高中物理一轮复习真题集训含答案-高中课件精选 85页

真题集训•章末验收（一）命题点一：运动的描述、运动图像1.（2014•全国卷）一质点沿X轴做直线运动，其广方图像如图所示。质点在方=0时位于x=5m处，开始沿％轴正向运动。当t=Ss时，质点在X轴上的位置为（）B.x=8mC・x=9mA.x=3mD.x=14m解析：选B在广十图像中，图线与坐标轴围成面积的大小等于质点运动的位移大小，则A08=|x(4+2)X2m—|x(4+2)X1m=3m,故t=8s时，质点在x轴上的位置坐标禺=5m+3m=8m,选项B正确，A、C、D错误。2.侈选）（2013•全国卷I）如图，直线曰和曲线方分别是在平直公路上行驶的汽车日和方的位置一时间（#方）图线。由图可知（）A.在时刻fi,$车追上b车B.在时刻t2,a、方两车运动方向相反C.在力到力2这段时间内，b车的速率先减少后增加D.在力到方2这段时间内，b车的速率一直比a车的大解析：选BC从片方图像可以看出，在力时刻，b汽车追上日汽车，选项A错误；在％时刻，方汽车运动图像的斜率为负值，表示&汽车速度反向，而日汽车速度大小和方向始终不变，故选项B正确；从介时刻到血时刻，图像b斜率的绝对值先减小至零后增大，反映了b汽车的速率先减小至零后增加，选项C正确、D错误。3.（多选）（2013•全国卷）将甲、乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，抛出时间间隔为2s,它们运动的八方图像分别如直线甲、乙所示。贝U（）A.t=2s时，两球高度差一定为40mB.t=4s时，两球相对于各自抛出点的位移相等C.两球从抛出至落到地面所用的时间间隔相等D.甲球从抛出至达到最高点的时间间隔与乙球的相等解析：选BD由于两球的抛出点未知，则A、C均错误；由图像可知4s时两球上升的高度均为40m,则距各自出发点的位移相等，则B正确；由于两球的初速度都为30m/s,则上升到最高点的时间均为t=~f则D正确。g命题点二：匀变速直线运动规律及应用4.（2013•全国卷）一客运列车匀速行驶，其车轮在铁轨间的接缝处会产生周期性的撞击。坐在该客车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0so在相邻的平\n行车道上有一列货车，当该旅客经过货车车尾时，货车恰好从静止开始以恒定加速度沿客车\n行进方向运动。该旅客在此后的20.0s内，看到恰好有30节货车车厢被他连续超过。已知每根铁轨的长度为25.0m,每节货车车厢的长度为16.0m,货车车厢间距忽略不计。求：(1)客车运行速度的大小；(2)货车运行加速度的大小。解析：(1)设客车车轮连续两次撞击铁轨的时间间隔为每根铁轨的长度为厶则客车速度大小为1其中7-25.0m,AI"—]s,得7=37.5m/s。(2)设从货车开始运动后t=20.Os内客车行驶了s米，货车行驶了S2米，货车的加速度为②30节货车车厢的总长度为£=30X16.0mo由运动学公式有12s2=-at由题给条件有L=S\—s?联立各式解得2=1.35m/s2o答案：(1)37.5m/s(2)1.35m/s21.(2010•全国卷)短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了100m和200m短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别是9.69s和19.30so假定他在100m比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15s,起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动。200m比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与100m比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑100m时最大速率的96%。求：(1)加速所用时间和达到的最大速率；(2)起跑后做匀加速运动的加速度。(结果保留两位小数)解析：⑴设加速所用时间为仪以s为单位)，匀速运动的速度为穴以m/s为单位)，则有(9.69-0.15-r=100|yt+(19.30-0.15-t)X0.967=200解得t=\.29sv=ll.24m/so⑵设加速度大小为日，则kf=&71m/s%答案：(1)1.29s11.24m/s(2)8.71m/s22.(2011•全国卷)甲、乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变,在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度减小为原来的一半。求甲、乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比。解析：设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻为的速度为7,第一段时间间隔内行驶的路程为S,加速度为a；在第二段时间间隔内行驶的路程为S2。由运动学公式得\nv=at^设汽车乙在时刻力的速度为讨,在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为sJ、sJo同样有v'=2atosj=^X2a6)2sj=v'to+^at^设甲、乙两车行驶的总路程分别为s、J,则有S=S1+S2s'=sj+s2‘联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为答案：5:71.(2013-全国卷I)水平桌面上有两个玩具车力和8,两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记斤。在初始时橡皮筋处于拉直状态，A.〃和斥分别位于直角坐标系中的(0,27).(0,一刀和(0,0)点。已知力从静止开始沿y轴正向做加速度大小为日的匀加速运动;$平行于x轴朝"轴正向匀速运动。在两车此后运动的过程中，标记斤在某时刻通过点(7,刀。假定橡皮筋的伸长是均匀的，求$运动速度的大小。解析：设〃车的速度大小为Ko如图所示，标记*在时刻广通过点《(厶7),此时人B的位置分别为从G。由运动学公式，〃的纵坐标％G的横坐标益分别为刃=2出/①Xb=Vt②在开始运动时，&到力和〃的距离之比为2:1,即OE：0F=2:1由于橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻彳到力和8的距离之比都为2:E因此,在时刻方有HK\KG=2:1(3)HG\KG=xb：(船一/)由于△翊有HG：KG=(^+2):21⑤3由③④⑤式得xB=-l⑥⑦联立①②⑥⑦式得7=|\阿。⑧\n真题集训谭末验收（二）命题点一：重力、弹力、摩擦力1.（2013-全国卷II）如图，在固定斜面上的一物块受到一外力尸的作用，尸平行于斜面向上。若要物块在斜面上保持静止，尸的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为用和尺（尺>0）o由此可求出（）A.物块的质量B.斜面的倾角C.物块与斜面间的最大静摩擦力D・物块对斜面的正压力解析：选C设斜面倾角为0,斜面对物块的最大静摩擦力为f.平行于斜面的外力F取最大值幷时，最大静摩擦力f方向沿斜面向下，由平衡条件可得：F,=f+mgsin0.平行于斜面的外力尸取最小值用时，最大静摩擦力产方向沿斜面向上，由平衡条件可得：f+F2=昭sin化联立解得物块与斜面间的最大静摩擦力f=笃迟，选项C正确。2.（2010•全国卷）一根轻质弹簧一端固定，用大小为人的力压弹簧的另一端，平衡时长度为Z;改用大小为尺的力拉弹簧，平衡时长度为72o弹簧的拉伸或压缩均在弹性限度内，该弹簧的劲度系数为（）F2—F\Fz+F\E+HFz—F\A-Iz-lxB，/2+7iC・b—h解析：选C设弹簧的原长为厶，劲度系数为匕由胡克定律可得£=&（厶一Z）,F2=k（bF+f-7o）,联立以上两式可得k=^^,C正确。12—1\3.（2010•全国卷）如图所示，一物块置于水平地面上，当用与水平方向成60。角的力月拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30°角的力尺推物块时，物块仍做匀速直线运动。若幷和尺的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为（）A.寸5—1解析：选B当用斤拉物块做匀速直线运动时，将幷正交分解，则水平方向有Ecos60。=Pi\竖直方向有Esin60°+f\\=mg其中jFfi=“用i\n联立上式可得月=2Pmg1+^3“同理，当用尺推物块做匀速直线运动时,\n水平方向有庄cos30°=用竖直方向有Esin30°+mg=F^其中Ft2=〃用2联立上式可得尺=聲耸根据题意知F\=F2,解得〃=2—书，B正确。命题点二：力的合成与分解、物体的平衡1.（2012•全国卷）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球对木板的压力大小为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.〃始终减小，兀始终增大B.伺始终减小，代始终减小C.州先增大后减小，皿始终减小D.川先增大后减小，龙先减小后增大解析：选B设木板对小球的弹力为代‘，则必有兀=廐’，对小球受力分析，根据物体的平衡条件，可将三个力构建成矢量三角形，如图所示，随着木板顺时针缓慢转到水平位置,木板对小球的弹力逐渐减小，则小球对木板的压力大小皿逐渐减小，墙面对小球的压力大小州逐渐减小，故B对。2.（2014•全国卷I）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解析：选A设橡皮筋的原长为厶开始时系统处于平衡状态，小球受到的合力为零，橡皮筋处于竖直方向，橡皮筋悬点0距小球的高度厶=£+管；当小车向左加速，稳定时，橡皮筋与竖直方向的夹角为0,对小球受力分析，由图可知：橡皮筋上的弹力滋=一^万，橡皮COSH筋悬点0距小球的高度Lz=G点：Jos0=Zcos0+筝。可见，厶〉乙，A正确,B、C、D错误。\n9.（2014•全国卷n）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/s2o(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5km高度处所需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的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f=k化其中y为速率，&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。已知该运动员在某段时间内高速下落的一方图像如图所示。若该运动员和所带装备的总质量加=100kg,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)解析：(1)设该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s,在1.5km高度处的速度大小为卩,根据运动学公式有v=gt®S=討②根据题意有s=3.9X104m-1.5X103m=3.75X104m③联立①②③式得t=87s④7=8.7X102m/so⑤(2)该运动员达到最大速度％%时，加速度为零，根据牛顿第二定律有mg=kv^®由所给的广方图像可读出%ax~360m/s⑦由⑥⑦式得k=Q.008kg/m。⑧答案：(1)87s8.7X102m/s(2)0.008kg/m7.(2012•全国卷)拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图)。设拖把头的质量为皿拖杆质量可忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数“，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九(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久。已知存在一临界角0。,若0W0。，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能\n使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切tan久。解析：(1)设该同学沿拖杆方向用大小为尸的力推拖把。将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，根据平衡条件有Feos0FsinO=Fi@式中用和斤分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。所以有幷=门尺③联立①②③式得仁讪/cos严®④(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，应有用in0W人尺⑤这时，①式仍成立。联立①⑤式得sin0—人cos0W久求解使上式成立的0角的取值范围。上式右边总是大于零，且当尸无限大时极限为零，有sin0—久cos&W0⑦使上式成立的0角满足这里久即题中所定义的临界角，即当0W0。时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把。临界角的正切为tan办=人。⑧答案：⑴—1)~—~Qms⑵人sin&—〃cos“\n真题集训谭末验收（三）命题点一：对牛顿运动定律的理解1.（多选）（2012•全国卷）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A.没有力的作用，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解析：选AD惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，故A对；根据惯性定律可知没有力的作用，物体将保持原来的状态，即静止状态或者匀速直线运动状态，故B错；行星在周轨道上的运动是变速运动，是在万有引力作用下的运动，所以c错；运动物体如果不受力作用，将保持原来的运动状态，即继续以同一速度沿着同一直线运动，D对。1.（2013•全国卷I）下图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表。表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略11324213093298164526255824366119249716006482104在分析实验数据时添加的。根据表中的数据，伽利略可以得出的结论是（）A.物体具有惯性B.斜面倾角一定时，加速度与质量无关C.物体运动的距离与时间的平方成正比D.物体运动的加速度与重力加速度成正比解析：选C由题表可以看出第二列数据与第一列为二次方关系，而第三列数据与第一列在误差的范围内成正比关系，说明物体沿斜面通过的距离与时间的二次方成正比，故选项C正确。命题点二：牛顿运动定律的应用2.（2013-全国卷II）一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始，物块受到一方向\n不变的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以力表示物块的\n加速度大小，尸表示水平拉力的大小。能正确描述尸与日之间关系的图像是（）解析：选c设物块所受滑动摩擦力为f,在水平拉力尸作用下，物块做匀加速直线运动,由牛顿第二定律，F-f=ma,F=ma+f,所以能正确描述尸与$之间关系的图像是C,选项C正确。1.（多选）（2015•全国卷I）如图（a）,—物块在t=Q时刻滑上一固定斜面，其运动的广t图线如图（b）所示。若重力加速度及图中的％、金力均为已知量，则可求出（）(b)A.斜面的倾角B.物块的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数D・物块沿斜面向上滑行的最大高度解析：选ACD由题图⑹可以求出物块上升过程中的加速度为&=乎，下降过程中的加IA速度为a2=—o物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得侮in&+斥=礙1,mgsin&-%+巧亠・■ID%—V\—£=砂，由以上各式可求得sin0=—,滑动摩擦力Ft=,而斥=〃尺=2tigZti〃昭cos0,由以上分析可知，选项A、C正确；由广方图像中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确。2.（2014•全国卷I）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，后车司机可以采取刹车措施，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1so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9时的亍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。