2017版考前三个月(江苏专版)高考物理考前抢分必做实验题专练(一)含答案

近四年江苏卷计算题涉及的考点与内容例题展示1.(2016·江苏卷·13)据报道，一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间，照片中，“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见.如图1所示，假设“天宫一号”正以速度v＝7.7 km/s 绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直，M、N间的距离L＝20 m，地磁场的磁感应强度垂直于v、MN所在平面的分量B＝1.0×10－5 T，将太阳帆板视为导体.图1(1)求M 、N 间感应电动势的大小E ；(2)在太阳帆板上将一只“1.5 V ,0.3 W ”的小灯泡与M 、N 相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻，试判断小灯泡能否发光，并说明理由.(3)取地球半径R ＝6.4×103 km ，地球表面的重力加速度g ＝9.8 m/s 2，试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h (计算结果保留一位有效数字).解析 (1)由法拉第电磁感应定律E ＝BL v ，代入数据得E ＝1.54 V (2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流. (3)在地球表面有G MmR 2＝mg匀速圆周运动有G Mm(R ＋h )2＝m v 2R ＋h解得h ＝gR 2v2－R ，代入数据得h ≈4×105 m.答案 (1)1.54 V (2)不能 理由见解析 (3)4×105 m2.(2016·江苏卷·14)如图2所示，倾角为α的斜面A 被固定在水平面上，细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B 相连，B 静止在斜面上.滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行.A 、B 的质量均为m ，撤去固定A 的装置后，A 、B 均做直线运动，不计一切摩擦，重力加速度为g .求：图2(1)A固定不动时，A对B支持力的大小N；(2)A滑动的位移为x时，B的位移大小s；(3)A滑动的位移为x时的速度大小v A.解析(1)支持力的大小N＝mg cos α(2)如图所示，根据几何关系s x＝x·(1－cos α)，s y＝x·sin α且s＝s2x＋s2y解得s＝2(1－cos α)·x(3)B的下降高度s y＝x·sin α根据机械能守恒定律mgs y＝12m v2A＋12m v2B根据速度的定义得v A ＝Δx Δt ，v B ＝ΔsΔt则v B ＝2(1－cos α)·v A 解得v A ＝2gx sin α3－2cos α.答案 (1)mg cos α (2)2(1－cos α)·x (3)2gx sin α3－2cos α3.(2016·江苏卷·15)回旋加速器的工作原理如图3甲所示，置于真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间狭缝的间距为d ，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m ，电荷量为＋q ，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U 0.周期T ＝2πmqB.一束该种粒子在t ＝0～T2时间内从A 处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零.现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用.求：图3(1)出射粒子的动能E m ；(2)粒子从飘入狭缝至动能达到E m 所需的总时间t 0；(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d 应满足的条件. 解析 (1)粒子运动半径为R 时 q v B ＝m v 2R且E m ＝12m v 2解得E m ＝q 2B 2R 22m(2)粒子被加速n 次达到动能E m ，则E m ＝nqU 0粒子在狭缝间做匀加速运动，设n 次经过狭缝的总时间为Δt ，加速度a ＝qU 0md匀加速直线运动，nd ＝12a ·Δt 2由t 0＝(n －1)·T2＋Δt ，解得t 0＝πBR 2＋2BRd 2U 0－πmqB(3)只有在0～(T2－Δt )时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例为η＝T2－Δt T2由η>99%，解得d <πmU 0100qB 2R.答案 (1)q 2B 2R 22m (2)πBR 2＋2BRd 2U 0－πm qB(3)d <πmU 0100qB 2R命题分析与对策1.命题特点近几年知识背景变换频繁，分值、次序不定，能力要求高，备考难度有所降低.力学计算侧重于匀变速运动的规律和图象、应用牛顿运动定律解决多体多态问题；功能关系的应用，考查范围未突破必修内容；电磁学计算侧重于电磁场——单一场、组合场、交变场、复合场、电磁感应综合问题，考查重点在选修3—1.2.应考策略力和运动为主线的问题情景，从物理情景中确定研究对象，按其运动的发展过程逐一分析，弄清运动情况和受力情况，善于挖掘隐含条件，建立物理模型，找出与之相适应的物理规律及题目中给出的某种等量关系进行表达，必要时借助于几何图形、图象进行表达，通过数学方法的演算，得出物理结果.带电粒子在场中的运动问题是电磁学知识与力学知识的结合，分析方法和力学问题分析方法基本相同，常用动力学(受力分析、平衡条件、牛顿第二定律等)、能量观点(动能定理、能量守恒定律等)来分析.注意电场中的加速与类平(斜)抛；注意圆形磁场、有界磁场；注意带电粒子在磁场中运动的相关结论；注意轨迹的构建，与数学中平面几何知识的结合；尤其注意两种运动交接点的特征.计算题专练(一)1.2016年世界中学生五人制足球锦标赛落下帷幕，代表中国参赛的河南男队和河北女队取得了优异成绩.五人制足球的赛场长40 m，宽20 m，如图1所示.在比赛中，攻方队员在中线附近突破防守队员，将足球沿边路向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为v1＝6 m/s 的匀减速直线运动，加速度大小为a1＝1 m/s2.该队员将足球踢出后立即由静止启动追赶足球，他的运动可看做是匀加速直线运动，最大加速度为a2＝1 m/s2，能达到的最大速度为v2＝4 m/s.该队员至少经过多长时间能追上足球？图1答案 6.5 s解析 设足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为x 1，则x 1＝v 212a 1解得x 1＝18 m足球匀减速运动时间为t 1＝v 1a 1＝6 s前锋队员以最大加速度加速时间为t 2＝v 2a 2＝4 s在此过程中的位移x 2＝v 222a 2＝8 m之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移为x 3＝v 2(t 1－t 2)＝8 m由于x 2＋x 3＜x 1，故足球停止运动时，前锋队员没有追上足球，然后前锋队员继续以最大速度匀速运动追赶足球，由匀速运动公式得x 1－(x 2＋x 3)＝v 2t 3 代入数据解得t 3＝0.5 s前锋队员追上足球的时间t ＝t 1＋t 3＝6.5 s2.某兴趣小组用电流传感器测量某磁场的磁感应强度.实验装置如图2甲所示，不计电阻的足够长光滑金属导轨竖直放置在匀强磁场中，导轨间距为d ，其平面与磁场方向垂直.电流传感器与阻值为R 的电阻串联接在导轨上端.质量为m 、有效阻值为r 的导体棒AB 由静止释放沿导轨下滑，该过程中电流传感器测得电流随时间变化的规律如图乙所示，电流最大值为I m .棒下滑过程中与导轨保持垂直且良好接触，不计电流传感器内阻及空气阻力，重力加速度为g .图2(1)求该磁场磁感应强度大小； (2)求在t 1时刻棒AB 的速度大小；(3)在0～t 1时间内棒AB 下降的高度为h ，求此过程电阻R 产生的电热.答案 (1)mg I m d (2)I 2m (R ＋r )mg (3)mghR R ＋r－I 4m R (R ＋r )2mg 2解析 (1)电流达到I m 时导体棒做匀速运动，对棒受力分析有受到的安培力：F 安＝BI m d 做匀速直线运动，由平衡条件有F 安＝mg 解得：B ＝mgI m d.(2)t 1时刻，对回路有：感应电动势E ＝Bd v 感应电流I m ＝Bd vR ＋r， 解得：v ＝I 2m (R ＋r )mg.(3)由能量守恒定律得电路中产生的总电热：Q ＝mgh －12m v 2，则电阻R 上产生的电热：Q R ＝R R ＋rQ 解得：Q R ＝mghR R ＋r－I 4m R (R ＋r )2mg 2.3.如图3所示，坐标系xOy 在竖直平面内，x 轴沿水平方向.x >0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B 1；在第三象限同时存在着垂直于坐标平面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度大小为B 2，电场强度大小为E ，x >0的区域固定一与x 轴成θ＝30°角的绝缘细杆.一穿在细杆上的带电小球a 沿细杆匀速滑下，从N 点恰能沿圆周轨道运动到x 轴上的Q 点，且速度方向垂直于x 轴.已知Q 点到坐标原点O 的距离为32L ，重力加速度为g ，B 1＝7E 110πgL ，B 2＝E 5π6gL.空气阻力可忽略不计，求：图3(1)带电小球a 的电性及其比荷q m； (2)带电小球a 与绝缘细杆间的动摩擦因数μ；(3)带电小球a 刚离开N 点时，从y 轴正半轴距原点O 为h ＝20πL 3的P 点(图中未画出)以某一初速度平抛一个不带电的绝缘小球b ，b 球刚好运动到x 轴与向上运动的a 球相碰，则b 球的初速度为多大？答案 (1)正电 g E (2)34 (3) 147gL 160π解析 (1)由带电小球能够在第三象限内做匀速圆周运动并能过Q 点，可得：带电小球带正电，且mg ＝qE ，解得：q m ＝g E. (2)带电小球从N 点运动到Q 点的过程中，有：q v B 2＝m v 2R由几何关系有：R ＋R sin θ＝32L ， 联立解得v ＝5πgL 6. 带电小球在杆上匀速滑下时，由平衡条件有： mg sin θ＝μ(q v B 1－mg cos θ)，解得：μ＝34. (3)带电小球在第三象限内做匀速圆周运动的周期：T ＝2πR v ＝ 24πL 5g带电小球第一次在第二象限竖直上下运动的总时间为：t 0＝2v g ＝ 10πL 3g绝缘小球b 平抛运动至x 轴上的时间为：t ＝2h g ＝210πL 3g两球相碰有：t ＝T 3＋n (t 0＋T 2) 联立解得：n ＝1设绝缘小球b 平抛的初速度为v 0，则：72L ＝v 0t147gL 解得：v0＝160π.。

江苏省2017高考物理考前综合模拟卷（一）（含解析）一、单项选择题:本题共5小题,每小题3分,共计15分,每小题只有一个选项符合题意.1. 如图所示,高空走钢丝的表演中,若表演者走到钢丝中点时,使原来水平的钢丝下垂与水平面成θ角,此时钢丝上的弹力应是表演者(含平衡杆)体重的()A. B.C. D.【答案】C【解析】以人为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件：两绳子合力与重力等大反向，则有：2F sinθ=mg解得：F=mg/2sinθ故钢丝上的弹力应是表演者和平衡杆重力的1/2sinθ；故C正确，ABD错误。

故选：C。

【名师点睛】以人为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件求解原来水平的钢丝下垂与水平面成θ角时演员在最低点绳中的张力F。

2. 某电场的等势线分布如图所示,关于该电场,下列说法中正确的是()A. A点的电场强度方向沿该点的切线方向B. A点的电场强度大于C点的电场强度C. 将电子从A点移到C点其电势能减少4 eVD. 将检验电荷q从A点移到B点外力一定做正功【答案】B3. 如图所示,从地面上同一位置P点抛出两小球A、B,落在地面上同一点Q点,但A球运动的最高点比B球的高.空气阻力不计,在运动过程中,下列说法中正确的是()A. A球的加速度比B球的大B. A球的飞行时间比B球的长C. A、B两球在最高点的速度大小相等...D. A、B两球落回Q点时的机械能一定相同【答案】B【解析】A. 做斜上抛运动的物体只受到重力的作用，加速度等于重力加速度。

