3黑龙江省高考物理3-5真题

电磁感应+动量考点01 电磁感应+动量定理1. （2024年高考湖南卷）某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R 的定值电阻相连，导轨BC 段与11B C 段粗糙，其余部分光滑，1AA 右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m 的金属杆垂直导轨放置。

现让金属杆以初速度0v 沿导轨向右经过1AA 进入磁场，最终恰好停在1CC 处。

已知金属杆接入导轨之间的阻值为R ，与粗糙导轨间的摩擦因数为μ，AB BC d ==。

导轨电阻不计，重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ）A. 金属杆经过1BB 的速度为02v B. 在整个过程中，定值电阻R 产生的热量为201122mv mgd μ-C. 金属杆经过11AA B B 与11BB C C 区域，金属杆所受安培力的冲量相同D. 若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍【答案】CD 【解析】设平行金属导轨间距为L ，金属杆在AA 1B 1B 区域向右运动的过程中切割磁感线有E = BLv ，2EI R=金属杆在AA 1B 1B 区域运动的过程中根据动量定理有-D =D BIL t m v则222t B L v t m v R-D =D 由于t d v t =åD ，则上面方程左右两边累计求和，可得2202B B L d mv mv R-=-则2202B B L dv v mR=-设金属杆在BB 1C 1C 区域运动的时间为t 0，同理可得，则金属杆在BB 1C 1C 区域运动的过程中有2202BB L d mgt mv Rμ--=-解得2202B B L d v gt mRμ=+综上有000222B v gt v v μ=+>则金属杆经过BB 1的速度大于2v ，故A 错误；在整个过程中，根据能量守恒有2012mv mgd Q μ=+则在整个过程中，定值电阻R 产生的热量为20111242R Q Q mv mgdμ==-故B 错误；金属杆经过AA 1B 1B 与BB 1C 1C 区域，金属杆所受安培力的冲量为222222t B L B L xBIL t v t R R-D =-D =åå则金属杆经过AA 1B 1B 与BB 1C 1C 区域滑行距离均为d ，金属杆所受安培力的冲量相同，故C 正确；根据A 选项可得，金属杆以初速度0v 在磁场中运动有220022B L dmgt mv Rμ´--=-金属杆的初速度加倍，则金属杆通过AA 1B 1B 区域时中有220'22B B L d mv mv R-=-则金属杆的初速度加倍，则金属杆通过1BB 时速度为220'22B B L dv v mR=-则设金属杆通过BB 1C 1C 区域的时间为1t ， 则221''2C B B L d mgt mv mv R μ--=-，2210022B L x mgt mv Rμ--=-则22102'22C B L dmgt mv mv Rμ´--=-，则0101220022(2)2mv mgt Rx mv mgt d B L mv mgt μμμ-=-=´-由于10t t <，则4x d>可见若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，故D 正确。