解析：设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为小,刹车时汽车的加速度大小为型,安全距离为％,反应时间为如由牛顿第二定律和运动学公式得〃価尸她①%,式中，仍和％分别为汽车的质量和刹车前的速度。\n设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为“，依题意有p=-pQ®设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为0安全行驶的最大速度为y,由牛顿第二定律和运动学公式得umg=ma®2x=吒联立①②③④⑤式并代入题给数据得7=20m/s（或72km/h）。⑥答案：20m/s（或72km/h）命题点三：动力学中整体法与隔离法的应用1.（2011-全国卷）如图，在光滑水平面上有一质量为血的足够长的木板，其上叠放一质量为皿的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间方增大的水平力F=kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为❻和釦下列反映0和及变化的图线中正确的是（）ABCI)解析：选A开始阶段两物体一起做加速运动，有尸=伽+血匕，即尸諾恳两物体加速度相同且与时间成正比。当两物体间的摩擦力达到UHkg后，两者发生相对滑动。对血F—f有F-f=晌、在相对滑动之前f逐渐增大，相对滑动后f=unkg不再变化，a2=,故其ID1图像斜率增大；而对如，在发生相对滑动后，有口耽尸⑴念,故0=—为定值。故A选uh项正确。2.（多选）（2015•全国卷II）在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂2钩戶和0间的拉力大小为用当机车在西边拉着车厢以大小为的加速度向西行驶时，F和0间的拉力大小仍为尺不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（）A.8B.10A.15D.18解析：选BC设该列车厢与P相连的部分为P部分，与0相连的部分为0部分。设该列\n车厢有刀节，0部分为巾节，每节车厢质量为刃，当加速度为$时，对Q有当加速时，对F有F=（Z2—/7i）227•-a,联立得2/7=5/210当力1=2,221=4,巾=6时，22=5,n=10,27=15,由题中选项得该列车厢节数可能为10或15,选项B、C正确。1.(2013•全国卷II)一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度一时间图像如图所示。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦。物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小尸10m/s2,求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从方=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。解析：(1)从方=0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。由题图可知，在力=0.5s时，物块和木板的速度相同。设力=0到方=广】的时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为£1和越，则日】=彳①式中vo=5m/s、Fi=lm/s分别为木板在方=0、t=ti时速度的大小。设物块和木板的质量均为刃，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为5、"2,由牛顿第二定律得Pxing=nia\®Pimg+2P2ing=联立①②③④式得^i=0.20⑤“2=0.30o⑥(2)在介时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为斥，物块和木板的加速度大小分别为和越‘，则由牛顿第二定律得尺=诫⑦2R2mg—R=maj⑧假设Ft则a'=a?；由⑤⑥⑦⑧式得Ft=p2mg>umg,与假设矛盾，故斤=Pi磁⑨由⑦⑨式知，物块加速度的大小0’等于殆物块的广广图像如图中点画线所示。刃2由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为更=2X亠⑩\n物块相对于木板的位移的大小为X=X2—Xx@联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪(g式得X=l・125mo答案：(1)0.200.30(2)1.125m1.(2015•全国卷II)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾3角为0=37°(sin37°=&)的山坡G上面有一质量为刃的石板〃，其上下表面与斜坡平行;〃上有一碎石堆力(含有大量泥土)，力和〃均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为加可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A.〃间的动摩擦因数53减小为g,B、C间的动摩擦因数"2减小为0.5,A.〃开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，3的上表面突然变为光滑，出保持不变。已知方开始运动时，力离E下边缘的距离1=27m,Q足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g=10m/s2o求：(1)在0〜2s时间内力和〃加速度的大小；(2)力在E上总的运动时间。解析：⑴在0〜2s时间内，力和〃的受力如图所示，其中右、M是力与〃之间的摩擦力和正压力的大小，左、〃是$与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示。由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得fi=①N[=mggs0②fi—PzNi③Nz=Ni,+mgcos0④规定沿斜面向下为正。设力和〃的加速度分别为0和曰2,由牛顿第二定律得/z^sin0—f\=mai⑤mgsin—fi+fi1=ma2©⑦联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得\nai=3m/s?⑨32=1m/s2o⑩（2）在t\=2s时，设虫和〃的速度分别为刃和吩则卩i=ai方i=6m/s⑪陀=$2方1=2m/s短）£>力时，设力和〃的加速度分别为昇和a/。此时力与S之间的摩擦力为零，同理可a\=6m/s2@戲/=—2m/s2@B做减速运动。设经过时间t2,〃的速度减为零，则有v2+a2,方2=0⑮联立⑫®强得广2=1S⑯在t,+t2时间内，虫相对于〃运动的距离为=12m<27m⑰此后E静止，力继续在〃上滑动。设再经过时间怎后虫离开0,则有可得广3=1S（另一解不合题意，舍去）⑲设力在$上总的运动时间为方总，有t息=tl+t2+方3=4So答案：(1)3m/s21m/s2(2)4s\n真题集训•章末验收（四）题点一：抛体运动1.（2010•全国卷I）一水平抛出的小球落到一倾角为0的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图中虚线所示。小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为（）A.tan0B.2tan0&tan0D*2tan0解析:选D小球在竖直方向下落的距离与水平方向通过的距离之比即为平抛运动合位移与水平方向夹角的正切值。小球落在斜面上时的速度方向与斜面垂直，故速度方向与水平方向夹角为2久由平抛运动结论：平抛运动速度方向与水平方向夹角正切值为位移方向与水平方向夹角正切值的2倍，可知：小球在竖直方向下落的距离与水平方向通过的距离之比为|tan仔一"=祐冷D项正确。1.（多选）（2012•全国卷I）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/轴正向抛出的三个小球2、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，贝！1（）A.$的飞行时间比b的长B.方和c的飞行时间相同C.a的水平速度比b的小D.方的初速度比c的大解析：选BD平抛运动在竖直方向上的分运动为自由落体运动，由h=^可知，飞行时间由高度决定，hb=h》ha,故方与C的飞行时间相同，均大于a的飞行时间，A错，B对;由题图可知2、方的水平位移满足X》Xb,由于飞行时间tb>ta,根据X=Vot得血>股，C错;同理可得Vob>VocfD对。2.（2015•全国卷I）一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。水平台面的长和宽分别为厶和厶，中间球网高度为力。发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3力。不计空气的作用，重力加速度大小为g。若乒乓球的发射速率y在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则y的最大取值范围是（）厶齐公g~~6h厶2+Z/g-6A解析：选D设以速率刃发射乒乓球，经过时间力刚好落到球网正中间。则竖直方向上\n有3力一力=詁2①，水平方向上有|=F1tl②。由①②两式可得叭=鲁弋。设以速率盹发射乒乓球，经过时间尢刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向有3力=*g拧（§）,在水平方向有寸d）+厶2=说④。由③④两式可得r2=|yj\则y的最大取值范围为旳〈X陀。故选项D正确。命题点二：圆周运动1.（多选）（2013•全国卷II）公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为环时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势。则在该弯道处（）A.路面外侧高内侧低B.车速只要低于％,车辆便会向内侧滑动C.车速虽然高于r0,但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D.当路面结冰时，与未结冰时相比，〃的值变小解析：选AC汽车以速率％转弯，需要指向内侧的向心力，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，说明此处公路内侧较低外侧较高，选项A正确；车速只要低于环，车辆便有向内侧滑动的趋势，但不一定向内侧滑动，选项B错误；车速虽然高于环，由于车轮与地面有摩擦力，只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动，选项C正确；根据题述，汽车以速率％转弯，需要指向内侧的向心力，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，没有受到摩擦力，所以当路面结冰时，与未结冰时相比，转弯时％的值不变，选项D错误。2.（多选）（2014•全国卷I）如图，两个质量均为刃的小木块日和"可视为质点）放在水平圆盘上，$与转轴加'的距离为厶方与转轴的距离为2厶木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的&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Q表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（o'\A.〃一定比$先开始滑动B.厶&所受的摩擦力始终相等c・Q=\鹰是b开始滑动的临界角速度A.当、辔时,a所受摩擦力的大小为畑g\n务c筝而转盘的角速度y,小木块曰未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力来提供，由牛顿第解析：选AC因圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动，在某一时刻可认为，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动过程中角速度相等，则根据牛顿第二定律可得f=m3?R,由于小木块b的轨道半径大于小木块a的轨道半径，故小木块b做周运动需要的向心力较大，B错误；因为两小木块的最大静摩擦力相等，故b—定比a先开始滑动，A正确；当b开始滑动时，由牛顿第二定律可得他=加山・2厶可得皿=正确；当a开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg=m3：l,可得3a=2二定律可得f=m^2l=-kmg,D错误。命题点三：万有引力与航天科技1.（2010-全国卷）太阳系中的8大行星的轨道均可以近似看成圆轨道。下列4幅图是用来描述这些行星运动所遵从的某一规律的图像。图中坐标系的横轴是lg（7/%）,纵轴是lg（W;这里T和斤分别是行星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径，％和皿分别是水星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径。下列4幅图中正确的是（）■■■■321C321IfoD解析：选B行星绕太阳运动时，有辛）先即『=4血代=4吒,故正确选项应为B。=證，利用数学对数知识可知2.（2015-全国卷H）由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行。已知同步卫星的环绕速度约为3.1X103m/s,某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55X103m/s,此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30。，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为（）\nA.西偏北方向，1.9X103m/sB.东偏南方向，1.9X103m/sC.西偏北方向，2.7X103m/sD・东偏南方向，2.7X103m/s解析：选B设当卫星在转移轨道上飞经赤道上空与同步轨道高度相同的某点时，速度为刃，发动机给卫星的附加速度为吩该点在同步轨道上运行时的速度为ro三者关系如图，由图知附加速度方向为东偏南，由余弦定理知V2=V\+v—2v\PCOS30°,代入数据解得陀Q1.9X103m/s,选项B正确。1.（多选）（2013•全国卷1）2012年6月18日，神舟九号飞船与天宫一号目标飞行器在离地面343km的近圆形轨道上成功进行了我国首次载人空间交会对接。对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气，下列说法正确的是（）A.为实现对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间B.如不加干预，在运行一段时间后，天宫一号的动能可能会增加C.如不加干预，天宫一号的轨道高度将缓慢降低D.航天员在天宫一号中处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用解析：选BC神舟九号和天宫一号在近地轨道上运行的速度都小于第一宇宙速度，选项A错误；由于空间存在稀薄气体，若不对两者干预，其动能将增加，轨道半径减小，选项B、C正确；由于天宫一号做匀速圆周运动，航天员受到的万有引力全部提供其做圆周运动的向心力，处于完全失重状态，选项D错误。2.侈选）（2013•全国卷II）目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小。若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是（）A.卫星的动能逐渐减小B.由于地球引力做正功，引力势能一定减小C.由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变D.卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小解析：选BD由于空气阻力做负功，卫星轨道半径变小，地球引力做正功，引力势能一定减小，动能增大，机械能减小，选项A、C错误，B正确；根据动能定理，卫星动能增大，卫星克服阻力做的功小于地球引力做的正功，而地球引力做的正功等于引力势能的减小，所以卫星克服阻力做的功小于引力势能的减小，选项D正确。\n1.（2010•全国卷II）已知地球同步卫星离地面的高度约为地球半径的6倍，若某行星的平均密度为地球平均密度的一半，它的同步卫星距其表面的高度是其半径的2.5倍，则该行星的自转周期约为（）A.6小时B.12小时A.24小时D.36小时解析：选B对地球同步卫星有"覽°罗=卷丁X7斤地,对某行星的同步卫星有4『詁,两式相比得7；:%=寸g超=2:1,则该行星的自转周期约为12小时，B项对。2.（2011•全国卷）卫星电话信号需要通过地球同步卫星传送。