所以A与B的速度是相等的。

故A错误；B. 如做竖直上抛运动的物体上升的高度为h,则物体在空中的时间：，由于A球上升是高度更高，所以A在空中运动的时间长。

故B正确；C. 二者在水平方向的位移：x=vx⋅t，由于二者在水平方向的位移是相等的，而A运动的时间长，所以A的水平方向的分速度小。

又由于在最高点物体只有水平方向的分速度，所以A球在最高点的速度小。

选择题专练(五)1.如图1所示，我国海军在南海某空域举行士兵对抗演练，某一直升机在匀速水平飞行过程中遇到突发情况，立即改为沿虚线斜向下减速飞行，则空气对其作用力可能是()图1A.F1B.F2C.F3D.F4答案 A解析因为直升机沿虚线斜向下减速飞行，故合力沿虚线向上，直升机受到竖直向下的重力以及空气作用力两个力作用，要想合力沿虚线向上，则根据矢量三角形法则可得空气对其作用力只可能为F1，如图所示.2.法拉第在1831年发现了“磁生电”现象.如图2所示，他把两个线圈绕在同一个软铁环上，线圈A和电池连接，线圈B用导线连通，导线下面平行放置一个小磁针.实验中可能观察到的现象是()图2A.用一节电池作电源小磁针不偏转，用十节电池作电源小磁针会偏转B.线圈B匝数较少时小磁针不偏转，匝数足够多时小磁针会偏转C.线圈A和电池连接瞬间，小磁针会偏转D.线圈A和电池断开瞬间，小磁针不偏转答案 C解析根据“磁生电”即电磁感应现象的产生条件，只有线圈B中磁通量变化时才能在线圈B 中产生感应电流，因此无论线圈B匝数多少，无论线圈A中电池多少，都不能在线圈B中产生感应电流，选项A、B错误.只有在线圈A和电池连接或断开的瞬间，线圈B中才能产生感应电流，电流产生磁场，使小磁针发生偏转，选项C正确，D错误.3.物体由静止开始做直线运动，以图中F表示物体所受的合力，a表示物体的加速度，v表示物体的速度，x表示物体的位移，那么上下两图对应关系正确的是()答案 B解析图A中，由牛顿运动定律可知，加速度与合外力成正比，图A错误.图B中前半段时间，加速度是恒定的正值，速度均匀增大；后半段，加速度是恒定的负值，速度均匀减小，图B正确.图C中面积表示位移，前半段时间内位移应该一直增加，而下面对应的位移图象位移先增大后减小，图C错误.图D中前半段时间，速度均匀增大，对应的位移图象错误.4.如图3所示，开口向下的“∏”形框架，两侧竖直杆光滑固定，上面水平横杆中点固定一定滑轮，两侧杆上套着的两滑块用轻绳绕过定滑轮相连，并处于静止状态，此时连接滑块A的绳与水平方向夹角为θ，连接滑块B的绳与水平方向的夹角为2θ，则A、B两滑块的质量之比为()图3A.2sin θ∶1B.2cos θ∶1C.1∶2cos θD.1∶2sin θ答案 C解析绳绕过定滑轮，绳中张力相等，对A ：F T sin θ＝m A g ① 对B ：F T sin 2θ＝m B g ②由①②得：m A m B ＝12cos θ，C 对.5.如图4所示，窗子上、下沿间的高度H ＝1.6 m ，墙的厚度d ＝0.4 m ，某人在离墙壁距离L ＝1.4 m 、距窗子上沿h ＝0.2 m 处的P 点，将可视为质点的小物体以v 的速度水平抛出，小物体直接穿过窗口并落在水平地面上，取g ＝10 m/s 2.则v 的取值范围是( )图4A.v ＞7 m/sB.v <2.3 m/sC.3 m/s<v <7 m/sD.2.3 m/s<v <3 m/s答案 C解析 小物体做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v 最大.此时有L ＝v max t ，h ＝12gt 2，代入解得 v max ＝7 m/s ，恰好擦着窗口下沿左侧时速度v 最小， 则有L ＋d ＝v min t ′，H ＋h ＝12gt ′2，解得v min ＝3 m/s ，故v 的取值范围是3 m/s<v <7 m/s ，C 正确.6.(多选)美国航天局与欧洲航天局合作，发射的火星探测器已经成功登录火星.荷兰企业家巴斯兰斯多普发起的“火星一号”计划打算将总共24人送上火星，创建一块长期殖民地.若已知万有引力常量为G ，那么在下列给出的各种情景中，能根据测量的数据求出火星密度的是( ) A.在火星表面使一个小球作自由落体运动，测出落下的高度H 和时间t B.火星探测器贴近火星表面做匀速圆周运动，测出运行周期TC.火星探测器在高空绕火星做匀速圆周运动，测出距火星表面的高度h 、运行周期T 和火星的半径D.观察火星绕太阳的匀速圆周运动，测出火星的直径D 和运行周期T 答案 BC解析 设火星的质量为M ，半径为R ，则火星的质量M ＝43ρπR 3.在火星表面使一个小球做自由落体运动， 测出下落的高度H 和时间t ，根据H ＝12gt 2，可知算出火星的重力加速度，根据G MmR2＝mg ，可以算得MR 2的值，但无法算出密度，故A 错误；根据GMm R 2＝m 4π2T 2R ，M ＝43ρπR 3，得：ρ＝3πGT 2，已知T 就可算出密度，故B 正确；根据GMm (R ＋h )2＝m 4π2T 2(R ＋h )，M ＝43ρπR 3，得M ＝4π2(R ＋h )3GT 2，已知h ，T ，R 就可算出密度，故C 正确；观察火星绕太阳的圆周运动，只能算出太阳的质量，无法算出火星质量，也就无法算出火星密度，故D 错误.7.(多选)如图5a ，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，与副线圈相连的两个灯泡完全相同、电表都为理想电表.原线圈接上如图b 所示的正弦交流电，电路正常工作.闭合开关后( )图5A.电压表示数增大B.电流表示数不变C.变压器的输入功率增大D.经过灯泡的电流频率为25 Hz解析 原线圈输入电压不变，线圈匝数不变，则副线圈电压不变，即电压表示数不变，灯泡电阻不变，则电流表示数不变，故A 错误，B 正确；当K 接通后，两个灯泡并联，增加一个负载，则副线圈功率增大，所以变压器的输入功率增大，故C 正确；根据b 图可知，周期T ＝0.02 s ，则频率f ＝50 Hz ，故D 错误.8.(多选)如图6所示，将圆柱形强磁铁吸在干电池负极，金属导线折成上端有一支点、下端开口的导线框，使导线框的顶端支点和底端分别与电源正极和磁铁都接触良好但不固定，这样整个线框就可以绕电池轴心旋转起来.下列判断中正确的是( )图6A.线框能旋转起来，是因为电磁感应B.俯视观察，线框沿逆时针方向旋转C.电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率D.旋转达到稳定时，线框中电流比刚开始转动时的大 答案 BC9.(多选)如图7所示，在同一水平面内有两根足够长的光滑水平金属导轨，间距为20 2 cm ，电阻不计，其左端连接一阻值为10 Ω的定值电阻.两导轨之间存在着磁感应强度为1 T 的匀强磁场，磁场边界虚线由多个正弦曲线的半周期衔接而成，磁场方向如图所示.一接入电阻阻值为10 Ω的导体棒AB 在外力作用下以10 m/s 的速度匀速向右运动，交流电压表和交流电流表均为理想电表，则( )图7A.电流表的示数是210A B.电压表的示数是1 VC.导体棒运动到图示虚线CD 位置时，电流表示数为零D.导体棒上消耗的热功率为0.1 W解析 当导体棒切割磁感线时，产生的感应电动势为 E ＝BL v ，由于L 按正弦规律变化，这个过程产生正弦式电流，磁场方向变化时，电流方向变化，所以回路中产生的是正弦式交变电流.产生的感应电动势的最大值E m ＝BL v ＝1×202×10－2×10 V ＝2 2 V ，则电动势的有效值E ＝E m 2＝2 V ，电流表的示数I ＝E R ＋r ＝220 A ＝0.1 A ；电压表测量R 两端的电压，则U ＝IR ＝1 V ，故A错误，B 正确；电流表示数为有效值，一直为0.1 A ，故C 错误；导体棒上消耗的热功率P ＝U ′2r ＝(2－1)210W ＝0.1 W ，故D 正确.。

倒数第10天 力与直线运动 考点要求重温考点1 质点 参考系和坐标系(Ⅰ)考点2 路程和位移 速度和速率 加速度(Ⅱ)考点3 匀变速直线运动 自由落体运动(Ⅱ)考点4 静摩擦 滑动摩擦 摩擦力 动摩擦因数(Ⅰ)考点5 形变和弹力 胡克定律(Ⅰ)考点6 力的合成和分解(Ⅱ)考点7 共点力的平衡(Ⅰ)考点8 牛顿运动定律及其应用(Ⅱ) 要点方法回顾1.若质点处于平衡状态，则它的受力、速度、加速度有何特点？若只从速度方面看，速度为零是否说明物体处于平衡状态？答案 质点处于平衡状态时，所受合外力为零，处于静止状态或匀速直线运动状态，即速度为零或保持恒定不变，加速度为零.若只从速度方面看，速度为零，而加速度不一定为零，物体不一定处于平衡状态.2.在匀变速直线运动中，物体的受力、加速度、速度有什么特点？匀变速直线运动的规律和推论主要有哪些？答案 在匀变速直线运动中，物体所受合外力恒定，大小、方向不变，加速度不变，速度均匀增大或减小.匀变速直线运动的规律和推论：(1)速度与时间的关系式：v ＝v 0＋at .(2)位移与时间的关系式：x ＝v 0t ＋12at 2. (3)位移与速度的关系式：v 2－v 20＝2ax .(4)平均速度公式：v＝v0＋v2＝2tv(某段时间内的平均速度，等于该时间段的中间时刻的瞬时速度).(5)任意相邻两个相等的时间内的位移之差是一个恒量，即Δx＝x n＋1－x n＝a·Δt2.3.汽车以恒定加速度刹车与竖直上抛运动都是匀减速直线运动，它们处理起来有什么不同？竖直上抛运动有哪些特殊性？答案汽车以恒定加速度刹车是减速到零就停止的运动，此类问题往往存在时间陷阱，要先计算从刹车到停止的时间；而竖直上抛运动是减速到零又能反向匀加速的运动，在不涉及路程时全程分析较简单.所有与竖直上抛类似的运动，即匀减速到零，又能以相同加速度反向加速的运动，都有以下共同特点：(1)对称性：竖直上抛运动的上升阶段和下落阶段具有时间和速度等方面的对称性.(2)可逆性：上升过程的匀减速运动可逆向看做初速度为零的匀加速运动来研究.(3)整体性：把上升阶段和下落阶段视为一个匀变速直线运动过程.4.物体于处平衡状态的条件是什么？有哪些主要的推论？答案共点力作用下物体的平衡条件是：ΣF＝0，或同时满足ΣF x＝0、ΣF y＝0.根据平衡条件可得以下重要推论：(1)当物体处于平衡状态时，它所受的某一个力与它所受的其余力的合力等值反向；(2)当三个共点力作用于物体并处于平衡状态时，三个力的矢量组成一封闭的矢量三角形. 5.力的合成与分解遵循什么规律？处理平衡问题常用的方法有哪些？答案遵循平行四边形定则；常用的方法主要有矢量三角形法、正交分解法、推论法.6.相互作用力与二力平衡的联系和区别是什么？答案(1)联系：力的大小相等、方向相反、作用在同一直线上.(2)区别：一对平衡力作用在同一物体上，不一定是同一性质的力，一个力消失(或变化)，另一个力未必消失(或变化)；作用力与反作用力作用在两个相互作用的物体上，两力同性质、同时产生、同时变化、同时消失.7.什么是超重、失重和完全失重？它们各有什么特点？答案(1)超重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体的重力.特点：物体具有向上的加速度.(2)失重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体的重力.特点：物体具有向下的加速度.(3)完全失重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)为零.特点：物体具有向下的加速度且大小等于重力加速度g.。

