2022年最新版步步高大二轮复习物理教案全书

第9课时动量命题规律 1.命题规律：(1)动量定理及应用；(2)动量守恒定律及应用；(3)碰撞模型及拓展.2.常考题型：选择题、计算题．高考题型1动量定理及应用1．冲量的三种计算方法公式法I＝Ft适用于求恒力的冲量动量定理法多用于求变力的冲量或F、t未知的情况图像法F－t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量．若F－t成线性关系，也可直接用平均力求解2.动量定理(1)公式：FΔt＝m v′－m v(2)应用技巧①研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统．②表达式是矢量式，需要规定正方向．③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷．④在变加速运动中F为Δt时间内的平均冲力．⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移．3．流体作用的柱状模型对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一横截面S的柱形流体的长度为Δl，如图1所示．设流体的密度为ρ，则在Δt的时间内流过该横截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρS vΔt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况：(以原来流速v的方向为正方向)图1(1)作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρS v2；(2)作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρS v2.考向一动量定理对生活现象的解释例1(2020·全国卷Ⅰ·14)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体．若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是()A．增加了司机单位面积的受力大小B．减少了碰撞前后司机动量的变化量C．将司机的动能全部转换成汽车的动能D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积答案 D解析汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触．司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt 知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能．综上所述，选项D正确．考向二动量定理的定量计算例2(2020·江苏盐城市三模)如图2所示是一则安全警示广告，描述了高空坠物对人伤害的严重性．小王同学用下面的实例来检验广告词的科学性：用一个鸡蛋从8楼的窗户自由下落到地面．经测量鸡蛋质量约50 g，下落到地面的瞬时速度约为20 m/s，与地面接触时间约为0.02 s．不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.求鸡蛋：图2(1)下落到地面时瞬间动量的大小；(2)对地面平均作用力的大小．答案(1)1 kg·m/s(2)50.5 N解析(1)下落到地面时瞬间动量的大小为p＝m v＝50×10－3×20 kg·m/s＝1 kg·m/s(2)设向上为正方向，根据动量定理可知(F－mg)Δt＝0－(－m v)解得F ＝m v Δt ＋mg ＝(10.02＋0.05×10) N ＝50.5 N由牛顿第三定律知鸡蛋对地面平均作用力的大小为50.5 N.考向三 流体及尘粒柱状模型的应用例3 对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质．正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m ，单位体积内粒子数量n 为恒量．为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略，其速率均为v ，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力学知识，推导出器壁单位面积所受粒子压力f 与m 、n 和v 的关系．(解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明) 答案 f ＝13nm v 2解析 如图所示，一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量ΔI ＝2m v ，以器壁上面积为S 的部分为底、v Δt 为高构成柱体，由题设可知，其内有16的粒子在Δt 时间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞，碰撞粒子总数N ＝16n ·S v Δt ，Δt 时间内粒子给器壁的冲量I ＝N ·ΔI ＝13nSm v 2Δt器壁上面积为S 的部分受到粒子的压力F ＝IΔt则器壁单位面积所受粒子的压力f ＝F S ＝13nm v 2.高考题型2 动量守恒定律及应用1．判断守恒的三种方法(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0，如光滑水平面上的板－块模型、电磁感应中光滑导轨上的双杆模型．(2)近似守恒：系统内力远大于外力，如爆炸、反冲．(3)某一方向守恒：系统在某一方向上所受外力的合力为0，则在该方向上动量守恒，如滑块－斜面(曲面)模型．2．动量守恒定律的三种表达形式(1)m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(用的最多)． (2)Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． (3)Δp ＝0，系统总动量的增量为零． 考向一 动量守恒定律的应用例4 (2020·全国卷Ⅱ·21改编)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg 的静止物块以大小为5.0 m/s 的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s 的速度与挡板弹性碰撞．总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s ，反弹的物块不能再追上运动员．不计冰面的摩擦力，该运动员的质量不可能为( ) A ．48 kg B ．53 kg C ．55 kg D ．58 kg 答案 A解析 设运动员的质量为M ，第一次推物块后，运动员速度大小为v 1，第二次推物块后，运动员速度大小为v 2……第八次推物块后，运动员速度大小为v 8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：M v 1＝m v 0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M (v 2－v 1)＝m [v 0－(－v 0)]＝2m v 0，……，第n 次推物块后，由动量守恒定律知：M (v n －v n －1)＝2m v 0，整理得v n ＝(2n －1)m v 0M ，则v 7＝260 kg·m/s M ，v 8＝300 kg·m/sM .由题意知，v 7<5.0 m/s ，则M >52 kg ，又知v 8>5.0 m/s ，则M <60 kg ，故选A.考向二 人船模型和反冲运动例5 如图3所示，小车质量为M ，置于光滑水平地面上，小车顶端有半径为R 的四分之一光滑圆，质量为m 的小球(可视为质点)从圆弧顶端由静止释放，重力加速度为g .对此运动过程分析，下列说法中正确的是( )图3A ．当小球滑到圆弧最低点时，小球的水平位移为RB ．当小球滑到圆弧最低点时，小球的水平位移为mRM ＋mC ．当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为m 2gRM (M ＋m )D ．当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为M 2gRm (M ＋m )答案 C解析 当小球滑到圆弧最低点时，小车的速度设为v ′，小球的速度设为v ，小球与小车组成的系统在水平方向上动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m v －M v ′＝0， 由机械能守恒定律得mgR ＝12m v 2＋12M v ′2，解得v ′＝m2gRM (M ＋m )，故C 正确，D 错误；设小球由静止释放至滑到最低点的过程中，小球和小车各自的位移大小为x 1和x 2，则mx 1－Mx 2＝0，且x 1＋x 2＝R ，联立解得x 1＝MRM ＋m，故A 、B 错误．高考题型3 碰撞模型及拓展1．碰撞问题遵循的三条原则 (1)动量守恒：p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′. (2)动能不增加：E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′.(3)若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度． 2．两种碰撞特点 (1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，有 m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′ 12m 1v 12＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 解得v 1′＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2，v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2.结论：①当两球质量相等时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，两球碰撞后交换了速度．②当质量大的球碰质量小的球时，v 1′>0，v 2′>0，碰撞后两球都沿速度v 1的方向运动． ③当质量小的球碰质量大的球时，v 1′<0，v 2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来． (2)完全非弹性碰撞动量守恒、末速度相同时：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 共，机械能损失最多，机械能的损失：ΔE ＝12m 1v 12＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 共2.3．碰撞拓展(1)“保守型”碰撞拓展模型图例(水平面光滑)小球—弹簧模型小球曲面模型达到共速相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，动量满足m v 0＝(m ＋M )v 共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能再次分离相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，动量满足m v 0＝m v 1＋M v 2，能量满足12m v 02＝12m v 12＋12M v 22(2)“耗散型”碰撞拓展模型 图例(水平面、水平导轨都光滑)达到共速相当于完全非弹性碰撞，动量满足m v 0＝(m ＋M )v 共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能考向一 非弹性碰撞例6 (2020·全国卷Ⅲ·15)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图4中实线所示．已知甲的质量为1 kg ，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )图4A ．3 JB ．4 JC ．5 JD ．6 J 答案 A解析 根据题图图像，碰撞前甲、乙的速度分别为v 甲＝5.0 m/s ，v 乙＝1.0 m/s ，碰撞后甲、乙的速度分别为v 甲′＝－1.0 m/s ，v 乙′＝2.0 m/s ，碰撞过程由动量守恒定律得m 甲v 甲＋m乙v 乙＝m 甲v 甲′＋m 乙v 乙′，解得m 乙＝6 kg ，碰撞过程两物块损失的机械能ΔE ＝12m 甲v甲2＋12m 乙v 乙2－12m 甲v 甲′2－12m 乙v 乙′2，解得ΔE ＝3 J ，故选A. 考向二 弹性碰撞例7 (2019·海南卷·13)如图5，用不可伸长轻绳将物块a 悬挂在O 点：初始时，轻绳处于水平拉直状态．现将a 由静止释放，当物块a 下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b 发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后b 滑行的最大距离为s .已知b 的质量是a 的3倍．b 与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g .求：图5(1)碰撞后瞬间物块b 速度的大小； (2)轻绳的长度． 答案 (1)2μgs (2)4μs解析 (1)设a 的质量为m ，则b 的质量为3m ，对物块b 碰撞后由动能定理有：－μ·3mgs ＝0－12·3m v b 2， 解得v b ＝2μgs(2)a 球从水平位置摆下的过程：mgL ＝12m v 02a 、b 碰撞的过程为弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒： m v 0＝m v a ＋3m v b 12m v 02＝12m v a 2＋12·3m v b 2 联立解得：L ＝4μs . 考向三 碰撞模型拓展例8 (2021·江苏常州市模拟)如图6所示，质量为M ＝4 kg 的大滑块静置在光滑水平面上，滑块左侧为光滑圆弧，圆弧底端和水平面相切，顶端竖直．一质量为m ＝1 kg 的小物块，被压缩弹簧弹出后，冲上大滑块(物块已与弹簧分离)，能从大滑块顶端滑出，滑出时大滑块的速度为1 m/s.g 取10 m/s 2，求：图6(1)小物块被弹簧弹出时的速度大小；(2)小物块滑出大滑块后能达到的最大高度h1；(3)小物块回到水平面的速度及再次滑上大滑块后能达到的最大高度h2.答案(1)5 m/s(2)1 m(3) 3 m/s，方向向左0.04 m解析(1)设小物块离开弹簧后的速度大小为v1，小物块滑上大滑块的过程中系统水平方向动量守恒m v1＝(m＋M)v2解得v1＝5 m/s(2)小物块第一次上升到最高点时水平速度大小等于v2, 系统机械能守恒12＝12(m＋M)v22＋mgh12m v1解得h1＝1 m(3)小物块能下落到大滑块并从大滑块上滑到水平面，系统水平方向动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向m v1＝m v1′＋M v2′12＝12m v1′2＋12M v2′22m v1解得v1′＝－3 m/s，v2′＝2 m/s系统水平方向动量守恒、机械能守恒m(－v1′)＋M v2′＝(m＋M)v12＋12M v2′2＝12(m＋M)v2＋mgh22m v1′解得h2＝0.04 m.1．(2021·山东济宁市高三期末)航天器离子发动机原理如图7所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化(即电离出正离子)，正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或姿态调整的反冲动力．已知单个正离子的质量为m，电荷量为q，正、负极栅板间加速电压为U，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I.忽略离子间的相互作用力，忽略离子喷射对航天器质量的影响．该发动机产生的平均推力F 的大小为( )图7A ．I 2mUq B ．I mU q C ．ImU 2qD ．2ImU q答案 A解析 以正离子为研究对象，由动能定理得qU ＝12m v 2，Δt 时间内通过的总电荷量为Q ＝I Δt ，喷出的总质量为M ＝Q q m ＝I Δtq m .由动量定理可知正离子所受平均冲量F Δt ＝M v ，由以上式子可得F ＝I2mUq，根据牛顿第三定律可知，发动机产生的平均推力大小为I 2mUq，故A 正确，B 、C 、D 错误．2．(2021·重庆市实验中学期末)如图8所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为m 的U 形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量也为m 的小球沿水平方向，以初速度v 0从U 形管的一端射入，从另一端射出．已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是( )图8A ．该过程中，小球与U 形管组成的系统机械能和动量都守恒B ．小球从U 形管的另一端射出时，速度大小为v 02C ．小球运动到U 形管圆弧部分的最左端时，小球速度大小为v 02D ．小球运动到U 形管圆弧部分的最左端时，U 形管速度大小为v 02答案 D解析 由于不计一切摩擦，故小球与U 形管组成的系统机械能守恒，系统沿导槽方向所受合外力为零，小球与U 形管组成的系统沿导槽方向动量守恒，故A 错误；小球从U 形管的另一端射出时，小球与U 形管系统机械能守恒，故12m v 02＝12m v 12＋12m v 22，沿着导槽方向，系统动量守恒，以向左为正方向，故m v 0＝m v 2＋m v 1，解得小球从U 形管的另一端射出时，U 形管速度为v 0，小球速度大小为0，故B 错误；小球运动到U 形管圆弧部分的最左端过程，沿着导槽方向，系统动量守恒，以向左为正方向，设小球与U 形管的速度为v x ，由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋m )v x ，解得v x ＝v 02，设小球的合速度大小为v ，根据机械能守恒定律得12m v 02＝12m (v 02)2＋12m v 2， 解得v ＝32v 0，故C 错误，D 正确． 3.(2021·广东江门市台师高级中学高三期末)如图9所示，一带有14光滑圆弧轨道的长木板质量为M ＝3 kg ，放置于光滑水平面上．长木板水平部分长L ＝2 m ，圆弧轨道半径R ＝0.6 m ，末端与长木板相切于B 点．在圆弧轨道最高点A 处由静止释放一质量为m ＝1 kg 的滑块(可视为质点)，最后滑块恰好不脱离长木板．(取g ＝10 m/s 2)求：图9(1)滑块刚滑到圆弧底端B 点时滑块的速度v 1和长木板的速度v 2； (2)滑块与长木板之间的动摩擦因数μ； (3)滑块在长木板水平部分上滑行的时间t .答案 (1)3 m/s ，方向向左 1 m/s ，方向向右 (2)0.3 (3)1 s解析 (1)滑块从A 滑到B 过程，系统机械能守恒，在水平方向动量守恒，以向左为正方向m v 1＋M v 2＝0 mgR ＝12m v 12＋12M v 22代入数据解得v 1＝3 m/s ，方向水平向左； v 2＝－1 m/s ，负号表示方向水平向右．(2)滑块与长木板组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得m v 1＋M v2＝(M＋m)v3代入数据解得v3＝0由能量守恒定律得12＋12M v22＝μmgL＋12(M＋m)v322m v1代入数据解得μ＝0.3(3)对滑块，由动量定理得－μmgt＝m v3－m v1代入数据解得t＝1 s.专题强化练[保分基础练]1．(2021·全国乙卷·14)如图1，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦．用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动．在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统()图1A．动量守恒，机械能守恒B．动量守恒，机械能不守恒C．动量不守恒，机械能守恒D．动量不守恒，机械能不守恒答案 B解析因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；对小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒．故选B.2.沿光滑水平面在同一条直线上运动的两物体A、B碰撞后以共同的速度运动，该过程的位移－时间图像如图2所示．则下列判断错误的是()图2A ．碰撞前后A 的运动方向相反B ．A 、B 的质量之比为1∶2C ．碰撞过程中A 的动能变大，B 的动能减小D ．碰前B 的动量较大答案 C解析 由位移－时间图像可得，碰撞之前v A ＝20－302m/s ＝－5 m/s ，碰撞之后v A ′＝ 20－102m/s ＝5 m/s ，则碰撞前后A 的运动方向相反，故A 正确．由位移－时间图像可得，碰撞之前v B ＝20－02m/s ＝10 m/s ，根据动量守恒定律得m A v A ＋m B v B ＝(m A ＋m B )v A ′，代入数据得m A ∶m B ＝1∶2，故B 正确．碰撞前后A 速度大小相等，则碰撞A 动能不变，故C 错误．碰前A 、B 速度方向相反，碰后A 、B 速度方向与B 碰前速度方向相同，则碰前B 的动量较大，故D 正确．3.(2021·江苏省第二次适应性考试)两个质量相同的小圆环A 、B 用细线相连，A 穿在光滑的水平直杆上．A 、B 从如图3所示的位置由静止开始运动．在B 摆到最低点的过程中( )图3A ．B 的机械能守恒B ．A 、B 组成的系统动量守恒C ．B 重力的功率一直减小D ．B 摆到最低点时，A 的速度最大答案 D解析 在整个运动过程中，只有重力对A 、B 组成的系统做功，A 、B 组成的系统机械能守恒，从B 开始运动到摆到最低点过程，A 做加速运动，A 的动能增加而重力势能不变，A 的机械能增大，A 、B 系统机械能守恒，则B 的机械能减少，不守恒，故A 错误；在B 从开始运动到摆到最低点过程，A 、B 组成的系统在水平方向所受合外力为零，在竖直方向所受合外力不为零，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故B 错误；B 开始运动时速度为零，重力的功率为零，到最低点时，重力方向与速度方向间的夹角α＝90°，在最低点重力的瞬时功率P ＝mg v cos α＝0，从开始运动到最低点的中间任何位置，B 的速度与cos α都不是零，即重力的瞬时功率不为0，则从开始运动到最低点过程，重力的功率从0先增大然后减小到0，故C 错误；B 从开始运动到下摆至最低点过程，A 向右做加速运动，B 到达最低点后继续向左摆动过程，A 向右做减速运动，因此B 到达最低点时A 的速度最大，故D 正确．4．(2021·广东广州市一模)长木板a 放在光滑的水平地面上，在其上表面放一小物块b .以地面为参考系，给a 和b 以大小均为v 0、方向相反的初速度，最后b 没有滑离a .设a 的初速度方向为正方向，a 、b 的v －t 图像可能不正确的是( )答案 D解析 长木板a 与小物块b 组成的系统动量守恒，最后b 没有滑离a ，则两物体最后相对静止具有共同速度，有m a v 0－m b v 0＝(m a ＋m b )v ，解得v ＝m a v 0－m b v 0m a ＋m b，由上式可知两物体最后的共同速度可能为正，也可能为负，或为0，所以A 、B 、C 正确，D 错误．5．(2021·山东威海市高三期末)查德威克因发现中子而获得了1935年度的诺贝尔物理学奖．为测定中子的质量，查德威克用初速度相同的中子分别与静止的氢核11H 和静止的氮核14 7N 发生弹性正碰，实验中，他测得碰撞后的氢核与氮核的速度之比为7∶1，则中子与氢核的质量之比为( )A ．1∶1B ．6∶5C ．7∶6D ．8∶7答案 C解析 设中子与氢核、氮核碰撞前的速度为v ，中子与氢核弹性碰撞时，根据动量守恒有m v＝m v 1＋m H v H ，根据机械能守恒有12m v 2＝12m v 12＋12m H v H 2，解得中子与氢核碰撞后，氢核的速度为v H ＝2m v m ＋m H ，同理可得，中子与氮核碰撞后，氮核的速度为v N ＝2m v m ＋m N，故有v H ∶v N ＝m ＋m N m ＋m H＝7，又m N ＝14m H ，解得中子与氢核的质量比m ∶m H ＝7∶6，故选C. 6.