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  • ID:6-6792128 山西省吕梁市2020届高三上学期第一次模拟考试物理试题 Word版含答案

    高中物理/高考专区/模拟试题


    吕梁市2019-2020学年高三年级第一次模拟考试
    物理试题
    (本试题满分100分,考试时间90分钟。答幸宦尚丛诖鹛饪ㄉ

  • ID:6-6789760 11-19年高考物理真题分专题汇编之109~115 选修3-3、3-4、3-5模块(10份打包)

    高中物理/高考专区/真题分类汇编

    11-19年高考物理真题分专题汇编之109核反应 核能 【2019年4月浙江物理选考】静止在匀强磁场中的原子核X发生α衰变后变成新原子核Y。已知核X的质量数为A,电荷数为Z,核X、核Y和α粒子的质量分别为mX、mY和mα,α粒子在磁场中运动的半径为R。则 A. 衰变方程可表示为 B. 核Y的结合能为(mx-my-mα)c2 C. 核Y在磁场中运动的半径为 D. 核Y的动能为 【答案】AC 【解析】 【详解】A.根据质量数和电荷数守恒可知,衰变方程可表示为,选项A正确; B.此反应中放出的总能量为:?E=(mx-my-mα)c2,可知核Y的结合能不等于(mx-my-mα)c2,选项B错误; C.根据半径公式,又mv=P(动量),则得,在衰变过程遵守动量守恒,根据动量守恒定律得:0=PY-Pα,则PY=Pα, 得半径之比为,则核Y在磁场中运动的半径为,故C正确; D.两核的动能之比:,因,解得,选项D错误。 【2019年物理全国卷2】太阳内部核反应的主要模式之一是质子-质子循坏,循环的结果可表示为,已知和的质量分别为和,1u=931MeV/c2,c为光速。在4个转变成1个的过程中,释放的能量约为 A. 8 MeV B. 16 MeV C. 26 MeV D. 52 MeV 【答案】C 【解析】 【详解】由知,=,忽略电子质量,则:,故C选项符合题意; 【2019年物理天津卷】我国核聚变反应研究大科学装置“人造太阳”2018年获得重大突破,等离子体中心电子温度首次达到1亿度,为人类开发利用核聚变能源奠定了重要的技术基础。下列关于聚变的说法正确的是( ) A. 核聚变比核裂变更为安全、清洁 B. 任何两个原子核都可以发生聚变 C. 两个轻核结合成质量较大的核,总质量较聚变前增加 D. 两个轻核结合成质量较大的核,核子的比结合能增加 【答案】AD 【解析】 【详解】核聚变的最终产物时氦气无污染,而核裂变会产生固体核废料,因此核聚变更加清洁和安全,A正确;发生核聚变需要在高温高压下进行,大核不能发生核聚变,故B错误;核聚变反应会放出大量的能量,根据质能关系可知反应会发生质量亏损,故C错误;因聚变反应放出能量,因此反应前的比结合能小于反应后的比结合能,故D正确。 1. 2014年物理上海卷 2.核反应方程中的X表示 ( ) A.质子 B.电子 C.光子 D.中子 【答案】D 【解析】核反应同时遵循质量数和电荷数守恒,根据质量数守恒,可知X的质量数是1,电荷数是0,所以该粒子是中子,D项正确。 2.2013年上海卷 21.放射性元素衰变为,此衰变过程的核反应方程是 ;用此衰变过程中发出的射线轰击,可得到质量数为22的氖(Ne)元素和另一种粒子,此核反应过程的方程是 。 答案: →+He He+→Ne+H。 解析:根据衰变规律,此衰变过程的核反应方程是→+He。用α射线轰击,可得到质量数为22的氖(Ne)元素和另一种粒子,此核反应过程的方程是:He+→Ne+H。 3.2012年理综广东卷 18. 能源是社会发展的基础,发展核能是解决能源问题的途径之一,下列释放核能的反应方程,表述正确的有 A. 是核聚变反应 B. 是β衰变 C. 是核裂变反应 D. 是衰变 【解析】选AC。两个轻核聚合成一个较重的核的反应为核聚变反应,故A对B错。重核被中子轰击后分裂成二个中等质量的原子核并放出若干个中子的反应为核裂变反应,故C对D错。原子核放出α或β粒子后变成另一种原子核的反应称为原子核的衰变。原子核的衰变的反应物只有一种,故AC选项正确。 4.2012年理综重庆卷 19.以下是物理学史上3个著名的核反应方程 、和z是3种不同的粒子,其中z是 A. 粒子 B.质子 C.中子 D.电子 答:C 解析:x是质子,y是粒子,z是中子,选项C正确。 5. 2014年理综北京卷 14.质子、中子和氘核的质量分别为m1、m2和m3.当一个质子和一个中子结合成氘核时,释放的能量是(c表示真空中的光速) ( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】根据爱因斯坦质能方程△E=△mc2,此核反应放出的能量,故C正确。 6.2015年广东卷18.科学家使用核反应获取氚,再利用氘和氚 核反应获得能量,核反应方程分别为: 和 ,下列表述正确的有( AD ) A.X是中子 B.Y的质子数是3,中子数是6 C.两个核反应都没有质量亏损 D.氘和氚的核反应是核聚变反应 解析:根据质量数和电荷数守恒规律,由第二个核反应方程得到X为中子(),选项A正确;再由第一个方程得到Y质子数为3,质量数为6,则中子数 = 质量数 – 质子数 = 3 ,选项B错误;两个核反应都产生了能量,根据爱因斯坦质能方程可知一定有质量亏损,选项C错误;氘和氚的核反应是核聚变反应,选项D正确。 7.2017年新课标I卷17.大科学工程“人造太阳”主要是将氚核聚变反应释放的能量用来发电,氚核聚变反应方程是,已知的质量为2.0136u,的质量为3.0150u,的质量为1.0087u,1u=931MeV/c2。氚核聚变反应中释放的核能约为 A.3.7MeV B.3.3MeV C.2.7MeV D.0.93MeV 【答案】B 【解析】根据质能方程,释放的核能,,则 ,故B正确;A、C、D错误。 8.2018年北京卷、13.在核反应方程中,X表示的是 ( A ) A.质子 B.中子 C.电子 D.粒子 解析:设X为,根据核反应的电荷数守恒有2+7=8+Z ,则Z=1; 根据核反应的质量数守恒有 4+14=17+A,则A=1,所以X为质子,故选项A正确、BCD错误。 9.2018年天津卷1.国家大科学过程——中国散裂中子源(CSNS)于2017年8月28日首次打靶成功,获得中子束流,可以为诸多领域的研究和工业应用提供先进的研究平台,下列核反应中放出的粒子为中子的是 ( B ) A.俘获一个α粒子,产生并放出一个粒子 B.俘获一个α粒子,产生并放出一个粒子 C.俘获一个质子,产生并放出一个粒子 D.俘获一个质子,产生并放出一个粒子 解析:根据质量守恒和电荷数守恒写出4个核反应方程如下 可见选项B正确。 10.2018年全国卷III、14.1934年,约里奥-居里夫妇用粒子轰击铝核,产生了第一个人工放射性核素X:。的原子序数和质量数分别为 ( B ) A.15和28 B.15和30 C.16和30 D.17和31 解析: 根据核反应遵循的质量数守恒和电荷数守恒可知,质量数为4+27-1=30,X的电荷数为2+13=15,根据原子核的电荷数等于原子序数,可知X的原子序数为15,质量数为30,选项B正确。 11.2018年浙江卷(4月选考)14.【加试题】下列说法正确的是( BD ) A.组成原子核的核子越多,原子核越稳定 B.衰变为经过4次α衰,2次β衰变 C.在LC振荡电路中,当电流最大时,线圈两端电势差也最大 D. 在电子的单缝衍射实验中,狭缝变窄,电子动量的不确定量变大 解析 :比结合能是结合能与核子数之比,比结合能越大,原子核中核子结合得越牢固,原子核越稳定。中等质量的原子核,比结合能最大,组成原子核的核子数越多,它的比结合能不一定越大,选项A错误;由核反应中质量数守恒和电荷数守恒可知,222+4×4+0=238, 86+4×2-1×2=92,选项B正确;在LC振荡电路中,当电流最大时,线圈中磁场能最大,而电场能为零,这时极板间场强为零,电势差为零,即电容器极板间电压为零,C错误;根据不确定关系可知,位置和动量不能同时测定,当狭缝越窄,位置的不确定量减小了,但动量不确定量却增大了,选项D正确。故选BD。 11-19年高考物理真题分专题汇编之110裂变、聚变 【2019年物理江苏卷】100年前,卢瑟福用α粒子轰击氮核打出了质子.后来,人们用α粒子轰击核也打出了质子:;该反应中的X是______(选填“电子”“正电子”或“中子”).此后,对原子核反应的持续研究为核能利用提供了可能.目前人类获得核能的主要方式是_______(选填“核衰变”“核裂变”或“核聚变”). 【答案】 (1). 中子 (2). 核裂变 【解析】 【详解】由质量数和电荷数守恒得:X应为: 即为中子,由于衰变是自发的,且周期与外界因素无关,核聚变目前还无法控制,所以目前获得核能的主要方式是核裂变; 1. 2014年物理上海卷 5.链式反应中,重核裂变时放出的可以使裂变不断进行下去的粒子是 ( ) A.质子 B.中子 C.β粒子 D. 粒子 【答案】B 【解析】重核的裂变需要中子的轰击,在链式反应中,不断放出高速的中子使裂变可以不断进行下去,B项正确。 2.2013年重庆卷 2.铀是常用的一种核燃料,若它的原子核发生了如下的裂变反应:则a+b可能是 A. B. C. D. 答:D 解析:由质量数守恒和电荷数守恒,选D。 3.2013年广东卷 17.铀核裂变是核电站核能的重要来源,其一种裂变反应是下列说法正确的有 A.上述裂变反应中伴随着中子放出 B .铀块体积对链式反应的发生无影响 C.铀核的链式反应可人工控制 D.铀核的半衰期会受到环境温度的影响 答:AC 解析:由铀核裂变可知AC正确,B错误,铀核的半衰期与物理、化学变化无关,故D错误。 4.2015年上海卷5.铀核可以发生衰变和裂变,铀核的 ( C ) (A)衰变和裂变都能自发发生 (B)衰变和裂变都不能自发发生 (C)衰变能自发发生而裂变不能自发发生 (D)衰变不能自发发生而裂变能自发发生 解析:铀是天然放射性元素,所以铀核的衰变能自发发生,而铀核的裂变是人工实现的,是用中子轰击铀核实现的,所以铀核的裂变不能自发发生,故A、B、D错误,C正确。 5.2017年天津卷1.我国自主研发制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证,这是我国对国际热核聚变项目的重大贡献。下列核反应方程中属于聚变反应的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】时聚变反应,故A正确;是卢瑟福发现质子的核反应,属于人工核反应,故B错误;也是属于人工核反应,故C错误;是典型的铀核裂变,属于裂变反应,故D错误。 11-19年高考物理真题分专题汇编之111原子物理综合 1. 2013年重庆卷 3.如图所示,高速运动的粒子被位于O点的重原子核散射,实线表示粒子运动的轨迹,M、N和Q为轨迹上的三点,N点离核最近,Q点比M点离核更远,则 A.粒子在M点的速率比在Q点的大 B.三点中,粒子在N点的电势能最大 C.在重核产生的电场中,M点的电势比Q点的低 D.粒子从M点运动到Q点,电场力对它做的总功为负功 答:B 解析:重核带正电,周围电势为正,且离核越近电势越高,电势能与动能总和守恒,选B。 2. 2012年理综天津卷 1. 下列说法正确的是 A. 采用物理或化学方法可以有效地改变放射性元素的半衰期 B. 由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子 C. 从高空对地面进行遥感摄影是利用紫外线良好的穿透能力 D. 原子核所含核子单独存在时的总质量小于该原子核的质量 答案:B 解析:半衰期是原子的物理属性,不能采用物理或化学方法改变;高空遥感是用红外线的;由于核子结合为原子核时能量增加必然存在质量亏损;氢原子从高能量的激发态跃迁到低能量的基态时放出能量,所以放出光子。 3. 2011年理综天津卷 1.下列能揭示原子具有核式结构的实验是 A.光电效应实验 B.伦琴射线的发现 C.α粒子散射实验 D.氢原子光谱的发现 答:C 【解析】其中光电效应实验说明光具有粒子性,A选项错误;X射线(伦琴射线)的发现是19世纪末20世纪初物理学的三大发现(X射线1896年、放射线1896年、电子1897年)之一,这一发现标志着现代物理学的产生,B选项错误;氢原子光谱的发现解释了原子的稳定性以及原子光谱的分立特征,D选项错误;所以选择C。 4.2012年理综北京卷 20. “约瑟夫森结”由超导体和绝缘体制成。若在结两端加恒定电压U,则它会辐射频率为v的电磁波,且v与U成正比,即v=kU。已知比例系数k仅与元电荷e的2倍和普朗克常量h有关。你可能不了解此现象为机理,但仍可运用物理学中常用的方法。在下列选项中,推理判断比例系数k的值可能为 ( B ) A. B. C. D. 解析:物理公式表达了各物理量间的质量和单位双重关系,所以可以用单位来衡量称为量纲法。 光子的能量与光的频率成正比 电场力对电子所做电功为 ,由于和有相同的单位,所以k的单位与的单位相同。 根据题意k仅与元电荷e的2倍和普朗克常量h有关,答案B。 5. 2011年理综重庆卷 16.核电站核泄漏的污染物中含有碘131和铯137。碘131的半衰期约为8天,会释放β射线;铯137是铯133的同位素,半衰期约为30年,发生衰变期时会辐射γ射线。下列说法正确的是 A.碘131释放的β射线由氦核组成 B.铯137衰变时辐射出的γ光子能量小于可见光光子能量 C.与铯137相比,碘131衰变更慢 D.铯133和铯137含有相同的质子数 答案:D 解析:β射线是高速电子流,α射线才是由氦核组成,A 错误;γ光子在所有电磁波中频率最高,能量最大,B错误;半衰期越小衰变越快,应该是碘131衰变更快,C错误;与铯133和铯137是同位素,质子数相同中子数不同,D正确。 6.2013年天津卷 1.下列说法正确的是 A.原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量守恒的规律 B. 射线、β射线、射线都是高速运动的带电粒子流 C.氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子 D.发生光电效应时光电子的动能只与入射光的强度有关 【答案】C 【解析】本题主要考察原子结构和原子核的相关知识。 A选项错误,该项是较大的迷惑项,考生不留意极易误选。原子核发生衰变时,电荷守恒和质量数守恒,但会有质量亏损,遵循的是爱因斯坦的质能方程而非质量守恒规律; B选项错误,射线和β射线分别是带正电的氦核流和带负电的电子流,而射线不带电; C选项正确,根据玻尔氢原子模型的相关理论,电子轨道和能量都是量子化的,而在“跃迁”过程中要遵循hν=Em-En,故只能辐射特定频率的光子 ;D选项错误,由光电效应的基本方程Ek=hν-W0可知,光电子的动能由入射光频率决定。 7. 2014年理综天津卷 6.下列说法正确的是 ( ) A.玻尔对氢原子光谱的研究导致原子的核式结构模型的建立 B.可利用某些物质在紫外线照射下发出荧光来设计防伪措施 C.天然放射现象中产生的射线都能在电场或磁场中发生偏转 D.观察者与波源互相远离时接收到波的频率与波源频率不同 【答案】BD 【解析】卢瑟福α粒子散射实验建立的原子核式结构模型,A错。某些物质可以在紫外线照射下发出荧光,根据这一特点可以设计防伪措施,B正确。天然放射现象中γ射线为电磁波,不会在电场或磁场中发生偏转,C错。当观察者与波源互相接近或远离时,接收到波的频率会发生改变,这个是多普勒效应,D正确。 Q N M O 11-19年高考物理真题分专题汇编之112物理学史和其它 【2019年4月浙江物理选考】下列物理量属于基本量且单位属于国际单位制中基本单位的是 A. 功/焦耳 B. 质量/千克 C. 电荷量/库仑 D. 力/牛顿 【答案】B 【解析】 【详解】质量是国际单位制的基本量,其单位是千克,其他三个都不是基本量,其对应的单位也不是基本单位;故选B. 【2019年4月浙江物理选考】下列式子属于比值定义物理量的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A.物体运动的时间与位移成正比,与速度成反比,则A不是比值定义的物理量; B.加速度与合外力成正比,与质量成反比,则B不是比值定义的物理量; C.电容器的电容是由本身结构决定的,与两端的电压U与所带的电量Q无关,但是可以用带电量Q与电压U 的比值来量度,则C采用的是比值定义法; D.导体的电流与加在其两端的电压成正比,与导体的电阻成反比,则D不是比值定义的物理量; 【2019年物理北京卷】国际单位制(缩写SI)定义了米(m)、秒(s)等7个基本单位,其他单位均可由物理关系导出。例如,由m和s可以导出速度单位m·s–1。历史上,曾用“米原器”定义米,用平均太阳日定义秒。但是,以实物或其运动来定义基本单位会受到环境和测量方式等因素的影响,而采用物理常量来定义则可避免这种困扰。1967年用铯–133原子基态的两个超精细能级间跃迁辐射的频率?ν=9 192 631 770 Hz定义s;1983年用真空中的光速c=299 792 458 m·s–1定义m。2018年第26届国际计量大会决定,7个基本单位全部用基本物理常量来定义(对应关系如图,例如,s对应?ν,m对应c)。新SI自2019年5月20日(国际计量日)正式实施,这将对科学和技术发展产生深远影响。下列选项不正确的是 A. 7个基本单位全部用物理常量定义,保证了基本单位的稳定性 B. 用真空中的光速c(m·s–1)定义m,因为长度l与速度v存在l=vt,而s已定义 C. 用基本电荷e(C)定义安培(A),因为电荷量与电流I存在I=q/t,而s已定义 D. 因为普朗克常量h(J·s)的单位中没有kg,所以无法用它来定义质量单位 【答案】D 【解析】 【详解】本题属于信息题,由题所给信息结合和的物理意义解答。 由题意可知,如果以实物或其运动来定义基本单位会受到环境和测量方式等因素的影响,所以7个基本单位全部用物理常量定义,保证了基本单位的稳定性,故A正确; 用真空中的光速定义m,即光在真空中传播299792458分之一秒的距离,且s早已定义,故B正确; 由公式可知,安培即为1s时间内通过的电荷量,故C正确; 由题意可知,h对应的单位为,而能量的单位单位中包含质量,故可以对Kg进行定义,故D错误。 【2019年物理天津卷】第26届国际计量大会决定,质量单位“千克”用普朗克常量定义,“国际千克原器”于2019年5月20日正式“退役”的数值为,根据能量子定义,的单位是______,该单位用国际单位制中的力学基本单位表示,则为______。 【答案】 (1). (2). 【解析】 【详解】由,能量的单位为,频率的单位为,故h的单位为,又因能量的单位换成力学基本单位可表示为,则h的单位为 1.2018年浙江卷(4月选考)1.通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”的科学家是( B ) A.亚里士多德 B.伽利略 C.笛卡尔 D.牛顿 2.2018年浙江卷(4月选考)3.用国际单位制的基本单位表示能量的单位,下列正确的是( A ) A.kg.m2/s2 B. kg.m/s2 C.N/m D. N.m 3.2017年浙江选考卷3.下列描述正确的是 A.开普勒提出所有行星绕太阳运动的轨道是椭圆 B.牛顿通过实验测出了万有引力常数 C.库伦通过扭秤实验测定了电子的电荷量 D.法拉第发现了电流的磁效应 【答案】A 【解析】开晋勒提出三大行星运动定律,其中开普勒第一定律说明所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆,故A正确,牛顿提出了万有引力定律,但万有引力常数是英国物理学家卡文迪许通过扭秤实验测得的,故B错误,密立根通过油滴实验测出了电子的电荷量,故C错误;奥斯特提出了电流的磁效应,故D错误. 4.2016年新课标Ⅲ卷14.关于行星运动的规律,下列说法符合史实的是 A.开普勒在牛顿定律的基础上,导出了行星运动的规律 B.开普勒在天文观测数据的基础上,总结出了行星运动的规律 C.开普勒总结出了行星运动的规律,找出了行星按照这些规律运动的原因 D.开普勒总结出了行星运动的规律,发现了万有引力定律 【答案】B 【解析】开普勒在天文观测数据的基础上,总结出了开普勒天体运动三定律,找出了行星运动的规律,而牛顿发现了万有引力定律,ACD错误B正确。 5.2016年天津卷6、物理学家通过对实验的深入观察和研究,获得正确的科学认知,推动物理学的发展,下列说法符合事实的是 A、赫兹通过一系列实验证实了麦克斯韦关于光的电磁理论 B、查德威克用粒子轰击获得反冲核,发现了中子 C、贝克勒尔发现的天然放射性现象,说明原子核有复杂结构 D、卢瑟福通过对阴极射线的研究,提出了原子核式结构模型 【答案】AC 【解析】麦克斯韦预言了电磁波的存在,赫兹通过实验证实了麦克斯韦的电磁理论,选项A正确;卢瑟福用粒子轰击,获得反冲核,发现了质子,选项B错误;贝克勒尔发现的天然放射性现象,说明原子核具有复杂结构,选项C正确;卢瑟福通过对粒子散射实验的研究,提出了原子的核式结构模型,选项D错误;故选AC. 6. 2014年物理海南卷 7.下列说法中,符合物理学史实的是 ( ) A.亚里士多德认为,必须有力作用在物体上,物体才能运动;没有力的作用,物体就静止 B.牛顿认为,力是物体运动状态改变的原因,而不是物体运动的原因 C.麦克斯韦发现了电流的磁效应,即电流可以在其周围产生磁场 D.奥斯特发现导线通电时,导线附近的小磁针发生偏转 【答案】ABD 【解析】在亚里士多德时代,人们根据生产生活的实际经验感受到,物体的运动都是有力的作用的,选项A正确;牛顿根据伽利略的研究成果,提出惯性的概念,并继承和发展了伽利略的观点,认为物体运动状的维持不需要力,运动的改变才需要力,选项B正确;奥斯特发现通电导线下方的的小磁针会偏转,从而发现了电流的磁效应,故C错D正确。 7.2013年新课标II卷 19.在物理学发展过程中,观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述符合史实的是 A.奥斯特在实验中观察到电流的磁效应,该效应揭示了电和磁之间存在联系 B.安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性,提出了分子电流假说 C.法拉第在实验中观察到,在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中,会出现感应电流 D.楞次在分析了许多实验事实后提出,感应电流应具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 答:ABD 解析:正是奥斯特观察到电流的磁效应,人们才认识到电和磁之间必然存在着联系,A正确;B项是安培分子电流假说,正确;C项叙述的是法拉第研究电磁感应众多实验中失败的一例,C错;楞次通过对电磁感应现象的研究,发现了感应电流的方向特点,D正确。 8.2013年海南卷 7.科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用。下列说法符合历史事实的是 A.亚里士多德认为,必须有力作用在物体上,物体的运动状态才会改变 B.伽利略通过“理想实验”得出结论:运动必具有一定速度,如果它不受力,它将以这一速度永远运动下去 C.笛卡儿指出:如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一直线运动,既不停下来也不偏离原来的方向 D.牛顿认为,物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质 答案:BCD 解析:本题考查物理学史实。亚里士多德认为力是维持物体运动的原因,他的观点是错误的;伽利略通过实验与推理证明了力不是维持物体运动的原因,力是改变物体运动状态的原因,假如没有力作用在运动的物体上,物体将以原来的速度永远运动下去;同时期的笛卡尔也得出了类似的结论;牛顿在伽利略和笛卡尔的基础上,提出了惯性定律, 即认为物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。本题应选BCD。 9. 2012年理综山东卷 14.以下叙述正确的是( ) A.法拉第发现了电磁感应现象 B.惯性是物体的固有属性,速度大的物体惯性一定大 C.牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因 D.感应电流遵从楞次定律所描述的方向,这是能量守恒定律的必然结果 答:AD 解析:惯性是物体的固有属性,质量是决定物体惯性大下的唯一因素,选项A错误;伽利略最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的必然结果,选项C错误。 10. 2011年海南卷 7.自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的,很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。下列说法正确的是( ) A.奥斯特发现了电流的磁效应,揭示了电现象和磁现象之间的联系 B.欧姆发现了欧姆定律,说明了热现象和电现象之间存在联系 C.法拉第发现了电磁感应现象,揭示了磁现象和电现象之间的联系 D.焦耳发现了电流的热效应,定量给出了电能和热能之间的转换关系 答:A C D 11. 2011年理综山东卷 16.了解物理规律的发现过程,学会像科学家那样观察和思考,往往比掌握知识本身更重要。以下符合事实的是 A.焦耳发现了电流热效应的规律 B.库仑总结出了点电荷间相互作用的规律 C.楞次发现了电流的磁效应,拉开了研究电与磁相互关系的序幕 D.牛顿将斜面实验的结论合理外推,间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动 答案:AB 解析:1840年英国科学家焦耳发现了电流热效应的规律;库仑总结出了点电荷间相互作用的规律;法拉第发现了电磁感应现象,拉开了研究电与磁关系的序幕;伽利略通过将斜面实验合力外推,间接证明了自由落体运动的规律。 气体的等温变化、玻马定律 12.2015年理综天津卷1、物理学重视逻辑,崇尚理性,其理论总是建立在对事实观察的基础上。下列说法正确的是 ( A ) A、天然放射现象说明原子核内部是有结构的 B、电子的发现使人认识到原子具有核式结构 C、粒子散射实验的重要发现是电荷是量子化的 D、密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的 解析:卢瑟福的粒子散射实验使人们认识到原子具有核式结构,电子的发现使人们认识到原子并不是自然界中的最小粒子,原子是有结构的,选项BC错;天然放射现象使人们认识到原子核内部是有结构的,是由更小的核子组成,选项A正确;密立根油滴实验测定了元电荷的大小,D错误。 13.2016年上海卷11.国际单位制中,不是电场强度的单位是 (A)N/C (B)V/m ( C)J/C (D)T?m/s 【答案】C 【解析】由公式可知,电场强度单位为N/C,选项A是电场强度单位; 由公式可知,V/m也是电场强度单位,选项B也是电场强度单位; 由可得,故T?.m/s也是电场电场强度单位,选项D也是电场强度单位; 由公式可知,J/C是电势差单位,故选项C正确。 14. 2013年福建卷 17.在国际单位制(简称SI)中,力学和电学的基本单位有:m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)。导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为 A.m2kgs-4A-1 B.m2kgs-3A-1 C.m2kgs-2A-1 D.m2kgs-1A-1 答:B 解析:V是电压的单位,根据公式: 得, 选项B对。 15. 2011年理综北京卷 20.物理关系式不仅反映了物理量之间的关系,也确定了单位间的关系。如关系式U=IR既反映了电压、电流和电阻之间的关系,也确定了V(伏)与A(安)和Ω(欧)的乘积等效。现有物理量单位:m(米)、s(秒)、N(牛)、J(焦)、W(瓦)、C(库)、F(法)、A(安)、Ω(欧)和T(特),由他们组合成的单位都与电压单位V(伏)等效的是 A.J/C和N/C B.C/F和Tm2/s C.W/A和CT·m/s D.和T·A·m 答:B 【解析】由物理关系式W=qU,可得电压的单位V(伏)等效的是J/C;由物理关系式U=Q/C,可得电压的单位V(伏)等效的是C/F;由物理关系式E=n,φ=BS,可得电压的单位V(伏)等效的是T?m2/s;由物理关系式P=U2/R,可得电压的单位V(伏)等效的是 ;由物理关系式P=UI,可得电压的单位V(伏)等效的是W/A;B选项正确,A、C、D错误。 16.2015年理综浙江卷14.下列说法正确的是 ( C ) A.电流通过导体的热功率与电流大小成正比 B.力对物体所做的功与力的作用时间成正比 C.电容器所带电荷量与两极板间的电势差成正比 D.弹性限度内,弹簧的劲度系数与弹簧伸长量成正比 解析:根据公式可得在电阻一定时,电流通过导体的发热功率与电流的平方成正比,A错;根据公式可得力对物体所做的功与力的作用时间无关,B错误;根据公式Q=CU可得,电容器所带电荷量与两极板间的电势差成正比,C正确;弹簧的劲度系数与弹簧的伸长量无关,和弹簧的材料等自身因素有关,D错误。 17.2017年浙江选考卷1.下面物理量及其对应的国际单位制单位符号,正确的是 A.力,kg B.功率,J C.电场强度,C/N D.电压,V 【答案】D 【考点】本题主要考察知识点:国际单位制 【解析】在国际单位制中.力的单位是N,故A错误;功率的单位是W,故B错误;;电场强度的单位是N/C ,故 C 错误 ;电压的单位是V,故A正确。 18.2017年浙江选考卷2.下列各组物理量中均为矢量的是 A.路程和位移 B.速度和加速度 C.力和功 D.电场强度和电势 【答案】B 【解析】位移是矢量.但路程是标量.故A错误;速度与加速度都是矢量,故B正确;力是矢量,但功是标量,故C错误;电场强度是矢量,但电势是标量,故D错误。 11-19年高考物理真题分专题汇编之113选修模块3-3 (下) 1. 2014年理综新课标卷Ⅰ33.[物理——选修3-3]( 15分) (1)( 6分)一定量的理想气体从状态a开始,经历三个过程ab、bc、ca回到原状态.其p?T 图像如图所示.下列判断正确的是________. A.过程ab中气体一定吸热 B.过程bc中气体既不吸热也不放热 C.过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热 D.a、b和c三个状态中,状态a分子的平均动能最小 E.b和c两个状态中,容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同 【答案】ADE 【解析】因为,从图中可以看出,a→b过程 不变,则体积V不变,因此a→b过程外力做功W=0,气体温度升高,则ΔU >0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知Q>0,即气体吸收热量,A正确;b→c过程气体温度不变,ΔU=0,但气体压强减小,由知V增大,气体对外做功,W<0,由ΔU=Q+W可知Q >0,即气体吸收热量,B错误;c→a过程气体压强不变,温度降低,则ΔU < 0,由知V减小,外界对气做功,W >0,由ΔU=W+Q可知W< Q,C错误;状态a温度最低,而温度是分子平均动能的标志,D正确;b→c过程体积增大了,容器内分子数密度减小,温度不变,分子平均速率不变,因此容器壁单位面积单位时间受到分子撞击的次数减少了,E正确. (2)(9分)一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸内,气缸壁导热良好,活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动.开始时气体压强为p,活塞下表面相对于气缸底部的高度为h,外界的温度为T0.现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面,沙子倒完时,活塞下降了。若此后外界的温度变为T,求重新达到平衡后气体的体积.已知外界大气的压强始终保持不变,重力加速度大小为g. 【答案】 【解析】设气缸的横载面积为S,沙子倒在活塞上后,对气体产生的压强为Δp,由玻意耳定律得phS =(p +Δp)(h -h)S ① 解得 Δp =p ② 外界的温度变为T后,设活塞距底面的高度为h′.根据盖一吕萨克定律,得 = ③ 解得h′=h ④ 据题意可得Δp= ⑤ 气体最后的体积为V=Sh′ ⑥ 联立②④⑤⑥式得V=. ⑦ 2. 2014年理综新课标卷Ⅱ33.【物理选修3-3】(15分) (1)下列说法正确的是 。(填正确答案标号,选对1个给2分,选对2个得4分,选对3个得5分,每选错1个扣3分,最低得分0分) A.悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动 B.空气的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果 C.彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点 D.高原地区水的沸点较低,这是高原地区温度较低的缘故 E.干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度,这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果 【答案】BCE 【解析】悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的无规则热运动,A错误;空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果,B正确;彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点,C正确;高原地区水的沸点较低,是由于高原地区气压低,故水的沸点也较低,D错误;干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度,是由于湿泡外纱布中水蒸发吸收热量,使湿泡的温度降低的缘故,E正确。 (2)如图,两气缸AB粗细均匀,等高且内壁光滑,其下部由体积可忽略的细管连通;A的直径为B的2倍,A上端封闭,B上端与大气连通;两气缸除A顶部导热外,其余部分均绝热。两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b,活塞下方充有氮气,活塞a上方充有氧气;当大气压为P0,外界和气缸内气体温度均为7℃且平衡时,活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的,活塞b在气缸的正中央。 (ⅰ)现通过电阻丝缓慢加热氮气,当活塞b升至顶部时,求氮气的温度; (ⅱ)继续缓慢加热,使活塞a上升,当活塞a上升的距离是气缸高度的1/16时,求氧气的压强。 【答案】320K ; 【解析】(ⅰ)活塞b升至顶部的过程中,活塞a不动,活塞a、b下方的氮气经历等压过程,设气缸A的容积为V0,氮气初态体积为V1,温度为T1,末态体积为V2,温度为T2,按题意,气缸B的容积为V0/4,由题给数据和盖吕萨克定律有 ① ② ③ 由①②③式和题给数据得 T1=320K ④ (ⅱ)活塞b升至顶部后,由于继续缓慢加热,活塞a开始向上移动,直至活塞上升的距离是气缸高度的时活塞a上方的氧气经历等温过程,设氧气初态体积为V 1',压强为P1';末态体积为V2',压强为P2',由题给数据和玻意耳定律有 ⑤ ⑥ 由⑤⑥式得 ⑦ 3. 2014年理综重庆卷10.[选修3-3] (1)(6分)重庆出租车常以天然气作为燃料,加气站储气罐中天然气的温度随气温升高的过程中,若储气罐内气体体积及质量均不变,则罐内气体(可视为理想气体) A.压强增大,内能减小 B.吸收热量,内能增大 C.压强减小,分子平均动能增大 D.对外做功,分子平均动能减小 【答案】B 【解析】对理想气体由PV=nRT可知体积和质量不变,温度升高时,压强增大,选项C错误;理想气体的内能只有分子动能,而温度是分子平均动能的标志,故温产升高,分子平均动能增大,内能增大,选项 A 、D错误,体积不变,故W=0,由热力学第一定律△U=Q+W知,吸热内能增大,选选项B正确。 (2)(6分)题10图为一种减震垫,上面布满了圆柱状薄膜气泡,每个气泡内充满体积为V0,压强为P0的气体。当平板状物品平放在气泡上时,气泡被压缩。若气泡内气体可视为理想气体,其温度保持不变。当体积压缩到V时气泡与物品接触面的边界为S。求此时每个气泡内气体对接触面处薄膜的压力。 【答案】 【解析】设压力为F,压缩后气体压强为P 由等温过程:P0V0=PV F=PS 解得: 4.2014年物理江苏卷12A. [ 选修 3 -3 ] (12 分) 一种海浪发电机的气室如图所示. 工作时,活塞随海浪上升或下降,改变气室中空气的压强,从而驱动进气阀门和出气阀门打开或关闭. 气室先后经历吸入、压缩和排出空气的过程,推动出气口处的装置发电. 气室中的空气可视为理想气体. (1) 下列对理想气体的理解,正确的有     . A.理想气体实际上并不存在,只是一种理想模型 B. 只要气体压强不是很高就可视为理想气体 C. 一定质量的某种理想气体的内能与温度、体积都有关 D. 在任何温度、任何压强下,理想气体都遵循气体实验定律 【答案】AD 【解析】理想气体是指气体本身的体积和分子间作用力都忽略不计的气体,是一种理想模型,选项A正确;B项错误;理想气体的内能只有气体的温度决定,选项C错误;理想气体在任何情况下都严格遵守三大定律,选项D正确。 (2)压缩过程中,两个阀门均关闭。若此过程中,气室中的气体与外界无热量交换,内能增加了3.4×104 J,则该气体的分子平均动能 (选填“增大”、“减小”或“不变”),活塞对该气体所做的功 (选填“大于”、“小于”或“等于”) 3. 4×104 J。 【答案】增大 等于 【解析】根据热力学第一定律可知改变气体的内能的方式是做功和热传递,与外界绝热的情况下,对气体做功,气体的内能增加,又因为气体的内能由温度决定,所以温度升高,气体分子热运动加剧,分子平均动能增大;由△U=W+Q可知,在与外界绝热的情况下,气体内能的增量等于活塞对气体所做的功; (3) 上述过程中, 气体刚被压缩时的温度为 27 ℃, 体积为 0.224 m3, 压强为 1 个标准大气压。 已知1 mol气体在1个标准大气压、0℃时的体积为 22. 4 L, 阿伏加德罗常数NA= 6. 02 ×1023mol-1. 计算此时气室中气体的分子数. ( 计算结果保留一位有效数字) 【答案】 5×1024(或6×1024) 【解析】设气体在标准状态时的体积为V1,等压过程: 气体物质的量:, 且分子数为:N=nNA 解得 代入数据得:N=5.0×1024(或6×1024) 5.2014年理综山东卷37.(12分)【物理-物理3-3】 (1)如图,内壁光滑、导热良好的气缸中用活塞封闭有一定质量的理想气体。当环境温度升高时,缸内气体______________。(双选,填正确答案标号) a、内能增加 b、对外做功 c、压强增大 d、分子间的引力和斥力都增大 (2)一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示。将一质量M=3×103kg、体积V0=0.5m3的重物捆绑在开口朝下的浮筒上。向浮筒内充入一定量的气体,开始时筒内液面到水面的距离h1=40m,筒内气体体积V1=1m3。在拉力作用下浮筒缓慢上升,当筒内液面到水面的距离为时,拉力减为零,此时气体体积为,随后浮筒和重物自动上浮。求和。 已知大气压强p0=1×105Pa,水的密度1×103kg/m3,重力加速度的大小g=10m/s2。不计水温度变化,筒内气体质量不变且可视为理想气体,浮筒质量和筒壁厚度可忽略。 【答案】a b 【解析】(2)当F=0时,由平衡条件得 ① 代入数据得 ② 设筒内气体初态、末态的压强分别为P1、P2,由题意得 ③ ④ 在此过程中筒内气体温度和质量不变,由玻意耳定律得 ⑤ 联立②③④⑤式,代入数据得 ⑥ 6. 2014年物理海南卷15.模块3-3试题(12分) (1)(4分)下列说法正确的是 A.液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部 B.单晶体有固定的熔点,多晶体没有固定的熔点 C.单晶体中原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性 D.通常金属在各个方向的物理性质都相同,所以金属是非晶体 E.液晶具有液体的流动性,同时具有晶体的各向异性特征 (2)(8分)一竖直放置、缸壁光滑且导热的柱形气缸内盛有一定量的氮气,被活塞分隔成Ⅰ、Ⅱ两部分;达到平衡时,这两部分气体的体积相等,上部气体的压强为p10,如图(a)所示,若将气缸缓慢倒置,再次达到平衡时,上下两部分气体的体积之比为3:1,如图(b)所示。设外界温度不变,已知活塞面积为S,重力加速度大小为g,求活塞的质量。 【答案】(1) C E (4分。选对1个给2分,选对2个给4分;有选错的不给这4分) (2) 【解析】(2)设活塞的质量为m,气缸倒置前下部气体的压强为,倒置后上下气体的压强分别为、,由力的平衡条件有 倒置过程中,两部分气体均经历等温过程,设气体的总体积为V0,由玻意耳定律得 解得 7.2014年理综福建卷29.[物理-选修3-3] (1)如图,横坐标v表示分子速率,纵坐标f(v)表示各等间隔速率区间的分子数占总分子数的百分比。图中曲线能正确表示某一温度下气体分子麦克斯韦速率分布规律的是 。(填选项前的字母) A.曲线① B.曲线② C.曲线③ D.曲线④ 答案:D 解析:根据气体分子运动的统计规律:中间多,两头少,即大多数分子的速率是比较接近的,但不是说速率大的和速率小的就没有了,也是同时存在的,但是分子的个数要少很多,所以形成的图像应该是中间多,两头少的情况。故曲线4正确反映,D正确,ABC错误。, (2)如图为一定质量理想气体的压强p与体积V关系图像,它由状态A经等容过程到状态B,再经等压过程到状态C,设A、B、C状态对应的温度分别为TA、TB、TC,则下列关系式中正确的是 。(填选项前的字母) A.TA<TB,TB<TC B. TA>TB,TB=TC C. TA>TB,TB<TC D. TA=TB,TB>TC 答案: C 解析:A与B状态的体积相同,则有: ,解得,所以TA>TB, B与C状态的压强相同,则有: ,解得,所以TAT2,由于分子密度相同,温度高,碰撞次数多,故N1>N2; 由于p1V1= p3V3;故T1=T3; 则T3>T2,又p2=p3,2状态分析密度大,分析运动缓慢,单个分子平均作用力小,3状态分子密度小,分子运动剧烈,单个分子平均作用力大。故3状态碰撞容器壁分子较少,即N2>N3; 【2019年物理全国卷2】如图,一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成,容器平放在地面上,汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分,分别充有氢气、空气和氮气。平衡时,氮气的压强和体积分别为p0和V0,氢气的体积为2V0,空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出,抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变,活塞没有到达两汽缸的连接处,求: (1)抽气前氢气的压强; (2)抽气后氢气的压强和体积。 【答案】(1)(p0+p);(2); 【解析】 【详解】解:(1)设抽气前氢气的压强为p10,根据力的平衡条件得 (p10–p)·2S=(p0–p)·S① 得p10=(p0+p)② (2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1,氢气的压强和体积分别为p2和V2,根据力的平衡条件有p2·S=p1·2S③ 由玻意耳定律得p1V1=p10·2V0④ p2V2=p0·V0⑤ 由于两活塞用刚性杆连接,故 V1–2V0=2(V0–V2)⑥ 联立②③④⑤⑥式解得 ⑦ ⑧ 1.2018年江苏卷12.A.[选修3-3](12分) (1)如题图所示,一支温度计的玻璃泡外包着纱布,纱布的下端浸在水中。纱布中的水在蒸发时带走热量,使温度计示数低于周围空气温度。当空气温度不变,若一段时间后发现该温度计示数减小,则 A 。 A.空气的相对湿度减小 B.空气中水蒸汽的压强增大 C.空气中水的饱和气压减小 D.空气中水的饱和气压增大 解析:温度计示数减小说明蒸发加快,空气中水蒸汽的压强减小,选项B错误;因空气的饱和气压只与温度有关,空气温度不变,所以饱和气压不变,选项C、D错误;根据相对湿度的定义,空气的相对湿度减小,选项A正确。 速率区间 各速率区间的分子数占总分子数的百分比/% (m·s-1) 温度T1 温度T2 100以下 0.7 1.4 100~200 5.4 8.1 200~300 11.9 17.0 300~400 17.4 21.4 400~500 18.6 20.4 500~600 16.7 15.1 600~700 12.9 9.2 700~800 7.9 4.5 800~900 4.6 2.0 900以上 3.9 0.9 (2)一定量的氧气贮存在密封容器中,在T1和T2温度下其分子速率分布的情况见右表。则T1 (选填“大于”“小于”或“等于”)T2。若约10%的氧气从容器中泄漏,泄漏前后容器内温度均为T1,则在泄漏后的容器中,速率处于400~500 m/s区间的氧气分子数占总分子数的百分比 (选填“大于”“小于”或“等于”)18.6%。 答案:大于 等于 解析:分子速率分布与温度有关,温度升高,分子的平均速率增大,速率大的分子数所占比例增加,速率小的分子数所占比例减小,所以T1大于T2; 泄漏前后容器内温度不变,则在泄漏后的容器中,速率处于400~500 m/s区间的氧气分子数占总分子数的百分比不变,仍为18.6%. (3)如题图所示,一定质量的理想气体在状态A时压强为2.0×105 Pa,经历ABCA的过程,整个过程中对外界放出61.4 J热量。求该气体在AB过程中对外界所做的功。 答案:138.6 J 解析:整个过程中,外界对气体做功W=WAB+WCA, 且WCA=pA(VC–VA) 由热力学第一定律ΔU=Q+W,得WAB= –(Q+WCA) 代入数据得WAB=–138.6 J,即气体对外界做的功为138.6 J 2.2018年海南卷15.[选修3-3](12分) (1)(4分)如图,一定量的理想气体,由状态a等压变化到状态b,再从b等容变化到状态c。a、c两状态温度相等。下列说法正确的是 BD 。(填入正确答案标号。选对1个得2分,选对2个得4分;有选错的得0分) A.从状态b到状态c的过程中气体吸热 B.气体在状态a的内能等于在状态c的内能 C.气体在状态b的温度小于在状态a的温度 D.从状态a到状态b的过程中气体对外做正功 解析:从状态b到状态c的过程中,体积不变,压强减小,不对外做功,由气态方程的温度降低,内能减少,由热力学第一定律知气体对外放热,选项A错误;理想气体的内能只与温度有关,a、c两状态温度相等,所以内能相等,选项B正确;由气态方程,气体的温度正比于PV的乘积值,可见气体在状态b的温度大于在状态a的温度,选项C错误;从状态a到状态b的过程中,体积增大,气体对外做正功,选项D正确。故选BD。 (2)(8分)一储存氮气的容器被一绝热轻活塞分隔成两个气室A和B,活塞可无摩擦地滑动。开始时用销钉固定活塞,A中气体体积为,温度为,压强为;B中气体体积为,温度为,压强为。现将A中气体的温度降至,然后拔掉销钉,并保持A、B中气体温度不变,求稳定后A和B中气体的压强。 解:气室A内气体降温过程中,气体体积不变。设A中气体原来的压强为p1,温度为T1;冷却后的压强为,此时A中气体的温度已与B中的相同,记为T。由查理定律有 ① 拔掉销钉后,设B中气体原来的压强为,稳定时A和B中气体的压强为p,A中气体体积由原来的V1变为,B中气体体积由原来的V2变为。由玻意耳定律得 ② ③ 由题意知 ④ 联立①②③④式和题给数据得 ⑤ 3.2018年全国卷I、 33.[物理——选修3-3](15分) (1)(5分)如图,一定质量的理想气体从状态a开始,经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体,下列说法正确的是 BDE (选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分;每选错1个扣3分,最低得分为0分)。 A.过程①中气体的压强逐渐减小 B.过程②中气体对外界做正功 C.过程④中气体从外界吸收了热量 D.状态c、d的内能相等 E.状态d的压强比状态b的压强小 解析:在过程①中,体积不变,外界不对气体做功,气体也不对外界做功,温度升高,压强增大,内能增加,故A错误; 在过程②中,气体的体积增大,气体对外界做正功,故B正确; 在过程④中,体积不变,外界不对气体做功,气体也不对外界做功,温度下降,内能减少,气体向外界放热,C错误;在过程cd中,温度不变,内能不变,故D正确。 由得,可知T-V图线的斜率与压强相关,斜率大则压强大,状态b的斜率大于状态d的斜率,所以状态d的压强比状态b的压强小,选项E正确。故选BDE。 (2)(10分)如图,容积为V的汽缸由导热材料制成,面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分,汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连,细管上有一阀门K。开始时,K关闭,汽缸内上下两部分气体的压强均为。现将K打开,容器内的液体缓慢地流入汽缸,当流入的液体体积为时,将K关闭,活塞平衡时其下方气体的体积减小了。不计活塞的质量和体积,外界温度保持不变,重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。 解:设活塞再次平衡后,活塞上方气体的体积为V1,压强为p1;下方气体的体积为V2,压强为p2。在活塞下移的过程中,活塞上、下方气体的温度均保持不变,由玻意耳定律得 ① ② 由已知条件得 ③ ④ 设活塞上方液体的质量为m,由力的平衡条件得 ⑤ 联立以上各式得 ⑥ 4.2018年全国卷II、33.[物理——选修3-3](15分) (1)(5分)对于实际的气体,下列说法正确的是 BDE 。(填正确答案标号。选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分。每选错1个扣3分,最低得分为0分) A.气体的内能包括气体分子的重力势能 B.气体的内能包括气体分子之间相互作用的势能 C.气体的内能包括气体整体运动的动能 D.气体的体积变化时,其内能可能不变 E.气体的内能包括气体分子热运动的动能 (2)(10分)如图,一竖直放置的汽缸上端开口,汽缸壁内有卡口a和b,a、b间距为h,a距缸底的高度为H;活塞只能在a、b间移动,其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m,面积为S,厚度可忽略;活塞和汽缸壁均绝热,不计它们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态,上、下方气体压强均为p0,温度均为T0。现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体,直至活塞刚好到达b处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。 解答:开始时活塞位于a处,加热后,汽缸中的气体先经历等容过程,直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度为T1,压强为,根据查理定律有 ① 根据力的平衡条件有 ② 联立①②式可得 ③ 此后,汽缸中的气体经历等压过程,直至活塞刚好到达b处,设此时汽缸中气体的温度为T2;活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖—吕萨克定律有 ④ 式中 ⑤ ⑥ 联立③④⑤⑥式解得 ⑦ 从开始加热到活塞到达b处的过程中,汽缸中的气体对外做的功为 ⑧ 5.2018年全国卷III、33.[物理——选修3-3](15分) (1)(5分)如图,一定量的理想气体从状态a变化到状态b,其过程如p-V图中从a到b的直线所示。在此过程中 BCD 。(填正确答案标号。选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分。每选错1个扣3分,最低得分为0分) A.气体温度一直降低 B.气体内能一直增加 C.气体一直对外做功 D.气体一直从外界吸热 E.气体吸收的热量一直全部用于对外做功 解析:由得,温度T正比于PV的乘积值,从a到b的过程中PV的乘积值增大,温度升高,内能增大,选项A错误B正确;从a到b的过程中,体积增大,气体对外做功,C正确;由热力学第一定律得气体一直从外界吸热,D正确;气体吸收的热一部分用于对外做功,另一部分增加气体的内能,E错误;故选BCD。 (2)(10分)在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一段水银柱,水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时,左、右两边空气柱的长度分别为和,左边气体的压强为。现将U形管缓慢平放在水平桌面上,没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中,气体温度不变。 答案:22.5cm 7.5cm 解析:设U形管两端竖直朝上时,左、右两边气体的压强分别为和。U形管水平放置时,两边气体压强相等,设为,此时原左、右两边气柱长度分别变为和。由力的平衡条件有 ① 式中为水银密度,为重力加速度大小。 由玻意耳定律有 ② ③ 两边气柱长度的变化量大小相等 ④ 由①②③④式和题给条件得 ⑤ 6.2017年新课标I卷33.[物理——选修3–3](15分) (1)(5分)氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示。下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分。每选错1个扣3分,最低得分为0分) A.图中两条曲线下面积相等 B.图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形 C.图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形 D.图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目 E.与0 ℃时相比,100 ℃时氧气分子速率出现在0~400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大 【答案】ABC 【解析】温度是分子平均动能的标志,温度升高分子的