等值模拟(二)一、单项选择题(本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意)1.如图1所示，a、b两条曲线是汽车甲、乙在同一条平直公路上运动的速度时间图象，已知在t2时刻，两车相遇，下列说法正确的是()图1A.t1时刻两车也相遇B.t1时刻甲车在前，乙车在后C.甲车速度先增大后减小，乙车速度先减小后增大D.甲车加速度先增大后减小，乙车加速度先减小后增大答案 C解析在t2时刻，两车相遇，在t1－t2时间内，a图线与时间轴围成的面积大，则a的位移大，可知t1时刻，b车在前，a车在后，故A、B错误；由图线可知，a车的速度先增大后减小，b车的速度先减小后增大，故C正确；图线切线的斜率表示加速度，可知a车的加速度先减小后增大，b车的加速度先减小后增大，故D错误.2.如图2所示，在楼道内倾斜天花板上需要安装灯泡照明，两根轻质细线的一端拴在O点、另一端分别固定在天花板上a点和b点，一灯泡通过轻质细线悬挂于O点，系统静止，Oa 水平、Ob与竖直方向成一定夹角.现在对灯泡施加一个水平向右的拉力，使灯泡缓缓向右移动一小段距离的过程中()图2A.Oa上的拉力F1可能不变B.Oa上的拉力F1不断增大C.Ob上的拉力F2不断减小D.Ob上的拉力F2可能增大答案 B解析设灯泡为C.先选择灯泡为研究对象，开始时灯泡受到重力和细线的拉力，所以细线的拉力等于灯泡的重力；对灯泡施加一个水平向右的拉力F 后设OC 与竖直方向之间的拉力为θ，如图甲，则F C ＝mg cos θ，选择节点O 为研究对象，则O 点受到三个力的作用处于平衡状态，受力如图乙，由图可知，在竖直方向：F 2沿竖直方向的分力始终等于F C cos θ＝mg ，而且F 2的方向始终不变，所以F 2始终不变；沿水平方向：F 1的大小等于F 2沿水平方向的分力与F C 沿水平方向分力的和，由于F C 沿水平方向分力随θ的增大而增大，所以F 1逐渐增大.可知四个选项中只有B 正确.3.如图3所示，在理想变压器输入端AB 间接入220 V 正弦交流电，变压器原线圈n 1＝110匝，副线圈n 2＝20匝，O 为副线圈中间抽头，D 1、D 2为理想二极管，阻值R ＝20 Ω，则R 上消耗的热功率为( )图3A.20 WB.20 2 WC.40 WD.80 W答案 A解析 在AB 间接入正弦交流电U 1＝220 V ，变压器原线圈n 1＝110匝，副线圈n 2＝20匝，有：U 1U 2＝n 1n 2，得有效值U 2＝40 V.O 为副线圈中间抽头，则R 两端电压为20 V ，所以R 消耗的热功率为：P ＝U 2R ＝20220W ＝20 W ，A 正确. 4.如图4所示，将一质量为m 的小球从空中O 点以速度v 0水平抛出，飞行一段时间后，小球经过P 点时动能E k ＝5m v 20，不计空气阻力，则小球从O 到P ( )图4A.下落的高度为5v 20gB. 速度增量为3v 0，方向斜向下C.运动方向改变的角度满足tan θ＝13D. 经过的时间为3v 0g答案 D解析 平抛运动水平方向匀速直线运动，速度一直为v 0.经过P 点时，有12m v 2＝5m v 20，可得v 2＝10v 20.根据平抛运动速度合成有v 2y ＋v 20＝v 2＝10v 20，所以竖直方向的分速度v y ＝3v 0.竖直方向为自由落体运动，所以运动时间t ＝v y g ＝3v 0g，选项D 对.速度增量Δv ＝at ＝gt ＝3v 0，方向与加速度相同，竖直向下，选项B 错.下落高度h ＝12gt 2＝9v 202g，选项A 错.运动方向改变的角度tan θ＝3v 0v 0＝3，选项C 错. 5.北斗卫星导航系统(BDS)是中国自行研制的全球卫星导航系统，该系统将由35颗卫星组成，卫星的轨道有三种：地球同步轨道、中轨道和倾斜轨道.其中，同步轨道半径大约是中轨道半径的1.5倍，那么同步卫星与中轨道卫星的周期之比约为( )A.(32)12B.(32)2C.(32)32D. (32)23 答案 C解析 同步轨道半径大约是中轨道半径的1.5倍，根据开普勒第三定律r 3T 2＝k 得T 2同T 2中＝(32)3，所以同步卫星与中轨道卫星的周期之比约为(32)32，故选项C 正确. 二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分.每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)6.如图5所示，关于下列器材的原理和用途，正确的是( )图5A.变压器可以改变交变电压但不能改变频率B.扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈存在电阻C.真空冶炼炉的工作原理是炉体产生涡流使炉内金属熔化D.磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用答案AD解析变压器可以改变交变电压但不能改变频率，选项A正确，扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈存在电感，选项B错误，真空冶炼炉的工作原理是炉内金属矿石中产生涡流使炉内金属熔化，选项C错误.磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用，选项D 正确.7.真空中，两个固定点电荷A、B所带电荷量分别为Q1和Q2，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图6实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向，电场线上标出了C、D两点，其中D点的切线与AB连线平行，AB连线中点为O，则()图6A.A带正电，B带负电，且Q1>Q2B.O点电势比D点电势高C.负检验电荷在C点的电势能大于在D点的电势能D.在C点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿此电场线运动到D点答案AB解析由于在D点处的电场线的切线方向与AB平行，说明A、B两点电荷在D点的电场强度沿水平方向的分量相等，由图可知，AD>BD，说明Q1>Q2，又由电场线的方向可知，A是正电荷，B是负电荷，选项A正确；因为O点为AB的中点，Q1>Q2，说明与D点等电势的点在O点的右方，故O点电势比D点电势高，选项B正确；将负电荷由C点移动到D点时，电场力做负功，故电势能增大，所以负检验电荷在C点的电势能小于在D点的电势能，选项C 错误；在C 点由静止释放一带正电的检测电荷，所以检验电荷不会沿此电场线运动到D 点，选项D 错误.8.某电场沿x 轴上各点的电场强度大小变化如图7所示；场强方向与x 轴平行，规定沿x 轴正方向为正，一负点电荷从坐标原点O 以一定的初速度沿x 轴负方向运动，到达x 1位置时速度第一次为零，到达x 2位置时速度第二次为零，不计粒子的重力.下列说法正确的是( )图7A.点电荷从x 1运动到x 2的过程中，速度先保持不变，然后均匀增大再均匀减小B.点电荷从O 沿x 轴正方向运动到x 2的过程中，加速度先均匀增大再均匀减小C.电势差Uox 1＜Uox 2D.在整个运动过程中，点电荷在x 1、x 2位置的电势能最大答案 BD解析 由题意，点电荷到达x 1位置速度第一次为零，在x 2位置速度第二次为零，可知点电荷从O 点运动到x 1再运动到x 2的过程中，速度先均匀减小，再均匀增大，然后先做加速度增大的减速运动，再做加速度减小的减速运动，故A 错误.由图可知，x 轴正方向上场强沿着x 轴正方向，场强大小是非线性变化，x 轴负方向场强方向沿着x 轴负方向，为匀强电场.点电荷从O 点沿x 轴正方向运动到x 2，场强先均匀增大后均匀减小，电场力先均匀增大后均匀减小，其加速度先均匀增大后均匀减小，故B 正确.根据动能定理，电荷由O 点到x 1和O 点到x 2都有：－qU ＝0－12m v 20，故：Uox 1＝Uox 2，故C 错误.电荷运动过程中动能和电势能之和保持不变，动能最小则电势能就最大，因点电荷到达x 1位置速度第一次为零，在x 2位置第二次速度为零，故在x 1、x 2位置电势能最大，故D 正确.故选B 、D.9.如图8所示，半径为R 的光滑圆环固定在竖直平面内，AB 、CD 是圆环相互垂直的两条直径，C 、D 两点与圆心O 等高.一个质量为m 的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P 点，P 点在圆心O 的正下方R 2处.小球从最高点A 由静止开始沿逆时针方向下滑，已知弹簧的原长为R ，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g .下列说法正确的有( )图8A.弹簧长度等于R 时，小球的动能最大B.小球运动到B 点时的速度大小为2gRC.小球在A 、B 两点时对圆环的压力差为4mgD.小球从A 到C 的过程中，弹簧对小球做的功等于小球机械能的增加量答案 CD解析 由几何关系可知，弹簧长度等于R 时，此时由于重力作用，小球仍要加速下滑，故此时小球的动能不是最大，选项A 错误；从A 点到B 点，由能量守恒定律可知mg ·2R ＋E p1＝12m v 2B ＋E p2；弹簧在A 处的伸长量等于在B 处的压缩量，则弹力大小相等，且E p1＝E p2，则解得v B ＝2gR ，选项B 错误；小球在A 点时对圆环的压力F A ＝mg ＋F ；在B 点时：F B －F －mg ＝m v 2B R ；联立解得：ΔF ＝F B －F A ＝m v 2B R＝4mg ，故C 正确；因机械能的变化量等于除重力以外的其它力做的功，小球从A 到C 的过程中，除重力做功外只有弹簧弹力做功，故弹簧对小球做的功等于小球机械能的增加量，选项D 正确；故选C 、D.三、简答题：本题分必做题(第10、11题)和选做题(第12题)两部分，共计42分，请将解答填写在相应的位置.[必做题]10.(8分)小张和小明测绘标有“3.8 V 0.4 A ”小灯泡的伏安特性曲线，提供的实验器材有：A.电源E (4 V ，内阻约0.4 Ω)B.电压表V(2 V ，内阻为2 kΩ)C.电流表A(0.6 A ，内阻约0.3 Ω)D.滑动变阻器R (0～10 Ω)E.三个定值电阻(R 1＝1 kΩ，R 2＝2 kΩ，R 3＝5 kΩ)F.开关及导线若干(1)小明研究后发现，电压表的量程不能满足实验要求，为了完成测量，他将电压表进行了改装.在给定的定值电阻中选用________(选填“R 1”“R 2”或“R 3”)与电压表________(选填“串联”或“并联”)，完成改装.(2)小张选好器材后，按照该实验要求连接电路，如图9所示(图中电压表已经过改装).闭合开关前，小明发现电路中存在两处不恰当的地方，分别是：①___________；②_____________.图9(3)正确连接电路后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P ，电压表和电流表的示数改变，但均不能变为零.由此可以推断电路中发生的故障可能是导线________(选填图中表示导线的序号).出现了________(选填“短路”或“断路”).答案 (1)R 2 串联 (2)①电流表内接 ②滑片P 没有置于b 端 (3)8 断路解析 (1)电压表量程过小，要改装大量程，需要串联定值电阻，根据电压表满偏电流I g ＝2 V 2 000 Ω＝0.001 A ，改装后的量程U ＝I g (2 000 Ω＋R )，由于小灯泡的额定电压为3.8 V ，所以选择定值电阻R 2与电压表串联，改装后量程为4 V ，满足需要又不太大.(2)小灯泡正常发光的电阻R ＝U I ＝3.80.4Ω＝9.5 Ω，R 2<R A R V ，所以电流表应该选择外接法.闭合开关前，灯泡电压要最小，等于0，所以滑片P 应该置于b 端.(3)闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P ，电压表和电流表的示数改变.说明电路为通路，但不能调到0，说明滑动变阻器的接入方式由分压式变为限流式，所以问题出在导线8出现了断路.11.(10分)为测量木块与木板间的动摩擦因数，将木板倾斜，木块以不同的初速度沿木板向上滑到最高点后再返回，用光电门测量木块来回的速度，用刻度尺测量向上运动的最大距离，为确定木块向上运动的最大高度，让木块推动轻质卡到最高点，记录这个位置，实验装置如图10甲所示.图10(1)本实验中，下列操作合理的是________.A.遮光条的宽度应尽量小些B.实验前将轻质卡置于光电门附近C.为了实验成功，木板的倾角必须大于某一值D.光电门与轻质卡最终位置间的距离即为木块向上运动的最大距离(2)用螺旋测微器测量遮光条的宽度，如图乙所示读数为________ mm.(3)改变木块的初速度，测量出它向上运动的最大距离与木块来回经过光电门时速度的平方差，结果如下表所示，试在丙图坐标纸上作出Δv2－x的图象；经测量木板倾角的余弦值为0.6，重力加速度取g＝9.80 m/s2，则木块与木板间的动摩擦因数为________(结果保留两位有效数字).(4)由于轻质卡的影响，使得测量的结果________(选填“偏大”或“偏小”).答案(1)AC(2)3.700(3)见解析图0.011(4)偏大解析(1)遮光条宽度与时间的比值是木块的平均速度，可以认为是木块通过光电门时的瞬时速度，遮光条宽度越小，平均速度越接近瞬时速度，实验误差越小，因此遮光条的宽度应尽量小些，故A正确；实验时轻质卡应与木块一起向上运动，实验前应将轻质卡与木块靠在一起，故B错误；当木板倾角大于某一值时，木块重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，木块到达最高点后可以反向下滑，否则木块到达最高点后将静止，实验不能成功，为了实验成功，木板的倾角必须大于某一值，故C正确；木块出发点与轻质卡最终位置间的距离即为木块向上运动的最大距离，故D错误.