,有
M 0 c 2 = Mc 2 + 1 1 MV 2 + mc 2 + mv 2 2 2

解得

M 0 = ( M + m)[1 +

(qBR ) 2 ] 2 Mmc 2

6. (2014 江苏卷)C. [选修 3-5](12 分) (1)已知钙和钾的截止频率分别为7. 73×1014Hz和5. 44×1014Hz, 在某种单色光的照射下两 种金属均发生光电效应, 比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子, 钙逸出的光电子 具有较大的 。 A.波长 B.频率 C.能量 D.动量 (2)氡222是一种天然放射性气体,被吸入后,会对人的呼吸系统造成辐射损伤。它是世界 卫生组织公布的主要环境致癌物质之一。其衰变方程是 222 86 Rn →
222 86 218 84

Po +

。已知

Rn 的半衰期约为3. 8天,则约经过

天,16

g的 222 86

Rn 衰变后还剩1g。

(3)牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载,A、B两个玻璃球相碰,碰撞后的分离速度和 它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16。分离速度是指碰撞后B对A的速度,接近速 度是指碰撞前A对B的速度。若上述过程是质量为2m的玻璃球A以速度v0碰撞质量为m的静 止玻璃球B,且为对心碰撞,求碰撞后A、B的速度大小。

4 12.C【答案】 (1)A(2) 2 H e (α ) 15.2

(3)

17 v 48 0

31 v 24 0

【考点】光电效应方程 德布罗意波 半衰期 动量守恒 【解析】 (1)根据光电效应方程 Ek

= hν - hν 0 ;因为钙的截止频率较大,所以光电子的最

大初动能较小,动量也较小,CD 项错误;根据德布罗意波长 λ

=

h 可知从钙中逸出的光电 P

子具有较大波长,A 项错误;波长大的,频率小,B 项错误。 (2)根据核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒可知生成物电荷数为 2,质量数为 4,即为 半衰期的定义: α粒子。 设半衰期为 τ , m剩 代入数据可得 t=15.2 天 (3)设 A、B 球碰后速度分别为 v1 和 v2 由动量守恒定律 2mv0

1 n t 而 n 为发生半衰期的次数, = m0 ( ) , n= ; 2 τ

= 2mv1 + mv2

v 且由题意知 2

v1

v0

=

15 16

108 ? ?

解得 v1 =

17 v 48 0

v2 =

31 v 24 0

7. (2014 年全国卷 1)35.[物理—选修 3-5] (15 分) (1) (6 分)关于天然放射性,下列说法 。(填正确答案标号。选对 1 个得 3 分,选对 2 个得 4 分.选对 3 个得 6 分。每 正确的是 选错 1 个扣 3 分,最低得分为 0 分) A.所有元素都可能发生衰变 B.放射性元素的半衰期与外界的温度无关 C.放射性元萦与别的元紊形成化合物时仍具有放射性

D.

α 、 β 和 γ 三种射线中, γ 射线的穿透能力最强

E.一个原子核在一次衰变中可同时放出 α 、 β 和 γ 三种射线 35.(1)答案:BCD【解析】只有原子序号超过 83 的元素才都能发生衰变,A 错误;放射性 元素的半衰期决定于由原子核内部的结构,与外界温度及化学作用等无关,B 正确;放射性 元素其放射性来自于原子核内部的,与其他元素形成化合物并没有改变其内部原子核结构所 以仍具有放射性, C 正确; α、 β 和 γ; 三种射线中, γ 射线能量最高, 穿透能力最强, D 正确; 一个原子核在一次衰变中, 要是 α 衰变、 要么是 β 衰变, 同时伴随着能量的释放, 即 γ 射线, E 错误。
8. (2014 年全国卷 1) (2) (9 分)如图,质量分别为 mA、mB 的两个弹性小球 A、B 静 止在地面上方,B 球距地面的高度 b=0.8m,A 球在 B 球的正上方。先将 B 球释放,经过一 段时间后再将 A 球释放。当 A 球下落 t = 0.3s 时,刚好与 B 球在地面上方的 P 点处相碰,碰 撞时间极短,碰后瞬间 A 球的速度恰为零。已知 mB=3mA,重力加速度大小 g=10m/s2,忽略 空气阻力及碰撞中的动能损失。求: (i)B 球第一次到达地面时的速度; (ii) P 点距离地面的高度。

35. (2) 【答案】(i) 4m/s

(ii) 0.75m 【解析】(i)设 B 球第一次到达地面时的速度大小为 vB,由运动学公式有 vB = 2 gh ① 将 h =0.8m 代入上式,得 vB =4m/s ② (ii)设两球相碰前后,A 球的速度大小分别为 v1 和 v1′(v1′ =0),B 球的速度分别为 v2 和
109 ? ?