如图4，长度为l ＝1 m ，质量为M ＝1 kg 的车厢，静止于光滑的水平面上．车厢内有一质量为m ＝1 kg 、可视为质点的物块以速度v 0＝10 m/s 从车厢中点处向右运动，与车厢壁来回弹性碰撞n 次后，与车厢相对静止，物块与车厢底板间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度取g ＝10 m/s 2.下列说法不正确的是( )图4A ．n ＝26B ．系统因摩擦产生的热量为25 JC ．物块最终停在车厢中点处D ．车厢最终运动的速度为5 m/s ，方向水平向右答案 A解析 由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋M )v ，解得车厢最终运动的速度为v ＝5 m/s ，方向水平向右，对系统由能量守恒定律得：12m v 02＝12(M ＋m )v 2＋Q ，代入数据解得系统因摩擦产生的热量为Q ＝25 J ，故B 、D 正确；根据Q ＝μmgL 可得物块在车厢中相对车厢滑行的距离L ＝Q μmg＝25 m ，与车厢壁来回弹性碰撞次数n ＝L l＝25次，物块最终停在车厢中点处，故A 错误，C 正确．7．(2021·浙江省杭州第二中学模拟)台风实际上是一种强热带气旋．台风登陆后对地面建筑物、树木造成很大危害．若某台风登陆时的最大风力为11级，最大风速约为30 m/s.某高层建筑顶部广告牌的尺寸为：高5 m 、宽20 m ．空气密度ρ＝1.2 kg/m 3，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，则该广告牌受到的最大风力约为( )A ．3.9×105 NB ．1.1×105 NC ．1.1×104 ND ．9.0×104 N答案 B解析广告牌的面积为S＝5×20 m2＝100 m2设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有m＝ρS v t以t时间内吹到广告牌上的空气为研究对象，根据动量定理有－Ft＝0－m v＝0－ρS v2t 解得F＝ρS v2≈1.1×105 N根据牛顿第三定律可知，该广告牌受到的最大风力约为F′＝F≈1.1×105 N，故选B.[争分提能练]8．如图5所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个14弧形槽，弧形槽半径为R，A点切线水平．另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上滑块，重力加速度大小为g，不计摩擦．下列说法中正确的是()图5A．当v0＝2gR时，小球能到达B点B．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上C．小球到达弧形槽最高点处，小球的速度为零D．小球回到弧形槽底部时，小球速度方向可能向左答案 D解析滑块不固定，当v0＝2gR时，设小球沿槽上升的高度为h，小球与滑块组成的系统水平方向动量守恒，则有m v0＝(m＋M)v，机械能守恒12m v02＝12(M＋m)v2＋mgh，解得h＝MM＋mR<R，故A错误；当小球速度足够大，从B点离开滑块时，由于B点切线竖直，在B点时小球与滑块的水平速度相同，离开B点后将再次从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上，B错误；当小球到达弧形槽最高点，由在水平方向上动量守恒有m v0＝(M＋m) v共，小球具有水平速度，速度不为零，故C错误；当小球回到弧形槽底部，相当于完成了弹性碰撞m v 0＝m v 1＋M v 2， 12m v 02＝12m v 12＋12M v 22， 联立解得v 1＝m －M m ＋Mv 0， 当m >M ，v 1与v 0方向相同，向左，故D 正确．9.(2021·江苏扬州高三下初调)如图6所示，静置于水平地面的两辆手推车同向沿直线排列，质量均为m .t ＝0时刻某同学水平推第一辆车，脱手后小车继续运动，t 0时刻与第二辆车发生正碰，碰撞时间极短，碰后两车以共同速度继续运动距离L 后停止．车运动时所受阻力为车重的k 倍，重力加速度为g ，求：图6(1)碰后瞬间两车的速度大小v ；(2)该同学给第一辆车的冲量大小I ； (3)若该同学对第一辆车做功为W 0，求整个过程中两车克服阻力所做的功W .答案 (1)2kgL (2)kmgt 0＋2m 2kgL (3)W 0－2kmgL解析 (1)碰撞后根据动能定理－k ·2mgL ＝0－12×2m v 2，解得v ＝2kgL (2)设碰撞前第一辆车的速度为v 0，根据动量守恒定律得m v 0＝2m v解得v 0＝22kgL对第一辆车根据动量定理得I －kmgt 0＝m v 0－0解得I ＝kmgt 0＋2m 2kgL(3)碰撞过程中损失的机械能为ΔE ＝12m v 02－12×2m v 2＝2kmgL 根据能量守恒定律W 0＝ΔE ＋W解得W ＝W 0－2kmgL .10.(2021·河北张家口市一模)如图7所示，光滑水平面上质量为1 kg 的滑块A 和质量为2 kg 的滑块B 用水平轻弹簧连接，弹簧处于压缩状态且弹性势能为9 J ，滑块A 与左侧竖直墙壁接触但不粘连，整个系统处于静止状态．现将滑块B 由静止自由释放，弹簧恰好恢复原长时，滑块B 与静止在水平面上质量为1 kg 的滑块C 发生碰撞且粘合在一起，求：图7(1)滑块B 、C 碰后瞬间的速度大小；(2)弹簧第二次恢复原长时，滑块A 与滑块B 、C 的速度大小．答案 (1)2 m/s (2)3 m/s 1 m/s解析 (1)弹簧恰好恢复原长时，设碰前滑块B 的速度为v B ，根据能量守恒有12m B v B 2＝9 J 滑块B 、C 碰后，由动量守恒有m B v B ＝(m B ＋m C )v解得：v ＝2 m/s(2)碰后到弹簧第二次恢复原长时，由动量守恒和机械能守恒得(m B ＋m C )v ＝(m B ＋m C )v ′＋m A v A ，12(m B ＋m C )v 2＝12(m B ＋m C )v ′2＋12m A v A 2 解得：v ′＝1 m/s ，v A ＝3 m/s.11．如图8所示，质量为m 3＝2 kg 的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB 部分是半径为R ＝0.3 m 的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个水平轻质弹簧．滑道CD 部分粗糙，其他部分均光滑．质量为m 2＝3 kg 的物体2(可视为质点)放在滑道的B 点，现让质量为m 1＝1 kg 的物体1(可视为质点)自A 点由静止释放．两物体在滑道上的C 点相碰后粘在一起(g ＝10 m/s 2)．图8(1)求物体1从释放到与物体2相碰前的过程中，滑道向左运动的距离；(2)若CD ＝0.2 m ，两物体与滑道的CD 部分间的动摩擦因数为μ＝0.15，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；(3)在(2)的条件下，物体1、2最终停在何处？答案 见解析解析 (1)物体1从释放到与物体2碰撞前的过程中，物体1和滑道组成的系统在水平方向上动量守恒，设物体1水平位移大小为x 1，滑道的水平位移大小为x 3，有0＝m 1x 1－m 3x 3，x 1＝R解得x 3＝m 1x 1m 3＝0.15 m. (2)设物体1、物体2刚要相碰时物体1的速度大小为v 1，滑道的速度大小为v 3，由机械能守恒定律有m 1gR ＝12m 1v 12＋12m 3v 32 对物体1和滑道，由动量守恒定律有0＝m 1v 1－m 3v 3物体1和物体2相碰后的共同速度大小设为v 2，对物体1和物体2，由动量守恒定律有 m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2弹簧第一次被压缩至最短时由动量守恒定律可知物体1、2和滑道速度为零，此时弹簧的弹性势能最大，设为E pm .从物体1、2碰撞后到弹簧第一次被压缩至最短的过程中，由能量守恒定律有12(m 1＋m 2)v 22＋12m 3v 32－μ(m 1＋m 2)g ·CD ＝E pm 联立以上方程，代入数据解得E pm ＝0.3 J.(3)分析可知物体1、2和滑道最终静止，设物体1、2相对滑道CD 部分运动的路程为s ，由能量守恒定律有12(m 1＋m 2)v 22＋12m 3v 32＝μ(m 1＋m 2)gs 代入数据可得s ＝0.25 m所以物体1、2最终停在D 点左侧距离D 点0.05 m 处．[尖子生选练]12.(2021·北京市顺义区高三期末)如图9所示为大球和小球叠放在一起、在同一竖直线上进行的超级碰撞实验，可以使小球弹起并上升到很大高度．将质量为3m 的大球(在下)，质量为m 的小球(在上)叠放在一起，从距水平地面高h 处由静止释放，h 远大于球的半径，不计空气阻力，重力加速度为g .假设大球和地面、大球与小球的碰撞均为完全弹性碰撞，且碰撞时间极短．下列说法正确的是( )。

第19课时 光学 电磁波命题规律 1.命题角度：(1)光的折射与全反射；(2)光的干涉和衍射；(3)电磁波；(4)几何光学与物理光学的综合分析．2．常考题型：选择题、计算题．高考题型1 光的折射与全反射1．常用的三个公式 sin θ1sin θ2＝n ，n ＝c v ，sin C ＝1n . 2．折射率的理解(1)折射率与介质和光的频率有关，与入射角的大小无关． (2)光密介质指折射率大的介质，而不是指密度大的介质． (3)同一种介质中，频率越大的色光折射率越大，传播速度越小． 3．求解光的折射和全反射问题的思路(1)根据题意画出正确的光路图，特别注意全反射的临界光线． (2)利用几何关系确定光路中的边、角关系． (3)利用折射定律等公式求解． (4)注意折射现象中光路的可逆性．例1 (2021·江苏卷·7)某种材料制成的半圆形透明砖平放在方格纸上，将激光束垂直于AC 面射入，可以看到光束从圆弧面ABC 出射，沿AC 方向缓慢平移该砖，在如图1所示位置时，出射光束恰好消失，该材料的折射率为( )图1A ．1.2B ．1.4C ．1.6D ．1.8 答案 A解析 画出激光束从玻璃砖射出时恰好发生全反射的入射角如图所示，全反射的条件sin θ＝1n ，由几何关系知sin θ＝56，联立解得n ＝1.2，故A 正确，B 、C 、D 错误．例2 (2021·江苏盐城市滨海中学一模)半径为R 的固定半圆形玻璃砖的横截面如图2所示，O 点为圆心，与直径AB 垂直的足够大的光屏CD 紧靠住玻璃砖的左侧，OO ′与AB 垂直．一细光束沿半径方向与OO ′成θ＝30°角射向O 点，光屏CD 区域出现两个光斑，两光斑间的距离为(3＋1)R ，求：图2(1)此玻璃的折射率；(2)当θ变为多大时，两光斑恰好变为一个． 答案 (1)2 (2)45°解析 (1)细光束在AB 界面，一部分反射，另一部分折射，设折射角为β，光路图如图所示由几何关系得L 1＝R tan θ＝R tan 30°＝3R根据题意两光斑间的距离为(3＋1)R ，所以可知L 2＝R ，由几何关系知β＝45°，根据折射定律得，此玻璃的折射率为n ＝sin βsin θ＝sin 45°sin 30°＝ 2(2)若光屏CD 上恰好只剩一个光斑，则说明该光束恰好在AB 面发生全反射，由sin C ＝1n可得，临界角大小为C＝45°，即当θ＝45°时，光屏上恰好只剩下一个光斑．高考题型2光的干涉与衍射光的双缝干涉和单缝衍射的比较双缝干涉单缝衍射产生条件两束光频率相同、相位差恒定障碍物或狭缝的尺寸足够小(明显衍射)图样不同点条纹宽度条纹宽度相等条纹宽度不等，中央最宽条纹间距各相邻条纹间距相等各相邻条纹间距不等亮度情况清晰条纹，亮度基本相等中央条纹最亮，两边变暗与光的偏振的区别干涉、衍射都是波特有的现象；光的偏振现象说明光是横波例3(2020·北京卷·1)以下现象不属于干涉的是()A．白光经过杨氏双缝得到彩色图样B．白光照射肥皂膜呈现彩色图样C．白光经过三棱镜得到彩色图样D．白光照射水面油膜呈现彩色图样答案 C解析选项A是双缝干涉，选项B是薄膜干涉，选项C是光的色散，选项D是薄膜干涉．故选C.例4(2021·江苏南通市如皋中学三模)某同学用红光做实验，拍摄到屏上亮条纹的照片如图3甲、乙所示，则该同学做的是()图3A．单缝衍射实验，甲图中单缝的宽度小B．单缝衍射实验，乙图中单缝的宽度小C．双缝干涉实验，甲图中双缝到屏的距离大D．双缝干涉实验，乙图中双缝到屏的距离大答案 A解析单缝衍射时，缝越小，衍射条纹中间越宽，故A正确，B错误；双缝干涉条纹是明暗相间条纹且宽度相同，故C、D错误．例5(2021·江苏卷·6)铁丝圈上附有肥皂膜，竖直放置时，肥皂膜上的彩色条纹上疏下密，由此推测肥皂膜前后两个面的侧视形状应当是()答案 C解析薄膜干涉为前后两个面反射回来的光发生干涉形成干涉条纹，复色光时，出现彩色条纹．由于重力作用，肥皂膜前后表面的厚度从上到下逐渐增大，从而使干涉条纹上疏下密，由于表面张力的作用，使得肥皂膜向内凹陷，故C正确，A、B、D错误．高考题型3电磁波1．电磁波谱：按照电磁波的频率或波长的大小顺序把它们排列成谱叫作电磁波谱．按波长由长到短排列的电磁波谱为：无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线．2．电磁波传播不需要介质，在介质中传播时速度与介质材料和电磁波频率有关．例6(2021·江苏省前黄高级中学高三月考)下列关于电磁波的说法中不正确的是() A．微波炉能快速加热食物是利用红外线具有显著的热效应B．常用的电视机遥控器通过发出红外线脉冲信号来遥控电视机C．天文学家用射电望远镜接收天体辐射的无线电波进行天体物理研究D．遥感技术中利用了红外线探测器接收物体发出的红外线来探测被测物体的特征答案 A解析食物中的水分子在微波的作用下热运动加剧，温度升高，内能增加，不是利用红外线来加热，A错误，符合题意；常用的电视机遥控器通过发出的红外线脉冲信号来遥控电视机，B正确，不符合题意；天文学家用射电望远镜接收天体辐射的无线电波进行天体物理研究，C正确，不符合题意；遥感技术中利用红外线探测器接收物体发出的红外线来探测被测物体的特征，D正确，不符合题意．例7如图4所示，我国成功研发的反隐身先进米波雷达堪称隐身飞机的克星，它标志着我国雷达研究又创新的里程碑，米波雷达发射无线电波的波长在1～10 m 范围内，则对该无线电波的判断正确的是( )图4A ．米波的频率比厘米波的频率高B ．和机械波一样需靠介质传播C ．同光波一样会发生反射现象D ．不可能产生干涉和衍射现象 答案 C解析 根据f ＝vλ可知，电磁波的波长越大，频率越低，故米波的频率比厘米波的频率低，选项A 错误；无线电波的传播不需要介质，选项B 错误；无线电波同光波一样会发生反射现象，选项C 正确；干涉和衍射是波特有的现象，故无线电波也能发生干涉和衍射现象，选项D 错误．高考题型4 几何光学与物理光学的综合应用各种色光特征比较项目 红→紫 频率 越来越高 波长 越来越短 折射率 越来越大 介质中传播速度 越来越小 发生全反射时的临界角越来越小 光子能量越来越大例8 (2021·山东烟台市高三期末)夏日雨后，我们经常会看到天空中出现美丽的彩虹．从物理学角度看，彩虹是太阳光以一定的角度照射在雨滴上经过两次折射和一次反射形成的．如图5是彩虹成因的简化示意图，其中a 、b 代表两种不同频率的单色光，则( )图5A ．a 光的频率大于b 光的频率B ．在同种介质中，a 光的传播速度小于b 光的传播速度C ．a 光和b 光以相同的入射角从水中射入空气，在空气中只能看到一种光时，一定是a 光D ．分别用同一双缝干涉装置进行实验，在干涉图样中a 光相邻两个亮条纹中心的距离小于b 光相邻两个亮条纹中心的距离 答案 C解析 由光路图可知，水对b 光的偏折程度较大，则b 光的折射率较大，则b 光的频率比a 光的频率高，A 错误；根据v ＝cn ，可知在同种介质中，b 光的传播速度小于a 光的传播速度，B 错误；因为sinC ＝1n ，可知a 光的临界角大于b 光的临界角，则a 光和b 光以相同的入射角从水中射入空气，在空气中只能看到一种光时，则一定是b 光发生了全反射，射出的一定是a 光，C 正确；因b 光的折射率大，则a 光的波长大于b 光的波长，根据Δx ＝ld λ可知，分别用同一双缝干涉装置进行实验，在干涉图样中a 光相邻两个亮条纹中心的距离大于b 光相邻两个亮条纹中心的距离，D 错误．1．(2021·江苏苏锡常镇一模)利用微距相机可以拍摄到形状各异的雪花图像(图6甲)，其中有一种“彩虹”雪花，中间部分有一个夹有空气的薄冰层，呈彩色花纹(图乙)，这是由于( )图6A ．光的干涉B ．光的衍射C ．光的偏振D ．小孔成像答案 A解析 薄冰中间所夹的空气薄层相当于一层薄膜，光在此空气薄层上形成薄膜干涉，呈现彩色花纹．故选A.2.(2021·辽宁沈阳市高三下质量监测)如图7所示，有三块等腰直角三角形的透明材料(图中的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)恰好拼成一个长方形．从A 点垂直于底边射入的单色光在B 处发生全反射，在C 、D 处连续发生两次折射后射出．若该单色光在三块材料中的传播速度依次为v 1、v 2、v 3，下列关系式中正确的是( )图7A ．v 2>v 1>v 3B ．v 3>v 1>v 2C ．v 3>v 2>v 1D ．v 1>v 2>v 3答案 A解析 设Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种材料对光的折射率分别为n 1、n 2、n 3.根据全反射条件，光从Ⅰ射向Ⅱ时发生了全反射，则有n 1>n 2，光从Ⅰ射向Ⅲ时发生了折射，由题图知入射角大于折射角，则有n 1<n 3，所以n 2<n 1<n 3，根据光在介质中的传播速度公式v ＝cn ，可得v 3<v 1<v 2，故选A.3.(2021·山东德州市一模)如图8所示光导纤维的长度为L ，对某种频率的光的折射率为n ，若有各种入射方向的该频率的光照射到此光导纤维一端的横截面上，认为自另一端射出的光在此光导纤维传播的过程中都发生全反射，已知光在真空中的传播速度为c ，自另一端射出的光在此光导纤维中的最长传播时间为( )图8A.n 2L cB.nL cC.L ncD.L n 2c 答案 A解析 当光在介质的界面处恰好发生全反射时，光在光导纤维中的传播路程最长，由几何关系可知，最长路程为s ＝L sin C ＝nL ，传播速度为v ＝c n ，故最长时间t ＝s v ＝n 2L c ，故选A.4.(2021·河北邯郸市高三期末)由某种新型材料做成的某个光学元件，其中一个截面是半径为R 的半圆形，PQ 为半圆的直径，O 为该柱形截面的圆心，如图9所示．一激光器发出的光以与直径PQ 成45°角的方向射入元件内，入射点沿PQ 由下向上移动，当移动到B 点时，光线恰好从元件的中点E 射出，继续上移到位置D (图中未标出)时光线恰好不能从圆弧面射出(不考虑经半圆柱内表面反射后射出的光)．已知该新型材料的折射率n ＝2，光在真空中的传播速度为c .求：图9(1)由B 点射入的光线在元件内传播的时间； (2)D 点与O 的距离． 答案 (1)26R 3c (2)63R解析 (1)由题意知，入射角i ＝45°，设对应折射光线BE 的折射角为r ，如图所示根据折射定律有n ＝sin isin r ，解得r ＝30°光线BE 在元件内传播的速度为v ＝cn传播的距离为BE ＝R cos r ＝233R光线从B 点传播到E 所用的时间t ＝BE v ＝26R3c(2)当光线由D 点入射时，到达圆弧面的入射角恰好等于临界角C ，则sin C ＝1n由正弦定理得R sin 60°＝OD sin C ，解得OD ＝63R .专题强化练[保分基础练]1．(2021·江苏省1月适应性考试·1)小华通过偏振太阳镜观察平静水面上反射的阳光，转动镜片时发现光有强弱变化，下列说法能够解释这一现象的是( ) A ．阳光在水面反射时发生了偏振，镜片起起偏器的作用 B ．阳光在水面反射时发生了偏振，镜片起检偏器的作用 C ．阳光在水面反射时没有发生偏振，镜片起起偏器的作用 D ．阳光在水面反射时没有发生偏振，镜片起检偏器的作用 答案 B解析 发现光有强弱变化说明水面上反射的阳光是偏振光，而阳光本身是自然光，在反射时发生了偏振，当偏振片的方向与光的偏振方向平行时，通过的光最强，而当偏振片的方向与光的偏振方向垂直时，通过的光最弱，因此镜片起到检偏器的作用，故选B.2．(2021·江苏如皋市高三期末)如图1所示，双缝干涉实验中利用相同的实验装置，分别得到了甲、乙两种色光的干涉图样下列关于甲、乙光的说法正确的是( )图1A ．甲光光子的动量大于乙光光子的动量B ．甲光光子的能量大于乙光光子的能量C ．同种介质对甲光的折射率大于对乙光的折射率D ．甲光在水中的传播速度大于乙光在水中的传播速度 答案 D解析 由双缝干涉条纹间距公式Δx ＝L d·λ及题图中甲光条纹间距大于乙光条纹间距可得λ甲>λ乙 由光子动量公式 p ＝hλ可知甲光光子的动量小于乙光光子的动量，故A 错误； 由光子能量公式E ＝hν＝h cλ知甲光子的能量小于乙光子能量，故B 错误；甲光频率低，同种介质对甲光的折射率小于对乙光的折射率，故C 错误； 由折射率与传播速度关系式n ＝cv可得甲光在水中传播速度大于乙光在水中传播速度，故D正确．3．(2021·北京市海淀区高三期末)第五代移动通信技术(简称5G)是最新一代蜂窝移动通信技术，5G的性能目标是高数据速率、减少延迟、大规模设备连接等．与4G相比，5G使用的电磁波频率更高．下列说法中不正确的是()A．5G和4G使用的电磁波都是横波B．5G和4G使用的电磁波在真空中的传播速度相同C．5G和4G使用的电磁波都可以发生干涉和衍射现象D．在真空中5G使用的电磁波波长比4G的长答案 D解析5G和4G使用的电磁波都是横波，故A正确；5G和4G使用的电磁波在真空中的传播速度相同，均为光速3×108m/s，故B正确；任何波均能发生干涉和衍射现象，故5G和4G使用的电磁波都可以发生干涉和衍射现象，故C正确；根据公式v＝λf得，当速度一样时，波长与频率成反比，即5G使用的电磁波的波长比4G的短，故D错误．4．(2021·江苏省1月适应性考试·2)如图2所示，一束激光照射在横截面为正方形的透明玻璃柱上，光线与横截面平行，则透过玻璃柱的光线可能是图中的()图2A．①B．②C．③D．④答案 C解析当光从空气(真空)射入玻璃时，折射角小于入射角，由图可知可排除①②；当光从玻璃射入空气(真空)时，折射角大于入射角，且折射光线与入射光线分居法线的两侧，由图可知可排除④，应选③.5．(2021·山东青岛市高三期末)如图3，光导纤维由内芯和外套两部分组成，内芯折射率比外套的大，光在光导纤维中传播时，光在内芯和外套的界面上发生全反射．假设外套为空气，一束红光由光导纤维的一端射入内芯，红光在内芯与空气的界面上恰好发生全反射，经时间t 1从另一端射出；另让一束绿光也从光导纤维的一端射入，绿光在内芯与空气的界面上也恰好发生全反射，经时间t 2从另一端射出．下列说法正确的是( )图3A ．内芯对红光的折射率n 1与对绿光的折射率n 2之比为t 1t 2 B ．内芯对红光的折射率n 1与对绿光的折射率n 2之比为t 1t 2C ．红光在内芯中的传播速度v 1与绿光在内芯中的传播速度v 2之比为t 1t 2 D ．红光在内芯中的传播速度v 1与绿光在内芯中的传播速度v 2之比为t 2t 1答案 A解析 设光导纤维长为l ，对红光而言sin C 1＝1n 1，红光通过光导纤维的路程l 1＝l sin C 1，红光的光速为v 1＝c n 1，因此所用时间t 1＝l 1v 1，整理得t 1＝l cn 12，同理，绿光通过光导纤维所用时间t 2＝l c n 22，因此n 1n 2＝t 1t 2，A 正确，B 错误．红光在内芯中的传播速度v 1与绿光在内芯中的传播速度v 2之比v 1v 2＝n 2n 1＝t 2t 1，C 、D 错误． 6.(2021·福建龙岩市一模)如图4所示，把一矩形均匀薄玻璃板ABCD 压在另一个矩形平行玻璃板上，一端用薄片垫起，将红单色光从上方射入，这时可以看到明暗相间的条纹，下列关于这些条纹的说法中正确的是( )图4A．条纹方向与AB边平行B．条纹间距不是均匀的，越靠近BC边条纹间距越大C．减小薄片的厚度，条纹间距变小D．将红单色光换为蓝单色光照射，则条纹间距变小答案 D解析薄膜干涉的光程差Δs＝2d(d为薄膜厚度)，厚度相同处产生的条纹明暗情况相同，因此条纹应与BC边平行，故A错误；因为两玻璃间形成的空气膜厚度均匀变化，因此条纹是等间距的，故B错误；减小薄片厚度，条纹间距将增大，故C错误；将红单色光换成蓝单色光照射，入射光波长减小，条纹间距将减小，故D正确．7.(2021·江苏泰州市高三期末)如图5所示，一束复色光射向半圆形玻璃砖的圆心O，经折射后分为两束单色光a和b，下列判断正确的是()图5A．a光在玻璃中的速度大于b光在玻璃中的速度B．a、b两束光遇到同样的障碍物时，a光更容易发生明显衍射C．增大复色光的入射角，在玻璃砖的右边最先消失的是a光D．用a、b两束光分别照射到同一金属表面，b光更容易使金属发生光电效应答案 C解析根据光路，单色光a在空气中的折射角较大，所以根据折射定律，玻璃对a光的折射率较大，根据折射率与速度的关系式n＝c v可知，a光在玻璃中的速度小于b光在玻璃中的速度，A错误；折射率越大的光，其频率越高，用a、b两束光分别照射到同一金属表面，a光更容易使金属发生光电效应，D错误．