如果你与同学在地面上用卫星电话通话，则从你发出信号至对方接收到信号所需最短时间最接近于（可能用到的数据：月球绕地球运动的轨道半径约为3.8X105km,运行周期约为27天，地球半径约为6400km,无线电信号的传播速度为3X108m/s）（）A・0.1sB.0.25sC.0.5sD・1s解析：选B由^=/z0^）2r可得：地球同步卫星的轨道半径与月球的公转轨道半径之贝U片同=^X3.8X105km^4.2X104km,又t=—~0.25s,yc可知选项B正确。3.（多选）（2015•全国卷I）我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行;然后经过一系列过程，在离月面4m高处做一次悬停（可认为是相对于月球静止）；最后关闭发动机，探测器自由下落。己知探测器的质量约为1.3X103kg,地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为9.8m/s2o则此探测器（）A.在着陆前的瞬间，速度大小约为&9m/sB.悬停时受到的反冲作用力约为2X103NC.从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒D.在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度GM月解析：选BD设月球表面的重力加速度为g月，则鲁=缶=务•等=^X3〒，解得g月~1.7m/s%由,=2g月力，得着陆前的速度为r=V2^A=^2X1.7X4m/s~3・7m/s,选\n项A错误；悬停时受到的反冲力尸=砒月~2X10'N,选项B正确；从离开近月圆轨道到着陆过程中，除重力做功外，还有其他外力做功，故机械能不守恒，选项C错误；设探测器在近月圆轨道上和人造卫星在近地圆轨道上的线速度分别为刃、巾,贝!1上V2\*1,故水巾，选项D正确。1.（2014•全国卷II）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戲，在赤道的大小为g;地球自转的周期为7；引力常量为G。地球的密度为（）Z'~GfD，Gfg解析：选B物体在地球的两极时，昭=爵,物体在赤道上时，舞,以上两式联立解得地球的密度P=—。故选项B正确，选项A、C、D错误。GTg°_g1.（2010•全国卷I）如图所示，质量分别为加和“的两个星球力和〃在引力作用下都绕0点做匀速圆周运动，星球力和〃两者中心之间的距离为厶已知人〃的中心和0三点始终共线，力和〃分别在0的两侧。引力常数为R（1）求两星球做圆周运动的周期；（2）在地月系统中，若忽略其他星球的影响，可以将月球和地球看成上述星球力和月球绕其轨道中心运行的周期记为71。但在近似处理问题时，常常认为月球是绕地心做圆周运动的，这样算得的运行周期记为£。已知地球和月球的质量分别为5.98X1024kg和7.35X1022kgo求£与71两者平方之比。（结果保留3位小数）解析：（1）设两个星球力和〃做匀速圆周运动的轨道半径分别为厂和凡相互作用的引力大小为尺运行周期为咒根据万有引力定律有由匀速圆周运动的规律得F=\n由题意有L=R+i(^)联立①②③④式得(2)在地月系统中，由于地月系统旋转所围绕的中心0不在地心，月球做圆周运动的周期可由⑤式得出71=2,1寸G/I；⑥式中，M和方分别是地球与月球的质量，L'是地心与月心之间的距离。若认为月球在地球的引力作用下绕地心做匀速圆周运动，则号黑一=打倚)&⑦式中，力为月球绕地心运动的周期。由⑦式得72=211由⑥⑧式得，代入题给数据得境卜1012。⑩答案：⑴2”需需(2)1.012\n真题集训•章末验收（五）命题点一：功和功率1.侈选）（2016•全国甲卷）两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，贝!）（）A.甲球用的时间比乙球长B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D・甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功解析：选BD设小球在下落过程中所受阻力F尸kR,k为常数,斤为小球半径，由牛顿444第二定律可知：mg—F阻=ma,由m=PV=-pn知：-pnI^g—kR=-pn即a=g—qk1•护故知：斤越大，刃越大，即下落过程中*>a乙,选项C错误；下落相同的距离，由力=器孑知，俎越大，方越小，选项A错误；由2ah=v—vq知，7o=O,俎越大，？越大，选项B正确；由九=一尸阻力知，甲球克服阻力做的功更大一些，选项D正确。2.（2014•全国卷II）一物体静止在粗糙水平地面上。现用一大小为幷的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为Ko若将水平拉力的大小改为尺，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2几对于上述两个过程，用昭、脸分别表示拉力月、尺所做的功，胎、弘分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，贝!）（）A.%2>4论,廉2>2陥B.風>4%i,瞬2=2瞬1C,桃2〈4尿1,瞬2=2廉1D.屁〈4殆，％2〈2尿1v2v解析：选C因为物体做匀加速度直线运动，所以^=~t,xz=—t.而%=ymgx\,Wn=PmgX2,所以有济2=2殆，根据动能定理有：鬆一％2=2加，所以有脸<4昭,C项正确。命题点二：动能定理和机械能守恒定律3.（2014•全国卷II）取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出，在抛岀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（）\n解析：选B设物块水平抛出的初速度为％,高度为力，由机械能守恒定律得*1諾=mgh,即旳=7丽。物块在竖直方向上的运动是自由落体运动，故落地时的竖直分速度vy=y^h=以=%,则该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角0=玄，故选项B正确，选项A、C、D错误。1.（2014•全国卷II）如图，一质量为“的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为刃的小环（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—5mgC・Mg+5mgB.Mg+mgD.Mg+\0mg解析：选C设大环半径为质量为刃的小环滑下过程中遵守机械能守恒定律，所以討/2=mg・2R°小环滑到大环的最低点时的速度为k=2畅根据牛顿第二定律得尺一叱警,所以在最低点时大环对小环的支持力^=mg+—=^g.根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力用=E=5mg,方向向下。对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力T=Afg+Rr=Mg+5砒。根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为卩=T=Mg+5mg,故选项C正确，选项A、B、D错误。2.（多选）（2015•全国卷II）如图，滑块念b的质量均为血a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距力，方放在地面上。爲、b通过较链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，爲、方可视为质点，重力加速度大小为小贝U（）A.$落地前，轻杆对&一直做正功B.0落地时速度大小为辰C.a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD.a落地前，当日的机械能最小时，方对地面的压力大小为驱解析：选BD由题意知，系统机械能守恒。设某时刻2、方的速度分别为烁阪此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为久分别将乃、〃分解，如图。因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分速度卩〃与V//'是相等的，即Vacos&=%sin0。当$滑至地面时&=90。,此时”=0,由系统机械能守恒得mgh=^nvf,解得va=y^hf选项B正确；同时由于b初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对方先做正功后做负功，选项A错误；杆对b的作用先是推力后是拉力，对$则先是阻力后是动力，即曰的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g,选项C错误；方的动能最大时，杆对爪方的作用力为零，此时日的机械能最小，方只受重力和支持力，所以b对地面的压力大小为殆，选项D正确。3.（2016•全国乙卷）如图，一轻弹簧原长为2水，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道\nR的底端力处，另一端位于直轨道上於处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为存的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R,A.B、C、〃均在同一竖直平面内。质量为加的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)随后P沿轨道被弹回，最高到达尸点，AF=4R°已134知F与直轨道间的动摩擦因数p=n，重力加速度大小为g。(取sin37°=-,cos37°=-)⑴求F第一次运动到於点时速度的大小。(2)求P运动到£点时弹簧的弹性势能。⑶改变物块P的质量，将F推至E点，从静止开始释放。已知F自圆弧轨道的最高点〃7处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距㊁只竖直相距斤，求戶运动到0点时速度的大小和改变后P的质量。解析：(1)根据题意知，B、Q之间的距离』为1=7R—2庖设P到达g点时的速度为仏由动能定理得mglsin0—pagJcos0=尹分②式中0=37°。联立①②式并由题给条件得ve=2y[gko③(2)设BE=x。P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为現。P由3点运动到E点的过程中，由动能定理有mgxsin0—p/ngxcos0—化④E、尸之间的距离厶为厶=4水一2彳+施尸到达E点后反弹，从£点运动到尸点的过程中，由动能定理有Ep—mghsin0—“刃gZcos0=0⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得12ingRo(2)设改变后P的质量为加。。点与G点的水平距离简和竖直距离戸分别为石in0⑨ZO\n式中，已应用了过Q点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为0的事实。设P在刀点的速度为仏由〃点运动到G点的时间为仁由平抛运动公式有yi=*g#⑪X\=Vpt^)联立⑨⑩®§式得3Vn=-^\[5g/^)设P在C点速度的大小为心。在P由C点运动到〃点的过程中机械能守恒，有P由E点运动到C点的过程中，由动能定理有Ep—nhg(x+51?)sin0—〃必g(x+5龙cos0=尹卩：⑮联立⑦⑧戎得血=如。⑯答案：(1)2込^(2)号0?(3)|^/5^\命题点三：功能关系与能量守恒定律1.(2015•全国卷I)如图，一半径为只粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径/W水平。一质量为也的质点自F点上方高度7?处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4殆，g为重力加速度的大小。用供表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。贝IJ()A.W=qmgR,质点恰好可以到达0点B.咗mgR,质点不能到达Q点C.戶如gR,质点到达0点后，继续上升一段距离D.唏gR,质点到达0点后，继续上升一段距离解析：选C设质点到达冲点的速度为如在N点质点受到轨道的弹力为尺，则民一mg卩213=—子，已知尺=用=4mg,则质点到达N点的动能为E^、=~^nv器=^ngR°质点由开始至N点的过程，由动能定理得殆・2斤+%=必一0,解得摩擦力做的功为％=—刍勿，即克服摩擦力做的功为W=-W^gR.设从N到0的过程中克服摩擦力做功为沪，则胪5从N到Q的过程，由动能定理得一mgR—V=*旋一如虧即^mgR—V=如谥,故质点到达0点后速度不为0,质点继续上升一段距离。选项C正确。2.(2016•全国甲卷)轻质弹簧原长为2厶将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5\n刃的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为2o现将该弹簧水平放置，一端固定在力点，另一端与物块P接触但不连接。加是长度为5/的水平轨道，〃端与半径为/的光滑半圆轨道磁相切，半圆的直径勿竖直，如图所示。物块P与曲间的动摩擦因数〃=0.5。用外力推动物块P,将弹簧压缩至长度厶然后放开，P开始沿轨道运动。重力加速度大小为go(1)若F的质量为皿求F到达g点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到曲上的位置与〃点之间的距离；(2)若F能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求F的质量的取值范围。解析：(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至/时，质量为5刃的物体的动能为零,其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为/时的弹性势能为设P的质量为鳳到达3点时的速度大小为％,由能量守恒定律得E^=^Mvb+“膽•47(2)联立①②式，取心刃并代入题给数据得vB=y^gl®若戶能沿圆轨道运动到〃点，其到达0点时的向心力不能小于重力，即F此时的速度大小L应满足mvwc■—刃Q0④设P滑到刀点时的速度为仏由机械能守恒定律得^ihvb=^n)v^+mg•27@联立③⑤式得VD=^2gl®血满足④式要求，故尸能运动到〃点，并从"点以速度巾水平射出。设F落回到轨道他所需的时间为&由运动学公式得22=討⑦F落回到曲上的位置与g点之间的距离为s=vDt®联立⑥⑦⑧式得s=2血。⑨⑵为使戶能滑上圆轨道，它到达3点时的速度不能小于零。由①②式可知5mgl>uMg・42®要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点G由机械能守恒定律有\n^Mvb^Mgl@55联立①②⑩式得畀WX尹。⑫答案：⑴2yf2J⑵务WX器命题点四：动量定理和动量守恒定律1.（2016•全国乙卷I）某游乐园入口旁有一喷泉，喷岀的水柱将一质量为“的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度％竖直向上喷出；玩具底部为平板（面积略大于5）;水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零,在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为Q,重力加速度大小为g。求（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量；（ii）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。解析：（i）设△广时间内，从喷口喷出的水的体积为质量为5贝IJAm—pAKDAV=Vo5At®由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为P旳So③（ii）设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为力,水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为vo对于△方时间内喷出的水，由能量守恒得2（A刃）*+（A刃）劝=*（△刃）％?④在力高度处，△方时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Ap=（△国v©设水对玩具的作用力的大小为尸，根据动量定理有F\t=A由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F=M施\n联立③④⑤⑥⑦式得答案：(i)PvqSMg2^~2P2v^1.（2016•全国甲卷）如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为力=0・3m（力小于斜面体的高度）。已知小孩与滑板的总质量为皿=30kg,冰块的质量为風=10kg,小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小尸10m/s2o（i）求斜面体的质量；（ii）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？