(普查练习)方法技巧普查卷技巧卷-【提分宝典】2025年新高考物理一轮全考点普查随堂课后练

★建议总复习开始前使用 普通高等学校招生全国统一考试物理总复习 方法技巧普查卷 一、解决实际物理问题的思维策略 (一)强化审题意识，掌握审题要领 1．(6分)如图所示，一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都可不计，盘内放一个物体P，处于静止状态。P的质量m＝12 kg，弹簧的劲度系数k＝800 N/m。现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在t＝0.2 s内F的大小是变化的，在0.2 s以后F是恒力，重力加速度g取10 m/s2。求F的最大值和最小值。 (本题普查审题要领——审题时要重视推理) 1．答案：210 N　90 N(6分) 解析：设刚开始时弹簧压缩量为x，则 x＝＝0.15 m(1分) 对物体P，由牛顿第二定律得 F＋kΔx－mg＝ma(2分) 可见随着弹簧形变量Δx的逐渐减小，F逐渐增大；当物体P脱离弹簧台秤后，F恒定且最大。由题意知0.2 s以后F是恒力，则0.2 s时物体P恰好脱离弹簧台秤。 在前0.2 s内，由运动学公式有x＝at2(1分) 代入数据解得a＝7.5 m/s2 当Δx＝0.15 m时，Fmin＝ma＝90 N(1分) 当Δx＝0时，Fmax＝m(g＋a)＝210 N(1分) 2．(4分)牛顿设想，把物体从高山上水平抛出，速度一次比一次大，落地点就一次比一次远，如果速度足够大，物体就不再落回地面，它将绕地球运动，成为人造地球卫星。同样是受地球引力，随着抛出速度增大，物体会从做平抛运动逐渐变为做圆周运动，请分析原因。 (本题普查审题要领——审题时要有意识地去建立物理图景) 2．答案：见解析(4分) 解析：如图所示，当物体初速度较小时，运动范围很小，引力可以看作恒力——重力，物体做平抛运动；随着物体初速度增大，运动范围变大，引力不能再看作恒力；当物体初速度达到第一宇宙速度时，它将围绕地球做圆周运动而成为地球卫星。(4分) 3．(16分)如图所示的xOy直角坐标系中，在第一象限内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0。M是y轴上高为d的绝缘挡板的上沿，挡板的下沿在坐标原点O处，一质量为m、电荷量为＋q的粒子自x轴上S(d，0)处沿y轴正方向射入磁场，粒子恰好沿着挡板的上沿M离开右边的磁场。为了使粒子运动到坐标原点处，可以在第二象限内加合适的匀强磁场或匀强电场，不计粒子的重力。 (1)若加上匀强磁场，求磁感应强度B的大小和方向； (2)若加上与粒子经过M点时的速度方向垂直的匀强电场，求匀强电场的电场强度的大小； (3)分别加匀强磁场和匀强电场时，求粒子从S点运动到坐标原点O的时间之比。 (本题普查审题要领——审题时要有意识地去建立物理图景) 3．答案：(1)2B0，垂直于纸面向里(5分) (2)(5分)　(3)π∶(6分) 解析：(1)如图(a)所示，连接S、M两点，则线段SM为轨迹圆的一条弦，作弦的中垂线与x轴相交于O1点，则O1点为轨迹圆的圆心，SO1、MO1的长度为轨迹圆的半径，设为r1。 图(a) 在直角三角形OMS中，设∠MSO＝θ，则由几何关系有 tan θ＝＝，可知θ＝30°(1分) 在直角三角形OMO1中，∠OMO1＝30° 又cos ∠OMO1＝ 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，有 qvB0＝m(1分) 解得v＝ 粒子从第一象限射出，需向下偏转才能到达O点，由左手定则知，第二象限内匀强磁场的方向也应垂直于xOy平面向里。如图(b)所示，作弦MO的中垂线，与MO1相交于O2点，则O2为左边圆弧的圆心。 图(b) MO2为此圆弧的半径，设为r2。由几何关系有 r2＝r1(1分) 粒子在第二象限中做匀速圆周运动的轨迹半径为 r2＝(1分) 解得B＝2B0(1分) (2)在第二象限中加匀强电场后，粒子做类平抛运动到达O点。过O点作MO1的垂线，与MO1相交于N点，如图(c)所示。 图(c) 由几何关系知，粒子沿电场方向做匀加速运动的位移为l1＝dcos 30°，粒子沿M点的速度方向做匀速运动的位移为l2＝d sin 30°。设粒子从M点运动到O点所用的时间为t2，有 l1＝at (1分) l2＝vt2(1分) 又由牛顿第二定律有Eq＝ma (1分) 解得E＝(2分) (3)设粒子在第一象限磁场中运动的时间为t1，圆弧所对的圆心角为120°；在第二象限的磁场中运动的时间为t3，圆弧所对的圆心角也为120°，则粒子在两个磁场中运动的总时间为t＝t1＋t3(1分) 粒子在第一象限的磁场和在第二象限的电场中运动的总时间为t′＝t1＋t2 (1分) 又T＝＝，则t1＝× t2＝＝(1分) t3＝×(1分) 解得t∶t′＝π∶(2分) (二)梳理题目中的“条件—结论”线索 1．(8分)汤姆孙通过对阴极射线的研究，发现了电子，从而使人们认识到原子是可分的。汤姆孙当年用来测定电子比荷(电荷量e与质量m之比)的实验装置如图所示，真空玻璃管内C、D为平行板电容器的两极板，圆形阴影区域内可由管外电磁铁产生一垂直于纸面的匀强磁场，圆形区域的圆心位于C、D中心线的中点，直径与C、D的长度相等。已知极板C、D的长度为L1，C、D间的距离为d，极板右端到荧光屏的距离为L2。由阴极K发出的电子，经阳极A与阴极K之间的高电压加速后，形成一束很细的电子流，电子流沿极板C、D的中心线进入板间区域。若C、D间无电压，圆形区域不加磁场，则电子将打在荧光屏上的O点；若在C、D间加上电压U，则电子将打在荧光屏上的P点，P点到O点的距离为h；若再在圆形区域内加垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，则电子又将打在荧光屏上的O点。不计重力影响。请推导出电子比荷的表达式。 (本题普查两种厘清解题思路的方法之“由条件到结论”) 1．答案：＝(8分) 解析：加上电压U和磁场后，电子所受电场力与洛伦兹力大小相等，电子在C、D两极板间做匀速直线运动，则evB＝eE(1分) 且E＝ 若只在C、D两极板间加上电压U，则电子做类平抛运动。 在水平方向做匀速运动，电子通过极板所需的时间为t1＝(1分) 在竖直方向做匀加速运动，加速度为a＝(1分) 在时间t1内垂直于极板方向竖直向下偏转的距离为y1＝at(1分) 离开极板区域时竖直向下的分速度为 vy＝at1(1分) 电子离开极板区域后做匀速直线运动，经t2时间到达荧光屏，有 t2＝ 在时间t2内向下运动的距离为y2＝vyt2(1分) 则h＝y1＋y2 联立以上各式解得＝(2分) 2．(8分)在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的绝缘细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点。把小球拉起直至细线与电场方向平行，然后无初速度释放。已知小球摆到最低点的另一侧，细线与竖直方向的最大夹角为θ，如图所示，重力加速度为g。求小球经过最低点时细线对小球的拉力T。 (本题普查两种厘清解题思路的方法之“由结论到条件”) 2．答案：3mg－2mg(8分) 解析：电场沿水平方向，小球摆到最低点的另一侧，细线与竖直方向的最大夹角为θ，可推知小球所受电场力水平向右。设细线长为L，小球的电荷量为q，电场强度为E，小球经过最低点时的速度为v。在最低点，根据牛顿第二定律有 T－mg＝(2分) 从释放点到最低点，根据动能定理有 mgL－qEL＝mv2－0(2分) 从释放点到左侧最高点，根据动能定理有 mgL cos θ－qEL(1＋sin θ)＝0－0(2分) 联立以上各式解得 T＝3mg－2mg(2分) (三)建构模型 1．(3分)为了研究小球由静止释放后撞击地面弹跳的规律，小俞同学利用运动传感器采集数据并作出了如图所示的v－t图像，小球质量为0.6 kg，空气阻力不计，重力加速度g＝10 m/s2，由图可知(　　) A.横坐标每一小格表示的时间是1 s B．小球撞击地面过程中无能量损失 C．小球下落的初始位置离地面的高度为3.6 m D．小球第一次反弹的最大高度为1.25 m E．小球第一次撞击地面时地面对小球的平均作用力为66 N (本题普查解决实际物理问题的重要环节——建构模型) 1．答案：D 解析：小球下落时做自由落体运动，加速度为g，则由图像可知，落地时速度为6 m/s，用时t＝ s＝0.6 s，图中对应6个小格，每一小格表示0.1 s，故A项错误。由图可知，小球第一次撞击地面前的速度大小为6 m/s，反弹后的速度大小为5 m/s，有能量损失，故B项错误。小球下落的初始位置离地面的高度为h＝gt2＝1.8 m，故C项错误。第一次反弹后加速度也为g，做竖直上抛运动，由图可知，上升的最大高度为h′＝gt′2＝1.25 m，故D项正确。由图可知，第一次碰撞的时间为Δt＝0.1 s，根据动量定理可知mgΔt－FΔt＝mv′－mv，代入数据解得F＝72 N，故E项错误。 2．(20分)构建理想化模型，是处理物理问题常见的方法。 (1)在研究平行板电容器的相关问题时，我们是从研究理想化模型——无限大带电平面开始的。真空中无限大带电平面的电场是匀强电场，电场强度为E0＝2kπσ，其中k是静电力常量，σ为电荷分布在平面上的面密度，单位为C/m2。如图(a)所示，无限大平面带正电，电场指向两侧。若带负电，则电场指向中央(图中未画出)。在实际问题中，当两块相同的带等量异种电荷的较大金属板相距很近时，其中间区域可以看成是两个无限大带电平面所产生的匀强电场叠加；如果再忽略边缘效应，平行板电容器两极板间的电场就可以看成是匀强电场，如图(b)所示。