  • ID:6-6789756 11-19年高考物理真题分专题汇编之101~108 选修3-4、选修3-5 (8份打包)

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    11-19年高考物理真题分专题汇编之101光电效应 【2019年物理北京卷】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 入射光子的能量/eV 相对光强 光电流大小/mA 逸出光电子的最大动能/eV 第 一 组 1 2 3 4.0 4.0 4.0 弱 中 强 29 43 60 0.9 0.9 0.9 第 二 组 4 5 6 6.0 6.0 6.0 弱 中 强 27 40 55 2.9 2.9 2.9 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 eV D. 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】 【详解】由爱因斯坦质能方程比较两次实验时的逸出功和光电流与光强的关系解题 由题表格中数据可知,两组实验所用的入射光的能量不同,由公式可知,两组实验中所用的入射光的频率不同,故A正确; 由爱因斯坦质能方程可得:第一组实验:,第二组实验:,解得:,即两种材料的逸出功相同也即材料相同,故B错误; 由爱因斯坦质能方程可得:,故C正确; 由题表格中数据可知,入射光能量相同时,相对光越强,光电流越大,故D正确。 【2019年物理江苏卷】在“焊接”视网膜的眼科手术中,所用激光的波长λ=6.4×107m,每个激光脉冲的能量E=1.5×10-2J.求每个脉冲中的光子数目.(已知普朗克常量h=6.63×l0-34J·s,光速c=3×108m/s.计算结果保留一位有效数字) 【答案】光子能量,光子数目n=,代入数据得n=5×1016 【解析】 【详解】每个光子的能量为 ,每个激光脉冲的能量为E,所以每个脉冲中的光子个数为: ,联立且代入数据解得:。 1. 2013年上海卷 2.当用一束紫外线照射锌板时,产生了光电效应,这时 A.锌板带负电 B.有正离子从锌板逸出 C.有电子从锌板逸出 D.锌板会吸附空气中的正离子 答案:C 解析:当用一束紫外线照射锌板时,产生了光电效应,有电子从锌板逸出,锌板带正电,选项C正确ABD错误。 2. 2014年物理上海卷 6.在光电效应的实验结果中,与光的波动理论不矛盾的是 ( ) A.光电效应是瞬时发生的 B.所有金属都存在极限颇率 C.光电流随着入射光增强而变大 D.入射光频率越大,光电子最大初动能越大 【答案】C 【解析】光具有波粒二象性,即既具有波动性又具有粒子性,光电效应证实了光的粒子性。因为光子的能量是一份一份的,不能积累,所以光电效应具有瞬时性,这与光的波动性矛盾,A项错误;同理,因为光子的能量不能积累,所以只有当光子的频率大于金属的极限频率时,才会发生光电效应,B项错误;光强增大时,光子数量和能量都增大,所以光电流会增大,这与波动性无关,C项正确;一个光电子只能吸收一个光子,所以入射光的频率增大,光电子吸收的能量变大,所以最大初动能变大,D项错误。 3. 2014年理综广东卷 18. 在光电效应实验中,用频率为ν的光照射光电管阴极,发生了光电效应,下列说法正确的是 A.增大入射光的强度,光电流增大 B. 减小入射光的强度,光电效应现象消失 C. 改变频率小于ν的光照射,一定不发生光电效应 D.改变频率大于ν的光照射,光电子的最大初动能变大 【答案】AD 【解析】用频率为ν的光照射光电管阴极,发生光电效应,该用频率较小的光照射时,有可能发生光电效应,选项C错误;据可知增加照射光频率,光电子最大初动能也增大,故选项D正确;增大入射光强度,单位时间内照射到单位面积的光电子数增加,则光电流将增大,故选项A正确;光电效应是否产生于照射光频率有关而与照射光强度无关,故选项B错误。 4.2017年新课标Ⅲ卷19.在光电效应试验中,分别用频率为,的单色光a、b照射到同种金属上,测得相应的遏止电压分别为和、光电子的最大初动能分别为和。为普朗克常量。学¥科网下列说法正确的是 A.若,则一定有 B.若,则一定有 C.若,则一定有 D.若,则一定有 答:BC 解析:由爱因斯坦光电效应方程,由动能定理可得,所以当时,,。故A错误,B正确;若,则一定有,故C正确;由光电效应方程可得:金属的逸出功,D错误。 5.2017年北京卷18.2017年年初,我国研制的“大连光源”——极紫外自由电子激光装置,发出了波长在100nm(1nm=10-9m)附近连续可调的世界上个最强的极紫外激光脉冲,大连光源因其光子的能量大、密度高,可在能源利用、光刻技术、雾霾治理等领域的研究中发挥重要作用。 一个处于极紫外波段的光子所具有的能量可以电离一个分子,但又不会把分子打碎。据此判断,能够电离一个分子的能量约为(取普朗克常量,真空光速) A. B. C. D. 答:B 解析:一个处于极紫外波段的光子的能量为: =2×10-18J,由题意可知,光子的能量应比电离一个分子的能量稍大,因此数量级必须相同,故选项B正确。 6.2017年海南卷7.三束单色光1、2和3的波长分别为λ1、λ2和λ3(λ1>λ2>λ3)。分别用这三束光照射同一种金属。已知用光束2照射时,恰能产生光电子。下列说法正确的是( AC ) A.用光束1照射时,不能产生光电子 B.用光束3照射时,不能产生光电子 C.用光束2照射时,光越强,单位时间内产生的光电子数目越多 D.用光束2照射时,光越强,产生的光电子的最大初动能越大 解析:已知用光束2照射时,恰能产生光电子,则用频率更小(波长更长)的光照射时,不能产生光电子, A正确;则用频率更大(波长更短)的光照射时,也能产生光电子,则用光束3照射时,能产生光电子,B错误;发生光电效应时光电子的数目跟照射光的强度成正比,C正确;由光电效应规律知,光电子的最大初动能与照射光的频率成线性关系,与照射光的强度无关,D错误。 7. 2013年上海卷 17.某半导体激光器发射波长为1.5×10-6m,功率为5.0×10-3W的连续激光。已知可见光波长的数量级为10-7m,普朗克常量h=6.63×10-34J·s,该激光器发出的 A.是紫外线 B.是红外线 C.光子能量约为1.3×10-18J D.光子数约为每秒3.8×1016个 答案:BD 解析:由于激光波长大于可见光波长,所以该激光器发出的是红外线,选项B正确A错误。 由E=hc/λ可得光子能量约为E=6.63×10-34×3×108÷(1.5×10-6)J=1.3×10-19J,选项C错误。 光子数约为每秒为n=P/E=3.8×1016个,选项D正确。 8. 2012年上海卷 1.在光电效应实验中,用单色光照时某种金属表面,有光电子逸出,则光电子的最大初动能取决于入射光的 ( ) (A)频率 (B)强度 (C)照射时间 (D)光子数目 答案:A 解析:根据爱因斯坦的光电效应方程:,光电子的最大初动能只与入射光的频率有关,与其它无关。而光照强度,照射时间及光子数目与逸出的光电子数量有关。 9. 2011年理综广东卷 18.光电效应实验中,下列表述正确的是 ( ) A.光照时间越长光电流越大 B.入射光足够强就可以有光电流 C.遏止电压与入射光的频率有关 D.入射光频率大于极限频率才能产生光电子 答:C D 【解析】光电流的大小与入射光的强度相关,A错误。产生光电效应的条件是:入射光的频率大于或等于被照射材料的极限频率。入射光的频率达不到极限频率,增加照射光的强度是不能产生光电流的,所以B错误,C、D正确。 10.2011年上海卷 3.用一束紫外线照射某金属时不能产生光电效应,可能使该金属产生光电效应的措施是( ) A.改用频率更小的紫外线照射 B.改用X射线照射 C.改用强度更大的原紫外线照射 D.延长原紫外线的照射时间 答案:B 解析:本题考查光电效应现象,要求学生知道光电效应发生的条件。根据爱因斯坦对光电效应的研究结论可知光子的频率必须大于金属的极限频率,A错;与光照射时间无关,D错;与光强度无关,C错;X射线的频率比紫外线频率较高,故B对。 11. 2013年北京卷 20.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到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,从而形成多光子电效应,这已被实验证实。 光电效应实验装置示意如图。用频率为ν的普通光源照射阴极K,没有发生光电效应。换用同样频率为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KA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为电子电量) ( ) A. B. C. D. 解析:设电子在极短时间内吸收n个光子,由光电效应方程可得:,由动能定理,,联立解得。n只能为大于1的整数,所以选项B正确,ACD错误。 12. 2012年上海卷 4.根据爱因斯坦的“光子说”可知 ( ) (A)“光子说”本质就是牛顿的“微粒说” (B)光的波长越大,光子的能量越小 (C)一束单色光的能量可以连续变化 (D)只有光子数很多时,光才具有粒子性 答案:B 解析:爱因斯坦的“光子说”认为光是一份一份的,不连续的,它并不否定光的波动性,而牛顿的“微粒说”与波动说是对立的,因此A不对 在爱因斯坦的“光子说”中,光子的能量,可知波长越长,光子的能量越小,因此B正确。 某一单色光,波长恒定,光子的能量也是恒定的,因此C不对 大量光子表现为波动性,而少数光子才表现为粒子性,因此D不对。 13.2015年上海卷11.某光源发出的光由不同波长的光组成,不同波长的光的强度如图所示。表中给出了一些材料的极限波长,用该光源发出的光照射表中材料 ( D ) (A)仅钠能产生光电子 (B)仅钠、铜能产生光电子 (C)仅铜、铂能产生光电子 (D)都能产生光电子 解析:根据爱因斯坦光电效应方程可知,只有照射光的波长小于某金属的极限波长,才有光电子逸出,从光的强度图线可知,该光源发出的光的波长含有小于100nm的光,小于钠、铜、铂三钟材料的极限波长,都能产生光电子,故D正确,A、B、C错误。 14.2018年全国卷II、 17.用波长为的光照射锌板,电子逸出锌板表面的最大初动能为。已知普朗克常量为,真空中的光速为。能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为 ( B ) A. B. C. D. 解析:由光电效应方程式得:得: 刚好发生光电效应的临界频率为,则 代入数据可得: ,选项B正确;故选B. K A V 电源 G 材 料 钠 铜 铂 极限波长(nm) 541 268 196 λ/nm 0 100 200 300 400 光强 11-19年高考物理真题分专题汇编之102波粒二象性 1.2015年上海卷10.用很弱的光做单缝衍射实验,改变曝光时间,在胶片上出现的图像如图所示,该实验表明 ( C ) (A)光的本质是波 (B)光的本质是粒子 (C)光的能量在胶片上分布不均匀 (D)光到达胶片上不同位置的概率相同 解析: 用很弱的光做单缝衍射实验,改变曝光时间在胶片出现的图样,说明光有波粒二象性,故A、B错误;说明光到达胶片上的不同位置的概率是不一样的,也就说明了光的能量在胶片上分而不均匀,故C正确,D错误。 2.2011年上海卷 17.用极微弱的可见光做双缝干涉实验,随着时间的增加,在屏上先后出现如图(a)、(b)、(c)所示的图像,则 A.图像(a)表明光具有粒子性 B.图像(c)表明光具有波动性 C.用紫外光观察不到类似的图像 D.实验表明光是一种概率波 答案:ABD 解析:本题考查双缝干涉实验及光的波粒二象性。光子较少时,极其微弱的可见光光子的落点位置具有不确定性,故(a)图说明光具有粒子性,A对;光照时间的增加,光子落在亮条纹区域的概念明显较大,双缝干涉条纹越来越清晰,故(c)具有波动性,B对;显然光子落在亮条纹上的概念较大,该实验也说明光是一种概率波,D对。 时间较短 时间稍长 时间较长 11-19年高考物理真题分专题汇编之103光学综合 1. 2014年理综天津卷 8.一束由两种频率不同的单色组成的复色光从空气射入玻璃三棱镜后,出射光分成a,b两束,如图所示,则a、b两束光( ) A.垂直穿过同一块平板玻璃,a光所用的时间比b光长 B.从同种介质射入真空发生全反射时,a光临界角比b光的小 C.分别通过同一双缝干涉装置,b光形成的相邻亮条纹间距小 D.若照射同一金属都能发生光电效率,b光照射时逸出的光电子最大初动能大 【答案】AB 【解析】由题图可知,在玻璃中,a光折射率大于b光,所以玻璃中的光速a小于b,A正确。由全反射可知,同种介质中a的折射率大于b,则临界角a小于b,B正确。a光波长小于b光,则双缝干涉中,a光的相邻亮条纹间距小,C错。a光频率大于b光,因此a光的光子能量大,在光电效应中,逸出电子的最大初动能更大,D错。 2. 2014年理综浙江卷 18.关于下列光学现象,说法正确的是 A.水中蓝光的传播速度比红光快 B.光从空气向射入玻璃时可能发生全反射 C.在岸边观察前方水中的一条鱼,鱼的实际深度比看到的要深 D.分别用蓝光和红光在同一装置上做双缝干涉实验,用红光时得到的条纹间距更宽 【答案】CD 【解析】蓝光的频率大于红光的频率,水对蓝光的折射率较大,由,故蓝光的传播速度比红光小,选项A错误;光从空气射向玻璃是从光疏介质射向光密介质,不能发生全反射,选项B错误;在岸边观察水中的鱼,由于光的折射,鱼的实际深度比看到的深度要深,选项C正确;在空气中红光的波长比蓝光要长,根据可知红光的双缝干涉条纹间距大,选项D正确. 3.2012年理综四川卷 18.a、b两种单色光组成的光束从介质进入空气时,其折射光束如图所示。用a、b两束光 A.先后照射双缝干涉实验装置,在缝后屏上都能出现干涉条纹,由此确定光是横波 B.先后照射某金属,a光照射时恰能逸出光电子,b光照射时也能逸出光电子 C.从同一介质以相同方向射向空气,其界面为平面,若b光不能进入空气,则a光也不能进入空气 D.从同一介质以相同方向射向空气,其界面为平面,a光的反射角比b光的反射角大 答案:C 解析:确定光是横波应该用光的偏振实验,故A错;由题图可知a光的折射率大于b光的折射率,可知a光的频率大于b光的频率,根据光电效应规律,b光照射时一定不能逸出光子,B错;因为sinC=1/n,所以a光发生全反射的临界角较大,故C正确;由光的反射定律可知,二者反射角应该相同,故D错。正确答案:C 4.2012年理综天津卷 6、半圆形玻璃砖横截面如图,AB为直径,O点为圆心。在该截面内有a 、b 两束单色可见光从空气垂直于AB射入玻璃砖, 两入射点到O的距离相等。两束光在半圆边界上反射和折射的情况如图所示:则a、b两束光, A在同种均匀介质中传播,a光的传播速度较大 B以相同的入射角从空气斜射入水中,b光的折射角大 C若a光照射某金属表面能发生光电效应,b光也一定能 D分别通过同一双缝干涉装置,a光的相邻亮条纹间距大 答案:ACD 解析:当光由光密介质(玻璃)进入光疏介质(空气)时发生折射或全反射,b发生全反射说明b的入射角大于或等于临界角,a发生折射说明a的入射角小于临界角,比较可知在玻璃中a的临界角大于b的临界角;根据临界角定义有,玻璃对a的折射率小;根据在玻璃中a光的速度大,A正确;通过色散现象分析比较a的折射率小,a光的频率小波长大;双缝干涉相邻亮条纹间距大小与波长成正比,a光的相邻亮条纹间距大,D正确;发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率,频率小的a光能发生光电效应,则频率大的b光一定能,C正确;根据折射定律,在入射角i相同时b的折射率大则折射角r小,B错误。 5.2015年理综天津卷2、中国古人对许多自然现象有深刻认识,唐人张志和在《玄真子?涛之灵》中写道:“雨色映日而为虹”,从物理学的角度看,虹是太阳光经过雨滴的两次折射和一次反射形成的,右图是彩虹成因的简化示意图,其中a、b是两种不同频率的单色光,则两光 ( C ) A、在同种玻璃中传播,a光的传播速度一定大于b光 B、以相同角度斜射到同一玻璃板透过平行表面后,b光侧移量大 C、分别照射同一光电管,若b光能引起光电效应,a光也一定能 D、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 解析:由图可知,光线a的折射率大于b,根据可以确定a光在同种玻璃中速度小于光速,故A错误;以相同的入射角度射入平行玻璃砖折射率越大侧移量越大,故B错误;根据光的频率越大光子能量越大,就越容易发生光电效应,C正确;根据,折射率越大,越容易发生全反射,在水外越不容易看到,D错误。故选C。 6.2015年理综北京卷24.(20分)真空中放置的平行金属板可以用作光电转换装置,如图所示。光照前两板都不带电。以光照射A板,则板中的电子可能吸收光的能量而逸出。假设所有逸出的电子都垂直于A板向B板运动,忽略电子之间的相互作用。保持光照条件不变,a和b为接线柱。已知单位时间内从A板逸出的电子数为N,电子逸出时的最大动能为Ekm,元电荷为e。 ⑴求A板和B板之间的最大电势差Um,以及将a、b短接时回路中的电流I短; ⑵图示装置可看作直流电源,求其电动势E和内阻r; ⑶在a和b之间连接一个外电阻时,该电阻两端的电压为U。外电阻上消耗的电功率设为P;单位时间内到达B板的电子,在从A板运动到B板的过程中损失的动能之和设为ΔEk。请推导证明:P=ΔEk。 解:(1) 光照射A板后,A板发出的电子不断打到B板上,在AB间形成电场,将阻碍后续的电子向B板运动,当AB间的电势差达到最大值时,以最大初动能从A板逸出的电子也刚好不能到达B板,由到动能定理可得, 短路时在上A板上方设置与A平行等大的参考平面,时间t内通过参考平面的电荷量为Q=Nte,根据电流的定义式 可得, (2) 电源电动势等于开路路端电压故,,由 闭合电路欧姆定律得, (3)设单位时间内到达B板的电子数为N’,则电路中的电流 , 则外电阻消耗的功率 光电子在两极板中运动时,两极板间电压为U,每个电子损失的动能 则单位时间内到达B板的电子损失的总动能 因此 7.2017年天津卷2.明代学者方以智在《阳燧倒影》中记载:“凡宝石面凸,则光成一条,有数棱则必有一面五色”,表明白光通过多棱晶体折射会发生色散现象。如图所示,一束复色光通过三棱镜后分解成两束单色光a、b,下列说法正确的是 A.若增大入射角i,则b光先消失 B.在该三棱镜中a光波长小于b光 C.a光能发生偏振现象,b光不能发生 D.若a、b光分别照射同一光电管都能发生光电效应,则a光的遏止电压低 【答案】D 【解析】设折射角为,在右界面的入射角为β, +β=A,根据折射定律:,若增大入射角i,折射角增大,β减小,而β增大才能使b光发生全反射,故A错误;由光路图可知,a光的折射率小于b光的折射率,(na< nb),则a光的波长大于b光的波长,(λa>λb),故B错误; 根据光电效应方程和遏止电压的概念可知,最大初动能,再根据动能定理:,即遏止电压,可知入射光的频率越大,需要的遏止电压越大,因为折射率na< nb,则a光的频率小于b光的频率,(),a光的遏止电压小于b光的遏止电压,故D正确;光是一种横波,横波有偏振现象,纵波没有,有无偏振现象与光的频率无关,故C错误。 b a 空气 介质 a b A B a b O a b a b B A a b i i A β 11-19年高考物理真题分专题汇编之104测定玻璃的折射率 1.2016年四川卷5.某同学通过实验测定半圆形玻璃砖的折射率n。如图甲所示,O是圆心,MN是法线,AO、BO分别表示某次测量时光线在空气和玻璃砖中的传播路径。该同学测得多组入射角i和折射角r,作出sin i-sin r图像如图乙所示。则 A.光由A经O到B,n=1.5 B.光由B经O到A,n=1.5 C.光由A经O到B,n=0.67 D.光由B经O到A,n=0.67 【答案】B 【解析】由图线可知,可得n=1.5;因i是入射角,r是折射角,折射角大于入射角,故光由B经O到A,故选B。 2.2015年理综北京卷21. (1)“测定玻璃的折射率”的实验中,在白纸上放好玻璃砖,aa′ 和bb′ 分别是玻璃砖与空气的两个界面,如图1所示,在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2,用“+”表示大头针的位置,然后在另一侧透过玻璃砖观察,并依次插上大头针P3和P4。在插P3和P4时,应使_____(选填选项前的字母) A.P3只挡住P1的像 B.P4只挡住P2的像 C.P3同时挡住P1、P2的像 答案:C 解析:在“测定玻璃砖的折射率”实验中,由折射的光路可知插针时应使P3同时挡住P1、P2的像,P4同时挡住P1、P2、P3的像,故选项C正确。 3. 2011年理综天津卷 9.(3)某同学用大头针、三角板、量角器等器材测半圆形玻璃砖的折射率。开始玻璃砖的位置如图中实线所示,使大头针P1、P2与圆心O在同一直线上,该直线垂直于玻璃砖的直径边,然后使玻璃砖绕圆心O缓慢转动,同时在玻璃砖的直径边一侧观察P1、P2的像,且P2的像挡住P1的像,如此观察,当玻璃砖转到图中虚线位置时,上述现象恰好消失。此时只须测量出 ,即可计算出玻璃砖的折射率,请用你的测量量表示出折射率n= 。 【解析】由题意可知,当玻璃砖转过某一角度θ时,刚好发生全反射,在直径边一侧观察不到P1、P2的像,做出如图所示的光路图可知,当转过角度θ时有。 4. 2012年理综浙江卷 21.(10分)在“测定玻璃的折射率”实验中,某同学经正确操作插好了4枚大头针,如图甲所示。 (1)在答题纸上相应的图中画出完整的光路图; (2)对你画出的光路图进行测量和计算,求得该玻璃砖的折射率n=??? (保留3位有效数字); (3)为了观测光在玻璃砖不同表面的折射现象,某同学做了两次实验,经正确操作插好了8枚大头针,如图乙所示。图中P1和P2是同一入射光线上的2枚大头针,其对应出射光线上的2枚大头针是P3和 (填“A'”或“B”)。 【答案】(1)如解析图1, (2)n=1.51 , (3)A 【解析】(2) 以入射点为圆心以R为半径作圆,与入射光线和折射光线相交,过交点作法线垂线,测量长度x1、x2,如解析图2,由,根据测得值求出n=1.51 ,保留2位有效数字。 5. 2012年理综重庆卷22.(1) 题22图1所示为光学实验用的长方体玻璃砖,它的 面不能用手直接接触。 在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中,两位同学绘出的玻璃砖和三个针孔a、b、c的位置相同,且插在c位置的针正好挡住插在a、b位置的针的像,但最后一个针孔的位置不同,分别为d、e两点,如题22图2所示。计算折射率时,用 (填“d”或“e”)点得到的值较小,用 (填“d”或“e”)点得到的值误差较小。 答:光学; d; e 解析:由折射率的定义可知,用d点得到的折射角较大(见题22答图),计算得到的折射率的值较小。光线通过平行玻璃砖后的出射光线与入射光线平行,可知用 e点得到的值误差较小。 6. 【2019年物理天津卷】某小组做测定玻璃的折射率实验,所用器材有:玻璃砖,大头针,刻度尺,圆规,笔,白纸。 ①下列哪些措施能够提高实验准确程度______。 A.选用两光学表面间距大的玻璃砖 B.选用两光学表面平行的玻璃砖 C.选用粗的大头针完成实验 D.插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些 ②该小组用同一套器材完成了四次实验,记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的孔洞如下图所示,其中实验操作正确的是______。 ③该小组选取了操作正确的实验记录,在白纸上画出光线的径迹,以入射点为圆心作圆,与入射光线、折射光线分别交于、点,再过、点作法线的垂线,垂足分别为、点,如图所示,则玻璃的折射率______。(用图中线段的字母表示) 【答案】 (1). AD (2). D (3). 【解析】 【详解】采用插针法测定光的折射率的时候,应选定光学表面间距大一些的玻璃砖,这样光路图会更加清晰,减小误差,同时两枚大头针的距离尽量大一些,保证光线的直线度,因此AD正确,光学表面是否平行不影响该实验的准确度,因此B错误,应选用细一点的大头针因此C错误。 根据光的折射定律可知当选用平行的玻璃砖时出射光和入射光应是平行光,又因发生了折射因此出射光的出射点应相比入射光的延长线向左平移,因此D正确,ABC错误 由折射定律可知折射率,,,联立解得 sinr sini 0.3 0.6 0.9 0.3 0.6 O 乙 A B 甲 M N O + + a a′ b b′ P1 P22 图1 P1 P2 O·O 第21题图 甲 乙 这是答题卷上的图 解析第21题图2 r R R x1 x2 i 解析第21题图1 题22图2 a 玻璃砖 b c d e 题22图1 磨砂面 磨砂面 光学面 题22答图 a 玻璃砖 b c d e 11-19年高考物理真题分专题汇编之105用双缝干涉测光的波长1.2011年理综北京卷 14.如图所示的双缝干涉实验,用绿光照射单缝S时,在光屏P上观察到干涉条纹。要得到相邻条纹间距更大的干涉图样,可以 A.增大S1与S2的间距 B.减小双缝屏到光屏的距离 C.将绿光换为红光 D.将绿光换为紫光 答:C 【解析】由于双缝干涉中,相邻条纹间距离,增大S1与S2的间距d,相邻条纹间距离Δx减小,A错误;减小双缝屏到光屏的距离L,相邻条纹间距离Δx减小,B错误;将绿光换为红光,使波长λ增大,相邻条纹间距离Δx增大,C正确;将绿光换为紫光,使波长λ减小,相邻条纹间距离Δx减小,D错误。 2.2012年理综福建卷19. (1)(6分) 在“用双缝干涉测光的波长”实验中(实验装置如下图): ①下列说法哪一个是错误的_______。(填选项前的字母) A.调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时,应放上单缝和双缝 B.测量某条干涉亮纹位置时,应使测微目镜分划中心刻线与该亮纹的中心对齐 C.为了减少测量误差,可用测微目镜测出n条亮纹间的距离a,求出相邻两条亮纹间距Δx=a/(n-1) ②测量某亮纹位置时,手轮上的示数如右图,其示数为__________mm。 【答案】①A ② 1.970 mm 【解析】①调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时,无须放上单缝和双缝。 ②主尺的示数为1.5mm(半毫米刻度线已经露出),可动尺的示数为47.0×0.01mm=0.470mm,总的示数为(1.5+0.470)mm=1.970mm. 3.2016年上海卷9.在双缝干涉实验中,屏上出现了明暗相间的条纹,则 (A)中间条纹间距较两侧更宽 (B)不同色光形成的条纹完全重合 (C)双缝间距离越大条纹间距离也越大 (D)遮住一条缝后屏上仍有明暗相间的条纹 【答案】D 【解析】据干涉图样的特征可知,干涉条纹特征是等间距、彼此平行,故选项A错误;不同色光干涉条纹分布位置不相同,因此选项B错误;据公式可知,双缝间距d越大,干涉条纹距离越小,故选项C错误;遮住一条缝后,变成了单缝衍射,光的衍射也有衍射条纹,故选项D正确。 S S1 S2 单缝屏 双缝屏 P 光屏 0 0 45 光源 滤光片 单缝 双缝 遮光筒 屏 11-19年高考物理真题分专题汇编之106玻尔理论 【2019年4月浙江物理选考】【加试题】波长为λ1和λ2的两束可见光入射到双缝,在光屏上观察到干涉条纹,其中波长为λ1的光的条纹间距大于波长为λ2的条纹间距。则(下列表述中,脚标“1”和“2”分别代表波长为λ1和λ2的光所对应的物理量) A. 这两束光的光子的动量p1>p2 B. 这两束光从玻璃射向真空时,其临界角C1>C2 C. 这两束光都能使某种金属发生光电效应,则遏止电压U1>U2 D. 这两束光由氢原子从不同激发态跃迁到n=2能级时产生,则相应激发态的电离能△E1>△E2 【答案】BD 【解析】 【详解】A.根据双峰干涉的条纹间距的表达式可知λ1>λ2,由可知p12的能级跃迁到n=2的能级发出的光,它们在真空中的波长由长到短,可以判定( A ) A.对应的前后能级之差最小 B.同一介质对的折射率最大 C.同一介质中的传播速度最大 D.用照射某一金属能发生光电效应,则也一定能 解析:根据分析前后能级差的大小;根据折射率与频率的关系分析折射率的大小;根据判断传播速度的大小;根据发生光电效应现象的条件是入射光的频率大于该光的极限频率判断是否发生光电效应。 波长越大,频率越小,故的频率最小,根据可知对应的能量最小,根据可知对应的前后能级之差最小,选项A正确;的频率最小,同一介质对应的折射率最小,根据可知的传播速度最大,BC错误;的波长小于的波长,故的频率大于的频率,若用照射某一金属能发生光电效应,则不一定能发生光电效应,D错误。 8.2018年浙江卷(4月选考)15. 【加试题】氢原子的能级图如图所示,关于大量氢原子的能级跃迁,下列说法正确的是(可见光的波长范围为4.0×10-7 m—7.6×10-7 m,普朗克常量h=6.6×10-34 J·s,真空中的光速c=3.0×108 m/s)( BC ) A.氢原子从高能级跃迁到基态时,会辐射γ射线 B.氢原子处在n=4能级,会辐射可见光 C.氢原子从高能级向n=3能级跃迁时,辐射的光具有显著的热效应 D.氢原子从高能级向n=2能级跃迁时,辐射的光在同一介质中传播速度最小的光子能量为1.89eV 解析:γ射线是原子核处于激发态发生衰变时放出的,氢原子跃迁时辐射的能量远小于γ射线光子能量,不会辐射γ射线.故A错误; 氢原子在n=4能级时会向向n=2能级跃迁时,ΔE=2.55ev,产生的波长为,属于可见光区域,B正确; 氢原子从高能级向n=3能级跃迁时,辐射的光子能量小于可见光的红光能量,发出的光在红外线部分,具有显著的热效应,选项C正确; 氢原子从高能级向n=2能级跃迁时,辐射的光子最小能量为1.89eV,其波长最长,不同波长的光在同一介质中传播速度相同,选项D错误。 -0.54 3 2 -13.6 1 -1.51 4 n 5 -0.85 En/eV -3.4 第15题图 ∞ E/eV n 0 -13.60 -3.40 -1.51 -0.85 -0.54 -0.38 1 2 3 4 5 6 11-19年高考物理真题分专题汇编之 107天然放射性现象、半衰期 1. 2013年上海卷 7.在一个原子核衰变为一个原子核的过程中,发生β衰变的次数为 ( ) A.6次 B.10次 C.22次 D.32次 答案:A 解析:一个原子核衰变为一个原子核的过程中,发生α衰变的次数为(238-206)÷4=8次,发生β衰变的次数为2×8-(92-82)=6次,选项A正确。 2. 2011年理综北京卷 13.表示放射性元素碘131()β衰变的方程是 ( ) A. B. C. D. 答:B 【解析】A选项是α衰变,A错误;B选项是β衰变,B正确;C选项放射的是中子,C错误;D选项放射的是质子,D错误。 3. 2012年理综全国卷 15. U经过m次α衰变和n次β衰变,则 ( ) A. m=7 ,n=3 B. m=7, n=4 C. m=14, n=9 D. m=14, n=18 【解析】质量数减少为:4m=235-207=28, m=7. 核电荷数减少为:2m-n=92-82=10, n=4 【答案】B 4.2015年上海卷6. 经过一系列α衰变和β衰变后变成,则比少 ( A ) (A)16个中子,8个质子 (B)8个中子,l6个质子 (C)24个中子,8个质子 (D)8个中子,24个质子 解析: 比质子数少90-82=8个,核子数少232-208=24个,所以中子数少24-8=16个,故A正确,B、C、D错误。 5.2015年理综北京卷14.下列核反应方程中,属于衰变的是 ( B ) A. B. C. D. 解析: A选项是人工核转变,选项A错误; B选项是原子核自发放射粒子的核反应(衰变),选项B正确;C选项是两个轻核结合成重核的反应(聚变),选项C错误;选项D为β衰变。故选B。 6. 2012年物理上海卷 3.与原子核内部变化有关的现象是 ( ) (A)电离现象 (B)光电效应现象 (C)天然放射现象 (D)粒子散射现象 答案:C 解析:电离现象是原子核外的电子脱离原子核的束缚,与原子核内部无关,因此A不对 光电效应说明光的粒子性,同样也与原子核内部无关,B不对 天然放射现象是从原子核内部放出 、β、三种射线,说明原子核内部的复杂结构,放出 、β后原子核就变成了新的原子核,因此C正确 α粒子散射现象说明原子有核式结构模型,与原子核内部变化无关,D不对 7. 2011年理综浙江卷 15.关于天然放射现象,下列说法正确的是 ( ) A.α射线是由氦原子核衰变产生 B.β射线是由原子核外电子电离产生 C.γ射线是由原子核外的内层电子跃迁产生 D.通过化学反应不能改变物质的放射性 答:D 【解析】放射线是从原子核中释放出来的,通过化学反应并不能改变物质的放射性。 8.2015年理综重庆卷1.题1图中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物质发生衰变放出的部分粒子的径迹,气泡室中磁感应强度方向垂直纸面向里。以下判断可能正确的是 ( D ) A.a、b为β粒子的径迹 B. a、b为粒子的径迹 C. c、d为粒子的径迹 D. c、d为β粒子的径迹 解析:射线是不带电的光子流,在磁场中不偏转,B错误;粒子为氦核带正电,在磁场中受到向上的洛伦兹力向上偏转,选项A、C错误;β粒子是带负电的电子流,应向下偏转,选项D正确。 9. 2011年上海卷 7.在存放放射性元素时,若把放射性元素①置于大量水中;②密封于铅盒中;③与轻核元素结合成化合物。则 ( ) A.措施①可减缓放射性元素衰变 B.措施②可减缓放射性元素衰变 C.措施③可减缓放射性元素衰变 D.上述措施均无法减缓放射性元素衰变 答案:D 解析:本题考查衰变及半衰期,要求学生理解半衰期。原子核的衰变是核内进行的,故半衰期与元素处于化合态、游离态等任何状态无关,与外界温度、压强等任何环境无关,故不改变元素本身,其半衰期不会发生变化,A、B、C三种措施均无法改变,故D对。 10. 2014年理综重庆卷 1.碘131的半衰期约为8天,若某药物含有质量为m的碘131,经过32天后,该药物中碘131的含量大约还有 ( ) A.m/4 B.m/8 C.m/16 D.m/32 【答案】C 【解析】根据原子核的衰变公式:,其中为半衰期的次数,故。选项C正确。 11.2016年上海卷6.放射性元素A经过2次衰变和1次β?衰变后生成一新元素B,则元素B在元素周期表中的位置较元素A的位置向前移动了 (A)1位 (B)2位 (C)3位 (D)4位 【答案】C 【解析】粒子是,β?粒子是,因此发生一次衰变电荷数减少2,发生一次β?衰变电荷数增加1,据题意,电荷数变化为:,所以新元素在元素周期表中的位置向前移动了3位。故选项C正确。 12.2018年海南卷4.已知的半衰期为24天。经过72天还剩下 ( B ) A.0 B.0.5 g C.1 g D.1.5 g 解析:72天等于3个半衰期,,选项B正确。 13.2016年上海卷10.研究放射性元素射线性质的实验装置如图所示。两块平行放置的金属板A、B分别与电源的两极a、b连接,放射源发出的射线从其上方小孔向外射出。则 (A)a为电源正极,到达A板的为射线 (B)a为电源正极,到达A板的为β射线 (C)a为电源负极,到达A板的为射线 (D)a为电源负极,到达A板的为β射线 【答案】B 【解析】从图可以看出,到达两板的粒子在电场中做类平抛运动,到达A板的粒子的竖直位移小于到达B板粒子的竖直位移,粒子在竖直方向做匀速直线运动,则根据公式可知,两极板电压U相同,放射源与两极板的距离d也相同,两个粒子初速度v0相差约10倍,而电子的要小得多,所以电子的竖直位移小,故到达A板的为β射线,a为电源正极, 故选项B正确。 14. 2013年全国卷大纲版 16.放射性元素氡()经衰变变成钋(),半衰期约为3.8天;但勘测表明,经过漫长的地质年代后,目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素的矿石,其原因是 ( ) A.目前地壳中的主要来自于其它放射性元素的衰变 B.在地球形成初期,地壳中的元素的含量足够高 C.当衰变产物积累到一定量以后,的增加会减慢的衰变进程 D.主要存在于地球深处的矿石中,温度和压力改变了它的半衰期 答:A 解析:排除法 无论在在地球形成初期,地壳中的元素的含量有多少,总有衰变到检测不出的含量的时候,B错;任何物理或化学变化,都不能减慢的衰变进程,CD错,故A正确。 15. 2012年物理上海卷 5.在轧制钢板时需要动态地监测钢板厚度,其检测装置由放射源、探测器等构成,如图所示。该装置中探测器接收到的是 ( ) (A)x射线 (B)射线 (C)射线 (D)射线 答案:D 解析:首先,放射源放出的是α射线、β射线 、γ射线,无x射线,A不对;另外射线穿透本领最弱,一张纸就能挡住,而β射线穿透本领较强能穿透几毫米厚的铝板,射线穿透本领最强,可以穿透几厘米厚的铅板,而要穿过轧制钢板只能是射线,因此D正确 16. 2012年物理上海卷 21.发生一次β衰变后变为Ni核,其衰变方程为________________________;在该衰变过程中还发出频率为ν1、ν2的两个光子,其总能量为_____________________。 答案:, h(1+2), 解析:衰变方程满足质量数守恒和电荷数守恒; 根据光子的能量E= h,可知两个光子总能量为h(1+2) 17. 2011年上海卷 9.天然放射性元素放出的三种射线的穿透能力实验结果如图所示,由此可推知 ( ) A.②来自于原子核外的电子 B.①的电离作用最强,是一种电磁波 C.③的电离作用较强,是一种电磁波 D.③的电离作用最弱,属于原子核内释放的光子 答案:D 解析:本题考查衰变中三种射线,要求学生知道三种射线的贯穿本领及电离能力。衰变的射线均来自于核内,A错;从图中可看出,一张纸能挡住①射线,则①射线一定是α射线,其贯穿本领最差,电离能力最强,但不是电磁波,而是高速粒子流,B错;铝板能挡住②,而不能挡住③,说明③一定是γ射线,其电离能力最弱,贯穿本领最强,是一种电磁波,属于原子核内以能量形式释放出来的以光速运行的高能光子,D对。 18.2015年理综北京卷17.实验观察到,静止在匀强磁场中A点的原子核发生β衰变,衰变产生的新核与电子恰在纸面内做匀速圆周运动,运动方向和轨迹示意如图。则 ( D ) A.轨迹1是电子的,磁场方向垂直纸面向外 B.轨迹2是电子的,磁场方向垂直纸面向外 C.轨迹1是新核的,磁场方向垂直纸面向里 D.轨迹2是新核的,磁场方向垂直纸面向里 解析:静止的核发生β衰变()由内力作用,满足动量守恒,则新核和电子的动量等大反向,垂直射入匀强磁场后均做匀速圆周运动,由可知,则两个新核的运动半径与电量成反比,即,则新核为小圆,电子为大圆;而新核带正电,电子带负电,由左手定则可知磁场方向垂直纸面向里,选项D正确。 19.2017年新课标Ⅱ卷15.一静止的铀核放出一个粒子衰变成钍核,衰变方程为,下列说法正确的是( B ) A. 衰变后钍核的动能等于粒子的动能 B. 衰变后钍核的动量大小等于粒子的动量大小 C. 铀核的半衰期等于其放出一个粒子所经历的时间 D. 衰变后粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量 【解析】根据动量守恒定律可知,生成的钍核的动量与粒子的动量等大反向,选项B正确;根据可知,衰变后钍核的动能小于粒子的动能,选项A错误;铀核的半衰期等于一半数量的铀核衰变所需要的时间,而放出一个粒子经历的时间是一个原子核衰变的时间,故两者不等,选项C错误;由于核反应放出能量,由质能方程可知,衰变后粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量,选项D错误。故选B. 20.2017年北京卷23.(18分) 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α粒子()在与磁场垂直的平面内做圆周运动,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)α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流,求圆周运动的周期和环形电流大小。 (3)设该衰变过程释放的核能都转为为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:(1)→+;(2), ;(3) (1)→+ (2)设粒子的速度大小为v,由,,得粒子在磁场中运动周期 环形电流大小 (3)由,得 设衰变后新核Y的速度大小为v',系统动量守恒:得: 由 得 说明:若利用解答,亦可。 a b c d 题1图 B A 金属板 放射源 a b 探测器 放射源 轧辊 纸 铝 铅 三种射线 ① ② ③ A 2 1 11-19年高考物理真题分专题汇编之108原子核的组成 1.2016年上海卷1.卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析,提出了原子内部存在 (A)电子 (B)中子 (C)质子 (D)原子核 【答案】D 【解析】卢瑟福在α粒子散射实验中观察到绝大多数α粒子穿过金箔后几乎不改变运动方向,只有极少数的α粒子发生了大角度的偏转,说明在原子的中央存在一个体积很小的带正电的物质,将其称为原子核。故选项D正确。 2.2015年上海卷7.在粒子散射实验中,电子对粒子运动的影响可以忽略。这是因为与粒子相比,电子的 ( D ) (A)电量太小 (B)速度太小 (C)体积太小 (D)质量太小 解析: 在粒子散射实验中,由于电子的质量太小,电子的质量只有粒子的,它对α粒子速度的大小和方向的影响就像灰尘对枪弹的影响,完全可以忽略。故D正确,A、B、C错误。 3.2012年物理上海卷 9.某种元素具有多种同位素,反映这些同位素的质量数A与中子数N关系的是图( ) 答案:B 解析:某种元素中质子数与中子数基本相当,质量数等于质子数与中子数之和,因此当中子数N增多时,质量数A也会增大,因此A、D两个选项不对,只能从B、C两个选项中选。又因为氢原子中只有一个质子,无中子,也就是中子数N为零时,质量数A不为零,因此只有B正确 4.2011年上海卷 2.卢瑟福利用粒子轰击金箔的实验研究原子结构,正确反映实验结果的示意图是 A. B. C. D. 答案:D 解析:本题考查α粒子散射实验的原理,主要考查学生对该实验的轨迹分析和理解。由于α粒子轰击金箔时,正对金箔中原子核打上去的一定原路返回,故排除A、C选项;越靠近金原子核的α粒子受力越大,轨迹弯曲程度越大,故D正确。 5. 2014年物理上海卷 3.不能用卢瑟福原子核式结构模型得出的结论是 ( ) A.原子中心有一个很小的原子核 B.原子核是由质子和中子组成的 C.原子质量几乎全部集中在原子核内 D.原子的正电荷全部集中在原子核内 【答案】B 【解析】卢瑟福通过散射实验,发现绝大多数粒子发生了偏转,少数发发生了大角度的偏转,极少数反向运动,说明原子几乎全部质量集中在核内;且和粒子具有斥力,所以正电荷集中在核内;因为只有极少数反向运动,说明原子核很小;并不能说明原子核是由质子和中子组成的,B项正确。 N O (A) A N O (B) A N O (C) A N O (D) A