解析：（i）规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为r,斜面体的质量为加。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得处阪=（皿+风）V®茲陀（）2=*（血+皿）亍+血或②式中喩=_3m/s为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得皿=20kgo③（ii）设小孩推出冰块后的速度为刃，由动量守恒定律有血刃+皿滋=0④代入数据得旳=1m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为叫和旳，由动量守恒和机械能守恒定律有血V2Q=nhVi+lDi5⑥联立③⑥⑦式并代入数据得V2=lm/s⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。答案：（i）20kg（ii）见解析命题点五：物理实验2.（2013•全国卷II）某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图所示。向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放；小球离开桌面后落到水平地面。通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能。回答下列问题：（1）本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能劣与小球抛岀时的动能E相等。已知重力\n加速度大小为G为求得至少需要测量下列物理量中的(填正确答案标号)OA.小球的质量刃B.小球抛出点到落地点的水平距离sC.桌面到地面的高度力A.弹簧的压缩量XE.弹簧原长厶(2)用所选取的测量量和已知量表示得£=⑶图中的直线是实验测量得到的"X图线。从理论上可推出，如果力不变，加增加,c图线的斜率会.(填“增大”.“减小”或“不变”)；如果刃不变，力增加,(填“增大J“减小”或“不变”)。由图中给出的直线关系和$的表达式可知，丘与的次方成正比。得Vo=解析：⑴利用平抛运动规律，测量出平抛运动的初速度尬由s=讹，A=|^2,联立解昜。要测量小球速度，需要测量小球抛出点到落地点的水平距离S,桌面到地面的高度力；由£=井知，还需要测量小球的质量皿因弹簧劲度系数未知，D、E错误，A、B、C正确。(2)小球抛出时的动能$=詁内2=鬻。(3)弹簧的弹性势能氏=氏屯心麝4h9即$=2鈴，根据题目所给的直线关系可知,s与成正比,而丘与孑成正比，故丘应与的2次方成正比，即S82专5“X图线的斜率正比于缶如果力不变，血增加，图线的斜率将会减卜如果加不变，力增加，则"X图线的斜率会增大。答案：(l)ABC⑵警(3)减小增大21.(2016•全国甲卷)某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图所示：轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接。向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能。(1)实验中涉及下列操作步骤：①把纸带向左拉直\n①松手释放物块②接通打点计时器电源③向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量上述步骤正确的操作顺序是（填入代表步骤的序号）。（2）图中〃和0纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果。打点计时器所用交流电的频率为50Hzo由〃纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为m/so比较两纸带可知，（填“护或“L”）纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大。解析：（1）实验时首先向左推物块使弹簧压缩，测量出弹簧压缩量，然后把纸带向左拉直,先接通打点计时器电源，待打点稳定后，再松手释放物块，故正确的操作顺序是④①③②。（2）物块脱离弹簧后将在光滑水平桌面上做匀速直线运动，由〃纸带可知物块脱离弹簧时的速度2X0.02m/s^l.29m/so比较从厶两纸带，物块脱离弹簧后在相同时间内的位移胚的比厶的大，则於纸带对应的实验中物块在脱离弹簧后的速度大，即〃纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大。答案：（1）④①③②（2）1.29M\n真题集训•章末验收（六）命题点一：电场力的性质1.（2013•全国卷I）如图，一半径为水的圆盘上均匀分布着电荷量为0的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有$、b、d三个点，$和方、0和c、c和〃间的距离均为斤，在日点处有一电荷量为g（g>0）的固定点电荷。已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为仗为静电力常量）（）C.D.解析：选B由于在日点放置一点电荷g后，方点电场强度为零，说明点电荷g在b点产生的电场强度与圆盘上0在b点产生的电场强度大小相等，即己宀产环根据对称性可知0在〃点产生的场强大小E'Q=k^,则Ed=E'q+E1q=k^+k=1^^,故选项B正确。2.（2013•全国卷II）如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为1的正三角形的三个顶点上；日、b带正电，电荷量均为g,c带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为乩若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为（）a晅肋A.汀D.y23kqV.j22书kqU.f解析：选B设小球c带电荷量为0,由库仑定律可知小球日对小球c的库仑引力为*晋，小球方对小球c的库仑引力为Q晋，二力合力为2Fcos30°o设水平匀强电场场强的大小为E对c球，由平衡条件可得：QE=2Fcos30°,解得：E=^~,选项B正确。命题点二：电场能的性质3.（2015•全国卷I）如图，直线乐方和c、〃是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为◎卜认、林、0“一电子由〃点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等。贝9（）A.直线$位于某一等势面内，4>m>4>qB.直线C位于某一等势面内，0">0NC.若电子由“点运动到Q点，电场力做正功D.若电子由尸点运动到0点，电场力做负功\n解析：选B由电子从〃点分别运动到N点和尸点的过程中电场力所做的负功相等可知，N、P两点在同一等势面上，且电场线方向为故选项B正确，选项A错误。〃点与0点在同一等势面上，电子由〃点运动到0点，电场力不做功，故选项C错误。电子由P点运动到0点，电场力做正功，故选项D错误。1.（多选）（2014•全国卷II）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解析：选AD根据电场强度与电势的关系解题。电场线（电场强度）的方向总是与等电势面垂直，选项A正确。电场强度和电势是两个不同的物理量，电场强度等于零的地方，电势不一定等于零，选项B错误。沿着电场线方向，电势不断降落，电势的高低与电场强度的大小无必然关系，选项C错误。电场线（电场强度）的方向总是从高的等电势面指向低的等电势面，而且是电势降落最快的方向，选项D正确。2.（多选）（2014・全国卷I）如图，在正点电荷0的电场中有弘N、P、尸四点，M、N、戶为直角三角形的三个顶点，尸为如的中点，ZAf=30°°M、N、P、尸四点处的电势分别用氛、讥、0P、0尸表示，已知0V,0户=0尸，点电荷0在从N、P三点所在平面内，贝！）（）A.点电荷0—定在必的连线上B.连接厅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・0P大于0"解析：选AD根据正点电荷的电场的特点可知，点电荷的电场的等势面是以点电荷为中心的同心球面，故分别作测连线的中垂线和丹'连线的中垂线，如图所示，根据图中几何关系可知，两条线交必于〃点，即点电荷在力点，A正确，B错误；将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做正功，C错误；沿着电场线的方向电势逐渐降低，故如＞如D正确。命题点三：电容器、带电粒子在电场中的运动3.（2015•全国卷II）如图，两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间々点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过$点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°,再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将（）A.保持静止状态B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动\n解析：选D两板水平放置时，放置于两板间$点的带电微粒保持静止，带电微粒受到的电场力与重力平衡。当将两板逆时针旋转45°时，电场力大小不变，方向逆时针偏转45°,受力如图，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动。选项D正确。1.（2013•全国卷I）一水平放置的平行板电容器的两极板间距为极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）。小孔正上方#处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回。若将下极板向上平移则从P点开始下落的相同粒子将（）A.打到下极板上B.在下极板处返回A.在距上极板吩处返回D.在距上极板|d处返回解析：选D当两极板距离为d时，粒子从开始下落到恰好到达下极板过程中，根据动能定理可得：吨疵d-qU=0,当下极板向上移动名设粒子在电场中运动距离/时速度减为零,全过程应用动能定理可得：mg^rx）—q0,两式联立解得：选项D正确。2.（多选）（2012•全国卷）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B.做匀变速直线运动解析：选BD由题意可知粒子做直线运动，受到竖直向下的重力和垂直极板的电场力，考虑到电场力和重力不可能平衡，故只有电场力与重力的合力方向水平向左才能满足直线运动条件，故粒子做匀减速直线运动，电场力做负功，电势能逐渐增加，B、D对。3.（2010•全国卷）静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器。某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线力方为该收尘板的横截面。工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上。若用粗黑曲线表示原来静止于F点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列4幅图中可能正确的是（忽略重力和空气阻力）（）\n解析：选A粉尘受力方向为电场强度方向，故在尸点粉尘受力沿切线方向，从静止开始运动时应沿P点的切线方向，但运动方向不可能沿电场线方向，故C、D错误；此后粉尘受力偏向右，故粉尘应从P点的切线方向向右下偏，但运动轨迹一定在P点所在电场线的上方，故B错误，A正确。10.(2015•全国卷II)如图，一质量为刃、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动，A.$为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在力点的速度大小为如方向与电场方向的夹角为60°；它运动到2点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求久〃两点间的电势差。解析：设带电粒子在〃点的速度大小为％。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即vBsin30°=vosin60°①由此得vs=y[3vo②设人〃两点间的电势差为弘，由动能定理有qUAB=^n(Vb—Vo2)③联立②③式得答案:11.(2013•全国卷II)如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行。0、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。一电荷量为q(q>0)的质点沿轨道内侧运动。经过已点和方点时对轨道压力的大小分别为必和皿。不计重力，求电场强度的大小£、质点经过已点和方点时的动能。解析：质点所受电场力的大小为F=q虑设质点质量为m,经过日点和b点时的速度大小分别为％和由牛顿第二定律有F+Na=nr^)2Nb—F=n^@设质点经过£点和方点时的动能分别为$■和$6,有Ka=^mVa®\n根据动能定理有Rb—^=2rf®联立①②③④⑤⑥式得E=\(Nb-N)⑦&=誇(皿+5比)⑧民=誇(5皿+九)。⑨答案：见解析10.(2013•全国卷)一电荷量为q(q>0)、质量为刃的带电粒子在匀强电场的作用下，在Q0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示。不计重力。求在片0到QT的时间间隔内，00.^570.5T0*757riI：!：-£0卜.・・丁・・・-2EoL…——i(1)粒子位移的大小和方向；(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间。TTTTQTQT解析：解法一：⑴带电粒子在o亍〜彳彳〜&、~t时间间隔内做匀变速运动,设加速度分别为❺、越、角、血，由牛顿第二定律得昂=由此得带电粒子在0〜T时间间隔内运动的加速度一时间图像如图(a)所示，对应的速度—时间图像如图⑹所示，其中旳=#=警⑤\n2qE。/mqEo/m0_gEo/m_2g£\)/m(a)由图(b)可知，带电粒子在方=0到QT的时间间隔内位移大小为s=务⑥它沿初始电场正方向。Q5⑵由图⑹可知，粒子在方=/到Q訐内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间tTTTTQTQT解法二⑴带电粒子在0〜彳、g〜务㊁〜亍、亍〜7时间间隔内分别做匀变速运动，设加速度分别为0、越、负、34,由牛顿第二定律得q&=ma©_2必=臨②2q£)=确③TTQT设带电粒子在Q彳、t=g方=¥、—qEo=maA®乃=7时的速度分别为旳、◎、眄、如则V\=31^(5)Tv2=n+a2^©Tvz=盹+念再)TV4=巾+羽⑧设带电粒子在Q0到t=T时间内的位移为s,有s=(守+号上+号上+号上)血)联立以上各式可得s=^⑩它沿初始电场正方向。(2)由电场的变化规律知，乞=細粒子开始减速，设经过时间力粒子速度减为零。0=vi+a2ti将①②⑤式代入上式，得fl=j®粒子从方=細开始减速，设经过时间血速度变为零。0=巾+as仇此式与①②③⑤⑥式联立得\n方=0到t=T内粒子沿初始电场反方向运动的时间方为Tt=（-—ti）+广2⑬将⑪@成代入⑬式得答案：（1）寫沿初始电场正方向（2）彳\n真题集训•章末验收（七）命题点一：伏安特性曲线1.（2010•全国卷）电源的效率n定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比。在测电源电动势和内阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中〃为路端电压，z为干路电流，日、方为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为…、“加由图可知叭、m的值分别为（）c11n21C迈、23解析：选D电源的效率4定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比，即4=E为电源的总电压（即电动势）。在弘Z图像中，纵轴截距表示电动势，根据图像2121可知仏=尹，Ub=¥、则心=§，小=§。所以A、B、C错误，D正确。命题点二：测定金属的电阻率2.（2010•全国卷）用对温度敏感的半导体材料制成的某热敏电阻用，在给定温度范围内，其阻值随温度的变化是非线性的。某同学将局和两个适当的固定电阻用、&连成图甲虚线框内所示的电路，以使该电路的等效电阻代的阻值随刃所处环境温度的变化近似为线性的，且具有合适的阻值范围。为了验证这个设计，他采用伏安法测量在不同温度下凡的阻值，测量电路如图甲所示，图中的电压表内阻很大。凡的测量结果如下表所示。温度tCC）30.040.050.060.070.080.090.0RL阻值（Q）54.351.548.344.741.437.934.7回答下列问题：（1）根据图甲所示的电路，在图乙所示的实物图上连线。