已知平行板电容器所带电荷量为Q，极板面积为S，极板间距为d。 　　 图(a)　　　　　　　　　　图(b) a．求两极板间电场强度的大小E； b．请根据电容的定义式，求出在真空中该平行板电容器的电容C； c．求解图(b)中左极板所受电场力的大小F。 (提示：因为带电左极板的存在已经影响到带电右极板单独存在时空间场强的分布，所以不能使用a问中计算出的场强，而是应该将电场强度“还原”到原来右极板单独存在时，在左极板所在位置产生的电场强度) (2)如图(c)所示，已知真空中均匀带电球面半径为R，所带电荷量为Q，带电球面在空间的电场强度分布为E＝，其中r为空间某点到球心O的距离。根据以上思路，求解带电球面上面积为ΔS的微小面元所受电场力。 (提示：“无限大”是相对的，在实际研究中，只要被研究点距离带电面足够近，就可认为该带电面为无限大带电平面) 图(c) (本题普查解决实际物理问题的重要环节——建构模型) 2．答案：(1)a.4kπ(4分)　b．(6分) c.(4分)　(2)k，方向背离球心向外(6分) 解析：(1)a.两极板间电场强度的大小为 E＝2E0＝4kπσ＝4kπ(4分) b．电容器两极板间的电势差为 U＝Ed＝4kπd(3分) 所以电容器的电容为 C＝＝(3分) c．左极板所受电场力的大小为 F＝E0Q＝2kπ·Q＝(4分) (2)取距离微小面元无限近的两点M和N，分别位于带电球面的内表面和外表面。由题意可知，微小面元在M、N两点所产生的电场强度的大小为E0＝2kπσ＝2kπ·＝k，方向分别指向球心和背离球心。(2分) 由带电球面在空间的场强分布可知，M点处的场强为零，因此除去微小面元ΔS以外的带电球面在M点产生的场强与微小面元在M点产生的场强大小相等、方向相反，即场强大小为E′0＝k，方向背离球心。(由N点计算的场强大小也为E′0＝k)(2分) 因此，除去面元ΔS以外的带电球面在面元ΔS处所产生的场强大小为E′0＝k，由此得该面元所受的电场力为F＝qE′0＝Q·k＝k，方向背离球心向外。(2分) (四)分析实际问题的方法策略 1．(多选)(4分)某人身系弹性轻绳自高空P点自由下落，a点是弹性绳的原长位置，c点是人所能到达的最低点，b点是人静止悬挂时的平衡位置。若把由P点到a点的下落过程称为过程Ⅰ，由a点到c点的下落过程称为过程Ⅱ，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．过程Ⅰ中人的动量的改变量小于重力的冲量 B．过程Ⅱ中人的动量的减少量等于过程Ⅰ中重力的冲量 C．过程Ⅱ中人的动能先增大后减小，最终为零 D．过程Ⅱ中人的机械能的减少量等于过程Ⅰ中重力做功的大小 (本题普查生活中运动问题的分析策略) 1．答案：BC 解析：根据动量定理知，过程Ⅰ中人的动量的改变量等于重力的冲量，故A项错误。过程Ⅱ中人的末动量为0，因此人的动量的减少量等于过程Ⅰ中重力的冲量，故B项正确。过程Ⅱ中人的动能先增大后减小(在b点达到最大值)，在c点动能为0，故C项正确。从P点到c点，人的动能变化量为0，根据动能定理知，外力做功的代数和为0，所以重力做的功(从P点到c点)等于克服弹力做的功(只有从a点到c点的过程克服弹力做功)，而过程Ⅱ中人的机械能的减少量等于克服弹力做的功，也就等于从P点到c点过程重力做功的大小，故D项错误。 2．(3分)在无风的环境里，某人在高处释放静止的篮球，篮球竖直下落；如果先让篮球以一定的角速度绕过球心的水平轴转动(如图)再释放，则篮球在向下掉落过程中偏离竖直方向做曲线运动。其原因是，转动的篮球在运动过程中除受重力外，还受到空气施加的阻力f1和偏转力f2。这两个力与篮球速度v的关系大致为： f1＝k1v2，方向与篮球运动方向相反；f2＝k2v，方向与篮球运动方向垂直。下列说法正确的是(　　) A.k1、k2是与篮球转动角速度无关的常量 B．篮球可回到原高度且角速度与释放时的角速度相同 C．人站得足够高，落地前篮球有可能向上运动 D．释放条件合适，篮球有可能在空中持续一段水平直线运动 (本题普查生活中运动问题的分析策略) 2．答案：C 解析：篮球未转动时，竖直下落，不受偏转力f2的作用；而篮球转动时，将受到偏转力f2的作用，所以偏转力f2＝k2v中的k2与篮球转动角速度有关，故A项错误。空气阻力一直对篮球做负功，篮球的机械能将减小，篮球的角速度也将减小，所以篮球没有足够的能量回到原高度，故B项错误。篮球下落过程中，其受力情况如图所示。 随着速度不断增大， f1和f2均增大，篮球受到f1和f2的合力沿竖直方向的分力可能比重力大，可使篮球竖直方向的分速度减小为零后变成竖直向上，所以篮球可能向上运动，故C项正确。假设篮球能在空中持续一段水平直线运动，则此时偏转力f2竖直向上且和篮球重力平衡，而f1沿水平方向和篮球运动方向相反， f1使篮球速度减小， f2会随篮球速度减小而减小，f2在竖直方向不能和篮球重力保持平衡，篮球将做曲线运动，假设不成立，故D项错误。 3．(3分)物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”。如图，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环。闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起。 某同学另找来器材再次探究此实验。他连接好电路，经重复实验，线圈上的套环均未动。对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是(　　) A．线圈接在了直流电源上 B．电源电压过高 C．所选线圈的匝数过多 D．所用套环的材料与老师的不同 (本题普查与实验相结合问题的分析策略) 3．答案：D 解析：闭合开关S，金属套环跳起，是因为S闭合瞬间，穿过套环的磁通量发生变化，套环中产生感应电流，从而套环受到安培力作用，向上跳起。产生感应电流要具备两个条件，即导体回路闭合和穿过导体回路的磁通量发生变化。只要电路连接正确，闭合S瞬间，就会造成穿过套环的磁通量发生变化，与电源是直流还是交流无关，故A项错误。电源电压过高或线圈匝数增多会增大线圈产生的磁感应强度，使套环更容易跳起，故B项、C项均错误。该同学实验失败，可能是套环选用了非导电材料的缘故，故D项正确。 4．(3分)以往我们认识的光电效应是单光子光电效应，即一个电子在极短时间内只能吸收一个光子而从金属表面逸出。强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识，用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，从而形成多光子光电效应，这已被实验证实。 光电效应实验装置如图所示。用频率为ν的普通光源照射阴极K，没有发生光电效应。换用同样频率ν的强激光照射阴极K，则发生了光电效应；此时，若加上反向电压U，即将阴极K接电源正极，阳极A接电源负极，在K、A之间就形成了使光电子减速的电场。逐渐增大U，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压U可能是下列的(其中W为逸出功，h为普朗克常量，e为电子电荷量)(　　) A．U＝－ B．U＝－ C．U＝2hν－W D．U＝－ (本题普查与科技前沿、技术应用相联系问题的分析策略) 4．答案：B 解析：用同频率的光照射阴极K，普通光不能使其发生光电效应，而强激光能使其发生光电效应，说明一个电子吸收了多个光子。设一个电子吸收的光子个数为n，逸出的光电子最大初动能为Ek，由爱因斯坦光电效应方程知Ek＝nhν－W(n≥2)。光电子逸出后克服电场力做功，由动能定理知eU＝Ek－0，联立上述两式得U＝－(n≥2)，当n＝2时，有U＝－，故B项正确，A项、C项、D项均错误。 5．(3分)“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为u，探测器的初速度大小为v0，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2。 探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律类比。下列判断中正确的是(　　) A.v1>v0 B．v1＝v0 C．v2>v0 D．v2＝v0 (本题普查与科技前沿、技术应用相联系问题的分析策略) 5．答案：A 解析：对于模式一，类似于探测器与行星对面正碰，设探测器的质量为m，行星的质量为M，碰后行星的速度大小为u1；以向左为正方向，根据动量守恒定律有Mu－mv0＝mv1＋Mu1，根据能量守恒定律有mv＋Mu2＝mv＋Mu，联立解得v1＝v0＋u，由于M≫m，则v1≈v0＋2u>v0，故A项正确，B项错误。对于模式二，类似于探测器追上行星与之正碰，设碰后行星的速度大小为u2；以向左为正方向，根据动量守恒定律有mv0＋Mu＝－mv2＋Mu2，根据能量守恒定律有mv＋Mu2＝mv＋Mu，联立可得v2＝v0－u，由于M≫m，则v2≈v0－2u<v0，故C项、D项均错误。 二、高考物理试题解题常用的物理思想与方法 (一)整体法与隔离法 1．(3分)如图所示，带有孔的小球A套在粗糙的倾斜直杆上，与正下方的小球B通过轻绳连接，处于静止状态。给小球B施加水平力F使其缓慢上升，直到小球A刚要滑动。在此过程中(　　) A.水平力F的大小不变 B．杆对小球A的支持力不变 C．杆对小球A的摩擦力先变小后变大 D．轻绳对小球B的拉力先变大后变小 (本题普查静力学中研究对象的合理选取——整体与隔离) 1．