(2)由图乙可知，螺旋测微器示数为3.5 mm ＋20.0×0.01 mm ＝3.700 mm.(3)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象如图所示： 由牛顿第二定律得：木块上滑时：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，木块下滑时：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，由匀变速直线运动的速度位移公式得：0－v 20＝－2a 1x ，v 2＝2a 2x ，Δv 2＝v 20－v 2＝4μgx cos θ.由图示图象可知：斜率：k ＝4μg cos θ＝Δv 2x ＝0.220.88＝0.25， 动摩擦因数：μ＝k 4g cos θ＝0.254×9.8×0.6≈0.011； (4)由于轻质卡与木板间存在摩擦力，所测摩擦力实际是木块与轻质卡受到的摩擦力的合力，由于轻质卡所受摩擦力影响，所以动摩擦因数偏大.12.[选做题]本题包括A 、B 、C 三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答，若多做，则按A 、B 两小题评分.A.[选修3－3](12分)(1)以下说法正确的是________.A.当两个分子间的距离为r 0(平衡位置)时，分子势能最小B.布朗运动反映了花粉小颗粒内部分子的无规则运动C.一滴油酸酒精溶液体积为V ，在水面上形成的单分子油膜面积为S ，则油酸分子的直径d ＝V SD.温度、压力、电磁作用等可以改变液晶的光学性质(2)如图11所示，一直立的汽缸用一质量为m 的活塞封闭一定量的理想气体，活塞横截面积为S ，汽缸内壁光滑且缸壁是导热的.开始活塞被固定，打开固定螺栓K ，活塞上升，经过足够长时间后，活塞停在B 点，则活塞停在B 点时缸内封闭气体的压强为____________，在该过程中，缸内气体____________(填“吸热”或“放热”).(设周围环境温度保持不变，已知AB ＝h ，大气压强为p 0，重力加速度为g )图11(3)“水立方”国家游泳中心是北京为2008年夏季奥运会修建的主游泳馆.“水立方”游泳馆是共有8条泳道的国际标准比赛用游泳池，游泳池长50 m 、宽25 m 、水深3 m.设水的摩尔质量为M ＝1.8×10－2 kg/mol ，试估算该游泳池中的水分子数.(结果保留两位有效数字) 答案 (1)AD (2)p 0＋mg S吸热 (3)1.3×1032个 解析 (3)设水的密度为ρ，游泳池中水的质量为m ，阿伏加德罗常数为N A ，游泳池中水的总体积为 V ＝50×25×3 m 3＝3.75×103 m 3则游泳池中水的物质的量为n ＝m M ＝ρV M所含的水分子数为N 1＝nN A ＝ρVN A M＝1.0×103×3.75×103×6.02×10231.8×10－2个≈1.3×1032个. B.[选修3－4](12分)(1)下列说法中正确的是( )A.同种介质中，光的波长越短，传播速度越快B.泊松亮斑有力地支持了光的微粒说，杨氏干涉实验有力地支持了光的波动说C.某同学在测单摆的周期时将全振动的次数多记了一次，则测出的周期偏小D.可见光波长越长，越容易发生衍射(2)一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，在t ＝0时刻波刚好传播到x ＝6 m 处的质点A ，如图12所示，已知波的传播速度为48 m/s.请回答下列问题：图12①从图示时刻起再经过__________s ，质点B 第一次处于波峰； ②写出从图示时刻起质点A 的振动方程为________cm.(3)如图13为一块直角三棱镜，顶角A 为30°.一束激光沿平行于BC 边的方向射向直角边AB ，并从AC 边射出，出射光线与AC 边夹角也为30°.则该激光在棱镜中的传播速度为多少？(结果保留两位有效数字)图13答案 (1)CD (2)①0.5 ②y ＝－2sin 12πt (3)1.7×108 m/s解析 (3)由几何关系得：β＝∠A ＝30°α＝90°－30°＝60°， 折射率 n ＝sin αsin β＝ 3激光在棱镜中的传播速度 v ＝c n ＝3×1083 m/s ≈1.7×108 m/s. C.[选修3－5](12分)(1)下列说法中正确的是( )A.电子的衍射现象说明实物粒子也具有波动性B.裂变物质体积小于临界体积时，链式反应不能进行C.原子核内部一个质子转化成一个中子时，会同时释放出一个电子D.235U 的半衰期约为7亿年，随地球环境的变化，半衰期可能变短(2)氢原子的能级如图14所示，有一群处于n ＝4能级的氢原子，若氢原子从n ＝4能级向n ＝2能级跃迁时所发出的光正好使某种金属产生光电效应，则：图14①这群氢原子发出的光中共有________种频率的光能使该金属产生光电效应；②从n ＝4能级向n ＝1能级跃迁时发出的光照射该金属，所产生的光电子的最大初动能为________ eV.(3)如图15所示，质量为2m 的小滑块P 和质量为m 的小滑块Q 都视作质点，与轻质弹簧相连的Q 静止在光滑水平面上.P 以某一初速度v 向Q 运动并与弹簧发生碰撞，求：图15①弹簧的弹性势能最大时，P 、Q 的速度大小； ②弹簧的最大弹性势能. 答案 (1)AB (2)①4 ②10.2 (3)①23v ②13m v 2解析 (1)电子是实物粒子，而电子的衍射现象说明实物粒子也具有波动性，故A 正确；链式反应的条件是裂变物质的体积不小于其临界体积，因此当裂变物质的体积小于临界体积时，链式反应不能进行，故B 正确；原子核内部一个质子转化成一个中子时，会同时释放出一个正电子，故C 错误；元素的半衰期与环境及化学状态无关，故D 错误.(2)一群处于n ＝4能级的氢原子向基态跃迁时，因为氢原子从n ＝4能级向n ＝2能级跃迁所发出的光正好使某种金属材料产生光电效应，所以只有n ＝4跃迁到n ＝1，n ＝3跃迁到n ＝1，n ＝3跃迁到n ＝2，n ＝2跃迁到n ＝1的光子能够使该金属发生光电效应，即4种；逸出功W ＝(－0.85＋3.4) eV ＝2.55 eV ，从而从n ＝4能级跃迁到n ＝1能级辐射的光子能量最大，为－0.85 eV ＋13.6 eV ＝12.75 eV ，根据光电效应方程知，光电子的最大初动能E km ＝12.75 eV －2.55 eV ＝10.2 eV.(3)①P 以某一初速度v 向Q 运动并与弹簧发生碰撞，P 做减速运动，Q 做加速运动，当P 与Q 速度相等时，弹簧最短，弹性势能最大，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：2m v ＋0＝(2m ＋m )v 1 解得：v 1＝23v .②根据动量守恒知系统的部分动能转化为弹性势能，所以最大弹性势能为： E max ＝12×2m v 2－12×3m v 21＝13m v 2. 四、计算题(本题共3小题，共计47分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.) 13.(15分)如图16所示，已知倾角为θ＝45°、高为h 的斜面固定在水平地面上.一小球从高为H (h ＜H ＜54h )处自由下落，与斜面做无能量损失的碰撞后水平抛出.小球自由下落的落点距斜面左侧的水平距离x 满足一定条件时，小球能直接落到水平地面上.图16(1)求小球落到地面上的速度大小；(2)求要使小球做平抛运动后能直接落到水平地面上，x 应满足的条件； (3)在满足(2)的条件下，求小球运动的最长时间. 答案 (1)2gH (2)h －45H <x <h(3)2H g解析 (1)设小球落到地面上的速度为v ， 根据机械能守恒得：mgH ＝12m v 2，得：v ＝2gH .(2)小球做自由落体的末速度为： v 0＝2g (H －h ＋x )小球做平抛运动的时间为：t ＝ 2(h －x )gs ＝2(H －h ＋x )(h －x )由s ＞h －x解得：h －45H ＜x ＜h(3)t 总＝2(H －h ＋x )g＋2(h －x )gt 2总＝2H g＋4(H －h ＋x )(h －x )g当H －h ＋x ＝h －x ，即x ＝h －12H 时，小球运动时间最长.x ＝h －12H ，符合(2)的条件.代入得：t max ＝2Hg. 14.(16分)如图17所示，在光滑绝缘水平面上，质量为m 的均匀绝缘棒AB 长为L 、带有正电，电量为Q 且均匀分布.在水平面上O 点右侧有匀强电场，场强大小为E ，其方向为水平向左，BO 距离为x 0，若棒在水平向右的大小为QE4的恒力作用下由静止开始运动.求：图17(1)棒的B 端进入电场L8时的加速度大小和方向；(2)棒在运动过程中的最大动能； (3)棒的最大电势能.(设O 点处电势为零) 答案 (1)QE 8m 方向向右 (2)QE 4(x 0＋L8)(3)棒的最大电势能可能是QEL 2、QE4(x 0＋L ＋L 2＋8Lx 04)和QE (2x 0＋L )6解析 (1)根据牛顿第二定律，得QE 4－L 8·QEL ＝maa ＝QE8m，方向向右.(2)设当棒进入电场x 时，其动能达到最大，则此时棒受力平衡，有QE 4＝x ·QE L 得x ＝L4，由动能定理：E k ＝∑W ＝QE 4(x 0＋x )－0＋QE 42x ＝QE 4(x 0＋L 4)－QE4×L2×4＝QE 4(x 0＋L8)(3)棒减速到零时，棒可能全部进入电场，也可能不能全部进入电场，设恰能全部进入电场，则有：QE 4(x 0＋L )－QE2L ＝0，得x 0＝L ； E p ＝QE 4(L ＋L )＝QEL 2当x 0＜L 时，棒不能全部进入电场，设进入电场x QE4(x 0＋x )－0＋xQEL 2x ＝0－0 解之得：x ＝L ＋L 2＋8Lx 04E p1＝WF ＝QE4(x 0＋L ＋L 2＋8Lx 04)当x 0＞L 时，棒能全部进入电场，设进入电场x QE 4(x 0＋x )－QE2L －QE (x －L )＝0 得：x ＝x 0＋2L 3则E p2＝QE 4(x 0＋x )＝QE 4·4x 0＋2L 3＝QE (2x 0＋L )6.15.(16分)如图18甲所示，在y ≥0的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示；与x 轴平行的虚线MN 下方有沿＋y 方向的匀强电场，电场强度E ＝8π×103 N/C.在y 轴上放置一足够大的挡板.t ＝0时刻，一个带正电粒子从P 点以v ＝2×104m/s 的速度沿＋x 方向射入磁场.已知电场边界MN 到x 轴的距离为π－210 m ，P 点到坐标原点O 的距离为1.1 m ，粒子的比荷qm＝106 C/kg ，不计粒子的重力.求粒子：图18(1)在磁场中运动时距x 轴的最大距离； (2)连续两次通过电场边界MN 所需的时间； (3)最终打在挡板上的位置到坐标原点O 的距离. 答案 (1)0.4 m (2)π2×10－5 s 或4π×10－5 s(3)0.37 m解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有：q v B ＝m v 2R解得半径为：R ＝0.2 m粒子在磁场中运动时，到x 轴的最大距离为： y m ＝2R ＝0.4 m(2)如图甲所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：T ＝2πR v ＝2π×0.22×104 s ＝2π×10－5 s 由磁场变化规律可知，它在0～3π2×10－5 s(即0～34T )时间内做匀速圆周运动至A 点，接着沿－y 方向做匀速直线运动直至电场边界C 点，用时为： t 2＝R ＋y 0v ＝π2×10－5 s ＝T4进入电场后做匀减速运动至D 点，由牛顿运动定律得粒子的加速度为： a ＝qE m ＝8π×109 m/s 2粒子从C 点减速至D 点再反向加速至C 点所需的时间为： t 3＝2v a ＝2×2×1048π×109 s ＝π2×10－5 s ＝T 4接下来，粒子沿＋y 轴方向匀速运动至A 所需时间仍为t 2，磁场刚好恢复，粒子将在洛伦兹力的作用下从A 做匀速圆周运动，再经3π2×10－5 s 时间，粒子将运动到F 点，此后将重复前面的运动过程.所以粒子连续通过电场边界MN 有两种可能：第一种可能是，由C 点先沿－y 方向到D 再返回经过C ，所需时间为： t ＝t 3＝π2×10－5 s第二种可能是，由C 点先沿＋y 方向运动至A 点开始做匀速圆周运动一圈半后，从G 点沿－y 方向做匀速直线运动至MN ，所需时间为：t ′＝T 4＋3T 2＋T4＝2T ＝4π×10－5 s(3)由上问可知，粒子每完成一次周期性的运动，将向－x 方向平移2R (如图甲中所示从P 点移到F 点)，甲OP ＝1.1 m ＝5.5R ，故粒子打在挡板前的一次运动如图乙所示，其中I 是粒子开始做圆周运动的起点，J 是粒子打在挡板上的位置，K 是最后一段圆周运动的圆心，Q 是I 点与K 点连线与y 轴的交点.由题意，QI ＝OP －5R ＝0.1 m KQ ＝R －QI ＝0.1 m ＝R2则JQ ＝R 2－(KQ )2＝32R J 点到O 点距离JO ＝R ＋32R ＝2＋310m ≈0.37 m.乙。