妬（放在控温装置中）\n乙\n⑵为了检验凡与方之间近似为线性关系，在图丙上作弘方关系图线。丙（3）在某一温度下，电路中的电流表、电压表的示数如图丁、戊所示。电流表的读数为,电压表的读数为o此时等效电阻几的阻值为；热敏电阻所处环境的温度约为Or戊解析：（1）根据电路图连接电路，电路图如图所示。心（放在控温装置中）（2）根据数据描出点，连接成直线，图像如图所示。（3）根据电表示数可知，电流大小为Z=||xi50mA=115mA,电压大小为V=5.00V,由部分电路欧姆定律得等效电阻的阻值凡=1農；0-3Q=43・5Q,对照凡•十图像找出相应的温度约为64.0°C。答案：（1）（2）见解析图（3）115mA5.00V43.5Q64.0°C命题点三：电表内阻的测量及电表的改装1.（2015•全国卷I）图甲为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路。\n甲乙(1)已知毫安表表头的内阻为100Q,满偏电流为1mA；用和丸为阻值固定的电阻。若使用力和b两个接线柱，电表量程为3mA；若使用$和c两个接线柱，电表量程为10mAo由题给条件和数据，可以求出用=Q,&=Q。(2)现用一量程为3mA、内阻为150Q的标准电流表®对改装电表的3mA挡进行校准,校准时需选取的刻度为0.5mA、1.0mA、1.5mA、2.0mA、2.5mA、3.0mA。电池的电动势为1.5V,内阻忽略不计；定值电阻丘有两种规格，阻值分别为300Q和1000Q；滑动变阻器斤有两种规格，最大阻值分别为750Q和3000Q。则皿应选用阻值为Q的电阻，斤应选用最大阻值为Q的滑动变阻器。(3)若电阻用和金中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图乙的电路可以判断出损坏的电阻。图乙中的F为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图甲虚线框内的电路。则图中的d点应和接线柱(填“b"或“c")相连。判断依据是：解析：(1)设使用0和方两接线柱时，电表量程为厶，使用2和c两接线柱时，电表量程+厶=厶①使用a和C时:+厶=乙②由①②两式得用=15Q,金=35Q。1R(2)校准时电路中的总电阻的最小值为斤小=30灯0一'Q=500Q，总电阻的最大值为水大=05X10~3Q=3000°’故皿选30°Q的'"选用最大阻值为3000Q的滑动变阻器。(3)d接方时，用和用串联，不论是丘还是金损坏，电表都有示数且示数相同，故应将/接c。根据〃接c时的电路连接情况可知：闭合开关，若电表指针偏转，则损坏的电阻是島若电表指针不动，则损坏的电阻是用。\n答案：(1)1535(2)3003000(3)c闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是丘；若电表指针不动，则损坏的电阻是左1.（2015•全国卷II）电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍。某同学利用这一事实测量电压表的内阻（半偏法），实验室提供的器材如下：待测电压表①（量程3V,内阻约为3000Q）,电阻箱皿（最大阻值为99999.9Q）,滑动变阻器召（最大阻值100Q,额定电流2A）,电源母电动势6V,内阻不计），开关两个，导线若干。（1）虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整。（2）根据设计的电路，写出实验步骤：（3）将这种方法测出的电压表内阻记为水丿，与电压表内阻的真实值水相比，RJ皿（填“>”“=”或“V”），主要理由是o解析：（1）因滑动变阻器阻值较小，所以选择滑动变阻器的分压接法。实验电路如图所示。（2）移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小；闭合开关9、S2,调节使电压表的指针满偏；保持滑动变阻器滑片的位置不变，断开S2,调节电阻箱瓜，使电压表的指针半偏；读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻。（3）断开S2,调节电阻箱使电压表成半偏状态，电压表所在支路总电阻增大，分得的电压也增大；此时凡两端的电压大于电压表的半偏电压，故丘'>爪（其他合理说法同样给分）。答案：见解析命题点四：测定电源的电动势和内阻2.（2014-全国卷I）利用如图甲所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：待测电源，电阻箱斤（最大阻值为999.9Q）,电阻心（阻值为3.0Q）,电阻心（阻值为3.0Q）,电流表@）（量程为200mA,内阻为兀=6.0Q）,开关S。甲\n实验步骤如下：①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S；②多次调节电阻箱，记下电流表的示数Z和电阻箱相应的阻值用③以知纵坐标，7?为横坐标，作占M图线(用直线拟合)；④求出直线的斜率&和在纵轴上的截距b.回答下列问题：⑴分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则+与斤的关系式为o(2)实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻E3.0Q时电流表的示数如图乙所示,读出数据，完成下表。答：①；②。R[Q1.02.03.04.05.06.07.0〃A0.1430.125①0.1000.0910.0840.077升6.99&00②10.011.011.913.0(2)在图丙的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图，根据图线求得斜率&=A■QT,截距方=A^o(3)根据图线求得电源电动势E=V,内阻厂=Q。解析：(1)根据闭合电路欧姆定律，可得4?+贺斤+/+皿+扌羯，可得夕=弓尹斤丄R\+&丄R\Rh十R\E尤十/十用+侃°\n(2)根据电流表读数原理可得：其读数为0.110A,其倒数为9.09A_1o(3)根据图线可知，斜率k=L0L・Qi截距方=6.0A_1O\n(2)根据图线，色磐=1・0宀Qi电动势E=3・0V,弓铢+厂+：^)=6・0A\内阻r=1.0Q。答案：⑴碁鶴算+£虑+弩^(卄水)或写成#=罟*+甞(5・0+"⑵①0.110②9.09(3)如图所示1.06.0(4)3.01.0命题点五：练习使用多用电表6・(2013•全国卷I)某学生实验小组利用图(a)所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“XIk”挡内部电路的总电阻。使用的器材有：多用电表；电压表：量程5V,内阻十几千欧；滑动变阻器：最大阻值5kQ；导线若干。回答下列问题：(1)将多用电表挡位调到电阻“XIk”挡，再将红表笔和黑表笔,调零点。(2)将图(a)中多用电表的红表笔和(填“1”或“2”)端相连，黑表笔连接另一端。(3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图(b)所示，这时电压表的示数如图(c)所示，多用电表和电压表的读数分别为kQ和Vo\n(1)调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零。此时多用电表和电压表的读数分别为12.0kQ和4.00V。从测量数据可知，电压表的内阻为kQ。(2)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图(d)所示。根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为V,电阻“XIk”挡内部电路的总电阻为kQ。解析：(1)使用多用电表测电阻时，换挡后需重新进行欧姆调零，故应将两表笔短接进行调零。(2)电流应从多用电表的红表笔流入、黑表笔流出，故红表笔应接“1”。(3)从图(b)可以看出指针指向欧姆挡15.0位置，电阻挡为“XIk”，故读数为15.0kQ；由于电压表量程为5V,指针所指位置为3.60,故读数为3.60V。(2)当滑动变阻器连入电路中的电阻为零时，多用电表读数即为电压表内阻，所以电压表内阻为12.0kQ。(3)设多用电表内电池的电动势为E、多用电表内阻为R,由第(3)、(4)问可知=,=,两式联立解得：E=9.00V,R=15.0kQ。答案：(1)短接(2)1(3)15.03.60(4)12.0(2)9.0015.07.(2013•全国卷II)某同学用量程为1mA、内阻为120Q的表头按图甲所示电路改装成量程分别为1V和1A的多用电表。图中用和金为定值电阻，S为开关。回答下列问题：(1)根据图甲所示的电路，在图乙所示的实物图上连线。(2)开关S闭合时，多用电表用于测量(填“电流”“电压或”电阻“)；开关S断开时，多用电表用于测量（填“电流”“电压”或“电阻”）。（3）表笔S应为色（填“红”或“黑”）。（4）定值电阻的阻值心=Q,R2=Q。（结果取3位有效数字）解析：⑵开关S闭合时，电阻凡与电流表并联，多用电表用于测量电流。开关S断开时,电阻金与电流表串联，多用电表用于测量电压。（3）\n根据电流应从电流表或电压表的正接线柱进，从负接线柱出，即从表笔力出，表笔〃应为黑色，表笔E应为红色。（4）开关S断开时，由串联电路知识，厶（金+凡）=仏解得皿=880Q；开关S闭合时，由并联电路知识，厶（金+代）=（/一厶）&】，解得用=1.00Q。答案：⑴连线如图所示（2）电流电压（3）黑（4）1.00880命题点六：其他电学设计实验7.（2012•全国卷）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；斤为电阻箱；®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。（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血。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；然后读岀,并用天平称出©④用米尺测量⑶用测得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。\n解析：根据实验目的和原理，将电源、开关、电阻箱、电流表及U形金属框串联起来，连接成电路图，如图所示。设金属框质量为必托盘质量为血，第一次操作中未接通电源时由平衡条件：妇（必+血）g,第二次接通电源后，加入适量细沙血使D重新处于平衡状态，然后读出电流表的示数7,并测量出金属框底部的长度若金属框受到的安培力竖直向下，由平衡条件：BIl+Mg=^+nk）g,两式联立解得：g=（盲）气若金属框受到的安培力竖直向上，则J,综上b」哒了g,若叽,则由左手定则可知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：（1）见解析图（2）③重新处于平衡状态电流表的示数/此时细沙质量皿④D的底边长度1（3）|笃严⑷皿〉例\n真题集训•章末验收（八）命题点一：磁场、磁感应强度、磁场对通电导体的作用1.（2011-全国卷）为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流Z引起的。在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（）B东东解析：选B由日常知识可知,地球的南极为磁场的N极，由右手螺旋定则可知，电流方向如图B,故选项B正确。1.（2014•全国卷I）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解析：选B根据左手定则可知：安培力的方向垂直于电流Z和磁场E确定的平面，即安培力的方向既垂直于〃又垂直于Z,A错误，B正确；当电流Z的方向平行于磁场E的方向时，直导线受到的安培力为零，当电流Z的方向垂直于磁场〃的方向时，直导线受到的安培力最大，可见，安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关，C错误；如图所示，电流I和磁场〃垂直，直导线受到的安培力尸=血，将直导线从中点折成直角，分段研究导线受到的安培力，电流Z和磁场E垂直，根据平行四边形定则可得，导线受到的安培力的合力为F=^BILfD错误。2.（多选）（2011•全国卷）电磁轨道炮工作原理如图所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。电流Z从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与/成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是（）A.只将轨道长度£变为原来的2倍B.只将电流/增加至原来的2倍C.只将弹体质量减至原来的一半D.将弹体质量减至原来的一半，轨道长度厶变为原来的2倍，其他量不变解析：选BD由题意可知磁感应强度B=kl,安培力F=BId=kFd,由动能定理可得：\nmv[2kdLFL=P解得=由此式可判断B、D选项正确。命题点二：磁场对运动电荷的作用1.（2015•全国卷I）两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后,粒子的（）A.轨道半径减小，B.轨道半径减小，C.轨道半径增大，D.轨道半径增大，角速度增大角速度减小角速度增大角速度减小解析：选D分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度孑大小不变，磁感应强度0减小，由公式r=护知，轨道半径增大。分析角速度：由公式7=卷可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据g=牛知角速度减小。选项D正确。2.（多选）（2015•全国卷II）有两个匀强磁场区域I和II,I中的磁感应强度是II中的&倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与I中运动的电子相比，II中的电子（）A.运动轨迹的半径是I中的&倍B.加速度的大小是I中的A■倍C.做圆周运动的周期是I中的&倍D.做圆周运动的角速度与I中的相等解析：选AC两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且I磁场磁感应强度$是II磁场磁感应强度3的&倍。由旳=¥得尸話即II中电子运动轨迹的半径是I中的&倍，选项A正确。由尸合=血得尸务讐*所以［=£,选项B错误。由2ji7i1得Tf,所以铲k,选项C正确。由g=丁得才=壬=7选项D错误。正确选项为A、Co3.（2014•全国卷I）如图，曲为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画岀）。一带电粒子从紧贴铝板上表面的F点垂直于铝板向上射出，从0点穿越铝板后到达刊的中点0。己知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速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.2BpC.1D.乎解析：选D根据题图中的几何关系及带电粒子在匀强磁场中的运动性质可知：带电粒子在铝板上方做匀速圆周运动的轨道半径刀是其在铝板下方做匀速圆周运动的轨道半径匕的2\n同理,倍。设粒子在P点的速度为e根据牛顿第二定律可得弼=誓，则B弋罟D正确，A、B、C错误。1.（多选）（2014•全国卷II）如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（）A.电子与正电子的偏转方向一定不同B.电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同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D.粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小解析：选AC根据洛伦兹力提供向心力，利用左手定则解题。根据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项A正确；根据qvBmvmv=—,得r=^若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选项B错误；对于质子、正电子，它们在磁场中运动时不能确定刃卩的大小，故选项C正确；粒子的加卩越大，轨道半径越大，而mv=y[2^f粒子的动能大，其不一定大，选项D错误。2.（2013•全国卷II）空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为忆磁场方向垂直于横截面。一质量为皿电荷量为g（g>0）的粒子以速率兀沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计重力，该磁场的磁感应强度大小为（）°3qRavo5c.qRD.qR解析：选A画出带电粒子运动轨迹示意图，如图所示。设带电粒子在匀强磁场中运动轨迹的半径为r,根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律，qv.B=n^9解得厂=翁。由图中几何关系可得：tan30°=?联立解得：该磁场的磁感应强度吐豹选项A正确。3.