答案：C 解析：对小球B受力分析，受拉力F、重力和轻绳的拉力T，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图(a)所示。可知随着角α的增大，拉力F和轻绳的拉力T均增大，故A项、D项均错误。再对小球A、B整体分析，受重力、拉力F、支持力N和静摩擦力f，如图(b)所示。设杆与水平方向的夹角为θ，根据平衡条件，在垂直杆方向，有N＝(M＋m)g cos θ＋F sin θ，可知随着F的增大，支持力N增大；在平行杆方向，有F cos θ＋f＝(M＋m)g sin θ，可得f＝(M＋m)g sin θ－F cos θ，可知随着F的增大，静摩擦力逐渐减小，当(M＋m)g sin θ＝F cos θ时，摩擦力为零，此后静摩擦力反向增大，故B项错误，C项正确。 　 图(a)　　　 　　　　图(b) 2．(8分)如图所示，长木板放在粗糙的水平面上，其两端固定着两个不等高的竖直轻杆A和B，在轻杆的顶端用两根轻绳系着一个小球，两绳与竖直方向的夹角分别为30°和60°。现对长木板施加一个水平向右的恒定拉力F，使其中一根绳有力而另外一根绳刚好处于伸直状态。持续一段时间，撤去外力F后，又恰好使其中一根绳有力而另外一根绳刚好处于伸直状态。已知长木板的质量为M＝4 kg，小球的质量为m＝2 kg，g取10 m/s2。求： (1)长木板与地面之间的动摩擦因数； (2)恒定拉力F的大小。(结果可以保留根号) (本题普查动力学中研究对象的合理选取——整体与隔离) 2．答案：(1)(4分)　(2)80 N(4分) 解析：(1)当撤去外力F后，左侧绳上有拉力，右侧绳上没有拉力，所以对小球的受力分析如图(a)所示。 图(a) 水平方向上有F1cos 60°＝ma1(1分) 竖直方向上有F1sin 60°＝mg(1分) 对整体，根据牛顿第二定律有 μ(M＋m)g＝(M＋m)a1(1分) 联立解得μ＝(1分) (2)当施加外力F时，右侧绳上有拉力，左侧绳上没有拉力，所以对小球的受力分析如图(b)所示。 图(b) 水平方向上有F2cos 30°＝ma2(1分) 竖直方向上有F2sin 30°＝mg(1分) 对整体，根据牛顿第二定律有 F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a2(1分) 联立解得F＝80 N(1分) 3．(18分)如图所示，两个半径不同的光滑圆弧轨道的下端与水平轨道平滑相切于A、B两点，另外一侧与一光滑的直管轨道平滑相切于C、D两点，管道内径比小球直径略大。E点是大圆弧的最高点，一质量为m＝0.1 kg的小球(可视为质点)能在轨道内侧和管道内运动。小球于B点开始以初速度v0沿粗糙水平轨道BA向左运动，由A点进入大圆弧轨道。已知大圆弧轨道半径R1＝0.4 m，两圆轨道圆心分别为O1、O2，O1D与O1E夹角为74°，水平轨道AB长度为L＝0.4 m，且与小球的动摩擦因数为μ＝0.5，小球在运动过程中不脱离轨道，g取10 m/s2。求： (1)小球初速度v0的最小值及以该速度出发第一次经过A点时小球对圆轨道的压力； (2)若小球完整通过轨道，求小球依次通过大圆弧最高点E和小圆弧轨道最低点B时对轨道压力之差的最小值； (3)若v0＝10 m/s，求小球经过E点次数。 (本题普查研究过程的合理选取——分阶段或对多个过程整体研究) 3．答案：(1)2 m/s(4分)　6 N(3分)　(2)21 N(7分) (3)20次(4分) 解析：(1)由题意可知，小球在运动过程中不脱离轨道，即小球可以顺利通过E点而不脱轨，在临界状态下，分析小球在E点的受力情况，有 mg＝(1分) 从B点到E点，对小球应用动能定理有 －μmgL－2mgR1＝mv－mv(2分) 解得v0＝＝2 m/s(1分) 从B点到A点，对小球应用动能定理有 －μmgL＝mv－mv(1分) 分析小球在A点的受力情况，有 FN－mg＝(1分) 解得FN＝6 N 根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力 F′N＝FN＝6 N(1分) (2)如图所示，作辅助线GO2平行于AB，根据对称性与几何关系有∠GO1O2＝53° 且有＝R1－R2 代入数据解得R2＝0.1 m(1分) 从E点到B点，对小球应用动能定理有 2mgR1＝mv－mv(2分) 在最低点B有FB－mg＝(1分) 在最高点E有FE＋mg＝(1分) 解得 FB－FE＝2mg＋m－m＝18mg＋(1分) 因为vE最小值为，则FB－FE的最小值为 21mg＝21 N 根据牛顿第三定律可知，小球依次通过大圆弧最高点E和小圆弧轨道最低点B时对轨道压力之差的最小值为21 N。(1分) (3)从B点开始，到第n次经过E点，对小球应用动能定理有 －nμmgL－2mgR1＝mv－mv(3分) 解得n＝20(1分) (二)图像法 1．(3分)甲、乙两车以相同的速度在道路上行驶，两车的司机看到绿灯开始闪烁时经短暂反应后开始刹车，黄灯刚好亮时两车恰好停止，且甲车恰好停在停车线处，乙车恰好没有与甲车相撞，假设两车司机的反应时间相同，两汽车都可看成质点，如图为绿灯开始闪烁后两车运动的速度—时间图像，则下列说法正确的是(　　) A．在t1～t2时间内，甲车的加速度逐渐增大，乙车的加速度逐渐减小 B．在t1～t2时间内，甲、乙两车的距离先变大再变小 C．在t1～t2时间内，甲车的平均速度大于，乙车的平均速度小于 D．在t1～t2时间内，若图线a与时间轴围成的面积为Sa，图线b与时间轴围成的面积为Sb，则在0～t1时间内，甲、乙两车的距离始终为Sa－Sb (本题普查图像信息的获取——解题时充分利用图像中蕴含的信息) 1．答案：D 解析：根据题意“乙车恰好没有与甲车相撞”，可知甲车在前乙车在后，而根据图像知，图线a对应的刹车位移大于图线b对应的刹车位移，可知图线a是乙车运动的速度图像，图线b是甲车运动的速度图像。在速度—时间图像中，图线的斜率绝对值大小表示加速度的大小，图线b的斜率绝对值大小逐渐变小，可知甲车的加速度逐渐变小，图线a的斜率绝对值大小逐渐变大，可知乙车的加速度逐渐变大，故A项错误。根据图像知，刹车后(即在t1～t2时间内)乙车的速度总是大于甲车的速度，两车的距离逐渐变小，故B项错误。根据图像知，在t1～t2时间内，甲车(图线b)的平均速度小于，乙车(图线a)的平均速度大于，故C项错误。在速度—时间图像中，图线与时间轴所围成的面积表示位移，故刹车后(在t1～t2时间内)甲车的位移大小为Sb，乙车的位移大小为Sa，则刹车过程中乙车比甲车多运动的位移为Sa－Sb，刹车前两车速度相同，故在0～t1时间内，甲、乙两车的距离始终为Sa－Sb，故D项正确。 2．(多选)(4分)在真空中某区域仅存在水平方向的电场，以电场中的O点为原点，水平向右为正方向建立坐标系，P、M、N三点均在x轴上，横坐标分别为x1、x2、x3，x轴上各点的电势φ分布如图所示，下列说法中正确的是(　　) A．电势最低的M点所在处的电场强度为零 B．负电荷沿直线从P点运动到M点的过程中，电势能先不变后减小 C．正电荷沿直线从M点运动到N点的过程中，所受电场力逐渐增大 D．正电荷沿直线从M点运动到N点的过程中，电场力做负功 (本题普查图像信息的获取——解题时充分利用图像中蕴含的信息) 2．答案：ACD 解析：根据E＝知，φ－x图像切线的斜率的绝对值表示电场强度的大小，M点电势最低，对应的切线斜率为零，则M点的电场强度为零，故A项正确。从P点到M点电势先不变后减小，负电荷在高电势处电势能小，所以负电荷从P点运动到M点的过程中，电势能先不变后增大，故B项错误。由φ－x图像可知，从M点到N点图像斜率增大，电场强度E逐渐增大，正电荷沿直线从M点运动到N点的过程中，正电荷所受电场力逐渐增大，故C项正确。从M点到N点电势升高，正电荷的电势能增大，由WMN＝EpM－EpN<0可知，电场力做负功，故D项正确。 3．(多选)(4分)如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始经历①②③④四个过程，到达状态e。对此气体，下列说法中正确的是(　　) A．过程①中气体从外界吸收热量 B．过程②中气体从外界吸收热量 C．过程③中气体对外界做正功 D．状态a比状态e的体积大 E．过程④中气体吸收的热量和对外界做功的数值相等 (本题普查图像信息的获取——解题时充分利用图像中蕴含的信息) 3．答案：BCE 解析：过程①中气体做等温变化，ΔU＝0，压强增大，根据理想气体状态方程 ＝C知，体积一定减小，外界对气体做功W>0，再根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Q<0，所以过程①中气体放热，故A项错误。过程②中气体做等容变化，W＝0，温度升高，ΔU>0，根据热力学第一定律可知Q>0，所以过程②中气体从外界吸收热量，故B项正确。过程③中气体做等压变化，温度升高，根据理想气体状态方程 ＝C知，体积一定增大，气体对外界做正功，故C项正确。状态a和状态e，压强相等，温度Ta<Te，根据理想气体状态方程＝C知，状态a比状态e的体积小，故D项错误。过程④中气体做等温变化，ΔU＝0，根据热力学第一定律可知Q＝－W，即气体吸收的热量和对外界做功的数值相等，故E项正确。 4．(多选)(4分)如图(a)所示是t＝1 s时刻机械波的图像，图中有四个质点A、B、C、D，其中质点A在x＝0.5 m处；图(b)是质点C的振动图像，则下列说法正确的是(　　) 图(a) 图(b) A.该机械波的波长为4 m，周期为4 s，波速为1 m/s B．质点A开始振动的方向为沿y轴负方向 C．该机械波的传播方向为沿x轴的正方向 D．经过5 s质点C平移到质点D的位置 E．