高考物理考点《圆周运动》真题练习含答案1.[2024·全国甲卷]如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m 的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q 点自由下滑至其底部，Q 为竖直线与大圆环的切点．则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小( )A ．在Q 点最大B ．在Q 点最小C ．先减小后增大D ．先增大后减小 答案：C解析：设小环运动轨迹所对的圆心角为θ(0≤θ≤π)，大圆环的半径为R ，大圆环对小环的作用力为F ，则由动能定理有mgR (1－cos θ)＝12 m v 2，又小环做圆周运动，则有F ＋mg cosθ＝m v 2R ，联立得小环下滑过程中受到大圆环的作用力F ＝mg (2－3cos θ)，则F 的大小先减小后增大，且当cos θ＝23 时F 最小，当cos θ＝－1，即小环在大圆环最低点时F 最大，结合牛顿第三定律可知，C 正确．2．[2024·山东省荷泽市联考]如图是某自行车的传动结构示意图，其中Ⅰ是半径r 1＝10 cm 的牙盘(大齿轮)，Ⅱ是半径r 2＝4 cm 的飞轮(小齿轮)，Ⅲ是半径r 3＝36 cm 的后轮．若某人在匀速骑行时每分钟踩脚踏板转30圈，取π＝3.14，下列判断正确的是( )A ．脚踏板的周期为130sB ．牙盘转动的角速度为6.28 rad/sC ．飞轮边缘的线速度大小为3.14 m/sD ．自行车匀速运动的速度大小为2.826 m/s 答案：D解析：脚踏板每分钟转30圈，则周期为T ＝6030s ＝2 s ，A 错误；牙盘转动的角速度ω＝2πT ＝3.14 rad/s ，B 错误；飞轮边缘的线速度与牙盘边缘的线速度大小相等，即v 2＝ωr 1＝0.314 m/s ，C 错误；后轮的角速度与飞轮的角速度相等，则后轮边缘各点的线速度大小为v 3＝v 2r 2r 3＝2.826 m/s ，自行车匀速运动的速度大小为2.826 m/s ，D 正确．3.[2024·北京市二十二中期中考试]如图所示，光滑水平面上，小球m 在拉力F 作用下做匀速圆周运动．若小球运动到P 点时，拉力F 发生变化，关于小球运动情况的说法正确的是( )A.若拉力突然消失，小球将沿轨迹PO 做近心运动 B ．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa 做离心运动 C ．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb 做近心运动 D ．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pb 做离心运动 答案：D解析：若拉力突然消失，小球将沿切线方向做匀速直线运动，即沿轨迹Pa 做离心运动，A 错误；若拉力突然变小，则小球受到的拉力小于所需的向心力，小球将沿轨迹Pb 做离心运动，B 错误，D 正确；若拉力突然变大，则小球受到的拉力大于所需的向心力，小球沿轨迹Pc 做近心运动，C 错误．4.[2024·云南省昭通市质检]旋转木马可以简化为如图所示的模型，a 、b 两个小球分别用悬线悬于水平杆上的A 、B 两点，A 、B 到O 点距离之比为1∶2.装置绕竖直杆匀速旋转后，a 、b 在同一水平面内做匀速圆周运动，两悬线与竖直方向的夹角分别为α、θ，则α、θ关系正确的是( )A ．tan θ＝2 tan αB ．tan θ＝2tan αC ．cos α＝2 cos θD ．sin θ＝2 sin α答案：B解析：设OA段长为L，OB段长为2L，匀速旋转小球到悬点的高度均为h，由于a、b两球做圆周运动的角速度相同，且都满足mg tan φ＝mω2r，则有a aa b＝（L＋h tan α）ω2（2L＋h tan θ）ω2＝g tan αg tan θ，解得tan θ＝2tan α，B正确．5.[2024·广东省深圳市开学考试]如图为某同学做“水流星”的实验，他把装有水的小桶在竖直面上做圆周运动．若小桶运动的半径为R，桶和水可视为质点，要使桶中的水经过最高点时恰好不会倒出来，重力加速度取g，则小桶通过最高点时的角速度为()A．gR B. gR C.Rg D．无法确定答案：B解析：要使桶中的水经过最高点时恰好不会倒出来，则水需要的向心力要等于水的重力，即mω2R＝mg，解得ω＝gR，B正确．6.[2024·江苏省五市十一校阶段联测]日常生活中，我们看到的桥面都是中间高的凸形桥，中间低的凹形桥很少见．下列有说法正确的是()A．汽车通过凹形桥的最低点时，支持力提供向心力B．汽车通过凹形桥的最低点时，汽车处于失重状态C．汽车通过凹形桥的最低点时，为了防止爆胎，车应快速驶过D．同一辆汽车以相同的速率通过凹形桥的最低点时，比通过凸形桥最高点对桥面的压力大答案：D解析：汽车通过凹形桥的最低点时，支持力和重力的合力提供向心力；根据牛顿第二定律可得N －mg ＝m v 2R ，解得N ＝mg ＋m v 2R >mg ，汽车处于超重状态；汽车通过凹形桥的最低点时，为了防止爆胎，车应慢速驶过，A 、B 、C 错误；汽车通过凸形桥最高点时，根据牛顿第二定律可得mg －N ′＝m v 2R ，解得N ′＝mg －m v 2R <mg ，同一辆汽车以相同的速率通过凹形桥的最低点时，比通过凸形桥最高点对桥面的压力大，D 正确．7.[2024·安徽省名校联盟联考]如图所示，某同学设计了如下实验装置研究向心力，轻质套筒A 和质量为1 kg 的小球B 通过长度为L 的轻杆及铰链连接，套筒A 套在竖直杆OP 上与原长为L 的轻质弹簧连接，小球B 可以沿水平槽滑动，让系统以某一角速度绕OP 匀速转动，球B 对水平槽恰好无压力，此时轻杆与竖直方向夹角θ＝37°.已知弹簧的劲度系数为100 N/m ，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦，sin 37°＝0.6，则系统转动的角速度ω为( )A ．2 rad/sB ．2.5 rad/sC ．4 rad/sD ．5 rad/s 答案：D解析：B 球对槽恰好无压力时，此时弹簧的压缩量为L －L cos 37°，对A 、B 整体分析有k (L －L cos 37°)＝mg ，根据牛顿第二定律有mg tan θ＝mL sin θω2，解得ω＝5 rad/s ，D 正确．