根据频率与波长的关系式c＝λf知，a光的波长小于b 光的波长，而波长越短，越难发生明显衍射，所以a、b两束光遇到同样的障碍物时，a光更难发生明显衍射，B错误；根据sin C＝1n，a光对玻璃的临界角较小，所以增大复色光的入射角，在玻璃砖的右边最先消失的是a光，C正确．[争分提能练]8．(2021·江苏苏锡常镇一模)一种“光开关”的“核心区”如图6虚框区域所示，其中1、2是两个完全相同的截面为等腰直角三角形的棱镜，直角边与虚框平行，两斜面平行，略拉开一小段距离，在两棱镜之间可充入不同介质以实现开关功能．单色光a从1的左侧垂直于棱镜表面射入，若能通过2，则为“开”，否则为“关”，已知棱镜对a的折射率为1.5，下列说法正确的是()图6A．单色光a在棱镜中的波长是在真空中波长的1.5倍B．若不充入介质，则实现“开”功能C．若充入的介质相对棱镜是光疏介质，有可能实现“开”功能D．若充入的介质相对棱镜是光密介质，有可能实现“关”功能答案 C解析根据公式可知v＝cn，单色光a在棱镜中的传播速度为真空中的23，v＝λf，频率不变，单色光a在棱镜中的波长为在真空中波长的23，A错误；单色光a从1的左侧垂直于棱镜表面射入，入射角为45°，根据全反射的条件，临界角为sin C＝1n ＝23<sin 45°＝22，可知入射角大于临界角，不充入介质，即发生全反射，光不可以通过2，实现“关”功能，B错误；由光密介质进入光疏介质，可能不发生全反射，进入2，可能实现“开”功能，从光疏介质进入光密介质，不会发生全反射，则一定处于开状态，C正确，D错误．9．(2021·江苏四校联合第三次联考)如图7甲所示是由透明材料制成的半圆柱体，一束细光束由真空沿着径向与AB成θ角射入，对射出的折射光线的强度随θ角的变化进行记录，得到的关系如图乙所示．图丙是由这种材料制成的透明体，左侧是半径为R的半圆，右侧是长为8R、高为2R的长方体，一束单色光从左侧A′点沿半径方向与长边成37°角射入透明体．已知光在真空中的传播速度为c ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是( )图7A ．该透明材料的临界角为37°B ．该透明材料的折射率为1.5C ．光在透明体中传播的路程为10RD ．光在透明体中传播的时间为55R 4c答案 D解析 由题图乙可知，当θ＝37°时，折射光线才开始出现，说明此时恰好发生全反射，即该透明材料的临界角为C ＝90°－37°＝53°，A 错误；根据全反射临界角公式sin C ＝1n可得该透明材料的折射率n ＝1.25，B 错误； 因为临界角是53°，光线在长方体玻璃砖中刚好发生三次全反射，光路如图所示，设在长方体中光程为x ，其在水平方向的投影为8R ，故满足x cos 37°＝8R可得x ＝10R ，再加上半圆中的光程R ，故光在透明体中传播的总路程为11R ，C 错误；光在透明材料中的传播速度v ＝c n ，光在透明体中传播的时间为t ＝11R v ＝55R 4c，D 正确． 10．(2021·江苏七市二模)如图8所示，激光笔发出一束激光射向水面O 点，经折射后在水槽底部形成一光斑P .已知入射角α＝53°，水对激光的折射率n ＝43，真空中光速c ＝3.0×108 m/s ，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.图8(1)求激光在水中传播的速度大小v；(2)打开出水口放水，求水放出过程中光斑P移动的距离x与水面下降距离h的关系．答案(1)2.25×108 m/s(2)x＝712h解析(1)由于v＝c n代入数据解得v＝2.25×108 m/s(2)打开出水口后，光路图如图所示设水原来深度为H，折射角为β，由折射定律有n＝sin αsin β解得sin β＝sin αn＝0.6由几何关系有h tan α＋(H－h)tan β＝x＋H tan β代入数据解得x＝712h.11．(2021·江苏苏锡常镇二调)如图9所示，截面为等腰直角三角形ABC的玻璃砖，∠B＝90°，一束频率为f＝6×1014 Hz的光线从AB面中点处垂直射入棱镜，在AC面发生全反射，从BC 面射出后，进入双缝干涉装置．已知AC长度L＝0.3 m，双缝间距d＝0.2 mm，光屏离双缝的距离l＝1.0 m，光在真空中的传播速度为c＝3.0×108 m/s.求：图9(1)玻璃砖的折射率的最小值；(2)光线在玻璃砖中传播的最短时间；(3)光屏上相邻亮条纹的间距Δx.答案(1)2(2)1×10－9 s(3)2.5 mm解析(1)由几何关系知，光线在AC面发生全反射的临界角C≤45°由sin C＝1n得n≥ 2即最小折射率为 2(2)由几何关系，光线在玻璃砖中传播距离x＝2 2L光线在玻璃砖中传播速度为v＝cn传播时间为t＝x v代入数据，解得最短时间t＝1×10－9 s(3)由波长的公式，可得λ＝c f相邻亮条纹间的距离为Δx＝ldλ代入数据，解得Δx＝2.5 mm.12．(2021·江苏扬州市高三下初调)如图10所示为某光学元件的横截面，∠A＝∠D＝∠E＝90°，AE＝20 3 cm，现使用一束波长λ＝600 nm、功率P＝66.3 mW的激光照射到AB边上的M点，AM＝10 cm，入射角α＝60°，此时反射光与入射光的功率之比为1∶10.元件对激光的折射率n＝3，真空中光速c＝3×108 m/s，普朗克常量为h＝6.63×10－34 J·s，求：图10(1)激光通过元件经历的时间t(不考虑多次反射)；(2)单位时间内进入元件的激光的光子数N.答案 (1)2315×10－8 s (2) 1.8×1017个 解析 (1)光路如图所示根据折射定律得n ＝sin αsin β，解得sin β＝12，所以有MF ＝2AM ＝20 cm ，光在光学元件中传播的速度为v ＝c n ＝3×108 m/s ，激光在光学元件中的临界角满足sin C ＝1n ＝33<32，所以激光在F 处发生全反射，在ED 面射出．所以传播时间为t ＝2MF v ＝2315×10－8 s (2)单位时间内进入元件的激光的能量为N ·h c λ＝P ·(1－10%)，解得N ＝1.8×1017个．。

第4课时运动的合成与分解命题规律 1.命题角度：(1)曲线运动、运动的合成与分解；(2)抛体运动.2.常考题型：选择题、计算题．高考题型1曲线运动、运动的合成与分解考向一运动的合成与分解例1在光滑的水平面上建立xOy平面直角坐标系，一质点在水平面上从坐标原点开始运动，沿x方向和y方向的x－t图像和v y－t图像分别如图1所示，则0～4 s内()图1A．质点的运动轨迹为直线B．质点的加速度恒为1 m/s2C．4 s末质点的速度为6 m/sD．4 s末质点离坐标原点的距离为16 m答案 B解析质点在x方向做匀速直线运动，其速度为v x＝ΔxΔt＝2 m/s，在y方向做匀加速直线运动，其初速度、加速度分别为v y0＝0，a＝Δv yΔt＝1 m/s2，所以质点的合初速度在x方向，合加速度在y方向，故质点做匀加速曲线运动，A错误，B正确；4 s末质点在y方向的分速度为v y4＝4 m/s，故其合速度为v＝v y42＋v x2＝2 5 m/s，C错误；4 s末质点在y方向的位移为y＝12v y4t＝8 m，所以4 s末质点离坐标原点的距离为s＝y2＋x2＝8 2 m，D错误．例2如图2所示，一个质量为m＝1 kg的物体在光滑水平面上沿直线AB做速度大小为v0＝5 m/s的匀速直线运动．在某时刻(到O点处)，受到两个互相垂直的水平恒力作用，一个力大小为F1＝4 N，另一个力F2与v0方向所成的夹角θ＝53°.当物体速度大小为4 5 m/s时，恰好经过F2方向上的P点．已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：图2(1)O 点到P 点的运动时间t OP ；(2)O 点到P 点的位移x OP 的大小；(3)F 2的大小．答案 (1)2 s (2)11 m (3)2.5 N解析 (1)如图有v x ＝v 0cos θ＝5×0.6 m/s ＝3 m/sv y ＝v 0sin θ＝5×0.8 m/s ＝4 m/s物体在x 方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得a x ＝F 2m物体在y 方向向上匀减速后，向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得a y ＝F 1m＝4 m/s 2 经历时间t OP 到达P 点，则有t OP ＝Δv y a y ＝4＋44s ＝2 s (2)由题意知v P ＝4 5 m/s而v yP ＝4 m/s根据v P ＝v yP 2＋v xP 2可得v xP ＝8 m/s故a x ＝Δv x t OP ＝8－32m/s 2＝2.5 m/s 2所以x OP ＝v xP 2－v x 22a x ＝82－322×2.5m ＝11 m (3)根据牛顿第二定律可得F 2＝ma x ＝1×2.5 N ＝2.5 N.考向二 关联速度问题把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解．常见的模型如图3所示．图3例3 如图4所示，套在竖直细杆上的轻环A 由跨过光滑轻质定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B 相连，施加外力让A 沿杆以速度v 匀速上升，从图中M 位置上升至与定滑轮的连线处于水平的N 位置，已知AO 与竖直杆成θ角，则下列说法正确的是( )图4A ．刚开始时B 的速度大小为v cos θB ．A 匀速上升时，重物B 也匀速下降C ．重物B 下降过程，绳对B 的拉力大于B 的重力D ．A 运动到位置N 时，B 的速度最大答案 C解析 对于A ，它的速度如图中标出的v ，这个速度看成是A 的合速度，其分速度大小分别是v a 、v b ，其中v b 等于B 的速率(同一根绳子，两端速度大小相同)，故刚开始上升时B 的速度大小为v B ＝v b ＝v cos θ，故A 错误；由于A 匀速上升，θ在增大，所以v B 在减小，故B 错误；B 下降过程做减速运动，处于超重状态，绳对B 的拉力大于B 的重力，故C 正确；当A 运动到位置N 时θ＝90°，此时v B ＝0，故D 错误．考向三 小船渡河问题例4 如图5所示，某河流水流速度大小恒为v 1，A 处的下游C 处有个漩涡，漩涡与河岸相切于B 点，漩涡的半径为r ，AB ＝3r .为使小船从A 点出发以恒定的速度安全到达对岸，小船航行时在静水中速度的最小值为( )图5A.12v 1B.33v 1C.32v 1 D.3v 1 答案 C解析 如图所示，当小船从A 点沿与漩涡相切的虚线渡河，且在静水中的速度v 2与其在河流中的实际速度v 垂直时，小船在静水中的速度最小，设为v 2，故有v 2＝v 1sin θ，而tan θ2＝r 3r ＝33，解得v 2＝32v 1，故选C.高考题型2 抛体运动1．抛体运动为a ＝g 的匀变速运动，基本思想是运动的分解．平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动；斜抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上(下)抛运动．2．平抛运动、速度方向和位移方向的应用已知条件 情景示例 解题策略已知速度方向从斜面外平抛，垂直落在斜面上，如图所示，已知速度的方向垂直于斜面．分解速度tan θ＝v0v y＝v0gt从圆弧形轨道外平抛，恰好无碰撞地进入圆弧形轨道，如图所示，已知速度方向沿该点圆弧的切线方向．分解速度tan θ＝v yv0＝gtv0已知位移方向从斜面上平抛又落到斜面上，如图所示，已知位移的方向沿斜面向下．分解位移tan θ＝yx＝12gt2v0t＝gt2v0在斜面外平抛，落在斜面上位移最小，如图所示，已知位移方向垂直斜面．分解位移tan θ＝xy＝v0t12gt2＝2v0gt3.平抛运动的两个推论(1)设做平抛运动的物体在任意时刻的速度方向与水平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为φ，则有tan θ＝2tan φ，如图6甲所示．(2)做平抛运动的物体任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图乙所示．图64．斜抛运动至最高点时速度水平，可采用逆向思维法，看作平抛运动．考向一平抛运动例5 (2021·江苏省1月适应性考试·5)某生态公园的人造瀑布景观如图7所示，水流从高处水平流出槽道，恰好落入步道边的游泳池中．现制作一个为实际尺寸116的模型展示效果，模型中槽道里的水流速度应为实际的( ) 图7A.12B.14C.18D.116答案 B解析 由题意可知，水流出后做平抛运动的水平位移和竖直位移均变为实际的116，由h ＝12gt 2，得t ＝2h g ，所以时间变为实际的14，水流出的速度v ＝x t ，由于水平位移变为实际的116，时间变为实际的14，则水流出的速度为实际的14，故选B. 例6 (2018·全国卷Ⅲ·17)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v 和v 2的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上．甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的( )A ．2倍B ．4倍C ．6倍D ．8倍答案 A解析 如图所示，可知：x ＝v t ，x ·tan θ＝12gt 2，v y ＝gt ＝2tan θ·v则落至斜面的速率v 落＝v 2＋v y 2＝v 1＋4tan 2θ，即v 落∝v ，甲、乙两球抛出速度为v 和v 2，则可得落至斜面时速率之比为2∶1.考向二 斜抛运动例7 (2021·江苏卷·9)如图8所示，A 、B 两篮球从相同高度同时抛出后直接落入篮筐，落入篮筐时的速度方向相同，下列判断正确的是( )图8A．A比B先落入篮筐B．A、B运动的最大高度相同C．A在最高点的速度比B在最高点的速度小D．A、B上升到某一相同高度时的速度方向相同答案 D解析若研究两个过程的逆过程，可看成是从篮筐沿同方向斜向上的斜抛运动，落到同一高度上的两点，则A上升的高度较大，高度决定时间，可知A运动时间较长，即B先落入篮筐中，A、B错误；因为两球抛射角相同，A的射程较远，则A球的水平速度较大，即A在最高点的速度比B在最高点的速度大，C错误；由斜抛运动的对称性可知，当A、B上升到某一相同高度时的速度方向相同，D正确．1．(2021·江苏无锡市市北高级中学高三期末)如图9所示，从匀速运动的水平传送带边缘，垂直弹入一底面涂有墨汁的棋子，棋子在传送带表面滑行一段时间后随传送带一起运动．以传送带的运动方向为x轴，棋子初速度方向为y轴，以出发点为坐标原点，棋子在传送带上留下的墨迹为()图9答案 A解析研究墨迹，也就是研究棋子相对于传送带的相对运动．分析可知，在传送带这个参考系中，合速度的方向和摩擦力的方向在一条直线上，所以运动轨迹应该是一条过坐标原点的倾斜直线，又因为棋子相对于传送带往后运动，故A 正确，B 、C 、D 错误．2．(2021·江苏盐城市、南京市一模)如图10甲为2020年中国排球联赛的某个场景，排球飞行过程可简化为图乙．运动员某次将飞来的排球从a 点水平击出，球击中b 点；另一次将飞来的排球从a 点的正下方且与b 点等高的c 点斜向上击出，也击中b 点，排球运动的最高点d 与a 点的高度相同．不计空气阻力．下列说法正确的是( )图10A ．两个过程中，排球在空中飞行的时间相等B ．两个过程中，排球击中b 点时的动能相等C ．运动员两次击球对排球所做的功可能相等D ．排球两次击中b 点前瞬间，重力的功率一定不相等答案 C3．(2021·山东烟台市高三期末)某同学参加学校的跳远比赛，其运动轨迹可以简化为如图11所示，该同学以速率v 沿与水平地面成某一角度方向跳出，运动过程中离开地面的最大高度为H ＝9v 250g，若该同学可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ，则该同学本次跳远的成绩为( )图11 A.24v 225g B.12v 225g C.18v 225g D.9v 225g答案 A解析 设速率v 与水平方向的夹角为θ，则H ＝(v sin θ)22g ，运动时间t ＝2v sin θg，水平位移x ＝v cos θ·t ，联立解得x ＝24v 225g，故选A. 4．(2021·湖北部分重点高中高三期末联考)质量为m 的粒子a 以速度v 在竖直面内水平向右运动，另一质量为m 的粒子b 以速度v 沿与水平方向成45°角斜向右下的方向运动，在某段时间内两个粒子分别受到相同的恒力的作用，在停止力的作用时，粒子a 沿竖直向下方向以速度v 运动，则粒子b 的运动速率为(不计重力)( )A.2vB.3v C ．v D ．0.5v答案 B解析作出粒子a的初速度、末速度及速度的变化量关系图，如图甲由于初、末速度大小相等，则Δv与水平方向成45°角斜向左下，Δv＝2v，设恒力的作用时间为t，根据动量定理有Ft＝mΔv，得F＝2m vt，可知作用力F与粒子b的初速度垂直，所以粒子b做类平抛运动，建立如图乙所示的直角坐标系，粒子b沿x轴正方向做匀速直线运动，沿y轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝Fm ＝2vt，经过时间t，粒子b的运动速率为v b＝v2＋(at)2＝3v.故选B.专题强化练[保分基础练]1．(2021·江苏海安市高三期末)如图所示，一小球在光滑的水平面上以v0向右运动，运动过程中要穿过一段水平向北的风带ab，经过风带时风会给小球一个向北的水平恒力，其余区域无风力，则小球过风带及过风带后的轨迹正确的是()答案 D解析小球在光滑的水平面上以v0向右运动，给小球一个向北的水平恒力，根据曲线运动条件，合外力指向小球做曲线运动轨迹的凹侧，且速度的方向沿着小球运动轨迹的切线方向，故D正确，A、B、C错误．2．(2021·北京市东城区高三期末)如图1所示，从同一点沿同一水平方向多次抛出小球，其中三次分别落在台阶上A 、B 、C 三点，用t A 、t B 、t C 分别表示三次小球运动的时间，v A 、v B 、v C 分别表示三次小球被抛出时的速度，则( )图1A ．t A ＝tB ＝t CB ．v A >v B >vC C ．t A >t B >t CD ．v A <v B <v C答案 B解析 平抛运动竖直方向做自由落体运动，运动时间为t ＝2h g ，由题图可知h A <h B <h C ，所以t A <t B <t C ，故A 、C 错误；水平方向的速度v ＝x t，因x A >x B >x C ，t A <t B <t C ，可得v A >v B >v C ，B 正确，D 错误．3．一物块从某一高度以大小为v 0的速度水平抛出，落地时物块的速度大小为2v 0，不计空气阻力，重力加速度为g ，则物块落地时的水平位移大小为( )A.v 02gB.3v 02gC.2v 02gD.5v 02g答案 B解析 物块落地时速度大小为2v 0，由速度矢量三角形可得竖直方向的速度为v y ＝()2v 02－v 02＝3v 0，竖直方向物块做自由落体运动，运动时间为t ＝v y g ＝3v0g ，水平方向物块做匀速直线运动，运动位移为x ＝v 0t ＝3v 02g，故选B. 4．(2020·山东省高三一模)如图2所示，小船以大小为v (船在静水中的速度)、方向与上游河岸成θ角的速度从O 处过河，经过一段时间，正好到达正对岸的O ′处．现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸O ′处，在水流速度不变的情况下，可采取的方法是( )图2A ．θ角不变且v 增大B ．θ角减小且v 增大C．θ角增大且v减小D．θ角增大且v增大答案 D解析由题意可知，航线恰好垂直于河岸，要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸O′处，则合速度增大，方向始终垂直河岸．如图所示，小船在静水中的速度增大，与上游河岸的夹角θ增大，故D正确，A、B、C错误．5.(2021·山东济南市一模)如图3所示，某同学正在进行投篮训练．已知篮球出手点到地面的距离为h＝1.8 m，篮筐到地面的距离为H＝3 m，出手点到篮筐的水平距离为L＝4.2 m．若出手时篮球的速度方向与水平方向的夹角为53°，且能直接进入篮筐，则出手时篮球的速度大小约为(11≈3.3，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)()图3A．5.6 m/s B．7.4 m/sC．8.4 m/s D．9.0 m/s答案 B解析篮球抛出时，水平方向v0cos 53°·t＝L，竖直方向H－h＝v0sin 53°·t－12gt2，联立解得v0≈7.4 m/s，故选B.6．(2021·江苏盐城市滨海中学一模)中国的面食文化博大精深，种类繁多，其中“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面一手拿刀，直接将面削到开水锅里．如图4所示，小面圈刚被削离时距开水锅的高度为h，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L，将削出的小面圈的运动视为平抛运动，且小面圈都落入锅中，重力加速度为g，则下列关于所有小面圈在空中运动的描述错误的是()图4A ．运动的时间都相同B ．速度的变化量都相同C ．落入锅中时，最大速度是最小速度的3倍D ．若初速度为v 0，则L g2h <v 0<3L g 2h答案 C解析 根据h ＝12gt 2，可得运动的时间t ＝2hg，所有小面圈在空中运动的时间都相同，故选项A 正确，不符合题意；根据Δv ＝g Δt ，可得所有小面圈的速度的变化量都相同，故选项B 正确，不符合题意；因为水平位移的范围为L <x <3L ，v min ＝Lt ＝Lg 2hv max ＝3Lt＝3L g 2h故水平初速度的范围为L g2h <v 0<3L g 2h落入锅中时，最大速度 v max ＝v 0max2＋2gh ＝9L 2g2h＋2gh 最小速度为v min ＝v 0min2＋2gh ＝L 2g2h＋2gh 故选项D 正确，不符合题意，选项C 错误，符合题意．[争分提能练]7．(2021·山东泰安市高三一模)如图5所示，a 、b 两小球分别从半圆轨道MNO 顶端和斜面顶端O 点以大小相等的初速度v 0同时水平抛出，不计空气阻力，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球a 能落到半圆轨道上，小球b 能落到斜面上，则( )图5A ．b 球一定先落在斜面上B ．a 球一定先落在半圆轨道上C ．a 、b 两球可能同时落在半圆轨道和斜面上D ．b 球落到斜面底端时，a 球恰好落在半圆轨道上最低点答案 C解析 如图甲，将半圆轨道和斜面重叠在一起可知，若小球初速度合适，两小球可同时落在距离出发点高度相同的半圆轨道和斜面交点A 处，改变初速度，可以使a 球先落在半圆轨道上，也可以使b 球先落在斜面上，故A 、B 错误，C 正确；若b 球落到斜面底端时，由图乙所画轨迹可判断a 球已经打在半圆轨道的P 点了，故a 球不可能落在半圆轨道上最低点，故D 错误．8.(2021·东北三省四市教研联合体3月模拟)如图6所示，两小球a 、b 分别从斜面顶端和斜面中点沿水平方向抛出，均落在斜面底端．不计空气阻力，关于两小球在平抛过程中的说法正确的是( )图6A ．小球a 、b 到达斜面底端时的速度方向不同B ．小球a 、b 在空中飞行时间之比为2∶1C ．小球a 、b 抛出时的初速度之比为1∶1D ．小球a 、b 离斜面的最大距离之比为2∶1 答案 D解析 设斜面倾角为θ，小球落在斜面底端时，有h a x a ＝h b x b ＝tan θ，可得gt a v a ＝gt bv b ＝2tan θ，根据平抛运动规律有v x ＝v 0，v y ＝gt ，可知两球落到斜面底端时速度方向与水平方向夹角的正切值相等，故小球a 、b 到达斜面底端时的速度方向相同，故A 错误；由题图可知h a h b ＝2，x ax b ＝2，由h ＝12gt 2可得t at b ＝2，由x ＝v 0t 可得v a v b ＝2，故B 、C 错误；当小球的速度方向与斜面平行时，小球离斜面距离最大，将初速度和加速度分解为垂直斜面方向和沿斜面方向，有a ⊥＝g cos θ，v ⊥＝v 0sin θ，小球在垂直斜面方向运动的最大距离设为l ，则有2a ⊥l ＝v ⊥2，则l ＝v 02sin 2θ2g cos θ∝v 02，可得小球a 、b 离斜面的最大距离之比为2∶1，故D 正确．9．(2021·江苏七市一模)一物块在水平面内做直线运动，以t ＝0时刻物块的位置为坐标原点建立xOy 平面直角坐标系，运动轨迹如图7甲所示．物块在x 方向运动速度v x 随时间t 的变化规律如图乙所示．下列关于物块在y 方向运动的初速度v y 0、加速度a y 的判断，可能正确的是( )图7A ．v y 0＝0，a y ＝1 m/s 2B ．v y 0＝0，a y ＝2 m/s 2C ．