  • ID:6-6789754 11-19年高考物理真题分专题汇编之83~90 电学实验及分子动理论 (8份打包)

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    11-19年高考物理真题分专题汇编之83电表内阻的测定 1.2016年理综新课标II卷23 23.(9分)某同学利用图(a)所示电路测量量程为2.5 V的电压表的内阻(内阻为数千欧姆),可供选择的器材有:电阻箱R(最大阻值99 999.9 Ω),滑动变阻器R1(最大阻值50 Ω),滑动变阻器R2(最大阻值5 kΩ),直流电源E(电动势3 V)。开关1个,导线若干。 实验步骤如下 ①按电路原理图(a)连接线路; ②将电阻箱阻值调节为0,将滑动变阻器的滑片移到与图(a)中最左端所对应的位置,闭合开关S; ③调节滑动变阻器,使电压表满偏; ④保持滑动变阻器滑片的位置不变,调节电阻箱阻值,使电压表的示数为2.00 V,记下电阻箱的阻值。 回答下列问题: (1)实验中应选择滑动变阻器_______(填“R1”或“R2”)。 (2)根据图(a)所示电路将图(b)中实物图连线。 (3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0 Ω,若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变,计算可得电压表的内阻为_______Ω(结果保留到个位)。 (4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的,可推断该表头的满刻度电流为_____(填正确答案标号)。 A.100 μA B.250 μA C.500 μA D.1 mA 【答案】(1)R1 (2)连线如下图 (3)2 520 (4)D 【解析】(1)本实验利用了半偏法测电压表的内阻,实验原理为接入电阻箱后,电路的总电阻变化的不太大,故需要并联的滑动变阻器为小的电阻,故选R1可减小实验误差。 (2)滑动变阻器为分压式,连接实物电路如图所示: (3)电压表的内阻RV和R串联,分压为2.00 V和0.50 V,则。 (4)电压表的满偏电流,故选D。 2.2015年理综新课标Ⅱ卷23. (9分)电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表的电流的两倍。某同学利用这一事实测量电压表的内阻(半偏法)实验室提供的材料器材如下: 待测电压表V(量程3V,内阻约为3000Ω),电阻箱R0(最大阻值为99999.9Ω),滑动变阻器R1(最大阻值100Ω,额定电流2A),电源E(电动势6V,内阻不计),开关两个,导线若干 (1)虚线框内为同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分,将电路图补充完整 (2)根据设计的电路,写出实验步骤 。 (3)将这种方法测出的电压表内阻记为R'V,与电压表内阻的真实值Rv相比,R'V Rv (填“>”“=”或“<”) 主要理由是 。 解析:(1)实验电路如右图所示 (2)移动滑动变阻器的滑片,以保证通电后电压表所在支路分压最小;闭合开关、,调节,使电压表的指针满偏;保持滑动变阻器滑片的位置不变,断开,调节电阻箱使电压表的指针半偏;读取电阻箱所示的电阻值,此即为测得的电压表内阻。 (3)断开,调节电阻箱使电压表成半偏状态,电压表所在支路总电阻增大,分得的电压也增大;此时两端的电压大于电压表的半偏电压,故R'V>Rv。 3.2011年上海卷 29.(9 分)实际电流表有内阻,可等效为理想电流表与电阻的串联。测量实际电流表G1内阻r1的电路如图所示。 供选择的仪器如下:①待测电流表G1 (0~5mA,内阻约300Ω), ②电流表G2 (0~10mA,内阻约100Ω), ③定值电阻R1 (300Ω), ④定值电阻R2 (10Ω),⑤滑动变阻器R3 (0~1000Ω), ⑥滑动变阻器R4 (0~20Ω), ⑦干电池(1.5V),⑧电键S及导线若干。 ⑴定值电阻应选_____,滑动变阻器应选_____。(在空格内填写序号) ⑵用连线连接实物图。 ⑶补全实验步骤: ①按电路图连接电路,______; ②闭合电键S,移动滑动触头至某一位置,记录G1,G2的读数I1,I2; ③________________________; ④以I2为纵坐标,I1为横坐标,作出相应图线,如图所示。 ⑷根据I2-I1图线的斜率k及定值电阻,写出待测电流表内阻的表达式____________。 答案:(1)③,⑥;(2)如图;(3)①将滑动触头移至最左端,③多次移动滑动触头,记录相应的G1、G2读数I1、I2;(4)r1=(k-1)R1 解析:本题考查测量电流表的内阻的电路实验。 (1)电流表G2满偏时为10mA电流,电流表G1满偏时电流5mA,故为了更好地匹配两个电流表的示数同时达到适当的偏转角度,应使用定值电阻分流5mA,根据并联电阻的分流规律可知,定值电阻的阻值与电流表G1内阻相同时效果最好,即选用R1=300Ω的定值电阻③;滑动变阻器作为分压式接法,应选用较小的滑动变阻器,方便调节,即选用⑥滑动变阻器R4。 (2)直接根据电路图链接实物图,先将电源的正极连接到滑动变阻器的绕线右下角的接线柱上,然后将左下角的接线柱与电键左端相连,将电键右端与电源负极相连,这样形成主干路,然后再连接支路,注意电表的正负极。 (3)①实验前要保护电路,故将滑动变阻器的滑动触头移至最左端;③为了得到多组数据,在多次移动滑动触头,记录下相应的G1、G2读数I1、I2;(4)电流表G1两端的电压等于定值电阻两端的电压U1=(I2-I1)R1,电流表的内阻r1===-R1,令=k, 则电流表G1的内阻r1=(k-1)R1。 图(a) R S E E S 图(b) E S 答图 V R0 S1 R1 S2 E V R1 S1 R0 S2 E G1 G2 P S mA mA 待测电流表 I1 I2 O mA mA 待测电流表 11-19年高考物理真题分专题汇编之84电表的改装 1.【2019年物理全国卷1】某同学要将一量程为250μA的微安表改装为量程为20 mA的电流表。该同学测得微安表内阻为1 200 Ω,经计算后将一阻值为R的电阻与微安表连接,进行改装。然后利用一标准毫安表,根据图(a)所示电路对改装后的电表进行检测(虚线框内是改装后的电表)。 (1)根据图(a)和题给条件,将(b)中的实物连接。 (2)当标准毫安表的示数为16.0 mA时,微安表的指针位置如图(c)所示,由此可以推测出改装的电表量程不是预期值,而是 。(填正确答案标号) A.18 mA A.21 mA C.25mA D.28 mA (3)产生上述问题的原因可能是 。(填正确答案标号) A.微安表内阻测量错误,实际内阻大于1 200 Ω B.微安表内阻测量错误,实际内阻小于1 200 Ω C.R值计算错误,接入的电阻偏小 D.R值计算错误,接入的电阻偏大 (4)要达到预期目的,无论测得的内阻值是都正确,都不必重新测量,只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可,其中k= 。 答案】 (1). (2). C (3). AC (4). 【解析】 【详解】(1)电表改装时,微安表应与定值电阻R并联接入虚线框内,则实物电路连接如下图所示: (2)由标准毫安表与该装表的读数可知,改装后的电流表,实际量程被扩大的倍数为:倍。故当原微安表表盘达到满偏时,实际量程为:,故本小题选C; (3)根据,得:,改装后的量程偏大的原因可能是,原微安表内阻测量值偏小,即电表实际内阻真实值,大于1200Ω;或者因为定值电阻R的计算有误,计算值偏大,实际接入定值电阻R阻值偏小。故本小题选AC; (4)由于接入电阻R时,改装后的表实际量程为25mA,故满足;要想达到预期目的,即将微安表改装为量程为20mA电流表,应满足, 其中,联立解得:或。 故本题答案为:(1) (2)C (3)AC (4)或 2.2018年全国卷II、22.(6分)某同学组装一个多用电表。可选用的器材有:微安表头(量程,内阻);电阻箱(阻值范围);电阻箱(阻值范围);导线若干。 要求利用所给器材先组装一个量程为的直流电流表,在此基础上再将它改装成量程为的直流电压表。组装好的多用电表有电流和电压两挡。 回答下列问题: (1)在虚线框内画出电路图并标出和,其中 * 为公共接线柱,a和b分别是电流挡和电压挡的接线柱。 (2)电阻箱的阻值应取R1= Ω,R2= Ω。(保留到个位) 答案:(1)如图所示 (2)100 2910 解析:(1)R1的电阻比较小,所以R1与表头并联构成大量程的的电流表,R2的阻值比较大,与改装后的电流表串联可充当大量程的电压表,设计电路图如图所示: (2)改装电流表时需要并联一个电阻,要改装成1mA的电流表需要并联的电阻R1。 ,所以电阻箱的阻值R1应取100Ω; R1与表头并联电阻为 要改装成3V的电压表需要串联一个电阻R2,。 3.2011年海南卷 13.图1是改装并校准电流表的电路图,已知表头的量程为Ig=600μA,内阻为Rg,是标准电流表,要求改装后的电流表量程为I=60mA。完成下列填空。 (1)图1中分流电阻Rp的阻值应为 (用Ig、Rg和I表示)。 (2)在电表改装完成后的某次校准测量中,表的示数如图2所示,由此读出流过电流表的电流为_______mA。此时流过分流电阻RP的电流为_______mA(保留1位小数) 答:(1) (2)49.5 49.0 【解析】(1)电流表改装, (2)由图示可得,电流表读数为49.5mA,实际流经表头的电流为500μA即0.5mA,此时流过分流电阻RP的电流为(49.5-0.5)mA=49.0mA。 4.2016年海南卷12. 某同学改装和校准电压表的电路图如图所示,图中虚线框内是电压表的改装电路。 (1)已知表头G满偏电流为,表头上标记的内阻值为900Ω。R1、R2和R3是定值电阻。利用R1和表头构成1 mA的电流表,然后再将其改装为两个量程的电压表。若使用a、b两个接线柱,电压表的量程为1 V;若使用a、c两个接线柱,电压表的量程为3 V。则根据题给条件,定值电阻的阻值应选R1=___Ω,R2=______Ω,R3=_______Ω。 (2)用量程为3V,内阻为2500Ω的标准电压表对改装表3V挡的不同刻度进行校准。所用电池的电动势E为5V;滑动变阻器R有两种规格,最大阻值分别为50Ω和5kΩ。为了方便实验中调节电压,图中R应选用最大阻值为______Ω的滑动变阻器。 (3)校准时,在闭合开关S前,滑动变阻器的滑动端P应靠近_______(填“M”或“N”)端。 (4)若由于表头G上标记的内阻值不准,造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小,则表头G内阻的真实值_________(填“大于”或“小于”)900Ω。 【答案】(1)100 910 2 000 (2)50 (3)M (4)大于 【解析】(1)根据题意,R1与表头G构成1mA的电流表,则:IgRg=(I-Ig) R1,整理得R1=100Ω; 若使用a、b两个接线柱,电压表的量程为1V,则; 若使用a、c两个接线柱,电压表的量程为3V,则。 (2)电压表与之并联后,电阻小于2500Ω,对于分压式电路,要求滑动变阻器的最大阻值远小于并联部分,同时还有便于调节,故滑动变阻器选择小电阻,即选择50Ω的电阻。 (3)在闭合开关S前,滑动变阻器的滑动端P应靠近M端,这样把并联部分电路短路,起到一种保护作用。 (4)造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小,说明通过表头G的电流偏小,则实际其电阻偏大,故其实际阻值大于900Ω。 5.2013年新课标II卷23.(7分) 某同学用量程为1 mA、内阻为120Ω 的表头按图(a)所示电路改装成量程分别为1V和1A的多用电表。图中R1和R2为定值电阻,S为开关。回答下列问题: (1)根据图(a)所示的电路,在图(b)所示的实物图上连线。 (2)开关S闭合时,多用电表用于测量__________(填“电流”、“电压,或“电阻”); 开关S断开时,多用电表用于测量__________(填“电流”、“电压”或“电阻”)。 (3)表笔A应为_______色(填“红”或“黑”)。 (4)定值电阻的阻值R1=________Ω, R2=________Ω。(结果取3位有效数字) 答案:(7分) (1)连线如图所示 (2分) (2)电流 电压 (2分。每空1分) (3)黑 (1分) (4)1.00 880 (2分。每空1分) 解析:(1)根据图(a)连线:电流表与R2串联、开关与R1串联,然后两支路并联分别接表笔A、B。 (2) 开关S闭合时,R1与电流表支路并联分流,多用电表用于测量电流;开关S断开时,R2与电流表串联分压,多用电表用于测量电压 。 (3)表笔A接电流表负极,应该是黑色的。 (4)(先后顺序不能错)先计算分压电阻R2,有,解得R2=880Ω; 再计算分流电阻R1,,解得R1=1.00Ω。 6. 2013年海南卷 12.某同学将量程为200μA、内阻为500Ω的表头μA改装成量程为1mA和10mA的双量程电流表,设计电路如图(a)所示。定值电阻R1=500Ω,R2和R3的值待定,S为单刀双掷开关,A、B为接线柱。回答下列问题: (1)按图(a)在图(b)中将实物连线; (2)表笔a的颜色为 色(填“红”或“黑”) (3)将开关S置于“1”挡时,量程为 mA; (4)定值电阻的阻值R2= Ω,R3= Ω。(结果取3位有效数字) (5)利用改装的电流表进行某次测量时,S置于“2”挡,表头指示如图(c)所示,则所测量电流的值为 mA。 答案:(1)如图; (2)黑; (3)10; (4)225,25.0; (5)0.780(0.78同样给分) 解析:(1)实物连线图见答图; (2)红表笔接电源的正极,电流由红表笔流入,由电路图(a)可看出表头右侧为正极,故表笔a为黑表笔; (3)将开关S置于“1”挡时,表头跟R1、 R2串联后再跟R3并联,将开关S置于“2”挡时,表头跟R1串联后再跟R2、R3并联,故前者的量程较大,故开关S置于“1”挡时,量程为I1=10mA. (4)由(3)问的分析,结合欧姆定律可知 开关S置于“1”挡时,有, 开关S置于“2”挡时,, 代入已知数据可得R2=225Ω,R3=25.0Ω。 (5)S置于“2”挡时,量程为1mA,表头示数为156μA ,故所测量电流的值为. 7. 2012年理综天津卷 9.(3)某同学在进行扩大电流表量程的实验时,需要知道电流表的满偏电流和内阻。他设计了一个用标准电流表G1来校对待测电流表G2的满偏电流和测定G2内阻的电路,如图所示。已知G1的量程略大于G2的量程,图中R1为滑动变阻器。R2为电阻箱。该同学顺利完成了这个实验。 ①实验过程包含以下步骤,其合理的顺序依次为__________________ A.合上开关S2 B.分别将R1和R2的阻值调至最大 C.记下R2的最终读数 D.反复调节R1和R2的阻值,使G1的示数仍为I1,使G2的指针偏转到满刻度的一半,此时R2的最终读数为r E.合上开关S1 F.调节R1使G2的指针偏转到满刻度,此时G1的示数为I1,记下此时G1的示数 ②仅从实验设计原理上看,用上述方法得到的G2内阻的测量值与其真实值相比_______(填偏大、偏小或相等) ③若要将G2的量程扩大为I,并结合前述实验过程中测量的结果,写出须在G2上并联的分流电阻RS的表达式,RS=________________ . 答案:①正确顺序为B、E、F、A、D、C。 ②相等 ③ 解析:①在组装实验时正确操作是将所有开关断开,将滑动变阻器和电阻箱的电阻调到最大,然后闭合电源控制开关S1,就可以校对待测表G2,由于标准表和待测表串联流过的电流相等,这时就可以调节R1由小到大改变电流,对待测表的刻度逐个校对,直到待测表满偏。校对完成后闭合开关S2构成半偏法测量表头G2内阻的电路,在没有G1的情况下只调节R2使待测表半偏,则表头内阻等于R2此时的读数,这种做法会造成G1的示数增大(原理上是不变),误差大。由于有G1可以方便观察干路电流的变化,所以操作为闭合开关S2反复调节R1和R2使标准表达到待测表满偏时的电流值,同时使待测表半偏,则表头内阻等于R2此时的读数。正确顺序为B、E、F、A、D、C。 ②由于G1测量了干路电流,G2测量了支路电流,另一直流电流是两表示数之差,然后根据并联电路电流电阻成反比准确计算。答案”相等”。 ③扩大电流表的量程需要并联一个电阻 根据并联关系有,则 8.2015年理综新课标I卷23.(9分)图(a)为某同学改装和校准毫安表的电路图,其中虚线框内是毫安表的改装电路。 (1)已知毫安表表头的内阻为100Ω,满偏电流为1mA;R1和R2为阻值固定的电阻。若使用a和b两个接线柱,电表量程为3mA;若使用a和c两个接线柱,电表量程为10mA。由题给条件和数据,可求出R1= Ω,R2= Ω。 (2)现用—量程为3mA、内阻为150Ω的标准电流表A对改装电表的3mA挡进行校准,校准时需选取的刻度为0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0mA。电池的电动势为1.5V,内阻忽略不计;定值电阻R0有两种规格,阻值分别为300Ω和1000Ω;滑动变阻器R有两种规格,最大阻值分别为750Ω和3000Ω。则R0应选用阻值为 Ω的电阻,R应选用最大阻值为 Ω的滑动变阻器。 (3)若电阻R1和R2中有一个因损坏而阻值变为无穷大,利用图(b)的电路可以判断出损坏的电阻。图(b)中的R' 为保护电阻,虚线框内未画出的电路即为图(a) 虚线框内的电路。则图中的d点应和接线柱 (填”b”或”c”)相连。判断依据是: 。 答案:(1)15 35 (2)300 3000 (3)c 闭合开关时,若电表指针偏转,则损坏的电阻是R1;若电表指针不动,则损坏的电阻是R2 解析:(1)定值电阻和毫安表都是并联关系,电压相等, 电流和电阻成反比,若使用a和b两个接线柱,量程为3mA,则通过R1的电流为2mA,电流比为1:2,所以电阻比为2:1,可得。若使用a和c两个接线柱,电表量程为10mA,通过R1的电流为9mA,电流比为1:9,可得电阻比为9:1,即,整理可得,。 (2)根据电流表校准的刻度,可知电路中总阻值最大为,最小为,若定值电阻选择1000Ω,折无法校准3.0mA,所以定值电阻选择500Ω。由于最大阻值要达到3000Ω,所以滑动变阻器要选择3000Ω。 (3)因为只有一个损坏,所以验证R2是否损坏即可。所以d点应和接线柱“c”相连,若电表指针偏转,则损坏的电阻是R1(断路);若电表指针不动,则损坏的电阻是R2(短路)。 * a b ?A R2 * a b ?A R1 μA mA μA mA RP E S R 图1 图2 mA 0 10 20 30 40 50 60 mA mA G R1 R2 R3 V a c b M N P E S R mA 表笔A 表笔B R2 R1 S 图(b) mA + R2 R1 S 表笔A 表笔B 图(a) mA 表笔A 表笔B R2 R1 S 图(b) S R3 R2 3 - + μA 表笔a 图(b) 表笔b R1 A B 图(c) μA R1 R2 R3 1 2 A B S 图(a) + S R3 R2 3 - + μA 表笔a 答图 表笔b R1 A B R1 E S1 R1 S2 G2 G1 图(b) R′ b c a d mA A R1 R2 R0 R a b c 图(a) 11-19年高考物理真题分专题汇编之85.描绘电阻的伏安曲线 【2019年4月浙江物理选考】小明想测额定电压为2.5V的小灯泡在不同电压下的电功率的电路。 (1)在实验过程中,调节滑片P,电压表和电流表均有示数但总是调不到零,其原因是的____导线没有连接好(图中用数字标记的小圆点表示接线点,空格中请填写图中的数字,如“7点至8点”); (2)正确连好电路,闭合开关,调节滑片P,当电压表的示数达到额定电压时,电流表的指针如图所示,则电流为____A,此时小灯泡的功率为____W (3)做完实验后小明发现在实验报告上漏写了电压为1.00V时通过小灯泡的电流,但在草稿纸上记录了下列数据,你认为最有可能的是____ A.0.08A B.0.12A C.0.20A 【答案】 (1). 1点至4点 (2). 0.30 (3). 0.75 (4). C 【解析】 【详解】(1)在实验过程中,调节滑片P,电压表和电流表均有示数但总是调不到零,其原因是1点至4点的导线没有连接好,滑动变阻器相当于接成了限流电路; (2)由表盘刻度可知,电流表读数为0.30A;则灯泡的额定功率:P=IU=0.30×2.5W=0.75W; (3)若灯泡电阻不变,则由,解得I1=0.12A,考虑到灯泡电阻温度越低时阻值越小,则通过灯泡的电流要大于0.12A,则选项C正确;故选C. 1.2012年理综安徽卷21.Ⅱ.(8分) 图为“测绘小灯伏安特性曲线”实验的实物电路图,已知小灯泡额定电压为2.5V。 (1)完成下列实验步骤: ①闭合开关前,调节滑动变阻器的滑片, ; ②闭合开关后,逐渐移动变阻器的滑片, ; ③断开开关,…… 。根据实验数据在方格纸上作出小灯泡灯丝的伏安特性曲线。 (2)在虚线框中画出与实物电路相应的电路图。 答: (1)①使它靠近变阻器左端的接线柱, ②增加小灯泡两端的电压,记录电流表和电压表的多组读数,直至电压达到额定电压。 解析:①保证开关闭合时电路安全,此时测量电路部分电压最小; ②从0-2.5V电压范围内取8-10组电压电流值并记录。 因为是描绘伏安特性曲线,需要电压从0 开始,并适当多的测量数据,描绘较为准确。 (2)电路图如图所示 解析:电路特点:并联型电源、电流表外接法测电阻 2. 2013年天津卷 9.(3)要测绘一个标有“3V 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线,灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V,并便于操作。已选用的器材有: 电池组(电动势为4.5V,内阻约1Ω); 电流表(量程为0~250mA.内阻约5Ω); 电压表(量程为0~3V.内限约3kΩ); 电键一个、导线若干。 ①实验中所用的滑动变阻器应选下列中的(填字母代号)。 A.滑动变阻器(最大阻值20Ω, 额定电流1A) B.滑动变阻器(最大阻值1750Ω,额定电流0.3A) ②实验的电路图应选用下列的图__________(填字母代号)。 ③实脸得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示。如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V,内阻为5Ω的电源两端,小灯泡消耗的功率是________W。 【答案】① A ② B ③ 0.1 【解析】本题考查了“小灯泡的伏安特性曲线”的实。 ① 根据“灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V,并便于操作”可知控制电路必定为“分压电路”,而“分压电路”需要用较小的滑动变阻器,故选择A。 ② 在①中已经明确了控制电路,继续要选择电流表的接法,题中 Rx/RA = 15/ 5 = 3 ,而RV/Rx = 3000/15 = 200 , 可知电压表的分流作用不如电流表的分压作用明显,故而应选择电流表的外接法,综上可知B选项的电路图正确。 ③ 根据图像可知,当将小灯泡接入电动势为1.5V,内阻为5Ω的电源两端时,将小灯泡的内阻等效到坐标纸上可知小灯泡的伏安特性曲线仍处于“线性”段,故其电阻为10Ω,代入闭合电路欧姆定律及功率计算表达式可知 P实际 = (E/(r+Rx ))2Rx= ( 1.5 /15)2×10 =0.1(W) 3. 2013年福建卷19(2)(12分) 硅光电池在无光照时不产生电能,可视为一电子元件。某实验小组设计如图甲电路,给硅光电池加反向电压(硅光电池负极接高电势点,正极接低电势点),探究其在无光照时的反向伏安特性。图中电压表的V1量程选用3V,内阻为6.0kΩ;电压表V2量程选用15V,内阻约为30kΩ;R0为保护电阻;直流电源电动势E约为12V,内阻不计。 ①根据图甲,用笔画线代替导线,将图乙连接成完整电路。 ②用遮光罩罩住硅光电池,闭合开关S,调节变阻器R,读出电压表V1、V2的示教U1、U2。 (ⅰ)某次测量时,电压表V1示数如图丙,则U1= V,可算出通过硅光电他的反向电流大小为 mA(保留两位小数)。 (ⅱ)该小组测出大量数据,筛选出下表所示的9组U1、U2数据,算出相应的硅光电池两端反向电压UX 和通过反向电流IX(表中“-”表示反向),并在坐标纸上建立Ix-Ux坐标系,标出了与表中前5组Ux、Ix数据对应的5个坐标点。请你标出余下的4个坐标点,并绘出Ix-Ux图线。 (ⅲ)由Ix-Ux图线可知,硅光电池 无光照下加反向电压时, Ix与Ux成 ( 填“线性”或“非线性” )关系。 答:①电路连接如答图1所示? ②(i)1.40? 0.23? (ii) Ix-Ux图线 如答图2所示 (iii)非线性 解析:电压表V1示数U1=1.40V,V2的内阻为RV=6.0kΩ,由欧姆定律可知通过的电流为I=U1/RV=0.23A。根据表中数据标出余下的4个坐标点,用描点法平滑曲线绘出Ix-Ux图线如答图2所示。由Ix-Ux图线可知,硅光电池无光照下加反向电压时, Ix与Ux成非线性关系。 4.2011年理综福建卷 19.(2)(12分)某同学在探究规格为“6V,3W”的小电珠伏安特性曲线实验中: ①在小电珠接入电路前,使用多用电表直接测量小电珠的电阻,则应将选择开关旋至____档进行测量。(填选项前的字母) A.直流电压10V B.直流电流5mA C.欧姆×?100 D.欧姆×?1 ②该同学采用图甲所示的电路进行测量。图中R为滑动变阻器(阻值范围0~20Ω,额定电流1.0A),L为待测小电珠,为电压表(量程6V,内阻20kΩ),为电流表(量程0.6A,内阻1Ω),E为电源(电动势8V,内阻不计),S为开关。 Ⅰ.在实验过程中,开关S闭合前,滑动变阻器的滑片P应置于最____端;(填“左”或“右”) Ⅱ.在实验过程中,已知各元器件均无故障,但闭合开关S后,无论如何调节滑片P,电压表和电流表的示数总是调不到零,其原因是_____点至_____点的导线没有连接好;(图甲中的黑色小圆点表示接线点,并用数字标记,空格中请填写图甲中的数字,如“2点至3点”的导线) Ⅲ.该同学描绘出小电珠的伏安特性曲线示意图如图乙所示,则小电珠的电阻值随工作电压的增大而______。(填“不变”、“增大”或“减小”) 答:(1)①0.97(0.96、0.98均可) ②C (2)①D ②Ⅰ.左; Ⅱ. 1 点至 5 点(或 5 点至 1 点); Ⅲ. 增大 【解析】(2)①根据电珠的规格标称值可算出其正常工作时的电阻为12 Ω,测电阻选欧姆挡并选×1挡。 ②开关闭合前,应保证灯泡电压不能太大,要有实验安全意识,调滑片在最左端使灯泡电压从零开始实验。电表示数总调不到零,是由于电源总是对电表供电,滑动变阻器串联在了电路中,1点和5点间没有接好,连成了限流式接法,这也是限流式与分压式接法的最显著区别。伏安特性曲线的斜率表示电阻的倒数,所以随着电压的增大,曲线斜率减小,电阻增大。 5.2015年理综浙江卷22. (10分)图1是小红同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验的实物连接图。 (1)根据图1画出实验电路图 (2)调节滑动变阻器得到了两组电流表与电压表的示数如图2中的①、②、③、④所示,电流表量程为0.6A,电压表量程为3V。所示读数为:①_________②_________③_________④_________。两组数据得到的电阻分别为__________和__________。 答案:(1)答案如图1所示 (2)①0.10A、②0.24A、③2.00V、④0.27V。 (8.30.1)Ω和(2.70.1)Ω, 或者(2.70.1)Ω和(8.30.1)Ω。 解析(1)从实物图中可知电压表测量灯泡两端电压,电流表采用外接法,滑动变阻器采用分压接法,故电路图如答图1所示 (2)电流表的量程为0.6A,所以每小格表示的分度值为0.02A,故①的读数为0.10A,②的读数为0.24A,电压表的量程为3V,则每一小格表示0.1V,所以③的示数为2.00V,④的示数为0.27V。 若灯泡两端的电压小,则对应的电流也小,故①④为同一数据,故得到的电阻为,②③为另外一组数据,故得到的电阻为。 6.2016年天津卷9、(3)某同学想要描绘标有“3.8V,0.3A”字样小灯泡L的伏安特性曲线,要求测量数据尽量精确,绘制曲线完整,可供该同学选用的器材除了开关,导线外,还有: 电压表V1(量程0~3V,内阻等于3kΩ) 电压表V2(量程0~15V,内阻等于15kΩ) 电流表A1(量程0~200mA,内阻等于10Ω) 电流表A2(量程0~3A,内阻等于0.1Ω) 滑动变阻器R1(0~10Ω,额定电流2A) 滑动变阻器R2(0~1kΩ,额定电流0.5A) 定值电阻R3(阻值等于1Ω) 定值电阻R4(阻值等于10Ω) 定值电阻R5(阻值等于1kΩ) 电源E,(E=6V,内阻不计) ①请画出实验电路图,并将各元件字母代码标在该元件的符号旁 ②该同学描绘出的I-U图像应是下图中的______ 【答案】①电路如图;②B 【解析】①用量程3V的电压表V1和R5串联,可改装成量程为的电压表; 用量程为200mA的A1与定值电阻R4并联可改装为量程为的安培表;待测小灯泡的阻值较小,故采用电流表外接电路;电路如图示。 ②小灯泡的电阻随温度升高而变大,故该同学描绘出的I-U图线应该是B。 7. 2011年理综广东卷 34.(2)在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中,所用器材有:小电珠(2.5V,0.6W),滑动变阻器,多用电表,电流表,学生电源,开关,导线若干。 ①粗测小电珠的电阻,应选择多用电表_____倍率的电阻档(请填写“×1”、“×10”或“×100”);调零后,将表笔分别与小电珠的两极连接,示数如图(c),结果为_____Ω。 ②实验中使用多用电表测量电压,请根据实验原理图(d)完成实物图(e)中的连线。 ③开关闭合前,应将滑动变阻器的滑片P置于____端。为使小电珠亮度增加,P应由中点向_____端滑动。 ④下表为电压等间隔变化测得的数据,为了获得更准确的实验图象,必须在相邻数据点_____间多测几组数据(请填写“ab”、“bc”、“cd”、“de”或“ef”) 数据点 a b c d e f U/V 0.00 0.50 1.00 1.50. 2.00 2.50 I/A 0.000 0.122 0.156 0.185 0.216 0.244 答:① ×1、 8 ②如图所示 ③a,b ④ab 【解析】①小电珠(2.5V,0.6W)对应电阻为R=U2/P=2.52/0.6=10.4Ω,电阻十几欧,所以选“×1”档。 ②电流表的电阻也就几欧,与电压表几千欧相比,小电珠算小电阻,所以电压表必须外接,伏安特性曲线要求电压从0开始逐渐变大,所以滑动变阻器必须与电压采用分压接法。 ③从a端开始,电压为零,向b端移动,对小电珠所加电压逐渐变大。 ④ab之间电流增加了0.122A,其它段电流增加了0.03A左右,所以需要在ab之间将电流分为0.030A、0.060A、0.090A,分别测出相应的电压值。 8. 2011年理综重庆卷 20.在测量电珠伏安特性实验中,同学们连接的电路中有四个错误电路,如图所示。电源内阻不计,导线连接良好。若将滑动变阻器的触头置于左端,闭合S,在向右端滑动触头过程中,会分别出现如下四种现象: a.电珠L不亮;电流表示数几乎为零; b.电珠L亮度增加;电流表示数增大; c.电珠L开始不亮;后来忽然发光;电流表从示数不为零到线圈烧断; d.电珠L不亮;电流表从示数增大到线圈烧断。与上述abcd四种现象对应的电路序号为 A.③①②④ B.③④②① C.③①④② D.②①④③ 答案:A 解析:在①中伏特表和安培表的连接是错误的,将滑动变阻器的触头置于左端,闭合S后电珠L不亮,在向右端滑动触头过程中,电珠L逐渐变亮,由于总电阻减小,干路电流增大,电流表示数增大,是b;在②中安培表连接错误,应该连接在干路上,开始时滑动变阻器的电阻最大,通过电珠的电流太小,电珠L不亮,在向右端滑动触头过程中,电珠后来忽然发光,由于大部分电流流过电流表造成电流表从示数不为零到线圈烧断,是c;在③中伏特表和安培表应该互换位置,由于伏特表串联造成电珠L不亮,电流表示数几乎为零,是a;在④中安培表使电珠短路,电珠L始终不亮,电流表从示数增大到线圈烧断,是d。即①②③④分别对应bcad。正确的是A。 9. 2012年理综重庆卷22(2) (2)某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的柑橘制作了果汁电池,他们测量这种电池的电动势E和内阻r,并探究电极间距对E和r的影响。实验器材如题22图3所示。 ①测量E和r的实验方案为:调节滑动变阻器,改变电源两端的电压U和流过电源的电流I,依据公式 ,利用测量数据作出U – I图象,得出E和r。 ②将电压表视为理想表,要求避免电流表分压作用对测量结果的影响,请在题22图3中用笔画线代替导线连接电路。 ③实验中依次减小铜片与锌片的间距,分别得到相应果汁电池的U – I图象如题22图4(见下图)中(a)、(b)、(c)、(d)所示,由此可知: 在该实验中,随电极间距的减小,电源电动势 (填“增大”、“减小”或“不变”),电源内阻 (填“增大”、“减小”或“不变”)。 曲线(c)对应的电源电动势E= V,内阻r= Ω,当外电路总电阻为2500Ω时,该电源的输出功率P= mW。(均保留三位有效数字) 答:①U=E-Ir ②见题22答图 ③不变 增大 0.975 480 267 解析:③U – I图象与U轴的交点表示电动势的大小,可知随电极间距的减小,电源电动势不变;电源电动势E=0.975V; 内阻 该电源的输出功率10.2015年理综福建卷19. (2)(12分)某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小,实验器材如图甲所示,现已完成部分导线的连接。 ①实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中,电流表的示数从零开始逐渐增大,请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接; ②某次测量,电流表指针偏转如图乙所示,则电流表的示数为_________A; ③该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示,根据图线判断,将______只相同的小电珠并联后,直接与电动势为3V、内阻为1Ω的电源组成闭合回路,可使小电珠的总功率最大,其总功率的值约为__________W(保留两位小数)。 答案:①连线如右图 ②0. 44 ③4 , 2. 22~2. 28 解析:实物图如图所示;由图知电流表量程为0.6A,所以读数为0.44A;电源内阻为1欧,所以当外电路总电阻等于电源内阻时,消耗电功率最大,此时外电路电压等于内电压,等于1.5V,由图知当小电珠电压等于1.5V时电流约为0.38A,此时电阻约为,并联后的总电阻为1欧,所以需要4个小电珠,小电珠消耗的总功率约为。 11.2015年广东卷34.(2)(10分)某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性,使用的器材包括电压表(内阻约为3kΩ)、电流表(内阻约为1Ω)、定值电阻等。 ①使用多用电表粗测元件X的电阻。选择“×1”欧姆档测量,示数如图15(a)所示,读数为 Ω。据此应选择图15中的 (填“b”或“c”)电路进行实验。 ②连接所选电路,闭合S;滑动变阻器的滑片P从左向右滑动,电流表的示数逐渐 (填“增大”或“减小”);依次记录电流及相应的电压;将元件X换成元件Y,重复实验。 ③图16(a)是根据实验数据作出的U-I图线,由图可判断元件 (填“X”或“Y”)是非线性元件。 ④该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R=21Ω的定值电阻,测量待测电池组的电动势E和电阻r,如图16(b)所示。闭合S1和S2,电压表读数为3.00V;断开S2,读数为1.00V,利用图16(a)可算得E= V,r= Ω(结果均保留两位有效数字,视电压表为理想电压表)。 答案:①10,b; ②增大; ③Y; ④3.2, 0.50 解析:①读数为10,欧姆档“×1”,故电阻为10×1 = 10Ω 。 RX约为电流表内阻的10倍,是电压表内阻的1/300,可见待测电阻很小,故采用电流表外接法,即b电路。 ②当P向右边滑动时,未知元件上分到的电压增大,因此电流增大,电流表读数逐渐增大。 ③由图16(a)可知,元件X对应的U-I关系图线为直线,元件Y对应的U-I关系图线为曲线,即元件Y对应的电压与电流的比值并不固定,因此Y是非线性元件。 ④由图16(a)可知,线性元件X的电阻为RX = 10Ω ,由闭合电路欧姆定律可知, 当S2闭合时, , 当S2断开时有(此时把R当作电源内阻的一部分), 联立解得E = 3.2V , r = 0.50Ω 。 12.2017年新课标I卷23.(10分) 某同学研究小灯泡的伏安特性,所使用的器材有:小灯泡L(额定电压3.8 V,额定电流0.32 A);电压表(量程3 V,内阻3 kΩ);电流表(量程0.5 A,内阻0.5 Ω);固定电阻R0(阻值1000 Ω);滑动变阻器R(阻值0~9.0 Ω);电源E(电动势5 V,内阻不计);开关S;导线若干。 (1)实验要求能够实现在0~3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量,画出实验电路原理图。 (2)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图(a)所示。 由实验曲线可知,随着电流的增加小灯泡的电阻_________(填“增大”“不变”或“减小”),灯丝的电阻率__________(填“增大”“不变”或“减小”)。 (3)用另一电源E0(电动势4 V,内阻1.00 Ω)和题给器材连接成图(b)所示的电路,调节滑动变阻器R的阻值,可以改变小灯泡的实际功率。闭合开关S,在R的变化范围内,小灯泡的最小功率为____________W,最大功率为___________W。(结果均保留2位小数) 【答案】(1)如答图1示 (2)增大;增大; (3)0.39w 1.17w 【解析】(1)要求能够实现在0~3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量,故滑动变阻器用分压式接法,小灯泡为小电阻,电流表用外接法,如答图1; (2)由I-U图像知,切线的斜率在减小,故灯泡的电阻随电流的增大而增大,再由电阻定律知,电阻率增大; (3)当滑动变阻器的阻值为9Ω时,电路电流最小,灯泡的实际功率最小,此时,得,在图中作出该直线如答图2示,所以交点坐标约为U=1.75V,I=225mA,; 整理得, 当直线的斜率最大时,与灯泡的I-U曲线的交点坐标最大,即灯泡消耗的功率最大。当滑动变阻器电阻值R=0时,灯泡消耗的功率最大,此时交点坐标为U=3.67V,I=0.32A,如答图3所示,最大的功率为P2=UI=1.17W。 A S E R V I/A U/V O 1.0 2.0 3.0 0.30 0.20 0.10 A V E S A V E S A V E S A V E S A B C D 丙 V 3 1 5 1 2 0 5 10 15 0 甲 V2 S E R0 R V1 - + 硅光电池 V 3 15 V 3 15 硅光电池 乙 R0 V1 V2 R S E -0.10 0 -0.20 -0.30 -1.0 -2.0 -3.0 -4.0 -5.0 -6.0 -7.0 -8.0 -9.0 Ix/mA Ux/V 1 2 3 4 5 6 7 8 9 U1/V 0.00 0.00 0.06 0.12 0.24 0.42 0.72 1.14 1.74 U2/V 0.0 1.0 2.1 3.1 4.2 5.4 6.7 8.1 9.7 Ux/V 0.0 -1.0 -2.0 -3.0 -4.0 -5.0 -6.0 -7.0 -8.0 Ix/mA -0.00 -0.00 -0.01 -0.02 -0.04 -0.07 -0.12 -0.19 -0.29 -0.10 0 -0.20 -0.30 -1.0 -2.0 -3.0 -4.0 -5.0 -6.0 -7.0 -8.0 -9.0 Ix/mA Ux/V 答图2 答图1 V 3 15 V 3 15 硅光电池 R0 V1 V2 R S E V A 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 S E R P L 甲 I O U 乙 第22题图1 第22题图2 0 1 2 3 0 0.2 0.4 0.6 ② 0 1 2 3 0 0.2 0.4 0.6 15 ③ 0 5 10 0 1 2 3 ④ 0 5 15 0 1 2 3 10 - + 3 V 15 0.6 A 3 答图1 E R A S V L U I A O U I B O U I C O U I D O V1 A1 R1 R5 R4 E S 图(c) A V P a b S E 图(d) A 3 0.6 ~ Ω Ω ×1k ×100 ×10 ×1 Ω OFF 2.5 10 50 250 500 2.5 50 mA 100 10 1 500 10 250 V ~ + V 红 黑 电源 + 图(e) V A L S ① L V A S ② A V ③ S L A V ④ S L 果汁 铜片 (正极) 锌片 (负极) 题22图3 V A I/mA U/V 题22图4 0.50 0.55 0.60 0.65 0.70 0.75 0.80 0.85 0.90 0.95 1.00 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 (d) (a) (b) (c) 果汁 铜片 (正极) 锌片 (负极) 题22答图 V A 丙 0.6 3 左 右 S 甲 乙 0 0.4 0.6 0.2 0.6 3 左 右 S X V A P E S (b) X V A P E S (c) (a) 图15 ε r R S1 S2 V 线性元件 (b) 图16 0.5 U/V I/A 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 0.05 0.10 0.15 0.20 0.25 0.30 Y (a) 0 图(a) I/mA 0 1 2 3 4 50 100 200 300 150 250 350 U/V L R S E0 图(b) A V 答图1 I/mA 0 1 2 3 4 50 100 200 300 150 250 350 U/V 答图2 I/mA 0 1 2 3 4 50 100 200 300 150 250 350 U/V 答图3 11-19年高考物理真题分专题汇编之86测定电源的电动势和内阻1.2016年北京卷19.某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻,他们提出的实验方案中有如下四种器材组合。为使实验结果尽可能准确,最不可取的一组器材是 A.一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器 B.一个伏特表和多个定值电阻 C.一个安培表和一个电阻箱 D.两个安培表和一个滑动变阻器 【答案】D 【解析】A项中根据闭合回路欧姆定律可得E=U+Ir,可测量多组数据列式求解,A正确;B中根据欧姆定律可得,测量多组数据可求解,B正确;C项中根据欧姆定律可得E=I (R+r),可测量多组数据列式求解,C正确;D中两个安培表和一个滑动变阻器,由于不知道滑动变阻器电阻,故无法测量,D错误. 2.2016年四川卷8.Ⅱ.(11分)用如图所示电路测量电源的电动势和内阻。实验器材:待测电源(电动势约3 V,内阻约2 Ω),保护电阻R1(阻值10 Ω)和R2(阻值5 Ω),滑动变阻器R,电流表A,电压表V,开关S,导线若干。 实验主要步骤: (i)将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大,闭合开关; (ii)逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值,记下电压表的示数U和相应电流表的示数I; (iii)以U为纵坐标,I为横坐标,作U–I图线(U、I都用国际单位); (iv)求出U–I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a。 回答下列问题: (1)电压表最好选用_____;电流表最好选用_____。 A.电压表(0~3 V,内阻约15 kΩ) B.电压表(0~3 V,内阻约3 kΩ) C.电流表(0~200 mA,内阻约2 Ω) D.电流表(0~30 mA,内阻约2 Ω) (2)滑动变阻器的滑片从左向右滑动,发现电压表示数增大。两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是________。 A.两导线接在滑动变阻器电阻丝两端接线柱 B.两导线接在滑动变阻器金属杆两端接线柱 C.一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱,另一条导线接在电阻丝左端接线柱 D.