考题一 机械振动和机械波1.判断波的传播方向和质点振动方向的方法 (1)特殊点法；(2)微平移法(波形移动法).2.周期、波长、波速的计算(1)周期：可根据质点的振动情况计算，若t 时间内，质点完成了n 次(n 可能不是整数)全振动，则T ＝t n ；还可根据公式T ＝λv计算. (2)波长：可根据波形图确定，若l 的距离上有n 个(n 可能不是整数)波长，则λ＝ln；也可根据公式λ＝vT 计算.(3)波速：可根据波形传播的时间、距离计算v ＝x t ；也可根据公式v ＝λT计算. 3.利用波传播的周期性、双向性解题(1)波的图象的周期性：相隔时间为周期整数倍的两个时刻的波形相同，从而使题目的解答出现多解的可能.(2)波传播方向的双向性：在题目未给出波的传播方向时，要考虑到波可沿正向或负向传播的两种可能性.例1 一列简谐横波，沿x 轴正向传播.t ＝0时刻的波形图如图1甲所示，图乙是图甲中某质点的振动图象.则该波的波速为__________m/s ；图乙表示甲图中__________(选填 “A ”、“ B ”、“C ”、“ D ”)质点的振动图象.图1解析 从图甲中可得波长为λ＝2 m ，从图乙中可得周期为T ＝0.2 s ，故波速为v ＝λT＝10 m/s ，图乙中的质点在0时刻从平衡位置向上振动，根据走坡法可得图甲中的A 点在波峰，将向下运动，B 点在平衡位置向上运动，C 点在波谷，将向上运动，D 点在平衡位置向下运动，故图乙为图甲中B 点的振动图象. 答案 10 B 变式训练1.如图2所示，甲为一列简谐横波在t ＝0时刻的波形图，图乙为质点P 的振动图象.则该机械波的传播速度为_______ m/s ；在t ＝0.25 s 时质点Q 的加速度_______(填“大于”或“小于”)质点P 的加速度.图2答案 20 小于解析 由图甲读出波长λ＝4 m ，由图乙读出周期T ＝0.2 s ，波速v ＝λT＝20 m/s ；因为周期为0.2 s ，经过0.25 s ，质点运动了1 14周期，也是1 14个波长，P 点到达负方向最大位移，Q 在平衡位置上方但不到最大位移，由a ＝F m ＝kx m可知：质点Q 的加速度小于质点P 的加速度.2.如图3所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，其中A 、B 的摆长相等.当A 摆振动的时候，通过张紧的绳子给B 、C 、D 摆施加驱动力，使其余各摆做受迫振动.观察B 、C 、D 摆的振动发现________.图3A.C 摆的频率最小B.D 摆的周期最大C.B 摆的摆角最大D.B 、C 、D 的摆角相同答案 C解析 由A 摆摆动从而带动其它3个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，故其它各摆振动周期跟A 摆相同，频率也相等.故A 、B 错误；受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大，由于B 摆的固有频率与A 摆的相同，故B 摆发生共振，振幅最大，故C 正确，D 错误.3.一列简谐横波沿x 轴正方向传播，t ＝0时刻的波形如图4所示(此时波恰好传播到x ＝6 m 处).质点a 平衡位置的坐标x a ＝2.5 m ，该质点在8 s 内完成了4次全振动，则该列波的波速是______________ m/s ；位于x ＝20 m 处的质点再经________ s 将第一次经过平衡位置向y 轴负方向运动.图4答案 2 8解析 由题图可以知道波长λ＝4 m ，而且质点a 在8 s 内完成了4次全振动， 故周期为T ＝2 s ，所以根据公式v ＝λT ＝42m/s ＝2 m/s ；经过t 1＝20－6v ＝20－62s ＝7 s.波传播到位于x ＝20 m 处的质点，该质点再经过t 2＝12T ＝1 s 向y 轴负方向运动，故需要时间为t ＝t 1＋t 2＝8 s.4.如图5所示，实线是某时刻的波形图象，虚线是0.2 s 后的波形图象，质点P 位于实线波的波峰处.图5(1)若波向右以最小速度传播，求经过t ＝4 s 质点P 所通过的路程； (2)若波速为35 m/s ，求波的传播方向. 答案 (1)1.2 m (2)向右传播 解析 (1)若波向右传播：nT ＋34T ＝0.2 s(n ＝0,1,2,3，…)由v ＝λT可知周期最大时波速最小， 当n ＝0时T 最大值为415 s ，经过时间t ＝4 s ， 即经过15个整周期，故质点P 通过的路程为s ＝15×4A ＝1.2 m (2)若波向右传播：nT ＋34T ＝0.2 s(n ＝0,1,2,3, …) v ＝λT，当n ＝1时，波速为35 m/s ，所以波可以向右传播 若波向左传播：nT ＋14T ＝0.2 s当n 取0或其他任何正整数时，波速都不为35 m/s ， 所以波不会向左传播.考题二 光的折射和全反射1.在解决光的折射问题时，应先根据题意分析光路，即画出光路图 ，找出入射角和折射角，然后应用公式来求解，找出临界光线往往是解题的关键.2.分析全反射问题时，先确定光是否由光密介质进入光疏介质、入射角是否大于临界角，若不符合全反射的条件，则再由折射定律和反射定律确定光的传播情况.3.在处理光的折射和全反射类型的题目时，根据折射定律及全反射的条件准确作出几何光路图是基础，利用几何关系、折射定律是关键.4.明确两介质折射率的大小关系. (1)若光疏→光密：定有反射、折射光线.(2)若光密→光疏：如果入射角大于或等于临界角，一定发生全反射.例2 如图6所示，玻璃棱镜ABC 可以看成是由ABE 、AEC 两个直角三棱镜组成的，有关角度如图.一束频率为5.3×1014Hz 的单色细光束从AB 面入射，在棱镜中的折射光线如图中ab 所示，ab 与AB 面的夹角α＝60°.已知光在真空中的速度c ＝3×108m/s ，玻璃的折射率n ＝1.5.图6(1)求光在棱镜中的波长；(2)该束光线能否从AC 面射出，请通过计算说明.解析 (1)由n ＝c v ，得v ＝c n ＝3×1081.5m/s ＝2×108m/s由v ＝λf ，得λ＝v f ＝2×1085.3×1014 m≈3.77×10－7m(2)光路如图所示，ab 光线在AC 面的入射角为45°设玻璃的临界角为C ，则sin C ＝1n ＝11.5≈0.67因sin 45°>0.67，故光线ab 在AC 面会发生全反射，不能从AC 面射出. 答案 (1)3.77×10－7m (2)见解析 变式训练5.如图7所示，一个正方体玻璃砖的边长为a ，折射率n ＝1.5，立方体中心有一个小气泡.为使从立方体外面各个方向都看不到小气泡，必须在每个面上都贴一张纸片，求每张纸片的最小面积.图7答案 πa 25解析 设纸片的最小半径为r ，玻璃砖的临界角为C ，则sin C ＝1n由几何关系得r ＝a2tan C解得r ＝a5则最小面积S ＝πr 2＝πa25.6.一半圆柱形透明物体横截面如图8所示，底面AOB 镀银(图中粗线)，O 表示半圆截面的圆心.一束光线在横截面内从M 点的入射角为30°，∠MOA ＝60°，∠NOB ＝30°.(已知sin 15°＝6－24)求：图8(1)光线在M 点的折射角；(2)透明物体的折射率. 答案 (1)15° (2)6＋22解析 (1)如图，透明物体内部的光路为折线MPN ，Q 、M 点相对于底面EF 对称，Q 、P 和N 三点共线. 设在M 点处，光的入射角为i ，折射角为r ，∠OMQ ＝α，∠PNF ＝β. 根据题意有 α＝30°由几何关系得，∠PNO ＝∠PQO ＝r ，则有：β＋r ＝60° 且α＋r ＝β 联立式得： r ＝15°(2)根据折射率公式有 sin i ＝n sin r 得n ＝6＋22. 7.如图9所示，AOB 是截面为14圆形、半径为R 的玻璃砖，现让一束单色光在横截面内从OA 靠近O 点处平行OB 射入玻璃砖，光线可从OB 面射出；保持光束平行OB 不变，逐渐增大入射点与O 的距离，当入射点到达OA 的中点E 时，一部分光线经AB 面反射后恰好未从OB 面射出.不考虑多次反射，求玻璃的折射率n 及OB 上有光射出的范围.图9答案 233R 解析 设光线经E 点射到AB 面时入射角为α，因E 点为OA 的中点 由几何知识可知入射角：α＝30° 设临界角为C ，则有C ＝30° 因恰好发生全反射，则：sin C ＝1n解得：n ＝2由题意可知，光从OE间入射时，可从OB上射出，则从E点入射时出射点距O最远，设为F，则：OF＝R 2cos 30°得OF＝33 R.考题三光的几种特性1.光的干涉现象和衍射现象证明了光的波动性，光的偏振现象说明光波为横波.相邻两亮条纹(或暗条纹)间的距离与波长成正比，即Δx＝ldλ，利用双缝干涉实验可测量光的波长.2.干涉和衍射的产生条件(1)双缝干涉产生亮、暗条纹的条件：屏上某点到双缝的光程差等于波长的整数倍时，该点干涉加强，出现亮条纹；当光程差等于半波长的奇数倍时，该点干涉减弱，出现暗条纹.(2)发生明显衍射的条件：障碍物或小孔的尺寸跟光的波长相差不多或比光的波长小.例3 2016年，科学家利用激光干涉方法探测到由于引力波引起的干涉条纹的变化，这是引力波存在的直接证据.关于激光，下列说法中正确的是( )A.激光是自然界中某种物质直接发光产生的，不是偏振光B.激光相干性好，任何两束激光都能发生干涉C.用激光照射不透明挡板上小圆孔时，光屏上能观测到等间距的光环D.激光全息照片是利用光的干涉记录下物体三维图象的信息答案 D解析激光是人造光，也是偏振光，故A错误；激光相干性好，只有频率相同的两束激光才会发生干涉，故B错误；用激光照射不透明挡板上小圆孔时，光屏上能观测到衍射条纹，间距不等，故C错误；激光全息照片是利用光的干涉记录下物体三维图象的信息，故D正确.故选D.变式训练8.如图10所示，光源S从水面下向真空斜射一束由红光和蓝光组成的复色光，在A点分成a、b两束，则下列说法正确的是( )图10A.a 光是蓝光B.射出水面前a 光的传播速度大，射出水面后二者传播速度一样大C.逐渐增大入射角，a 光最先发生全反射D.b 光比a 光更容易发生衍射现象 答案 B解析 由图知，两光束的入射角i 相同，折射角的关系为 r a ＜r b ，根据折射定律n ＝sin rsin i 得：折射率关系为 n a ＜n b ，由于蓝光的折射率比红光的大.则知a 光是红光，b 光是蓝光，故A 错误；射出水面前a 光的传播速度大，射出水面后，所有色光在真空传播速度都相同，都为c ＝3×108m/s ，故B 正确；a 光的折射率小，根据临界角公式sin C ＝1n，可知，b 光的临界角较小，则逐渐增大入射角时，b 光的入射光先达到其临界角，最先发生全反射，故C 错误；b 光的折射率比a 光的大，则b 光的频率比a 光的大，波长比a 光的小，则a 光比b 光更容易发生衍射现象，故D 错误.故选B. 9.下列说法中正确的是( )A.雷达是利用声波的反射来测定物体的位置B.照相机镜头表面的镀膜是光的干涉现象的应用C.在双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为红光，则相邻干涉条纹间距变窄D.天空出现彩虹是由光的干涉产生的 答案 B10.下列说法中正确的是________.A.眼镜镜片的表面上镀有增透膜，利用了光的干涉原理B.用照相机拍摄较小物体时，物体的边缘轮廓模糊，这是光的衍射现象C.戴3D 眼镜看立体电影，利用了光的折射现象D.