（2013-全国卷I）如图，半径为&的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为5方向垂直于纸面向外。一电荷量为g（g>0）、质量为加的粒子沿平行于直径动的方向射入磁场区域，射入点与动的距离为£已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°,则粒子的速率为（不计重力）（）\n解析：选B设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r,由牛顿第二定律可得：qvB=二，根据几何关系可知联立两式解得尸邂选项B正确。rm命题点三：粒子在复合场中的运动1.(2014•全国卷)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匕勿平面)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、大小为旳的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(40)点沿垂直于x轴的方向进入电场。不计重力。若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为求(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值；(2)该粒子在电场中运动的时间。解析：(1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动。设磁感应强度的大小为氏粒子质量与所带电荷量分别为也和G圆周运动的半径为尿。由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得由题给条件和几何关系可知&=◎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缶在电场中运动的时间为匕离开电场时沿x轴负方向的速度大小为―。由牛顿第二定律及运动学公式得Eq=ma③vx=axt@歩=煽由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有tan0=A§)F1联立①②③④⑤⑥式得方〃⑦(2)联立⑤⑥式得2d介t=~-Votan&答案：见解析2.(2011•全国卷)如图，在区域I(0W泾⑦和区域11(水穴2/内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为〃和25方向相反，且都垂直于0妙平面。一质量为皿带电荷量g(g>0)\n的粒子$于某时刻从y轴上的尸点射入区域I,其速度方向沿X轴正向。已知$在离开区域I时，速度方向与x轴正方向的夹角为30°；此时，另一质量和电荷量均与$相同的粒子b也从P点沿X轴正向射入区域I,其速度大小是a的l/3o不计重力和两粒子之间的相互作用力。求：(1)粒子耳射入区域I时速度的大小；(2)当曰离开区域II时，a、0两粒子的y坐标之差。解析：(1)设粒子臼在I内做匀速圆周运动的圆心为C(在y轴上)，半径为凡，粒子速率为乃，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P,如图所示。由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvitB=nr^-®由几何关系得APCP'=0②凡=捫謬式中，0=30。。由①②③式得竺%)m⑵设粒子2在II内做圆周运动的圆心为％半径为皿，射出点为匕(图中未画出轨迹),ZPOfa=AO由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得2q&vQS)=nr^®由①⑤式得C、P'和。三点共线，且由⑥式知Q点必位于3x=qd⑦的平面上。由对称性知，£点与P点纵坐标相同，即ypa=Ra\cos式中，力是Q点的y坐标。设b在I中运动的轨道半径为血，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得设日到达几点时，b位于几点,转过的角度为口。如果0没有飞出I,则t"元=7^"®tO_Tb\2兀\n式中，方是2在区域II中运动的时间，而由⑤⑨⑩⑪式得a=30。⑭由①③⑨⑭成可见，b没有飞出I。几点的y坐标为yPb=Rb\(2+cosa)+A®由①③⑧⑨式及题给条件得，曰、0两粒子的y坐标之差为答案：⑴警(2)|(^3-2)P<，由/=钿得：1=p丁:;ng，故选项A正确。1.（2014-全国卷I）如图（a）,线圈动、cd绕在同一软铁芯上，在动线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈间电压如图（b）所示，已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈动中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是（）ob(b)(a)CBI)解析：选C根据题图（b）可知：Cd两端在0〜0.5产生恒定的电压，根据法拉第电磁感\n应定律，穿过线圈的磁通量均匀变化,即为J恒定不变，故选项C正确，A、B、D错误。1.（2013•全国卷II）如图，在光滑水平桌面上有一边长为厶电阻为*的正方形导线框;在导线框右侧有一宽度为d^d>L）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动。t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域。下列一方图像中，可能正确描述上述过程的是（）解析：选D由于导线框闭合，导线框以某一初速度向右运动，其右侧边开始进入磁场时,切割磁感线产生感应电动势和感应电流，右侧边受到安培力作用，做减速运动；导线框完全进入磁场中时，导线框中磁通量不变，不产生感应电流，导线框不受安培力作用，做匀速运动；导线框右侧边开始出磁场时，左侧边切割磁感线产生感应电动势和感应电流，左侧边受到安培力作用，导线框做减速运动；导线框进、出磁场区域时，受到的安培力不断减小，导线框的加速度不断减小，所以可能正确描述导线框运动过程的速度图像是Do命题点四：电磁感应的综合应用2.（2014•全国卷II）半径分别为/和2/的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为刃且质量分布均匀的直导体棒SB置于圆导轨上面，场的延长线通过圆导轨中心0,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5方向竖直向下。在内圆导轨的Q点和外圆导轨的〃点之间接有一阻值为水的电阻（图中未画出）。直导体棒在水平外力作用下以角速度g绕0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"，导体棒和导轨的电阻均可忽略。重力加速度大小为g。求（1）通过电阻斤的感应电流的方向和大小；（2）外力的功率。解析：⑴根据右手定则，得导体棒曲上的电流方向为〃故电阻斤上的电流方向为C—D。设导体棒曲中点的速度为r,则心续仝而vA=vs=2cor根据法拉第电磁感应定律，导体棒M上产生的感应电动势E=BrvP根据闭合电路欧姆定律得1=帀联立以上各式解得通过电阻*的感应电流的大小为1=2R°\n⑵根据能量守恒定律，外力的功率戶等于安培力与摩擦力的功率之和，即P=BIrv+fv,解得4零+呼^答案：（1）方向为—0大小为3B3*2R9図丹4R+3Pmg3r21.（2013-全国卷I）如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为0,间距为厶导轨上端接有一平行板电容器，电容为G导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为必方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为刃的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为“，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：（1）电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系;（2）金属棒的速度大小随时间变化的关系。解析：（1）设金属棒下滑的速度大小为孑，则感应电动势为E=BLv①平行板电容器两极板之间的电势差为U=E②设此时电容器极板上积累的电荷量为0,按定义有联立①②③式得Q=CBLv④（2）设金属棒的速度大小为/时经历的时间为t,通过金属棒的电流为讥金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为f\=BLi⑤设在时间间隔t+M）内流经金属棒的电荷量为按定义有△0也是平行板电容器两极板在时间间隔内增加的电荷量。由④式得NQ=CBL'v⑦式中，△卩为金属棒的速度变化量。按定义有Ar小a=~t⑧金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为\nf2=PN⑨式中，N是金属棒对于导轨的正压力的大小，有N=mgcos0⑩金属棒在时刻方的加速度方向沿斜面向下，设其大小为②根据牛顿第二定律有mgsin8_f\_fz=ma⑪联立⑤至@成得由就及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速直线运动。r时刻金属棒的速度大小为0—“cos0rn0—LICOS0答案：①Q=CBLv(2)7=扁总——gt\n真题集训•章末验收（十）命题点一：交变电流的产生及其描述1.（多选）（2016•全国丙卷）如图，〃为半圆形导线框，圆心为％N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为％两导线框在同一竖直面（纸面）内；两圆弧半径相等；过直线0心的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。现使线框廉"在方=0时从图示位置开始,分别绕垂直于纸面、且过久和久的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，贝IK）A.两导线框中均会产生正弦交流电B.两导线框中感应电流的周期都等于TC.在广=彳时，两导线框中产生的感应电动势相等D.两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等解析：选BC两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变，选项A错误；导线框的转动周期为T,则感应电流的周期也为T,选项B正确；在方=細，切割磁感线的有效长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项C正确；〃导线框中一直有感应电流,N导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，选项D错误。命题点二：理想变压器、远距离输电2.（多选）（2016•全国丙卷）如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。当输入电压〃为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是（）A.原、副线圈匝数比为9：1B.原、副线圈匝数比为1:9C.此时a和b的电功率之比为9：1D.此时a和b的电功率之比为1：9解析:选AD设灯泡的额定电压为弘输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光,则变压器原线圈的电压为9仏，变压器原、副线圈的匝数比为9：1,选项A正确，选项B错误;由9弘二=弘人得,流过b灯泡的电流是流过a灯泡电流的9倍，根据a、b灯泡的电功率之比为1：9,选项C错误，选项D正确。3.（2016•全国乙卷）一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R,、金和金的阻值分别为3Q、1Q和4Q,O为理想交流电流表，〃为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。当开关S断开时，电流表的示数为厶当S闭合时，电流表的示数为4人该变压器原、副线圈匝数比为（）\nC・4D・5解析：选B设原、副线圈的匝数比为根据变压器匝数比与电流成反比的关系，则原线圈电流为/时，副线圈电流为&厶原线圈电流为47时，副线圈电流为4AZ根据变压器的输入功率等于输出功率得UI-FR、=IkffR）4刃一（47）兔=（4幻）2&联立两式代入数据解得k=3选项B正确。1.（2015-全国卷I）一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3：1,在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上，如图所示。设副线圈回路中电阻两端的电压为〃，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为斤,则（）A.466V,k=iB.U=22V,k=iC.466V,k=~D.U=22V,k=i解析：选A设原、副线圈中的电流分别为厶、12,则|=^=|,故设原线两端的电压为久则歩2岭故U\=3U,而原线圈上电阻分担的电压为扌仏故糾34220V,解得466V。选项A正确。1.侈选）（2014•全国卷II）如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为帀、加。原线圈通过一理想电流表O接正弦交流电源，一个二极管和阻值为的负载电阻串联后接到副线圈的两端。假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大。用交流电压表测得乐&端和6d端的电压分别为％和仏孑，贝！］（）A.%:%=ih:rhB.增大负载电阻的阻值凡电流表的读数变小C.负载电阻的阻值越小，cd间的电压仏d越大D.将二极管短路，电流表的读数加倍解析：选BD根据变压器的工作原理、交流电的有效值解题。变压器的变压比77=-,其uzm中弘、仏是变压器原、副线圈两端的电压。U\=%由于二极管的单向导电特性，Uc#%选项A错误。增大负载电阻斤的阻值，负载的电功率减小，由于P入=戶出，且戶入=所以原线上的电流厶减小，即电流表的读数变小，选项B正确。①d端的电压由输入电压弘决定，负\n载电阻斤的阻值变小时，仏不变，选项C错误。根据变压器上的能量关系有E输入=£输出，在1}T一个周期7的时间内，二极管未短路时有仏』7、=万•§+（）（〃为副线圈两端的电压），二极管短路时有UabI2T=^T9由以上两式得12=2*选项D正确。1.（2012-全国卷）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中电流有效值为厶，负载两端电压的有至最大时，负载斤上的功率为2.0kWo设此时原线效值为仏，且变压器是理想的，则仏和厶分别约为（）A.380V和5.3AB.380V和9・1AC・240V和5.3AD.240V和9・1Ap2000解析：选B对理想变压器，原、副线圈功率相同，故通过原线圈的电流乙=広=五~AS1A,负载两端电压即为副线圈电压，由普=务即吿需=厂紿可得仏=380V,故B对。2.（2011•全国卷）如图，一理想变压器原副线圈的匝数比为1:2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220V,额定功率为22W；原线圈电路中接有电压表和电流表。现闭合开关，灯泡正常发光。若用〃和Z分别表示此时电压表和电流表的读数，贝U（）A.4110V,Z=0.2AB.4110V,1=0.05AC・4110^2V,1=0.2AD.4110y[2V,1=0.2y/2A解析：选A交流电压表、电流表测得的是交变电流的有效值，由灯泡正常发光可知，变压器的输出电压为220V,而变压器的输入与输出电压之比等于原副线圈的匝数比，故变压器的输入电压为110V,电压表的示数为110V,又因为变压器的输入功率等于输出功率，因此可知变压器的输入电流为0.2A,故选项A正确。\n真题集训•章末验收（十一）1.（多选）（2016•全国乙卷改编）现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生。下列说法正确的是（）A.保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大B.入射光的频率变高，饱和光电流变大C.入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大D.保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生解析：选AC产生光电效应时，光的强度越大，单位时间内逸出的光电子数越多，饱和光电流越大，说法A正确。饱和光电流大小与入射光的频率无关，说法B错误。光电子的最大初动能随入射光频率的增加而增加，与入射光的强度无关，说法C正确。减小入射光的频率，如低于极限频率，则不能发生光电效应，没有光电流产生，说法D错误。2.（多选）（2016•全国丙卷改编）一静止的铝原子核俘获一速度为1.0X107m/s的质子P后，变为处于激发态的硅原子核下列说法正确的是oA.