一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱,另一条导线接在电阻丝右端接线柱 (3)选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E=______,r=______,代入数值可得E和r的测量值。 【答案】(1) A 、 C (2)C (3)ka ; 【解析】(1)电压表最好选用内阻较大的A;则电路能达到的最大电流,电流表最好选用C。 (2)滑动变阻器的滑片从左向右滑动,发现电压表示数增大。说明外电路的电阻变大,滑动变阻器电阻变大,则两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是:一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱,另一条导线接在电阻丝左端接线柱,故选C (3)图线在横轴上的截距为a,根据U-I图线的在U轴上的截距等于电动势E,则E=ka; 由E=U+I(r+R2),得U = - I(r+R2)+E,对比U?I图线可知,图像斜率的绝对值k=r+R2,所以电源内阻r=k-R2。 3. 2013年浙江卷 22.(10分)采用如图所示的电路“测定电池的电动势和内阻”。 ⑴除了选用照片中的部分器材外,_____________(填选项) A.还需要电压表 B.还需要电流表 C.还需要学生电源 D.不再需要任何器材 ⑵测量所得数据如下: 测量次数 物理量 1 2 3 4 5 6 R/Ω 1.2 1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 I/A 0.60 0.70 0.80 0.89 1.00 1.20 U/V 0.90 0.78 0.74 0.67 0.62 0.43 用作图法求得电池的内阻r= ; ⑶根据第5组所测得的实验数据,求得电流表内阻RA= 。 答案:(10分) (1)A (2)作图正确,r=(0.75±0.10) Ω (3) 4.2013年安徽卷 21.Ⅲ.(7分)根据闭合电路欧姆定律,用图1所示电路可以测定电池的电动势和内电阻。图中R?0是定值电阻,通过改变R的阻值,测出R?0两端的对应电压U12,对所得的实验数据进行处理,就可以实现测量目的。根据实验数据在坐标系中描出坐标点,如图2所示。已知,请完成以下数据分析和处理。 (1)图2中电阻为 Ω的数据点应剔除; (2)在坐标纸上画出关系图线; (3)图线的斜率是 ,由此可得电池电动势Ex= V。 答案:Ⅲ. (1)80.0 (2)如图示 (3)0.00444 1.50 解析:(1)80.0在图线以外较远,故应剔除。 (2)连线时应使图线过尽量多的点。 (3)根据闭合电路欧姆定律有 , 有, 由图线求的斜率是0.00444,由公式求的斜率是,求得电动势为1.50V。 5. 2012年理综四川卷22. (2)某学习小组的同学拟探究小灯泡L的伏安特性曲线,可供选用的器材如下: 小灯泡L,规格“4.0V.0.7A”; 电流表A1,量程3A,内阻约为0.1Ω; 电流表A2,量程0.6A,内阻r2=0.2Ω; 电压表V,量程3V,内阻rV=9kΩ; 标准电阻R1,阻值1Ω; 标准电阻R2,阻值3 kΩ; 滑动变阻器R,阻值范围0~ 10Ω,; 学生电源E,电动势6V,内阻不计; 开关S及导线若干。 ①甲同学设计了如图1所示的电路来进行测量,当通过L的电流为0.46A时,电压表的示数如图2所示,此时L的电阻为____Ω。 ②乙同学又设计了如图3所示的电路来进行测量,电压表指针指在最大刻度时,加在L上的电压值是____V。 ③学习小组认为要想更准确地描绘出L完整的伏安特性曲线,需要重新设计电路。请你在乙同学的基础上利用所供器材,在图4所示的虚线框内补画出实验电路图,并在图上标明所选器材代号。 解析:①由图2可读出电压表的示数为2.30V,所以此时L的电阻为2.30V/0.46A=5Ω; ②电压表指针指在最大刻度时,电压表示数为3.00V,加在L上的电压值为 ③由于电压表量程太小,所以需要改装,将它与R2串联即成为一个量程为4.0V的新的电压表;电流表A1量程太大,不可用,可以将A2改装:将它并联一个小电阻R1则成为一个量程为0.72A的新的电流表了。由于灯泡的电阻远小于电压表内阻而与电流表内阻相差不多,属于小电阻,故用电流表外接法比较合适。答案如答图1较合适,若用答图2则不太合适。 说明:画出答图1给4分,只画出答图2给2分。 6. 2011年理综四川卷 22.(2)(10分)为测量一电源的电动势及内阻 ①在下列三个电压表中选一个改装成量程为9V的电压表 A.量程为1V、内阻大约为1kΩ的电压表 B.量程为2V、内阻大约为2kΩ的电压表 C.量程为3V、内阻为3kΩ的电压表 选择电压表_____串联_____kΩ的电阻可以改装成量程为9V的电压表。 ②利用一个电阻箱、一只开关、若干导线和改装好的电压表(此表用符号、或与一个电阻串联来表示,且可视为理想电压表),在虚线框内画出测量电源电动势及内阻的实验原理电路图。 ③根据以上实验原理电路图进行实验,读出电压表示数为1.50V时、电阻箱的阻值为15.0Ω,电压表示数为2.00V时,电阻箱的阻值为40.0Ω,则电源的电动势E=_____V、内阻r=_____Ω。 解析:①选择量程为3V、内阻大约为3KΩ的电压表盘刻度改装容易,读数容易,改装后量程和内阻都扩大3倍,所以改装时需要串联6 KΩ的电阻。 ②实验原理电路图如图示。 ③电压表示数为1.50V时,改装电压表的示数为4.50V,即加在电阻箱上的电压是4.50V,根据闭合电路的欧姆定律 ,同理有。 联立二式解得 7. 2012年理综福建卷19. (2)(12分) 某研究性学习小组欲测定一块电池的电动势E。 ①先直接用多用电表测定该电池电动势。在操作无误的情况下,多用电表表盘示数如图,其示数为_______V。 ②然后,用电压表V、电阻箱R、定值电阻、开关S、若干导线和该电池组成电路,测定该电池电动势。 (ⅰ)根据电路图,用笔画线代替导线,将实物图连接成完整电路。 (ⅱ)闭合开关S,调整电阻箱阻值R,读出电压表V相应示数U。该学习小组测出大量数据,分析筛选出下表所示的R、U数据,并计算出相应的1/R与1/U的值。请用表中数据在坐标纸上描点,并作出1/U-1/R图线。 R(Ω) 166.7 71.4 50.0 33.3 25.0 20.0 U(V ) 8.3 5.9 4.8 4.2 3.2 2.9 1/R(×10-2Ω-1) 0.60 1.40 2.00 3.00 4.00 5.00 1/U(V-1 ) 0.12 0.17 0.21 0.24 0.31 0.35 (ⅲ)从图线中可以求得电动势E=_______V 【答案】(1)①A、②1.970 mm; (2) ①9.4V,②(ⅲ)9.5V—11.1V 【解析】(1)①调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时,无须放上单缝和双缝。 ②主尺的示数为1.5mm(半毫米刻度线已经露出),可动尺的示数为47.0×0.01mm=0.470mm,总的示数为(1.5+0.470)mm=1.970mm. (2)①选择开关位于直流电压10V档,按电表中央刻度0-10V刻度读数,最小刻度为0.2V,电池的电动势为9.4V。 ②(ⅰ)连接电路如图所示。 (ⅱ)所作图象如图所示 (ⅲ)从全电路欧姆定理可知,得到,从图中可知截距为电动势的倒数b=1/E。由图线可知b=0.10,因此可求出电动势的大小E=10V。 8.2018年江苏卷10.(8分)一同学测量某干电池的电动势和内阻。 (1)题图所示是该同学正准备接入最后一根导线(图中虚线所示)时的实验电路。请指出图中在器材操作上存在的两个不妥之处。 (2)实验测得的电阻箱阻值R和电流表示数I,以及计算的数据见下表: 根据表中数据,在答题卡的方格纸上作出关系图象。由图象可计算出该干电池的电动势为 V;内阻为 Ω。 R/Ω 8.0 7.0 6.0 5.0 4.0 I/A 0.15 0.17 0.19 0.22 0.26 /A–1 6.7 6.0 5.3 4.5 3.8 (3)为了得到更准确的测量结果,在测出上述数据后,该同学将一只量程为100 mV的电压表并联在电流表的两端。调节电阻箱,当电流表的示数为0.33 A时,电压表的指针位置如图2所示,则该干电池的电动势应为 V;内阻应为 Ω。 答:(1)①开关未断开 ②电阻箱阻值为零 (2)(见下图) 1.4(1.30~1.44都算对) 1.2(1.0~1.4都算对) (3)1.4(结果与(2)问第一个空格一致) 1.0(结果比(2)问第二个空格小0.2) 解析:(1)连接电路时电源应与电路断开,所以开关要断开;另一错误是电阻箱接入电路的电阻是零,这样容易烧坏电流表和电源。 (2)将数据描点连线,做出一条倾斜的直线。 根据闭合电路欧姆定律E=I(R+r)得, 所以图线的斜率表示电源电动势, 截距绝对值表示r=0.4×3.0Ω=1.20Ω; 用电压表与电流表并联,可测得电流表的内阻 ,考虑电表内阻对实验的影响,则E=I(R+RA+r),得,所以图线的斜率仍表示电动势,电动势的准确值为1.37V,图线的截距表示(RA+r),所以内阻精确值为r=(1.20-0.20)Ω=1.00Ω。 9. 2014年理综新课标卷Ⅰ 23.利用如图(a)所示电路,可以测量电源的电动势和内阻,所用的实验器材有: 待测电源,电阻箱R(最大阻值999.9 Ω),电阻R0(阻值为3.0 Ω),电阻R1(阻值为3.0 Ω),电流表A(量程为200 mA,内阻为RA=6.0 Ω),开关S. 实验步骤如下: ①将电阻箱阻值调到最大,闭合开关S; ②多次调节电阻箱,记下电流表的示数I和电阻值箱相应的阻值R; ③以为纵坐标,R为横坐标,作 ?R图线(用直线拟合); ④求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b. 为________. 回答下列问题: (1)分别用E和r表示电源的电动势和内阻,则 与R的关系式为________. (2)实验得到的部分数据如下表所示,其中电阻R=3.0 Ω时电流表的示数如图(b)所示,读出数据,完成下表.答:①________,②________. R/Ω 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0 7.0 I/A 0.143 0.125 ① 0.100 0.091 0.084 0.077 I-1/A-1 6.99 8.00 ② 10.0 11.0 11.9 13.0 (3)在图(c)的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图,根据图线求得斜率k=________A-1Ω-1,截距b=________A-1. (4)根据图线求得电源电动势E=________V,内阻r=________Ω. 【答案】(1) (2)0.110 9.09 (3)图线如答图 (在0.961.04之间均给分) , (在5.96.1之间均给分) (4)E=3.0V (在2.73.3之间均给分) , r=1.0Ω(在0.61.4之间均给分) 【解析】 本题考查了测量电源电动势和内电阻的实验. (1)根据闭合电路欧姆定律有 . 化简得 (2)电流表每小格表示4 mA,因此电流表读数是0.110 A,倒数是9.09 A-1. (3)根据坐标纸上给出的点,画出一条直线,得出斜率A-1·Ω-1,截距b=6.0 A-1. (4)由,代入数值可得 斜率 因此 E=3.0 V, 截距 因此 r=-5=1.0 Ω. 10. 2014年理综大纲卷 23.(12分)现要测量某电源的电动势和内阻。可利用的器材有:电流表,内阻为1.00Ω;电压表;阻值未知的定值电阻R1、R2、R3、R4、R5;开关S;一端连有鳄鱼夹P的导线1,其他导线若干。某同学设计的测量电路如图(a)所示。 (1)按图 (a)在实物图(b)中画出连线,并标出导线1和其P端。 (2)测量时,改变鳄鱼夹P所夹的位置,使R1、R2、R3、R4、R5依次串入电路,记录对应的电压表的示数U和电流表的示数I。 数据如下表所示。根据表中数据,在图(c)中的坐标纸上将所缺数据点补充完整,并画出U-I图线。 I(mA) 193 153 111 69 30 U(V) 2.51 2.59 2.68 2.76 2.84 (3)根据U-I图线求出电源的电动势E= V,内阻r= Ω。 【答案】(1)连接如答图1所示. (2)U?I图线如答图2所示. (3)2.90(在2.89~2.91之间均给分)  1.02(在0.93~1.13之间均给分) 【解析】(1)实物连线要注意连接主干电路,最后再连接电压表. (2)根据坐标纸上描出的各点,连接成一条直线,尽量使得各点对称分布在直线两旁. (3)图像直线纵轴截距表示电源电动势,斜率绝对值表示电源内电阻. 将电流表和电源看作等效电源,电压表的读数即为路端电压,根据闭合电路欧姆定律有U=I (RA+r),所以E=2.89V, 11.2014年理综北京卷21.(18分) 利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻。要求尽量减小实验误差。 (1)应该选择的实验电路是图1中的 (选项“甲”或“乙”)。 (2)现有电流表(00.6A)、开关和导线若干,以及以下器材: A. 电压表(015V) B.电压表(03V) C. 滑动变阻器(050Ω) D.滑动变阻器(0500Ω) 实验中电压表应选用 ;滑动变阻器应选用 ;(选填相应器材前的字母) (3) 某位同学记录的6组数据如下表所示,其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上,请标出余下一组数据的对应点,并画出 U-I 图线。 (4)根据(3)中所画图线可得出干电池的电动势E= V,内电阻r= Ω (5)实验中,随着滑动变阻器滑片的移动,电压表的示数U以及干电池的输出功率P都会发生变化,图3的各示意图中正确反映P-U关系的是 。 序号 1 2 3 4 5 6 电压U(V) 1.45 1.40 1.30 1.25 1.20 1.10 电流( A ) 0.060 0.120 0.240 0.260 0.360 0.480 【答案】(1)甲(2)B C (3)第3个点为数据误差,连线时略过 (4)1.50 0.83 (5)C 【解析】(1)由于干电池内电阻很小,与电流表内阻相差不大,若选乙图,则测量值为电源内阻与电流表内阻之和,误差较大,故选甲图。 (2)干电池的电压一般为1.5V左右,为减小误差,选择量程与之接近的3V的电压表:实验中,滑动变阻器为限流接法,电源内阻一般为几欧姆,应选择最大阻值为50Ω的滑动变阻器。 (3)第三个点误差较大,应该舍去。根据数据点排列趋势,可知图线为直线,画图时,应使数据点尽可能均匀分布在所画直线两边。 (4)电源的电动势等于U-I图像纵轴的截距,纵轴上最小刻度为0.01V,读数时应估到该位。内阻等于U-I图像斜率,计算时在直线上取相距较远的两点的坐标来计算。 (5)输出功率,当滑动变阻器的电阻等于电源的内阻时,电压表示数等于最大值的一半时,输出功率最大,选项C正确。 12.2014年物理上海卷 28. (7分)在“用DIS测电源的电动势和内阻”的实验中 (1)将待测电池组、滑动变阻器、电流传感器、电压传感器、定值电阻、电键及若干导线连接成电路如图(a)所示。图中未接导线的A端应接在 点(选填: “B”、“C”、“D”或“E”)。 (2)实验得到的U-I关系如图(b)中的直线1所示,则电池组的电动势为 V,内电阻阻值为 。 (3)为了测量定值电阻的阻值,应在图(a)中将“A”端重新连接到 点(选填: “B”、“C”、“D”或“E”),所得到的U-I关系如图(b)中的直线Ⅱ所示,则定值电阻的阻值为 。 【答案】(1) C (2) 2.8; 2 (3) D;3 【解析】(1)根据实验电路可知电流传感器串联在了电路中,另一个是电压传感器应该并联在电路中测量电路的路端电压,所以A端应该连接在C处; (2)根据闭合电路的欧姆定律:U=E-Ir,图线的斜率表示内阻:,截距表示电动势,即E=2.8V; (3)为了测量定值电阻的阻值,应将定值电阻等效为电源的内阻,电压传感器应该并联在滑动变阻器两端,所以A端应接在D端;定值电阻的阻值为:。 13. 2014年理综福建卷 19.(2)(12分)某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻,实验原理如图甲所示,其中,虚线框内为用灵敏电流计G改装的电流表A,V为标准电压表,E为待测电池组,S为开关,R为滑动变阻器,R0是标称值为4.0Ω的定值电阻。 ①已知灵敏电流计G的满偏电流Ig=100μA、内阻rg=2.0kΩ,若要改装后的电流表满偏电流为200mA,应并联一只 Ω(保留一位小数)的定值电阻R1; ②根据图甲,用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路; ③某次实验的数据如下表所示: 测量次数 1 2 3 4 5 6 7 8 电压表V读数U/V 5.26 5.16 5.04 4.94 4.83 4.71 4.59 4.46 改装表A读数I/mA 20 40 60 80 100 120 140 160 该小组借鉴“研究匀变速直线运动”实验中计算加速度的方法(逐差法),计算出电池组的内阻 r= Ω(保留两位小数);为减小偶然误差,逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是 。 ④该小组在前面实验的基础上,为探究图甲电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响,用一已知电动势和内阻的标准电池组,通过上述方法多次测量后发现:电动势的测量值与已知值几乎相同,但内阻的测量值总是偏大。若测量过程无误,则内阻测量值总是偏大的原因是 。(填选项前的字母) A.电压表内阻的影响 B.滑动变阻器的最大阻值偏小 C.R1的实际阻值比计算值偏小 D.R0的实际阻值比标称值偏大 答案:①1.0 ②如答图所示 ③ 1.66 充分利用测得的数据 ④ C D 解析:①根据电流表的改装原理 ③借鉴“研究匀变速直线运动”实验中计算加速度的方法(逐差法),采用1与5;2与6;3与7;4与8;两两组合,由,联立求出E、r,而后取其平均值可得。 由得,得, 采用第1与第5次数据时 采用第2与第6次数据时 采用第3与第7次数据时 采用第4与第8次数据时 故 逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是充分利用取得的数据。 ④由闭合电路欧姆定律,分析可知,由于电压表内阻的影响,导致通过电源的电流比测量值偏小,故内阻测量值总是偏大,选项A正确;滑动变阻器的阻值不会影响内阻r的测量结果,选项B错;电表改装时,R1的实际阻值比计算值偏小,可导致通过表头的电流偏小,电流表读数偏小,故内阻测量值总是偏大,故C正确;由知,R0的实际阻值比标称值偏大,可导致内阻测量值总是偏大,故D正确。 14.2015年理综天津卷9、(3)用电流表和电压表测定由三节干电池串联组成的电池组(电动势约为4.5V,内电阻约为1Ω)的电动势和内电阻,除了待测电池组,电建,导线外,还有下列器材供选用; A电流表:量程0.6A,内电阻约1Ω B电流表:量程3A,内电阻约为0.2Ω C电压表:量程3V,内电阻约为30kΩ D电压表:量程6V,内电阻约为60kΩ E滑动变阻器:0-1000Ω,额定电流0.5A F滑动变阻器:0-20Ω,额定电流2A ①为了使测量结果尽量准确,电流表应选用_______,电压表应选用_______,滑动变阻器应选用_______(均填仪器的字母代号) ②右图为正确选择仪器后,连好的部分电路,为了使测量误差尽量小,还需在电路中用导线将_______和_______相连、_______和_______相连、_______和_______相连(均填仪器上接线柱的字母代号) ③实验时发现电流表坏了,于是不再使用电流表,剩余仪器中仅用电阻箱替换掉滑动变阻器,重新连接电路,仍能完成实验,实验中读出几组电阻箱的阻值R和对应电压表的示数U;用图像法处理采集到数据,为在直角坐标系中得到的函数图像是一条直线,则可以_______为纵坐标,以_______为横坐标 答案:①A,D,F ②a d c g f h ③ 或 或(横纵坐标互换亦可) 解析:①按仪器选择顺序,先选电表,电池的电动势为4.5V,故电压表选择6V量程的D,若电流表选择3A量程,则调节滑动变阻器阻值时电流的变化很小,读数误差大,故电流表选择0.6A量程的A即可;因要求测量结果尽量准确,为方便调节,滑动变阻器选择0-20Ω的F即可。 ②为减小误差,电流表应采用内接法,同时注意电表的正、负接线柱,电路图如右图示,故可知导线应连接a d 、c g、 f h。 ③换用电阻箱后,根据闭合电路欧姆定律有, 变形后得到或或, 故图像坐标可以为 或 或(横纵坐标互换亦可)。 15.2015年江苏卷10. (8 分)小明利用如题 10-1 图所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻. (1)题 10-1 图中电流表的示数为 __________ A. (2)调节滑动变阻器,电压表和电流表的示数记录如下: U(V) 1.45 1.36 1.27 1.16 1.06 I(A) 0.12 0.20 0.28 0.36 0.44 请根据表中的数据,在答题卡的方格纸上作出 U-I 图线. 由图线求得:电动势 E = ________ V;内阻 r = _______Ω. (3)实验时,小明进行了多次测量,花费了较长时间,测量期间一直保持电路闭合。 其实,从实验误差考虑,这样的操作不妥,因为 。 答案: (1) 0. 44 (2) U-I 图线见右图 1. 60 (1. 58 ~ 1. 62 都算对) 1. 20 (1. 18 ~ 1. 26 都算对) (3)干电池长时间使用后,电动势和内阻会发生变化,导致实验误差增大。 (1)由记录表格知,电流表使用0.6A量程,所以读数为0.44A。 (2) 描点作图,U-I 图线见右图所示。根据U=-Ir+E可得,图像与纵轴的截距表示电动势,所以电动势大小为1.60V,图像的斜率等于内阻,所以r=1.20Ω。 (3)干电池长时间使用后,电动势和内阻会发生变化,导致实验误差增大。 16.2015年理综安徽卷21.Ⅱ. 某同学为了测量一节电池的电动势和内阻,从实验室找到以下器材:一个满偏电流为100 μA,内阻为2500 Ω的表头,一个开关,两个电阻箱(0—999.9 Ω)和若干导线。 (1)由于表头量程偏小,该同学首先需将表头改装成量程为50 mA的电流表,则应将表头与电阻箱 (填“串联”或“并联”),并将该电阻箱阻值调为 Ω。 (2)接着该同学用改装的电流表对电池的电动势及内阻进行测量,实验电路如图1所示,通过改变电阻R测相应的电流I,且作相关计算后一并记录如下表。 1 2 3 4 5 6 R(Ω) 95.0 75.0 55.0 45.0 35.0 25.0 I(mA) 15.0 18.7 24.8 29.5 36.0 48.0 IR(V) 1.42 1.40 1.36 1.33 1.26 1.20 ①根据表中数据,图2中已描绘出四个点,请将第5、6两组数据也描绘在图2中,并画IR—I图线 ②根据图线可得电池的电动势E是 V,内阻r是 Ω。 【答案】(1)并联 5.0; (2)①倾斜直线如下图示; ②1.53, 2 解析:(1),,量程,根据并联分流原理,改装成大量程电流表需并联的电阻; (2)根据闭合电路欧姆定律,,即,所以图像的纵轴截距即等于电池的电动势E的大小,斜率的绝对值即等于内阻大小, 由图像可求出E=1.53?V,r+rA=7Ω. 由于改装的电流表跟电池串联,总内阻为7Ω,改装的电流表内阻5Ω,所以电池内阻为2Ω.。 17.2017年天津卷9.(3)某探究性学习小组利用如图所示的电路测量电池的电动势和内阻。其中电流表A1的内阻r1=1.0 kΩ,电阻R1=9.0 kΩ,为了方便读数和作图,给电池串联一个R0=3.0 Ω的电阻。 ①按图示电路进行连接后,发现、和三条导线中,混进了一条内部断开的导线。为了确定哪一条导线内部是断开的,将电键S闭合,用多用电表的电压挡先测量,a、间电压,读数不为零,再测量、间电压,若读数不为零,则一定是______导线断开;若读数为零,则一定是______导线断开。 ②排除故障后,该小组顺利完成实验。通过多次改变滑动变阻器触头位置,得到电流表A1和A2的多组I1、I2数据,作出图象如右图。由I1–I2图象得到的电池的电动势E=______V,内阻r=_______Ω。 【答案】①,; ②E=1.41V(1.36~1.44均可),r=0.5Ω(0.4~0.6均可)。 【解析】①用电压表检测电路故障,电压表的表头是电流计,原电路有断路,回路中无电流,将电压表接在a、间后有示数,说明电路被接通,即a、间有断路故障,再测量、间电压,电压表读数不为零,说明断路故障的范围被缩小到、间,则一定是、间导线断开;若读数为零,则说明电路仍未被接通,断路故障的范围被确定在b、间。 ②根据闭合电路欧姆定律,I1 << I2,上式可简化为 ,读出两点坐标(60,0.12)和(260,0.05), 代入方程解得:电动势E=1.41V,内阻r=0.5Ω. A V R1 R2 S R 待测电源 V A R S E r A 3 0.6 3 A 3 0.6 3 I/A U/V 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 0 0.5 1.0 1.5 图1 rx R R0 1 2 Ex S 图2 20 40 60 80 120 100 140 160 0.80 R/Ω 070 0.90 1.00 1.10 1.20 1.30 1.40 1.50 20 40 60 80 120 100 140 160 0.80 R/Ω 070 0.90 1.00 1.10 1.20 1.30 1.40 1.50 A1 S E L R V 图1 图2 A1 S E L R V 图3 R2 图4 R S E L V 答图1 R2 A2 R1 L V 答图2 R2 A1 R1 V1 V2 V3 V1 V2 V3 V3 V3 0.00 0.10 0.20 0.30 0.40 1.00 2.00 3.00 4.00 5.00 R R0 S E r V 0 1.00 4.00 3.00 2.00 5.00 0.10 0.20 0.30 0.40 电阻箱R A - + 开关 待测干电池 电流表 图2 mV 0 40 80 100 60 20 0 R/Ω 1 2 3 4 5 6 7 2 0 -2 6 4 8 10 0 R/Ω 1 2 3 4 5 6 7 2 0 -2 6 4 8 10 A R1 待测电源 S R0 R 图(a) 20 40 0 60 80 100 120 140 160 180 200 图(b) R/Ω 0 2.0 4.0 6.0 5.0 6.0 7.0 8.0 9.0 10.0 11.0 12.0 图(c) R/Ω 0 2.0 4.0 6.0 5.0 6.0 7.0 8.0 9.0 10.0 11.0 12.0 答图 导线1 图(a) A V P R1 R2 R3 R4 R5 E S E R1 R2 R3 R4 R5 S 图(b) 图(c) 答图1 E R1 R2 R3 R4 R5 S 导线1 P 答图2 甲 V A V A 乙 图1 1.0 0.1 0.2 0.3 1.2 1.1 1.3 1.4 1.5 1.6 0 0.4 0.5 0.6 U / V I/A 图2 图2 P U O P U O D P U O P U O A B C 图3 1.0 0.1 0.2 0.3 1.2 1.1 1.3 1.4 1.5 1.6 0 0.4 0.5 0.6 U / V I/A 图2 I/A 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 U/V Ⅱ Ⅰ 图(b) 图(a) A B C D E 数据采集器 甲 R1 V R E S G 电流表 R0 R R1 R0 S V G E 乙 R R1 R0 S V G E 答图 A g h V c d c b a b d e f f V A d c a b h g f d b c e A 0 1 2 3 0 0.2 0.4 0.6 题10-1图 3 – V 15 0..6 – A 3 S + - 干电池 电压表 滑动变阻器 电阻 开关 电流表 题10-2图 I/A U/V 1.1 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.0 1.2 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0 I/A U/V mA R E r 图1 I/mA IR/V 1.6 1.5 1.4 1.3 1.2 1.1 0 10 20 30 40 50 60 图2 I/mA IR/V 1.6 1.5 1.4 1.3 1.2 1.1 0 10 20 30 40 50 60 A2 S R1 E r A1 R0 R c a′ c′ b b′ I1/mA I2/mA 0 0.15 0.10 0.05 100 200 300 11-19年高考物理真题分专题汇编之87练习使用多用表 【2019年物理全国卷3】某同学欲将内阻为98.5Ω、量程为100uA的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准,要求改装后欧姆表的15kΩ刻度正好对应电流表表盘的50uA刻度。可选用的器材还有:定值电阻R0(阻值14kΩ),滑动变阻器R1(最大阻值1500Ω),滑动变阻器R2(最大阻值500Ω),电阻箱(0~99999.9Ω),干电池(E=1.5V,r=1.5Ω),红、黑表笔和导线若干。 (1)欧姆表设计 将图(a)中的实物连线组成欧姆表。( )欧姆表改装好后,滑动变阻器R接入电路的电阻应为____Ω:滑动变阻器选____(填“R1”或“R2”)。 (2)刻度欧姆表表盘 通过计算,对整个表盘进行电阻刻度,如图(b)所示。表盘上a、b处的电流刻度分别为25和75,则a、b处的电阻刻度分别为____、____。 (3)校准 红、黑表笔短接,调节滑动变阻器,使欧姆表指针指向___kΩ处;将红、黑表笔与电阻箱连接,记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值,完成校准数据测量。若校准某刻度时,电阻箱旋钮位置如图(c)所示,则电阻箱接入的阻值为_______Ω。 【答案】 (1). (2). 900 (3). R1 (4). 45 (5). 5 (6). 0 (7). 35000.0 【解析】 【详解】(1)连线如图: 根据欧姆表的改装原理,当电流计满偏时,则,解得R=900Ω;为了滑动变阻器的安全,则滑动变阻器选择R1; (2)在a处, ,解得Rxa=45kΩ; 在b处,则,解得Rxb=5kΩ; (3)校准:红黑表笔短接,调节滑动变阻器,使欧姆表指针指到0 kΩ处;由图可知,电阻箱接入的电阻为:R=35000.0Ω。 1. 2011年理综北京卷21.(1) 用如图1所示的多用电表测量电阻,要用到选择开关K和两个部件S、T。请根据下列步骤完成电阻测量: ①旋动部件________,使指针对准电流的“0”刻线。 ②将K旋转到电阻挡“×100”的位置。 ③将插入“+”、“-”插孔的表笔短接,旋动部件_____,使指针对准电阻的_____(填“0刻线”或“∞刻线”。 ④将两表笔分别与待测电阻相接,发现指针偏转角度过小。为了得到比较准确的测量结果,请从下列选项中挑出合理的步骤,并按_____的顺序进行操作,再完成读数测量。 A.将K旋转到电阻挡“×1k”的位置 B.将K旋转到电阻挡“×10”的位置 C.将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接 D.将两表笔短接,旋动合适部件,对电表进行校准 【解析】(1)①多用电表的电流档校零,应该调整校零旋钮S使指针对准电流的"0"刻线。③欧姆档的调零,应该在表笔短接的情况下调欧姆调零旋钮T,使指针指在欧姆刻度线的0刻线。④若在测量过程中,发现指针偏转角度过小,表明被测的电阻阻值很大,这时要换用更高倍率的挡位,将选择开关K旋转到电阻挡"×1k"的位置;将两表笔短接,旋动欧姆调零旋钮T,对欧姆表进行校准;将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接测电阻,所以为A、D、C。 2. 2011年理综重庆卷 22.(1)某电动机的三组线圈①、②、③阻值相同,均为几欧姆,接法可能是图1中甲、乙两种之一,A、B和C是外接头。现有一组线圈断路,维修人员通过多用电表测量外接头之间的电阻来判断故障,若测量A和B之间、B和C之间、A和C之间的电阻时,多用电表指针偏转分别如图2(a)、(b)、(c)所示,则测量中使用的欧姆档的倍率是 (填、、或),三组线圈的接法是 (填甲或乙),断路线圈是______(填①、②或③)。 答案:(1)×1;乙;③ 解析:由于所测电阻均为几欧姆,串联后还是几欧姆,所以欧姆档的倍率选择×1;所测值分别是4Ω、4Ω和8Ω,说明接法是乙,断路的是③。因为采用甲接法时测量值应该有两个是无穷大,一个是8Ω。 3. 2014年理综重庆卷6.(1) 某照明电路出现故障,其电路如题6图1所示,该电路用标称值12V的蓄电池为电源,导线及其接触完好。维修人员使用已调好的多用表直流50V挡检测故障。他将黑表笔接在c点,用红表笔分别探测电路的a、b点。 ①断开开关,红表笔接a点时多用表指示如题6图2所示,读数为 V,说明 正常(选填:蓄电池、保险丝、开关、小灯)。 ②红表笔接b点,断开开关时,表针不偏转,闭合开关后,多用表指示仍然和题6图2相同,可判断发生故障的器件是 。(选填:蓄电池、保险丝、开关、小灯) 【答案】①11.5 (11.2~11.8) ;蓄电池 ② 小灯 【解析】① 多用电表直流50V的量程读中间均匀部分,共50格,每格1V应该估读到0.1V,指针在11~ 12 之间,读数为11.5V。开关断开,相当于电压表并联在蓄电池两端,读出了蓄电池的电压,故蓄电池是正常的。 ② 两表笔接b、c之间,并闭合开关,测试电压相同,说明a、b之间是通路, b、c之间是断路,故障器件是小灯。 4. 2013年上海卷 27.(6分)为确定某电子元件的电气特性,做如下测量。 (1)用多用表测量该元件的电阻,选用“×100”倍率的电阻档测量,发现多用表指针偏转过大,因此需选择 倍率的电阻档(填:“×10”或“×1k”),并___________再进行测量,多用表的示数如图(a)所示,测量结果 为 Ω。 (2)将待测元件(额定电压9V)、蓄电池、滑动变阻器、电流表、多用表、电键及若干导线连接成电路如图(b)所示。添加连线,使电路能测量该元件完整的伏安特性。 本实验中使用多用表测电压,多用表的选择开关应调到 档(填:“直流电压10V”或“直流电压50V”)。 答案:(1)×10 欧姆调零 70 (2)电路如图;直流电压10V档 解析:(1)用多用表测量该元件的电阻,选用“×100”倍率的电阻档测量,发现多用表指针偏转过大,说明电阻较小,因此需选择×10倍率的电阻档,并欧姆调零后再进行测量,测量结果为70Ω。 (2) 要测量该元件完整的伏安特性,必须连接成分压电路。本实验中使用多用表测电压,多用表的选择开关应调到直流电压10V档。 5.2013年新课标I卷 23.(8分)某学生实验小组利用图(a)所示电路,测量多用电表内电池的电动势和电阻“×lk”挡内部电路的总电阻。使用的器材有: 多用电表; 电压表:量程5V,内阻十几千欧; 滑动变阻器:最大阻值5kΩ 导线若干。 回答下列问题: (1)将多用电表挡位调到电阻“×lk”挡,再将红表笔和黑表笔 ,调零点 (2)将图((a)中多用电表的红表笔和 (填“1”或“2)端相连,黑表笔连接另一端。 (3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置,使多角电表的示数如图(b)所示,这时电压表的示数如图(c)所示。多用电表和电压表的读数分别为 kΩ和 V 。 (4)调节滑动变阻器的滑片,使其接入电路的阻值为零。此时多用电表和电压表的读数分别为12.0kΩ和4.00 V。从测量数据可知,电压表的内阻为 kΩ。 (5)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路,如图(d)所示。根据前面的实验数据计算可得,此多用电表内电池的电动势为 V,电阻“×lk”挡内部电路的总电阻为 kΩ。 【答案】(1)短接 (2)1 (3)15.0 3.60 (4)12.0 (5)9.00 15.0 【解析】(1)用欧姆表测量电阻时,选好档位之后,要进行欧姆调零,即两个表笔短接进行调节。 (2)多用电表内部电池的正极相连的是黑表笔,多用表测量时电流从红表笔流入,由黑表笔流出,所以多用电表的红表笔和1端相连, 黑表笔连接另一端。 (3)欧姆表读数时,指针所处的位置最小格代表1kΩ,所以读数时要估读到下一位,即15.0×1kΩ=15.0 kΩ;电压表最小刻度表示0.1V,所以要估读到0.01V,即3.60V; (4)滑动变阻器接入电路中的阻值为零,所以欧姆表测量的是电压表的内阻:12.0kΩ; (5)欧姆表测量电阻时,表内有电源,根据闭合电路的欧姆定律有: ,所以中值为欧姆表的内阻.0 kΩ,根据欧姆表测量电压表时组成的回路有:,得V=9V. 6. 2012年江苏卷 10. (8分)如题10-1图所示的黑箱中有三只完全相同的电学元件,小明使用多用电表对其进行探测. (1)在使用多用电表前,发现指针不在左边“0刻度线处,应先调整题10-2图中多用电表的______________(选填“A”、“B”或“C”). (2)在用多用电表的直流电压挡探测黑箱a、b接点间是否存在电源时,一表笔接a,另一表笔应________________(选填“短暂”或“持续”)接b,同时观察指针偏转情况. (3)在判定黑箱中无电源后,将选择开关旋至“×1挡,调节好多用电表,测量各接点间的阻值. 测量中发现,每对接点间正反向阻值均相等,测量记录如下表. 两表笔分别接a、b时,多用电表的示数如题10-2图所示.请将记录表补充完整,并在答题卡的黑箱图中画出一种可能的电路. 两表笔接的接点 多用电表的示数 a, b ______Ω a, c 10.0Ω b, c 15.0Ω 【答案】(1)A (2)短暂 (3)5.0(如图) 7. 2012年物理上海卷 27.(6分)在练习使用多用表的实验中 (1)某同学连接的电路如图所示。 ①若旋转选择开关,使其尖端对准直流电流档,此时测得的是通过____________的电流; ②若断开电路中的电键,旋转选择开关使其尖端对准欧姆档,此时测得的是____________的阻值; ③若旋转选择开关,使其尖端对准直流电压档,闭合电键,并将滑动变阻器的滑片移至最左端,此时测得的是____________两端的电压。 (2)(单选)在使用多用表的欧姆档测量电阻时,若 ( ) (A)双手捏住两表笔金属杆,测量值将偏大 (B)测量时发现指针偏离中央刻度过大,则必需减小倍率,重新调零后再进行测量 (C)选择“×10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间,则测量值小于25Ω (D)欧姆表内的电池使用时间太长,虽能完成调零,但测量值将略偏大 答案:(1)①R1, ②R1和R2串联, ③R2(或电源), (2)D, 解析:(1)①作为电流表测电流时与待测电阻串联,因此测得的是通过R1的电流; ②断开电键,两个电阻串联,此时多用电表作为欧姆表,测量的是两个电阻R1与R2串联之后的总电阻; ③滑动变阻器移到最左端时,R1被短路,外电阻就剩一个R2,此时电压表测得就是R2分得的电压或路端电压。 (2)若双手捏住两表笔金属杆,测量值将是人体与待测电阻并联之后的总电阻,因此偏小,A选项不对; 测量时发现指针偏离中央刻度过大,分两种情况:若偏转角过大应减小倍率,若偏转角过小应增大倍率,因此B选项不对; 由于欧姆表刻度右侧稀左侧密,因此在20与30正中间应小于25,但由于是“×10”倍率因此测量值应小于250Ω,C选项不对; 因此只有D选项正确 8.2015年上海卷27.(4分)如图是一个多用表欧姆档内部电路示意图。电流表满偏电流0.5mA、内阻10Ω;电池电动势1.5V、内阻1Ω;变阻器R0阻值0-5000Ω。 (1)该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5V刻度的,当电池的电动势下降到1.45V、内阻增大到4Ω时仍可调零。调零后R0阻值将变________(选填“大”或“小”);若测得某电阻阻值为300Ω,则这个电阻的真实值是________Ω。 (2)若该欧姆表换了一个电动势为1.5V,内阻为10Ω的电池,调零后测量某电阻的阻值,其测量结果________(选填“偏大”、“偏小”或“准确”)。 答案:(1)小; 290 (2)准确 解析:(1)由闭合电路欧姆定律:得: ,因为式中E变小,r变大,故R0将减小;因为该欧姆表的刻度是按电池电动势为E=1.5V刻度的。测得某电阻阻值为300Ω时,电流表中的电流,其中,当电池电动势下降到E′=1.45V时,此时欧姆表的内阻,由闭合电路欧姆定律得,解得真实值R′=290Ω。 (2)该欧姆表换了一个电动势为1.5V,内阻为10Ω的电池,调零后测量某电阻的阻值的测量结果准确,因为电源的内阻的变化,可以通过调零电阻的阻值的变化来抵消。 9. 2011年理综安徽卷 21.Ⅱ.⑴某同学使用多用电表粗略测量一定值电阻的阻值,先把选择开关旋到“×1k”挡位,测量时指针偏转如图(a)所示。请你简述接下来的测量过程: ①_________________________________; ②_________________________________; ③_________________________________; ④测量结束后,将选择开关旋到“OFF”挡。 ⑵接下来采用“伏安法”较准确地测量该电阻的阻值,所用实验器材如图(b)所示。其中电压表内阻约为5kΩ,电流表内阻约为5Ω。图中部分电路已经连接好,请完成实验电路的连接。 ⑶图(c)是一个多量程多用电表的简化电路图,测量电流、电压和电阻各有两个量程。当转换开关S旋到位置3时,可用来测量 ;当S旋到位置 时,可用来测量电流,其中S旋到位置 时量程较大。 【解析】(1)①断开待测电阻,将选择开关旋到“×100”档: ②将两表笔短接,调整“欧姆调零旋钮”,使指针指向“0Ω”; ③再接入待测电阻,将指针示数×100,即为待测电阻阻值。 (2)如答图所示 (3)电阻;1、2;1 10. 2011年理综全国卷 23.(12分)使用多用电表测量电阻时,多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)、一个电阻和一表头相串联,两个表笔分别位于此串联电路的两端。现需要测量多用电表内电池的电动势,给定的器材有:待测多用电表,量程为60mA的电流表,电阻箱,导线若干。实验时,将多用电表调至×1 Ω挡,调好零点;电阻箱置于适当数值。完成下列填空: ⑴仪器连线如图l所示(a和b是多用电表的两个表笔)。若两电表均正常工作,则表笔a为_________(填“红”或“黑”)色; ⑵若适当调节电阻箱后,图1中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图2(a),(b),(c)所示,则多用电表的读数为________Ω,电流表的读数为_______mA,电阻箱的读数为_______Ω: ⑶将图l中多用电表的两表笔短接,此时流过多用电表的电流为______mA;(保留3位有效数字) ⑷计算得到多用电表内电池的电动势为_________V。(保留3位有效数字) 答案:⑴黑 ⑵14.0 53.0 4.6 ⑶102 ⑷1.54 解析:(1)根据所有电器“红进黑出”的一般原则,对多用电表来说,电流从红表笔进入多用电表,电流从黑表笔从多用电表流出,由于设计电路图中a表笔接在电流表的正极,故电流经过多用电表从a表笔流出,故a表笔为多用电表的黑表笔。 (2)欧姆表读数为R=14.0Ω;电流表读数为I=50mA+×3.0=53.0mA;电阻箱读数为:4×1Ω+6×0.1Ω=4.6Ω。 (3)多用电表接外电路时,考虑到多用电表表头的电流刻度是均匀的,其表头偏转的格数与表盘总格数之比为26:50,而多用电表接外电路时,外电路电流表示数为I=53.0mA,设表笔短接时通过多用电表的电流为I0,则=,解得I0=102mA。 (4)设多用电表内阻为r,已知外电路电阻为R=14Ω,多用电表接外电路时:E=I(r+R),多用电表两表笔短接时:E=I0r,联立解得多用电表内的电池电动势E=1.54V。 11.2016年上海卷27.(6分)在“用多用电表测电阻、电流和电压”的实验中 (1)(多选题)用多用电测电流或电阻的过程中 (A)在测量电阻时,更换倍率后必须重新进行调零 (B)在测量电流时,更换量程后必须重新进行调零 (C)在测量未知电阻时,必须先选择倍率最大挡进行试测 (D)在测量未知电流时,必须先选择电流最大量程进行试测 【答案】A,D 【解析】多用电表测量电阻时,更换倍率后都必须重新进行欧姆调零,选项A正确;测量电流前需要进行机械调零,更换量程时不需要进行再次调零,选项B错误;在测量未知电阻时,必须先用电压表测试电阻内是否带有电源,再大致估计电阻大小选择大致倍率,故选项C错误;在测量未知电流时,必须选择电流最大量程进行测试,避免电表烧坏,故选项D正确。 (2)测量时多用电表指针指在如图所示位置。若选择开关处于“10V”挡,其读数为 V;若选择开关处于“×10”挡,其读数为 200 Ω(选填:“大于”,“等于”或“小于”)。 【答案】5.4; 小于 【解析】若选择开关处于“10V”挡,则电表的最小刻度为0.2v,此时读数为5.4V; 若选择开关处于“×10”挡, 此时指针指示位