t＝6 s时质点D开始振动 F．质点D开始振动后，C、D两质点的速度、位移一直保持大小相等、方向相反 G．从图(a)时刻开始经过10 s，质点D第一次到达波峰 H．从图(a)时刻开始经过18 s，质点D运动的路程为18 m I．从图(a)时刻开始经过2 s，质点A运动的路程为2 m J．t＝7 s时刻，质点A的位置在x轴下方，速度沿y轴正方向 K．t＝7 s时刻，质点A的速度、位移、加速度和回复力都大于质点B (本题普查图像信息的获取——解题时充分利用图像中蕴含的信息) 4．答案：ABCFIJ 解析：由图(a)可知该机械波波长为4 m，振幅A为1 m，由图(b)可知周期为4 s，根据公式可得波速为v＝＝1 m/s，故A项正确。由图(b)可知，质点C是在t＝1 s开始振动，且振动方向沿y轴负方向，波的传播过程是质点间相互作用引起的，故每个振动的质点开始振动的方向都相同，故质点A开始振动的方向也是沿y轴负方向；图(a)中C点向下振动，根据“上坡下，下坡上”可知C点处于上坡，因此波沿x轴的正方向传播，故B项、C项均正确。波在传播过程中波形平移，质点沿y轴方向振动，不随波平移，故D项错误。根据平移理论，质点C、D间距为L1＝2 m，该机械波由图(a)位置传播到质点D位置的时间为Δt1＝＝2 s，图(a)是t＝1 s时刻的波形图，那么t＝1 s＋2 s＝3 s时刻质点D开始振动，故E项错误。沿机械波传播方向质点C、D相距半个波长，那么两质点在振动过程中的速度、位移、加速度保持等大反向，故F项正确。距离质点D最近的波峰位置在x＝1 m，根据平移法可以判断出从图(a)时刻开始经过t2＝ s＝5 s质点D第一次到达波峰，也可以根据振动特点判断，由选项F可知经过2 s的时间质点D开始振动，起振方向为沿y轴负方向，质点开始振动经过周期到达波峰位置，即质点D从图(a)时刻开始经过时间t＝2 s＋×4 s＝5 s到达波峰位置，故G项错误。由于从图(a)时刻开始经过2 s质点D开始振动，在这18 s的时间内质点D运动的周期数为n＝＝＝4，由于质点在振动中一个周期内运动的路程为4个振幅，则这段时间内质点D的路程为Δx＝4×4A＝16 m，故H项错误。从图(a)时刻开始经过2 s的时间为周期的一半，质点A运动的路程为2A＝2 m，故I项正确。由于图(a)为t＝1 s时刻的波形图，t＝7 s时刻该波传播时间为6 s，即经过T，质点A的位置在x轴下方，速度沿y轴正方向，故J项正确。t＝7 s时刻，即经过T质点B处于波峰位置，此时质点A的速度大于质点B，质点A的位移、加速度和回复力都小于质点B，故K项错误。 5．(3分)如图(a)所示是研究电磁感应现象中感应电流与原电流关系的实验装置，大线圈接示波器。在小线圈中通变化的电流时，示波器显示大线圈中感应电流的图像如图(b)所示。已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，忽略边界效应，则下列描述小线圈中电流随时间变化关系的图像中，可能正确的是(　　) 图(a) 图(b) A B C D (本题普查图像的选择) 5．答案：C 解析：0～0.5 s时间内感应电流增加，根据法拉第电磁感应定律推导得出引起感应电流的磁通量变化越来越快，则小线圈中电流变化越来越快，故A项错误。 1～1.5 s时间内感应电流减小，根据法拉第电磁感应定律推导得出引起感应电流的磁通量变化越来越慢，则小线圈中电流变化越来越慢，故D项错误。0～0.5 s时间内和1～1.5 s时间内感应电流方向相反，如果在这两段时间内小线圈中电流方向相反，则在这两段时间内电流要增都增，要减都减，故B项错误。如果在0～0.5 s时间内和1～1.5 s时间内引起感应电流的磁场方向相同，即在这两段时间内小线圈中电流方向相同，如果在一段时间内小线圈中电流增加，则在另一段时间内一定减小。0.5～1 s时间内，无感应电流，则引起感应电流的磁通量不变化，推导得出小线圈中电流恒定或电流大小等于零，故C项正确。 6．(3分)如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间Р处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是(　　) 图(a)　　　 　　　　图(b) A．0<t0< B．<t0< C．<t0<T D．T<t0< (本题普查利用图像法解决物理问题) 6．答案：B 解析：设带电粒子质量为m，电荷量为q，金属板A、B距离为d，则加速度a＝，故根据UAB－t图像可画出粒子在平行金属板间运动的v－t图像(选向右为正方向)，如图所示。粒子最终打在A板上，表明粒子的最终位移x<0，粒子做周期性运动，所以粒子在第一个周期中位移应当小于零。画出各项对应的v－t图像，对比各图像可知，粒子经过一次往复运动后，只有B项中位移为负，故B项正确。 7．(18分)如图所示，弹簧的一端固定，另一端连接一个物块，弹簧质量不计。物块(可视为质点)的质量为m，在水平桌面上沿x轴运动，与桌面间的动摩擦因数为μ。以弹簧处于原长时物块的位置为坐标原点O，当弹簧的伸长量为x时，物块所受弹簧弹力大小为F＝kx，k为常量。 (1)请画出F随x变化的示意图；并根据F－x图像求物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中弹力所做的功。 (2)物块由x1向右运动到x3，然后由x3返回到x2，在这个过程中： a．求弹力所做的功，并据此求弹性势能的变化量； b．求滑动摩擦力所做的功，并与弹力做功比较，说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”的概念。 (本题普查利用图像法解决物理问题) 7．答案：(1)示意图见解析(2分)　－kx2(3分) (2)a.kx－kx(5分) kx－kx(2分)　b．见解析(6分) 解析：(1)F－x图像如图所示。 　　　(2分) 物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中，弹力做负功；F－x图线与x轴所围成的面积等于弹力做功大小，故弹力做功为 W＝－kx·x＝－kx2(3分) (2)a.物块由x1向右运动到x3的过程中，弹力做功为 WT1＝－(kx1＋kx3)(x3－x1)＝kx－kx(2分) 物块由x3向左运动到x2的过程中，弹力做功为 WT2＝(kx2＋kx3)(x3－x2)＝kx－kx(2分) 整个过程中弹力做功 WT＝WT1＋WT2＝kx－kx(1分) 弹簧弹性势能的变化量为 ΔEp＝－WT＝kx－kx(2分) b．整个过程中，摩擦力做功 Wf＝－μmg(2x3－x1－x2)(2分) 比较两力做功可知，弹力做功与x3无关，即与实际路径无关，只与始末位置有关，所以我们可以定义一个由物体之间的相互作用力(弹力)和相对位置决定的能量——弹性势能；而摩擦力做功与x3有关，即与实际路径有关，所以不能定义与摩擦力对应的“摩擦力势能”。(4分) 8．(10分)当今人工智能技术迅猛发展，电池是新型人工智能机器人的重要组成部分，某新型机器人上的一节电池的电动势约为3 V，内阻为2～7 Ω，为测量该电池的电动势和内阻，实验室可供选用的器材如下： A．待测电池； B．定值电阻R0(R0＝1.8 Ω)； C．电压表V(量程0～3 V，内阻约为2 kΩ)； D．电流表A(量程0～0.6 A，内阻RA＝1.2 Ω)； E．电阻箱(0～99.99 Ω，额定电流1.5 A)； F．开关一个、导线若干。 (1)甲、乙两位同学为测量出该电池的电动势和内阻，各自想出了自己的测量方法，设计电路分别如图(a)、图(b)所示，则你认为合理的是________。 　　　 图(a)　　 　　　　　图(b) A.甲的设计 B．乙的设计 C．误差几乎一样，都可以 D．两人的设计都不行 (2)如果按甲同学所设计的电路进行测量，得到电阻箱的电阻R和电流表的读数I以及计算出的多组数据后，作出了如图(c)所示的－R图像。请你帮助他分析计算电池的电动势E＝______V，内阻r＝________Ω。(结果均保留一位小数) 图(c) (3)已知某个小灯泡的U－I图像如图(d)所示，把三只这样相同的小灯泡并联后与R1一起接在第(2)问中的电池上，电路图如图(e)所示。已知R1＝2 Ω，则闭合开关，电路稳定后，其中一个小灯泡的电阻为__________Ω，功率为__________W。(结果均保留三位有效数字) 图(d) 图(e) (本题普查利用图像法解决物理问题) 8．答案：(1)A(2分)　(2)3.0(2分)　3.0(2分)　(3)10.0(2分)　0.144(2分) 解析：(1)由于甲同学所设计的电路中电流表内阻已知，可减小测量误差，故甲同学的实验电路更合理些。 (2)根据E＝I(R＋r＋RA＋R0)，得到＝R＋，结合图像斜率和图线与纵轴的交点纵坐标得到E＝3.0 V，r＝3.0 Ω。 (3)设每个小灯泡的电压、电流分别为U、 I，结合电路，可得U＝E－3I(r＋R1)，即U＝－15I＋3(V)，作出小灯泡的电压U与电流I的关系图线，如图所示，两条图线的交点(0.12 A，1.2 V)的横、纵坐标分别为一个小灯泡工作时对应的电流、电压，则得到一个小灯泡的电阻RL＝＝10.0 Ω，一个小灯泡工作时的功率为PL＝UI＝1.2 V×0.12 A＝0.144 W。 (三)微元法 1．(3分)电容器充电后就储存了能量，某同学研究电容器储存的能量E与电容器的电容C、电荷量Q及电容器两极板间电压U之间的关系。他从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功。为此他作出电容器两极板间的电压u随电荷量q变化的图像(如图)。