核反应方程为p+bAI-hSI*B.核反应过程中系统动量守恒C.核反应过程中系统能量不守恒D.核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和解析：选AB核反应过程中遵循质量数守恒和电荷数守恒，核反应方程为A正确。核反应过程中遵从动量守恒和能量守恒，B正确，C错误。核反应中发生质量亏损，生成物的质量小于反应物的质量之和，D错误。3.（多选）（2015-全国卷II改编）实物粒子和光都具有波粒二象性。下列事实中突出体现波动性的是（）A.电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样B.B射线在云室中穿过会留下清晰的径迹C.人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构D.人们利用电子显微镜观测物质的微观结构解析：选ACD电子束具有波动性，通过双缝实验装置后可以形成干涉图样，选项A正确。B射线在云室中高速运动时，径迹又细又直，表现出粒子性，选项B错误。人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构，体现出波动性，选项C正确。电子显微镜是利用电子束工作的，体现了波动性，选项D正确。4.（多选）（2014•全国卷I改编）关于天然放射性，下列说法正确的是（）A.所有元素都可能发生衰变B.放射性元素的半衰期与外界的温度无关\nA.放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性D・a、B和Y三种射线中，Y射线的穿透能力最强解析：选BCD并不是所有的元素都可能发生衰变，原子序数越大，越易发生，A错误；放射性元素的半衰期与元素本身内部结构有关，与外界的温度无关，B正确；放射性元素无论单质还是化合物都具有放射性，C正确；在a、B、丫射线中，Y射线的穿透能力最强，D正确。1.（多选）（2014•全国卷II改编）在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用。下列说法符合历史事实的是（）A.密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值B.贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核C.居里夫妇从沥青铀矿中分离出了针（P。）和镭（能）两种新元素D.卢瑟福通过。粒子散射实验证实了在原子核内部存在质子解析：选密立根通过油滴实验测出了元电荷即基本电荷的数值，虫项正确；贝克勒尔发现了天然放射现象，说明原子核具有复杂的结构，卢瑟福通过a粒子散射实验确定了原子的核式结构模型，〃项错误；居里夫妇从沥青铀矿中分离出了针和镭两种新元素，Q项正确;卢瑟福用镭放射出的Q粒子轰击氮的原子核，从中找出了新的粒子，通过测定其质量和电荷,确定该粒子为氢的原子核，证实了原子核内部存在质子，"项错误。2.（多选）（2013•全国卷II改编）关于原子核的结合能，下列说法正确的是（）A.原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量B.一重原子核衰变成a粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能C.锂原子核（13355Qs）的结合能小于铅原子核（豐F方）的结合能D.比结合能越大，原子核越不稳定解析：选ABC本题考查原子核的结合能及其相关知识点，意在考查考生综合应用知识分析问题的能力。比结合能越大，原子核越稳定，选项0错误。3.（2012-全国卷尸馳经过m次a衰变和n次0衰变，变成駕刖，贝lj（）£・m=7,n=3B.m=7,n=4C・m=14,n=9D・m=14,n=18解析：选B原子核每发生一次a衰变，质量数减少4,核电荷数减少2；每发生一次0衰变，质量数不变，核电荷数增加1。比较两种原子核，质量数减少28,即发生了7次a衰变；核电荷数应减少14,而核电荷数减少10,说明发生了4次0衰变，2项正确。4.（2011•全国卷）已知氢原子的基态能量为区,激发态能量ElEJ・其中刀=2,3,…。用力表示普朗克常量，c表示真空中的光速。能使氢原子从第一激发态电离的光子的最大波长\n为（）\nA.4hc35B.2hcE\C.4hcTD.4hc解析：选c依题意可知第一激发态能量为^=fi/22,要将其电离，需要的能量至少为\E=O—^=hv,根据波长、频率与波速的关系c=v联立解得最大波长A=对。1.（2010•全国卷I）原子核卷U经放射性衰变①变为原子核嚮Th,继而经放射性衰变②变为原子核気Pa,再经放射性衰变③变为原子核豐U。放射性衰变①、②和③依次为（）A.衰变和衰变B.衰变、a衰变和衰变C.衰变和衰变D.衰变和衰变解析：选A本题考査核反应特点、a衰变和B衰变特点，意在考查考生理解和识记a衰变和B衰变特点的能力，以及分析判断能力。根据核反应过程中的质量数守恒和电荷数守恒特点，囑U核与駕Th核比较可知，核反应的另一产物为;He,所以衰变①为a衰变，B、C项排除；気Pa核与豐U核比较可知，核反应的另一产物为耳，所以衰变③为B衰变，A项正确。2.（2010•全国卷）原子核纹与氣核和反应生成一个a粒子和一个质子，由此可知（）A.A=2fZ=1B.A=2tZ=2C>A=3$Z=3D・A=3tZ=2解析：选D本题考査核反应方程的书写，主要考查电荷数守恒和质量数守恒。根据这两点有方程71+2=4+1,Z+l=2+l,解得力=3,Z=2,D项对。真题集训•章末验收(十二)1.(2016•全国乙卷)(1)(多选)关于热力学定律，下列说法正确的是()A.气体吸热后温度一定升高B.对气体做功可以改变其内能C.理想气体等压膨胀过程一定放热D.热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡(2)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差与气泡半径r之2o间的关系为Ap=—,其中a=0.070N/mo现让水下10m处一半径为0・50cm的气泡缓慢r上升。已知大气压强^=1.0X105Pa,水的密度*=1.0X10’kg/m3,重力加速度大小尸10m/s2o(1)求在水下10m处气泡内外的压强差；\n(ii)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。解析：(1)根据热力学定律，气体吸热后如果对外做功，则温度不一定升高，说法A错误;改变物体内能的方式有做功和热传递，对气体做功可以改变其内能，说法B正确；理想气体等压膨胀对外做功，根据号=恒量知，膨胀过程一定吸热，说法C错误；根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，说法D正确；两个系统达到热平衡时，温度相等，如果这两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，说法E正确。(1)(i)当气泡在水下力=10m处时，设其半径为气泡内外压强差为5,贝IJ代入题给数据得4^=28Pa。②(ii)设气泡在水下10m处时，气泡内空气的压强为气泡体积为K；气泡到达水面附近时，气泡内空气的压强为气泡内外压强差为Aq,其体积为％,半径为匕。气泡上升过程中温度不变，根据玻意耳定律有PiV\=pi仏③由力学平衡条件有Pi=Po+Pgh+5④P2=Po+5⑤\n气泡体积％和％分别为联立③④⑤⑥⑦式得Pgh+po+A0由②式知，7=1,2,故可略去⑧式中的厶卩项。代入题给数据得答案：(l)BDE(2)(i)28Pa(n)^2或1・32.(2016•全国甲卷)(1)(多选)一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、be、cd、必回到原状态，其pT图像如图所示。其中对角线砒的延长线过原点0。下列判断正确的是()A.气体在a、c两状态的体积相等B.气体在状态爲时的内能大于它在状态c时的内能C.在过程中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功D.在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功E.在过程be中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功(2)一氧气瓶的容积为0.08m3,开始时瓶中氧气的压强为20个大气压。某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36m3o当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气。若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天。解析：(1)由砒的延长线过原点0知，直线03为一条等容线，气体在爲、c两状态的体积相等，选项A正确；理想气体的内能由其温度决定，故在状态$时的内能大于在状态c时的内能，选项B正确；过程eN是等温变化，气体内能不变，由热力学第一定律知，气体对外放出的热量等于外界对气体做的功，选项C错误；过程也气体内能增大，从外界吸收的热量paVa—CTafpM=CTb,p"c=CTc,PdVd=CTdo设过程be中压强为Pb=Pc,过程d曰中压强为M=Pd=P"由外界对气体做功w=p・△卩知，过程方c中外界对气体做的功饮=5(%—氏)=C(Tb—T),过程由中气体对外界做的功唸=4’(人一％)=。(監一爲，Ta=Tb,Tc=Td,故臥=脸,选项E正确。大于气体对外界做的功，选项D错误；由理想气体状态方程知:PaVaPbVbPeVePdVdTaTd=C,即(2)设氧气开始时的压强为4,体积为％,压强变为A(2个大气压)时，体积为％。根据玻意耳定律得\nP\Vx=piV2①重新充气前，用去的氧气在3压强下的体积为②设用去的氧气在0(1个大气压)压强下的体积为％,则有PiFo(§)设实验室每天用去的氧气在压强下的体积为则氧气可用的天数为联立①②③④式，并代入数据得代4(天)。⑤答案：⑴ABE(2)4天2.(2015•全国卷I)(1)(多选)下列说法正确的是()A.将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体B.固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质C.由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体D.在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体E.在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变(2)如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞。已知大活塞的质量为血=2.50kg,横截面积为51=80.0c£小活塞的质量为加=1.50kg,横截面积为$=40.0cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为2=40.0cm；汽缸外大气的压强为p=1.00X105Pa,温度为&303K。初始时大活塞与大圆筒底部相距/两活塞间封闭气体的温度为片=495K。现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移。忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10m/s2o求：(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，汽缸内封闭气体的温度；(ii)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强。解析：⑴将一晶体敲碎后，得到的小颗粒仍是晶体，故选项A错误；单晶体具有各向异性，有些单晶体沿不同方向上的光学性质不同，故选项B正确；例如金刚石和石墨由同种元素构成，但由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，故选项C正确；晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化。如天然水晶是晶体，熔融过的水晶(即石英玻璃)是非晶体，也有些非晶体在一定条件下可转化为晶体，故选项D正确；熔化过程中，晶体的温度不变，但内能改变，故选项E错误。(2)(i)设初始时气体体积为％,在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为％,温度为£。由题给条件得Vi=Sil@\n在活塞缓慢下移的过程中，用Q表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得Si(pi-p)=aig+nkg+S2(pi—p)®Vx%故缸内气体的压强不变。由盖一吕萨克定律有才=超)联立①②④式并代入题给数据得£=330Ko⑤(ii)在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为刃。在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变。设达到热平衡时被封闭气体的压强为，，由查理定律，有联立③⑤⑥式并代入题给数据得pr=1.01X105Pao⑦答案:(l)BCD(2)(i)330K(ii)1.01X105Pa2.(2015•全国卷II)(1)(多选)关于扩散现象，下列说法正确的是()A.温度越高，扩散进行得越快B.扩散现象是不同物质间的一种化学反应C.扩散现象是由物质分子无规则运动产生的D.扩散现象在气体、液体和固体中都能发生E.液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的(2)如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，〃侧上端封闭，£侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；力侧空气柱的长度7=10.0cm,〃侧水银面比S侧的高A=3.0cmo现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为Ai=10.0cm时将开关K关闭。己知大气压强p)=75.0cmHgo(i)求放出部分水银后A侧空气柱的长度；(ii)此后再向〃侧注入水银，使人〃两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度。解析：(1)扩散现象与温度有关，温度越高，扩散进行得越快，选项A正确；扩散现象是由于分子的无规则运动引起的，不是一种化学反应，选项B错误，选项C正确，选项E错误;扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，选项D正确。(2)(i)以cmHg为压强单位。设川侧空气柱长度7=10.0cm时的压强为p；当两侧水银面的高度差为A=10.0cm时，空气柱的长度为压强为Q。由玻意耳定律得pl=p\厶①由力学平衡条件得p=p.+h®打开开关K放出水银的过程中，万侧水银面处的压强始终为巫，而力侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B.\n力两侧水银面的高度差也随之减小，直至〃侧水银面低于力侧水银面力】为止。由力学平衡条件有—厶③联立①②③式，并代入题给数据得Z=12.0emo④(ii)当人〃两侧的水银面达到同一高度时，设力侧空气柱的长度为厶，压强为型。由玻意耳定律得pl=pili⑤由力学平衡条件有P2=P0®联立②⑤⑥式，并代入题给数据得72=10.4cm©设注入的水银在管内的长度为△力，依题意得AA=2(Z-72)+Ai⑧联立④⑦⑧式，并代入题给数据得△力=13.2cm。⑨答案：(l)ACD(2)(i)12.0cm(ii)13.2cm2.(2014•全国卷I)⑴(多选)一定量的理想气体从状态日开始，经历三个过程ab.be、3回到原状态，其p-T图像如图所示。下列判断正确的是()A.过程ab中气体一定吸热B.过程加中气体既不吸热也不放热C.过程少中外界对气体所做的功等于气体所放的热D.a、&和c三个状态中，状态曰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(2)—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力，外界的温度为％。现取质量为刃的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了名若此后外界的温度变为7,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°解析：(1)过程2方，理想气体等容变化，温度升高，理想气体的内能增大，气体一定吸热,A正确；过程be,理想气体等温变化，压强减小，容器壁单位面积单位时间内受到分子撞击的次数减小，E正确；而体积变大，气体对外做功，气体一定吸热，B错误；过程少，理想气体的压强不变，温度降低，内能减小，体积减小，外界对气体做功，气体对外放出的热量大于外界对气体做的功，C错误；根据上述三过程可知：在a、b、c三个状态中，状态a的温度\n最低，根据温度是分子平均动能的标志，其分子的平均动能最小，D正确。