v2′,由运动学规律可得 v1 =gt ③ 由于碰撞时间极短, 重力的作用可以忽略, 两球相碰前后的动量守恒, 总动能保持不变。 规定向下的方向为正,有 mAv1+ mBv2 =mBv2′ ④

1 1 1 mAv 2 mBv 2 mB v2 ′2 1+ 2= 2 2 2



设 B 球与地面相碰后的速度大小为 vB′,由运动学及碰撞的规律可得 vB′= vB ⑥ 设 P 点距地面的高度为 h′,由运动学规律可得 h′ =
2 2 v′ B ? v2 2g



联立②③④⑤⑥⑦式,并代入已知条件可得 h′ =0.75m .



9.(2014 年 全国卷 2. 35.[物理——选修 3-5](15 分) (1) ( 5 分)在人类对微观世界进行探索的过程中,科学实验起到了非常重要的作用。下 列说法符合历史事实的是 。 (填正确答案标号。选对 1 个得 2 分,选对 2 个得 4 分,选对 3 个得 5 分,每选错 1 个扣 3 分,最低得分为 0 分) A.密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值 B.贝克勒尔通过对天然放射现象的研究,发现了原子中存在原子核 C.居里夫妇从沥青铀矿中分离出钋(Po)和镭(Ra)两种新元素 D.卢瑟福通过 α 粒子散射实验证实了原子核内部存在质子 E.汤姆逊通过阴极射线在电场和磁场中的偏转实验,发现了阴极射线是由带负电的粒 子组成的,并测出了该粒子的比荷 【答案】 ACE 【命题立意】考察原子物理部分的物理学史知识。 【解析】 密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值为 1.6×10-19C,A 正确;贝克勒尔通过 对天然放射性研究发现了中子, B 错误; 居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋 (Po) 和镭 (Ra) 两种新元素,C 正确;卢瑟福通过 α 粒子散射实验,得出了原子的核式结构理论, D 错误; 汤姆逊通过对阴极射线在电场及在磁场中偏转的实验,发现了阴极射线是由带负电的粒子组 成,并测定了粒子的比荷,E 正确。

10. (2014 年 全国卷 2 (2)(10 分)现利用图(a)所示装置验证动量 遮光片 纸带 守恒定律。在图(a)中,气垫导轨上有 A、B 两个滑块,滑块 A 右侧 A B 带有一弹簧片,左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连;滑 块 B 左侧也带有一弹簧片,上面固定一遮光片,光电计数器(未完 图(a) 全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。 实验测得滑块 A 的质量 m1=0.301kg,滑块 B 的质量 m2=0.108kg,遮光片的宽度 d=1.00cm;打点计时器所用交流电的频率 f=50.0Hz。 将光电门固定在滑块 B 的右侧,启动打点计时器,给滑块 A 一向右的初速度,使它 与 B 相碰。碰后光电计数器显示的时间为 ΔtB=3.500ms,碰撞前后打出的纸带如图(b)所 示。

光电门

气垫导轨

110 ? ?

(cm)

4.03 4.02 4.05 4.00 图(b) 碰撞前后总动量之差 ×100% )最大为 5%,本实 若实验允许的相对误差绝对值( 碰前总动量 1.91 1.92 1.93 1.94 3.25
验是否在误差范围内验证了动量守恒定律?写出运算过程。 【答案】 【解析】按定义,物体运动的瞬时速度大小 v 为: v = 则

Δx Δt

式中 Δx 为物块在很短的时间 Δt 内的位移, 设纸带上打出相邻两点的时间间隔为 ΔtA,

ΔtA 可视为很短 ΔtA=1/f=0.02s 设在 A 碰撞前后瞬时速度大小分别为 v0 和 v1 由图(b)所给数据可得:v0=2.00m/s v1=0.790m/s 设 B 碰撞后瞬时速度大小为 v2

v2 =

设两滑块在碰撞前后的动量分别为 P 和 P ′ ,则

d = 2.56m / s Δt B

P = m1v0 P′ = m1v1 + m2 v2
两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为

P ? P′ × 100% P 联立各式代入数据得: δ r = 1.7% < 5%

δr =

因此,本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律。 11.(2014 山东卷) 39.(12 分) 【物理-物理 3-5】 (1)氢原子能级如图,当氢原子从 n = 3 跃迁到 n = 2 的能级时,辐射 光的波长为 656nm。以下判断正确的是________.(双选,填正确答案 标号) a、氢原子从 n = 2 跃迁到 n = 1的能级时,辐射光

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