为了更有效地发射电磁波，应该采用波长较长的电磁波发射 答案 AB解析 戴3D 眼镜看立体电影，利用了光的偏振现象，故选项C 错误；如果发射电磁波的目的是使能量更大，不至于被损失殆尽，应采用频率高、波长较短的电磁波发射，如果是为了能够传输得更远，应采用波长更长的电磁波发射，即发射电磁波根据不同的用途采取不同的波段，故选项D 错误；选项A 、B 说法正确.11.如图11所示，A 、B 两幅图是由单色光分别入射到圆孔而形成的图样，其中图A 是光的__________(填“干涉”或“衍射”)图样.由此可以判断出图A 所对应的圆孔的孔径__________(填“大于”或“小于”)图B 所对应的圆孔的孔径.图11答案衍射小于专题规范练1.(1)关于光的偏振现象，下列说法中正确的是( )A.偏振光沿各个方向振动的光波的强度都相同B.自然光在水面反射时，反射光和折射光都是一定程度的偏振光C.光的偏振现象说明光是一种纵波D.照相机镜头表面的镀膜是光的偏振现象的应用(2)在“用单摆测定重力加速度”的实验中，由于没有游标卡尺，无法测量小球的直径d，实验中将悬点到小球最低点的距离作为摆长l，测得多组周期T和l的数据，作出l－T2图象，如图1所示：图1①实验得到的l－T2图象是________________；②小球的直径是________________cm；③实验测得当地重力加速度大小是______________m/s2(取三位有效数字).(3)如图2所示，实线和虚线分别表示沿x轴传播的一列简谐横波在t＝0和t′＝0.06 s时刻的波形图，已知在t＝0时刻，x＝1.5 m处的质点向y轴正方向运动.①判断该波的传播方向；②求该波的最小频率；③若3T<t′<4T，求该波的波速.图2答案 (1)B (2)①c ②1.2 ③9.86 (3)①向右传播 ②12.5 Hz ③75 m/s解析 (1)自然光是在垂直于传播方向上沿一切方向振动且各个方向振动的光波强度都相同，而不是偏振光，故A 错误；自然光在水面反射时，反射光和折射光的振动方向不同，都是一定程度的偏振光，所以B 正确；光的偏振现象说明光是一种横波，故C 错误；照相机的增透膜，使得反射光发生干涉从而使其减弱，故D 错误.(2)由T ＝2πl －d 2g ，得：l ＝g 4π2T 2＋d 2. 则由数学关系得斜率为：g 4π，截距为d2，则可求得：l －T 2图象的截距为正，则图象为c .截距为d2＝0.6 cm ，则d ＝1.2 cm.由k ＝g 4π2＝0.62.4，则：g ≈9.86 m/s 2.(3)①已知在t ＝0时刻，x ＝1.5 m 处的质点向y 轴正方向运动，波形向右平移，所以该波向右传播. ②由图得：Δt ＝(n ＋34)T ，得：T ＝4Δt 4n ＋3＝4×0.064n ＋3 s ＝0.244n ＋3 s(n ＝0,1,2…)解得：频率的通项为f ＝1T ＝4n ＋30.24 Hz(n ＝0,1,2…)当n ＝0，f ＝12.5 Hz 为最小频率. ③当3T <t ′<4T 时，上题中：n ＝3， 则波速为：v ＝λf ＝1.2×150.24 m/s ＝75 m/s.2.(1)下列说法中正确的是( )A.做简谐运动的质点，其振动能量与振幅无关B.泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象C.真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源的运动和观察者的运动无关D.在“用单摆测定重力加速度”的实验中，为使实验结果较为准确，应选用10 cm 长的细线和小铁球 (2)如图3所示，一细束红光和一细束蓝光平行射到同一个三棱镜上，经折射后交于光屏上的同一个点M ，若用n 1和n 2分别表示三棱镜对红光和蓝光的折射率，则n 1________n 2(填“>”，“<”或“＝”)；________为红光.图3(3)如图4所示，是一列简谐波在t ＝0时的波形和传播距离.波沿x 轴的正方向传播，已知从t ＝0到t ＝2.2 s 时间内，质点P 三次出现在波峰位置.且在t ＝2.2 s 时P 质点刚好在波峰位置.求：①该简谐波的周期.②从t ＝0开始经过多长时间另一质点Q 第一次到达波峰.图4答案 (1)BC (2)< b (3)①0.8 s ②2 s解析 (1)做简谐运动的质点，其振动能量与振幅有关，振幅越大，则振动的能量越大，选项A 错误；泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射现象，选项B 正确；根据相对论原理可知，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源的运动和观察者的运动无关，选项C 正确；在“用单摆测定重力加速度”的实验中，为使实验结果较为准确，应选用1 m 长的细线和小铁球，这样可减小实验的误差，选项D 错误；故选B 、C.(2)因为红光的折射程度较小，故红光的折射率较小，即n 1<n 2；因b 光的折射程度较小，故b 为红光. (3)①因为在2.2 s 的时间内P 点三次出现在波峰位置，且t ＝2.2 s 时P 刚好在波峰位置，则234T ＝2.2s ，解得T ＝0.8 s ；②波的速度v ＝λT ＝0.020.8 m/s ＝0.025 m/s ；当x ＝1 cm 处质点的振动形式传到Q 点时，Q 点第一次出现波峰，则所用时间t ＝x v ＝0.050.025s ＝2 s.3.(1)下列说法中正确的是( )A.分别用蓝光和红光在同一装置上做双缝干涉实验，蓝光的条纹间距宽B.光纤通信利用了光的全反射的原理C.肥皂泡呈现彩色条纹是由光的折射现象造成的D.动车组高速行驶时，在地面上测得车厢的长明显变短(2)一列简谐横波沿＋x 方向传播，波长为λ，周期为T .在t ＝0时刻该波的波形图如图5甲所示，O 、a 、b 是波上的三个质点.则图乙可能表示________(选填“O ”、“a ”或“b ”)质点的振动图象；t ＝T 4时刻质点a 的加速度比质点b 的加速度________(选填“大”或“小”).图5(3)如图6所示，某种透明液体的折射率为2，液面上方有一足够长的细杆，与液面交于O ，杆与液面成θ＝45°角.在O 点的正下方某处有一点光源S ，S 发出的光经折射后有部分能照射到杆上.已知光在真空中的速度为c ，求：图6①光在该液体中的传播速度v ；②能照射到细杆上的折射光对应入射光的入射角的范围. 答案 (1)B (2)b 小 (3)①22c ②0～30° 解析 (3)①光在液体中的传播速度v ＝c n ＝22c . ②能照射到细杆上的光线的折射角的临界值为45° 设对应的入射角为α，则n ＝sin θsin α解得α＝30°能照射到细杆上的折射光对应入射角在0～30°范围4.2015年12月，中国“可见光通信系统关键技术研究”获得重大突破——可见光通信的实时通信速率已经提高至50 Gbps ，相当于0.2 s 即可下载一部高清电影. (1)关于可见光，下列说法正确的是( ) A.可见光中的红光比紫光的频率低 B.可见光不能在真空中传播 C.可见光波长越长，越容易发生衍射D.可见光能发生光的干涉和衍射现象，说明光是横波(2)真空中一束波长为6×10－7m 的可见光，频率为__________ Hz ，已知光在真空中的速度为3×108m/s.该光进入水中后，其波长与真空中的相比变__________(选填“长”或“短”).(3)可见光通信是利用LED 灯的光线实现上网的新型高速数据传输技术.如图7所示，ABCD 是LED 闪光灯的圆柱形封装玻璃体，其横截面的直径AB ＝d ，厚度AD ＝32d .LED 灯(可视为点光源)固定在玻璃体CD 面的圆心O .玻璃体的折射率为2，光在真空中的传播速度为c .求：图7①光在玻璃体中传播的速度；②光线OA 在AB 面发生折射时的折射角.答案 (1)AC (2)5×1014 短 (3)①322×108m/s ② 45°解析 (1)根据可见光中光的频率的排列顺序可知，可见光中的红光比紫光的频率低.故A 正确；可见光属于电磁波，能在真空中传播.故B 错误；可见光波长越长，越容易发生明显衍射.故C 正确；可见光能发生光的干涉和衍射现象，说明光具有波动性；偏振现象说明光是一种横波.故D 错误.(2)真空中一束波长为6×10－7m 的可见光，频率为：f ＝c λ＝3.0×1086×10－7 Hz ＝5×1014Hz ，该光进入水中后，根据波长与折射率的关系n ＝c v ＝λ0λ可知，其波长与真空中的相比变短. (3)①根据v ＝c n 得，v ＝3×1082m/s ＝322×108m/s.②由题图可知，DO ＝12AB ＝12d所以入射角的正切：tan r ＝OD AD ＝12d 32d＝33 所以：r ＝30°，根据折射定律知，n ＝sin isin r所以：sin i ＝n ·sin r ＝2×12＝22，所以折射角：i ＝45°5.(1)下列说法正确的是( )A.横波在传播过程中，波峰上的质点运动到相邻的波峰所用的时间为一个周期B.照相机镜头表面的镀膜是光的偏振现象的应用C.地面附近有一高速水平飞过的火箭，地面上的人观察到的火箭长度要比火箭上的人观察到的短一些D.用超声波被血流反射回来后频率发生的变化来测血流速度， 这利用了多普勒效应(2)一列简谐横波在某介质中沿直线由a 点向b 点传播，a 、b 两点的平衡位置相距2.5 m ，如图8所示，图中实线表示a 点的振动图象，图中虚线表示b 点的振动图象，则质点a 的振动方程为________；此波的传播速度为_______________________________.图8(3)湿地公园的湖面上有一伸向水面的混凝土观景台，截面图如图9所示，观景台下表面恰好和水面相平，A 为观景台右侧面在湖底的投影，水深h ＝8 m.在距观景台右侧x ＝8 m 处有一可沿竖直方向移动的单色点光源S ，现该光源从距水面高6 m 处向下移动到接近水面的过程中，观景台水下被照亮的最远距离为AC ，最近距离为AB ，若AB ＝6 m ，求：图9①水的折射率n ；②光能照亮的最远距离AC (计算结果可以保留根号).答案 (1)CD (2)y ＝2s in(10πt ＋π6)(cm) 15012n ＋1 m/s(n ＝0,1,2，…) (3)①43 ②2477 m解析 (1)横波在传播过程中，波上的质点，只在平衡位置上下振动，不随波迁移，A 错误；照相机的增透膜，使得反射光发生干涉从而使其减弱，故B 错误；参考系不同则观察到的运动不同，对于火箭中的人相对火箭静止，故观察到的火箭的实际长度，火箭高速运行，根据长度的相对性l ＝l 01－vc2，则地面人的看到的火箭长度比火箭的实际长度要短，C 正确；用超声波被血流反射回来后频率发生的变化来测血流速度，这利用了多普勒效应，选项D 正确.(2)质点振动的周期为T ＝0.2 s ，则ω＝2πT＝10π rad/s，则质点a 的振动方程为y ＝2sin(10πt ＋π6)(cm)；由振动图象可知，振动由a 传到b 的时间为： t ＝nT ＋T 12＝0.2n ＋160(s)(n ＝0,1,2…)，则此波的传播速度为v ＝x t ＝15012n ＋1m/s(n ＝0,1,2，…).(3)①点光源S 在距水面高6 m 处发出的光在观景台右侧面与水面交接处折射到水里时，被照亮的距离为最近距离AB ，由n ＝sin isin r，水的折射率n ＝x2＋x2AB AB 2＋h 2＝43. ②点光源S 接近水面时，光在观景台右侧与水面交接处折射到水里时，被照亮的距离为最远距离AC ，此时，入射角为90°，折射角为临界角C ，则：n ＝1sin C ＝AC 2＋h 2AC ＝43解得：AC ＝2477m.。