（2）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由玻意耳定律得phS=（p+Ap）（力一扌力）5®解得△外界的温度变为槁设活塞距底面的高度为「根据盖®克定律，得#14根据题意可得△°=答气体最后的体积为V=SH⑥联立②④⑤⑥式得V=9mghT4pli£答案：（l）ADE⑵譬4p7o2.（2014•全国卷II）⑴（多选）下列说法正确的是（）A.悬浮在水中的花粉的布朗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.干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果（2）如图，两气缸久$粗细均匀、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E的2倍，虫上端封闭，B上端与大气连通；两气缸除力顶部导热外，其余部分均绝热。两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞日、bf活塞下方充有氮气，活塞日上方充有氧气。当大气压为4、外界和气缸内气体温度均为7°C且平衡时，活塞$离气缸顶的距离是气缸高度的右活塞方在气缸正中间。（i）现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞方恰好升至顶部时，求氮气的温度；（ii）继续缓慢加热，使活塞日上升。当活塞日上升的距离是气缸高度的令时，求氧气的压强。解析：（1）悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的热运动，A项错误；空中的小雨滴呈球形是由于水的表面张力作用，使得小雨滴表面积最小而呈球形，B项正确；彩色液晶中的染料分子利用液晶具有光学各向异性的特点，与液晶分子结合而定向排列，当液晶中电场强度不同时，染料分子对不同颜色的光吸收强度不同而显示各种颜色，C\n项正确；高原地区水的沸点较低是由于高原地区大气压强较小，D项错误；由于湿泡外纱布中的水蒸发吸热而使其显示的温度低于干泡显示的温度，E项正确。(2)(i)活塞&升至顶部的过程中，活塞曰不动，活塞日、b下方的氮气经历等压过程。设气缸力的容积为“，氮气初态体积为％,温度为久；末态体积为％,温度为£。按题意，%气缸〃的容积为亍，由题给数据和盖一吕萨克定律有%=衆+卜¥=胡①%=詁+扣="②由①②③式和题给数据得爲=320Ko④(ii)活塞方升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞0开始向上移动，直至活塞$上升的距离是气缸高度的令时，活塞◎上方的氧气经历等温过程。设氧气初态体积为X,压强为;末态体积为刃，压强为巾‘。由题给数据和玻意耳定律有13V\=-Po,Pir=Po,V1Pl'Vx'=说v2'⑥4由⑤⑥式得压‘=尹。⑦答案：(l)BCE(2)(i)320K(ii\n真题集训•章末验收(十三)1.(2016•全国乙卷)(1)(多选)某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8m/s的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近。该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15so下列说法正确的是()A.水面波是一种机械波B.该水面波的频率为6HzC.该水面波的波长为3mD.水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去E.水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移(2)如图，在注满水的游泳池的池底有一点光源它到池边的水平距离为3.0mo从点4光源力射向池边的光线仙与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，水的折射率为才(1)求池内的水深；(ii)一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛到池面的高度为2.0mo当他看到正前下方的点光源力时，他的眼睛所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为45°o求救生员的眼睛到池边的水平距离(结果保留1位有效数字)o15R解析：⑴水面波是一种机械波，说法A正确；根据题意得周期7=ys=|s,频率f=|=0.6Hz,说法B错误；波长m=3皿说法C正确；波传播过程中，传播的是振动形式，能量可以传递出去，但质点并不随波迁移，说法D错误，说法E正确。4(2)(i)如图，设到达池边的光线的入射角为f,依题意，水的折射率n=-,光线的折射角0=90°o由折射定律有nsinj=sin&①由几何关系有sin式中，7=3.0m,力是池内水的深度。联立①②式并代入题给数据得h=y^lm^2.6m。③(ii)设此时救生员的眼睛到池边的距离为肌依题意，救生员的视线与竖直方向的夹角为0'=45°。由折射定律有〃sini'=sin0'④\n式中，f是光线在水面的入射角。设池底点光源力到水面入射点的水平距离为弘由几何关系有\nsiny，x-\-l=a+h'⑥式中h'=2mo联立③④⑤⑥式得⑦答案：(l)ACE(2)(i)2.6m(ii)0.7m1.(2016•全国甲卷)(1)(多选)关于电磁波，下列说法正确的是()A.电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关B.周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波C.电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直D.利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输E.电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波随即消失(2)—列简谐横波在介质中沿x轴正向传播，波长不小于10cm。0和力是介质中平衡位置分别位于x=0和x=5cm处的两个质点。方=0时开始观测，此时质点0的位移为y=4cm,质点虫处于波峰位置；t=|s时，质点0第一次回到平衡位置，Qis时，质点虫第一次回到平衡位置。求(i)简谐波的周期、波速和波长;(ii)质点0的位移随时间变化的关系式。解析：(1)电磁波在真空中的传播速度等于光速，与电磁波的频率无关，选项A正确；周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波，选项B正确；电磁波传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直，选项C正确；电磁波可以通过光缆传输，选项D错误；电磁波波源的电磁振荡停止，波源不再产生新的电磁波，但空间中已产生的电磁波仍可继续传播，选项E错误。(2)(i)设振动周期为咒由于质点力在0到1s内由最大位移处第一次回到平衡位经历的是扌个周期，由此可知7=4s®由于质点0与力的距离5cm小于半个波长，且波沿X轴正向传播，0在t=^s时回到平9衡位置，而虫在t=lS时回到平衡位置，时间相差§So两质点平衡位置的距离除以传播时间，可得波的速度7=7.5cm/s②利用波长、波速和周期的关系得，简谐波的波长人=30ciDo(§)\n（ii）设质点0的位移随时间变化的关系为(2^t.y=Jcosl~^十将①式及题给条件代入上式得4=Jcos0o0=?fcos(石+00解得00=才,A=8cm(6)质点0的位移随时间变化的关系式为y=0.08cos（国际单位制）或y=0.08sin（国际单位制）。答案：（l）ABC⑵(i)4s7.5cm/s30cm(ii)y=0.08cos（国际单位制）或y=0.08sin（国际单位制）1.（2015•全国卷1）（1）在双缝干涉实验中，分别用红色和绿色的激光照射同一双缝,在双缝后的屏幕上，红光的干涉条纹间距△"与绿光的干涉条纹间距厶卫相比，5厶如填“>”、“=”或“<”）。若实验中红光的波长为630nm,双缝与屏幕的距离为1.00m,测得第1条到第6条亮条纹中心间的距离为10.5mm,则双缝之间的距离为（2）甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿才轴正向和负向传播，波速均为r=25cm/so两列波在方=0时的波形曲线如图所示。求：（i）f=0时，介质中偏离平衡位置位移为16cm的所有质点的*坐标；（ii）从力=0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为一16cm的质点的时间。解析：⑴由公式卜x=±入可知，相邻亮条纹之间的距离为△尸罟mm=2.1mm,双缝间的距离〃=££，代入数据得d=Q.300mm。⑵（i）t=0时，在x=50cm处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置的位移为16cm«两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16cm。从图线可以看出，甲、乙两列波的波长分别为久1=50cm,久2=60cm①甲、乙两列波波峰的x坐标分别为\nm=50+人久1,A=0,±1,土2,…②屁=50+怎久2,心=0,±1,±2,…③由①②③式得，介质中偏离平衡位置位移为16cm的所有质点的/坐标为x=(50+300/7)cm刀=0,±1,±2,…。④(ii)只有两列波的波谷相遇处的质点的位移为一16emo方=0时，两列波波谷间的x坐标之差为式中，血和您均为整数。将①式代入⑤式得Ax'=10X(6皿一5血)+5⑥由于处迦均为整数，相向传播的波谷间的距离最小为△卅=5cm⑦从方=0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为一16cm的质点的时间为代入数值得t=0.1s。⑨答案：(1)>0.300(2)(i)x=(50+300/7)cmn=0,±1,±2,…(ii)0.1s1.(2015•全国卷II)(1)(多选)如图，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为0,经折射后射出a、b两束光线。则()A.在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度B.在真空中，a光的波长小于b光的波长C.玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率D.若改变光束的入射方向使0角逐渐变大，则折射光线a首先消失E.分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距(2)平衡位置位于原点0的波源发出的简谐横波在均匀介质中沿水平x轴传播，P、Q対x轴上的两个点(均位于x轴正向)，P与0的距离为35cm,此距离介于一倍波长与二倍波长之间。已知波源自方=0时由平衡位置开始向上振动，周期T=1s,振幅A=5emo当波传到P点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5s,平衡位置在0处的质点第一次处于波峰位置。求:(i)A0间的距离；(ii)从广=0开始到平衡位置在0处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过的路程。\n解析：(1)通过光路图可看出，折射后a光的偏折程度大于b光的偏折程度，玻璃砖对a光的折射率大于b光的折射率，选项C错误；a光的频率大于b光的频率，波长小于b光的波长，选项B正确；由刀=伽，在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度，选项A正确;入射角增大时，折射率大的光线首先发生全反射，a光首先消失，选项D正确；做双缝干涉实验时，根据△尸彳久得a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距，选项E错误。(2)(i)由题意，0、P两点间的距离与波长久之间满足和①波速卩与波长的关系为在方=5s的时间间隔内，波传播的路程为vt.由题意有vt=PQ+式中，PQ为P、0间的距离。由①②③式和题给数据，得P6=133cm。④(ii)0处的质点第一次处于波峰位置时，波源运动的时间为ti=波源从平衡位置开始运动，每经过£波源运动的路程为儿由题给条件得T力=25X#©故卞时间内，波源运动的路程为s=25A=125cm。⑦答案：(l)ABD(2)(i)133cm(ii)125cm1.(2014-全国卷1)(1)侈选)图(a)为一列简谐横波在Q2s时的波形图，图(b)为媒质中平衡位置在Ar=1.5m处的质点的振动图像，P是平衡位置为尸2m的质点。下列说法正确的是()\nA.波速为0.5m/sB.波的传播方向向右C.0〜2s时间内，F运动的路程为8cmD・0〜2s时间内，P向y轴正方向运动E.当t=7s时，P恰好回到平衡位置(2)—个半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为斤的半圆，曲为半圆的直径，0为圆心，如图所示。玻璃的折射率为77=^2o(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，则入射光束在曲上的最大宽度为多少？(ii)一细束光线在0点左侧与0相距处垂直于曲从下方入射，求此光线从玻璃砖射出点的位:解析：(1)根据图像可知：该波的波长久=2m,周期7=4s,故波速尸十=0.5m/s,A正确；从图⑹中可知：x=l.5m处的质点在t=2s时，其在平衡位置沿y轴负向运动，在图(a)中，沿波的传播方向，“下坡向上，上坡向下”，故该波的传播方向向左，B错误；0〜2s时间内，P运动的路程s=|-4J=8cm,C正确；0〜2s时间内，P从正向最大位移处运动到负向最大位移处，即沿y轴负向运动，D错误；当t=7s时，戶点从图示(t=2s)经历T5s,即卩，到达平衡位置，E正确。(2)(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久则处区域的入射光线经上表面折射后都能从玻璃砖射岀，如图所示。由全反射条件有sin9=^®由几何关系有OE=Rsin9②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1=20晦联立①②③式，代入已知数据得2=边乩④(ii)设光线在距0点争的C点射入后，在上表面的入射角为Q,由几何关系及①式和已知条件得a=60°>0⑤光线在玻璃砖内会发生三次全反射，最后由G点射出，如图所示。由反射定律和几何关系得\n射到G点的光有一部分被反射，沿原路返回到达Q点射出。答案：(l)ACE⑴血(ii)见解析1.(2014•全国卷II)(1)(多选)图(a)为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置在-¥=1.0m处的质点，0是平衡位置在x=4.0m处的质点；图(b)为质点0的振动A.在t=0.10B.在t=0.25C.从t=o.10D.从t=o.10图像。下列说法正确的是(s时，质点0向y轴正方向运动s时，质点尸的加速度方向与y轴正方向相同s到t=0.25s,该波沿x轴负方向传播了6ms到t=0.25s,质点戶通过的路程为30cmE.质点0简谐运动的表达式为y=0・lOsin10兀方(国际单位制)(2)—厚度为力的大平板玻璃水平放置，其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水的圆纸片，圆纸片与圆形发光面的中心在同一竖直线上。已知圆纸片恰好能完全遮挡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。解析：⑴由振动图像可知，在t=0.10s时，质点0向y轴负方向运动，A项错误；结合波形图及质点运动方向与波的传播方向的“上坡下、下坡上”规律可知，波沿X轴负方向3传播，题图(a)中质点P经A^=0.25s-0.10s=0.15s=~T时间，位移变为负值，即此时33质点尸的加速度方向沿y轴正方向，B项正确；波在玄丁时间内沿x轴负方向传播玄久=6m,C项正确；任意质点在半个周期内通过的路程为2倍振幅，即20cm,从平衡位置或最大位移处开始，牙时间内通过的路程等于振幅，而题图(a)中质点尸在半个周期后，已经过平衡位置并向负的最大位移处运动，扌7时间内通过的路程小于振幅，所以D项错误；由振动图像，质点0的振幅力=10cm=0.10m,周期为0・2s,4=牛=10兀rad/s,所以其运动表达式为y=Jsintyt=0.lOsin10兀方m,E项正确。(2)如图，考虑从圆形发光面边缘的力点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃上表面的才点发生折射，根据折射定律有刀sin0=sina①式中，z?是玻璃的折射率，。是入射角，a是折射角。现假设川恰好在纸片边缘。由题意，在才点刚好发生全反射，故\n设曲'线段在玻璃上表面的投影长为厶由几何关系有sin由题意，纸片的半径应为R=L+i®联立以上各式得/?=寸1+痒j2。⑤答案：⑴⑴BCE(2)a/1+^ZT)2