  • ID:6-6789752 11-19年高考物理真题分专题汇编之076~82 实验专题汇编(7份打包)

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    11-19年高考物理真题分专题汇编之076重力加速度的测定 1. 2013年安徽卷21.Ⅰ.(5分) 根据单摆周期公式,可以通过实验测量当地的重力加速度。如图1所示,将细线的上端固定在铁架台上,下端系一小钢球,就做成了单摆。 (1)用游标卡尺测量小钢球直径,求数如图2所示,读数为_______mm。 (2)以下是实验过程中的一些做法,其中正确的有_______。 a.摆线要选择细些的、伸缩性小些的,并且尽可能长一些 b.摆球尽量选择质量大些、体积小些的 c.为了使摆的周期大一些,以方便测量,开始时拉开摆球,使摆线相距平衡位置有较大的角度 d.拉开摆球,使摆线偏离平衡位置大于5°,在释放摆球的同时开始计时,当摆球回到开始位置时停止计时,此时间间隔Δt即为单摆周期T e.拉开摆球,使摆线偏离平衡位置不大于5°,释放摆球,当摆球振动稳定后,从平衡位置开始计时,记下摆球做50次全振动所用的时间Δt,则单摆周期 答案:(1)18.6 (2)a b e 解析:(1)游标卡尺主尺读数为18mm,游标尺读数为6×0.1mm,读数为18.6mm。 (2)摆线偏离平衡位置小于5°,故c、d错,a、b、e对。 2. 2011年理综福建卷 19.(1)(6分)某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中: ①用游标卡尺测定摆球的直径,测量结果如图所示,则该摆球的直径为 cm。 ②小组成员在实验过程中有如下说法,其中正确的是 。(填选项前的字母) A.把单摆从平衡位置拉开30?的摆角,并在释放摆球的同时开始计时 B.测量摆球通过最低点100次的时间t,则单摆周期为t/100 C.用悬线的长度加摆球的直径作为摆长,代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大 D.选择密度较小的摆球,测得的重力加速度值误差较小 【解析】(1)①主尺刻度加游标尺刻度的总和等于最后读数,0.9 cm+mm = 0.97 cm,不需要估读。②为减小计时误差,应从摆球速度最大的最低点瞬间计时,A错。通过最低点100次的过程中,经历的时间是50个周期,B错。应选用密度较大球以减小空气阻力的影响,D错。悬线的长度加摆球的半径才等于摆长,由单摆周期公式可知摆长记录偏大后,测定的重力加速度也偏大,C正确。 3. 2012年理综天津卷9.(2) (2)某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。 ①他组装单摆时,在摆线上端的悬点处,用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线,再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧,如图所示。这样做的目的是 (填字母代号)。 A.保证摆动过程中摆长不变 B.可使周期测量得更加准确 C.需要改变摆长时便于调节 D.保证摆球在同一竖直平面内摆动 ②他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下,用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L=0.9990m,再用游标卡尺测量摆球直径,结果如图所示,则摆球的直径为 mm,单摆摆长为 m。 ③下列振动图像真实地描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程,图中横坐标原点表示计时开始,A、B、C均为30次全振动图像,已知sin5°=0.087,sin15°=0.026, 这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是 (填字母代号) 答案:①A C ②0.9930 ③ A 解析:①用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线,增加了线与悬挂处的摩擦,保证摆长不变;改变摆长时用力拉不会将摆线拉断,方便调节摆长。 ②用10分度游标卡尺主尺读数为12mm,游标尺读数为0,则摆球的直径为12mm+0×0.1mm=12.0mm。 单摆摆长为m ③单摆的振动在摆角小于5度才能看作简谐振动,在测量周期时计时起点应该选择在平衡位置(速度大误差小)。 根据摆角估算振幅m=8.6cm,选项A、 B振幅合理。 m=25cm, 选项C 、D振幅不合理错误。 选项A中振动图像的计时起点在平衡位置是合理的,选项B中振动图像的计时起点在正的最大位置是不合理的。 4.2015年理综天津卷9、(2)某同学利用单摆测量重力加速度 ①为了使测量误差尽量小,下列说法正确的是__________ A组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球 B组装单摆须选用轻且不易伸长的细线 C实验时须使摆球在同一竖直面内摆动 D摆长一定的情况下,摆的振幅尽量大 ②如图所示,在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约为1m的单摆,实验时,由于仅有量程为20cm、精度为1mm的钢板刻度尺,于是他先使摆球自然下垂,在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点,测出单摆的周期T1;然后保持悬点位置不变,设法将摆长缩短一些,再次使摆球自然下垂,用同样方法在竖直立柱上做另一标记点,并测出单摆周期T2;最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL,用上述测量结果,写出重力加速度的表达式g=____________ 答案:①BC; ② 解析:①为了减小空气阻力的误差选用密度大,体积小的小球,A错。如果振幅过大(摆角大于10°时,小球的运动不在是简谐运动,所以误差较大,D错误。要求小球在运动过程中摆长不变,须使摆球在同一竖直面内摆动,而不能是圆锥摆故选BC。 ②同理得两式相减可得 5.2018年全国卷III、22.(6分)甲、乙两同学通过下面的实验测量人的反应时间。实验步骤如下: (1)甲用两个手指轻轻捏住量程为L的木尺上端,让木尺自然下垂。乙把手放在尺的下端(位置恰好处于L刻度处,但未碰到尺),准备用手指夹住下落的尺。 (2)甲在不通知乙的情况下,突然松手,尺子下落;乙看到尺子下落后快速用手指夹住尺子。若夹住尺子的位置刻度为L1,重力加速度大小为 g,则乙的反应时间为 (用L、L1和g表示)。 (3)已知当地的重力加速度大小为,,。乙的反应时间为 s。(结果保留2位有效数字) (4)写出一条能提高测量结果准确程度的建议: 。 答案:(2) (3)0.20 (4)多次测量取平均值;初始时乙的手指尽可能接近尺子 解析:根据题述,在乙的反应时间t内,尺子下落高度h=L-L1,由自由落体运动规律,,解得 , 代入数据得:t=0.20s。 6.2018年海南卷11.(6分)学生课外实验小组使用如图所示的实验装置测量重力加速度大小。实验时,他们先测量分液漏斗下端到水桶底部的距离s;然后使漏斗中的水一滴一滴地下落,调整阀门使水滴落到桶底发出声音的同时,下一滴水刚好从漏斗的下端滴落;用秒表测量第1个水滴从漏斗的下端滴落至第n个水滴落到桶底所用的时间t。 (1)重力加速度大小可表示为 (用s、n、t表示); (2)如果某次实验中,,,,则测得的重力加速度大小 ;(保留2位有效数字) (3)写出一条能提高测量结果准确程度的建议: 。 答案:(1) (2) (3)“适当增大n”或“多次测量取平均值” 解析:(1)1个水滴从漏斗的下端滴落至桶底所用的时间为, 由自由落体运动公式得,解得。 (2)代入数据得 (3)“适当增大n”或“多次测量取平均值” 7. 2012年物理上海卷 29.(8分)在“利用单摆测重力加速度”的实验中。 (1)某同学尝试用DIS测量周期。如图,用一个磁性小球代替原先的摆球,在单摆下方放置一个磁传感器,其轴线恰好位于单摆悬挂点正下方。图中磁传感器的引出端A应接到____________。使单摆做小角度摆动,当磁感应强度测量值最大时,磁性小球位于____________。若测得连续N个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t,则单摆周期的测量值为____________(地磁场和磁传感器的影响可忽略)。 (2)多次改变摆长使单摆做小角度摆动,测量摆长L及相应的周期T。此后,分别取L和T的对数,所得到的lgT-lgL图线为____________(填:“直线”、“对数曲线”或“指数曲线”);读得图线与纵轴交点的纵坐标为c,由此得到该地重力加速度g=____________。 答案:(1)数据采集器,最低点(或平衡位置), , (2)直线, 解析:(1)只有小球在最低点时,磁感应器中的磁感强度才最大;连续N个磁感应强度最大值应有N-1个时间间隔,这段时间应为(N-1)/2个周期,即:因此 (2)根据:,取对数得:因此图象为一条直线;图象与纵坐标交点为C,则 整理得: 8. 2014年物理上海卷 29. (8分)某小组在做“用单摆测定重力加速度”实验后,为进一步探究,将单摆的轻质细线改为刚性重杆。通过查资料得知,这样做成的“复摆”做简谐运动的周期,式中Ic为由该摆决定的常量,m为摆的质量,g为重力加速度,r为转轴到重心C的距离。如图(a),实验时在杆上不同位置打上多个小孔,将其中一个小孔穿在光滑水平轴O上,使杆做简谐运动,测量并记录r和相应的运动周期T,然后将不同位置的孔穿在轴上重复实验,实验数据见表,并测得摆的质量m=0.50kg r/m 0.45 0.40 0.35 0.30 0.25 0.20 T/s 2.11 2.14 2.20 2.30 2.43 2.64 (1)由实验数据得出图(b)所示的拟合直线,图中纵轴表示 . (2) Ic的国际单位为 ,由拟合直线得到Ic的值为 (保留到小数点后二位); (3)若摆的质量测量值偏大,重力加速度g的测量值 。(选填:“偏大”、“偏小”或“不变") 【答案】(1)T2r (2) kg·m2; 0.17 (3)不变 【解析】(1)根据复摆的周期公式: ,得,题图中纵坐标表示T2r;(2)根据关系式,利用单位关系可知Ic的国际单位为kg·m2;根据图线的截距得,解得Ic=0.17。(3)本实验数据处理是通过图线的斜率分析出的,与质量无关,所以质量变化后,重力加速度的测量值不变。 9.2015年理综北京卷21.⑵用单摆测定重力加速度的实验装置如图2所示。 ①组装单摆时,应在下列器材中选用___ ___(选填选项前的字母) A.长度为1m左右的细线 B.长度为30cm左右的细线 C.直径为1.8cm的塑料球 D.直径为1.8cm的铁球 ②测出悬点O至小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t,则重力加速度g=______(用L、n、t表示) ③下表是某同学记录的3组实验数据,并做了部分计算处理。 组次 1 2 3 摆长L/cm 80.00 90.00 100.00 50次全振动时间t/s 90.0 95.5 100.5 振动周期T/s 1.80 1.91 重力加速度g/(ms-2) 9.74 9.73 请计算出第3组实验中的T=_______s,g=______m/s2。 ④用多组实验数据做出T2-L图像,也可以求出重力加速度g,已知三位同学做出的T2-L图线的示意图如图3中的a、b、c所示,其中a和b平行,b和c都过原点,图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b,下列分析正确的是_______(选填选项前的字母)。 A.出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L B.出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次 C.图线c对应的g值小于图线b对应的g值 ⑤某同学在家里测重力加速度,他找到细线和铁锁,制成一个单摆,如图4所示,由于家里只有一根量程为30cm的刻度尺,于是他在细线上的A点做了一个标记,使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程。保持该标记以下的细线长度不变,通过改变O、A间细线长度以改变摆长。实验中,当O、A间细线的长度分别为l1、l2时,测得相应单摆的周期为T1、T2。由此可得重力加速度g=_____(用l1、l2、T1、T2表示) 【答案】① AD ② ③ 2.01,9.76 ④ B⑤ ①用单摆测定重力加速度的实验,基本条件是摆线长度远大于小球直径,小球的密度越大越好,故摆线应选取长约1m左右的不可伸缩的细线,摆球应选取体积小而质量大的铁球,故选AD。 ②n次全振动的时间为t,则振动的周期为, 根据单摆周期公式,可推出 ③50次全振动的时间为100.5s,则振动的周期为, 代入公式得 ④由可知图像的斜率,b曲线为正确的图象。图像的斜率越小,对应的重力加速度越大,选项C错误。在图象中图线与纵轴正半轴相交表示计算摆长偏小,如漏加小球半径,与纵轴负半轴相交表示摆长偏大,选项A错误。若误将49次全振动记为50次,则周期测量值偏小,值测量值偏大,对应的图像斜率偏小,选项B正确。故选B。 ⑤设A到铁锁重心的距离为,则第一次的实际摆长为,第二次的实际摆长为,由周期公式,,联立消去,解得。 10.【2019年物理全国卷3】甲乙两位同学设计了利用数码相机的连拍功能测重力加速度的实验。实验中,甲同学负责释放金属小球,乙同学负责在小球自由下落的时候拍照。已知相机每间隔0.1s拍1幅照片。 (1)若要从拍得的照片中获取必要的信息,在此实验中还必须使用的器材是_______。(填正确答案标号) A.米尺 B.秒表 C.光电门 D.天平 (2)简述你选择的器材在本实验中的使用方法。 答:________________________________________________ (3)实验中两同学由连续3幅照片上小球的位置a、b和c得到ab=24.5cm、ac=58.7cm,则该地的重力加速度大小为g=___m/s2。(保留2位有效数字) 【答案】 (1). A (2). 将米尺竖直放置,使小球下落时尽量靠近米尺 (3). 9.7 【解析】 【详解】此实验用数码相机替代打点计时器,故实验原理是相同的,仍然需要米尺来测量点与点之间的距离;就本实验而言,因为是不同照片,所以是测量连续几张照片上小球位置之间的距离;加速度求解仍然用逐差法计算,注意是bc与ab之间的距离差. 图1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 图2 2 0 10 0 5 10 1 2 0 cm 1 2 cm 0 10 主尺 游标尺 L t/s x/cm O -8 8 A tA t/s x/cm O -30 30 C tC t/s x/cm O -30 30 D tD t/s x/cm O -8 8 B tB A 0 0.05 0.10 015 0.20 025 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 2.0 2.1 r2/m2 图(b) r O C 图(a) 图2 a b c O L T2 O A 11-19年高考物理真题分专题汇编之77其它力学实验 1.2015年理综重庆卷6.(1)同学们利用如题6图1所示方法估测反应时间。首先,甲同学捏住直尺上端,使直尺保持竖直状态,直尺零刻度线位于乙同学的两指之间。当乙看见甲放开直尺时,立即用手指捏直尺,若捏住位置的刻度读数为x,则乙同学的反应时间为 (重力加速度为g)。 基于上述原理,某同学用直尺制作测量反应时间的工具,若测量范围为0~0.4s,则所用直尺的长度至少为 cm(g取10m/s2);若以相等时间间隔在该直尺的另一面标记出表示反应时间的刻度线,则每个时间间隔在直尺上对应的长度是 的(选填“相等”或“不相等”). 答案:, 80, 不相等 解析:①直尺在人的反应时间内做自由落体运动,有,解得; ②反应时间最长为,需要直尺的长度为; ③自由落体运动从计时开始连续相等时间的位移为1:4:9:16,而相等时间内的位移为1:3:5:7,故长度不相等。 2.2015年理综新课标I卷22.(6分) 某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验。所用器材有:玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R=0.20m)。 完成下列填空: (1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上,如图(a)所示,托盘秤的示数为1.00kg; (2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时,托盘秤的示数如图(b)所示,该示数为_____kg; (3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放,小车经过最低点后滑向另一侧。此过程中托盘秤的最大示数为m;多次从同一位置释放小车,记录各次的m值如下表所示: 序号 1 2 3 4 5 m(kg) 1.80 1.75 1.85 1.75 1.90 (4)根据以上数据,可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为_____N;小车通过最低点时的速度大小为_______m/s。(重力加速度大小取9.80m/s2 ,计算结果保留2位有效数字) 答案:(2)1.40 (4)7.9 1.4 解析: (2)根据秤盘指针可知量程是10kg,指针所指示数为1.4kg . (4)记录的托盘称各次示数并不相同,为减小误差,取平均值,即m=1.81kg。而模拟器的重力为G=m'g=9.8N,所以小车经过凹形桥最低点的压力为N=mg-m'g≈7.94N。 沿半径方向的合力提供向心力即 将R=0.20m代入得v=1.4m/s 3.2013年重庆卷6.(1)我国舰载飞机在“辽宁舰”上成功着舰后,某课外活动小组对舰载飞机利用阻拦索着舰的力学问题很感兴趣。他们找来了木板、钢球、铁钉、橡皮条以及墨水,制作了如图所示的装置,准备定量研究钢球在橡皮条阻拦下前进的距离与被阻拦前速率的关系。要达到实验目的,需直接测量的物理量是钢球由静止释放时的 和在橡皮条阻拦下前进的距离,还必须增加的一种实验器材是 。忽略钢球所受的摩擦力和空气阻力,重力加速度已知,根据 定律(定理),可得到钢球被阻拦前的速率。 答:高度(距水平木板的高度); 刻度尺: 机械能守恒或动能定理 解析:此题考查探究初速度与物体运动位移的关系,由机械能守恒定律或动能定理可求得初速度(已知高度),用刻度尺可测长度或高度。 4. 2016年新课标Ⅱ卷22.(6分)某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究,实验装置如图(a)所示:轻弹簧放置在光滑水平桌面上,弹簧左端固定,右端与一物块接触而不连接,纸带穿过打点计时器并与物块连接。向左推物块使弹簧压缩一段距离,由静止释放物快,通过测量和计算,可求得弹簧被压缩后的弹性势能。 (1)实验中涉及下列操作步骤: ①把纸带向左拉直 ②松手释放物块 ③接通打点计时器电源 ④向左推物块使弹簧压缩,并测量弹簧压缩量 上述步骤正确的操作顺序是__________(填入代表步骤的序号)。 (2)图(b)中M和L纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果。打点计时器所用交流电的频率为50 Hz。由M纸带所给的数据,可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为_______m/s。比较两纸带可知,_________(填“M”或“L”)纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大。 【答案】(1)④①③② (2)1.29 M 【解析】(1)打点计时器应先通电后释放物块,正确的顺序为④①③② (2)物块脱离弹簧时速度最大;;由动能定理,根据纸带可知M纸带获得的最大速度较大,则弹性势能较大。 5.2016年四川卷8.(17分) Ⅰ.(6分)用如图所示的装置测量弹簧的弹性势能。将弹簧放置在水平气垫导轨上,左端固定,右端在O点;在O点右侧的B、C位置各安装一个光电门,计时器(图中未画出)与两个光电门相连。先用米尺测得B、C两点间距离x,再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置A,静止释放,计时器显示遮光片从B到C所用的时间t,用米尺测量A、O之间的距离x。 (1)计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是_______。 (2)为求出弹簧的弹性势能,还需要测量_______。 A.弹簧原长 B.当地重力加速度 C.滑块(含遮光片)的质量 (3)增大A、O之间的距离x,计时器显示时间t将_____。 A.增大 B.减小 C.不变 【答案】(1) (2) C (3) B 【解析】(1) 计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是 (2)弹簧的弹性势能全部转化成了滑块得到的动能,为求出弹簧的弹性势能,还需要测量滑块(含遮光片)的质量,故选C。 (3) 增大A、O之间的距离x,弹簧的压缩量变大,滑块得到的速度变大,则滑块经过计时器显示时间t将减小,故选B。 6.2011年理综四川卷 22.(1)(7分)某研究性学习小组进行了如下实验:如图所示,在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水,水中放一个红蜡做成的小圆柱体R。将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合,在R从坐标原点以速度v0=3cm/s匀速上浮的同时,玻璃管沿x轴正方向做初速为零的匀加速直线运动。同学们测出某时刻R的坐标为(4,6),此时R的速度大小为 cm/s,R在上升过程中运动轨迹的示意图是 。(R视为质点) 解析: “研究运动的合成与分解”实验中:小圆柱体R在竖直方向匀速运动有,,在水平方向做初速为0的匀加速直线运动x=at2,得a=2cm/s2,R的速度大小为,轨迹示意图是D。 7.2018年浙江卷(4月选考)17.(5分)(1)用图1所示装置做“探究功与速度变化的关系”实验时,除了图中已给出的实验器材外,还需要的测量工具有___ C_____(填字母); A. 秒表 B. 天平 C.刻度尺 D.弹簧测力计 (2)用图2所示装置做“验证机械能守恒定律”实验时,释放重物前有以下操作,其中正确的是__AC__(填字母); A.将打点计时器的两个限位孔调节到同一竖直线上 B.手提纸带任意位置 C.使重物靠近打点计时器 (3)图3是小球做平抛运动的频闪照片,其上覆盖了一张透明的方格纸。已知方格纸每小格的边长均为0.80cm。由图可知小球的初速度大小为__0.66~0.74____m/s(结果保留两位有效数字) 解析:(1)实验“探究功与速度变化的关系”使用打点计时器测速度,不需要秒表,故A错误;因为运动中质量不变,在找关系时不需要天平测质量,B错误;由纸带上的点计算速度需要用刻度尺测量计数点的间距,故C正确。每次实验时橡皮筋成倍数地增加,形变量不变,功的关系不需要测力,故D错误。故选C。 (2)图2是利用自由落体运动验证机械能守恒定律,需要把两限位孔调到同一竖直线上,减小限位孔与纸带间的摩擦力,故A正确;要使重物靠近打电计时器再释放,以纸带上打出尽可能多的点,B错误C正确。故选AC。 (3)由图可知,竖直方向上,则t=0.4s 水平方向上,可解得,v0=0.70m/s 8.2018年北京卷、21.(18分)用图1所示的实验装置研究小车速度随时间变化的规律。 主要实验步骤如下: a.安装好实验器材。接通电源后,让拖着纸带的小车沿长木板运动,重复几次。 b.选出一条点迹清晰的纸带,找一个合适的点当作计时起点O(t = 0),然后每隔相同的时间间隔T选取一个计数点,如图2中A、B、C、D、E、F……所示。 c.通过测量、计算可以得到在打A、B、C、D、E……点时小车的速度,分别记作v1、v2、v3、v4、v5…… d.以速度v为纵轴、时间t为横轴建立直角坐标系,在坐标纸上描点,如图3所示。 结合上述实验步骤,请你完成下列任务: (1)在下列仪器和器材中,还需要使用的有 和 (填选项前的字母)。 A.电压合适的50 Hz交流电源 B.电压可调的直流电源 C.刻度尺 D.秒表 E.天平(含砝码) (2)在图3中已标出计数点A、B、D、E对应的坐标点,请在该图中标出计数点C对应的坐标点,并画出v - t图像。 (3)观察v - t图像,可以判断小车做匀变速直线运动,其依据是 。v - t图像斜率的物理意义是 。 (4)描绘v - t图像前,还不知道小车是否做匀变速直线运动。用平均速度表示各计数点的瞬时速度,从理论上讲,对Δt的要求是 (选填“越小越好”或“与大小无关”);从实验的角度看,选取的Δx大小与速度测量的误差 (选填“有关”或“无关”)。 (5)早在16世纪末,伽利略就猜想落体运动的速度应该是均匀变化的。当时只能靠滴水计时,为此他设计了如图4所示的“斜面实验”,反复做了上百次,验证了他的猜想。请你结合匀变速直线运动的知识,分析说明如何利用伽利略“斜面实验”检验小球的速度是随时间均匀变化的。 答案:(1)A C (2)如答图1, C点的坐标为(3T,v3) (3)小车的速度随时间均匀变化,加速度 (4)越小越好,有关 (5)如果小球的初速度为0,其速度,那么它通过的位移。因此,只要测量小球通过不同位移所用的时间,就可以检验小球的速度是否随时间均匀变化。 解析:(1)打点计时器需用交流电源;为了计算速度需要利用刻度尺测量长度,故需要的仪器选AC (2)利用所给点迹描点连线,得图像见答图1,其中C点的横坐标为3T,纵坐标为v3 (3)结合图像可以看出,小球速度随时间均匀变化,所以小球做匀加速运动,图像的斜率代表了运动时的加速度。 (4)Δt越小,则越接近计数点的瞬时速度,所以Δt越小越好,计算速度需要用到Δx的测量值,所以Δx大小与速度测量的误差有关。 (5)如果小球的初速度为0,其速度v∝t,那么它通过的位移x∝t2。因此,只要测量小球通过不同位移所用的时间,就可以检验小球的速度是否随时间均匀变化。(要检验小球的速度是随时间均匀变化的,可以检验小球运动位移与时间的平方成正比,利用滴水可以得到小球的运动时间,并测出小球在相应时间内的位移,则可以验证。) 9.2013年浙江卷 21.(10分)如图所示,装置甲中挂有小桶的细线绕过定滑轮,固定在小车上;装置乙中橡皮筋的一端固定在导轨的左端,另一端系在小车上。一同学用装置甲和乙分别进行实验,经正确操作获得两条纸带①和②,纸带上的a、b、c ……均为打点计时器打出的点。 (1)任选一条纸带读出b、c两点间的距离为 ; (2)任选一条纸带求出c、e两点间的平均速度大小为 ,纸带①和②上c、e两点间的平均速度① ②(填“大于”、”等于”或“小于”); (3)图中_______(填选项) A.两条纸带均为用装置甲实验所得 B.两条纸带均为用装置乙实验所得 C.纸带①为用装置甲实验所得,纸带②为用装置乙实验所得 D.纸带①为用装置乙实验所得,纸带②为用装置甲实验所得 答案: (1)2.10cm或2.40cm(±0.05cm,有效数字位数正确) (2)1.13m/s或1.25m/s(±0.05m/s,有效数字位数不作要求); 小于 (3)C 10. 2014年理综重庆卷6.(2) 为了研究人们用绳索跨越山谷过程中绳索拉力的变化规律,同学们设计了如题6图3所示的实验装置。他们将不可伸长轻绳的两端通过测力计(不计质量及长度)固定在相距为D的两立柱上,固定点分别为P和Q,P低于Q,绳长为L(L>PQ)。他们首先在绳上距离P点10cm处(标记为C)系上质量为m的重物(不滑动),由测力计读出PC、QC的拉力大小TP、TQ。随后,改变重物悬挂点C的位置,每次将P到C的距离增加10cm,并读出测力计的示数,最后得到TP、TQ与绳长PC的关系曲线如题6图4所示。由实验可知: ①曲线Ⅱ中拉力最大时,C与P点的距离为 cm,该曲线为 (选填:TP或TQ)的曲线。 ②在重物从P移到Q的整个过程中,受到最大拉力的是 (选填:P或Q)点所在的立柱。 ③曲线Ⅰ、Ⅱ相交处,可读出绳的拉力为T0= N,它与L、D、m和重力加速度g的关系为T0= 。 【答案】①60(56-64均可), TP ② Q ③4.30 (4.25-4.35均可) 【解析】①由曲线Ⅱ的最高点拉力最大,对应的横坐标PC =60cm,设 PC和QC与水平的夹角为α和β ,由C点的平衡可得:,开始C点靠近 P 点, > β,则,即TP>TQ,结合两曲线左侧部分,Ⅱ曲线靠上则为TP的曲线。 ②比较两图象的顶点大小可知,I曲线的最高点更大,代表Q有最大拉力。 ③两曲线的交点表示左右的绳拉力大小相等,读出纵坐标为TP=TQ=4.30N,设 CQ 绳与立柱的夹角为θ,延长CQ 线交另立柱上,构成直角三角形,则,由力的平衡可知2TQcosθ=mg,则。 11.2015年江苏卷11. (10 分)某同学探究小磁铁在铜管中下落时受电磁阻尼作用的运动规律. 实验装置如题11-1图所示,打点计时器的电源为 50Hz 的交流电. (1)下列实验操作中,不正确的有 ____________ . (A)将铜管竖直地固定在限位孔的正下方 (B)纸带穿过限位孔,压在复写纸下面 (C)用手捏紧磁铁保持静止,然后轻轻地松开让磁铁下落 (D)在磁铁下落的同时接通打点计时器的电源 (2)该同学按正确的步骤进行实验(记为“实验①”),将磁铁从管口处释放,打出一条纸带,取开始下落的一段,确定一合适的点为 O 点,每隔一个计时点取一个计数点,标为 1,2,…,8. 用刻度尺量出各计数点的相邻两计时点到 O 点的距离,记录在纸带上,如题 11-2 图所示. 计算相邻计时点间的平均速度 ,粗略地表示各计数点的速度,抄入下表。 请将表中的数据补充完整. 位置 1 2 3 4 5 6 7 8 (cm/s) 24.5 33.8 37.8 39.5 39.8 39.8 39.8 (3)分析上表的实验数据可知:在这段纸带记录的时间内,磁铁运动速度的变化情况是 ;磁铁受到阻尼作用的变化情况是 。 (4)该同学将装置中的铜管更换为相同尺寸的塑料管,重复上述实验操作 ( 记为 “ 实验②”),结果表明磁铁下落的运动规律与自由落体运动规律几乎相同。 请问实验②是为了说明什么? 对比实验①和②的结果可得到什么结论? 答案: (1)CD (2)39. 0 (3)逐渐增大到 39. 8 cm/s 逐渐增大到等于重力 (4)为了说明磁铁在塑料管中几乎不受阻尼作用 磁铁在铜管中受到的阻尼作用主要是电磁阻尼作用. 解析:(1) 在实验时,应先接通打点计时器的电源,让打点计时器工作,然后释放磁铁,所以不正确的是CD。 (2) 由. (3) 由纸带上的测量数据知,磁铁的速度逐渐增大,最后匀速下落,阻力逐渐增大到等于重力。 (4) 为了说明磁铁在塑料管中几乎不受阻尼作用 磁铁在铜管中受到的阻尼作用主要是电磁阻尼作用。 12.2015年上海卷28.(8分)改进后的“研究有固定转动轴物体平衡条件”的实验装置如图所示,力传感器、定滑轮固定在横杆上,替代原装置中的弹簧秤。已知力矩盘上各同心圆的间距均为5cm。 (1)(多选题)做这样改进的优点是 (A)力传感器既可测拉力又可测压力 (B)力传感器测力时不受主观判断影响,精度较高 (C)能消除转轴摩擦引起的实验误差 (D)保证力传感器所受拉力方向不变 (2)某同学用该装置做实验,检验时发现盘停止转动时G点始终在最低处,他仍用该盘做实验。在对力传感器进行调零后,用力传感器将力矩盘的G点拉到图示位置,此时力传感器读数为3N。再对力传感器进行调零,然后悬挂钩码进行实验。此方法________(选填“能”、“不能”)消除力矩盘偏心引起的实验误差。已知每个钩码所受重力为1N,力矩盘按图示方式悬挂钩码后,力矩盘所受顺时针方向的合力矩为_______N·m。力传感器的读数为_______N。 答案:(1)BD (2)能, 0.7、 -0.5 解析:(1)力传感器、定滑轮固定在横杆上,替代原装置中的弹簧秤,主要好处是:力传感器测力时不受主观判断影响,精确度高和保证力传感器所受拉力方向不变,所以B、D正确。弹簧秤也可以测拉力和压力的,所以A错误;不能消除转轴摩擦引起的实验误差,故C错误。 (2)某同学用该装置做实验,检验时发现盘停止转动时,G点始终在最低处,他仍用该盘做实验。在对力传感器进行调零后,用力传感器将力矩盘的G点拉到图示位置,此时力传感器读数为3N,说明此时偏心的顺时针力矩为M0=3×2×0.05 N?m =0.3N?m,再对力矩盘进行调零,这时就可以消除力矩盘偏心引起的实验误差; 力矩盘所受顺时针方向的合力矩M1=(2×1×0.05+0.3) N?m =0.7N?m, 根据有固定转动轴物体的平衡条件:F×2×0.05+3×1×3×0.05+0.3= 2×1×0.05+2×1×3×0.05+0.3, 解得F= -0.5N 13.2017年新课标Ⅱ卷22.(6分)某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度的之间的关系。使用的器材有:斜面、滑块、长度不同的挡光片、光电计时器。 实验步骤如下: ①如图(a),将光电门固定在斜面下端附近:将一挡光片安装在滑块上,记下挡光片前端相对于斜面的位置,令滑块从斜面上方由静止开始下滑; ②当滑块上的挡光片经过光电门时,用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间?t; ③用?s表示挡光片沿运动方向的长度(如图(b)所示),表示滑块在挡光片遮住光线的?t时间内的平均速度大小,求出; ④将另一挡光片换到滑块上,使滑块上的挡光片前端与①中的位置相同,令滑块由静止开始下滑,重复步骤②、③; ⑤多次重复步骤④ ⑥利用实验中得到的数据作出v-?t图,如图(c)所示 完成下列填空: (1)用a表示滑块下滑的加速度大小,用vA表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大小,则与vA、a和?t的关系式为 。 (2)由图(c)可求得vA= cm/s,a= cm/s2.(结果保留3位有效数字) 【答案】(1);(2)52.1,16.4 (15.8~16.8) 【解析】(1)设挡光片末端到达光电门的速度为v,则由速度时间关系可知:,且,联立解得; (2)由图(c)可求得vA=52.1m/s,,a=16.4m/s2 甲同学 乙同学 题6图1 凹形桥模拟器 托盘秤 图(a) 图(b) 0 1 2 8 9 kg 钢球 橡皮条 木板 打点计时器 固定栓 物块 纸带 图(a) 1.15 M 1.51 1.89 2.58 2.57 L 1.56 1.55 1.54 0.99 单位cm 图(b) A B C O 滑块 遮光片 光电门 气垫导轨 O x/cm y/cm R v0 B y x O y x O y x O y x O A B C D 第17题图3 第17题图2 第17题图1 纸带 打点计时器 图1 重物 小车 O 图2 B C D E F A t ??v 图3 0 T 2T 3T 4T 5T v1 v2 v3 v4 v5 图4 t v 答图1 0 T 2T 3T 4T 5T v1 v2 v3 v4 v5 装置甲 装置乙 小桶 细线 橡皮筋 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 O a b c d e 纸带① 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 O a b c d e 纸带② C 题6图3 D Q P 20 40 60 80 100 120 140 题6图4 PC/cm T/N 5 4 3 1 2 0 题11-1图2 打点计时器 限位孔 铜管 1 2 3 4 5 6 O 7 8 1.18 0.20 2.53 4.04 5.60 7.18 8.77 10.36 11.96 (单位:cm) 题11-2图 B C D G A 光电门 挡光片 滑块 图(a) 图(b) Δs 运动方向 前端 △t/ms 0 50 100 150 200 52.0 52.4 52.8 53.2 53.6 图(c) 11-19年高考物理真题分专题汇编之078描绘静电场的等势线 1.2013年全国卷大纲版22.(6分) 如图,E为直流电源,G为灵敏电流计,A、B为两个圆柱形电极,P是木板,C、D为两个探针,S为开关。现用上述实验器材进行“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验。 (1)木板P上有白纸、导电纸和复写纸,最上面的应该是 纸; (2)用实线代表导线将实验器材正确连接。 答案:(1)导电 (2)连线如图所示(4分。探针和灵敏电流计部分2分,有任何错误不给这2分;其余部分2分,有任何错误也不给这2分) 解析:(1)描等势线装置最上面是导电纸。 (2)电源、开关、导电纸构成回路,开关闭合可在导电纸上形成电流场(等效静电场);灵敏电流计与探针用来检测导电纸上两点间电势差。 2.2016年上海卷28.(7分)“用DIS描绘电场的等势线”的实验装置示意图如图所示。 (1)(单选题)该实验描绘的是 (A)两个等量同种电荷周围的等势线 (B)两个等量异种电荷周围的等势线 (C)两个不等量同种电荷周围的等势线 (D)两个不等量异种电荷周围的等势线 【答案】B 【解析】该实验中,用A、B两个接线柱分别接在电源的正负极上,一个带正电另外一个带负电,模拟等量异种电荷产生的电场,所以选项B正确。 (2)(单选题)实验操作时,需在平整的木板上依次铺放 (A)导电纸、复写纸、白纸 (B)白纸、导电纸、复写纸 (C)导电纸、白纸、复写纸 (D)白纸、复写纸、导电纸 【答案】D 【解析】在实验中,最上边一层是导电纸,这样才可以使A、B接线柱电流通过导电纸;接下来依次是复写纸和白纸,实验过程中在导电纸上找到电势相同的点,需要用探针在导电纸上作标记,标记通过复写纸就印到最下层的白纸上。 (3)若电压传感器的红、黑探针分别接触图中d、f两点(f、d连线与A、B连线垂直)时,示数小于零。为使示数为零,应保持红色探针与d点接触,而将黑色探针 (选填:“向左”或“向右”)移动。 【答案】向右 【解析】据题意,只有当指针示数为零时才说明两点的电势相等,现在保持红色探针与d点接触,为了保证电压表示数为零,需要使黑色探针与红色探针电势相等,则要把黑色探针向右移动。 电源 E S A B P G C D G 电源 E S A B P G C D G a b c d e f A B 电源 11-19年高考物理真题分专题汇编之79伏安法测电阻 1. 2014年理综新课标卷Ⅱ 22.在伏安法测电阻的实验中,待测电阻Rx约为200Ω,电压表V的内阻约为2kΩ,电流表A的内阻约为10Ω,测量电路中电流表的连接方式如图(a)或图(b)所示,计算结果由计算得出,式中U与I分别为电压表和电流表的读数;若将图(a)和图(b)中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2,则 ① (填“Rx1”或“Rx2”)更接近待测电阻的真实值,且测量值Rx1 ② (填“大于”、“等于”或“小于”)真实值,测量值Rx2 ③ (填“大于”、“等于”或“小于”)真实值。 【答案】①Rx1 ②大于 ③小于 【解析】Rx约为200Ω,,,Rx可认为是大电阻,采取电流表内接法测量更准确,即用图a电路测量,Rx1更接近待测电阻真实值;因为U>UR,I=IR,则Rx1>I真,图a电路由于电流表的分压使测量值大于真实值;因为I>IR,U=UR,则Rx2”或“<”);若RV越大,则越 (填“大”或“小”)。 【答案】(1)1.0 (2)① c d ② > 小 【解析】(1)多用电表的中值电阻即为其内阻,内阻为1.50×103Ω,与内阻为3.00×103Ω电压表串联,电源电动势为1.5V,可得电压表的读数即为RV两端电压为1.0V。 (2)①由于滑动变阻器的分压影响产生误差,故选择阻值小的c能减小误差;又由于使用半偏法测电压表内阻,电阻箱最大阻值应大于3.00×103Ω,故选择d。 ② R0=0时,电压表的指针指到3.0V位置,电压表中的电流(U1=3.0V);使电压表的指针指到1.5V位置时,电阻箱的电阻为R0,电压表中的电流,而滑动变阻器的分压影响U2< U1,故R0< RV即R测