v y 0＝4 m/s ，a y ＝2 m/s 2D ．v y 0＝4 m/s ，a y ＝4 m/s 2答案 C解析 因x 和y 之间的关系满足y ＝kx而x 方向a x ＝4－22 m/s 2＝1m/s 2，x ＝v x 0t ＋12a x t 2＝2t ＋12t 2，则y ＝kx ＝2kt ＋12kt 2，则v y 0＝2k ，a y ＝k即满足v y 0＝2a y ，C 符合题意．10．(2021·山东济宁市二模)某战士进行投弹训练，他选择了如图8所示的地形，ABC 为一倾角为30°的斜面，底边BC 长为 L ，CDE 是半径为R 的四分之一圆弧，在C 点与水平面相切，该战士在A 点将手榴弹以初速度 v 0水平抛出，手榴弹刚好落在C 点，当他在 A 点将手榴弹以初速度 2v 0水平抛出时，手榴弹落在圆弧上的D 点．不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )图8A ．手榴弹落在C 点时速度方向与水平方向的夹角为60°B ．圆弧半径R 一定大于LC ．手榴弹落在D 点时速度方向与水平方向的夹角一定大于手榴弹落在C 点时的夹角 D ．如果手榴弹水平抛出时的速度大小合适，手榴弹可能正好落到E 点答案 B解析 设手榴弹在C 点的速度方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝v y v 0＝2y x ＝233，可得α≠60°，故A 错误；当手榴弹以初速度2v 0水平抛出时，设运动轨迹与C 点所在的水平面交于F 点，则手榴弹在F 点的水平位移为以初速度v 0水平抛出时水平位移的2倍，则CF ＝BC ，所以R 一定大于L ，故B 正确；当手榴弹落到AC 延长线上时速度方向与水平方向的夹角与手榴弹落到C 点时速度方向与水平方向的夹角相等，若手榴弹落到D 点时速度方向与水平方向的夹角小于落到AC 延长线上时的夹角，也就小于落到C 点时的夹角，故C 错误；由以上分析可知，由于圆弧的遮挡，手榴弹不可能正好落到E 点，故D 错误． 11．(2021·山东德州市一模)如图9所示，倾角θ＝37°的斜面足够大，顶端MN 水平．一质量m ＝0.9 kg 的小球自MN 上一点以v 0＝2 m/s 的初速度垂直MN 水平抛出，已知重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力．图9(1)求小球自抛出至落到斜面上的时间；(2)若小球运动过程中始终受到平行MN 的恒定水平风力，小球落到斜面上时的位移大小为1.25 m ，求小球受到的水平风力大小． 答案 (1)0.3 s (2)20 N解析 (1)小球水平位移x ＝v 0t 1， 竖直位移y ＝12gt 12，又tan θ＝yx，联立并代入数据得t 1＝0.3 s(2)小球落在斜面上的时间不变t 2＝t 1＝0.3 s ， 小球沿MN 方向的位移z ＝12at 22，小球的位移为s 2＝x 2＋y 2＋z 2，解得水平加速度a ＝2009 m/s 2，水平风力为F ＝ma ， 解得F ＝20 N.[尖子生选练]12.(2021·山东临沂市高三一模)滑雪是冬奥会的项目之一，某高山滑雪运动员在比赛中经过一斜坡，如图10所示，运动员(可视为质点)沿着右侧斜面运动，到达顶点A 后以v 0＝10 m/s 的速度沿着斜面斜向上飞出，飞出时速度方向与左侧斜面的夹角为θ＝53°，经过一段时间后，运动员落到左侧斜面上的B 点，左侧斜面与水平面的夹角α＝37°.不计空气阻力，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图10(1)运动员离左侧斜面的最大距离； (2)起跳点A 与落点B 之间的距离； (3)运动员落到B 点时的速度大小． 答案 (1)4 m (2)24 m (3)297 m/s解析 (1)设运动员的质量为m ，沿左侧斜面和垂直斜面建立坐标系，并沿这两个方向分解初速度v 0、运动员受到的重力G ，则有 v 0x ＝v 0cos 53°＝0.6v 0＝6 m/s v 0y ＝v 0sin 53°＝0.8v 0＝8 m/s G x ＝mg sin 37°＝0.6mg ＝ma x G y ＝mg cos 37°＝0.8mg ＝ma y垂直斜面方向上，从A 点到离斜面最远的时间 t 1＝v 0ya y＝1 s从A 点到落到B 点共用时间t ＝2t 1＝2 s当v y ＝0时，运动员距离斜面最远，此时y ＝v 0y 22a y ＝4 m(2)在沿斜面方向上从起跳点A 到落地点B 之间的距离x ＝v 0x t ＋12a x t 2＝24 m(3)运动员落到B 点时，v By ＝8 m/s ， v Bx ＝v 0x ＋a x t ＝18 m/s 解得v B ＝v Bx 2＋v By 2＝388 m/s ＝297 m/s.。

第16课时 电磁感应命题规律 1.命题角度：(1)楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用；(2)电磁感应中的图像问题；(3)电磁感应中的动力学与能量问题.2.常考题型：选择题、计算题．高考题型1 楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用1．感应电流方向的判断楞次定律右手定则一般用于导体棒切割磁感线的情形2.楞次定律中“阻碍”的主要表现形式 (1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”； (2)阻碍物体间的相对运动——“来拒去留”；(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——一般情况下为“增缩减扩”； (4)阻碍原电流的变化(自感现象)——一般情况下为“增反减同”． 3．求感应电动势的方法 (1)法拉第电磁感应定律： E ＝nΔΦΔt ⎩⎨⎧S 不变时，E ＝nSΔBΔt B 不变时，E ＝nBΔSΔt(2)导体棒垂直切割磁感线：E ＝BL v .(3)导体棒绕与磁场平行的轴匀速转动：E ＝12BL 2ω.(4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动：e ＝nBSωsin ωt . 4．应用法拉第电磁感应定律的三点注意(1)公式E ＝n ΔΦΔt 求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值．(2)利用公式E ＝nS ΔBΔt求感应电动势时，S 为线圈在磁场范围内的有效面积．(3)通过回路截面的电荷量q ＝I Δt ＝n ΔΦR 总Δt Δt ＝n ΔΦR 总.q 仅与n 、ΔΦ和回路总电阻R 总有关，与时间长短无关，与Φ是否均匀变化无关． 考向一 楞次定律、法拉第电磁感应定律的应用例1 (2021·江苏常州市前黄中学、溧阳中学联考)如图1所示，置于磁场中的一段导线abcd 与缠绕在螺线管上的导线组成闭合回路，螺线管MN 上的绕线方式没有画出，A 是MN 正下方水平放置在地面上的细金属圆环，若磁场在变化的过程中，线圈A 突然跳起，以下磁场的磁感应强度B 随时间t 变化的规律可能正确的是( )图1答案 C解析 若磁场在变化的过程中，线圈A 突然跳起，说明二者相互吸引，根据楞次定律知螺线管MN 中产生的磁场在减弱，即螺线管中的电流减小；根据法拉第电磁感应定律E ＝nΔΦΔt ＝n ΔB Δt S ，则ΔBΔt减小，B －t 图像的斜率减小，故C 正确，A 、B 、D 错误．例2 (2021·江苏海安市高三期末)如图2所示，电阻R ＝1 Ω、半径r 1＝0.2 m 的单匝圆形导线框P 内有一个与P 共面的圆形磁场区域Q .P 、Q 的圆心相同，Q 的半径r 2＝0.1 m ；t ＝0时刻，Q 内存在着垂直于圆面向里的磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系是B ＝2－t (T)；若规定逆时针方向为电流的正方向，则线框P 中感应电流I 随时间t 变化的关系图像应该是选项图中的( )图2答案 C解析 由电磁感应定律可得，圆形导线框P 中产生的感应电动势为E ＝ΔBS Δt ＝ΔBΔt×πr 22＝0.01π V由欧姆定律可知，圆形导线框P 中产生的感应电流为 I ＝ER＝0.01π A 因为原磁场是向里减小的，由楞次定律可知，感应电流的方向与规定的正方向相反，A 、B 、D 错误，C 正确． 考向二 q ＝n ΔΦR 总的应用例3 (2018·全国卷Ⅰ·17)如图3，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM 是有一定电阻、可绕O 转动的金属杆，M 端位于PQS 上，OM 与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B ′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM 的电荷量相等，则B ′B等于( )图3A.54 B.32 C.74 D ．2答案 B解析 通过导体横截面的电荷量为： q ＝I ·Δt ＝n ΔΦΔt R ·Δt ＝n ΔΦR在过程Ⅰ中，流过OM 的电荷量为：q 1＝B ·14πr 2R在过程Ⅱ中，流过OM 的电荷量：q 2＝(B ′－B )·12πr 2R依题意有：q 1＝q 2， 即：B ·14πr 2＝(B ′－B )·12πr 2解得：B ′B ＝32，B 正确．高考题型2 电磁感应中的图像问题1．电磁感应中常见的图像常见的有磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流、速度、安培力等随时间或位移的变化图像．2．解答此类问题的两个常用方法(1)排除法：定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化情况，把握三个关注，快速排除错误的选项．这种方法能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用．(2)函数关系法：根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图像作出判断，这种方法得到的结果准确、详细，但不够简捷．例4 (2018·全国卷Ⅱ·18)如图4，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l ，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为32l 的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动．线框中感应电流i 随时间t 变化的正确图线可能是()图4答案 D解析设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i.线框位移等效电路的连接电流0～l2I＝2i(顺时针) l2～l I＝0l～3l2I＝2i(逆时针)3l2～2l I＝0由分析知，选项D符合要求．例5(2021·江苏南通市如皋中学三模)如图5所示，边长为2L的等边三角形区域abc内部的匀强磁场垂直纸面向里，b点处于x轴的坐标原点O；一与三角形区域abc等高的直角闭合金属线框ABC，∠ABC＝60°，BC边处在x轴上．现让金属线框ABC沿x轴正方向以恒定的速度v穿过磁场，在t＝0时线框B点恰好位于原点O的位置．规定逆时针方向为线框中感应电流的正方向，在下列四个i－x图像中，能正确表示线框中感应电流随位移变化关系的是()图5答案 D解析当△ABC向前移动L的过程中，只有AB边切割磁感线，根据楞次定律可得电流方向为逆时针方向，当移动L时有效切割长度为12·AC＝3L2，所以感应电流为3BL v2R；当△ABC向前移动L～2L的过程中，除AB边切割磁感线外，AC边也切割磁感线，感应电动势逐渐减小到零，根据楞次定律可得电流方向为逆时针方向，当移动2L时有效切割长度为0，感应电流为零；当△ABC向前移动2L～3L的过程中，只有AC边切割磁感线，根据楞次定律可得电流方向为顺时针方向，最大的感应电动势为3LB v，所以最大的感应电流为3BL vR，当△ABC离开磁场的过程中，感应电流逐渐减小，所以A、B、C三项错误，D项正确．高考题型3电磁感应中的动力学与能量问题1．电磁感应中的动力学与能量问题常出现的两类情景：一是线框进出磁场；二是导体棒切割磁感线运动．两类情景都综合了电路、动力学、能量知识，有时还会与图像结合，解题方法有相通之处．分析思路如下：2．求解焦耳热Q 的三种方法(1)焦耳定律：Q ＝I 2Rt ，适用于电流恒定的情况； (2)功能关系：Q ＝W 克安(W 克安为克服安培力做的功)； (3)能量转化：Q ＝ΔE (其他能的减少量)．例6 (2020·全国卷Ⅰ·21改编)如图6，U 形光滑金属框abcd 置于水平绝缘平台上，ab 和dc 边平行，和bc 边垂直．ab 、dc 足够长，整个金属框电阻可忽略．一根具有一定电阻的导体棒MN 置于金属框上，用水平恒力F 向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN 与金属框保持良好接触，且与bc 边保持平行．经过一段时间后( )图6A ．金属框的速度大小趋于恒定值B ．金属框的加速度逐渐减小，最终为零C ．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D ．导体棒到金属框bc 边的距离趋于恒定值 答案 C解析 当金属框在恒力F 作用下向右加速运动时，bc 边产生从c 向b 的感应电流i ，金属框的加速度大小为a 1，则有F －Bil ＝Ma 1；MN 中感应电流从M 流向N ，MN 在安培力作用下向右加速运动，加速度大小为a 2，则有Bil ＝ma 2，当金属框和MN 都运动后，金属框速度为v 1，MN 速度为v 2，则电路中的感应电流为i ＝Bl (v 1－v 2)R ，感应电流从0开始增大，则a 2从零开始增加，a 1从F M 开始减小，加速度差值减小．当a 1＝a 2时，得F ＝(M ＋m )a ，a ＝FM ＋m 恒定，由F 安＝ma 可知，安培力不再变化，则感应电流不再变化，根据i ＝Bl (v 1－v 2)R知金属框与MN 的速度差保持不变，v －t 图像如图所示，故A 、B 错误，C 正确；MN 与金属框的速度差不变，但MN 的速度小于金属框的速度，则MN 到金属框bc 边的距离越来越大，故D 错误．例7 (2018·江苏卷·9改编)如图7所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L ，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d ，磁感应强度为B .质量为m 的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为R ，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g .金属杆( )图7A ．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B ．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C ．穿过两磁场产生的总热量为2mgdD ．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于m 2gR 22B 4L 4答案 B解析 穿过磁场Ⅰ后，金属杆在磁场之间做加速运动，在磁场Ⅱ上边缘的速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度，因进入磁场Ⅰ时速度等于进入磁场Ⅱ时速度，大于从磁场Ⅰ出来时的速度，金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动，加速度方向向上，A 错． 金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动，由牛顿第二定律知 ma ＝BIL －mg ＝B 2L 2v R－mg ，a 随着减速过程逐渐变小，即在前一段做加速度减小的减速运动；在磁场之间做加速度为g 的匀加速直线运动，两个过程位移大小相等，由v －t 图像(可能图像如图所示)可以看出前一段用时多于后一段用时，B 对．由于进入两磁场时速度相等，由动能定理知， mg ·2d －W 安1＝0， 可得W 安1＝2mgd ，即通过磁场Ⅰ产生的热量为2mgd ，故穿过两磁场产生的总热量为4mgd ，C 错． 设刚进入磁场Ⅰ时速度为v 0，则由机械能守恒定律知 mgh ＝12m v 02，刚进入磁场时ma 0＝BI 0L －mg ＝B 2L 2v 0R －mg ，解得v 0＝m (a 0＋g )RB 2L 2，联立解得h ＝m 2(a 0＋g )2R 22B 4L 4g >m 2gR 22B 4L4，D 错．例8 (2021·江苏南菁中学二测)如图8甲所示，MN 、PQ 两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定，M 、P 之间接电阻箱R ，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上．质量为m ＝0.2 kg 的金属杆ab 水平放置在轨道上，其接入电路的阻值为r .现从静止释放杆ab ，测得最大速度为v m .改变电阻箱的阻值R ，得到v m 与R 的关系如图乙所示．已知MN 、PQ 两平行金属轨道间距离为L ＝1 m ，重力加速度g 取10 m/s 2，轨道足够长且电阻不计．求：图8(1)金属杆ab 运动过程中所受安培力的最大值； (2)磁感应强度B 的大小和r 的阻值；(3)当电阻箱R 取4 Ω，且金属杆ab 在下滑9.0 m 前速度已达最大，ab 杆下滑9.0 m 的过程中，电阻箱R 上产生的焦耳热． 答案 (1)1 N (2)1 T 2 Ω (3)3.6 J解析 (1)杆下滑过程中，根据牛顿第二定律mg sin θ－F 安＝ma 当加速度a ＝0时，F 安最大 F 安＝mg sin θ＝1 N(2)杆切割磁感线产生的感应电动势为E ＝BL v 由闭合电路的欧姆定律有I ＝E R ＋r受到的安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2vR ＋r根据牛顿第二定律mg sin θ－B 2L 2vR ＋r ＝ma当a ＝0时，速度最大，v m ＝mg (R ＋r )2B 2L 2由图像数据得 2＝r B 2 4＝2＋r B2解得r ＝2 Ω，B ＝1T (3)由v m ＝mg (R ＋r )2B 2L 2可知，当R ＝4 Ω时，v m ＝6 m/s ，由能量守恒定律mgx sin θ＝12m v m 2＋Q 总解得Q 总＝5.4 J Q R ＝R R ＋rQ 总＝3.6 J.1．(2021·山东滨州市高三期末)如图9甲所示，一个圆形线圈用绝缘杆固定在天花板上，线圈的匝数为n ，半径为r ，总电阻为R ，线圈平面与匀强磁场垂直，且下面一半处在磁场中，t ＝0时磁感应强度的方向如图甲所示，磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图乙所示．下列说法正确的是( )图9A ．在0～2t 0的时间间隔内线圈内感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向B ．在0～2t 0的时间间隔内线圈受到的安培力先向上后向下C ．在0～t 0的时间间隔内线圈中感应电流的大小为n πr 2B 02t 0RD ．在32t 0时线圈受到的安培力的大小为n πr 3B 022t 0R答案 C解析 由楞次定律可知，在0～2t 0的时间间隔内线圈内感应电流始终沿顺时针方向，故A 错误；感应电流始终沿顺时针方向，由左手定则可知，在0～2t 0的时间间隔内线圈受到的安培力先向下后向上，故B 错误；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔB Δt＝n ·12πr 2·B 0t 0，由欧姆定律可知，在0～t 0的时间间隔内线圈中感应电流的大小I ＝E R ＝n πr 2B 02Rt 0，故C 正确；由题图乙所示图像可知，在32t 0时磁感应强度大小B ＝B 02，线圈所受安培力大小F ＝BIL ＝B 02×n πr 2B 02t 0R ×2nr ＝n 2πr 3B 022t 0R，故D 错误． 2．(2021·江苏苏州市统考)一个闭合正三角形金属框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直框架平面向里的匀强磁场中．现用外力F 把框架水平匀速向右拉出磁场，如图10所示，设正三角形金属框架开始出磁场的时刻t ＝0，则电动势E 、外力F 和外力的功率P 随时间t 的变化图像正确的是( )图10答案 A解析 框架在外力F 的作用下以速度v 匀速向右运动，则框架切割磁感线的有效长度L ＝233v t ，结合E ＝BL v 可知，电动势E ＝233B v 2t ，则E 与t 成正比例关系，选项A 正确，B 错误．设框架的总电阻为R ，则框架中的电流I ＝E R ＝23B v 2t 3R，框架匀速运动，则有F ＝F 安＝BIL ＝4B 2v 3t 23R，则F 与t 2成正比例关系，选项C 错误．由P ＝F v 可知，P 与t 2成正比例关系，选项D 错误．3.(2021·辽宁营口市高三期末)如图11所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个匀强磁场区域．区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，磁感应强度为2B ，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁感应强度为B ，磁场边界MN 、PQ 、GH 均平行于斜面底边，MP 、PG 长均为L .一个质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，下滑过程中ab 边始终与斜面底边平行．t 1时刻ab 边刚越过GH 进入磁场Ⅰ区域，此时导线框恰好以速度v 1做匀速直线运动；t 2时刻ab 边下滑到PQ 与MN 之间的某位置，此时导线框又恰好以速度v 2做匀速直线运动．重力加速度为g ，下列说法中正确的是( )图11A ．当ab 边刚越过PQ 时，导线框的加速度大小为a ＝54g sin θ B ．导线框两次做匀速直线运动的速度之比v 1∶v 2＝4∶3C ．从t 1到t 2的过程中，导线框克服安培力做的功等于重力势能的减少量D ．从t 1到t 2的过程中，有12m (v 12－v 22)机械能转化为电能 答案 A解析 ab 边进入磁场Ⅰ区域时E ＝2BL v 1，I ＝E R ＝2BL v 1R ，F 安＝2BIL ＝4B 2L 2v 1R， 由平衡条件得F 安＝4B 2L 2v 1R＝mg sin θ， 当ab 边刚越过PQ 时，E ′＝BL v 1＋2BL v 1＝3BL v 1，I ′＝E ′R ＝3BL v 1R，F 安′＝BI ′L ＋2BI ′L＝9B 2L 2v 1R由牛顿第二定律得F 安′－mg sin θ＝ma解得a ＝54g sin θ，故A 正确； 第二次平衡时，根据平衡条件，有F 安″＝9B 2L 2v 2R＝mg sin θ 联立解得v 1∶v 2＝9∶4，故B 错误；从t 1到t 2的过程中，根据功能关系，导线框克服安培力做的功等于机械能的减少量，故C 错误；从t 1到t 2的过程中，设导线框下降的高度为Δh ，则转化为电能的机械能为：12m v 12－12m v 22＋mg ·Δh ，故D 错误． 4．(2021·天津市南开区高三期末)如图12甲所示，水平面内固定两根间距L ＝1 m 的长直平行光滑金属导轨PQ 、MN ，其Q 、N 端接有阻值R ＝1.5 Ω的电阻，一质量m ＝0.1 kg 、接入电路的阻值r ＝0.5 Ω的导体棒ab 垂直于导轨放置于距QN 端d ＝2 m 处，且与两导轨保持良好接触．整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示．在0～1 s 内，为了保持ab 棒静止，在棒的中点施加一平行于导轨平面的外力F 0(未知)；1 s 后改用F ＝0.5 N 的水平向左的恒力拉动ab 棒，ab 棒从静止开始沿导轨运动距离x ＝4.8 m 时速度恰好达到最大值．ab 棒运动过程中始终与导轨保持垂直，导轨电阻不计．求：图12(1)t ＝1 s 时外力F 0的大小和方向；(2)ab 棒的最大速度大小v m ；(3)从t ＝0到ab 棒运动距离x ＝4.8 m 的过程，电阻R 上产生的焦耳热Q R .答案 (1)0.25 N 方向向左 (2)4 m/s (3)1.575 J解析 (1)t ＝1 s 时，电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔBS Δt ＝ΔBLd Δt ＝(0.5－0)×1×21V ＝1 V 根据楞次定律，电流从b 到a ，I ＝E R ＋r ＝11.5＋0.5A ＝0.5 A 根据左手定则，安培力方向向右F 安＝ILB ＝0.5×1×0.5 N ＝0.25 N外力F 0与F 安平衡，两者等大反向．