实验题专练(二)1.国标(GB/T)规定自来水在15 ℃时电阻率应大于13 Ω·m.某同学利用图1甲电路测量15 ℃自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞(活塞电阻可忽略)，右活塞固定，左活塞可自由移动.实验器材还有：电源(电动势约为3 V，内阻可忽略)，电压表V1(量程为3 V，内阻很大)，电压表V2(量程为3 V，内阻很大)，定值电阻R1(阻值4 kΩ)，定值电阻R2(阻值2 kΩ)，电阻箱R(最大阻值9 999 Ω)，单刀双掷开关S，导线若干，游标卡尺，刻度尺.图1实验步骤如下：A.用游标卡尺测量玻璃管的内径d；B.向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；C.把S拨到1位置，记录电压表V1示数；D.把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；E.改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；F.断开S，整理好器材.(1)测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙，则d＝____________ mm.(2)玻璃管内水柱的电阻R x的表达式为：R x＝________(用R1、R2、R表示).(3)利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图2所示的R－1L关系图象.自来水的电阻率ρ＝_________ Ω·m(保留两位有效数字).图2(4)本实验中若电压表V1内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将___________(填“偏大”“不变”或“偏小”).答案 (1)30.00 (2)R 1R 2R (3)14 (4)偏大解析 (1)根据游标卡尺的读数规则，玻璃管内径d ＝30 mm ＋0×0.05 mm ＝30.00 mm. (2)把S 拨到1位置，记录电压表V 1示数， 得到通过水柱的电流I 1＝UR 1.由闭合电路欧姆定律得，E ＝U ＋UR 1R x ；把S 拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V 2示数与电压表V 1示数相同，记录电阻箱的阻值R ，得到该电路的电流I 2＝UR .由闭合电路欧姆定律得，E ＝U ＋UR R 2；联立解得：R x ＝R 1R 2R.(3)由电阻律公式R x ＝ρL S ，R x ＝R 1R 2R联立解得：R ＝R 1R 2S ρ·1L . R －1L关系图象斜率k ＝0.4×103 Ω·m ， k ＝R 1R 2S ρ，S ＝πd 24 ，解得：ρ＝R 1R 2S k≈14 Ω·m.(4)本实验中若电压表V 1内阻不是很大， 则通过水柱的电流I 1大于测量值， 即U R 1R x >UR R 2， 得到R x >R 1R 2R，即自来水电阻测量值偏大，自来水电阻率测量结果将偏大.2.某同学利用如图3甲所示装置探究平抛运动中机械能是否守恒.在斜槽轨道的末端安装一个光电门B ，调节激光束与球心等高，斜槽末端水平.地面上依次铺有白纸、复写纸，让小球从斜槽上固定位置A 点无初速释放，通过光电门后落在地面的复写纸上，在白纸上留下打击印.重复实验多次，测得小球通过光电门的平均时间为2.50 ms.(当地重力加速度g ＝9.8 m/s 2)甲乙 图3(1)用游标卡尺测得小球直径如图乙所示，则小球直径为d ＝________ mm ，由此可知小球通过光电门的速度v B ；(2)实验测得轨道离地面的高度h ＝0.441 m ，小球的平均落点P 到轨道末端正下方O 点的距离x ＝0.591 m ，则由平抛运动规律解得小球平抛的初速度v 0＝_________ m/s ；(3)在误差允许范围内，实验结果中小球通过光电门的速度v B 与由平抛运动规律求解的平抛初速度v 0满足___________关系， 就可以认为平抛运动过程中机械能是守恒的. 答案 (1) 5.00 (2) 1.97 (3) v B ＝v 0解析 根据游标卡尺读数规则，小球直径d ＝5.00 mm.小球通过光电门的速度v B ＝d t ＝2.0 m/s.由x ＝v 0t ，h ＝12gt 2，解得v 0＝1.97 m/s ；在误差允许范围内，实验结果中小球通过光电门的速度v B 与由平抛运动规律求解的平抛初速度v 0满足v B ＝v 0的关系，就可以认为平抛运动过程中机械能是守恒的.3.在“测量金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准、待测金属丝接入电路部分的长度约为50 cm.(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图4所示，其读数为_____ mm(该值接近多次测量的平均值).图4(2)用伏安法测金属丝的电阻R x .实验所用器材为：电池组(电动势3 V ，内阻约1 Ω)、电流表(内阻约0.1 Ω)、电压表(内阻约3 kΩ)、滑动变阻器(0～20 Ω，额定电流2 A)，开关、导线若干.某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：由以上实验数据可知，他们测量R x是采用图5中的____________图(选填“甲”或“乙”).图5(3)图6 是测量R x的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器滑片P置于变阻器的一端.请根据(2)所选的电路图，补充完图中实物间的连线，并使开关闭合瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏.图6(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图7所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点.请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，描绘出U－I图线.由图线得到金属丝的阻值R x＝________ Ω(保留两位有效数字).图7(5)根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为________(填选项前的符号).A.1×10－2Ω·mB.1×10－3Ω·mC.1×10－6Ω·mD.1×10－5Ω·m(6)任何实验测量都存在误差.本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的是________.A.用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差B.由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差C.若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差D.用U－I图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差答案 (1)(0.396～0.399)mm (2)甲 (3)见解析图 (4)(4.3～4.7)Ω (5)C (6)CD 解析 (1)螺旋测微器的读数：0.01 mm ×39.8＝0.398 mm ；(2)由记录数据根据欧姆定律可知金属丝的电阻R x 约5 Ω，则有R x ＜R A R V ，属于小电阻，用外接法测量误差小，由表格知实验要求电压电流从接近0开始调节，所以应该采用分压接法，故选甲.(3)注意连图时连线起点和终点在接线柱上导线不能交叉，结合(2)可知应该连接成外接分压接法(甲)，那么在连线时断开开关且使R x 两端的电压为0，先连外接电路部分，再连分压电路部分，此时滑片P 必须置于变阻器的左端，实物图如图所示：(4)描绘出第2、4、6三个点后可见第6次测量数据的坐标点误差太大舍去，然后画出U －I 图线，如图所示；其中第4次测量数据的坐标点在描绘出的U －I 图线上， 有：R x ＝10.22Ω≈4.5 Ω.(5)根据电阻定律R ＝ρLS ，得ρ＝R SL，代入数据可计算出ρ≈1×10－6 Ω·m ，故选C.(6)用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，故A 错误；由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，不可避免的，故B 错误；若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差，故C 正确；用U －I 图象处理数据求金属丝电阻，可以减小偶然误差，故D 正确；故选C 、D.。