按照他的想法，下列说法正确的是(　　) A．u－q图线的斜率越大，电容C越大 B．搬运Δq的电荷量，克服电场力所做的功近似等于图中Δq上方小矩形的面积 C．对同一电容器，电容器储存的能量E与两极板间电压U成正比 D．若电容器电荷量为Q时储存的能量为E，则电容器电荷量为时储存的能量为 (本题普查微元思想——图像面积的物理意义) 1．答案：B 解析：由电容器电容的定义式C＝可知，u－q图线的斜率越大，电容C越小，故A项错误。当电容器所带电荷量为q时，对应的两极板间电压为u，搬运Δq的电荷量，克服电场力做功Δqu，即近似等于题图中Δq上方小矩形的面积，故B项正确。对同一电容器，电容器储存的能量E＝QU＝CU2，即E∝U2，故C项错误。由E＝QU＝，得电容器电荷量为时储存的能量为，故D项错误。 2．(16分)“电磁炮”的原理结构可简化为如图(a)所示的模型：两根无限长、光滑的平行金属导轨MN、PQ固定在水平面内，相距为l。“电磁炮”弹体是质量为m的导体棒ab，ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，弹体在轨道间的电阻为R。整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。“电磁炮”电源的电压能自行调节，以保证“电磁炮”匀加速发射，其中可控电源的内阻为r。忽略空气阻力，导轨的电阻不计。 图(a) (1)要使“电磁炮”向右发射，判断通过弹体电流的方向。 (2)弹体从静止加速到v的过程中，通过弹体的电流为I，求该系统消耗的总能量。 (3)把此装置左端电源换成电容为C的电容器，导轨与水平面成θ角放置[如图(b)]，匀强磁场的磁感应强度大小仍为B，方向垂直于导轨所在平面向下，弹体由静止释放，某时刻速度为v1，求此过程安培力的冲量大小。 图(b) (本题普查微元思想) 2．答案：(1)从a到b(2分) (2)mv2＋(6分)　(3)CB2l2v1(8分) 解析：(1)由题意可知，弹体受到的安培力向右，由左手定则知，通过弹体的电流的方向为从a到b。(2分) (2)依题意，由匀变速直线运动规律，有v＝at(1分) 由牛顿第二定律，有IlB＝ma(1分) 发射弹体过程中系统产生的焦耳热为 Q＝I2(R＋r)t＝(2分) 弹体的动能变化量为ΔEk＝mv2－0(1分) 联立以上各式解得系统消耗的总能量为 E＝ΔEk＋Q＝mv2＋(1分) (3)设微小时间Δt内电容器所带电荷量增加Δq，则 Δq＝q′－q＝CBl(v′－v)＝CBlΔv(1分) 所以充电电流为i＝＝＝CBla，a是弹体的加速度。(1分) 由牛顿第二定律可知mg sin θ－CB2l2a＝ma 因此a＝，a与时间无关，可见弹体做匀加速直线运动。(2分) 根据动量定理，有 mgt sin θ－I安＝mv1－0(2分) 且v1＝at 联立以上各式解得I安＝CB2l2v1(2分) 3．(12分)喷射悬浮飞行器由抽水机、压缩机等组成，利用一根软管将水从河中抽入飞行器，再以较高的速度竖直向下喷出两道高压水柱，可将使用者推至距水面几米的高度处，如图所示。现有一质量为M的使用者被缓慢推至距水面H高处悬停，设此状态下飞行器的质量恒为m，水喷出前的速度为零，两个喷水口的横截面积均为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，空气阻力及抽水过程中软管和河水对飞行器的作用均可忽略不计。求： (1)该使用者被缓慢推到距水面H高处的过程中，飞行器对使用者做的功； (2)使用者悬停在水面上方时，飞行器喷水的平均功率。 (本题普查微元思想——流体模型) 3．答案：(1)MgH(2分) (2)(M＋m)g(10分) 解析：(1)使用者被缓慢推上去，速度近似为0，则动能为0。飞行器对使用者做的功转化为使用者的重力势能，则W＝MgH(2分) (2)设水对飞行器的作用力大小为F，飞行器受力平衡，有 F＝(M＋m)g(2分) 根据牛顿第三定律可知，飞行器对水的平均作用力大小也为F。(2分) 设水喷出时的速度为v，在时间t内喷出水的质量 Δm＝ρV＝2ρSvt(2分) 时间t内飞行器对质量为Δm的水的冲量 I＝Ft＝Δmv－0(2分) 联立以上各式解得v＝ 飞行器喷水的平均功率 P＝＝＝(M＋m)g(2分) (四)对称性的应用 1．(3分)以10 m/s的初速度从地面竖直上抛一石子，该石子两次经过小树顶端的时间间隔为1.2 s，取重力加速度g＝10 m/s2，则小树高约为(　　) A．1.2 m B．2.4 m C．3.2 m D．4.2 m (本题普查对称性的应用) 1．答案：C 解析：石子做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性可知，石子从轨迹的最高点运动到小树顶端所用的时间为t＝＝0.6 s，则石子经过小树顶端时的速度大小为v＝gt＝6 m/s，石子从地面到小树顶端，根据位移—速度关系有v2－v＝－2gx，代入数据解得x＝3.2 m，故C项正确，A项、B项、D项均错误。 2．(16分)如图所示，y轴的右侧第一象限中有垂直于纸面向外的匀强磁场，左侧第二象限中有与x轴负方向成45°角斜向左上方的匀强电场。一质量为m、电荷量为－q 的粒子，在第三象限经电场加速后，从O点与x 轴成45°角的方向射入磁场。已知加速电场的电势差为U，粒子在磁场中运动时间t后第一次经过y轴，又在电场中运动了时间t后第二次经过y轴，不计粒子的重力。求： (1)粒子从O点射入磁场的速度大小v； (2)匀强电场场强和磁感应强度的比值； (3)粒子从O点射入磁场至第三次经过y轴(位置为C点，图中未画出)所经历的时间及O、C两点间的距离d。 (本题普查对称性的应用) 2．答案：(1)(4分)　(2)(6分)　(3)5t(2分)　(4分) 解析：(1)设粒子被电场加速后获得的速度为v，由动能定理有 qU＝mv2－0(2分) 解得v＝(2分) (2)匀强电场场强大小为E，匀强磁场的磁感应强度大小为B。粒子第一次在磁场中偏转角度后，第一次经过y轴沿电场方向进入第二象限，然后在电场中运动了时间t后第二次经过y轴进入磁场，运动轨迹如图(a)所示。 图(a) 粒子在磁场中做圆周运动，则qvB＝mr(1分) 且v＝，t＝T 联立解得t＝(1分) 粒子在电场中的运动时间为 t＝＝＝(2分) 依题意知＝(1分) 整理得＝(1分) (3)粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图(b)所示。 图(b) 粒子第一次在磁场中运动的偏转角度为，运动时间为t，所以粒子在磁场中运动的周期T＝·t＝4t。粒子第二次在磁场中运动的偏转角度为，运动时间为3t，故粒子从O点射入磁场至第三次经过y轴所经历的时间为 t总＝t＋t＋3t＝5t(2分) 在磁场中粒子受到的洛伦兹力提供向心力，有qvB＝，解得r＝(1分) 由几何关系可知，O、C两点间的距离为 d＝4r sin 45°＝2r＝(1分) 综上解得d＝(2分) 3．(多选)(4分)如图所示，一根不可伸长的轻质细绳两端分别连接在固定框架上的A、B两点，其中OM部分竖直放置，细绳绕过光滑的轻小滑轮，重物悬挂于滑轮下方，处于静止状态。若缓慢移动细绳的端点，则细绳中拉力大小的变化情况是(　　) A.只将细绳的左端移向A′点，拉力变小 B．只将细绳的左端移向A′点，拉力不变 C．只将细绳的右端移向B′点，拉力变大 D．只将细绳的右端移向B′点，拉力不变 (本题普查对称性的应用) 3．答案：BC 解析：缓慢移动细绳端点过程中，滑轮处于动态平衡，因此滑轮两侧细绳的水平分力始终大小相等，又细绳中各部分张力相等，所以滑轮两侧细绳与竖直方向的夹角始终相等，设为α。设细绳两端的水平距离为s，滑轮左侧细绳长为LA，滑轮右侧细绳长为LB，细绳总长为L。根据几何关系有s＝LA sin α＋LB sin α＝L sin α，即sin α＝①，以滑轮与重物整体为研究对象，设滑轮与重物的总质量为m，细绳拉力大小为F，根据竖直方向受力平衡可得2F cos α＝mg，则F＝②。若只将细绳的左端移向A′点，s和L均不变，由①式知，α角大小不变，则由②式知，F不变，故A项错误，B项正确。若只将细绳的右端移向B′点，s增大，而L不变，则由①式知，α角增大，cos α减小，则由②式知，F增大，故C项正确，D项错误。 4．(多选)(4分)如图所示，一圆环上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆环所在平面且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷。已知b点处的电场强度为零，d点与圆环上任一点的连线与ad的夹角均为θ，k为静电力常量，则d点处电场强度的大小为(　　) A.k B．k C．＋ D．＋ (本题普查对称性的应用) 4．答案：BC 解析：根据点电荷电场强度公式，可知点电荷产生的电场在b点处的电场强度大小Eb＝，方向水平向右，由于b点处的电场强度的矢量和为零，故圆环上的电荷产生的电场在b点处的电场强度大小E′b＝Eb，方向水平向左，故Q>0。由于b、d两点关于圆环对称，故圆环上的电荷产生的电场在d点处的电场强度大小E′d＝E′b＝，方向水平向右；点电荷产生的电场在d点处的电场强度大小Ed＝＝，方向水平向右，所以d点处的电场强度大小E＝E′d＋Ed＝k，故A项错误，B项正确。将圆环分为n等份(n很大，每一份可以认为是一个点电荷)，则每一份的电荷量q0＝，每一份产生的电场在d点处的电场强度大小E0＝＝＝，根据对称性可知，圆环上的电荷产生的电场在d点处竖直方向的电场强度的矢量和为零，电场强度方向水平向右，其大小为E′d＝nE0cos θ＝，所以d点处的电场强度的矢量和的大小E＝E′d＋Ed＝＋，故C项正确，D项错误。 