所以F 0大小为0.25 N ，方向向左．(2)ab 棒达到最大速度后做匀速直线运动，拉力F 向左，安培力F 安′向右，二力平衡，F＝F 安′，其中安培力F 安′＝I ′LB ，电流I ′＝E ′R ＋r，电动势E ′＝BL v m ，解得v m ＝F (R ＋r )B 2L 2＝0.5×(1.5＋0.5)0.52×12m/s ＝4 m/s (3)在第1 s 内Q 1＝I 2Rt ＝0.52×1.5×1 J ＝0.375 J在运动距离x 过程中，由能量守恒定律得Fx ＝12m v m 2＋Q R ＋r ，Q 2＝R R ＋rQ R ＋r ＝1.2 J ，从t ＝0到ab 棒运动距离x ＝4.8 m 的过程，电阻R 上产生的焦耳热Q R ＝Q 1＋Q 2，解得Q R ＝1.575 J.专题强化练[保分基础练]1.(2020·江苏卷·3)如图1所示，两匀强磁场的磁感应强度B 1和B 2大小相等、方向相反．金属圆环的直径与两磁场的边界重合．下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是( )图1A ．同时增大B 1减小B 2B ．同时减小B 1增大B 2C ．同时以相同的变化率增大B 1和B 2D ．同时以相同的变化率减小B 1和B 2答案 B解析 若同时增大B 1减小B 2，则穿过环向里的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向外，由安培定则，环中产生的感应电流是逆时针方向，故选项A 错误；同理可推出，选项B 正确，C 、D 错误．2．如图2所示，关于下列器材的原理和用途，正确的是()图2A．变压器可以改变交变电压也能改变频率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 D解析变压器可以改变交变电压但是不改变交流电频率，A错误；扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈会产生自感现象，B错误；真空冶炼炉的工作原理是金属中产生涡流使炉内金属熔化，C错误；铝是导体，仪表指针偏转时铝框随之转动，并切割磁感线产生感应电流，感应电流又会受到安培阻力，阻碍线圈的转动，属于电磁阻尼，D正确．3．(2021·江苏南京市第十三中高三调研)如图3所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上．已知电流从电流计左侧流进时，指针由中央向左偏转，则()图3A．合上开关S的一瞬间，电流计指针不偏转B．合上开关S的一瞬间，电流计指针向左偏C．断开开关S的一瞬间，电流计指针不偏转D．断开开关S的一瞬间，电流计指针向左偏答案 D解析合上开关S的一瞬间，通过线圈M的电流变大，则穿过线圈P的磁通量向左增加，根据楞次定律可知，线圈P中产生的感应电流从电流计的右端流入，则电流计指针向右偏转，选项A、B错误；断开开关S的一瞬间，通过线圈M的电流变小，则穿过线圈P的磁通量向左减小，根据楞次定律可知，线圈P中产生的感应电流从电流计的左端流入，则电流计指针向左偏转，选项C错误，D正确．4．(2021·江苏扬州市高三下初调)如图4所示，有一足够大的光滑水平面上存在非匀强磁场，其磁场分布沿x轴方向均匀增大，沿y轴方向是不变的，磁场方向垂直纸面向外．现有一闭合的正方形金属线框(线框有电阻)，质量为m，以速度大小为v0、方向沿其对角线且与x轴成45°角开始运动，以下关于线框的说法中正确的是()图4A．线框中的感应电流方向沿逆时针方向B．线框将做匀减速直线运动C．线框运动中产生的内能为14m v02D．线框最终将静止于平面上的某个位置答案 C解析穿过线框的磁通量增加，根据楞次定律得线框中产生顺时针方向感应电流，A错误；因为安培力向左并逐渐减小，所以线框做加速度减小的减速曲线运动，B错误；最终线框沿x轴方向的速度减小为0，沿y轴方向速度大小不变，所以线框最终速度大小为22v0，方向沿y轴正方向，根据能量守恒得线框运动过程中产生的内能为Q＝12m v02－12m(22v0)2＝14 m v02，C正确，D错误．5．(2021·辽宁沈阳市高三下质量监测)如图5甲所示，正五边形硬导线框abcde固定在磁场中，磁场方向与线框平面垂直，图乙表示该磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系，t＝0时刻磁场方向垂直纸面向里．设垂直cd边向下为安培力的正方向，在0～5t0时间内，线框cd边受到该磁场对它的安培力F随时间t变化的关系图像为()图5答案 B解析在0～2t0时间内，磁感应强度的变化率不变，则导线框的感应电流方向不变，方向为顺时针，则在0～t0时间内，线框cd边受到的安培力向下，并均匀减小，在t0～2t0时间内，线框cd边受到的安培力向上，并均匀增大；在2t0～3t0时间内，磁感应强度不变，导线框中无感应电流，线框cd边不受安培力；在3t0～5t0时间内，磁感应强度的变化率不变，则导线框的感应电流方向不变，方向为逆时针，则在3t0～4t0时间内，线框cd边受到的安培力向下，并均匀减小，在4t0～5t0时间内，线框cd边受到的安培力向上，并均匀增大，故选B.6.(2021·江苏海安市高三期末)如图6所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ＝37°放置，在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行，在aa′b′b围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T；现有一质量为m＝10 g，总电阻为R＝1 Ω，边长d＝0.1 m 的正方形金属线圈MNQP，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过磁场．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，(取g＝10 m/s2；sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图6(1)线圈进入磁场区域时，受到安培力大小；(2)线圈释放时，PQ 边到bb ′的距离；(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热．答案 (1)2×10－2 N (2)1 m (3)4×10－3 J解析 (1)对线圈受力分析有：mg sin θ＝μmg cos θ＋F A代入数据得：F A ＝2×10－2 N(2)设线圈释放时，PQ 边到bb ′的距离为L根据安培力公式可知：F A ＝BId ＝Bd E R ＝B 2d 2v R线圈从开始到进入磁场过程中，由动能定理可得：mgL sin θ－μmgL cos θ＝12m v 2 联立解得：L ＝1 m(3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d ＝0.1 mQ ＝W 安＝F 安·2d代入数据解得：Q ＝2×10－2×2×0.1 J ＝4×10－3 J.[争分提能练]7.(2021·湖北重点中学高三期末联考)一个电子感应加速器的简化模型如图7.半径为r 0的圆形区域中存在垂直纸面向里的磁场，磁感应强度为B 1，令B 1随时间均匀增加，从而产生感生电场加速粒子．在r ≥r 0的环形区域中也存在向里的磁场，磁感应强度为B 2.欲使带正电荷q 的粒子能在环形区域内沿半径r 稍大于r 0的圆形轨道不断被加速．则下列说法正确的是( )图7A ．要使粒子半径不变，则B 2应保持恒定B．粒子运动一周，所受静电力对它不做功C．该装置只能加速正粒子D．当B1随时间均匀增加时，B2也随时间均匀增加答案 D解析半径为r0的圆形区域，由于B1随时间均匀增加，根据法拉第电磁感应定律可知在环形区域产生一个逆时针方向且电场强度大小相同的加速电场，带正电的粒子在这个加速电场，所以要使粒子半径不中做逆时针方向的加速运动，速度越来越大，由半径公式得r＝m vB2q变，速度不断增大，则B2也应不断增大，A错误，D正确；粒子在这个加速电场中运动一周，静电力对它做正功，带负电的粒子在这个加速电场中做顺时针方向的加速运动，所以B、C错误．8.(2021·全国甲卷·21改编)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍．现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图8所示．不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平．在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，不可能出现的是()图8A．甲和乙都加速运动B．甲和乙都减速运动C．甲和乙都匀速运动D．甲减速运动，乙加速运动答案 D解析设线圈下边到磁场上边界的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有v＝2gh，感应电动势为E＝nBl v，两线圈材料相同(设密度为ρ0)，质量相同(设为m)，则m＝ρ0×4nl×S，设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻R ＝ρ4nl S ＝16n 2l 2ρρ0m感应电流为I ＝E R ＝mB v 16nlρρ0所受安培力为F ＝nBIl ＝mB 2v 16ρρ0由牛顿第二定律有mg －F ＝ma联立解得a ＝g －F m ＝g －B 2v 16ρρ0加速度与线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度．当g >B 2v 16ρρ0时，甲和乙都加速运动， 当g <B 2v 16ρρ0时，甲和乙都减速运动， 当g ＝B 2v 16ρρ0时，甲和乙都匀速运动， 故选D.9．(2021·江苏苏锡常镇二调)如图9所示，两电阻不计的足够长光滑导轨倾斜放置，上端连接一电阻R ，空间有一垂直导轨平面向上的匀强磁场B ，一质量为m 的导体棒与导轨接触良好，从某处自由释放，下列四幅图像分别表示导体棒运动过程中速度v 与时间t 关系、加速度a 与时间t 关系、机械能E 与位移x 关系、以及通过导体棒电荷量q 与位移x 关系，其中可能正确的是( )图9答案 C解析 根据牛顿第二定律，导体棒在沿导轨方向有mg sin θ－B 2l 2v R＝ma 可得a ＝g sin θ－B 2l 2v mR可知，速度逐渐增大，其他物理量不变，加速度逐渐减小，而v －t 图像中斜率表示加速度，v －t 图像的斜率应逐渐减小，A 错误；导体棒加速度a ＝g sin θ－B 2l 2v mR， 则Δa Δt ＝－B 2l 2mR ·Δv Δt ＝－B 2l 2a mR，故a －t 图像斜率逐渐减小，B 错误； 开始时，合力方向沿导轨向下，位移沿导轨向下，合力做正功，动能增加，由动能定理有W F ＋W G ＝ΔE k又W G ＝－ΔE p联立可得ΔE k ＋ΔE p ＝W F <0因此，机械能减小，当加速度为零时，导体棒继续匀速下滑，此后动能不变，重力势能减小，机械能减小，C 正确；电荷量q ＝I Δt在电磁感应中，电流与磁通量的关系为I ＝ΔΦΔtR联立可得q ＝ΔΦR ＝Blx R可知，电荷量与位移成正比，D 错误．10.(2021·江苏苏锡常镇一模)如图10所示，一根包有绝缘层的长直细导线固定于水平地面，导线中有方向向左，大小为I 0的恒定电流(已知距离导线为r 处的磁感应强度大小为k I 0r，k 为已知常量)，与该电流在同一竖直平面内固定一足够长且电阻不计的V 形金属导轨AOB ，AO 和BO 与水平地面夹角均为60°.有一根长度为L ，质量为m ，单位长度电阻为R 0的金属杆MN ，放置于V 形导轨底端且其中点位于O ，现用一外力F (大小未知且可变)使金属杆。

热点9动量和动量守恒定律1.(2021·江苏苏州市昆山中学三模)如图1所示，建筑工地上的打桩过程可简化为：重锤从空中某一固定高度由静止释放，与钢筋混凝土预制桩在极短时间内发生碰撞，并以共同速度下降一段距离后停下来．则()图1A．重锤质量越大，撞预制桩前瞬间的速度越大B．重锤质量越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大C．碰撞过程中，重锤和预制桩的总机械能保持不变D．整个过程中，重锤和预制桩的总动量保持不变答案 B解析重锤下落过程中做自由落体运动，根据v0＝2gh可知，重锤撞预制桩前瞬间的速度与重锤的质量无关，只与下落的高度有关，选项A错误；重锤撞击预制桩的瞬间动量守恒，则m v0＝(m＋M)v可知，重锤质量m越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大，选项B正确；碰撞过程中，重锤和预制桩的总机械能会减小，因为系统会产生内能，选项C错误；重锤和预制桩在以共同速度下降的过程中，所受合外力不为零，总动量减小，选项D错误．2．(2018·全国卷Ⅱ·15)高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N答案 C3．(2021·江苏南京市三模)如图2甲所示，一儿童站在平板小车中间，与小车一起沿水平地面匀速向右运动，儿童突然走向小车一端，此过程儿童和小车的速度—时间关系如图乙所示，不计地面的摩擦．以下说法正确的是()图2A ．儿童的质量小于小车的质量B ．儿童走向小车左端C ．儿童和小车的总动量减小D ．小车对儿童的冲量方向水平向右 答案 B4.单人飞行器由微型喷气发动机和操纵系统组成，可以完成单人上升、下降、悬停和平飞等动作．已知飞行器连同人和装备的总质量为M ，发动机在时间t 内喷出燃料的质量为m ，m ≪M ，重力加速度为g .如图3所示，要使飞行器能在空中悬停，则燃料喷射的速度应为( )图3A ．gt B.Mt mg C.Mgt m D.mgt M答案 C解析 由于m ≪M ，要使飞行器能在空中悬停，燃料对飞行器的反冲力应为Mg ，由牛顿第三定律可知，飞行器对燃料的作用力也为Mg ，设燃料喷射的速度为v ，由动量定理可知Mgt ＝m v ，解得v ＝Mgtm，故选C.5.质量均为m 的两个小球A 、B 用轻弹簧连接，一起放在光滑水平面上，小球A 紧靠挡板P ，如图4所示，给小球B 一个水平向左的瞬时冲量，大小为I ，使小球B 向左运动并压缩弹簧，然后向右弹开，弹簧始终在弹性限度内，取向右为正方向，在小球获得冲量之后的整个运动过程中，对于A 、B 及弹簧组成的系统，下列说法正确的是( )图4A ．系统机械能和动量均守恒B ．挡板P 对小球A 的冲量大小为IC ．挡板P 对小球A 做的功为2I 2mD ．小球A 离开挡板后，系统弹性势能的最大值为I 24m答案 D解析 运动过程中系统中只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒，由于挡板P 对系统有向右的弹力，水平方向合力不为零，因此系统动量不守恒，A 错误； B 的冲量大小为I ＝m v 0在冲量作用下小球B 获得的初动能E k0＝12m v 02当小球A 将要离开挡板P 时弹簧处于原长，由机械能守恒定律知此时小球B 的动能E k ＝E k0，即B 的速度大小不变，方向改变，由动量定理知挡板P 对小球A 的冲量等于系统动量的改变量，即I A ＝m v 0－(－m v 0)，解得I A ＝2I ，B 错误；从初始到小球A 将要离开挡板的过程中，小球A 一直静止，则挡板P 对小球A 不做功，C 错误；小球A 离开挡板后，弹簧压缩至最短或拉伸到最长时系统弹性势能最大，此时A 、B 速度相等，由动量守恒定律有m v 0＝(m ＋m )v ′及能量守恒定律E p ＝12m v 02－12×2m v ′2，又I ＝m v 0，解得E p ＝I 24m，D 正确．6.如图5所示，光滑水平地面上有两个小球甲和乙，质量分别是m 和km ，现让甲以初速度v 0向右运动并与乙(静止)发生碰撞，碰后乙的速度为v 02 ，若碰后甲、乙同向运动，则k 的值不可能是( )图5A.32B.52C.65D.76 答案 B解析 设甲与乙发生碰撞后甲的速度为v ，由动量守恒定律得m v 0＝m v ＋km v 02解得v ＝v 0－k2v 0碰撞后甲、乙同向运动，则有v >0，即v 0－k2v 0>0解得k <2碰后甲球不能越过乙球，因此有v ≤v 02解得k ≥1又因为碰撞过程中动能不增加，所以有12m v02≥12m v2＋12km(v02)2解得0≤k≤3综上可得1≤k<2则A、C、D可能，B不可能．7．(2021·北京市东城区高三期末)某市在冬季常见最大风力为9级(风速约20 m/s到24 m/s)．如图6所示的该市某品牌抗风卷帘门面积为S，所能承受的最大压力为F.设空气密度为ρ，空气吹到卷帘门上速度立刻减为零，则此卷帘门能承受的垂直方向最大风速v等于()图6A.FρS B.Fρ C.Fρ D.FρS答案 A解析设t时间内吹到卷帘门上的空气质量为m，则有m＝ρS v t，根据动量定理有－Ft＝0－m v＝0－ρS v2t，得v＝FρS，故选A.8．(2021·河北保定市高三期末)如图7所示，长L＝2 m的木板质量M＝6 kg，左端放置质量m＝2 kg的小木块(可视为质点)，小木块与木板接触面间的动摩擦因数为μ＝0.3，水平地面光滑．初始时M、m以共同的速度v0向右运动，然后木板与墙壁发生弹性碰撞(碰撞时间极短)．最终小木块刚好没有脱离木板，则v0的大小为()图7A．1 m/s B．2 m/s C．3 m/s D．4 m/s答案 B解析由于木板与墙壁发生弹性碰撞，因此木板与墙壁碰撞前后的速度大小不变，木板以相同速度大小被弹回，碰后木块和木板构成的系统，满足动量守恒定律，取向左为正方向，设木块刚好没有脱离木板时的共同速度为v，由动量守恒定律和动能定理，则有M v0－m v0＝(M＋m)v－μmgL＝12－12(M＋m)v022(M＋m)v代入数据，解得v0＝2 m/sA、C、D错误，B正确．。

第二部分 物理如何拿满分 第1讲 拿下选择题 保住基本分1. (概念辨析型)下面关于摩擦力的叙述正确的是( )．A ．静摩擦力的方向一定与物体的运动方向相反B ．静摩擦力的方向不可能与物体的运动方向相同C ．静摩擦力的方向可能与物体的运动方向垂直D ．静止物体所受的静摩擦力一定为零2. (类比推理型)化学变化过程中伴随着电势能的变化．下面是有关这个问题的几个说法：①中性钠原子失去电子的过程中系统的电势能增大；②中性氯原子得到电子的过程中系统的电势能减小；③钠离子和氯离子结合成氯化钠分子的过程中系统的电势能增大④氯化钠电离为钠离子和氯离子的过程中系统的电势能减小．上述说法中正确的有( )． A ．①② B ．③④C ．①③D ．②④3．(对称分析型)如图4所示，一轻质弹簧竖直放置，下端固定在水平面上，上端处于a 位置，当一重球放在弹簧上端静止时，弹簧上端被压缩到b 位置．现将重球(视为质点)从较高的位置c 处沿弹簧中轴线自由下落，弹簧被重球压缩到最低位置d .以下关于重球运动过程的正确说法应是( )．A ．重球下落压缩弹簧由a 至d 的过程中重球做减速运动B ．重球下落至b 处获得最大速度C ．重球下落至d 处获得最大加速度 图4D ．由a 至d 的过程中重球克服弹簧弹力做的功等于小球由c 下落至d 时重力势能的减少量4. (推理计算型)一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后，返回到斜面底端．已知小物块的初动能为E ，它返回斜面底端的速度大小为v ，克服摩擦阻力做功E2.若小物块冲上斜面的初动能变为2E，则有( )．A ．返回斜面底端时的动能为EB ．返回斜面底端时的动能为3E 2C ．返回斜面底端时的速度大小为2vD ．返回斜面底端时的速度大小为2v5．(数形结合计算型)如图5所示，直线A 为电源的U －I 图象，直线B 为电阻R 的U －I 图象，用此电源与电阻组成闭合电路时，电源的输出功率、效率分别为 ( )．图5A ．4 W 33.3%B ．2 W 33.3%C ．4 W 67%D ．2 W 67%6．(规律应用计算型)如图6所示．半径为 r 且水平放置的光滑绝缘的环形管道内，有一个电量为e ，质量为m 的电子，此装置放置在匀强磁场中，其磁感应强度随时间变化的关系式为B ＝B 0＋kt (k >0)．根据麦克斯韦的电磁场理论，均匀变化的磁场将产生稳定的电场，该感应电场对电子将有沿圆环切线方向的作用力，使其得到加速．设t ＝0时刻电子的初速度大小为v 0， 图6方向顺时针，从此开始运动一周后的磁感应强度为B 1，则此时电子的速度大小为( )．A.B 1re mB. v 20＋2πr 2kemC.B 0re mD.v 20－2πr 2kem7．(分析估算计算型)质量为m ，带电量为＋q 的小球套在水平固定且足够长的绝缘杆上，如图7所示，整个装置处于磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，现给球一个水平向右的初速度v 0使其开始运动，则球运动克服摩擦力做的功(不计空气阻力)不可能的是 ( )． 图7A.12mv 2B ．0 C.12⎝⎛⎭⎪⎫mv 20－m 3g 2q 2B 2D ．mv 28．(图象识别型)一物体沿光滑水平面做匀速直线运动，从t ＝0时刻起，在与物体垂直的方向上施加一个水平恒力F ，则物体的动能E k 随时间t 变化的情况是图中所示的哪个图( )．9．(类比推理型)如图8所示，半径为R 的环形塑料管竖直放置，AB 直线跟该环的水平直径重合，且管的内径远小于环的半径．AB 及其以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑．现将一质量为m ，带电量为＋q 的小球从管中A 点由静 止释放，小球受到的电场力跟重力相等，则以下说法中正确的是 ( )． 图8 A ．小球释放后，第一次达到最高点C 时恰好对管壁无压力B ．小球释放后，第一次和第二次经过最高点C 时对管壁的压力之比为1∶3 C ．小球释放后，第一次经过最低点D 和最高点C 时对管壁的压力之比为5∶1 D ．小球释放后，第一次回到A 点的过程中，在D 点出现速度最大值10．(运动规律类比递推型)如图9所示，光滑弧形金属双轨与足够长的水平光滑双轨相连，间距为L ，在水平轨道空间充满竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B .乙金属棒静止在双轨上，而甲金属棒在h 高处由静止滑下，轨道电阻不计．两棒的质量均为m ，电阻均为R .甲棒与乙棒不会相碰，则下面说法正确的是 ( )．图9A ．从开始下滑到最终稳定，甲、乙的运动方向相反B ．当稳定后，回路中感应电流的方向从上向下看是逆时针的C ．乙棒受到的最大磁场力为B 2L 2 2gh2RD ．整个过程中，电路释放的热量为12mgh参考答案第1讲 拿下选择题——保住基本分【题型专练】1．C [静摩擦力产生于相互接触且相对静止的两接触面之间，摩擦力的方向与相对运动的趋势方向相反，与物体的运动方向无关，其方向可能与运动方向相反也可能与运动方向相同，还可能与运动方向垂直．故选项C 正确．]2．A [本题可类比电场力做功与电势能的关系：电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加即可得出结论．]3．BCD [重球放在弹簧上端时，被压缩到b 位置，可知b 点为平衡位置，小球重力等于弹簧的弹力．在b 点下方找出a 关于b 的对称点a ′，小球在对称点上受到的合力，速度、加速度的大小具有对称性，结合简谐振动的规律及全程动能定理即可得出答案．] 4．AD [摩擦力做功与路程成正比，物块的初动能为E 时，来回路程(设为s )摩擦力做功为E2；当物块的初动能为2E 时，沿斜面上升的最大距离加倍，则来回路程变为2s ，摩擦力做功为E ，根据能的转化与守恒，故返回斜面底端的动能为E ，返回斜面底端时的速度大小为2v ，故选项A 、D 正确．]5．C [由图象信息可知电源电动势E ＝3 V ，内阻r ＝0.5 Ω；电阻R ＝1 Ω，用此电源与电阻组成闭合电路时，电源的输出功率P ＝E 2R ＋r2R ＝4 W ，效率为η＝R R ＋r·100%＝67%，故选项C 正确．]6．B [根据法拉第电磁感应定律得，轨道内产生的感应电动势为E ＝ΔB ·πr 2Δt＝πkr 2，电子旋转一周的过程．由动能定理得感应电场对电子做的功πkr 2e ＝12mv 2－12mv 20，解得v＝v 2＋2πr 2kem，故选项B 正确．]7．D [球获得的初速度为v 0，由左手定则知洛伦兹力f 向上，有三种情况：①f <mg ，球最终停止运动，克服摩擦力做的功为W ＝12mv 20，选项A 可能；②f ＝mg ，此时摩擦力为零，做功为零，选项B 正确；③f >mg ，球最终匀速运动，速度满足Bvq ＝mg ，得v ＝mg Bq克服，摩擦力做功为W ＝12mv 20－12mv 2＝12⎝⎛⎭⎪⎫mv 20－m 3g 2q 2B 2，选项C 正确．故选D.]8．D [在F 作用下物体做类平抛运动，在F 方向由牛顿运动定律得F ＝ma ，垂直位移s ＝12at 2，由动能定理得E k ＝E 0＋F 22mt 2，故选项D 正确．]9．C [利用类比法，重力与电场力大小相等，合力为2mg ，等价为重力为2mg 的重力场，“最低点”为BD 弧线中点，由动能定理知小球到达C 点时，对上壁的压力为mg ，故A 错误，小球第一次和第二次经C 点时对管上壁的压力为1∶5，故B 错；“最低点”速度最大，D 错误；AD 过程中由动能定理可得，2mgR ＝12mv 2，在D 点由牛顿第二定律得压力F N －mg ＝m v 2R，解得F N ＝5 mg ，故选项C 正确．]10．CD。