倒数第7天 电场与磁场 考点要求重温考点22 电荷 电荷守恒定律(Ⅰ)考点23 静电现象(Ⅰ)考点24 点电荷 库仑定律(Ⅰ)考点25 静电场 电场线 电势能 电势 等势面(Ⅰ)考点26 电场强度 点电荷的场强 电势差(Ⅱ)考点27 匀强电场中电势差和电场强度的关系(Ⅰ)考点28 带电粒子在匀强电场中的运动(Ⅱ)考点29 电容 电容器(Ⅰ)考点30 磁场 磁感应强度 磁感线 磁通量(Ⅰ)考点31 通电直导线和通电线圈周围磁场的方向(Ⅰ)考点32 安培力(Ⅱ)考点33 洛伦兹力(Ⅱ)考点34 带电粒子在匀强磁场中的运动(Ⅱ)考点35 质谱仪和回旋加速器的工作原理(Ⅰ) 要点方法回顾1.请回答库仑定律的内容、公式和适用条件分别是什么？答案 (1)内容：真空中两个静止的点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，跟它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上.(2)公式：F ＝k q 1q 2r 2，式中的k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，叫静电力常量. (3)适用条件：①点电荷；②真空中.2.电场强度是描述电场力的性质的物理量，它有三个表达式：E ＝F q ，E ＝k Q r 2和E ＝U d，这三个公式有何区别？如果空间某点存在多个电场，如何求该点的场强？电场的方向如何确定？ 答案 (1)区别①电场强度的定义式E ＝F q，适用于任何电场，E 由场源电荷和点的位置决定，与F 、q 无关. ②真空中点电荷所形成的电场E ＝k Q r 2，其中Q 为场源电荷，r 为某点到场源电荷的距离. ③匀强电场中场强和电势差的关系式E ＝U d，其中d 为两点沿电场方向的距离. (2)用叠加原理求该点的场强若空间的电场是由几个“场源”共同激发的，则空间中某点的电场强度等于每个“场源”单独存在时所激发的电场在该点的场强的矢量和——叠加原理.(3)电场方向是正电荷的受力方向、负电荷受力的反方向、电场线的切线方向、电势降低最快的方向.3.比较电势高低的方法有哪些？答案 (1)顺着电场线方向，电势逐渐降低.(2)越靠近正场源电荷处电势越高；越靠近负场源电荷处电势越低.(3)根据电场力做功与电势能的变化比较①移动正电荷，电场力做正功，电势能减少，电势降低；电场力做负功，电势能增加，电势升高.②移动负电荷，电场力做正功，电势能减少，电势升高；电场力做负功，电势能增加，电势降低.4.比较电势能大小最常用的方法是什么？答案 不管是正电荷还是负电荷，只要电场力对电荷做正功，该电荷的电势能就减少；只要电场力对电荷做负功，该电荷的电势能就增加.5.电场力做功有什么特点？如何求解电场力的功？答案 (1)电场力做功的特点电荷在电场中任意两点间移动时，它的电势能的变化量是确定的，因而电场力对移动电荷所做的功的值也是确定的，所以，电场力对移动电荷所做的功，与电荷移动的路径无关，仅与初、末位置的电势差有关，这与重力做功十分相似.(2)电场力做功的计算及应用①W ＝Fl cos α，常用于匀强电场，即F ＝qE 恒定.②W AB ＝qU AB ，适用于任何电场，q 、U AB 可带正负号运算，结果的正负可反映功的正负，也可带数值运算，但功的正负需结合移动电荷的正负以及A 、B 两点电势的高低另行判断.③功能关系：电场力做功的过程就是电势能和其他形式的能相互转化的过程，如图，且W ＝－ΔE 其他. 电势能E 电W ＞0W ＜0其他形式的能E 其他6.带电粒子在匀强电场中分别满足什么条件可以做加速直线运动和偏转运动？处理带电粒子在电场中运动的方法有哪些？答案 (1)加速——匀强电场中，带电粒子的受力方向与运动方向共线、同向.处理方法：①牛顿运动定律和运动学方程相结合.②功能观点：qU ＝12m v 22－12m v 21(2)偏转——带电粒子以初速度v 0垂直于电场线方向进入匀强电场.处理方法：类似平抛运动的分析方法.沿初速度方向的匀速直线运动：l ＝v 0t沿电场力方向的初速度为零的匀加速直线运动：y ＝12at 2＝12·qE m (l v 0)2＝qUl 22md v 20 偏转角tan θ＝v y v 0＝qUl md v 207.电容的两个表达式和平行板电容器的两类问题是什么？答案 (1)①电容：C ＝Q U②平行板电容器的电容决定式：C ＝εr S 4πkd ∝εr S d. (2)平行板电容器的两类问题：①电键K 保持闭合，则电容器两端的电压恒定(等于电源电动势)，这种情况下带电荷量Q ＝CU ∝C ，而C ＝εr S 4πkd ∝εr S d ，E ＝U d ∝1d. ②充电后断开K ，则电容器带电荷量Q 恒定，这种情况下C ∝εr S d ，U ∝d εr S ，E ∝1εr S. 8.磁场的基本性质是什么？安培定则和左手定则有何区别？答案 (1)磁场是一种物质，存在于磁体、电流和运动电荷周围，产生于电荷的运动，磁体、电流和运动电荷之间通过磁场而相互作用.(2)两个定则：①安培定则：判断电流周围的磁场方向.②左手定则：判断电流或运动电荷在磁场中的受力方向.9.通电导线在磁场中一定受到力的作用吗？磁场对电流的力的作用有什么特点？答案 当通电导线放置方向与磁场平行时，磁场对通电导线无力的作用.除此以外，磁场对通电导线有力的作用.当I ⊥B 时，磁场对电流的作用为安培力F ＝BIL ，其中L 为导线的有效长度，安培力的方向用左手定则判断，且安培力垂直于B 和I 确定的平面.10.带电粒子在磁场中的受力情况有何特点？洛伦兹力的大小与哪些物理量有关，它的方向如何判定？洛伦兹力为什么不做功？答案 (1)磁场只对运动电荷有力的作用，对静止电荷无力的作用.磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力.(2)洛伦兹力的大小和方向：其大小为F 洛＝q v B sin θ，注意：θ为v 与B 的夹角.F 洛的方向仍由左手定则判定，但四指的指向应为正电荷运动的方向或负电荷运动方向的反方向.(3)因为洛伦兹力的方向总是垂直于速度方向，所以洛伦兹力不做功.11.分析带电粒子在磁场中的匀速圆周运动问题的基本思路和方法是怎样的？答案 (1)圆心的确定：因为洛伦兹力F 洛指向圆心，根据F 洛⊥v ，画出粒子运动轨迹上任意两点的(一般是射入和射出磁场的两点)F 洛的方向，沿两个洛伦兹力F 洛的方向画其延长线，两延长线的交点即为圆心，或利用圆心位置必定在圆中任意一根弦的中垂线上，作出圆心位置.(2)半径的确定和计算：利用平面几何关系，求出该圆的可能半径(或圆心角).(3)粒子在磁场中运动时间的确定：利用回旋角α(即圆心角)与弦切角的关系，或者利用四边形内角和等于360°计算出圆心角α的大小，由公式t ＝α360°T 可求出粒子在磁场中运动的时间. (4)注意圆周运动中有关的对称规律：如从同一边界射入的粒子，从同一边界射出时，速度与边界的夹角相等；在圆形磁场区域内，沿径向射入粒子，必沿径向射出.12.当带电粒子在电场中分别做匀变速直线运动，类平抛运动和一般曲线运动时，通常用什么方法来处理？答案 (1)当带电粒子在电场中做匀变速直线运动时，一般用力的观点来处理(即用牛顿运动定律结合运动学公式)；(2)当带电粒子在电场中做类平抛运动时，用运动的合成和分解的方法来处理；(3)当带电粒子在电场中做一般曲线运动时，一般用动能定理或能量的观点来处理.13.复合场通常指哪几种场？大体可以分为哪几种类型？处理带电粒子在复合场中运动问题的思路和方法是怎样的？答案 (1)复合场及其分类复合场是指重力场、电场、磁场并存的场，在力学中常有四种组合形式：①电场与磁场的复合场；②磁场与重力场的复合场；③电场与重力场的复合场；④电场、磁场与重力场的复合场.(2)带电粒子在复合场中运动问题的处理方法①正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提.②灵活选用力学规律是解决问题的关键当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，应根据平衡条件列方程求解.当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解.当带电粒子在复合场中做非匀速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解.14.回旋加速器加速带电粒子时，是不是加速电压越大，粒子获得的动能越大，粒子回旋的时间越短？答案 设粒子的最大速度为v m ，由q v B ＝m v 2R 知v m ＝qBR m ，则粒子的最大动能E km ＝12m v 2m ＝(qBR )22m.故对同种带电粒子，带电粒子获得的最大动能由磁感应强度B 和D 形盒的半径决定. 粒子每加速一次获得的动能ΔE k0＝qU ，带电粒子每回旋一周被加速两次，增加的动能ΔE k ＝2qU ，则达到最大动能的回旋次数n ＝E km ΔE k ＝B 2R 2q 4mU，若不考虑在电场中加速的时间，带电粒子在磁场中回旋的总时间t ＝nT ＝B 2R 2q 4mU ·2πm qB ＝πBR 22U ，故对同种带电粒子，加速电压越大，粒子回旋的时间越短.。