8.[2024·河南省部分名校阶段测试]如图所示，有两个质量不同的小球a 和b ，在光滑倒立的圆锥桶里两个水平面上分别做匀速圆周运动，两个小球做匀速圆周运动的半径R a ＝2R b ，质量m a ＝2m b ，下列说法正确的是( )A ．两个小球做圆周运动的向心力大小F a ＝F bB ．两个小球做圆周运动的向心力大小之比F a F b ＝12C ．两个小球做圆周运动的角速度之比ωa ωb ＝21D ．两个小球做圆周运动的线速度大小之比v a v b ＝21答案：D解析：两小球均由圆锥桶对其的弹力和重力的合力提供向心力，如图所示，则有F a ＝m a gtan θ ，F b ＝m b g tan θ ，由于m a ＝2m b ，故F a F b ＝m a m b ＝21 ，A 、B 错误；根据F n ＝mω2R 可得ω＝F nRm，故ωaωb ＝ F a F b ·R b R a ·m bm a＝ 12·21·12 ＝22 ，C 错误；根据v ＝ωR 可得v a v b ＝ωa ωb ·R a R b ＝21，D 正确．9.[2024·山西省运城市模拟](多选)一位同学玩飞镖游戏，已知飞镖距圆盘为L 对准圆盘上边缘的A 点水平抛出，初速度为v 0，飞镖抛出的同时，圆盘绕垂直圆盘且过盘心O 点的水平轴匀速转动．若飞镖恰好击中A 点，下列说法正确的是( )A ．从飞镖抛出到恰好击中A 点，A 点一定转动到最低点位置B ．圆盘转动的角速度一定满足（2k ＋1）L πv 0(k ＝0，1，2…)C ．圆盘的半径为gL 22v 20D ．从飞镖抛出到恰好击中A 点的时间为2Lv 0答案：AB解析：飞镖抛出后做平抛运动，飞镖抛出到恰好击中A 点，故A 点一定转动到最低点位置，A 正确；飞镖抛出后在水平方向做匀速直线运动，故从飞镖抛出到恰好击中A 点的时间为t ＝Lv 0 ，D 错误；飞镖抛出到恰好击中A 点，圆盘运动的角度应满足θ＝ωt ＝π＋2k π，(k ＝0，1，2…)，故圆盘转动的角速度一定满足ω＝（2k ＋1）Lπv 0(k ＝0，1，2…)，B 正确；飞镖抛出后在竖直方向做自由落体运动，有h ＝12 gt 2＝2R ，解得圆盘的半径为R ＝gL 24v 20 ，C错误．10.[2024·山西省晋中市质检]如图，一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动，圆盘半径为R ，甲、乙两物体的质量分别为M 和m (M >m )，它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为正压力的μ倍，两物体用一根长为l (l <R )的轻绳连在一起，若将甲物体放在转轴的正上方，甲、乙之间连线刚好沿半径方向拉直，要使两物体与转盘之间不发生相对滑动，则转盘旋转的角速度最大值不得超过(两物体可看作质点)( )A. μ（M ＋m ）gmR B.μ（M －m ）gMlC.μ（M ＋m ）gMlD.μ（M ＋m ）gml答案：D解析：当转盘旋转的角速度为最大值时，对甲物体有T ＝μMg ，对乙物体有T ＋μmg ＝mω2l ，解得转盘旋转的角速度最大值不得超过ω＝μ（M ＋m ）gml，D 正确．11.[2024·黑龙江省哈尔滨三中期中考试]如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定转轴以恒定角速度ω匀速转动，盘面上离转轴2 m 处有一小物体(可视为质点)与圆盘始终保持相对静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面间的夹角为30°，g ＝10 m/s 2，则( )A ．小物体随圆盘以不同的角速度ω做匀速圆周运动时，ω越大，小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大B ．小物体受到的摩擦力不可能背离圆心C ．若小物体与盘面间的动摩擦因数为32，则ω的最大值是1.0 rad/s D ．若小物体与盘面间的动摩擦因数为32 ，则ω的最大值是52rad/s 答案：D解析：当物体在最高点时，可能受到重力、支持力与摩擦力三个力的作用，摩擦力的方向可能沿斜面向上(即背离圆心)，也可能沿斜面向下(即指向圆心)，摩擦力的方向沿斜面向上时，ω越大，小物体在最高点处受到的摩擦力越小，A 、B 错误；当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，圆盘的角速度最大，此时小物体受竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力、沿斜面指向圆心的摩擦力，由沿斜面的合力提供向心力，支持力大小为F N ＝mg cos 30°，摩擦力大小为f ＝μF N ＝μmg cos 30°，根据牛顿第二定律可得μmg cos 30°－mg sin 30°＝mω2R ，解得ω的最大值为ω＝52rad/s ，C 错误，D 正确． 12.[2024·云南省昆明市期中联考]如图所示，“V”形光滑支架下端用铰链固定于水平地面上，支架两臂长各为l ＝1.5 m ，且与水平面间夹角均为θ＝53°，“V”形支架的AO 臂上套有一根原长为l 0＝1.0 m 的轻质弹簧，弹簧劲度系数为k ＝100 N/m ，其下端固定于“V”形支架下端，上端与一个串在臂上的小球相连，已知小球质量为m ＝0.5 kg.现让小球随支架一起绕中轴线OO ′匀速转动．已知重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：(1)轻弹簧恰为原长时，支架转动的角速度大小；(2)为使小球不从支架的AO 臂滑出，支架转动的角速度的最大值是多少．答案：(1)1023rad/s (2)102 rad/s解析：(1)轻弹簧恰为原长时，小球只受重力与支持力，在竖直方向有F N cos θ＝mg 水平方向有F N sin θ＝mω2l 0cos θ解得ω＝1023rad/s(2)当小球到达A点时，小球处于脱离支架的临界状态，竖直方向有F′N cos θ＝k(l－l0)sin θ＋mg水平方向有F′N sin θ＋k(l－l0)cos θ＝mω21l cos θ解得ω1＝102rad/s。