第8课时动力学和能量观点的综合应用命题规律 1.命题角度：(1)传送带模型中的动力学和能量问题；(2)用动力学观点和能量观点解决多过程问题.2.常考题型：计算题．高考题型1传送带模型中的动力学和能量问题1．传送带中动力学注意问题(1)摩擦力的方向及存在阶段的判断．(2)物体能否达到与传送带共速的判断．(3)物体能与传送带共速(摩擦力突变)．2．传送带中摩擦力做功与能量转化静摩擦力做功的特点(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总是等于零，不会转化为内能．滑动摩擦力做功的特点(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能．摩擦生热的计算(1)Q＝F f·s相对，其中s相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．(2)传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与系统产生的内能之和.例1(2021·湖北荆门市高三期末)如图1所示，足够长的水平传送带左端放置一个质量为1 kg的木块，二者均静止，某时刻传送带以大小为2 m/s2的加速度开始向右运行，加速2 s后传送带保持匀速运行．木块与传送带间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g＝10 m/s2，求：图1(1)木块从开始运动到刚好与传送带相对静止的过程中，摩擦力对木块的冲量大小；(2)运动过程中由于木块与传送带间的摩擦而产生的内能．答案(1)4 N·s(2)4 J解析(1)设传送带加速度大小为a0，加速时间为t0，木块的加速度大小为a，木块从开始运动到刚好和传送带达到相对静止所需时间为t ，由运动学公式有a 0t 0＝at ，又F f ＝μmg ，由牛顿第二定律有F f ＝ma ，又I ＝F f t ，联立解得I ＝4 N·s.(2)设运动过程中产生的内能为Q ，传送带的位移x 1＝12a 0t 02＋v (t －t 0)＝12a 0t 02＋a 0t 0(t －t 0) 木块的位移x 2＝12at 2，故Q ＝μmg (x 1－x 2)，联立解得Q ＝4 J. 例2 如图2所示，传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A 、B 两点间的距离为s ＝ 5 m ，传送带在电动机的带动下以v ＝2 m/s 的速度匀速运动．现将一质量为m ＝10 kg 的小物体(可视为质点)轻放在传送带的A 点，小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝32，在传送带将小物体从A 点传送到B 点的过程中，求：(g 取10 m/s 2)图2(1)小物体做加速运动阶段的位移的大小x 1；(2)小物体与传送带之间的摩擦力做功产生的热量Q ；(3)传送带对小物体做的功W .答案 (1)0.8 m (2)60 J (3)270 J解析 (1)小物体做加速运动阶段，由动能定理得(μmg cos θ－mg sin θ)x 1＝12m v 2－0 代入数值得x 1＝0.8 m(2)设小物体加速运动的时间为t ，对于小物体x 1＝0＋v 2t ，可得t ＝0.8 s 对于传送带x 2＝v t ，所以x 2＝1.6 m小物体与传送带之间的摩擦力做功产生的热量Q ＝μmg cos θ(x 2－x 1)，代入数值得Q ＝60 J(3)由功能关系得W ＝12m v 2＋mgs ·sin θ 代入数值得W ＝270 J ．高考题型2 用动力学和能量观点解决多过程问题多过程问题(1)解题技巧①拆：把整个过程拆分为多个子过程，变为熟悉的运动模型．②找：在题目中找“恰好”“恰能”“最高”“至少”等关键字，找出对应的临界条件． ③用：选择合适的规律列方程．④注意：注意分析“界点”的速度大小和方向，界点速度是上一过程的末速度，又是下一过程的初速度，在解题过程中有重要的作用．(2)对于涉及滑动摩擦力的过程，一定不能用机械能守恒定律来求解．(3)对于非匀变速直线运动过程，不能用运动学公式求解，但可用动能定理、能量守恒定律或功能关系求解．例3 (2021·江苏海安市高三期末)如图3所示，水平地面与一半径为L 的竖直光滑圆弧轨道相接于B 点，轨道上的C 点位置处于圆心O 的正下方．距离地面高度也为L 的水平平台边缘上的A 点，质量为m 的小球以v 0＝2gL 的初速度水平抛出，小球在空中运动至B 点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道．小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为g ，求：图3(1)B 点与抛出点A 正下方的水平距离x ；(2)圆弧BC 段所对的圆心角θ；(3)小球滑到C 点时，对圆轨道的压力．答案 (1)2L (2)45° (3)(7－2)mg ，方向竖直向下解析 (1)设小球做平抛运动到达B 点的时间为t ，由平抛运动规律：L ＝12gt 2，x ＝v 0t 联立解得：x ＝2L(2)小球到达B 点时竖直分速度v y 2＝2gL ，设α为速度方向与水平方向的夹角，则tan α＝v y v 0，解得α＝45°，故θ＝45° (3)设小球到达C 点时速度大小为v C ，根据动能定理，小球从A 运动到C 点的过程中有mgL (1＋1－cos θ)＝12m v C 2－12m v 02， 设轨道对小球的支持力大小为F ，根据牛顿第二定律有F －mg ＝m v C 2L解得F ＝(7－2)mg由牛顿第三定律可知，小球滑到C 点时对圆轨道的压力大小为：F ′＝ F ＝(7－2)mg ，方向竖直向下．例4 (2020·湘赣皖十五校高三第一次联考)如图4所示，可视为质点的质量为m ＝0.2 kg 的小滑块静止在水平轨道上的A 点，在水平向右的恒定拉力F ＝4 N 的作用下，从A 点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB 的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B 点后进入半径为R ＝0.3 m 且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运动一周后从B 处的出口(未画出，且入口和出口稍稍错开)出来后向C 点滑动，C 点的右边是一个“陷阱”，D 点是平台边缘上的点，C 、D 两点的高度差为h ＝0.2 m ，水平距离为x ＝0.6 m ．已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道BC 的长度为l 2＝2.0 m ，小滑块与水平轨道AB 、BC 间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g ＝10 m/s 2.图4(1)求水平轨道AB 的长度l 1；(2)试通过计算判断小滑块能否到达“陷阱”右侧的D 点；(3)若在AB 段水平拉力F 作用的距离可变，要达到小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不落入C 、D 间的“陷阱”的目的，试求水平拉力F 作用的距离范围．答案 (1)2.4 m (2)见解析 (3)见解析解析 (1)设小滑块运动到竖直圆轨道最高点时的速度大小为v ，则有4mg ＝m v 2R，从B 点运动到最高点的过程中，设小滑块到达B 点时的速度大小为v B ，由机械能守恒定律有12m v B 2＝mg ·2R ＋12m v 2，代入数据解得v B ＝2 6 m/s.小滑块由A 到B 的过程中，由动能定理可得12Fl 1－μmgl 1＝12m v B 2， 代入数据可解得l 1＝2.4 m.(2)设小滑块到达C 点时的速度大小为v C ，从B 点到C 点由动能定理可得－μmgl 2＝12m v C 2－12m v B 2 代入数据解得v C ＝2 m/s设小滑块下落h ＝0.2 m 所需要的时间为t ，则有h ＝12gt 2，解得t ＝0.2 s 故小滑块在水平方向上运动的距离为x 0＝v C t ＝0.4 m<0.6 m故小滑块将落入“陷阱”中，不能运动到D 点．(3)由题意可知，若要滑块既不脱离圆轨道，又不掉进“陷阱”，则需要分三种情况进行讨论：①当滑块刚好能够到达与圆心等高的E 点时，设恒力作用的距离为x 1′，则由动能定理可得：Fx 1′－μmgl 1－mgR ＝0代入数据可解得x 1′＝0.75 m故当恒力作用的距离满足0<x ′≤0.75 m 时符合条件．②当滑块刚好能经过圆轨道的最高点时，设滑块经过最高点时的速度大小为v 0，则有mg ＝m v 02R ，设此时恒力作用的距离为x 2′，则有Fx 2′－μmgl 1－2mgR ＝12m v 02， 代入数据可解得x 2′＝0.975 m当滑块刚好运动到C 点时速度为零，设此时恒力作用的距离为x 2″，则有Fx 2″－μmg (l 1＋l 2)＝0代入数据可解得x 2″＝1.1 m ．故当恒力作用的距离满足0.975 m ≤x ′≤1.1 m 时符合条件． ③当滑块刚好能够越过“陷阱”，设滑块到达C 点时的速度大小为v C ′，则由平抛运动规律得h＝12，x＝v C′t2gt代入数据解得v C′＝3 m/s，设此时恒力作用的距离为x3′，故有Fx3′－μmg(l1＋l2)＝122m v C′代入数据解得x3′＝1.325 m故当恒力作用距离满足1.325 m≤x′≤2.4 m时符合条件.1.(2021·辽宁省新高考模拟卷)倾斜传送带连接两光滑平台AB和CD，传送带与水平面的夹角θ＝37°，工件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，B、C两端相距2.25 m，如图5所示．忽略工件在水平台面和传送带间转移时的动能变化，工件以v0＝5 m/s的速度滑上传送带，工件质量为1 kg，传送带以稳定的速度运行(速度大小可调)．若工件以最短的时间从平台AB 运动到平台CD，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图5(1)工件在传送带上运动的最短时间；(2)输送一个这样的工件，传送带的电机需额外消耗的最少电能．答案(1)0.5 s(2)10 J解析(1)当传送带的速度v≥5 m/s时，工件相对传送带的速度方向一直沿传送带向下，工件所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短．对于工件，根据牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma解得加速度a＝2 m/s2，方向沿传送带向下根据运动学公式有x＝v0t＋122(－a)t解得t＝0.5 s(另一解t＝4.5 s不符合题意舍去)(2)工件以最短时间运动，动能变化相同，重力势能变化相同，当工件和传送带的相对位移最小，即传送带以v＝5 m/s的速度运动时，电机额外输出的电能最少；工件在传送带上的整个运动过程，传送带的位移x1＝v t＝2.5 m因摩擦产生的热量Q ＝μmg cos θ(x 1－x )工件的末速度v ′＝v 0－at ＝4 m/s电机额外输出的电能ΔE ＝mgx sin θ＋(12m v ′2－12m v 02)＋Q ，解得ΔE ＝10 J. 2．(2021·河北石家庄市高三二模)如图6所示，从A 点以水平速度v 0＝2 m/s 抛出质量m ＝ 1 kg 的小物块P (可视为质点)，当物块P 运动至B 点时，恰好沿切线方向进入半径R ＝2 m 、圆心角θ＝60°的固定光滑圆弧轨道BC ，轨道最低点C 与水平地面相切，C 点右侧水平地面某处固定挡板上连接一水平轻质弹簧．物块P 与水平地面间的动摩擦因数μ为某一定值，g 取10 m/s 2，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力．求：图6(1)抛出点A 距水平地面的高度H ；(2)若小物块P 第一次压缩弹簧被弹回后恰好能回到B 点，求弹簧压缩过程中的最大弹性势能E p .答案 (1)1.6 m (2)14 J解析 (1)物块在B 点时有tan θ＝v y v 0可得v y ＝2 3 m/s物块运动至B 点时的竖直分位移y ＝v y 22g＝0.6 m A 点距水平地面的高度H ＝y ＋R (1－cos θ)＝1.6 m(2)设物块在水平地面向右运动的位移为x ，物块从A 运动到B 时，速度为v B ＝v y sin θ＝4 m/s ， 从B 点下滑到弹簧被压缩最短过程中有12m v B2＋mgR (1－cos θ)＝μmgx ＋E p从弹簧被压缩到最短到物块第一次返回B 点过程有E p ＝μmgx ＋mgR (1－cos θ)联立解得E p ＝14 J.专题强化练1.(2021·江苏连云港市1月适应考试)如图1，AB 为固定的半径R ＝1 m 的14光滑圆弧轨道，下端B 恰与小车右端平滑对接．小车质量M ＝4 kg ，车长L ＝8 m ．现有一质量m ＝2 kg 的滑块，由轨道顶端A 点以初速度v 0＝4 m/s 进入轨道，滑到B 端后冲上小车．已知水平地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2，当车运行了2.5 s 时，被地面装置锁住不动(g ＝10 m/s 2)．求：图1(1)滑块到达B 端时，轨道对它支持力的大小；(2)车被锁住时，车右端距轨道B 端的距离；(3)从车开始运动到被锁住的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小． 答案 (1)92 N (2)3 m (3)24 J解析 (1)从A 到B ，滑块的机械能守恒mgR ＝12m v B 2－12m v 02 解得v B ＝6 m/s在B 点，由合外力提供向心力有F N －mg ＝m v B 2R解得F N ＝92 N(2)滑块滑到B 端后冲上小车，设滑块和小车受到的摩擦力大小分别为F f1 、F f2， 有F f1＝F f2＝μmg ＝4 N设滑块和小车的加速度大小分别为a 1 、a 2 ，有a 1＝F f1m ＝2m/s 2，a 2＝F f2M＝1 m/s 2 当滑块和小车共速时所需时间为t ，有v B －a 1t ＝a 2t解得t ＝2 s设滑块和小车的共同速度为v ，有v ＝a 2t ＝2 m/s小车运动2.5 s 时的位移大小x ＝(12×1×22＋2×0.5) m ＝3 m (3)从滑块滑上小车到滑块和小车共速用了2 s ，滑块和小车相对滑动位移x ′＝(6×2－12×2×22) m －(12×1×22) m ＝6 m 从车开始运动到被锁住的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能Q ＝μmg ·x ′＝24 J.2．(2021·福建漳州市一模)皮带式传送带是物料搬运系统机械化和自动化不可缺少的组成部分．如图2，传送带的倾角为θ＝30°，以v ＝3 m/s 的速度向上匀速运行，将质量为m ＝10 kg 的货物(可视为质点)由静止释放从底端运送到顶端．若传送带顶端的高度h ＝2.5 m ，货物与传送带间的动摩擦因数为μ＝32.假设每分钟运送货物60件，g 取10 m/s 2，则：图2(1)一件货物由底端经多长时间与传送带共速？(2)一件货物由底端到顶端运动的过程中，摩擦力对该货物做的功是多少？(3)与未放货物相比，电动机每小时需多提供多少电能？(结果保留2位有效数字) 答案 (1)1.2 s (2)295 J (3)1.5×106 J解析 (1)对货物进行受力分析，由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma设货物由底端经时间t 1与传送带共速，有v ＝at 1解得：t 1＝1.2 s(2)货物由底端到与传送带共速时，货物运动的距离x 1＝v 22a＝1.8 m 滑动摩擦力对货物做的功W 1＝μmg cos θ·x 1斜面长为L ＝h sin θ＝5 m 货物做匀速运动过程中，静摩擦力做的功W 2＝mg sin θ(L －x 1)所以整个运动过程中，摩擦力对货物做的功为W ＝W 1＋W 2＝295 J(3)货物匀加速运动过程中，传送带的位移大小s 1＝v t 1＝3.6 m货物与传送带间因摩擦而产生的内能Q ＝μmg cos θ(s 1－x 1)电动机多提供的电能等于系统增加的能量，即货物增加的动能和重力势能以及系统内摩擦产生的内能，设一件货物从底端运送到顶端需多提供的电能为E 1，则E 1＝12m v 2＋mgh ＋Q ＝430 J 每小时需要多提供的电能E ＝nE 1≈1.5×106 J.3．(2021·全国甲卷·24)如图3，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为d ，减速带的宽度远小于d ；一质量为m 的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L 处由静止释放．已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关．观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同．小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s 后停下．已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g .图3(1)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L 应满足什么条件？答案 (1)mgd sin θ(2)mg (L ＋29d )sin θ－μmgs 30(3)L >d ＋μs sin θ解析 (1)由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有mg sin θ＝ma设小车通过第30个减速带后速度为v 1，到达第31个减速带时的速度为v 2，则有v 22－v 12＝2ad因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带时的速度均为v 1和v 2；经过每一个减速带时损失的机械能为ΔE ＝12m v 22－12m v 12 联立以上各式解得ΔE ＝mgd sin θ.(2)由(1)知小车通过第50个减速带后的速度为v 1，则在水平地面上根据动能定理有－μmgs＝0－12m v 12 从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有mg (L ＋29d )sin θ－ΔE 总＝12m v 12 联立解得ΔE 总＝mg (L ＋29d )sin θ－μmgs故在每一个减速带上平均损失的机械能为ΔE ′＝ΔE 总30＝mg (L ＋29d )sin θ－μmgs 30(3)由题意可知ΔE ′>ΔE可得L >d ＋μs sin θ. 4．(2021·浙江高三开学考试)如图4所示为某一游戏简化装置的示意图．AB 是一段长直轨道，与半径R ＝1 m 的光滑圆弧轨道BC 相切于B 点．BC 轨道末端水平，末端离水平地面的高度为 2 m ，圆弧BC 对应的圆心角θ＝37°，高度h ＝22m 的探测板EF 竖直放置，离BC 轨道末端C 点的水平距离为L ，上端E 与C 点的高度差也为h ＝22 m ，质量m ＝0.1 kg 的小滑块(可视为质点)在AB 轨道上运动时所受阻力为重力的0.2倍，不计小滑块在运动过程中所受空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.图4(1)若将小滑块从B 点静止释放，求经过圆弧轨道最低点C 点时小滑块对轨道的作用力大小；(2)小滑块从C 点以不同的速度飞出，将打在探测板上不同位置，发现打在E 、F 两点时，小滑块的动能相等，求L 的大小；(3)利用(2)问所求L 值，求小滑块从距B 点多远处无初速度释放时，打到探测板上的动能最小？最小动能为多少？答案 (1)1.4 N (2)2 m (3)2 m 2 J解析 (1)小滑块从B 运动到C 的过程中，由动能定理得mgR (1－cos θ)＝12m v C 2－0， 设运动到C 点时轨道对小滑块的作用力大小为F ，由牛顿第二定律得F －mg ＝m v C 2R， 得F ＝1.4 N根据牛顿第三定律，经过圆弧轨道最低点C 点时小滑块对轨道的作用力大小F ′＝F ＝1.4 N(2)从C 点到E 点，小滑块做平抛运动，h ＝12gt 2，L ＝v C 1t 得v C 1＝L 2hg打在E 点的动能E k E ＝12m v C 12＋mgh ＝mg (L 2＋4h 2)4h同理可知：打在F 点的动能为E k F ＝mg (L 2＋16h 2)8h又因为E k E ＝E k F得L ＝2 m(3)令小滑块从距B 点x 处无初速度释放从释放点运动到C ，由动能定理得mgx sin θ－F f x ＋mgR (1－cos θ)＝12m v C ′2－0 其中F f ＝0.2mg从C 点到探测板小滑块做平抛运动，竖直方向位移 y ＝12g (L v C ′)2 打到探测板上的动能E k ＝12m v C ′2＋mgy 解得E k ＝(2x ＋15＋52x ＋1) J ， 则当2x ＋15＝52x ＋1，即x ＝2 m 时，E k 有最小值． 最小值E kmin ＝2 J.。