5．(3分)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布着正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R。已知M点的电场强度大小为E，则N点的电场强度大小为(　　) A．－E B． C．－E D．＋E (本题普查对称性的应用——非对称问题利用割补法转化为对称问题) 5．答案：A 解析：半球面AB上的正电荷产生的电场可等效为带电荷量为2q的整个球壳产生的电场和带电荷量为－q的右半球面产生的电场的合电场，则有E＝－E′，E′为带电荷量为－q的右半球面在M点产生的电场强度大小。带电荷量为－q的右半球面在M点产生的电场强度大小与带电荷量为q的半球面AB在N点产生的电场强度大小相等，则EN＝E′＝－E＝－E，故A项正确。 (五)等效替代 1．(10分)“探究求合力的方法”的实验情况如图(a)所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点所在位置，OB和OC为细绳。 图(a) (1)实验中是怎样保证力的作用效果相同的？ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ (2)如图(b)所示的两个力，其中一个是实验后白纸上留下的一只弹簧测力计拉橡皮条的拉力，另一个是两只弹簧测力计拉橡皮条的拉力通过作平行四边形得到的合力(邻边已擦除)，其中的________(选填“F′”或“F”)是通过作平行四边形得到的合力。 图(b) (3)实验中可减小误差的措施有________。 A.两个分力F1、F2的大小要尽量大些 B．两个分力F1、F2间夹角应越大越好 C．拉橡皮条时，弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行 D．描点确定拉力方向时，两点之间的距离尽可能大一些 E．作力的图示时，选定力的标度，1 N的力对应的线段的长度应尽量短一些 (4)如果在实验前发现有一只弹簧测力计损坏了(其他实验器材齐全完好)，请你设想只用一只弹簧测力计完成本实验的方法。 (本题普查等效替代思想——合力与分力) 1．答案：(1)两次拉橡皮条时，使结点到达相同位置(2分)　(2)F(2分)　(3)ACD(2分) (4)见解析(4分) 解析：(1)合力与分力是等效替代思想的具体应用，实验中力使橡皮条发生形变，保证两次橡皮条的形变完全相同则保证了力的作用效果相同，应使两次拉橡皮条时结点到达相同位置。 (2)用一只弹簧测力计拉橡皮条时，弹簧测力计的拉力方向与橡皮条一定在一条直线上；由平行四边形定则作出的两只弹簧测力计拉力的合力，由于有误差，可能不与橡皮条共线。可知F是通过作平行四边形得到的合力。 (3)在满足合力不超过弹簧测力计量程及橡皮条形变不超过其弹性限度的条件下，应使拉力尽量大一些，以减小读数的相对误差，故A项正确。两个分力F1、F2的夹角并非越大越好，夹角不宜太大也不宜太小，故B项错误。如果弹簧测力计、细绳、橡皮条与木板不平行，则无法记录力的方向且结点在木板上的投影不能准确地反映橡皮条的形变量，因此三者应贴近木板且与木板平面平行，以减小实验误差，故C项正确。描点确定拉力方向时，两点之间的距离应尽可能大一些，这样可以减小方向的偏差，故D项正确。画力的图示时，标度要合适，1N的力对应的线段长度越短，则同样大小的力所对应的线段越短，作图时误差也越大，故E项错误。 (4)①确定结点的位置，确定F1的大小和方向，确定F2的方向：用手拉其中一个细绳套，弹簧测力计拉另一个细绳套，使结点到达某一位置，记录为O，并记录弹簧测力计读数F1和两个细绳套的方向。②确定F2的大小：交换弹簧测力计和手拉细绳套的位置，再拉一次橡皮条，使结点同样到达位置O，可读出F2的大小。③作分力的图示，利用平行四边形定则求合力：用铅笔和刻度尺从O点沿两细绳套的方向画直线，按选定的标度作出两次弹簧测力计的读数F1和F2的图示，并以F1和F2为邻边，用刻度尺作平行四边形，过O点画平行四边形的对角线，此对角线即为合力F的图示。④用一个力F′拉橡皮条达到相同的效果：用弹簧测力计通过一个细绳套把橡皮条结点拉到同样的位置O，记下弹簧测力计的读数和细绳套的方向，用刻度尺从O点按同样的标度沿记录的方向作出这只弹簧测力计的读数力F′的图示。⑤比较F与F′：比较力F′与用平行四边形定则求出的合力F在大小和方向上是否相同。 2．(多选)(4分)在128 m宽的河正中A点处有一浮标，需要在岸边选取某一位置，使快艇最快到达河正中浮标A处，已知快艇离开河岸在静水中的速度图像如图(a)所示，流水的速度图像如图(b)所示，快艇到达A处时发现从这里向下游64 m处有一危险区，如图(c)所示，驾驶员凭借丰富的经验，立即调节快艇在静水中航行速度的方向，之后不再加速。假设行驶中快艇在静水中航行的速度方向选定后就不再改变，则(　　) 图(a) 　　图(b) 图(c) A．快艇从岸边出发的位置最快到达河正中浮标A处的过程中做匀变速直线运动，所用时间为16 s B．快艇从岸边出发的位置在浮标A处上游64 m 处 C．快艇从浮标A处安全到达河对岸的最短位移是64 m D．快艇可以避开危险区沿直线到达对岸 (本题普查等效替代思想——合运动与分运动) 2．答案：BCD 解析：由图(a)知快艇在静水中做匀加速直线运动，加速度a＝0.5 m/s2，由图(b)知水流为匀速，所以要想最快到达A处，应使快艇始终垂直于河岸方向行驶，做匀变速曲线运动，由位移—时间公式，沿垂直于河岸方向有y＝at2，其中y＝64 m，可以求出最短时间为16 s，故A项错误。沿水流方向，x＝v水t＝4×16 m＝64 m，故B项正确。到达A处时，快艇的速度为v艇＝at＝8 m/s，水速小于快艇速度，合速度垂直于河岸，渡河路径为垂直河岸的直线，位移最短，即一半的河宽64 m，故C项、D项均正确。 3．(10分)如图所示，绝缘光滑轨道AB部分是倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切。整个装置处于电场强度为E、方向水平向右的匀强电场中。现有一个质量为m的带正电小球，电荷量为q＝，式中g为重力加速度，要使小球能安全通过圆轨道，在斜面上O点的初速度应满足什么条件？ (本题普查等效替代思想——等效力场) 3．答案：v≥(10分) 解析：小球在斜面上运动，受到重力、电场力和支持力的作用，如图所示。在圆轨道上运动，受重力、电场力和轨道弹力。类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg′，大小为 mg′＝＝(2分) tan θ＝＝，解得θ＝30°(1分) 等效重力的方向与斜面垂直，指向右下方，小球在斜面上做匀速运动。要使小球恰能安全通过圆轨道，在圆轨道的“等效最高点”(D点)应满足“等效重力”刚好提供向心力，即有 mg′＝(2分) 因θ＝30°，与斜面的倾角相等，由几何关系知 AD＝2R(1分) 令小球以最小初速度v0开始运动，由动能定理知 －2mg′R＝mv－mv(2分) 解得v0＝，因此要使小球安全通过圆轨道，在O点的初速度应满足 v≥(2分) 4．(多选)(4分)如图所示，由粗细均匀的、电阻均为2R的相同金属导体棒ab、cd构成平行导轨，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中，导轨两端ac、bd之间分别用导线接有定值电阻，R1＝2R，R2＝4R，导线电阻不计。一接入电路电阻为2R的导体棒MN，在水平拉力作用下沿ab、cd以速度v匀速滑动，滑动过程中MN始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计摩擦。在MN从靠近ac处向bd滑动的过程中(　　) A．MN中电流先增大后减小 B．MN两端电压先减小后增大 C．MN上拉力的功率先减小后增大 D．电阻R1、R2和导轨ab、cd消耗的总功率先增大，后减小，再增大 (本题普查等效替代思想——等效电源、等效电路) 4．答案：CD 解析：由于导体棒MN匀速切割磁感线，根据E＝Blv得，导体棒MN匀速切割磁感线产生的感应电动势为定值。导体棒在某一位置时，其等效电路如图(a)所示，设MN左侧导轨的总电阻为Rx，则有MN左侧电路的总电阻为R1＋Rx＝2R＋Rx，右侧电路的总电阻为R2＋(4R－Rx)＝8R－Rx，所以外电路的总电阻为R′＝。 图(a) 由上式可以看出，外电路的总电阻先增大后减小，其变化情况为R′＝1.6R(最小值，当Rx＝0时)到R′＝2.5R(最大值，当Rx＝3R时)再到R′＝2.4R(当Rx＝4R时)，因内电阻不变，闭合电路的总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律I＝得，通过MN的电流先减小后增大，故A项错误。路端电压U＝E－Ir，所以路端电压先增大后减小，即MN两端电压先增大后减小，故B项错误。由于电动势和内阻不变，电源的总功率随外电阻的增大而减小，故电源的总功率先减小后增大。由于MN匀速运动，则拉力的功率等于整个电路的总功率，所以MN上拉力的功率先减小后增大，故C项正确。根据电源的输出功率随外电阻的变化图像[如图(b)]和R′的变化情况，可得电源的输出功率先增大，后减小，再增大，因此，电阻R1、R2和导轨ab、cd消耗的总功率先增大，后减小，再增大，故D项正确。 图(b) (六)临界问题 1．(18分)如图所示，一质量M＝4 kg的长木板静止在水平地面上，长木板与地面的动摩擦因数μ1＝0.2。在长木板左端加一水平推力F＝16 N，长木板开始向右运动。