  • ID:6-6789750 11-19年高考物理真题分专题汇编之069~75 验证平行四边形法则

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    11-19年高考物理真题分专题汇编之069验证平行四边形法则留根 1.2011年物理江苏卷 10.(8分)某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。弹簧测力计A挂于固定点P,下端用细线挂一重物M。弹簧测力计B的一端用细线系于O点,手持另一端向左拉,使结点O静止在某位置。分别读出弹簧测力计A和B的示数,并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向。 (1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N,图中A的示数为_______N。 (2)下列不必要的实验要求是_________。(请填写选项前对应的字母) A.应测量重物M所受的重力 B.弹簧测力计应在使用前校零 C.拉线方向应与木板平面平行 D.改变拉力,进行多次实验,每次都要使O点静止在同一位置 ⑶某次实验中,该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程,请您提出两个解决办法。 答:(1)3.6;(2)D;(3)①改变弹簧测力计B拉力的大小; ②减小重物M的质量(或将A更换为较大的测力计,改变弹簧测力计B拉力的方向) 【解析】(1)如图,弹簧测力计A的示数为3.6N; (2) “验证平行四边形定则”,只要验证每次FA、FB和Mg满足平行四边形即可,D不必要。 (3) 弹簧测力计A的指针稍稍超出量程,说明拉弹簧测力计A的力大了,由力的平行四边形定则可得:改变弹簧测力计B拉力的大小;减小重物M的质量;改变弹簧测力计B拉力的方向,可以减小弹簧测力计A的拉力,或将A更换为较大的测力计。 2.2015年理综安徽卷21.I. 在“验证力的平行四边形定则”实验中,某同学用图钉把白纸固定在水平放置的木板上,将橡皮条的一端固定在板上一点,两个细绳套系在橡皮条的另一端。用两个弹簧测力计分别拉住两个细绳套,互成角度地施加拉力,使橡皮条伸长,结点到达纸面上某一位置,如图所示。请将以下的实验操作和处理补充完整: ①用铅笔描下结点位置,记为O; ②记录两个弹簧测力计的示数F1和F2,沿每条细绳(套)的方向用铅笔分别描出几个点,用刻度尺把相应的点连成线; ③只用一个弹簧测力计,通过细绳套把橡皮条的结点仍拉到位置O,记录测力计的示数F3, ; ④按照力的图示要求,作出拉力F1、F2、F3; ⑤根据力的平行四边形定则作出F1和F2的合力F; ⑥比较 的一致程度,若有较大差异,对其原因进行分析,并作出相应的改进后再次进行实验。 【答案】③沿此时细绳(套)的方向用铅笔描出几个点,用刻度尺把这些点连成直线; ⑥F 和F3. 3.2018年天津卷9(2)某研究小组做“验证力的平行四边形定则”的实验,所有器材有:方木板一块,白纸,量程为5 N的弹簧测力计两个,橡皮条(带两个较长的细绳套),刻度尺,图钉(若干个)。 ①具体操作前,同学们提出了如下关于实验操作的建议,其中正确的是______。 A.橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上 B.重复实验再次进行验证时,结点O的位置可以与前一次不同 C.使用测力计时,施力方向应沿测力计轴线;读数时视线应正对测力计刻度 D.用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计时的拉力 ②该小组的同学用同一套器材做了四次实验,白纸上留下的标注信息有结点位置O,力的标度、分力和合力的大小及表示力的作用线的点,如下图所示。其中对于提高实验精度最有利的是_____。 答案:①BC ②B 解析:①为了使实验结果更具有普遍性,在实验过程中不应让橡皮条的 拉力方向具有特殊的角度或位置,A错误;只要每一次实验时用一个力和用两个力拉橡皮条的效果相同,即O点位置相同,不需要每次实验的O点位置都相同,B正确;使用测力计时,施力方向应沿测力计轴线,读数时,视线应正对弹簧测力计的刻度,C正确;合力可以大于任一个分力,也可以等于分力,还可以小于任一个分力,D错误。 ②AD实验中选取的力的标度过大,导致画力时线段太短,不利于提高实验精度;B图和C图选用的标度相同,但C中力太小,不利于作平行四边形,故B符合题意。 4. 2012年理综浙江卷22.(10分) 在“探究求合力的方法”实验中,现有木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套和一把弹簧秤。 (1)为完成实验,某同学另找来一根弹簧,先测量其劲度系数,得到的实验数据如下表: 弹力F(N) 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00 3.50 伸长量x(10-2m) 0.74 1.80 2.80 3.72 4.60 5.58 6.42 用作图法求得该弹簧的劲度系数k =____N/m; (2)某次实验中,弹簧秤的指针位置如图所示,其读数 为 N; 同时利用(1)中结果获得弹簧上的弹力值为2.50N,请在答题纸上画出这两个共点力的合力F合; (3)由图得到F合= ____ N。 【答案】(1)54,(2)2.10, (3)3.3 【考点】“探究求合力的方法”实验 【解析】(1)根据图线斜率求得弹簧的劲度系数k=54N/m; (2)读数时估读一位,F=2.10N; (3)作图,在同一力的图示中使用相同的比例标尺,做平行四边形,量出如图对角线的长度,根据比例标尺换算出合力,F合=3.3N。 5. 2014年物理江苏卷 11. (10 分) 小明通过实验验证力的平行四边形定则. (1 ) 实验记录纸如题 11 -1 图所示,O 点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置,两弹簧测力计共同作用时,拉力 F1和 F2 的方向分别过 P1 和 P2 点;一个弹簧测力计拉橡皮筋时,拉力 F3 的方向过 P3 点。 三个力的大小分别为:F1= 3.30 N、F2= 3. 85 N 和 F3= 4 .25 N. 请根据图中给出的标度作图求出 F1 和 F2 的合力. (2 ) 仔细分析实验,小明怀疑实验中的橡皮筋被多次拉伸后弹性发生了变化,影响实验结果. 他用弹簧测力计先后两次将橡皮筋拉伸到相同长度, 发现读数不相同,于是进一步探究了拉伸过程对橡皮筋弹性的影响.   实验装置如题 11 -2 图所示,将一张白纸固定在竖直放置的木板上,橡皮筋的上端固定于 O 点,下端 N 挂一重物。用与白纸平行的水平力缓慢地移动 N,在白纸上记录下N 的轨迹. 重复上述过程,再次记录下 N 的轨迹。   两次实验记录的轨迹如题 11 -3图所示. 过 O 点作一条直线与轨迹交于 a、 b 两点, 则实验 中橡皮筋分别被拉伸到 a 和 b 时所受拉力 Fa、Fb 的大小关系为    . (3) 根据(2 ) 中的实验,可以得出的实验结果有哪些? ( 填写选项前的字母) A.橡皮筋的长度与受到的拉力成正比 B.两次受到的拉力相同时,橡皮筋第 2 次的长度较长 C.两次被拉伸到相同长度时,橡皮筋第 2 次受到的拉力较大 D.两次受到的拉力相同时,拉力越大,橡皮筋两次的长度之差越大 (4 ) 根据小明的上述实验探究,请对验证力的平行四边形定则实验提出两点注意事项. 【答案】(1)见答图1,F合=4.7N (4.6~4.9都算对);(2)Fa=Fb (3)B D (4)橡皮筋不宜过长;选用新橡皮筋。(或拉力不宜过大;选用弹性好的橡皮筋;换用弹性好的弹簧。) 【解析】(1)根据标度值,连接OP1和OP2,以及OP3,根据实验记录的拉力的大小画出相应的力的图示,根据平行四边形的画法,画出两个分力的合力,见答图1: (2)根据力的合成与分解可知橡皮筋的端点N受到的三个力的作用,见答图2,其中重力的大小方向均不变,两次橡皮筋受到的拉力方向也相同,另一个水平拉力一直沿水平方向,可知橡皮筋上的弹力为; (3)由实验现象可以看出,两次橡皮筋受到的拉力相同,但是橡皮筋的长度不同,第2次的长度较长些;拉力越大,橡皮筋的形变量越大,两次的长度之差越大。BD项正确。 (4)为了使实验误差较小,选用的橡皮筋不宜过长;考虑到橡皮筋形变的恢复情况,应尽量选用新橡皮筋。(或拉力不宜过大;选用弹性好的橡皮筋;换用弹性好的弹簧。 6.2015年理综山东卷21.(10分)某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则。 实验步骤: ①????将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上,使其轴线沿竖直方向。 ②????如图甲所示,将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上,另一端用圆珠笔尖竖直向下拉,直到弹簧秤示数为某一设定值时,将橡皮筋两端的位置标记为O1、O2,,记录弹簧秤的示数F,测量并记录O1、O2,间的距离(即橡皮筋的长度l)。每次将弹簧秤示数改变0.50N,测出所对应的l,部分数据如下表所示: F(N) 0 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 l(cm) l0 10.97 12.02 13.00 13.98 15.05 ?③???找出②中F=2.50N时橡皮筋两端的位置,重新标记为O、O',橡皮筋的拉力计为Foo'。 ④??在秤钩上涂抹少许润滑油,将橡皮筋搭在秤钩上,如图乙所示。用两圆珠笔尖呈适当角度同时拉橡皮筋的两端,使秤钩的下端达到O点,将两笔尖的位置标记为A、B,橡皮筋OA段的拉力记为FOA,OB段的拉力记为FOB。 完成下列作图和填空: (1)利用表中数据在给出的坐标纸上(见答题卡)画出F-l图线,根据图线求得l0=???? cm。 (2)测得OA=6.00cm,OB=7.60cm,则FOA的大小为????? ? N。 (3)根据给出的标度,在答题卡上作出FOA和FOB的合力F' 的图示。 (4)通过比较F' 与?? ? 的大小和方向,即可得出实验结论。 ?答案:(1)10.00;(2)1.8;(3)如答图乙;(4)Foo' 解析:(1)作出F-l图像如答图甲,求得直线的截距即为l0,可得l0=10.00cm ; (2)可计算弹簧的劲度系数为; 若OA=6.00cm,OB=7.60cm,则弹簧的弹力; 则此时; (3)如图乙; (4)通过比较F’和Foo' 的大小和方向,可得出实验结论. 7.2016年浙江卷21.(10分)某同学在“探究弹簧和弹簧伸长的关系”的实验中,测得图中弹簧OC的劲度系数为500N/m。如图1 所示,用弹簧OC和弹簧秤a、b做“探究求合力的方法”实验。在保持弹簧伸长1.00cm不变的条件下, (1)弹簧秤a、b间夹角为90°,弹簧秤a的读数是_______N(图2中所示),则弹簧秤b的读数可能为_______N。 (2)若弹簧秤a、b间夹角大于90°,保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变,减小弹簧秤b 与弹簧OC的夹角,则弹簧秤a的读数是________、弹簧秤b的读数_______(填“变大”、“变小”或“不变”)。 【答案】(1)3.00~3.02,3. 9~4.1(有效数不作要求) (2)变大,变大 【解析】 (1)由图可知弹簧秤a的读数是F1=3.00 N;因合力为F=kx=500×0.01 N=5 N,两分力夹角为90°,则另一个分力为F2=eq \r(F2-F)=4.0 N。 (2)若弹簧秤a、b间夹角大于90°,保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变,减小弹簧秤b与弹簧OC夹角,根据力的平行四边形法则可知,弹簧秤a的读数变大,弹簧秤b的读数变大。 8.2017年新课标Ⅲ卷22.(6分) 某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验,将画有坐标轴(横轴为x轴,纵轴为y轴,最小刻度表示1 mm)的纸贴在桌面上,如图(a)所示。将橡皮筋的一端Q固定在y轴上的B点(位于图示部分之外),另一端P位于y轴上的A点时,橡皮筋处于原长。 (1)用一只测力计将橡皮筋的P端沿y轴从A点拉至坐标原点O,此时拉力F的大小可由测力计读出。测力计的示数如图(b)所示,F的大小为 N。 (2)撤去(1)中的拉力,橡皮筋P端回到A点;现使用两个测力计同时拉橡皮筋,再次将P端拉至O点,此时观察到两个拉力分别沿图(a)中两条虚线所示的方向,由测力计的示数读出两个拉力的大小分别为F1=4.2 N和F2=5.6 N。 (i)用5 mm长度的线段表示1 N的力,以O点为作用点,在图(a)中画出力F1、F2的图示,然后按平形四边形定则画出它们的合力F合; (ii)F合的大小为 N,F合与拉力F的夹角的正切值为 。 若F合与拉力F的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内,则该实验验证了力的平行四边形定则。 答:(1)4.0N;(2)(i)见解析;(ii)3.96;0.1 解析:(1)由图可知,F的大小为4.0N (2)(i)如答图(a)所示 (ii)用刻度尺量出F合的线段长为19.8mm,所以F合大小为3.96N,F合与拉力F的夹角的正切值为0.1 A P O M 2 2 3 3 4 4 A O A O F2=2.7N F1=3.4N F=4.5N 3.0N B O F2=3.0N F1=2.8N F=4.9N 0.5N C O F2=1.6N F1=1.0N F=2.0N 0.5N D O F2=2.7N F1=2.1N F=4.5N 3.0N 1 2.0 2.5 3.0 1.5 1.0 0.5 0 2 3 4 5 6 7 3.5 弹簧的伸长量x(×10-2)m 弹力F/N 第22题图 B O A C 2 2 3 3 解析第22题图2 O A B C F合 2.10N 解析第22题图1 1 2.0 2.5 3.0 1.5 1.0 0.5 0 2 3 4 5 6 7 3.5 弹簧的伸长量x(×10-2)m 弹力F/N N 橡皮筋 描出的轨迹 题11-2图 a b O 第2次的轨迹 第1次的轨迹 题11-3图 题11-1图 P1 P3 O P2 1N 答图1 P1 P3 O P2 1N F合=4.70N F2=3.85N F1=3.30N F合 答图2 N F F水手 G 图甲 O1 O2 图乙 O O' FOA FOB A B 9 10 11 12 13 14 15 16 l/cm F/N 1.0 0.5 1.5 2.0 2.5 3.0 0 答图甲 1N B A O O' F' 答图乙 图1 C O b a 图2 2.5 2.5 3 3.5 3 3.5 O F2 F1 橡皮筋 图(a) A 0 1 2 3 4 5 6 0 1 2 3 4 5 6 N 3 4 3 4 图(b) O F2 F1 橡皮筋 答图(a) A 11-19年高考物理真题分专题汇编之070验证机械能守恒定律 1.2016年上海卷26.(3分)在“用DIS研究机械能守恒定律”的实验中,用到的传感器是 传感器。若摆锤直径的测量值大于其真实值会造成摆锤动能的测量值偏 。(选填:“大”或“小”)。 【答案】光电门;大 【解析】在实验中,摆锤的速度通过光电门进行测量,测量的速度是通过小球直径d与挡光时间的比值进行计算,为:,当摆锤直径测量值大于真实值时,小球直径d会变大,导致计算出的小球速度变大,故小球动能也会变大。 2.2017年天津卷9.(2)如图所示,打点计时器固定在铁架台上,使重物带动纸带从静止开始自由下落,利用此装置验证机械能守恒定律。 ①对于该实验,下列操作中对减小实验误差有利的是______________。 A.重物选用质量和密度较大的金属锤 B.两限位孔在同一竖直面内上下对正 C.精确测量出重物的质量 D.用手托稳重物,接通电源后,撒手释放重物 ②某实验小组利用上述装置将打点计时器接到50 Hz的交流电源上,按正确操作得到了一条完整的纸带,由于纸带较长,图中有部分未画出,如图所示。纸带上各点是打点计时器打出的计时点,其中O点为纸带上打出的第一个点。重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出,利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有____________。 A.OA、AD和EG的长度 B.OC、BC和CD的长度 C.BD、CF和EG的长度 C.AC、BD和EG的长度 【答案】①AB; ②BC。 【解析】①重物选用质量和密度较大的金属锤,减小空气阻力,以减小误差,故A正确;两限位孔在同一竖直面内上下对正,减小纸带和打点计时器之间的阻力,以减小误差,故B正确;验证机械能守恒定律的原理是:,重物质量可以消去,无需精确测量出重物的质量,故C错误;用手拉稳纸带,而不是托住重物,接通电源后,撒手释放纸带,故D错误。 ②由EG的长度长度可求出打F点的速度v2,打O点的速度v1=0,但求不出OF之间的距离h,故A错误;由BC和CD的长度长度可求出打C点的速度v2,打O点的速度v1=0,有OC之间的距离h,可以来验证机械能守恒定律,故B正确;由BD和EG的长度可分别求出打C点的速度v1和打F点的速度v2,有CF之间的距离h,可以来验证机械能守恒定律,故C正确;AC、BD和EG的长度可分别求出BCF三点的速度,但BC、CF、BF之间的距离都无法求出,无法验证机械能守恒定律,故D错误。 3.2013年海南卷 11.某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz,当地重力加速度为g=9.80m/s2。实验中该同学得到的一条点迹清晰的完整纸带如图(b)所示。纸带上的第一个点记为O,另选连续的三个点A、B、C进行测量,图中给出了这三个点到O点的距离hA、hB和hC的值。回答下列问题(计算结果保留3位有效数字) (1)打点计时器打B点时,重物速度的大小vB= m/s; (2)通过分析该同学测量的实验数据,他的实验结果是否验证了机械能守恒定律?简要说明分析的依据。 答案:(1)3.90(2)vB2/2=7.61(m/s)2 ,因为mvB2/2≈mghB,近似验证机械能守恒定律 解析:(1)由匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度可知,由电源频率为50Hz可知T=0.02s,代入其他数据可解得vB=3.90m/s. (2)本实验是利用自由落体运动验证机械能守恒定律,只要在误差允许范围内,重物重力势能的减少等于其动能的增加,即可验证机械能守恒定律。选B点分析,由于,故该同学的实验结果近似验证了机械能守恒定律。 4.2015年理综浙江卷21.(10分)甲同学准备做“验证机械能守恒定律”实验,乙同学准备做“探究加速度与力、质量的关系”实验 (1)图1中A、B、C、D、E表示部分实验器材,甲同学需在图中选用的器材_______;乙同学需在图中选用的器材_________。(用字母表示) (2)乙同学在实验室选齐所需器材后,经正确操作获得如图2所示的两条纸带①和②。纸带__________的加速度大(填①或者②),其加速度大小为____________。 答案:(1)AB;BDE (2)①; (2.5±0.2)m/s2 解析:(1)验证“机械能守恒定律”实验,需要在竖直面打出一条重锤下落的纸带,即可验证,故选仪器AB;“探究加速度与力、质量的关系”实验需要钩码拉动小车打出一条纸带,故选BDE。 (2)纸带①中前三个点的位移差为Δx1=(32.40-30.70)-(30.70-29.10)=0.1cm 纸带②中前三个点的位移差为Δx2=(31.65-29.00)-(29.00-27.40)=0.05cm 根据逐差法可得纸带①的加速度比②大,大小为。5.2011年海南卷 14.现要通过实验验证机械能守恒定律。实验装置如图1所示:水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨;导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块,其总质量为M,左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的砝码相连;遮光片两条长边与导轨垂直;导轨上B点有一光电门,可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t。用d表示A点到导轨低端C点的距离,h表示A与C的高度差,b表示遮光片的宽度,s表示A,B两点的距离,将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度。用g表示重力加速度。完成下列填空和作图; (1)若将滑块自A点由静止释放,则在滑块从A运动至B的过程中,滑块、遮光片与砝码组成的系统重力势能的减小量可表示为 。动能的增加量可表示为 。若在运动过程中机械能守恒,与s的关系式为= ________. (2)多次改变光电门的位置,每次均令滑块自同一点(A点)下滑,测量相应的s与t值,结果如下表所示: 1 2 3 4 5 s(m) 0.600 0.800 1.000 1.200 1.400 t(ms) 8.22 7.17 6.44 5.85 5.43 1/t2(104s-2) 1.48 1.95 2.41 2.92 3.39 以s为横坐标,为纵坐标,在答题卡上对应图2位置的坐标纸中描出第1和第5个数据点;根据5个数据点作直线,求得该直线的斜率k= ×104m-1·s-2 (保留3位有效数字)。 由测得的h、d、b、M和m数值可以计算出直线的斜率k0,将k和k0进行比较,若其差值在试验允许的范围内,则可认为此试验验证了机械能守恒定律。 答:(1) (2)如图; 2.40 【解析】(1)重力势能的减少量, 到达B点的速度为,动能的增加量。 若在运动过程中机械能守恒,可得: (2)利用图像可求得斜率为2.40×104m-1·s-2。利用实验数据分别进行逐差法得直线斜率为2.399×104m-1·s-2,保留3位有效数字为2.40×104m-1·s-2。 6.2016年新课标I卷22.(5分) 某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律,其中打点计时器的电源为交流电源,可以使用的频率有和。打出纸带的一部分如图(b)所示。 该同学在实验中没有记录交流电的频率,需要用实验数据和其它题给条件进行推算。 (1) 若从打出的纸带可判定重物匀加速下落,利用和图(b)中给出的物理量可以写出:在打点计时器打出B点时,重物下落的速度大小为______________,打出C点时重物下落的速度大小为_____________,重物下落的加速度大小为_____________。 (2) 已测得当地重力加速度大小为9.80m/s2,实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%,由此推算出f为__________。 答案: (1) ; ; (2) 40 解析: (1)由于重物匀加速下落,A、B、C、D各相邻点之间时间间隔相同,因此B点应是从A运动到C的过程的中间时刻,由匀变速直线运动的推论可得: B点的速度vB等于AC段的平均速度,即 由于,故 同理可得 匀加速直线运动的加速度 故 ① (2)重物下落的过程中,由牛顿第二定律可得: ② 由已知条件 ③ 由②③得 代入①得: , 代入数据得 7.2016年北京卷21(18分) (1)热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中。图1为某种热敏电阻和金属热电阻的阻值R随温度t变化的示意图。由图可知,这种热敏电阻在温度上升时导电能力      (选填“增强”或“减弱”);相对金属热电阻而言,热敏电阻对温度变化的影响更     (选填“敏感”或“不敏感”)。 (2)利用图2装置做“验证机械能守恒定律”实验。 ①为验证机械能是否守恒,需要比较重物下落过程中任意两点间的。 动能变化量与势能变化量 速度变化量和势能变化量 速度变化量和高度变化量 ②除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外,在下列器材中,还必须使用的两种器材是。 A.交流电源 B.刻度尺 C.天平(含砝码) ③实验中,先接通电源,再释放重物,得到图3所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C,测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。 已知当地重力加速度为g,打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中,重物的重力势能变化量ΔEp=     ,动能变化量ΔEk=     。 ④大多数学生的实验结果显示,重力势能的减少量大于动能的增加量,原因是 A.利用公式v=gt计算中午速度 B.利用公式v=计算重物速度 C.存在空气阻力和摩擦力阻力的影响 D.没有采用多次试验去平均值的方法 某同学想用下述方法研究机械能是否守恒,在纸带上选取多个计数点,测量它们到起始点O的距离h,计算对应计数点的重物速度v,描绘v2-h图像,并做如下判断:若图像是一条过原点的直线,则重物下落过程中机械能守恒,请你分析论证该同学的判断是否正确。 【答案】(1)增强;敏感(2) ①A ② AB ③, ④C ⑤该同学的判断依据不正确 【解析】(1)由R-t图像可得,随温度升高热敏电阻的阻值降低,且热敏电阻阻值随温度变化的更快,所以当温度上升时热敏电阻导电能力增强,相对于金属电阻而言,热敏电阻对温度变化的响应更敏感。 (2)①由机械能守恒可知,实验只需要比较动能的变化量和势能的变化量。所以选A。 ②电磁打点计时器使用的是交流电源,故A正确。因为在计算重力势能时,需要用到纸带上两点之间的距离,所以还需要刻度尺,故B正确;根据可把等式两边的质量抵消掉,故不需要天平,C错误。 ③重力势能改变两为,由于下落过程中是匀变速直线运动,所以根据中间时刻规律可得B点的速度为,所以 ④实验过程中存在空气阻力,纸带运动过程中存在摩擦力,C正确; ⑤该同学的判断依据不正确,在重物下落h的过程中,若阻力f恒定,根据得到可知,v2-h图像就是过原点的一条直线。要向通过v2-h图像的方法验证机械能是否守恒,还必须看图像的斜率是否接近2g. 8.2016年江苏卷11.某同学用如图11-1所示的装置验证机械能守恒定律。一根细线系住钢球,悬挂在铁架台上,钢球静止于A点,光电门固定在A的正下方。在钢球底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条.将钢球拉至不同位置由静止释放,遮光条经过光电门的挡光时间t可由计时器测出,取 作为钢球经过A点时的速度.记录钢球每次下落的高度h和计时器示数t,计算并比较钢球在释放点和A点之间的势能变化大小ΔEp与动能变化大小ΔEk,就能验证机械能是否守恒。 (1)用ΔEp=mgh计算钢球重力势能变化的大小,式中钢球下落高度h应测量释放时的钢球球心到________之间的竖直距离。 A.钢球在A点时的顶端 B.钢球在A点时的球心 C.钢球在A点时的底端 (2)用ΔEk=mv2计算钢球动能变化的大小,用刻度尺测量遮光条宽度,示数如图11-2所示,其读数为________cm。某次测量中,计时器的示数为0.0100 s,则钢球的速度为v=________m/s。 (3)下表为该同学的实验结果: ΔEp/(10-2 J) 4.892 9.786 14.69 19.59 29.38 ΔEk/(10-2 J) 5.04 10.1 15.1 20.0 29.8 他发现表中的ΔEp与ΔEk之间存在差异,认为这是由于空气阻力造成的。你是否同意他的观点?请说明理由。 (4)请你提出一条减小上述差异的改进建议。 【答案】 (1)B (2)1.50(1.49~1.51 都算对) 1.50(1.49~1.51 都算对) (3)不同意,因为空气阻力会造成ΔEk小于ΔEp,但表中ΔEk大于ΔEp。 (4)分别测出光电门和球心到悬点的长度L和l,计算ΔEk时,将v折算成钢球的速度v′=v。 【解析】(1)小球下落的高度为初末位置球心间的距离,所以选B; (2)读数时要注意最小分度是1毫米,要估读到最小分度的下一位,由图知读数为1.50cm,小球的速度为,代入解得v=1.50m/s; (3)若是空气阻力造成的,则ΔEk小于ΔEp,根据表格数据ΔEk大于ΔEp,可知不是空气阻力造成的,所以不同意他的观点。 (4)据图可看出,光电门计时器测量的是遮光条经过光电门的挡光时间,而此时遮光条经过光电门时的速度比小球的速度大,因为它们做的是以悬点为圆心的圆周运动,半径不等,所以速度不能等同,而这位同学误以为相同,从而给实验带来了系统误差。改进方法:根据它们运动的角速度相等,分别测出光电门和球心到悬点的长度L和l,计算ΔEk时,将v折算成钢球的速度。 打点 计时器 接电源 铁架台 重锤 限位孔 纸带 C B A O F E D G 86.59cm 70.99cm 78.57cm A B C O 打点计时器 重物 纸带 图(a) 图(b) A B C D E 小车 ① 29 cm 30 31 32 33 34 35 36 37 38 ② cm 28 29 30 31 32 33 34 35 36 m B A C M 遮光片 光电门 图1 1.4 s(m) 1/t2(104s-2) 1.8 2.2 2.6 3.0 3.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 1.4 s(m) 1/t2(104s-2) 1.8 2.2 2.6 3.0 3.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 重物 打点计时器 纸带 图(a) A B C D S1 S3 S2 图(b) 金属热电阻 图1 热敏电阻 R t O 打点 计时器 纸带 夹子 重物 图2 hA A B C 图3 O hC hB 计时器 遮光条 光电门 题11-1图 0 1 2 遮光条 题11-2 图 11-19年高考物理真题分专题汇编之071验证动量守恒定律 1.2011年理综北京卷21.(2) 如图2,用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律,即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。 ①试验中,直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是,可以通过仅测量 (填选项前的序号),间接地解决这个问题。 A.小球开始释放高度 B.小球抛出点距地面得高度 C.小球做平抛运动的射程 ②图2中点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时,先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放,找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程OP。然后,把被碰小球m2静置于轨道的水平部分,再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放,与小球m2相碰,并多次重复。 接下来要完成的必要步骤是 。(填选项前的符号) A.用天平测量两个小球的质量m1、m2 B.测量小球m1开始释放高度h C.测量抛出点距地面的高度H D.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N E.测量平抛射程OM、ON ③若两球相碰前后的动量守恒,其表达式可表示为_______________(用②中测量的量表示);若碰撞是弹性碰撞。那么还应满足的表达式为        (用②中测量的量表示)。 ④经测定,m1=45.0g,m2=7.5g,小球落地点的平均位置距O点的距离如图3所示。碰撞前、后m1?的动量分别为p1与p1′,则p1∶p1′= ∶11;若碰撞结束时m2的动量为p2′,则p1′∶p2′=11∶____。 实验结果说明,碰撞前、后总动量的比值为________。 ⑤有同学认为,在上述实验中仅更换两个小球的材质,其它条件不变,可以使被撞小球做平抛运动的射程增大。请你用④中已知的数据,分析和计算出被撞小球m2平抛运动射程ON的最大值为____cm。 答:(1)①S; ③T;0刻线; ④ADC (2)①C; ②ADE或DEA或DAE ③ ; ④14;2.9;1~1.01; ⑤76.8 【解析】①由于本实验的碰撞是在同一高度,在空中运动时间相同,因而根据小球做平抛运动的射程就可知道碰撞后速度的大小之比,所以选C。 ②本实验必须用天平测量两个小球的质量ml、m2,分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N和测量平抛射程OM,ON,故选ADE。 ③由于,且v1=、v2=、v=所以m1·OM+m2·OM=m1·OP。若碰撞是弹性碰撞,动能守恒 ,所以成立. ④由于,, 所以答案为14;2.9;1~1.01。 ⑤发生弹性碰撞时,被碰小球获得的速度最大,被碰小球m2平抛运动射程ON的有最大值。根据动量守恒和动能守恒, , , 联立解得, 因此,最大射程为 O M P N h H m1 m2 图2 O M P N 35.20cm 44.80cm 55.68cm 图3 11-19年高考物理真题分专题汇编之072探究动能定理 1.【2019年物理江苏卷】某兴趣小组用如题1图所示装置验证动能定理. (1)有两种工作频率均为50Hz的打点计时器供实验选用: A.电磁打点计时器 B.电火花打点计时器 为使纸带在运动时受到的阻力较小,应选择_______(选填“A”或“B”). (2)保持长木板水平,将纸带固定在小车后端,纸带穿过打点计时器的限位孔.实验中,为消除摩擦力的影响,在砝码盘中慢慢加入沙子,直到小车开始运动.同学甲认为此时摩擦力的影响已得到消除.同学乙认为还应从盘中取出适量沙子,直至轻推小车观察到小车做匀速运动.看法正确的同学是_____(选填“甲”或“乙”). (3)消除摩擦力影响后,在砝码盘中加入砝码.接通打点计时器电源,松开小车,小车运动.纸带被打出一系列点,其中的一段如题2图所示.图中纸带按实际尺寸画出,纸带上A点的速度vA=______m/s. (4)测出小车的质量为M,再测出纸带上起点到A点的距离为L.小车动能的变化量可用ΔEk=算出.砝码盘中砝码的质量为m,重力加速度为g;实验中,小车的质量应______(选填“远大于”“远小于”或“接近”)砝码、砝码盘和沙子的总质量,小车所受合力做的功可用W=mgL算出.多次测量,若W与ΔEk均基本相等则验证了动能定理. 【答案】 (1). B (2). 乙 (3). 0.31(0.30~0.33都算对) (4). 远大于 【解析】 【详解】(1)为使纸带在运动时受到的阻力较小,应选电火花打点计时器即B; (2)当小车开始运动时有小车与木板间的摩擦为最大静摩擦力,由于最大静摩擦力大于滑动摩擦力,所以甲同学的看法错误,乙同学的看法正确; (3)由图可知,相邻两点间的距离约为0.62cm,打点时间间隔为0.02s,所以速度为 ; (4)对小车由牛顿第二定律有:,对砝码盘由牛顿第二定律有: 联立解得:,当时有:,所以应满足:。 1.2013年福建卷 19.(1)(6分)在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中(装置如图甲): ①下列说法哪一项是正确的 。(填选项前字母) A.平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上 B.为减小系统误差,应使钩码质量远大于小车质量 C.实验时,应使小车靠近打点计时器由静止释放 ②图乙是实验中获得的一条纸带的一部分,选取O、A、B、C计数点,已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz,则打B点时小车的瞬时速度大小为 m/s (保留三位有效数字)。 答:①C? ②0.653 解析:①平衡摩擦力时细线不能挂砝码,为减小系统误差应使钩码质量远小于小车质量,C对。 ② 2. 2014年理综天津卷 9.(2)某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上,将细绳一端拴在小车上,另一端绕过定滑轮,挂上适当的钩码,使小车在钩码的牵引下运动,以此定量探究绳拉力与小车动能变化的关系.此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等.组装的实验装置如图所示. ①若要完成该实验,必需的实验器材还有哪些_________________________________________. ②实验开始时,他先调节木板上定滑轮的高度,使牵引小车的细绳与木板平行.他这样做的目的是下列的哪个_________(填字母代号). A.避免小车在运动过程中发生抖动 B.可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰 C.可以保证小车最终能够实现匀速直线运动 D.可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力 ③平衡摩擦力后,当他用多个钩码牵引小车时,发现小车运动过快,致使打出的纸带上点数较少,难以选到合适的点计算小车速度.在保证所挂钩码数目不变的条件下,请你利用本实验的器材提出一个解决办法:?___________________________. ④他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功,经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些.这一情况可能是下列哪些原因造成的______________(填字母代号). A.在接通电源的同时释放了小车 B.小车释放时离打点计时器太近 C.阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉 D.