第7课时动能定理机械能守恒能量守恒命题规律 1.命题角度：(1)动能定理的综合应用；(2)机械能守恒定律及应用；(3)能量守恒定律.2.常考题型：计算题．高考题型1动能定理的综合应用1．应用动能定理解题的步骤图解2．应用动能定理的四点提醒(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷．(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的．(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，对全过程应用动能定理，往往能使问题简化．(4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解．例1(2020·江苏卷·4)如图1所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上．斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数．该过程中，物块的动能E k与水平位移x关系的图像是()图1答案 A例2 如图2所示，AB 为一固定在水平面上的半圆形细圆管轨道，轨道内壁粗糙，其半径为R 且远大于细管的内径，轨道底端与水平轨道BC 相切于B 点．水平轨道BC 长为2R ，动摩擦因数为μ1＝0.5，右侧为一固定在水平面上的粗糙斜面．斜面CD 足够长，倾角为θ＝37°，动摩擦因数为μ2＝0.8.一质量为m ，可视为质点的物块从圆管轨道顶端A 点以初速度v 0＝gR2水平射入圆管轨道，运动到B 点时对轨道的压力大小为自身重力的5倍，物块经过C 点时速度大小不发生变化，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g ，求：图2(1)物块从A 点运动到B 点的过程中，阻力所做的功； (2)物块最终停留的位置．答案 (1)－14mgR (2)斜面上距C 点2531R 处解析 (1)物块运动到B 点时，设轨道对其支持力大小为F N ，由牛顿第三定律知F N ＝F N ′＝5mg由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v B 2R解得v B ＝2gR物块从A 点运动到B 点的过程，由动能定理有2mgR ＋W f ＝12m v B 2－12m v 02，得W f ＝－14mgR(2)设物块沿斜面上升的最大位移为x ，由动能定理有 －μ1mg ·2R －mgx sin θ－F f x ＝0－12m v B 2其中F f ＝μ2mg cos θ，解得x ＝2531R因μ2mg cos θ＞mg sin θ，故物块在速度减为零之后不会下滑，物块最终会静止在斜面上距离C 点2531R 处．高考题型2机械能守恒定律的应用1．判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法定义判断法看动能与重力(或弹性)势能之和是否变化能量转化判断法没有与机械能以外的其他形式的能转化时，系统机械能守恒做功判断法只有重力(或弹簧的弹力)做功时，系统机械能守恒2.机械能守恒定律的表达式3．连接体的机械能守恒问题轻绳模型①分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等②用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系轻杆模型①平动时两物体速度相等，转动时两物体角速度相等．沿杆方向速度大小相等②杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒③对于杆和球组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒轻弹簧模型①含弹簧的物体系统在只有弹簧弹力和重力做功时，物体和弹簧组成的系统机械能守恒，而单个物体机械能不守恒②同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势能相等 ③由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)考向一 单个物体机械能守恒例3 如图3甲所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC ，小球以一定的初速度从最低点A 冲上轨道，图乙是小球在半圆形轨道上从A 运动到C 的过程中，其速度平方与其对应高度的关系图像．已知小球在最高点C 受到轨道的作用力为2.5 N ，空气阻力不计，B 点为AC 轨道中点，g ＝10 m/s 2，求：图3(1)图乙中b 的值；(结果不用带单位) (2)小球在B 点受到轨道作用力的大小． 答案 (1)25 (2)8.5 N解析 (1)小球在光滑轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，所以有：12m v A 2＝12m v 2＋mgh解得：v A 2＝v 2＋2gh ，则有v 2＝－2gh ＋v A 2 故将(0.8,9)代入上式可得：b ＝v A 2＝(9＋2×10×0.8) m 2/s 2＝25 m 2/s 2(2)由题图乙可知，轨道半径R ＝0.4 m ，小球在C 点的速度为3 m/s ，在A 点的速度为5 m/s ，在C 点由牛顿第二定律可得：F ＋mg ＝m v C 2R ，解得：m ＝Fv C2R －g ＝0.2 kg小球从A 到B ，由机械能守恒可得 12m v A 2＝mgR ＋12m v B 2 解得 v B ＝v A 2－2gR ＝25－2×10×0.4 m/s ＝17 m/s所以小球在B 点受到的水平方向上的合外力提供小球做圆周运动的向心力：F ＝m v B 2R ＝0.2×170.4N ＝8.5 N 所以小球在B 点受到轨道作用力的大小为8.5 N. 考向二 关联物体机械能守恒例4 (2020·江苏卷·15)如图4所示，鼓形轮的半径为R ，可绕固定的光滑水平轴O 转动．在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m 的小球，球与O 的距离均为2R .在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M 的重物．重物由静止下落，带动鼓形轮转动．重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω.绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g .求：图4(1)重物落地后，小球线速度的大小v ；(2)重物落地后一小球转到水平位置A ，此时该球受到杆的作用力的大小F ； (3)重物下落的高度h .答案 (1)2ωR (2)(2mω2R )2＋(mg )2 (3)M ＋16m 2Mg (ωR )2解析 (1)重物落地后，小球线速度大小v ＝ωr ＝2ωR (2)向心力F n ＝2mω2R设F 与水平方向的夹角为α，则F cos α＝F n F sin α＝mg 解得F ＝(2mω2R )2＋(mg )2(3)落地时，重物的速度v ′＝ωR 由机械能守恒得12M v ′2＋4×12m v 2＝Mgh解得h ＝M ＋16m2Mg(ωR )2考向三 含弹簧的系统机械能守恒例5 (2021·福建三明市高三三模)如图5甲为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB 是一长为d ＝0.8 m 的竖直细管，管底部与水面距离h ＝0.6 m ，上半部BC 是半径R ＝0.4 m 的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB 管内有原长为L 0＝0.4 m 、下端固定的轻质弹簧．投饵时，每次总将弹簧长度压缩到L ＝0.2 m 后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去．设某一质量的鱼饵到达管口C 时，对上管壁的作用力大小为其重力的3倍．不计鱼饵的大小和运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能．重力加速度g 取10 m/s 2，不计空气阻力，求：图5(1)此鱼饵到达管口C 时的速度大小； (2)此鱼饵落到水面时水平射程；(3)若每次弹射时只放置一粒鱼饵，持续投放质量不同的鱼饵，且均能落到水面．测得鱼饵弹射出去的水平射程x 随鱼饵质量m 的变化规律如图乙所示，则弹簧压缩到0.2 m 时的弹性势能为多少．答案 (1)4 m/s (2)2.4 m (3)10 J解析 (1)设鱼饵的质量为m 0，到达管口C 时上管壁对鱼饵的作用力大小为F N ，由牛顿第二定律有 m 0g ＋F N ＝m 0v C 2RF N ＝F N ′＝3m 0g 联立解得v C ＝4 m/s(2)鱼饵从C 点落至水面过程做平抛运动，有 x 0＝v C t h ＋d ＋R ＝12gt 2联立解得t ＝0.6 s ，x 0＝2.4 m(3)设弹簧压缩到0.2 m 时的弹性势能为E p ，则由机械能守恒定律得： E p ＝mg (d －L ＋R )＋12m v 2x ＝v t联立解得1m ＝10E p ＋2518E px 2结合题图乙的纵截距解得E p ＝10 J.高考题型3 能量守恒定律的应用1．含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒定律． 2．应用能量守恒定律的基本思路(1)系统初状态的总能量等于系统末状态的总能量 E 总初＝E 总末．(2)系统只有A 、B 时，A 的能量减少量等于B 的能量增加量，表达式为ΔE A 减＝ΔE B 增，不必区分物体或能量形式．3．系统机械能守恒可以看成是系统能量守恒的特殊情况．例6 (2021·江苏卷·14)如图6所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O 点，小圆环A 和轻质弹簧套在轻杆上，长为2L 的细线和弹簧两端分别固定于O 和A ，质量为m 的小球B 固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为37°，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到53°时，A 、B 间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g ，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图6(1)装置静止时，弹簧弹力的大小F ； (2)环A 的质量M ；(3)上述过程中装置对A 、B 所做的总功W . 答案 (1)3mg 8 (2)964m (3)3130mgL解析 (1)装置静止时，设AB 、OB 的张力分别为F 1、F 2， 对A 受力分析，由平衡条件得F ＝F 1sin 37° 对B 受力分析，由平衡条件得 F 1cos 37°＋F 2cos 37°＝mg F 1sin 37°＝F 2sin 37° 联立解得F ＝3mg8(2)细线与竖直方向夹角为53°时，设装置转动的角速度为ω，A 、B 的转动半径分别为r A 、r B ，由几何关系知r A ＝85L ，r B ＝45L .由题知环A 的向心力F ′＝F . 对A ，F ′＝Mω2·85L对B ，mg tan 53°＝mω2·45L解得M ＝964m .(3)B 上升的高度h ＝15L ，A 、B 的动能分别为E k A ＝12M ⎝⎛⎭⎫ω·85L 2； E k B ＝12m ⎝⎛⎭⎫ω·45L 2 根据能量守恒定律可知，W＝(E k A－0)＋(E k B－0)＋mgh解得W＝3130mgL.1.(2020·江苏七市二模)如图7所示，在竖直平面内，倾斜固定长杆上套一小物块，跨过轻质定滑轮的细线一端与物块连接，另一端与固定在水平面上的竖直轻弹簧连接．使物块位于A 点时，细线自然拉直且垂直于长杆，弹簧处于原长．现将物块由A点静止释放，物块沿杆运动的最低点为B，C是AB的中点，弹簧始终在弹性限度内，不计一切阻力，则下列说法错误的是()图7A．物块和弹簧组成的系统机械能守恒B．物块在B点时加速度方向由B指向AC．A到C过程物块所受合力做的功大于C到B过程物块克服合力做的功D．物块下滑过程中，弹簧的弹性势能在A到C过程的增量小于C到B过程的增量答案 C解析由机械能守恒定律知，物块和弹簧组成的系统机械能守恒，故选项A正确；物块从A 运动到B过程中先加速运动后减速运动，故物块在B点时加速度方向由B指向A，故选项B 正确；物块从A到C过程中，弹簧弹力小于C到B过程中的弹簧弹力，且弹簧弹力与杆的夹角不断减小，故A到C过程弹簧弹力做功W1小于C到B过程弹簧弹力做功W2，即物块下滑过程中，弹簧的弹性势能在A到C过程中的增量小于C到B过程中的增量，选项D正确；由动能定理可得，A到C过程中物块所受合力做的功等于C到B过程物块克服合力做的功，选项C错误．2.如图8所示，滑块A、B的质量均为m，A套在倾斜固定的直杆上，倾斜杆与水平面成45°角，B套在水平固定的直杆上，两杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计，两直杆足够长，A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆(初始时轻杆与水平面成30°角)连接，A、B从静止释放，B开始沿水平杆向右运动，不计一切摩擦，滑块A、B可视为质点，重力加速度为g，下列说法正确的是( )图8A ．A 、B 及轻杆组成的系统机械能不守恒 B ．当A 到达B 所在的水平面时，A 的速度为gLC ．B 到达最右端时，A 的速度大于2gLD ．B 的最大速度为2gL 答案 C解析 不计一切摩擦，在运动的过程中，A 、B 及轻杆组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，A 错误；从开始到A 到达与B 在同一水平面的过程，由系统的机械能守恒得mgL sin 30° ＝12m v A 2＋12m v B 2，其中v A cos 45°＝v B ，解得A 的速度为v A ＝6gL 3，B 错误；B 滑块到达最右端时，速度为零，此时轻杆与斜杆垂直，由系统的机械能守恒得mg (L sin 30°＋L sin 45°)＝12m v A 12，解得A 的速度为v A 1＝(1＋2)gL >2gL ，C 正确；当轻杆与水平杆垂直时B 的速度最大，此时A 的速度为零，由系统的机械能守恒得mg (L sin 30°＋L )＝12m v B max 2，解得B的最大速度为v B max ＝3gL ，D 错误．3．(2021·江苏苏锡常镇二调)“峡谷长绳秋千”游戏的模型可简化为如图9所示，游戏开始前，工作人员(图中未画出)对底座施加一水平方向的拉力，使其静止于图中A 位置，然后自由释放，秋千开始荡起来，B 为秋千运动的最低点．已知两绳长度均为L 、夹角为2θ，秋千摆角为α，游客和底座总质量为m ，在运动中可视为质点，不计绳子质量及一切阻力，重力加速度为g .求：图9(1)在A 点，工作人员对底座施加的水平拉力大小；(2)游客运动到B 点时的速度大小；(3)运动过程中细绳的最大拉力．答案 (1)mg tan α (2)2gL cos θ(1－cos α) (3)3mg －2mg cos α2cos θ解析 (1)在A 点，对游客及底座受力分析，根据平衡条件有F ＝mg tan α(2)从A 到B 过程，由动能定理有mgL cos θ(1－cos α)＝12m v B 2 解得v B ＝2gL cos θ(1－cos α)(3)由分析知，当游客及底座运动到最低点B 时细绳中拉力最大，由受力分析和牛顿第二定律知2F T cos θ－mg ＝m v B 2L cos θ解得F T ＝3mg －2mg cos α2cos θ. 专题强化练[保分基础练]1．(2021·江苏七市二模)如图1所示，光滑斜面底端有一固定挡板，轻弹簧一端与挡板相连，一滑块从斜面上某处由静止释放，运动一段时间后压缩弹簧，已知弹簧始终在弹性限度内，则( )图1A ．弹簧劲度系数越大，弹簧的最大弹性势能越大B ．弹簧劲度系数越大，滑块的最大速度越大C ．滑块释放点位置越高，滑块最大速度的位置越低D ．滑块释放点位置越高，滑块的最大加速度越大答案 D2.(2021·江苏南通市高三期末)如图2所示，光滑细直杆倾角为45°，质量为m 的小环(可视为质点)穿过直杆，并通过弹簧悬挂在天花板上位置O 处，弹簧处于竖直位置时，小环恰好静止在位置A 处，OA 间距为L ，现对小环施加沿杆向上的拉力F ，使环缓慢沿杆滑动到弹簧与竖直方向的夹角为90°的位置C处．图中位置B为AC的中点，此过程中弹簧始终处于伸长状态，重力加速度为g，则整个过程()图2A．杆对环的弹力始终大于零B．拉力F所做的功为mgLC．弹簧的弹力所做的功为mgLD．环在位置B与位置C处拉力F之比为2∶1答案 B解析开始弹簧处于竖直状态，根据平衡条件可知弹簧的弹力等于小环的重力，即F T＝mg，此时杆对环的弹力为零，否则弹簧不会竖直，故A错误；根据题意可知，弹簧一端在A点与在C点时的长度相等，则弹簧的形变量相等，弹簧的弹力所做的总功为零，根据能量守恒可得整个过程拉力F所做的功为mgL，故B正确，C错误；环在B位置时，根据平衡条件可得F B＝mg sin 45°＝22mg，在C位置时，根据平衡条件可得F C＝mg sin 45°＋F T sin 45°＝2mg，所以环在位置B与位置C处拉力F之比为1∶2，故D错误．3.(2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能E k随h的变化如图3所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为()图3A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg答案 C解析设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，当Δh＝3 m时，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)Δh＝(36－72) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，当Δh＝3 m时，再由动能定理结合题图可得(mg－F)Δh＝(48－24) J，联立解得m＝1 kg、F＝2 N，选项C正确，A、B、D 均错误．4.(2021·江苏南京市、盐城市二模)如图4所示，在倾角为30°的光滑斜面上，劲度系数为200 N/m的轻质弹簧一端连接在固定挡板C上，另一端连接一质量为4 kg的物体A，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也为4 kg的小球B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长，用手托住球B使绳子刚好没有拉力，然后由静止释放，不计一切摩擦，g取10 m/s2.则()图4A．A、B组成的系统在运动过程中机械能守恒B．弹簧恢复原长时细绳上的拉力为30 NC．弹簧恢复原长时A速度最大D．A沿斜面向上运动10 cm时加速度最大答案 B解析A、B组成的系统在运动过程中机械能不守恒，因为弹簧弹力做了功，所以A错误；A、B组成的系统在运动过程加速度大小相等，在弹簧恢复原长时，设细绳拉力为F，由牛顿第二定律可得m B g－F＝m B a，F－m A g sin 30°＝m A a，解得F＝30 N，所以B正确；弹簧恢复原长后，A、B组成的系统还要继续加速，所以C错误；弹簧开始的压缩量为mg sin 30°＝kx1，解得x1＝10 cm，A沿斜面向上运动10 cm时，弹簧刚好恢复原长，由受力分析知，此时A的加速度小于一开始静止释放时A的加速度，所以D错误．[争分提能练]5.如图5所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑轻质定滑轮与直杆的距离为d .杆上的A 点与定滑轮等高，杆上的B 点在A 点正下方距离为d 处．现将环从A 处由静止释放，不计一切摩擦阻力，轻绳足够长，下列说法正确的是( )图5A ．环到达B 处时，重物上升的高度h ＝d 2 B ．环到达B 处时，环与重物的速度大小相等C ．环从A 到B ，环减少的机械能大于重物增加的机械能D ．环能下降的最大高度为4d 3答案 D解析 环到达B 处时，对环的速度进行分解，如图所示，可得v 环cos θ＝v 物，由题图中几何关系可知θ＝45°，则v 环＝2v 物，B 错误；因环从A 到B ，环与重物组成的系统机械能守恒，则环减少的机械能等于重物增加的机械能，C 错误；当环到达B 处时，由题图中几何关系可得重物上升的高度h ＝(2－1)d ，A 错误；当环下落到最低点时，设环下落高度为H ，由机械能守恒有mgH ＝2mg (H 2＋d 2－d )，解得H ＝43d ，故D 正确．6.如图6所示，AB 为倾角θ＝37°的斜面轨道，轨道的AC 部分光滑，CB 部分粗糙．BP 为圆心角等于143°、半径R ＝1 m 的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B 点，P 、O 两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A 点，另一自由端在斜面上C 点处，现有一质量m ＝2 kg 的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D 点后(不拴接)由静止释放，物块经过C 点后，从C 点运动到B 点过程中的位移与时间的关系为x ＝12t －4t 2(式中x 单位是m ，t 单位是s)，假设物块第一次经过B 点后恰能到达P 点，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)求：图6(1)若CD ＝1 m ，物块从D 点运动到C 点的过程中，弹簧对物块所做的功；(2)B 、C 两点间的距离；(3)若BC 部分光滑，把物块仍然压缩到D 点由静止释放，求物块运动到P 点时受到轨道的压力大小．答案 (1)156 J (2)6.125 m (3)49 N解析 (1)由x ＝12t －4t 2知，物块在C 点速度为v 0＝12 m/s加速度大小a ＝8 m/s 2设物块从D 点运动到C 点的过程中，弹簧对物块所做的功为W ，由动能定理得W －mg sin 37°·CD ＝12m v 02，代入数据得W ＝156 J. (2)物块在CB 段，根据牛顿第二定律，物块所受合力F ＝ma ＝16 N ，物块在P 点的速度满足mg ＝m v P 2R ，从C 到P 的过程，由动能定理得－Fx m －mgR (1＋cos 37°)＝12m v P 2－12m v 02，解得x m ＝6.125 m.(3)物块从C 到P 的过程中，由动能定理得－mgx m sin 37°－mgR (1＋cos 37°)＝12m v P ′2－12m v 02 物块在P 点时满足F N ＋mg ＝m v P ′2R联立以上两式得F N ＝49 N.7.(2020·江苏常州市期末)如图7所示，小车右端有一半圆形光滑轨道BC 与车上表面相切于B 点，一个质量为m ＝1.0 kg 、可以视为质点的物块放置在小车左端A 点，随小车一起以速度v 0＝5.0 m/s 在光滑水平面上向右匀速运动．劲度系数较大的水平轻质弹簧固定在右侧竖直挡板上．当小车压缩弹簧到最短时，弹簧自锁(即不再压缩也不恢复形变)，此时物块恰好在小车的B 处，此后物块恰能沿半圆形轨道运动到最高点C .已知小车的质量为M ＝1.0 kg ，小车的长度为L ＝0.25 m ，半圆形轨道半径为R ＝0.4 m ，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图7(1)物块在小车上滑行时的加速度大小a ；(2)物块运动到B 点时的速度大小v B ；(3)弹簧在压缩到最短时具有的弹性势能E p 以及弹簧被压缩的距离．答案 (1)2 m/s 2 (2)2 5 m/s (3)14.5 J 0.25 m解析 (1)物块在小车上滑行时，由牛顿第二定律μmg ＝ma ，解得a ＝2 m/s 2(2)由题意可知，物块恰能沿半圆形轨道运动到最高点C ，在C 点由物块重力提供向心力，则有mg ＝m v C 2R物块从B 运动到C 的过程，由机械能守恒定律得2mgR ＋12m v C 2＝12m v B 2，联立解得v B ＝2 5 m/s (3)根据能量守恒定律得：E p ＝12(M ＋m )v 02－12m v B 2－μmgL ，解得E p ＝14.5 J 从开始接触弹簧到弹簧压缩到最短时，物块A 相对地面的位移x ′＝v 02－v B 22a ＝52－(25)22×2 m ＝1.25 m则小车的位移x ＝x ′－L ＝1 m即弹簧被压缩的距离为1.25 m －1 m ＝0.25 m.8.如图8所示，在倾角为θ的斜面上，一物块(可视为质点)通过轻绳牵拉压紧轻质弹簧，弹簧与斜面平行，现将轻绳烧断，物块被弹出，与弹簧分离后立即进入斜面上足够长的粗糙部分NN ′(虚线下方的摩擦不计)．沿斜面上滑达到的最远位置离N 的距离为s ，此后下滑，第一次回到N 处压缩弹簧后又被弹簧弹离，物块第二次上滑的最远位置离N 的距离为s 2.重力加速度为g .图8(1)求物块与粗糙斜面NN ′间的动摩擦因数；(2)若已知物块的质量为m ，弹簧第二次被压缩到最短时的弹性势能为E p ，求第二次物块从弹簧被压缩最短到运动到N 点的距离L .答案 (1)13tan θ (2)E p mg sin θ－23s 解析 (1)取物块两次被弹簧推到的最高点为全过程的初、末状态，由动能定理得mg sin θ·s 2－μmg cos θ·(s ＋s 2)＝0 解得μ＝13tan θ (2)第二次物块从弹簧被压缩最短到运动到最高点的过程，根据能量守恒定律得E p ＝mgL sin θ＋mg sin θ·s 2＋μmg cos θ·s 2解得L ＝E p mg sin θ－23s . [尖子生选练]9．(2021·江苏盐城市三模)如图9所示，长为L 的轻杆A 端固定质量为m 的小球，另一端可以绕轴O 自由转动．在光滑水平面上，质量为M 、边长为x 的正方体木块在水平外力的作用下，使轻杆、木块均处于静止状态，此时，杆与水平面夹角为α.撤去外力，木块水平向右运动．经过一段时间，杆与水平面夹角为β.重力加速度为g ，以水平面为零势能参考平面．求上述过程中：图9(1)小球重力势能的最大值E pm ；(2)小球A 发生的位移大小x A ；(3)轻杆对木块所做的功W .答案 (1)mgL sin α (2)2L sin α－β2 (3)MmgLx 2(sin α－sin β)Mx 2＋mL 2sin 4 β解析 (1)小球在初始位置时处于最高点，重力势能最大，最大值E pm ＝mgL sin α(2)小球在运动过程中，做圆周运动，圆周对应的圆心角为α－β，小球的位移大小是圆周对应的弦长x A ＝2L sin α－β2(3)设杆与水平面夹角为β时木块速度为v ，与木块接触的杆上的点，垂直于杆的速度为v 1，A 球速度为v 2，由几何关系得v 1＝v sin β，v 1x sin β＝v 2L对小球与木块，整个运动过程中机械能守恒mgL sin α＝mgL sin β＋12M v 2＋12m v 22 对木块，由动能定理得W ＝12M v 2 解得W ＝MmgLx 2(sin α－sin β)Mx 2＋mL 2sin 4 β.。