t1＝2 s后，在长木板前端轻轻地放上一个初速度为零的小物块(可视为质点)，小物块质量为m＝2 kg，与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.1，运动过程中，小物块恰好不从长木板上掉下来。重力加速度g＝10 m/s2。则： (1)放小物块之前长木板的加速度为多大？刚放上小物块时小物块、长木板的加速度各为多大？ (2)长木板的长度是多少? (3)若要使小物块与长木板一起从静止向右运动且相对静止，推力F的范围是多少？(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等) (本题普查临界问题) 1．答案：(1)2 m/s2(2分)　1 m/s2(2分)　0.5 m/s2(2分)　 (2)16 m(6分)　(3)12 N<F≤18 N(6分) 解析：(1)设放小物块之前长木板的加速度为a1，由牛顿第二定律有 F－Ff1＝Ma1(1分) 又Ff1＝μ1Mg 联立各式代入数据解得a1＝2 m/s2(1分) 设放到长木板上的小物块加速度为a2，由牛顿第二定律有Ff2＝ma2(1分) 又Ff2＝μ2mg 联立各式代入数据解得a2＝1 m/s2(1分) 设放上小物块后长木板的加速度为a3，由牛顿第二定律有F－F′f2－Ff3＝Ma3(1分) 又F′f2＝μ2mg，Ff3＝μ1(m＋M)g 联立各式代入数据解得a3＝0.5 m/s2(1分) (2)依题意知，当二者达到相同速度时，小物块恰好滑到长木板的最左端。设刚放小物块时长木板的速度为v1，从放小物块到二者共速，用时t2，长木板的位移为x2，小物块的位移为x3，由匀变速直线运动规律有 v1＝a1t1，v1＋a3t2＝a2t2，x2＝v1t2＋a3t，x3＝a2t(每式1分) 长木板的长度l＝x2－x3(1分) 联立各式代入数据解得l＝16 m(1分) (3)取小物块和长木板组成的系统为研究对象，系统刚要发生运动时，设此时推力为F1，由平衡条件有 F1－μ1(M＋m)g＝0(2分) 代入数据解得F1＝12 N 当长木板对小物块的摩擦力为最大静摩擦力时，二者将相对滑动，设此时小物块的加速度为a，对小物块，由牛顿第二定律得 μ2mg＝ma(1分) 设此时推力为F2，对系统，由牛顿第二定律有 F2－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a(1分) 代入数据解得F2＝18 N 综上分析得12 N<F≤18 N(2分) 2．(22分)真空室内，S为粒子放射源，它能在如图(a)所示纸面上的360°范围内发射速率相同的同种带电粒子，MN是一块竖直无限长挡板，与S的水平距离为OS＝L，挡板左侧充满垂直于纸面向里的匀强磁场，板面与磁场方向平行，磁感应强度为B，不计重力及粒子间的相互影响。 图(a) (1)若发射的是质量为m，电量为e的电子，要使S发射的电子能到达挡板，则发射电子的速度至少为多大？ (2)当S发射的电子速度为时，挡板被电子击中的范围为多大？ (3)如果磁感应强度的大小为B＝0.60 T，在距MN的距离为L＝16 cm处，有一个点状的α粒子放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度都是v＝3.0×106 m/s，已知α粒子的比荷为＝5.0×107 C/kg，现只考虑在图纸平面中运动的α粒子，求MN上被α粒子打中区域的长度。 (4)保持(3)中其他条件不变，仅将挡板MN在靠近α粒子放射源S正下方水平放置，如图(b)所示。求MN上方α粒子能到达的区域面积，并在图中用阴影把面积表示出来。(π＝3.14) 图(b) (本题普查临界问题) 2．答案：(1)(5分)　(2)(＋1)L(6分) (3)0.2 m(6分)　(4)4.71×10-2 m2(5分) 解析：(1)电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力提供向心力，则有 evB＝m(2分) 当由放射源S发出的竖直向上运动电子的轨迹恰好与挡板MN相切时，电子能到达挡板的发射速度最小。 根据几何关系可知，电子到达挡板的最小半径rmin与L之间的大小关系为 rmin＝(2分) 联立两式解得速度的最小值为vmin＝(1分) (2)电子在磁场中所受洛伦兹力提供向心力，evB＝m 解得r＝＝L(1分) 利用轨迹图及几何关系，可知电子沿SO方向发射时，刚好到达挡板上最下方的位置B；在挡板上找一点A，使SA的长度等于轨迹圆直径，则电子垂直SA方向发射时，刚好到达板上最上方的位置A。可得电子击中范围为B、A之间，如图(a)所示。(2分) 图(a) 结合几何关系求出 OB＝r＝L(1分) OA＝＝＝L(1分) 挡板被电子击中的范围 AB＝OA＋OB＝(＋1)L(1分) (3)α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径 r＝＝0.1 m(1分) 分析α粒子运动轨迹，得到临界轨迹如图(b)所示。上侧临界轨迹与挡板相切于P1点；下侧临界轨迹与挡板相交于P2点，SP2为轨迹直径。可知α粒子击中范围为P1、P2之间。 图(b) 根据几何关系有 SO＝L＝0.16 m，SO′＝O′P1＝r＝0.1 m SP2＝2r＝0.2 m OP1＝＝＝0.08 m(2分) OP2＝＝＝0.12 m(2分) MN上被α粒子打中的区域长度 P1P2＝OP1＋OP2＝0.2 m(1分) (4)由(3)可知，α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝10 cm。根据运动轨迹确定边界，用阴影部分表示α粒子在磁场中运动的区域面积，如图(c)所示。 图(c) (2分) 分别求出S1、S2的面积 S1＝πr2＝1.57×10-2 m2(1分) S2＝π(2r)2＝3.14×10-2 m2(1分) α粒子能到达的区域面积为 S总＝S1＋S2＝4.71×10-2 m2(1分) 3．(8分)如图所示，AOB是由某种透明物质制成的圆柱体横截面 (O为圆心)，圆柱体的半径为r，折射率为，圆柱体的长度为h。今有一束平行光与挡光板成锐角θ射向柱体的OA平面，这些光线中有一部分不能从柱体的AB面上射出，设所有射到OB面的光线全部被吸收，也不考虑OA面的反射，则能从圆柱体弧面上射出光线的部分的面积为多大？ (本题普查临界问题) 3．答案：(8分) 解析：所有经OA面折射后进入AOB透明物质的光线均平行。作光路图(如图)可知，入射光线越接近A点，其折射光线在AB弧面上的入射角就越大，越容易发生全反射。 设从P点入射的光线，折射到AB弧面上Q点时，入射角恰等于临界角C，有 sin C＝(2分) 所以能射出光线的区域对应的圆心角为 β＝C(2分) 在AB弧上能射出光线的长度为 S0＝×2πr(2分) 因而从圆柱体弧面上能射出光线的面积为 S＝S0h 联立各式代入数据解得S＝(2分) (七)极限思维 1．(3分)有一些问题你可能不会求解，但是你仍有可能对这些问题的解是否合理进行分析和判断，例如从解的物理量单位、解随某些已知量变化的趋势、解在一些特殊条件下的结果等方面进行分析，并与预期结果、实验结论等进行比较，从而判断解的合理性或正确性。 举例如下：如图所示，质量为M、倾角为θ的可动斜面体A放于水平地面上，把质量为m的滑块B放在A的斜面上，忽略一切摩擦，有人求得B相对地面的加速度a＝·g sin θ，式中g为重力加速度。 对于上述解，某同学首先分析了等号右侧物理量的单位，没发现问题，他进一步利用特殊条件对该解做了如下四项分析和判断，所得结论都是“解可能是对的”。但是，其中有一项是错误的，该项是(　　) A．当θ＝0°时，该解给出a＝0，这符合常识，说明该解可能是对的 B．当θ＝90°时，该解给出a＝g，这符合实验结论，说明该解可能是对的 C．当M≫m时，该解给出a≈g sin θ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的 D．当m≫M时，该解给出a≈，这符合预期的结果，说明该解可能是对的 (本题普查极限思维) 1．答案：D 解析：当θ＝0°时，sin θ＝0，代入题中加速度表达式解得a＝0；θ＝0°的情景相当于B放置在光滑水平面上，水平方向不受力，加速度为0，故A项正确。当θ＝90°时，sin 90°＝1，代入题中加速度表达式解得a＝g；θ＝90°的情景相当于B自由下落，做自由落体运动，加速度为g，故B项正确。当M≫m时，M＋m≈M，M＋m sin2θ≈M，代入题中加速度表达式解得a＝g sinθ；M≫m的情景中，可认为M近似不动，m沿倾角为θ的固定光滑斜面下滑，可知加速度为g sin θ，故C项正确。当m≫M时，M＋m≈m，M＋msin 2 θ≈m sin2θ，代入题中加速度表达式解得a＝；m≫M时，可认为M飞出，m近似做自由落体运动，a≈g，与通过公式得出的结论相矛盾，故D项错误，符合题意。 2．(3分)如图(a)所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E＝，方向沿x轴。现考虑单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图(b)所示。则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度为(　　) 　　　 C．2πkσ0 D．2πkσ0 (本题普查极限思维) 2．答案：A 解析：采用极限思维法结合割补法。根据半径为R的均匀带电圆形平板在P点的电场强度E＝2πkσ，可推知当带电圆板无限大时(R→∞)的电场强度E＝2πkσ。