钩码做匀加速运动,钩码重力大于细绳拉力 【答案】①刻度尺、天平(包括砝码),②D,③可在小车上加适量的砝码(或钩码),④C D 【解析】①本实验要测量钩码重力当拉力,测量小车的质量,所以需要天平,另外纸带长度测量需要刻度尺; ②使牵引小车的细绳与木板平行,目的是消除摩擦带来的误差,即平衡摩擦力后,使细绳的拉力等于小车的合力,所以选择D ③要减小小车的加速度,在拉力一定的情况下,根据牛顿第二定律,可以增加车的质量。 ④钩码重力做功转化为钩码动能,小车动能在没有完全平衡摩擦的情况下,还会增加摩擦生热。所以当重力做功大于小车动能增量时,可能是因为摩擦;也可能是因为没有满足钩码重力远小于车这个条件,所以选CD。 3.2017年北京卷21.(18分) 如图1所示,用质量为m的重物通过滑轮牵引小车,使它在长木板上运动,打点计时器在纸带上记录小车的运动情况。利用该装置可以完成“探究动能定理”的实验。 (1)打点计时器使用的电源是 (选填选项前的字母)。 A.直流电源 B.交流电源 (2)实验中,需要平衡摩擦力和其他阻力。正确操作方法是 (选填选项前的字母)。 A.把长木板右端垫高 B.改变小车的质量 在不挂重物且 (选填选项前的字母)的情况下,轻推一下小车,若小车拖着纸带做匀速运动,表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响。 A.计时器不打点 B.计时器打点 (3)接通电源,释放小车,打点计时器在纸带上打下一系列点,将打下的第一个点标为O。在纸带上依次取A、B、C……若干个计数点,已知相邻计数点间的时间间隔为T。测得A、B、C……各点到O点的距离为x1、x2、x3……,如图2所示。 实验中,重物质量远小于小车质量,可认为小车所受的拉力大小为mg,从打O点到打B点的过程中,拉力对小车做的功W= ,打B点时小车的速度v= 。 (4)以v2为纵坐标,W为横坐标,利用实验数据做出如图3所示的v2–W图像。由此图像可得v2随W变化的表达式为_________________。根据功与能的关系,动能的表达式中可能包含v2这个因子;分析实验结果的单位关系,与图线斜率有关的物理量应是_________。 (5)假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响,若重物质量不满足远小于小车质量的条件,则从理论上分析,图4中正确反映v2–W关系的是________。 【答案】(1)B(2)A,B (3)mgx2, (4)v2=kW, k=4.7kg1,(5)D 解析:(1)打点计时器均使用交流电,故选项B正确。 (2)平衡摩擦力和其他阻力,是通过垫高木板右端,构成斜面,使重力沿斜面向下的分力跟它们平衡,故选项A正确;实验时,是让打点计时器工作,纸带跟打点计时器之间会有滑动摩擦力,属于实验中小车受到的阻力之一,也需要平衡,故选项B正确。 (3)由图可知,小车拖动纸带移动的距离等于重物下落的距离,小车所受的拉力又约等于重物的重力,因此,W=mgx2;小车在运动时为匀变速直线运动,因此打B点时小车的速度为小车带动纸带打下AC段中间时刻的速度,也等于这段的平均速度,有 (4)由图像知,图像为一条过原点的倾斜直线,斜率为,故,设小车的质量为M,根据动能定理有,变形得,对照上式可知,因此斜率的单位为kg-1. (5)将重物和小车看作一个系统,有,M、m质量不变,W=mgx,,因此图像为过原点的倾斜直线,应选择图象A。 4.2017年江苏卷10.(8分)利用如题10-1图所示的实验装置探究恒力做功与物体动能变化的关系。小车的质量为M=200.0 g,钩码的质量为m=10.0 g,打点计时器的电源为50 Hz的交流电. (1)挂钩码前,为了消除摩擦力的影响,应调节木板右侧的高度,直至向左轻推小车观察到_____________________. (2)挂上钩码,按实验要求打出的一条纸带如题10-2图所示.选择某一点为O,一次每隔4个计时点取一个计数点.用刻度尺量出相邻计数点间的距离,记录在纸带上.计算打出各计数点时小车的速度v,其中打出计数点“1”时小车的速度v1=______m/s. (3)将钩码的重力视位小车受到的拉力,取g=9.80 m/s,利用W=mg算出拉力对小车做的功W,利用算出小车动能,并求出动能的变化量△Ek.计算结果见下表. 2.45 2.92 3.35 3.81 4.26 2.31 2.73 3.12 3.61 4.00 请根据表中的数据,在答题卡的方格纸上作出图象. (4)实验结果表明,△Ek总是略小于W, 某同学猜想是由于小车所受拉力小于钩码重力造成的。用题中小车和钩码质量的数据可算出小车受到的实际拉力F=__________. 答:(1)小车做匀速运动 (2)0.228 (3)图象如图所示 (4)0.093N 解析:(1)小车做匀速运动,则小车受到的摩擦力跟小车的下滑分力平衡,消除了摩擦力的影响。 (2)打出计数点“1”时小车的速度 (3)图象如图所示 (4)由牛顿第二定律, ,解得, 代入题给数据得F=0.093N 5.53 O A B C 单位:cm 乙 11.73 18.59 垫木 小车 纸带 钩码 甲 打点计时器 小滑轮 纸带 打点计时器 图1 重物 小车 C B A O x1 x2 x3 图2 0 2 4 6 8 10 0.2 W/(10-2J) υ2/(m2?s-2) 0.4 0.1 0.3 0.5 图3 A υ2 0 W B υ2 0 W C υ2 0 W D υ2 0 W 图4 纸带 打点计时器 小车 钩码 (题10-1图) (单位:cm) O 1 2 3 4 5 7 6 4.81 4.35 3.89 3.42 2.98 2.50 2.06 (题10-2图) △Ek/10-3J 2.5 2.0 3.0 3.5 4.0 4.5 2.0 2.5 4.0 4.5 W/10-3J 3.0 3.5 3.0 3.5 △Ek/10-3J 2.5 2.0 3.0 3.5 4.0 4.5 2.0 2.5 4.0 4.5 W/10-3J 11-19年高考物理真题分专题汇编之073探究摩擦力的实验 【2019年物理全国卷2】如图(a),某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有:铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50Hz的交流电源,纸带等。回答下列问题: (1)铁块与木板间动摩擦因数μ=______(用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示) (2)某次实验时,调整木板与水平面的夹角θ=30°。接通电源。开启打点计时器,释放铁块,铁块从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带,如图(b)所示。图中的点为计数点(每两个相邻的计数点间还有4个点未画出)。重力加速度为9.8 m/s2。可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为_____________(结果保留2位小数)。 【答案】 (1). (2). 0.35 【解析】 【详解】(1)由mgsinθ-μmgcosθ=ma,解得:μ=……① (2)由逐差法a= 得:SII=(76.39-31.83)×10-2m,T=0.15s,SI=(31.83-5.00)×10-2m,故a= m/s2=1.97 m/s2,代入①式,得:μ= =0.35 1.2015年理综新课标Ⅱ卷22. (6分) 某同学用图(a)所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz,物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图(b)所示,图中标出了5个连续点之间的距离。 (1)物块下滑时的加速度a=m/s2,打C点时物块的速度v= m/s; (2)已知重力加速度大小为g,为求出动摩擦因数,还必须测量的物理量是 (填 正确答案标号) A. 物块的质量 B. 斜面的高度 C .斜面的倾角 解析:(1)根据纸带数据可知:加速度; 打C点时物块的速度 (2)由牛顿第二定律得:加速度,所以求出动摩擦因数,还需测量的物理量是斜面的倾角。 2.2013年新课标I卷22.(7分) 图(a)为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图。实验步骤如下: ①用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m;用游标卡尺测量遮光片的宽度d;用米尺测最两光电门之间的距离s; ②调整轻滑轮,使细线水平: ③让物块从光电门A的左侧由静止释放,用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间△tA和△tB,求出加速度a; ④多次重复步骤③,求a的平均; ⑤根据上述实验数据求出动擦因数μ。 回答下列问题: (1) 测量d时,某次游标卡尺(主尺的最小分度为1mm)的示如图(b)所示。其读数为 cm (2)物块的加速度a可用d、s、△tA,和△tB,表示为a 。 (3)动摩擦因数μ可用M、m、;和重力加速度g表示为μ= (4)如果细线没有调整到水平,由此引起的误差属于 (填“偶然误差”或”系统误差” ) 【解析】(1)游标卡尺测量数据不需要估读,主尺读数为:9mm,游标尺读数为:0.05mm×12=0.60mm,所以读数为:9mm+0.60mm=9.6mm=0.960cm (2)根据结合位移速度关系式: 有: (3)对重物和小物块整体受力分析:,解得; (4)如果细线没有调到水平,会使实验数据测量偏大或偏小,由于固定因素引起的误差叫做系统误差。 3. 2013年全国卷大纲版 23.(12分)测量小物块Q与平板P之间的动摩擦因数的实验装置如图所示。AB是半径足够大的光滑的四分之一圆弧轨道,与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切,C点在水平地面的垂直投影为C ′。重力加速度大小为g。实验步骤如下: ①用天平称出物块Q的质量m; ②测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC ′的长度h; ③将物块Q在A点从静止释放,在物块Q落地处标记其落点D; ④重复步骤③,共做10次; ⑤将10个落地点用一个尽量小的圆围住,用米尺测量圆心到C ′ 的距离s。 ⑴用实验中的测量量表示: (I)物块Q到达B点时的动能EkB= ; (II)物块Q到达C点时的动能EkC= ; (III)在物块Q从B运动到C的过程中,物块Q克服摩擦力做的功Wf = ; (IV)物块Q与平板P之间的动摩擦因数μ= 。 ⑵回答下列问题: (I)实验步骤④⑤的目的是 。 (II)已知实验测得的μ值比实际值偏大,其原因除了实验中测量量的误差之外,其它的可能是 _____________________。(写出一个可能的原因即可)。 答案:(1) (ⅰ)(2分);(ⅱ)(2分);(ⅲ)(2分)(ⅳ)(2分) (2) (ⅰ)减小实验偶然误差(2分);(ⅱ)圆弧轨道存在摩擦、接缝B处不平滑(2分,只要写出的原因合理,就给这2分)。 解析:(1) (ⅰ)QB段机械能守恒,因此=(2分); (ⅱ)过C点后小物块做平抛运动,由、求得速度,则=(2分); (ⅲ)由动能定理得 (2分); (ⅳ)由代入上式得=(2分) (2) (ⅰ)减小实验偶然误差(2分);(ⅱ)圆弧轨道存在摩擦、接缝B处不平滑(2分,只要写出的原因合理,就给这2分)。 4. 2012年物理江苏卷 11. (10分)为测定木块与桌面之间的动摩擦因数,小亮设计了如图所示的装置进行实验. 实验中,当木块A位于水平桌面上的O点时,重物B刚好接触地面. 将A拉到P点,待B稳定后静止释放,A最终滑到Q点. 分别测量OP、OQ的长度h和s. 改变h,重复上述实验,分别记录几组实验数据. (1)实验开始时,发现A释放后会撞到滑轮. 请提出两个解决方法. (2)请根据下表的实验数据作出s-h关系的图象. h(cm) 20.0 30.0 40.0 50.0 60.0 s(cm) 19.5 28.5 39.0 48.0 56.5 (3)实验测得A、B的质量分别为m=0.40 kg、M=0.50kg. 根据s-h图象可计算出A木块与桌面间的动摩擦因数μ=____________ (结果保留一位有效数字) (4)实验中,滑轮轴的摩擦会导致μ的测量结果________________ (选填“偏大”或“偏小”). 【答案】(1)减小B的质量,增加细线的长度,或增大A的质量,降低B的起始高度。 (2)如图所示 (3)0.4 (4)偏大 【解析】(1)实验开始时发现A释放后会撞到滑轮,主要是加速度过大或加速时间过长,可以通过减小B的质量或增大A的质量来减小加速度,通过增加细线的长度或降低B的起始高度来缩短加速时间。 (2)s-h图象如图所示。 (3)在B下落至临落地时,据动能定理,有, 在B落地后,A运动到Q,据动能定理,有,解得:。 将M=0.5kg,m=0.4kg代入得=,从图象得斜率,即,代入上式得。 (4)本实验测动摩擦因数的原理是动能定理,如果考虑克服滑轮摩擦做功W,则, ,求得,如果忽略克服滑轮摩擦做功,则动摩擦因数偏大。 5. 2011年理综山东卷23.(1) 某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案。如图所示,将一个小球和一个滑块用细绳连接,跨在斜面上端。开始时小球和滑块均静止,剪断细绳后,小球自由下落,滑块沿斜面下滑,可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音。保持小球和滑块释放的位置不变,调整挡板位置,重复以上操作,直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音。用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x。(空气阻力对本实验的影响可以忽略) ①滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为________。 ②滑块与斜面间的动摩擦因数为__________________。 ③以下能引起实验误差的是________。 a.滑块的质量 b.当地重力加速度的大小 c.长度测量时的读数误差 d.小球落地和滑块撞击挡板不同时 答案:①; ②; ③c d; 解析:①滑动沿斜面做初速度为零的匀加速直线运动,有, 小球做自由落体运动,有,所以 。 ②对滑块受力分析,根据牛顿第二定律得. 即 解得 ③由①②分析知,c、d能引起实验误差。 6.2018年全国卷II、23.(9分) 某同学用图(a)所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数。跨过光滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧秤相连,滑轮和木块间的细线保持水平,在木块上方放置砝码。缓慢向左拉动水平放置的木板,当木块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时,弹簧秤的示数即为木块受到的滑动摩擦力的大小。某次实验所得数据在下表中给出,其中f4的值可从图(b)中弹簧秤的示数读出。 砝码的质量m/kg 0.05 0.10 0.15 0.20 0.25 滑动摩擦力f /N 2.15 2.36 2.55 f4 2.93 回答下列问题: (1)f4 = N; (2)在图(c)的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出图线; (3)f与m、木块质量M、木板与木块之间的动摩擦因数?及重力加速度大小g之间的关系式为 ,图线(直线)的斜率的表达式为 ; (4)取,由绘出的图线求得 。(保留2位有效数字) 答案:(1)2.75 (2)如图所示 (3) (4)0.40 解析:(1)指针在2.7与2.8之间,估读为2.75N (2)在描点连线时要注意尽可能让点在直线上,如果没法在直线上也要均匀分布在直线的两侧,来减小误差,作图如下: (3)木块受到的是滑动摩擦力,根据滑动摩擦力的定义知 所以图线(直线)的斜率的表达式为k=μg (4)取g=9.80m/s2,取图线上相距较远的两点求斜率,则 7. 2011年理综重庆卷 22.(2)某同学设计了如图3所示的装置,利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等器材来测定滑块和轨道间的动摩擦因数μ。滑块和托盘上分别放有若干砝码,滑块质量为M,滑块上砝码总质量为m′,托盘和盘中砝码的总质量为m。实验中,滑块在水平轨道上从A到B做初速为零的匀加速直线运动,重力加速度g取10m/s2。 ①为测量滑块的加速度a,须测出它在A、B间运动的 _____与 ,计算a的运动学公式是_________; ②根据牛顿运动定律得到a与m的关系为:,他想通过多次改变m,测出相应的a值,并利用上式来计算μ。若要求a是m的一次函数,必须使上式中的_____保持不变,实验中应将从托盘中取出的砝码置于 ; ③实验得到a与m的关系如图4所示,由此可知μ= (取两位有效数字) 答案:①位移 时间 ② m+m′ ;滑块上 ③0.23(0.21~0.25) 解析:①滑块在水平轨道上从A到B做初速为零的匀加速直线运动,根据变形得,所以需要测量的是位移和时间。 ②以m为研究对象,;以为研究对象, 消去绳子的拉力T,解得加速度,化简可得 将加速度的表达式与数学中的一次函数类比, “”就相当于图像的斜率k,为了保证图像斜率不变,要求保持不变,在实验中就要把从小车上拿下的砝码放置到托盘中,从托盘中拿下的砝码放置到小车上。 “”相当于纵轴截距.在图像上取两个点(64×10-3,0.23)、(67×10-3,0.35),写出直线的两点式方程,化简得,方程中的“-2.3”就是直线的纵轴截距,所以,因为,所以 (在0.21到0.25之间是正确的) 8. 2014年理综山东卷 21(8分)某实验小组利用弹簧秤和刻度尺,测量滑块在木板上运动的最大速度。实验步骤: ①用弹簧秤测量橡皮泥和滑块的总重力,记作G; ②将装有橡皮泥的滑块放在水平木板上,通过水平细绳和固定弹簧秤相连,如图甲所示。在A端向右拉动木板,等弹簧秤示数稳定后,将读数记作F; ③改变滑块上橡皮泥的质量,重复步骤①②;实验数据如下表所示: G/N 1.50 2.00 2.50 3.00 3.50 4.00 F/N 0.59 0.83 0.99 1.22 1.37 1.61 ④如图乙所示,将木板固定在水平桌面上,滑块置于木板上左端C处,细绳跨过定滑轮分别与滑块和重物P连接,保持滑块静止,测量重物P离地面的高度h; ⑤滑块由静止释放后开始运动并最终停在木板上的D点(未与滑轮碰撞),测量C、D间的距离s。 完成下列作图和填空: (1)根据表中数据在给定的坐标纸(见答题卡)上作出F—G图线。 (2)由图线求得滑块和木板间的动摩擦因数μ=____________(保留2位有效数字) (3)滑块最大速度的大小=____________(用h、s、μ和重力加速度g表示。) 【答案】(1)如右图所示 (2)0.40(0.38、0.39、0.41、0.42均正确) (3) 【解析】(1)F—G图线如图示 (2)根据图像的斜率表示动摩擦因数,可得μ=0.4, (3)P落地后滑块又前进了(s-h)的距离才停止运动,在这段时间内做减速运动,根据 v2=2a(s-h), 而加速度a=μg,可得最大速度为 物块 斜面 打点计时器 纸带 图(a) A B C D E 3.78 3.39 3.52 3.65 cm 图(b) A B d s 图(a) 重物 轻滑轮 光电门 光电门 遮光片 物块 细线 0 5 10 15 20 1 2 3 图(b) A Q B P C C′ D R L M P h O Q A B s m S/cm O h/cm 70 h/cm 60 40 10 50 30 20 10 20 30 40 50 60 70 S/cm x h H 挡板 弹簧秤 图(a) 木板 木块 砝码 滑轮 图(b) 1 2 3 1 2 3 4 4 指针 单位:N 图(c) 2.0 2.8 2.4 2.2 2.6 3.0 0.25 0.20 0.15 0.10 0.05 0 f/N m/kg 0.30 2.0 2.8 2.4 2.2 2.6 3.0 0.25 0.20 0.15 0.10 0.05 0 f/N m/kg 0.30 M A B m m′ 图3 a/ms-2 m/×10-3kg 62 61 63 64 65 66 67 68 69 0.15 0.25 0.30 0.35 0.40 0.45 0.50 0.10 60 图4 F/N G/N s 11-19年高考物理真题分专题汇编之074弹簧问题的探索 1. 2011年理综安徽卷 21.Ⅰ.为了测量某一弹簧的劲度系数,将该弹簧竖直悬挂起来,在自由端挂上不同质量的砝码。实验测出了砝码的质量m与弹簧长度l的相应数据,其对应点已在图上标出。(g=9.8m/s2) ⑴作出m-l的关系图线; ⑵弹簧的劲度系数为 N/m。 【解析】(1)如图所示; (2)0.248~0.262 2.2015年理综福建卷19. (1)(6分) 某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验。 ①图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度,其示数为7.73cm;图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度,此时弹簧的伸长量Δl为_________cm; ②本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力,关于此操作,下列选项中规范的做法是_________;(填选项前的字母) A.逐一增挂钩码,记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重 B.随意增减钩码,记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重 ③图丙是该同学所描绘的弹簧的伸长量Δl与弹力F的关系图线,图线的AB段明显偏离直线OA,造成这种现象的主要原因是________________________________________________。 答案:①6.93 ②A ③超过弹簧的弹性限度 解析:①由图乙知,弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度为14.66cm,,此时弹簧的伸长量Δl为14.66-7.73=6.93cm。 ②若随意增减钩码,会使得作图不方便,有可能会超出弹簧的弹性限度,所以应逐一增挂钩码。 ③由图丙,图线的AB段明显偏离直线OA,即AB段的伸长量与弹力不成线性关系,使因为钩码的重量超过弹簧的弹性限度。 3.2015年理综四川卷8. (1)(6分) 某同学在”探究弹力和弹簧伸长的关系”时,安装好实验装置,让刻度尺零刻度与弹簧上端平齐,在弹簧下端挂1个钩码,静止时弹簧长度为l1。如图1所示,图2是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺(最小分度是1毫米)上位置的放大图,示数l1= cm.。在弹簧下端分别挂2个、3个、4个、5个相同钩码,静止时弹簧长度分别是l2、l3、l4、l5。已知每个钩码质量是50g,挂2个钩码时,弹簧弹力F2= N(当地重力加速度g=9.8m/s2),要得到弹簧伸长量x,还需要测量的是 。作出F-x曲线,得到弹力与弹簧伸长量的关系。 答案: 25.85 0.98 弹簧的原长l0 解析:根据图2指针指示得l1=25.85cm;挂2个钩码时,弹簧弹力F2=mg=2×0.05×9.8 N =0.98N; 弹簧的伸长量,其中l为弹簧形变后的长度,l0为弹簧的原长,因此要得到弹簧伸长量x,还需要测量的是弹簧的原长l0。 4. 2014年理综浙江卷 21.(10分)在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时,某同学把两根弹簧如图连接起来进行探究. (1)某次测量如图2所示,指针示数为________ cm. (2)在弹性限度内,将50 g的钩码逐个挂在弹簧下端,得到指针A、B的示数LA和LB如表1.用表1数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为______ N/m(重力加速度g取10 m/s2).由表1数据________(选填“能”或“不能”)计算出弹簧Ⅱ的劲度系数. 【答案】 (1) (15.95~16.05)cm,有效数字位数正确 (2) (12.2~12.8) N/m  能 【解析】 (1)由图2可知刻度尺能精确到0.1 cm,读数时需要往后估读一位,故指针示数为16.00±0.05 cm. (2)由表1中数据可知每挂一个钩码,弹簧Ⅰ的平均伸长量Δx1≈4 cm,弹簧Ⅱ的平均伸长量Δx2≈5.80 cm,根据胡克定律可求得弹簧Ⅰ的劲度系数为12.5 N/m,同理也能求出弹簧Ⅱ的劲度系数. 5.2018年全国卷I、 22.(5分) 如图(a),一弹簧上端固定在支架顶端,下端悬挂一托盘;一标尺由游标和主尺构成,主尺竖直固定在弹簧左边;托盘上方固定有一能与游标刻度线准确对齐的装置,简化为图中的指针。 现要测量图(a)中弹簧的劲度系数。当托盘内没有砝码时,移动游标,使其零刻度线对准指针,此时标尺读数为;当托盘内放有质量为的砝码时,移动游标,再次使其零刻度线对准指针,标尺示数如图(b)所示,其读数为 cm。当地的重力加速度大小为,此弹簧的劲度系数为 N/m(保留3位有效数字)。 答案: 3.775 53.7 解析:实验所用的游标卡尺精度为0.05mm,游标卡尺上游标第15条刻度线与主尺刻度线对齐,根据游标卡尺的读数规则,图(b)所示的游标卡尺读数为3.7cm+15×0.05mm=3.7cm+0.075cm=3.775cm。 托盘中放有质量为m=0.100kg的砝码时,弹簧受到的拉力F=mg=0.100×9.8N=0.980N, 弹簧伸长x=3.775cm-1.950cm=1.825cm=0.01825m, 根据胡克定律,F=kx,解得此弹簧的劲度系数k=F/x=53.7N/m。 6. 2012年理综广东卷 34.(2)某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系。 ①将弹簧悬挂在铁架台上,将刻度尺固定在弹簧一侧,弹簧轴线和刻度尺都应在______方向(填“水平”或“竖直”) ②弹簧自然悬挂,待弹簧______时,长度记为L0,弹簧下端挂上砝码盘时,长度记为Lx;在砝码盘中每次增加10g砝码,弹簧长度依次记为L1至L6,数据如下表表: 代表符号 L0 Lx L1 L2 L3 L4 L5 L6 数值(cm) 25.35 27.35 29.35 31.30 33.4 35.35 37.40 39.30 表中有一个数值记录不规范,代表符号_______。由表可知所用刻度尺的最小长度为______。 ③图16是该同学根据表中数据作的图,纵轴是砝码的质量,横轴是弹簧长度与_________的差值(填“L0或L1”)。 ④由图可知弹簧的劲度系数为_________N/m;通过图和表可知砝码盘的质量为_________g(结果保留两位有效数字,重力加速度取9.8m/s2)。 【答案】①竖直 ② 稳定 L3 1mm ③ L0 ④ 4.9 10g 【解析】②测量仪器是10分度的需要估读到最小精度的下一位,则此刻度尺的最小精度应为1mm,故L3读数错误。 ③横轴表示的是弹簧的形变量,故为弹簧长度与 L0的差值。 ④由得图像的斜率,故k=4.9N/m,挂了砝码盘后弹簧伸长了2cm,由知其质量为10g。 7. 2012年物理海南卷 14.一水平放置的轻弹簧,一端固定,另一端与一小滑块接触,但不粘连;初始时滑块静止于水平气垫导轨上的O点,如图(a)所示。现利用此装置探究弹簧的弹性势能Ep与其被压缩时长度的改变量x的关系。先推动小滑块压缩弹簧,用米尺测出x的数值;然后将小滑块从静止释放。用计时器测出小滑块从O点运动至气垫导轨上另一固定点A所用时间t。多次改变x,测得的x值及其对应的t值如下表所示。(表中的1/t值是根据t值计算得出的) x(cm) 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00 t(s) 3.33 2.20 1.60 1.32 1.08 1/t (s-1) 0.300 0.455 0.625 0.758 0.926 (1)根据表中数据,在图(b)中 的方格纸上作出图线。 (2)回答下列问题:(不要求写出计算 或推导过程) ①已知点(0,0)在图线上, 从图线看,是什么关系? ②从理论上分析,小滑块刚脱离弹簧时的动能Ek与是什么关系(不考虑摩擦力)? ③当弹簧长度改变量为x时,弹性势能Ep与相应的Ek是什么关系? ④综合考虑以上分析, Ep与x是什么关系? 答:(1)图线如答图(b)示 (2)①成正比关系,②Ek与成正比 , ③ Ep=Ek , ④Ek与x2成正比 8. 2014年理综新课标卷Ⅱ 23.某实验小组探究弹簧的劲度系数k与其长度(圈数)的关系;实验装置如图(a)所示:一均匀长弹簧竖直悬挂,7个指针P0、P1、P2、P3、P4、P5、P6分别固定在弹簧上距悬点0、10、20、30、40、50、60圈处;通过旁边竖直放置的刻度尺,可以读出指针的位置,P0指向0刻度;设弹簧下端未挂重物时,各指针的位置记为x0;挂有质量为0.100kg砝码时,各指针的位置记为x;测量结果及部分计算结果如下表所示(n为弹簧的圈数,取重力加速度为9.80m/s2).已知实验所用弹簧的总圈数为60,整个弹簧的自由长度为11.88cm. (1)将表中数据补充完整: ① , ② ; (2)以n为横坐标,1/k为纵坐标,在图(b)给出的坐标纸上画出1/kn图像; (3)图(b)中画出的直线可以近似认为通过原点;若从实验中所用的弹簧截取圈数为n的一段弹簧,该弹簧的劲度系数k与其圈数n的关系的表达式为k= ③ N/m;该弹簧的劲度系数k与其自由长度l0(单位为m)的表达式为k= ④ N/m. 【答案】 (1)①81.7 ②0.0122 (2)如答图所示 (3)③ 【解析】(1)根据P2的示数可知,P2部分的原长为4.06cm,拉伸后的长度为5.26cm, 根据胡克定律可得, 倒数为 (2)根据表中的数据画出图象,如答图所示: (3)根据得到的图象可知, 解得, (4)由于60匝弹簧的总长度为11.88cm,则n匝弹簧的原长满足 代入, 可得 9.2014年理综广东卷34. (2)(10分)某同学根据机械能守恒定律,设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系. ①如图23(a),将轻质弹簧下端固定于铁架台,在上端的托盘中依次增加砝码,测得相应的弹簧长度,部分数据如下表,有数据算得劲度系数k= N/m,(g取9.8m/s2) 砝码质量(g) 50 100 150 弹簧长度(cm) 8.62 7.63 6.66 ②取下弹簧,将其一端固定于气垫导轨左侧,如图23(b)所示;调整导轨,使滑块自由滑动时,通过两个光电门的速度大小 . ③用滑块压缩弹簧,记录弹簧的压缩量x;释放滑块,记录滑块脱离弹簧后的速度v,释放滑块过程中,弹簧的弹性势能转化为 . ④重复③中的操作,得到v与x的关系如图23(c)。有图可知,v与x成 关系,由 上述实验可得结论:对同一根弹簧,弹性势能与弹簧的 成正比. 【答案】①50N/m ②相等 ③动能 ④正比; 压缩量的平方 【解析】① 根据 得则同理可得则劲度系数 ②使滑块通过两个光电门的速度大小相等,则可以认为滑块离开弹簧后做匀速直线运动。 ③弹簧的弹性势能转化为滑块的动能 ④图像是通过原点的倾斜直线,所以v与x成正比关系。弹性势能转化为滑块的动能,即而v与x成正比,所以弹性势能与弹簧的压缩量的平方成正比. 10.2013年新课标II卷22.(8分) 某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究,一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上,弹簧左端固定,右端与一小球接触而不固连;弹簧处于原长时,小球恰好在桌面边缘,如图(a)所示。向左推小球,使弹黄压缩一段距离后由静止释放;小球离开桌面后落到水平地面。通过测量和计算,可求得弹簧被压缩后的弹性势能。 回答下列问题: (1)本实验中可认为,弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等。已知重力加速度大小为g。为求得Ek,至少需要测量下列物理量中的_____________ (填正确答案标号)。 A.小球的质量m B.小球抛出点到落地点的水平距离s C.桌面到地面的高度h D.弹簧的压缩量△x E.弹簧原长l0 (2)用所选取的测量量和已知量表示Ek,得Ek=___________。 (3)图(b)中的直线是实验测量得到的s-Δx图线。从理论上可推出,如果h不变,m增加,s-Δx图线的斜率会______ (填“增大”、“减小”或“不变”);如果m不变,h增加,s-Δx图线的斜率会________(填“增大”、“减小”或“不变”)。由图(b) 中给出的直线关系和Ek的表达式可知,Ep与△x的________ 次方成正比。 答案:(1)ABC (3分,选对但不全的给1分,有选错的,不给这3分) (2) (2分) (3)减小 增大 2 (3分。每空1分) 解析:(1)本题以测定小球平抛运动的初动能来测定弹簧的弹性势能,因此需要测定小球的质量m、小球平抛的水平位移s和竖直位移(桌面高度)h,选ABC。 (2)由平抛运动、可求得,则小球初动能; (3)由、可知,h不变,则;而当小球质量m增大时,平抛初速度会减小,相同时s会减小,因此图线斜率会减小 ; 如果m不变,h增大,则相同时s会增大,斜率会增大; 由机械能守恒可知,,式中,所以 。 m/克 l/厘米 2.5 2.0 1.5 1.0 0.5 0.0 8.0 10.0 12.0 14.0 16.0 18.0 × × × × × × m/克 l/厘米 2.5 2.0 1.5 1.0 0.5 0.0 8.0 10.0 12.0 14.0 16.0 18.0 × × × × × × 甲 8 乙 15 F Δl O A B 丙 l1 图1 图2 Ⅱ A B Ⅰ 21题图2 第21题图2 15 16 钩码数 1 2 3 4 LA/cm 15.71 19.71 23.66 27.76 LB/cm 29.96 35.76 41.51 47.36 图(b) 主尺 cm 游标 0 10 20 3 4 5 游标 主尺 图(a) 指针 0 m/×10-3 kg l/×10-2 m 10 2 4 6 8 10 12 14 20 30 40 50 60 70 图16 图(a) A O 气垫导轨 0 1/t (s-1) x (cm) 1.00 2.00 3.00 0.25 0.50 0.75 1.00 1.25 图(b) 0 1/t (s-1) x (cm) 1.00 2.00 3.00 0.25 0.50 0.75 1.00 1.25 答图(b) 砝码 刻度尺 图(a) 0 P0 P1 P2 P3 P4 P5 P6 P1 P2 P3 P4 P5 P6 x0 (cm) 2.04 4.06 6.06 8.05 10.03 12.01 x (cm) 2.64 5.26 7.81 10.30 12.93 15.41 n 10 20 30 40 50 60 k(N/m) 163 ① 56.0 43.6 33.8 28.8 1/k(m/N) 0.0061 ② 0.0179 0.0229 0.0296 0.0347 图(b) 10 20 30 40 50 60 0 0.01 0.02 0.03 0.04 n 答图 10 20 30 40 50 60 0 0.01 0.02 0.03 0.04 n 托盘 砝码 (a) 光电门 滑块 (b) 0.3 x/m 0 1 2 3 4 5 0.1 0.2 0.4 0.5 v/m/s 0.6 (c) 图23 图(a) + + + + + Δx s O 图(b) 11-19年高考物理真题分专题汇编之 75探究加速度与物体质量、物体受力的关系 1. 2013年天津卷 9.(2)某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系。 ①下列做法正确的是________(填字母代号) A.调节滑轮的高度,使牵引木块的细绳与长木板保持平行 B.在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时,将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴木块上 C.实验时,先放开木块再接通打点计时器的电源 D.通过增减木块上的砝码改变质量时,不需要重新调节木板倾斜度 ②为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力,应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量 木块和木块上砝码的总质量(填“远大于”、“远小于”或“近似等于”) ③甲、乙两同学在同一实验室,各取一套图示的装置放在水平桌面上,木块上均不放砝码,在没有平衡摩擦力的情况下,研究加速度a与拉力F的关系,分别得到图中甲、乙两条直线。设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙,甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲,μ乙,由图可知,m甲 m乙, μ甲 μ乙。(填“大于”、“小于”或“等于”) (2)【答案】① AD ② 远小于 ③ 小于,大于 【解析】本题主要考查“验证牛顿第二定律”的实验。 ① 选择AD。 B选项错误,在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时,不应悬挂“重物”; C选项错误,打点计时器要“早来晚走”即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块,而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器。 ② 按照教材上的理论,若以砝码桶及砝码作为小木块的外力,则有 a=mg/ M ,而实际实验过程中砝码桶及砝码也与小木块一起做匀加速运动,即 对砝码桶及砝码有mg﹣T = ma,对小木块有T = Ma. 综上有:小物块的实际的加速度为 a= mg /(M+m) < mg/M ,只有当m<