第21课时近代物理命题规律 1.命题角度：(1)光电效应、能级跃迁；(2)原子核.2.常考题型：选择题．高考题型1光电效应能级跃迁1．光电效应两条对应关系(1)光子频率高→光子能量大→光电子的最大初动能大；(2)光照强度大(同种频率的光)→光子数目多→发射光电子多→光电流大．2．定量分析时应抓住三个关系式爱因斯坦光电效应方程E k＝hν－W0最大初动能与遏止电压的关系E k＝eU c逸出功与截止频率的关系W0＝hνc3.光电效应的四类图像分析图像名称图线形状由图线直接(或间接)得到的物理量最大初动能E k与入射光频率ν的关系图线E k＝hν－hνc (1)截止频率：图线与ν轴交点的横坐标νc(2)逸出功：图线与E k轴交点的纵坐标的绝对值W0＝|－E|＝E(3)普朗克常量：图线的斜率k＝h颜色相同、强度不同的光，光电流与电压(1)遏止电压U c：图线与横轴交点的横坐标(2)饱和光电流I m1、I m2：光电流的最大值(3)最大初动能：E k＝eU c的关系 颜色不同时，光电流与电压的关系(1)遏止电压U c1>U c2，则ν1>ν2 (2)最大初动能E k1＝eU c1，E k2＝eU c2 遏止电压U c 与入射光频率ν的关系图线(1)截止频率νc ：图线与横轴的交点的横坐标 (2)遏止电压U c ：随入射光频率的增大而增大，U c ＝hνe －W 0e(3)普朗克常量h ：等于图线的斜率与电子电荷量的乘积，即h ＝ke (注：此时两极之间接反向电压)4.解决氢原子能级跃迁问题的三点技巧(1)原子跃迁时，所吸收或辐射的光子能量只能等于两能级的能量差．(2)原子电离时，所吸收的能量可以大于或等于某一能级能量的绝对值，剩余能量为自由电子的动能．(3)一个氢原子跃迁发出的可能光谱线条数最多为(n －1)，而一群氢原子跃迁发出的可能光谱线条数可用N ＝C 2n ＝n (n －1)2求解． 考向一 光电效应例1 (2021·江苏如皋市高三期末)在光电效应实验中，用同一种单色光，先后照射锌和银金属的表面，都能发生光电效应．对于这两个过程，可能相同的物理量是( ) 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 答案 B解析 同一束光照射不同的金属，一定相同的是入射光的光子能量，不同的金属，逸出功不同，根据光电效应方程 E k ＝hν－W 0知，光电子的最大初动能不同，则遏止电压不同；同一束光照射，光中的光子数目相等，所以饱和光电流是相同的，故B 正确，A 、C 、D 错误． 例2 (2019·北京卷·19)光电管是一种利用光照射产生电流的装置，当入射光照在管中金属板上时，可能形成光电流．表中给出了6次实验的结果．组次入射光子的相对光电流大逸出光电子的由表中数据得出的论断中不正确的是( ) A ．两组实验采用了不同频率的入射光 B ．两组实验所用的金属板材质不同C ．若入射光子的能量为5.0 eV ，逸出光电子的最大动能为1.9 eVD ．若入射光子的能量为5.0 eV ，相对光强越强，光电流越大 答案 B解析 由于光子的能量ε＝hν，又入射光子的能量不同，故入射光子的频率不同，A 项正确；由爱因斯坦光电效应方程可得hν＝W 0＋E k ，可求出两组实验的逸出功均为3.1 eV ，故两组实验所用的金属板材质相同，B 项错误；由hν＝W 0＋E k ，逸出功W 0＝3.1 eV 可知，若入射光子能量为5.0 eV ，则逸出光电子的最大动能为1.9 eV ，C 项正确；相对光强越强，单位时间内射出的光子数越多，单位时间内逸出的光电子数越多，形成的光电流越大，故D 项正确． 考向二 爱因斯坦光电效应方程例3 (2018·全国卷Ⅱ·17)用波长为300 nm 的光照射锌板，电子逸出锌板表面的最大初动能为1.28×10－19J ．已知普朗克常量为6.63×10－34J·s ，真空中的光速为3.00×108 m·s －1.能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为( ) A ．1×1014 Hz B ．8×1014 Hz C ．2×1015 Hz D ．8×1015 Hz答案 B解析 设单色光的最低频率为ν0，由E k ＝hν－W 0知 E k ＝hν1－W 0，0＝hν0－W 0，又知ν1＝c λ整理得ν0＝c λ－E kh ，解得ν0≈8×1014 Hz.考向三 图像问题例4(2021·江苏卷·8)如图1所示，分别用1、2两种材料作K极进行光电效应探究，其截止频率ν1<ν2，保持入射光不变，则光电子到达A极时动能的最大值E km随电压U变化关系的图像是()图1答案 C解析光电管所加电压为正向电压，则根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子到达A极时动能的最大值E km＝Ue＋hν－hν截止，可知E km－U图像的斜率相同，均为e；截止频率越大，则图像在纵轴上的截距越小，因ν1<ν2，则图像C正确，A、B、D错误．考向四能级跃迁例5(2019·全国卷Ⅰ·14)氢原子能级示意图如图2所示．光子能量在1.63 eV～3.10 eV的光为可见光．要使处于基态(n＝1)的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为()图2A．12.09 eV B．10.20 eVC．1.89 eV D．1.51 eV答案 A解析 因为可见光光子的能量范围是1.63 eV ～3.10 eV ，所以处于基态的氢原子至少要被激发到n ＝3能级，要给氢原子提供的能量最少为E ＝(－1.51＋13.60) eV ＝12.09 eV ，故选项A 正确．例6 (2021·山东滨州市高三期末)如图3所示，大量处于激发态(n ＝4)的氢原子，向较低能级跃迁时，下列说法正确的是( )图3A ．最多只能放出3种不同频率的光子B ．从n ＝4能级跃迁到n ＝1能级氢原子的能量变大C ．从n ＝4能级跃迁到n ＝1能级放出的光子波长最长D ．从n ＝4能级跃迁到n ＝2能级放出的光子能使某种金属发生光电效应，则从n ＝2能级跃迁到n ＝1能级放出的光子，也一定能使该种金属发生光电效应 答案 D解析 最多只能放出C 24＝6种不同频率的光子，选项A 错误；从n ＝4能级跃迁到n ＝1能级氢原子的能级变低，能量变小，选项B 错误；从n ＝4能级跃迁到n ＝1能级，能级差最大，放出的光子频率最高，波长最短，选项C 错误；从4→2的能级差小于从2→1的能级差，则从4→2辐射出的光子的能量小于从2→1辐射出的光子的能量，则从n ＝4能级跃迁到n ＝2能级放出的光子能使某种金属发生光电效应，则从n ＝2能级跃迁到n ＝1能级放出的光子，也一定能使该种金属发生光电效应，选项D 正确．高考题型2 原子核1．核衰变问题 (1)核衰变规律：m ＝1/2012t T m ⎛⎫⎪⎝⎭，N ＝1/2012t T N ⎛⎫⎪⎝⎭.(2)α衰变和β衰变次数的确定方法①方法一：由于β衰变不改变质量数，故可以先由质量数改变确定α衰变的次数，再根据电荷数守恒确定β衰变的次数．②方法二：设α衰变次数为x ，β衰变次数为y ，根据质量数和电荷数守恒列方程组求解． 2．核能的计算方法(1)根据爱因斯坦质能方程，用核反应亏损的质量乘真空中光速c 的平方，即ΔE ＝Δmc 2(J)． (2)根据1 u(原子质量单位)相当于931.5 MeV 的能量，用核反应的质量亏损的原子质量单位数乘931.5 MeV ，即ΔE ＝Δm ×931.5 (MeV)．3．核反应方程中电荷数守恒，质量数守恒，有质量亏损．例7 (2021·江苏卷·1)用“中子活化”技术分析某样品的成分，中子轰击样品中的14 7N 产生146C和另一种粒子X ，则X 是( ) A ．质子 B ．α粒子 C ．β粒子 D ．正电子答案 A解析 该核反应方程为14 7N ＋10n →14 6C ＋11H ，可知X 是质子，故选A. 例8 (2021·全国乙卷·17)医学治疗中常用放射性核素113In 产生γ射线，而113In 是由半衰期相对较长的113Sn 衰变产生的．对于质量为m 0的113Sn ，经过时间t 后剩余的113Sn 质量为m ，其mm 0－t 图线如图4所示．从图中可以得到113Sn 的半衰期为( )图4A ．67.3 dB ．101.0 dC ．115.1 dD ．124.9 d答案 C解析 由题图可知从m m 0＝23到m m 0＝13，113Sn 恰好衰变了一半，根据半衰期的定义可知113Sn 的半衰期为T 1/2＝182.4 d －67.3 d ＝115.1 d ，故选C.例9 (2020·全国卷Ⅱ·18)氘核21H 可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式621H →242He ＋211H ＋210n ＋43.15 MeV 表示．海水中富含氘，已知1 kg 海水中含有的氘核约为1.0×1022个，若全都发生聚变反应，其释放的能量与质量为M 的标准煤燃烧时释放的热量相等；已知1 kg标准煤燃烧释放的热量约为2.9×107 J，1 MeV＝1.6×10－13 J，则M约为() A．40 kg B．100 kg C．400 kg D．1 000 kg答案 C解析根据核反应方程式，6个氘核聚变反应可释放出43.15 MeV的能量，1 kg海水中的氘核反应释放的能量为E＝1.0×102222 MeV≈1.15×1010 J，则相当于燃6×43.15 MeV≈7.19×10烧的标准煤的质量为M＝1.15×1010kg≈400 kg.2.9×1071．(2021·天津市南开区高三期末)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．玻尔原子理论证实了原子的核式结构模型B．卢瑟福通过α粒子轰击氮核的实验，证实了在原子核内部存在中子C．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，确定了原子核的存在D．汤姆孙通过对阴极射线的研究，发现了原子内部存在电子答案 D解析玻尔原子理论成功地解释了氢原子光谱的实验规律，卢瑟福根据α粒子散射实验，得到了原子的核式结构模型，故A错误；卢瑟福通过α粒子轰击氮核实验的研究，实现了原子核的人工转变，发现了质子，预言了中子的存在，故B错误；贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，提出了原子内部有复杂的结构，故C错误；汤姆孙通过阴极射线在电场和在磁场中的偏转实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子(即电子)组成，并测出了该粒子的比荷，故D正确．2．(2021·江苏南通市四模)氚是核污水中难以去除的放射性物质，会发生β衰变生成32He，半衰期约为12年．则()A．β衰变方程为31H→32He＋0－1eB．β衰变中释放的能量为氚的结合能C．31H的比结合能比32He的比结合能大D．核污水中氚的含量减少一半需要约6年答案 A解析根据电荷数守恒，质量数守恒可得β衰变方程为31H→32He＋0－1e，A正确；氚的结合能等于把氚拆开成单独核子所需要的最小能量，故β衰变中释放的能量不是氚的结合能，B错误；氚β衰变时释放能量，故31H的比结合能比32He的比结合能小，C错误；发生β衰变生成3He，半衰期约为12年，即没有发生衰变的核污水中氚的含量减少一半需要约12年，D错误．23．(2021·江苏南京市、盐城市二模)某实验小组用图5甲所示电路研究a、b两种单色光的光电效应现象，通过实验得到光电流I与电压U的关系如图乙所示，由图可知()图5A．光电子的最大初动能E k a<E k bB．两种光的频率νa>νbC．两种光照射金属K时的逸出功不一样D．若b光可以让处于基态的氢原子电离，则a光一定也可以答案 A解析由题图可得b光照射光电管时遏止电压大，其逸出的光电子最大初动能大，即E k a<E k b，故A正确；由光电效应方程E k＝hν－W0可得νa<νb，故B错误；金属的逸出功由金属本身决定，与光的频率无关，故C错误；b光的频率大，光子能量大，若b光可以让处于基态的氢原子电离，则a光有可能让基态氢原子电离，并不是一定可以，故D错误．4．(2021·山东菏泽市期末)我国可控核聚变技术已经走在了世界前列，“东方超环”是全超导托卡马克核聚变实验装置，又被称为“人造太阳”(如图6)．其原理是让海水中大量存在的氘和氚原子在高温高密度条件下，像太阳一样发生核聚变，为人类提供源源不断的能源．氘核(21H)和氚核(31H)结合成氦核(42He)时，要放出某种质量m＝1.008 7 u的粒子，同时释放出能量．已知氘核质量m氘＝2.014 1 u，氚核质量m氚＝3.016 0 u，氦核质量m氦＝4.002 6 u，根据爱因斯坦的质能方程可知1 u相当于931.5 MeV＝1.49×10－10 J，阿伏加德罗常数N A＝6.0×1023 mol－1，氘核的摩尔质量M氘＝2 g·mol－1.图6(1)写出该核聚变反应的核反应方程式，并计算一次核聚变反应中释放的核能；(保留2位有效数字)(2)未来建设一座应用此反应的热核发电站，若该发电站的功率P＝50万千瓦，计算理论上该发电站一年(3.15×107 s)，大约需要多少千克的氘？答案(1)21H＋31H→42He＋10n 2.8×10－12 J(2)18.75 kg解析(1)该核反应方程式为21H＋31H→42He＋10n反应中的质量亏损为Δm＝m氘＋m氚－(m氦＋m)＝0.018 8 u，1 u相当于1.49×10－10 J则释放的核能ΔE≈2.8×10－12 J(2)该发电站一年产生的电能E＝Pt代入数据求得E＝1.575×1016 J理论上该发电站一年需要的氘的质量m H＝EM氘N AΔE×10－3代入数据解得m H＝18.75 kg.专题强化练[保分基础练]1．2020年1月10日，工程院院士黄旭华获得国家最高科学技术奖，他为核潜艇研制和跨越式发展作出了巨大贡献，下列说法正确的是()A．核潜艇的核反应也叫热核反应B．原子弹中铀或钚的质量可小于临界质量C．核潜艇的核反应堆是利用镉棒控制核反应速度D．核裂变比核聚变更为安全、清洁答案 C解析核潜艇是利用重核裂变释放的核能来发电的，不属于热核反应，故A错误；发生链式反应的条件是裂变物质的体积必须大于或等于临界体积，或裂变物质的质量必须大于或等于临界质量，故原子弹中铀或钚的质量必须大于或等于临界质量，故B错误；核潜艇是利用重核裂变释放的核能来发电的，故核潜艇的核反应堆是利用镉棒控制核反应速度，故C正确；核聚变比核裂变更为安全、清洁，故D错误．2.(2021·江苏苏州市昆山中学三模)如图1所示，x为未知放射源，L为薄铝片，若在放射源和计数器之间加上L后，计数器的计数率大幅度减小，在L和计数器之间再加竖直向下的匀强磁场，计数器的计数率不变，则x可能是()图1A．α和β的混合放射源B．纯α放射源C．α和γ的混合放射源D．纯γ放射源答案 C解析在放射源和计数器之间加上薄铝片后，计数器的计数率大幅度减小，说明射线中有穿透力很弱的粒子，即α粒子．在薄铝片和计数器之间再加竖直向下的匀强磁场，计数器的计数率不变，说明穿过薄铝片的粒子中无带电粒子，故只有γ射线．因此放射源可能是α和γ的混合放射源．故选C.3．(2021·江苏苏锡常镇一模)作为一项新能源，人类利用核能，目前都是通过可控制的核裂变反应实现的．下列反应中属于核裂变反应的是()A.21H＋31H→42He＋10nB.42He＋2713Al→3015P＋10nC.234 90Th→230 88Ra＋42HeD.235 92U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋310n答案 D解析两轻核反应生成中等质量的核，属于轻核聚变，故A错误；氦核轰击铝，产生磷的同位素，属于一种人工核转变，故B错误；反应物只有一个，生成物有氦核，属于α衰变，故C错误；中子轰击铀核，生成两中等质量核和中子，构成链式反应，属于核裂变反应，故D 正确．4．(2021·全国甲卷·17)如图2，一个原子核X 经图中所示的一系列α、β衰变后，生成稳定的原子核Y ，在此过程中放射出电子的总个数为( )图2A ．6B ．8C ．10D ．14 答案 A解析 由题图分析可知，核反应方程为238 92X →206 82Y ＋a 42He ＋b 0－1e ，经过a 次α衰变，b 次β衰变， 由电荷数与质量数守恒可得 238＝206＋4a ；92＝82＋2a －b ，解得a ＝8，b ＝6，故放出6个电子，故选A.5．(2021·江苏扬州市高三下初调)我国重大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电．氘核聚变反应的方程为21H ＋21H →X ＋10n.已知氘核的质量为m 1，中子的质量为m 2，反应中释放的核能为ΔE ，光速为c ，下列说法正确的是( ) A ．X 为42HeB ．X 的比结合能比21H 小C ．X 的质量为ΔEc2＋2m 1－m 2D ．要使该聚变反应发生，必须克服两氘核间巨大的库仑斥力 答案 D解析 根据质量数及电荷数守恒得X 为32He ，A 错误；该反应为放能反应，所以X 的比结合能比21H 大，B 错误；根据质能方程得ΔE ＝Δmc 2＝(2m 1－m 2－m X )c 2，解得m X ＝2m 1－m 2－ΔE c2，C 错误；要使该聚变反应发生，必须克服两氘核间巨大的库仑斥力，D 正确．6．(2021·江苏盐城市、南京市一模)玻尔原子理论认为电子围绕原子核做匀速圆周运动，电子绕原子核的运动可以等效为环形电流．设氢原子处于基态时能量为E 1 ，等效的环形电流为I 1 ；在第一激发态时能量为E 2 ，等效的环形电流为I 2.则下列关系式正确的是( ) A ．E 1>E 2，I 1>I 2 B ．E 1>E 2，I 1<I 2 C ．E 1<E 2，I 1>I 2 D ．E 1<E 2，I 1<I 2答案 C解析 根据氢原子处于基态时能量最小，所以有：E 1<E 2，氢原子核外电子绕核做匀速圆周运动，库仑力充当向心力，根据牛顿第二定律得ke 2r 2＝mr 4π2T 2，根据电流的定义，可得核外电子的等效电流为：I ＝e T ，联立解得等效的环形电流为I ＝e 22πkmr 3，根据题意有：r 2＝4r 1，所以有：I 1>I 2，故C 正确，A 、B 、D 错误．7．(2021·浙江6月选考·13)已知普朗克常量h ＝6.63×10－34J·s ，电子的质量为9.11×10－31kg ，一个电子和一滴直径约为4 μm 的油滴具有相同动能，则电子与油滴的德布罗意波长之比的数量级为(ρ油＝0.8×103 kg/m 3)( ) A ．10－8 B ．106 C ．108 D ．1016 答案 C解析 根据德布罗意波长公式λ＝hpp ＝2mE k 解得λ＝h2mE k由题意可知，电子与油滴的动能相同，则其波长与质量的二次方根成反比，所以有λ电λ油＝m 油m 电m 油＝ρ·16πd 3＝0.8×103×16×3.14×(4×10－6)3≈2.7×10－14 kg代入数据解得λ电λ油＝2.7×10－149.11×10－31≈1.7×108 所以C 正确，A 、B 、D 错误．8．(2021·江苏苏州市昆山中学三模)图3甲是氢原子的部分能级图，图乙是光电效应演示装置，装置中金属锌的逸出功为3.4 eV .用大量处于n ＝4能级的氢原子跃迁时发出的光去照射锌板，下列说法正确的是( )图3A ．锌板不会发生光电效应B ．若发生光电效应，则验电器内的金属箔片带负电C ．光电效应本质上是β衰变D ．从锌板打出来的光电子获得的最大初动能为9.35 eV 答案 D解析 大量处于n ＝4能级的氢原子跃迁时发出的光的最大能量是由4到1的跃迁，能量为(－0.85 eV)－(－13.6 eV)＝12.75 eV ，则照射锌板时能发生光电效应，且打出来的光电子获得的最大初动能为12.75 eV －3.4 eV ＝9.35 eV ，选项A 错误，D 正确；若发生光电效应，则锌板由于缺少电子而带正电，则验电器内的金属箔片带正电，选项B 错误；β衰变是原子核内的中子转化为质子时放出的电子，而光电效应打出的电子来自原子核外，则光电效应与β衰变的本质不同，选项C 错误．[争分提能练]9．(2021·江苏南京市第十三中高三调研)大量处于n ＝4能级的氢原子辐射出多条谱线，其中最长和最短波长分别为λ1和λ2.已知普朗克常量为h ，光速为c ，则n ＝4能级与n ＝3能级的能量差为( ) A.hc λ1B.hcλ2C.hc (λ1＋λ2)λ1λ2D.hc (λ1－λ2)λ1λ2答案 A解析 大量处于n ＝4能级向低能级跃迁时，从n ＝4能级向n ＝3能级跃迁时释放的光子能量最小，波长最长，其波长即为λ1，其频率为ν1＝c λ1则n ＝4能级与n ＝3能级的能量差ε1＝hν1＝hcλ1，故选A.10．(2021·山东德州市一模)下表为四种金属逸出功的值金属 钨 钙 钾 铷 逸出功W 0/eV4.543.202.252.13已知普朗克常量为h ＝6.6×10－34J·s ，e ＝1.6×10－19C ，如图4所示为某金属的遏止电压U c随入射光频率ν变化的图像，该金属为( )图4A ．钨B ．钙C ．钾D ．铷 答案 A解析 根据光电效应方程知E k ＝hν－W 0＝h (ν－νc )，对照题图可知，金属发生光电效应的截止频率为νc ＝1.1×1015 Hz ，则该金属的逸出功等于W 0＝hνc ＝6.6×10－34×1.1×10151.6×10－19 eV ≈4.54 eV ，对照表格可知该金属为钨，故选A.11．(2021·山东青岛市一模)大量处于n ＝5能级的氢原子向低能级跃迁时产生的a 、b 两种单色光照射某光电管的阴极时，测得遏止电压之比为2∶1，根据该信息下列说法正确的是( ) A ．在同种介质中，b 光的传播速度是a 光的两倍B ．若b 光是跃迁到n ＝3能级产生的，则a 光可能是跃迁到n ＝4能级产生的C ．用同样的装置做双缝干涉实验，b 光束的条纹间距是a 光束的两倍D ．当两种光从水中射向空气时，a 光的临界角小于b 光的临界角 答案 D解析 遏止电压是光电流为零时的最小反向电压，根据动能定理可知eU c ＝E k ＝12m v 2，在同种介质中，b 光的传播速度是a 光的22倍，A 错误；遏止电压大，频率高，能量大，a 光的能量大于b 光的能量，若b 光是跃迁到n ＝3能级产生的，则a 光是跃迁到比n ＝3能级低才能产生，B 错误；根据ν＝cλ和eU c ＝hν－W 0可知，a 、b 两种单色光的频率有νa <2νb ，则b 光的波长比a 光波长的2倍小，由Δx ＝Ld λ，可知b 光束的条纹间距比a 光束条纹间距的2倍小，C 错误；遏止电压大，频率高，则a 光的频率高，折射率大，根据sin C ＝1n，a 光的临界角小，D 正确．12．原子核的平均结合能与质量数之间的关系图线如图5所示．下列说法正确的是( )图5A.42He 核的结合能约为14 MeVB.8936Kr 核比144 56Ba 核更稳定C ．三个中子和三个质子结合成63Li 核时吸收能量D ．在核反应235 92U ＋10n →8936Kr ＋144 56Ba ＋310n 中，要吸收热量答案 B解析 分析题图可知，42He 核的平均结合能为7 MeV ，根据平均结合能的定义可知，42He 核的结合能为7×4 MeV ＝28 MeV ，故A 错误；平均结合能越大的原子核越稳定，分析题图可知，8936Kr 核比144 56Ba 核的平均结合能大，故8936Kr 核比144 56Ba 核更稳定，故B 正确；核子结合成原子核时，质量亏损，释放核能，故三个中子和三个质子结合成63Li 核时释放能量，故C 错误；重核裂变时，质量亏损，释放能量，故D 错误．13．(2021·江苏省四校联合第三次联考)在磁感应强度为B 的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变．放射出的α粒子(42He)在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动，其轨道半径为R .以m 、q 分别表示α粒子的质量和电荷量．(1)放射性原子核用A Z X 表示，新核的元素符号用Y 表示，写出该α衰变的核反应方程． (2)设该衰变过程释放的核能都转化为α粒子和新核的动能，新核的质量为M ，求衰变过程的质量亏损Δm . 答案(1)A Z X →A －4Z －2Y ＋42He(2)(M ＋m )(qBR )22mMc 2解析 (1)根据质量数和电荷数守恒可知A Z X →A －4Z －2Y ＋42He ；(2)粒子在匀强磁场运动过程中，洛伦兹力充当向心力，由q v B ＝m v 2R ，得v ＝qBRm ；设衰变后新核Y 的速度大小为v ′，系统动量守恒有M v′－m v＝0，解得v′＝m vM＝qBRM由Δmc2＝12M v′2＋12m v2，得Δm＝()M＋m(qBR)22mMc2.14．(2021·江苏省1月适应性考试·14)我国中微子探测实验利用光电管把光信号转换成电信号．如图6所示，A和K分别是光电管的阳极和阴极，加在A、K之间的电压为U.现用发光功率为P的激光器发出频率为ν的光全部照射在K上，回路中形成电流．已知阴极K材料的逸出功为W0，普朗克常量为h，电子电荷量为e.图6(1)求光电子到达A时的最大动能E km；(2)若每入射N个光子会产生1个光电子，所有的光电子都能到达A，求回路的电流I.答案见解析解析(1)根据光电效应方程，光电子离开K极的最大动能E km0＝hν－W0光电子从K极到A极，由动能定理得：Ue＝E km－E km0联立得E km＝Ue＋hν－W0(2)t时间内，激光器发光的总功W＝Pt①到达K极的光子总数N0＝Whν②逸出的光电子总数N e＝N0N③回路的电流I＝N e et④由①②③④解得I＝PeNhν.。