2021年高考物理100考点最新模拟题千题精练（选修3-5）第六部分 原子物理专题6.17．近三年高考真题精选精练（基础篇）一．选择题1.【加试题】（2018年11月浙江选考物理）处于较高能级的氢原子向较低能级跃迁时，能辐射出a 、b 两种可见光，a 光照射某金属表面时有光电子逸出，b 光照射该金属表面时没有光电子逸出，则 A. 以相同的入射角射向一平行玻璃砖，a 光的侧移量小于b 光的 B. 垂直入射到同一单缝衍射装置，a 光的衍射中央亮条纹宽度小于b 光的 C. a 光和b 光的频率之比可能是20/27 D. a 光子的动量大于b 光子的 【参考答案】.BD【命题意图】此题氢原子能级跃迁辐射的两种光照射金属是否逸出光电子切入，考查光电效应、光的折射、单缝衍射、光子能量公式、光子动量公式。

【解题思路】根据题述，a 光照射某金属表面时有光电子逸出，b 光照射某金属表面时有光电子逸出，根据光电效应产生条件可知a 光子的能量大于b 光子的能量，根据光子能量与频率成正比可知a 光的频率大于b 光的频率，a 光和b 光的频率之比不可能是20/27，选项C 错误；根据光的频率越大折射率越大，可知a 光的折射率较大，根据折射定律，n=sin sin ir以相同的入射角i 射向同一平行玻璃砖，a 光的折射角r 较小，所以以相同的入射角射向同一平行玻璃砖，a 光的侧移量大于b 光的侧移量，选项A 错误；根据光的频率与波长的关系，νλ=c ，可知a 光的波长小于b 光的波长。

由于波长越长衍射现象越明显，所以a 光和b 光垂直入射到同一单缝衍射装置，a 光的衍射中央亮条纹宽度小于b 光的衍射中央亮条纹宽度，选项B 正确；根据光子动量与波长的关系，p=h/λ，由于a 光的波长小于b 光的波长，所以a 光子的动量大于b 光子的动量，选项D 正确。

【方法归纳】解答以光电效应为情景切入的光学综合题的方法是：首先根据题述情景判断哪种光的频率较大，然后根据光的频率与折射率的关系得出哪种光的折射率较大，利用光的折射定律分析解答有关光的折射和全反射问题；根据光的频率与波长的关系，利用波长越长衍射现象越明显，波长越长干涉条纹间隔越大分析光的干涉和衍射问题；根据光子的能量和动量与频率和波长的关系分析光子能量和动量问题。

专题15 选修3-31．（2019·新课标全国Ⅰ卷）（5分）某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体。

初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界。

现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同。

此时，容器中空气的温度__________（填“高于”“低于”或“等于”）外界温度，容器中空气的密度__________（填“大于”“小于”或“等于”）外界空气的密度。

）外界空气的密度。

2．（2019·新课标全国Ⅰ卷）（10分）热等静压设备广泛用于材料加工中。

该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改善其性能。

改善其性能。

一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13 m 3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中。

已知每瓶氩气的容积为3.2×3.2×1010-2 -2m 33，使用前瓶中气体压强为1.5×1.5×10107 7Pa ，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×2.0×101066Pa ；室温温度为27 ℃。

氩气可视为理想气体。

（1）求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；）求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；（2）将压入氩气后的炉腔加热到1 227 ℃，求此时炉腔中气体的压强。

3．（2019·新课标全国Ⅱ卷）（5分）如p-V 图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是T 1、T 2、T 3。

用N 1、N 2、N 3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数，则N 1______N 2，T 1______T 3，N 2______N 3。