对于无限大带电平板挖去一半径为r的圆板的电场强度，可利用割补法，即将挖去的圆板填充进去，这时Q点的电场强度EQ＝2πkσ0。又已知填充进去的半径为r的圆板在Q点的电场强度为2πkσ0，则挖去半径为r圆板后的电场强度EQ′＝2πkσ0－2πkσ0＝2πkσ0，故A项正确。 (八)假设法 1．(3分)如图所示，在x>0，y>0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从x轴上的某点P沿着与x轴正方向成30°角的方向射入磁场。不计重力的影响，则下列有关说法中正确的是(　　) A.只要粒子的速率合适，粒子就可能从坐标原点射出磁场 B．粒子在磁场中运动所经历的时间一定为 C．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为 D．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为 (本题普查假设法) 1．答案：C 解析：带正电的粒子从P点沿与x轴正方向成30°角的方向射入磁场中，则圆心在过P点与速度方向垂直的直线上，粒子在磁场中要想到达坐标原点O点，转过的圆心角肯定大于180°，如图(a)所示，因磁场有边界，所以粒子不可能通过坐标原点，故A项错误。 图(a) 由于P点的位置不确定，粒子做圆周运动的半径和速度大小都不确定，所以粒子射出磁场的位置不确定，轨迹圆弧对应的圆心角也不确定。假设粒子以速度v0从x轴上距离原点足够远的位置射入磁场，则粒子从x轴射出，运动轨迹如图(b)所示，轨迹圆弧对应的圆心角为300°，运动时间为T。假设粒子仍以速度v0射入磁场， 图(b) 射入点逐渐向坐标原点靠近，可知粒子从某一位置开始将从y轴射出，运动轨迹如图(c)所示，从图(c)可知，若射入点继续向坐标原点靠近，轨迹圆弧对应的 图(c) 圆心角将逐渐减小；当射入点在坐标原点时，轨迹圆弧对应的圆心角最小，轨迹如图(d)所示，由几何关系可以确定轨迹圆弧对应的圆心角为120°，运动时间为T。可知粒子以任一速度v入射，与从距离坐标原点足够远的位置向坐标原点靠近时变化趋势相同。根据圆周运动规律可知T＝，所以粒子在磁场中运动所经历的时间最长为tmax＝，最短为tmin＝，故B项、D项均错误，C项正确。 图(d) 2．(3分)最近，不少人喜欢踩着一种独轮车穿梭街头。这种独轮车全名叫电动平衡独轮车，其中间是一个窄窄的轮子，两侧各有一块踏板。当人站在踏板上向右运动时，可简化为如图(a)、图(b)所示的模型。关于人在运动中踏板对人脚的摩擦力，下列说法正确的是(　　) 图(a)　　　　　　　　图(b) A.考虑空气阻力，当人以如图(a)所示的状态向右匀速运动时，脚所受摩擦力向左 B．考虑空气阻力，当人以如图(a)所示的状态向右减速运动时，脚所受摩擦力可能向右 C．考虑空气阻力，当人以如图(b)所示的状态向右匀速运动时，脚所受摩擦力不可能为零 D．不计空气阻力，当人以如图(b)所示的状态向右加速运动时，脚所受摩擦力不可能为零 (本题普查假设法) 2．答案：B 解析：当人以如题图(a)所示的状态向右匀速运动时，人受力平衡；空气阻力与运动方向相反，即向左，假设脚所受摩擦力也向左，人受力不可能平衡，假设不成立，故A项错误。当人以如题图(a)所示的状态向右减速运动时，人受的合力向左；空气阻力与运动方向相反，即向左，若脚所受摩擦力向右，只要摩擦力小于空气阻力，则人受的合力向左，若脚所受摩擦力向左，人受的合力一定向左。可知脚所受摩擦力可能向右，也可能向左，故B项正确。当人以如题图(b)所示的状态向右匀速运动时，人受力平衡；空气阻力与运动方向相反，即向左，人受的重力竖直向下，支持力垂直于踏板斜向右上方，若脚所受摩擦力为零，空气阻力、重力和支持力三力可能平衡，故C项错误。当人以如题图(b)所示的状态向右加速运动时，人受的合力向右；人受的重力竖直向下，支持力垂直于踏板斜向右上方，不计空气阻力，若脚所受摩擦力为零，重力和支持力的合力向右是可能的，即脚所受摩擦力可能为零，故D项错误。 (九)寻找守恒量 1．(13分)如图所示，一个竖直固定且光滑绝缘的直圆筒底部放置一电荷量为Q(Q>0)、可视为点电荷的小球A。已知小球A形成的电场中各点的电势表达式为φ＝(选无穷远处为电势零点)，其中k为静电力常量，r为空间某点到小球A的距离。现有一个质量为m、带电荷量为q(q>0)、可视为点电荷的小球B，在A球正上方距A球H＝2处无初速度释放。重力加速度为g，忽略空气阻力，取直圆筒底部所在平面为参考平面。 (1)求小球B刚开始释放时加速度的大小。 (2)小球B下落过程中最大的动能为多少？ (3)小球B下落到最低点时的重力势能与电势能之和为多少？ (本题普查守恒思想) 1．答案：(1)g(3分)　(2)(6分) (3)(4分) 解析：(1)小球B受到重力与电场力的作用，其中电场力竖直向上，设其加速度为a，根据牛顿第二定律得 mg－k＝ma(2分) 把H＝2代入上式解得a＝g(1分) (2)当小球B受到的电场力等于它的重力时，速度达到最大，设此时两球间的距离为h，根据平衡条件得 mg－k＝0(2分) 小球B刚开始下落时所在位置电势为 φ1＝k 速度最大时小球B所在位置电势为 φ2＝k 设小球B下落的最大动能为Ekm，根据动能定理得 mg(H－h)＋q(φ1－φ2)＝Ekm－0(2分) 联立上述各式解得Ekm＝(2分) (3)小球B无初速度释放的位置重力势能与电势能之和为 E1＝mgH＋q＝(2分) 小球B下落至最低点时速度为零，动能为零，由能量守恒定律判断小球B下落至最低点时，重力势能与电势能之和为 E2＝E1＝(2分) 2．(3分)如图所示，光屏MN的左下方有一半圆形的玻璃砖。由两种单色光组成的复色光沿玻璃砖的半径方向射向O点，在O点发生反射和折射，折射光线在光屏上分成a、b两束。若保持复色光入射方向不变，将玻璃砖绕O点逆时针缓慢旋转，观察到a、b两束光在光屏上陆续消失，则以下说法中不正确的有(　　) A．在玻璃砖中a光传播的速度较大 B．a光先于b光消失 C．在a、b光未完全消失之前，反射光c的强度增强 D．让a、b光作为双缝干涉实验的光源，则在目镜上观测到a光的条纹间距要宽些 (本题普查守恒思想) 2．答案：B 解析：由题图知，复色光从玻璃射向空气中，a光的折射角小，b光的折射角大，根据光路可逆原理，由折射定律有n＝，且γa<γb，θa＝θb，则na<nb，那么a光的频率低，又由n＝知，a光在玻璃中传播的速度大，故A项正确，不符合题意。当玻璃砖逆时针旋转，复色光入射方向不变时，复色光在O点的入射角增大，折射角也增大，当入射角增大到单色光所对应的临界角时，就会发生全反射，此种色光就在光屏上消失了，由n＝知，b光的临界角小，则b光首先消失，故B项错误，符合题意。光从一种介质中射向另一种介质同时发生折射和反射现象，实质也是能量的分配过程，在入射角增大到趋近临界角的过程中，折射光的能量逐渐减小，反射光的能量逐渐增大，故C项正确，不符合题意。根据双缝干涉实验中，相邻明(暗)条纹间距公式Δx＝λ知，a光的波长长，则条纹间距也较大，故D项正确，不符合题意。 3．(12分)在光滑的水平面上，并排放置着两个质量均为m、长为L的完全相同的长木板A、B，一质量为2m的滑块C，以一定的初速度v0，从左侧冲上木板A，滑块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。 (1)若滑块最终能停在木板B上，并以v0的速度共同运动，求此时A、B之间的距离是多少？ (2)求v0、L和μ应满足什么关系，才能保证滑块C滑到木板B上？ (本题普查守恒思想) 3．答案：(1)(7分)　(2)L<(5分) 解析：(1)滑块C在木板A上滑动过程，A、B和C组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，有 2mv0＝2mv1＋2mvA(1分) 滑块C在木板B上滑动过程，同理有 2mv1＋mvA＝3m×v0(1分) 木板A、B分离后，B的加速度 aB＝＝2μg(1分) 从木板A、B分离到木板B与滑块C共速的过程，有v0＝vA＋aBt(1分) 在这段时间内，有sA＝vAt(1分) sB＝vAt＋aBt2(1分) A、B之间的距离为L＝sB－sA 联立上述各式解得L＝(1分) (2)当滑块C刚好滑到A最右端时，C、B和A三者共速，由动量守恒定律和能量守恒定律，有 2mv0＝(2m＋2m)vAmax(1分) 2mgμLmax＝×2mv－(2m＋2m)v(2分) 联立两式解得Lmax＝ ，故当L<时，才能保证滑块C滑到木板B上。(2分) 4．(3分)太阳内部持续不断地发生着4个质子(H)变为1个氦核(He)的热核反应，核反应方程是4H→He＋2X，这个核反应释放出大量核能。已知质子的质量为mp，氦核的质量为mHe，X的质量为mX，光速为c。则下列说法中正确的是(　　) A.方程中的X表示中子(n) B．4H→He＋2X是裂变反应 C．这个核反应中质量亏损了Δm＝mHe＋2mX－4mp D．这个核反应中释放的核能ΔE＝(4mp－mHe－2mX)c2 (本题普查守恒思想) 4．答案：D 解析：设X粒子的质量数为A′，电荷数为Z′，则核反应方程为4H→He＋2X。由质量数守恒和电荷数守恒有4＋2A′＝4，2＋2Z′＝4，联立两式解得A′＝0，Z′＝1，可知X粒子为正电子(e)，故A项错误。轻核结合成质量较大的核，这样的核反应叫核聚变，故B项错误。计算质量亏损时，应用核反应前物质的总质量减去核反应后物质的总质量，即Δm＝4mp－(mHe＋2mX)，故C项错误。这个核反应中释放的核能ΔE＝(4mp－mHe－2mX)c2，故D项正确。 学科网（北京）股份有限公司 $$