  • ID:6-6789744 11-19年高考物理真题分专题汇编之051b带电粒子在磁场中的圆周运动(下)(10份打包)

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    11-19年高考物理真题分专题汇编之 051b带电粒子在磁场中的圆周运动(下) 1.2017年新课标Ⅱ卷18.如图,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P为磁场边界上的一点,大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点,在纸面内沿不同的方向射入磁场,若粒子射入的速度为,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上;若粒子射入速度为,相应的出射点分布在三分之一圆周上,不计重力及带电粒子之间的相互作用,则为( C ) A. B. C. D. 【解析】当粒子在磁场中运动半个圆周时,打到圆形磁场的位置最远,则当粒子射入的速度为,由几何知识可知,粒子运动的轨道半径为;若粒子射入的速度为,由几何知识可知,粒子运动的轨道半径为;根据,则 ,故选C. 2.2017年新课标Ⅲ卷24.(12分) 如图,空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0区域,磁感应强度的大小为B0;x<0区域,磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场,此时开始计时,当粒子的速度方向再次沿x轴正向时,求(不计重力) (1)粒子运动的时间; (2)粒子与O点间的距离。 答:(1);(2) 解析:粒子的运动轨迹如图所示:带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,所以在x>0区域有: ;在x<0区域有: 解得, 在x>0区域运动时间 ;在x<0区域运动时间 ; 粒子运动的时间 ; 粒子与O点间的距离 。 3.2017年浙江选考卷23.如图所示,在xOy平面内,有一电子源持续不断地沿x正方向每秒发射出N个速率均为v的电子,形成宽为2b,在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流。电子流沿x方向射入一个半径为R,中心位于原点O的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直xOy平面向里,电子经过磁场偏转后均从P点射出,在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行板K和A,其中K板与P点的距离为d,中间开有宽度为2l且关于轴对称的小孔。K板接地,A与K两板间加有正负、大小均可调的电压UAK,穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且导出,从而形成电流。已知,电子质量为m,电荷量为e,忽略电子间相互作用。 (1)求磁感应强度B的大小; (2)求电子从P点射出时与负轴方向的夹角θ的范围; (3)当UAK=0时,每秒经过极板K上的小孔到达极板A的电子数; (4)画出电流i随UAK变化的关系曲线(在答题纸上的方格纸上)。 【答案】(1),(2)60o, (3)(4) 【解析】由题意可以知道是磁聚焦问题,即 轨道半径 , 所以 由右图以及几何关系可知,上端电子从P点射出时与负y轴最大夹角θm,由几何关系 同理下端电子从P点射出与负y轴最大夹角也是60度 范围是 每秒进入两极板间的电子数为n n=0.82N (4)由动能定理得出遏止电压 与负y轴成45度角的电子的运动轨迹刚好与A板相切,其逆过程是类平抛运动,达到饱和电流所需要的最小反向电压或者根据(3)可得饱和电流大小。 (4)电流i随UAK变化的关系曲线如右图示 4. 2013年全国卷大纲版26.(20分) 如图,虚线OL与y轴的夹角θ=60°,在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从左侧平行于x轴射入磁场,入射点为M。粒子在磁场中运动的轨道半径为R。粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点(图中未画出)且。不计重力。求M点到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间。 解:根据题意,带电粒子进入磁场后做圆周运动,运动轨迹交虚线OL于A点,圆心为y轴上的C点,AC与y轴的夹角为;粒子从A点射出后,运动轨迹交x轴于P点,与x轴的夹角为β,如图所示。有 ① 周期为 由此得 ② 过A点作x、y轴的垂线,垂足分别为B、D,由图中几何关系得 ③ 由以上五式和题给条件得 ④ 解得 ⑤ 或 ⑥ 设M点到O点的距离为h 根据几何关系 利用以上两式和得 ⑦ 解得 (=30°) ⑧ (=90°) ⑨ 当=30°时,粒子在磁场中运动的时间为 ⑩ 当=90°时,粒子在磁场中运动的时间为 5. 2012年理综山东卷 23.(18分)如图甲所示,相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区,磁场方向垂直纸面向里,在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ,两极板中心各有一小孔S1、S2,两极板间电压的变化规律如图乙所示,正反向电压的大小均为U0,周期为T0。在t=0时刻将一个质量为m、电量为-q(q>0)的粒子由S1静止释放,粒子在电场力的作用下向右运动,在时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区。(不计粒子重力,不考虑极板外的电场) (1)求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d (2)为使粒子不与极板相撞,求磁感应强度的大小应满足的条件。 (3)若已保证了粒子未与极板相撞,为使粒子在t=3T0时刻再次到达S2,且速度恰好为零,求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小 解:(1)粒子由S1至S2的过程中,根据动能定理得 ① 由①式得 ② 设粒子的加速度大小为a,由牛顿第二定律得 ③ 由运动学公式得 ④ 联立③④式得 ⑤ (2)设磁感应强度大小为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,由牛顿第二定律得 ⑥ 要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞,须满足 ⑦ 联立②⑥⑦式得 ⑧ (3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t1,有d=vt1 ⑨ 联立②⑤⑨式得 ⑩ 若粒子再次达到S2时速度恰好为零,粒子回到极板间应做匀减速运动,设匀减速运动的时间为t2,根据运动学公式得 ⑾ 联立⑨⑩⑾式得 ⑿ 设粒子在磁场中运动的时间为t ⒀ 联立⑩⑿⒀式得 ⒁ 设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T,由⑥式结合运动学公式得 ⒂ 由题意得T=t ⒃ 联立⒁⒂⒃式得 ⒄ 6. 2011年理综福建卷 22.(20分)如图甲,在x >0的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场和垂直于xOy平面向里的匀强磁场,电场强度大小为E,磁感应强度大小为B。一质量为m,带电量为q(q>0)的粒子从坐标原点O处,以初速度v0沿x轴正方向射入,粒子的运动轨迹见图甲,不计粒子的重力。 ⑴求该粒子运动到y=h时的速度大小v; ⑵现只改变入射粒子初速度的大小,发现初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹(y-x曲线)不同,但具有相同的空间周期性,如图乙所示;同时,这些粒子在y轴方向上的运动(y-t关系)是简谐运动,且都有相同的周期。 Ⅰ.求粒子在一个周期T内,沿x轴方向前进的距离s; Ⅱ.当入射粒子的初速度大小为v0时,其y-t图像如图丙所示,求该粒子在y轴方向上做简谐运动的振幅Ay,并写出y-t的函数表达式。 【解析】(1)由于洛仑兹力不做功,只有电场力做功,由动能定理有 ① 由①式解得 v = ② (2)Ⅰ.由图乙可知,所有粒子在一个周期T内沿x轴方向前进的距离相同,即都等于恰好沿x轴方向匀速运动的粒子在T时间内前进的距离。设粒子恰好沿x轴方向匀速运动的速度大小为v1,则 qv1B = qE ③ 又 s = v1T ④ 式中T = 解得 s = ⑤ Ⅱ.设粒子在y方向上的最大位移为ym(图丙曲线的最高处),对应的粒子运动速度大小为v2(沿x轴),因为粒子在y方向上的运动为简谐运动,因而在y = 0和y = ym处粒子所受的合外力大小相等,方向相反,则 ⑥ 由动能定理有 ⑦ 又 Ay = ⑧ 由⑥⑦⑧式解得 Ay = 可写出图丙曲线满足的简谐运动y-t函数表达式为y = 7. 2011年理综广东卷 35.(18分)如图19(a)所示,在以O为圆心,内外半径分别为R1和R2的圆环区域内,存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场,内外圆间的电势差U为常量,R1=R0,R2=3R0,一电荷量为+q,质量为m的粒子从内圆上的A点进入该区域,不计重力。 ⑴已知粒子从外圆上以速度v1射出,求粒子在A点的初速度v0的大小。 ⑵若撤去电场,如图19(b),已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v2射出,方向与OA延长线成45°角,求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间。 ⑶在图19(b)中,若粒子从A点进入磁场,速度大小为v3,方向不确定,要使粒子一定能够从外圆射出,磁感应强度应小于多少? 解析:⑴根据动能定理,, 所以 ⑵如图所示,设粒子在磁场中作匀速圆周运动的半径为R,由几何知识可知R2+ R2=(R2- R1)2,解得:。 根据洛仑兹力公式, 解得:。 根据公式 解得: ⑶考虑临界情况,如图所示 ①,解得: ②,解得:,综合得: 8. 2011年理综山东卷 25.(18分)扭摆器是同步辐射装置中的插入件,能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其简化模型如图:Ⅰ、Ⅱ两处的条形匀强磁场区边界竖直,相距为L,磁场方向相反且垂直纸面。一质量为m、电量为-q、重力不计的粒子,从靠近平行板电容器MN板处由静止释放,极板间电压为U,粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区,射入时速度与水平方向夹角θ=30?, ⑴当Ⅰ区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时,粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30?,求B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t。 ⑵若Ⅱ区宽度L2=L1=L、磁感应强度大小B2=B1=B0,求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h。 ⑶若L2=L1=L、B1=B0,为使粒子能返回Ⅰ区,求B2应满足的条件。 ⑷若B1≠B2,L1≠L2,且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出。为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射出的方向总相同,求B1、B2、L1、L2之间应满足的关系式。 解析:(1)如图1所示,设粒子射入磁场I区的速度为v,在磁场I区做圆周运动半径为R1,由动能定理和牛顿第二定律得 ①   ② 由几何关系得 R1= L2 = L ③ 联立①②③得 ④ 设粒子在I区做圆周运动周期为T,运动时间为t, ⑤ ⑥ 联立①③⑤⑥式解得 (2)设粒子在磁场II区做圆周运动半径为R2,由牛顿第二定律得 ⑧ 由几何知识得 ⑨ 联立②③⑧⑨式解得 ⑩ (3)如图2所示,为使粒子能再次返回到I区应满足 ? 联立①⑧?式解得 ? (4)如图3(或图4)所示,设粒子射出磁场I区时速度与水平方向的夹角为,由几何知识可得 ? ? 联立②⑧??式解得 B1L1=B2L2 ? 9. 2011年理综四川卷 25.(20分)如图所示,正方形绝缘光滑水平台面WXYZ边长l=1.8m,距地面h=0.8m。平行板电容器的极板CD间距d=0.1m且垂直放置于台面。C板位于边界WX上,D板与边界WZ相交处有一小孔。电容器外的台面区域内有磁感应强度B=1T,方向竖直向上的匀强磁场。电荷量q=5×10-13C的微粒静止于W处,在CD间加上恒定电压U=2.5V,板间微粒经电场加速后由D板所开小孔进入磁场(微粒始终不与极板接触),然后由XY边界离开台面。在微粒离开台面瞬时,静止于X正下方水平地面上A点的滑块获得一水平速度,在微粒落地时恰好与之相遇。假定微粒在真空中运动、极板间电场视为匀强电场,滑块视为质点。滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.2,取g=10m/s2。 ⑴求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性; ⑵求由XY边界离开台面的微粒的质量范围; ⑶若微粒质量m0=1×10-13kg,求滑块开始运动所获得的速度。 解析:(1)微粒在极板间所受电场力大小为F=,代入数据:F=1.25×10-11N 由微粒在磁场中的运动可判断微粒带正电荷,微粒由极板间电场加速,故C板为正极,D板为负极。 (2)若微粒的质量为m,刚进入磁场时的速度大小为v,由动能定理:Uq=mv2 微粒在磁场中做匀速圆周运动,洛仑兹力充当向心力,若圆周运动半径为R,有:qvB=m 微粒要从XY边界离开台面,则圆周运动的边缘轨迹如图所示,半径的极小值与极大值分别为R1=,R2=l-d, 联立代入数据有 8.1×10-14kg<m ≤2.89×10-13kg (3)如图,微粒在台面以速度v做以O点为圆心,R为半径的圆周运动,从台面边缘P点沿与XY边界成θ角飞出做平抛运动,落地点Q,水平位移s,下落时间t。设滑块质量为M,滑块获得速度v0后在t内沿与平台前侧面成ф角方向,以加速度a做匀减速直线运动到Q,经过位移为k。由几何关系,可得 cosθ=, 根据平抛运动,t=,s=vt 对于滑块,由牛顿定律及运动学方程,有 μMg=Ma,k=v0t-at2 再由余弦定理:k2=s2+(d+Rsinθ)2-2s(d+Rsinθ)cosθ 及正弦定理:= 联立并代入数据解得:v0=4.15m/s,ф=arcsin0.8(或ф=53°) 10. 2011年理综重庆卷 25.(19分)某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动。如图所示,材料表面上方矩形区域PP'N'N充满竖直向下的匀强电场,宽为d;矩形区域NN'M′M充满垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,长为3s,宽为s;NN'为磁场与电场之间的薄隔离层。一个电荷量为e、质量为m、初速为零的电子,从P点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场,电子每次穿越隔离层,运动方向不变,其动能损失是每次穿越前动能的10%,最后电子仅能从磁场边界M'N'飞出。不计电子所受重力。 ⑴求电子第二次与第一次圆周运动半径之比; ⑵求电场强度的取值范围; ⑶A是M′N′的中点,若要使电子在A、M ′间垂直于AM ′飞出,求电子在磁场区域中运动的时间。 解析:(1)设圆周运动的半径为分别为、…、…,第一次和第二次圆周运动的速率分别为、,动能分别为、 , , 解得 ⑵设电场强度为,第一次达到隔离层前速度为, 解得 又由, 得 所以 ⑶设电子在磁场中圆周运动的周期为T,运动的半圆周个数为n,总运动时间为t,由题意有 得 又由 得 11. 2011年江苏卷 15.(16分)某种加速器的理想模型如图1所示:两块相距很近的平行小极板中间各开有一小孔a、b,两极板间电压uab的变化图象如图2所示,电压的最大值为U0、周期为T0,在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场。若将一质量为m0、电荷量为q的带正电的粒子从板内a孔处静止释放,经电场加速后进入磁场,在磁场中运动时间T0后恰能再次从a 孔进入电场加速。现该粒子的质量增加了。(粒子在两极板间的运动时间不计,两极板外无电场,不考虑粒子所受的重力) ⑴若在t=0时刻将该粒子从板内a孔处静止释放,求其第二次加速后从b孔射出时的动能; ⑵现要利用一根长为L的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场,忽略其对管外磁场的影响),使图1中实线轨迹(圆心为O)上运动的粒子从a孔正下方相距L处的c孔水平射出,请在答题卡图上的相应位置处画出磁屏蔽管; ⑶若将电压uab的频率提高为原来的2倍,该粒子应何时由板内a孔处静止开始加速,才能经多次加速后获得最大动能?最大动能是多少? 答:(1) (2)如图 (3) 【解析】(1) 质量为m0的粒子在磁场中作匀速圆周运动, 则 当粒子的质量增加了,其周期增加 根据题图可知,粒子第一次的加速电压u1=U0 粒子第二次的加速电压 粒子射出时的动能 解得 (2)磁屏蔽管的位置如图所示 (3)在uab>0时,粒子被加速,则最多连续被加速的次数 ,得N=25 分析可得,粒子在连续被加速的次数最多,且u=U0时也被加速的情况时,最终获得的动能最大。 粒子由静止开始被加速的时刻 (n=0,1,2,……) 最大动能 解得 . 12. 2014年物理江苏卷 14. (16 分) 某装置用磁场控制带电粒子的运动,工作原理如图所示。 装置的长为 L,上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小均为 B、方向与纸面垂直且相反,两磁场的间距为 d. 装置右端有一收集板,M、N、P 为板上的三点,M 位于轴线 OO'上,N、P 分别位于下方磁场的上、下边界上。 在纸面内,质量为 m、电荷量为-q 的粒子以某一速度从装置左端的中点射入,方向与轴线成 30 ° 角,经过上方的磁场区域一次,恰好到达 P 点. 改变粒子入射速度的大小,可以控制粒子到达收集板上的位置。 不计粒子的重力. (1) 求磁场区域的宽度 h; (2) 欲使粒子到达收集板的位置从 P 点移到 N 点,求粒子入射速度的最小变化量Δv; (3) 欲使粒子到达 M 点,求粒子入射速度大小的可能值. 【答案】(1) (2) (3) 【解析】(1)设粒子在磁场中的的轨道半径为r 根据题意 且 解得 (2)改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为 , 由题意可知 解得 (3)设粒子经过上方磁场n次 由题意可知 且 ,解得 13. 2014年理综山东卷 24、(20分)如图甲所示,间距为d垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场。取垂直于纸面向里为磁场的正方向,磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t=0时刻,一质量为m、带电量为+q的粒子(不计重力),以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置,沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。当B0和TB取某些特定值时,可使t=0时刻入射的粒子经时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)。上述m、q、d、v0为已知量。 (1)若,求B0; (2)若,求粒子在磁场中运动时加速度的大小; (3)若,为使粒子仍能垂直打在P板上,求TB。 【解析】(1)设粒子做圆周运动的半径为R1,由牛顿第二定律得 ① 据题意由几何关系得 ② 联立①②式得 ③ (2)若,垂直打在P板上,如图示。设粒子做圆周运动的半径为R2,加速度大小为a,由圆周运动公式得: ④ 据题意由几何关系得 ⑤ 联立④⑤式得 ⑥ (3)设粒子做圆周运动的半径为R,周期为T,由圆周运动公式得 ⑦ 由牛顿第二定律得 ⑧ 由题意知,代入⑧式得 ⑨ 粒子运动轨迹如图所示,O1、O2为圆心,O1O2连线与水平方向夹角为,在第个TB内,只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板,且均要求,由题意可知 ⑩ 设经历整个完整TB的个数为n(n=0、1、2、3……) 若在A点击中P板,据题意由几何关系得 ⑾ 当n=0时,无解 ⑿ 当n=1时,联立⑨式得 ⒀ 联立⑦⑨⑩式得 ⒁ 当时,不满足的要求 ⒂ 若在B点击中P板,据题意由几何关系得 ⒃ 当n=0时,无解 当n=1时,联立⑨⒃式得 联立⑦⑨⑩式得 当时,不满足的要求 14.2014年理综广东卷36.(18分) 如图25 所示,足够大的平行挡板A1、A2竖直放置,间距6L.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,以水平面MN为理想分界面,Ⅰ区的磁感应强度为B0,方向垂直纸面向外. A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2,两孔与分界面MN的距离均为L.质量为m、电量为+q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后,沿水平方向从S1进入Ⅰ区,并直接偏转到MN上的P点,再进入Ⅱ区,P点与A1板的距离是L的k倍,不计重力,碰到挡板的粒子不予考虑. (1)若k=1,求匀强电场的电场强度E; (2)若20)的粒子以速度v0从平面MN上的P0点水平向右射入I区。粒子在I区运动时,只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用,电场强度大小为E;在II区运动时,只受到匀强磁场的作用,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里。求粒子首次从II区离开时到出发点P0的距离。粒子的重力可以忽略。 解析:带电粒子进入电场后,在电场力的作用下沿抛物线运动,其加速度方向竖直向下,设其大小为a,由牛顿定律得qE=ma ① 设经过时间t0,粒子从平面MN上的点P1进入磁场,由运动学公式和几何关系得 v0t0=at02 ② 粒子速度大小V1为 V1= ③ 设速度方向与竖直方向的夹角为α,则 tanα= ④ 此时粒子到出发点P0的距离为 s0=v0t0 ⑤ 此后,粒子进入磁场,在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动,圆周半径为 r1= ⑥ 设粒子首次离开磁场的点为P2,弧P1P2所张的圆心角为2β,则P1到点P2的距离为 s1=2r1sinβ ⑦ 由几何关系得 α+β=45° ⑧ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式得 s1= ⑨ 点P2与点P0相距 l=s0+s1 ⑩ 联立①②⑤⑨⑩解得 l= eq \F(mv0,q)(+) 5.2013年四川卷 11.如图所示,竖直平面(纸面)内有直角坐标系xOy,x轴沿水平方向。在x≤0的区域内存在方向垂直于纸面向里,磁感应强度大小为B1的匀强磁场。在第二象限紧贴y轴固定放置长为l、表面粗糙的不带电绝缘平板,平板平行于x轴且与x轴相距h。在第一象限内的某区域存在方向相互垂直的匀强磁场(磁感应强度大小为B2、方向垂直于纸面向外)和匀强电场(图中未画出)。一质量为m、不带电的小球Q从平板下侧A点沿x轴正向抛出;另一质量也为m、带电量为q的小球P从A点紧贴平板沿x轴正向运动,变为匀速运动后从y轴上的D点进入电磁场区域做匀速圆周运动,经1/4圆周离开电磁场区域,沿y轴负方向运动,然后从x轴上的K点进入第四象限。小球P、Q相遇在第四象限的某一点,且竖直方向速度相同。设运动过程中小球P电量不变,小球P和Q始终在纸面内运动且均看作质点,重力加速度为g。求: (1)匀强电场的场强大小,并判断P球所带电荷的正负; (2)小球Q的抛出速度v0的取值范围; (3)B1是B2的多少倍? 【答案】(1), (2), (3)0.5倍 【解析】(1)由题意,小球P到达D前匀速:, ① 且P带正电,过D进入电磁场区域做匀速圆周运动,则, ② (2)经1/4圆周离开电磁场区域,沿y轴负方向运动,设匀速圆周运动半径为R 则 ③ 设小球P、Q在第四象限相遇时的坐标为x、y, 设小球Q平抛后经时间t与P相遇,Q的水平位移为s,竖直位移为d。则 ④ ⑤ 位移关系:=R ⑥ ≤0 ⑦ 联解①③④⑤⑥⑦得:  ⑧ (3)小球Q在空间作平抛运动,在满足题目条件下,运动到小球P穿出电磁场时的高度(图中N点)时,设用时t1,竖直方向速度vy,竖直位移yQ,则有 =  ⑨     ⑩ 此后a=g同,P、Q相遇点竖直方向速度必同 联立解得:B1=0.5B2 6. 2014年理综重庆卷 9.(18分)如题9图所示,在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场,同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和2B,KL为上下磁场的水平分界线,在NS和MT边界上,距KL高h处分别有P、Q两点,NS和MT间距为1.8h。质量为m、带电量为+q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域,在两边界之间做圆周运动,重力加速度为g。 (1)求该电场强度的大小和方向。 (2)要使粒子不从NS边界飞出,求粒子入射速度的最小值。 (3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出,求粒子入射速度的所有可能值。 【答案】(1)E=mg/q,方向向上; (2); (3)可能的速度有三个:,, 【解析】(1)设电场强度大小为E 由题意有 mg = qE 得 E=mg/q 方向竖直向上 (2)如答题9图l所示,设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin,对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2,圆心的连线与NS的夹角为φ, 由 , 有, 由 得 (3)如答题9图2所示,设粒子入射速度为v,粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r 2,粒子第一次通过 KL 时距离K点为 x,由题意有 3nx =1.8h ( n=1 , 2 , 3 ,……) 得 即 n=1时 n=2时 n=3时 7.2015年理综天津卷12、(20分)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场,电场和磁场的宽度均为d。电场强度为E,方向水平向右;磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直,一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放,粒子始终在电场、磁场中运动,不计粒子重力及运动时的电磁辐射 (1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2; (2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时,速度的方向与水平方向的夹角为θn,试求sinθn; (3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,试问在其他条件不变的情况下,也进入第n层磁场,但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界,请简要推理说明之。 答案:(1); (2); (3)见解析; 解析:(1)粒子在进入第2层磁场时,经过两次电场加速,中间穿过磁场时洛伦兹力不做功,由动能定理有, ① 解得 ② 粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力,有 ③ 联立②③式解得: ④ (2)设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn,轨迹半径为rn(各量的下标均代表粒子所在层数,下同), ⑤ ⑥ 粒子进入到第n层磁场时,速度的方向与水平方向的夹角为n,从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn,粒子在电场中运动时,垂直于电场线方向的速度分量不变,有: ⑦ 由图1根据几何关系可以得到: ⑧ 联立⑥⑦⑧式可得: ⑨ 由⑨式可看出,,…,为一等差数列,公差为d,可得: ⑩ 当n=1时,由图2可看出: ? 联立⑤⑥⑩?可解得: ? (3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,则: , 在其他条件不变的情况下,换用比荷更大的粒子,设其比荷为,假设能穿出第n层磁场右侧边界,粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为,由于,则导致: 说明不存在,即原假设不成立,所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界。 8.2015年理综重庆卷9.(18分)题9图为某种离子加速器的设计方案。两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场。其中MN和M' N'是间距为h的两平行极板,其上分别有正对的两个小孔O和O', O' N'= ON=d,P为靶点,O' P=kd(k为大于1的整数).极板间存在方向向上的匀强电场,两极板间电压为U. 质量为m、带电量为q的正离子从O点由静止开始加速,经O' 进入磁场区域。当离子打到极板上O' N'区域(含N' 点)或外壳上时将会被吸收。两虚线之间的区域无电场和磁场存在,离子可匀速穿过。忽略相对论效应和离子所受的重力。求: (1)离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小; (2)能使离子打到P点的磁感应强度的所有可能值; (3)打到P点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。 【答案】(1) (2), (3) , 解析:(1)离子经电场加速,由动能定理:,可得 磁场中做匀速圆周运动, 刚好打在P点,轨迹为半圆,由几何关系可知 联立解得 (2)若磁感应强度较大,设离子经过一次加速后若速度较小,圆周运动半径较小,不能直接打在P点,而做圆周运动到达N' 右端,再匀速直线到下端磁场,将重新回到O点重新加速,直到打在P点。设共加速了n次,有: 且 解得:, 要求离子第一次加速后不能打在板上,有,且, 解得: 故加速次数n为正整数最大取 即 (3)加速次数最多的离子速度最大,取,离子在磁场中做n-1个完整的匀速圆周运动和半个圆周打到P点。 由匀速圆周运动 电场中一共加速n次,可等效成连续的匀加速直线运动.由运动学公式 可得: 9.2016年江苏卷15.(16分)回旋加速器的工作原理如图15-1所示,置于真空中的D形金属盒半径为R,两盒间狭缝的间距为d,磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直,被加速粒子的质量为m,电荷量为+q,加在狭缝间的交变电压如图15-2所示,电压值的大小为U0.周期。一束该种粒子在t=0~时间内从A处均匀地飘入狭缝,其初速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运动时间,假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动,不考虑粒子间的相互作用。求: (1)出射粒子的动能Em; (2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0; (3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出,d应满足的条件。 【答案】 (1)   (2) (3) 【解析】(1)粒子运动半径为R时 且 解得 (2)粒子被加速n次达到动能Em,则Em=nqU0 粒子在狭缝间做匀加速运动,设n次经过狭缝的总时间为Δt 加速度 匀加速直线运动 由,解得 (3)只有在 0 ~时间内飘入的粒子才能每次均被加速 则所占的比例为 由,解得 10.2016年四川卷11.(19分)如图所示,图面内有竖直线DD',过DD'且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域。区域Ⅰ有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直图面的匀强磁场B(图中未画出);区域II有固定在水平面上高、倾角的光滑绝缘斜面,斜面顶端与直线DD'距离,区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出);C点在DD'上,距地面高。零时刻,质量为m、带电荷量为q的小球P在K点具有大小、方向与水平面夹角的速度,在区域Ⅰ内做半径的匀速圆周运动,经C点水平进入区域Ⅱ。某时刻,不带电的绝缘小球A由斜面顶端静止释放,在某处与刚运动到斜面的小球P相遇。小球视为质点,不计空气阻力及小球P所带电量对空间电磁场的影响。l已知,g为重力加速度。 (1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小; (2)若小球A、P在斜面底端相遇,求释放小球A的时刻tA; (3)若小球A、P在时刻(β为常数)相遇于斜面某处,求此情况下区域II的匀强电场的场强E,并讨论场强E的极大值和极小值及相应的方向。 【答案】(1); (2) (3)场强极小值为;场强极大值为,方向竖直向上。 【解析】(1)由题知,小球P在区域Ⅰ内做匀速圆周运动,有 ① 代入数据解得 ② (2)小球P在区域Ⅰ做匀速圆周运动转过的圆心角为θ,运动到C点的时刻为tC,到达斜面低端时刻为t1,有 ③ ④ 小球A释放后沿斜面运动加速度为aA,与小球P在时刻t1相遇于斜面底端,有 ⑤ ⑥ 联立以上方程可得 ⑦ (3)设所求电场方向向下,在t'A时刻释放小球A,小球P在区域Ⅱ运动加速度为aP,有 ⑧ ⑨ ⑩ 联立相关方程解得 对小球P的所有运动情形讨论可得 由此可得场强极小值为;场强极大值为,方向竖直向上。 y B P x O Q v0 B P x y O Q v0 v v O′ O B y x P E v0 O x (d, 0) y v0 O x v (d, 0) y θ B× E P0 v0 M N Ⅱ Ⅰ h B1 v0 A P l y x K Q D O h B1 v0 A P l y x K Q D O (x,y) s d R vy v0 v v N h 题9图 N M Q P K L T S 2B B 1.8h 答题9图1 S h N P K r2 r1 r2 O1 O2 φ 答题9图2 S h N P K r2 r1 x O1 O2 φ x x M L T Q 第1层 第2层 第n层 …… …… q θn n 图1 rn rn d θ1 图2 r1 d θ1 d kd P M′ h O′ N′ M O N 题9图 – U0 eq \f(1,2)T 图15-2 O U0 UMN t T 2T eq \f(3,2)T 图15-1 O A R UMN N M d D h A H s Ⅱ E1 D' K P Ⅰ v0 θ C 11-19年高考物理真题分专题汇编之 053带电粒子在复合场中的运动 1.2017年新课标I卷16.如图,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向量,三个带正电的微粒a,b,c电荷量相等,质量分别为ma,mb,mc,已知在该区域内,a在纸面内做匀速圆周运动,b在纸面内向右做匀速直线运动,c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】由题意知,mag=qE,mbg=qE+Bqv,mcg+Bqv=qE,所以,故B正确;ACD错误。 2.2012年物理海南卷 2.如图,在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向下,磁场方向垂直于纸面向里。一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板。若不计重力,下列四个物理量中哪一个改变时,粒子运动轨迹不会改变? ( ) A.粒子速度的大小       B.粒子所带的电荷量 C.电场强度          D.磁感应强度 答:B 解析:带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板,有qvB=qE。所以粒子所带电荷量改变,粒子运动轨迹不会改变,选项B正确。 3. 2013年浙江卷 20.在半导体离子注入工艺中,初速度可忽略的离子P+和P3+,经电压为U的电场加速后,垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里,有一定的宽度的匀强磁场区域,如图所示。已知离子P+在磁场中转过θ=30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时,离子P+和P3+ A.在电场中的加速度之比为1∶1 B.在磁场中运动的半径之比为∶1 C.在磁场中转过的角度之比为1∶2 D.离开电场区域时的动能之比为1∶3 答案:BCD 解析:根据,认为两种粒子的质量近似相等,可得,粒子进入磁场时,动能之比为1:3,,在磁场中做圆周运动的加速度,轨道半径,可得半径之比为:1;加速度之比为: ;由几何关系知,P3+在磁场转过60o,带电粒子在磁场中速度不变,离开电场区域时的动能之比为1:3。 4.2018年北京卷、18.某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后,做匀速直线运动;若仅撤除电场,则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与完成上述两类运动无关的是 ( C ) A.磁场和电场的方向 B.磁场和电场的强弱 C.粒子的电性和电量 D.粒子入射时的速度 解析:当带电粒子在复合场内做匀速直线运动,有,则,若仅撤除电场,粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,说明要满足题意需要对磁场和电场的方向及强度都要有要求,但对粒子的带电量的大小和电性没有要求,故选项C正确ABD错误。 5.2016年天津卷11、如图所示,空间中存在着水平向右的匀强电场,电场强度大小为,同时存在着水平方向的匀强磁场,其方向与电场方向垂直,磁感应强度大小B=0.5T。有一带正电的小球,质量,电荷量,正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动,当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)取g=10m/s2,求 (1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向; (2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。 【答案】(1)20m/s;速度v的方向与电场E的方向之间的夹角60° (2)3.5s 【解析】(1)小球匀速直线运动时受力如图,其所受的三个力在同一平面内,合力为零,有 ① 代入数据解得 ② 速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足 ③ 代入数据解得 ④ (2)解法一: 撤去磁场,小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动,设其加速度为a,有 ⑤ 设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x,有 ⑥ 设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y,有 ⑦ a与mg的夹角和v与E的夹角相同,均为θ,又 ⑧ 联立④⑤⑥⑦⑧式,代入数据解得 =3.5 s ⑨ 解法二: 撤去磁场后,由于电场力垂直于竖直方向,它对竖直方向的分运动没有影响,以P点为坐标原点,竖直向上为正方向,小球在竖直方向上做匀减速运动,其初速度为 vy=vsin θ ⑤ 若使小球再次穿过P点所在的电场线,仅需小球的竖直方向上分位移为零,则有 ⑥ 联立⑤⑥式,代入数据解得⑦ 6.2012年理综浙江卷 24.(20分)如图所示,两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上。两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面,从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0,带相等电荷量的墨滴。调节电源电压至U,墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动;进入电场、磁场共存区域后,最终垂直打在下板的M点。 (1)判断墨滴所带电荷的种类,并求其电荷量; (2)求磁感应强度B的值; (3)现保持喷口方向不变,使其竖直下移到两板中间的位置。为了使墨滴仍能到达下板M点,应将磁感应强度调至B',则B'的大小为多少? 【解析】(1)墨滴在电场区域做匀速直线运动,有 得, 由于电场方向向下,电荷所受电场力向上,可知:墨滴带负电荷。 (2)进入电场、磁场共存区域后,重力与电场力平衡,磁场力做匀速圆周运动的向心力, 考虑墨滴进入磁场和挡板的几何关系,可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动,则半径R=d,由此可得: (3)根据题设,墨滴运动轨迹如图,设圆周运动半径为R',有 由图示可得: 得:, 联立求得: 7.2015年理综福建卷22.(20分)如图,绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场,电场方向水平向右,电场强度大小为E,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑,到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h,重力加速度为g。 (1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC; (2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf ; (3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置,当小滑块运动到D点时撤去磁场,此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD,从D点运动到P点的时间为t,求小滑块运动到P点时速度的大小vP。 答案::(1)E/B (2)(3) 解析:(1)由题意知,根据左手定则可判断,滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力,当洛伦兹力等于电场力qE时滑块离开MN开始做曲线运动,即Bqv=qE 解得:v=E/B (2)从A到C根据动能定理: 解得: (3)设重力与电场力的合力为F,由图意知,在D点速度vD的方向与F的方向垂直,从D到P做类平抛运动,在F方向做匀加速运动a=F/m,t时间内在F方向的位移为 从D到P,根据动能定理:,其中 联立解得: 8.2014年理综四川卷10.(17分) 在如图所示的竖直平面内。水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r =m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点,GH与水平面的夹角θ = 37 0。过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度B = 1.25T;过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场,电场方向水平向右,电场强度E = 1×104N/C。小物体P1质量m = 2×10-3kg、电荷量 q = +8×10-6C,受到水平向右的推力F = 9.98×10-3N的作用,沿CD向右做匀速直线运动,到达D点后撤去推力。当P1到达倾斜轨道底端G点时,不带电的小物体P2在GH顶端静止释放,经过时间t = 0.1s与P1相遇。P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为u = 0. 5,取g = 10m/s2,sin370 = 0.6,cos370 = 0.8,物体电荷量保持不变,不计空气阻力。求: (1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小; (2)倾斜轨道GH的长度s。 解:设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v,受到向上的洛伦兹力为F1,受到的摩擦力为f,则 F1=qvB ① f=μ(mg-F1) ② 由题意,水平方向合理为零 F-f=0 ③ 联立①②③式,代入数据解得 v=4 m/s ④ 说明:①③式各1分,②④式各2分 (2)设P1在G点的速度大小为vG,由于洛伦兹力不做功,根据动能定理 ⑤ P1在GH上运动,受到重力、电场力和摩擦力的作用,设加速度为a1,根据牛顿第二定律 qEcosθ-mgsinθ-μ(mgcosθ+qEsinθ)=ma1 ⑥ P1与P2在GH上相遇时,设P1在GH运动的距离为s1,则 ⑦ 设P2质量为m2,在GH上运动的加速度为a2,则 m2gsinθ-μm2gcosθ+qEsinθ)=m2a2 ⑧ P1与P2在GH上相遇时,设P2在GH运动的距离为s2,则 ⑨ 联立⑤~⑨式,代入数据得 s=s1+s2 ⑩ s=0.56 m ⑾ 说明:⑦⑧⑨⑩式各1分,⑥⑾式各2分 9.2012年理综新课标卷 25.(18分)如图,一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场,一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域,在圆上的b点离开该区域,离开时速度方向与直线垂直。圆心O到直线的距离为。现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场,同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域,也在b点离开该区域。若磁感应强度大小为B,不计重力,求电场强度的大小。 [答案] [解析]粒子在磁场中做圆周运动,设圆周的半径为r,由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得  ① 式中v为粒子在a点的速度。 过b点和O点作直线的垂线,分别与直线交于c和d点。由几何关系知,线段、和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径围成一正方形。因此, ② 设=x,由几何关系得 ③  ④ 联立式得 ⑤ 再考虑粒子在电场中的运动。设电场强度的大小为E,粒子在电场中做类平抛运动。设其加速度大小为a,由牛顿第二定律和带电粒子在电场中受力公式得 ⑥ 粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r,由运动学公式得 ⑦ vt  ⑧ 式中t是粒子在电场中运动的时间,联立①⑤⑥⑦⑧式得 ⑨ 10.2012年物理江苏卷 15. (16分)如图所示,待测区域中存在匀强电场和匀强磁场,根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场. 图中装置由加速器和平移器组成,,平移器由两对水平放置、相距为l的相同平行金属板构成,极板长度为l、间距为d,两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反. 质量为m、电荷量为+q的粒子经加速电压U0 加速后,水平射入偏转电压为U1 的平移器,最终从A点水平射入待测区域. 不考虑粒子受到的重力. (1)求粒子射出平移器时的速度大小v1; (2)当加速电压变为4U0 时,欲使粒子仍从A点射入待测区域,求此时的偏转电压U ; (3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域,刚进入时的受力大小均为F. 现取水平向右为x轴正方向,建立如图所示的直角坐标系Oxyz. 保持加速电压为U0 不变,移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域,粒子刚射入时的受力大小如下表所示. 射入方向 y -y z -z 受力大小 F F F F 请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向. 解析:(1)设粒子射出加速器的速度为, 动能定理 由题意得,即 (2)在第一个偏转电场中,设粒子的运动时间为t: 加速度的大小 , 在离开时,竖直分速度 竖直位移y1=1/2 at2 水平位移l=v1t 粒子在两偏转电场间做匀速直线运动,经历时间也为t 竖直位移y2=vyt 由题意知,粒子竖直总位移y=2y1+y2, 解得 则当加速电压为4U0时,U=4U1 (3)由沿x轴方向射入时的受力情况可知:B平行于x轴,且 由沿±y轴方向射入时的受力情况可知:E与Oxy平面平行。 , 则 f=2F 且 f=qv1B 解得 设电场方向与x轴方向夹角为α, 若B沿x轴方向,由沿轴方向射入时的受力情况得 解得,或 即E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为300或1500, 同理若B沿-x轴方向,E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为-300或-1500。 11.2012年理综四川卷25.(20分) 如图所示,水平虚线X下方区域分布着方向水平、垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场,整个空间存在匀强电场(图中未画出)。质量为m,电荷量为+q的小球P静止于虚线X上方A点,在某一瞬间受到方向竖直向下、大小为I的冲量作用而做匀速直线运动。在A点右下方的磁场中有定点O,长为l的绝缘轻绳一端固定于O点,另一端连接不带电的质量同为m的小球Q,自然下垂。保持轻绳伸直,向右拉起Q,直到绳与竖直方向有一小于50的夹角,在P开始运动的同时自由释放Q,Q到达O点正下方W点时速率为v0。P、Q两小球在W点发生正碰,碰后电场、磁场消失,两小球粘在一起运动。P、Q两小球均视为质点,P小球的电荷量保持不变,绳不可伸长,不计空气阻力,重力加速度为g。 (1)求匀强电场场强E的大小和P进入磁场时的速率v; (2)若绳能承受的最大拉力为F,要使绳不断,F至少为多大? (3)求A点距虚线X的距离s。 解:(1)设小球P所受电场力为F1,则F1=qE ① 在整个空间重力和电场力平衡,有Fl=mg ② 联立相关方程得 E=mg/q ③ 设小球P受到冲量后获得速度为v,由动量定理得I=mv ④ 得 v=I/m ⑤ 说明:①②③④⑤式各1分。 (2)设P、Q同向相碰后在W点的最大速度为vm,由动量守恒定律得 mv+mv0=(m+m)vm ⑥ 此刻轻绳的张力也为最大,由牛顿运动定律得 ⑦ 联立相关方程,得 ⑧ 说明:⑥⑦式各2分,⑧式1分。 (3)设P在X上方做匀速直线运动的时间为tP1,则 tP1= ⑨ 设P在X下方做匀速圆周运动的时间为tP2,则 tP2= ⑩ 设小球Q从开始运动到与P球反向相碰的运动时间为tQ,由单摆周期性,有 ⑾ 由题意,有 tQ=tP1+ tP2 ⑿ 联立相关方程,得 n为大于的整数 ⒀ 设小球Q从开始运动到与P球同向相碰的运动时间为tQ′,由单摆周期性,有 ⒁ 同理可得 n为大于的整数 ⒂ 说明:⑨⑾⑿⒁式各1分,⑩ ⒀⒂式各2分。 12.2012年理综重庆卷 24.(18分)有人设计了一种带电颗粒的速率分选装置,其原理如题24图所示。两带电金属板间有匀强电场,方向竖直向上,其中PQNM矩形区域内还有方向垂直纸面向外的匀强磁场。一束比荷(电荷量与质量之比)均为1/k的带正电颗粒,以不同的速率沿着磁场区域的中心线O' O进入两金属板之间,其中速率为v0的颗粒刚好从Q点处离开磁场,然后做匀速直线运动到达收集板。重力加速度为g,PQ=3d,NQ=2d,收集板与NQ的距离为,不计颗粒间相互作用,求 ⑴电场强度E的大小 ⑵磁感应强度B的大小 ⑶速率为λv0(λ>1)的颗粒打在收集板上的位置到O点的距离。 解答: ⑴设带电颗粒的电量为q,质量为m,离开磁场在电场中匀速直线运动,有 将q/m=1/k代入得 ⑵如答24图1,有 得 ⑶如答24图2有 得 13. 2011年理综安徽卷 23.(16分) 如图所示,在以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内,有相互垂直的匀强电场和匀强磁场,磁感应强度为B,磁场方向垂直于xOy平面向里。一带正电的粒子(不计重力)从O点沿y轴正方向以某一速度射入,带电粒子恰好做匀速直线运动,经t0时间从P点射出。 (1)求电场强度的大小和方向。 (2)若仅撤去磁场,带电粒子仍从O点以相同的速度射入,经t0/2时间恰从半圆形区域的边界射出。求粒子运动加速度的大小。 (3)若仅撤去电场,带电粒子仍从O点射入,且速度为原来的4倍,求粒子在磁场中运动的时间。 【解析】(1)设带电粒子的质量为m,电荷量为q,初速度为v,电场强度为E。可判断出粒子受到的洛伦兹力沿x轴负方向,于是可知电场强度沿x轴正方向 且有 qE=qvB ① 又 R=vt0 ② 则 ③ (2)仅有电场时,带电粒子在匀强电场中作类平抛运动 在y方向位移 ④ 由②④式得 ⑤ 设在水平方向位移为x,因射出位置在半圆形区域边界上,于是 又有 ⑥ 得 ⑦ (3)仅有磁场时,入射速度v' =4v,带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动,设轨道半径为r,由牛顿第二定律有 ⑧ 又 qE=ma ⑨ 由⑦⑧⑨式得 ⑩ 由几何关系 ? 即 ? 带电粒子在磁场中运动周期 ? 则带电粒子在磁场中运动时间 ? 所以 ? 14. 2013年安徽卷23、(16分) 如图所示的平面直角坐标系xoy,在第Ⅰ象限内有平行于轴的匀强电场,方向沿正方向;在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强电场,方向垂直于xoy平面向里,正三角形边长为L,且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子,从y轴上的P(0,h)点,以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场,通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第Ⅳ象限,又经过磁场从轴上的某点进入第Ⅲ象限,且速度与y轴负方向成45°角,不计粒子所受的重力。求: (1)电场强度E的大小; (2)粒子到达点时速度的大小和方向; (3)区域内磁场的磁感应强度的最小值。 答案:(1) (2),方向指向第Ⅳ象限,方向成45°角 (3) 解析:(1)设粒子在电场中运动的时间为t,则有 联立以上各式可得 (2)粒子到达a点时沿负y方向的分速度为 所以 (3)粒子在磁场中运动时,有 当粒子从b点射出时,磁场的磁感应强度为最小值,此时有 所以 15.2013年江苏卷 15. (16 分)在科学研究中,可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制. 如题15-1 图所示的xOy 平面处于匀强电场和匀强磁场中,电场强度E 和磁感应强度B 随时间t 作周期性变化的图象如题15-2 图所示. x轴正方向为E的正方向,垂直纸面向里为B的正方向. 在坐标原点O有一粒子P,其质量和电荷量分别为m 和+q. 不计重力. 在时刻释放P,它恰能沿一定轨道做往复运动. (1)求P在磁场中运动时速度的大小v0; (2)求B0应满足的关系; (3)在时刻释放P,求P速度为零时的坐标. 答案:(1) (2) (3)x=0 y= 解析: (1) 作匀加速运动, 作匀速圆周运动, 电场力, 加速度,速度,且, 解得 (2)只有当 时,P在磁场中作圆周运动结束并开始沿x轴负方向运动,才能沿一定轨道作往复运动,如图示。设P在磁场中作圆周运动的周期为T,则 匀速圆周运动, 解得 (3)在t0时刻释放,P在电场中加速时间为 在磁场中作匀速圆周运动 圆周运动的半径 解得 又经时间P减速为零后向右加速时间为t0, P再进入磁场圆周运动的半径 解得 综上分析,速度为零时横坐标x=0 相应的纵坐标为y= 2[kr1-(k-1)r2] 2k(r1-r2), ( k=1,2,3……) 解得y= 16.2013年山东卷 23、(18分)如图所示,在坐标系xoy的第一、第三象限内存在相同的磁场,磁场方向垂直于xoy平面向里;第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E。一带电量为+q、质量为m的粒子,自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象限,经x轴上的Q点进入第一象限,随即撤去电场,以后仅保留磁场。已知OP=d,OQ=2d。不计粒子重力。 (1)求粒子过Q点时速度的大小和方向。 (2)若磁感应强度的大小为一确定值B0,粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限,求B0。 (3)若磁感应强度的大小为另一确定值,经过一段时间后粒子将再次经过Q点,且速度与第一次过Q点时相同,求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。 解:(1)设粒子在电场中运动的时间为t0,加速度的大小为a,粒子的初速度为v0,过Q点时速度的大小为v,沿y轴方向分速度的大小为vy,速度与x轴正方向间的夹角为θ,由牛顿第二定律得: qE=ma……………………① 由运动学公式得: ………………② 2d=v0t0……………………③ vy=at0……………………④ …………⑤ ………………⑥ 联立①②③④⑤⑥式得: ………………⑦ θ=450……………………⑧ (2)设粒子做圆周运动的半径为R1,粒子在第一象限的运动轨迹如图所示,O1为圆心,由几何关系可知ΔO1OQ为等腰直角三角形,得: ……………………⑨ 由牛顿第二定律得: ……………………⑩ 联立⑦⑨⑩式得: ……………………⑾ (3)设粒子作圆周运动的半径为R2,由几何分析【粒子运动的轨迹如图所示,O2、O2' 是粒子做圆周运动的圆心,Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点,连接O2、O2',由几何关系知,O2FGO2'和O2QHO2' 均为矩形,进而知FQ、GH均为直径,QFGH也是矩形,又FH⊥GQ,可知QFGH是正方形,ΔQOF为等腰直角三角形。】可知,粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆,得: ………………… …⑿ 粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段,得: FG=HQ=2R2……………………⒀ 设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t,则有 …………⒁ 联立⑦⑿⒀⒁式得: ………………⒂ 17. 2013年福建卷 22.(20分)如图甲,空间存在—范围足够大的垂直于xOy平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。让质量为m,电量为q(q>0)的粒子从坐标原点O沿xOy平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中。不计重力和粒子间的影响。 (1)若粒子以初速度v1沿y轴正向入射,恰好能经过x 轴上的A(a,O)点,求v1的大小; (2)已知一粒子的初建度大小为v(v>v1),为使该粒子能经过A(a,O)点,其入射角θ(粒子初速度与x轴正向的夹角)有几个?并求出对应的sinθ值; (3)如图乙,若在此空间再加入沿y轴正向、大小为E的匀强电场,一粒子从O点以初速度v0沿x轴正向发射。研究表明:粒子在xOy平面内做周期性运动,且在任一时刻,粒子速度的x分量vx与其所在位置的y坐标成正比,比例系数与场强大小E无关。求该粒子运动过程中的最大速度值vm。 答: (1) (2)有2个入射角,分别在第1、2象限, 答案图如图 解得 (3) 解: (1)带电粒子以速率v在匀强磁场B中作匀逮圆周运动,半径为R,有 ① 当粒子沿y轴正向入射,转过半个圆周至A点,该圆周半径为R1,有 ② 由②代入①式得 ③ (2)如图,O、A两点处于同一圆周上,且圆心在x=a/2的直线上,半径为R。 当给定一个初速率v时,有2个入射角,分别在第l、2象限,有 ④ 由①④式解得 ⑤ (3)粒子在运动过程中仅电场力做功,因而在轨道的最高点处速率最大,用ym表示其y坐标,由动能定理, ⑥ 由题知,有 vm=kym ⑦ 若E=0时,粒子以初速度v0沿y轴正方向入射,有 ⑧ v0=kR0 ⑨ 由⑥⑦⑧⑨式解得 18.2014年理综四川卷11.(11分) 如图所示,水平放置的不带电的平行金属板p和b相距h,与图示电路相连,金属板厚度不计,忽略边缘效应。p板上表面光滑,涂有绝缘层,其上O点右侧相距h处有小孔K;b板上有小孔T,且O、T在同一条竖直线上,图示平面为竖直平面。质量为m、电荷量为- q(q > 0)的静止粒子被发射装置(图中未画出)从O点发射,沿P板上表面运动时间t后到达K孔,不与板碰撞地进入两板之间。粒子视为质点,在图示平面内运动,电荷量保持不变,不计空气阻力,重力加速度大小为g。 (1)求发射装置对粒子做的功; (2)电路中的直流电源内阻为r,开关S接“1”位置时,进入板间的粒子落在h板上的A点,A点与过K孔竖直线的距离为l。此后将开关S接“2”位置,求阻值为R的电阻中的电流强度; (3)若选用恰当直流电源,电路中开关S接“l”位置,使进入板间的粒子受力平衡,此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场(磁感应强度B只能在0~Bm=范围内选取),使粒子恰好从b板的T孔飞出,求粒子飞出时速度方向与b板板面夹角的所有可能值(可用反三角函数表示)。 【解析】(1)设粒子在p板上做匀速直线运动的速度为v0,有 h=v0t ① 设发射装置对粒子做的功为W,由动能定理 ② 联立①②式可得 ③ 说明:①②式各2分,③式各1分 (2)S接“1”位置时,电源的电动势E0与板间电势差U有 E0=U ④ 板间产生匀强电场的场强为E,粒子进入板间时有水平方向的速度v0,在板间受到竖直方向的重力和电场力作用而做类平抛运动,设加速度为a,运动时间为t1,有 U=Eh ⑤ mg-qE=ma ⑥ ⑦ l=v0 t1 ⑧ S接“2”位置时,则在电阻R上流过的电流I满足 ⑨ 联立①④~⑨式得 ⑩ 说明:④~⑩式各1分 (3)由题意知此时在板间运动的粒子重力与电场力平衡,当粒子从K进入板间后立即进入磁场做匀速圆周运动,如图所示,粒子从D点出磁场区域后沿DT做匀速直线运动,DT与b板上表面的夹角为题目所求夹角θ,磁场的磁感应强度B取最大值时的夹角θ为最大值θm,设粒子做匀速圆周运动的半径为R,有 ⑾ 过D点作b板的垂线与b板的上表面交于G,由几何关系有 ⑿ ⒀ ⒁ 联立①⑾~⒁式,将B=Bm代入,求得 ⒂ 当B逐渐减小,粒子做匀速圆周运动的半径为R也随之变大,D点向b板靠近,DT与b板上表面的夹角θ也越变越小,当D点无限接近于b板上表面时,粒子离开磁场后在板间几乎沿着b板上表面从T孔飞出板间区域,此时Bm>B>0满足题目要求,夹角θ趋近θ0,即 θ0=0 ⒃ 则题目所求为 ⒄ 左 右 U + B θ B E P θ θ v qE mg qvB d 第24题图 M M d/2v0 R d 解析第24题图 B M N A C D E vD P h θ=37° s H O D G E B P2 P1 F C r b a O b a O c d l l l + - U0 -U1 U1 m +q A y x z O 待测区域 A B X O Q W s P I l 2d Q 题24图 3d P M N O 收集板 l 金属极板 金属极板 O' 带电颗粒 发射器 Q 答题24图1 3d P M N O O' R-d O'' R Q 答题24图2 3d P M N O O' R1 θ θ y2 y1 x y O P B R x O' y O R B r P x y v0 P O c a b B E x y v0 P O c a b B E 45° r P O x y 题15-1 图 O t E E0 5r 3r r 2r 4r O t B +B0 5r 3r r 2r 4r -B0 题15-2 图 O x y r x O y r1 r2 y R1 O1 O Q x R1 θ y G O Q x R2 θ R2 O2 R2 R2 O2' v F H x y O E B v0 乙 x y O v θ B A a 甲 x y O v θ B A a/2 θ v θ' θ O h l h K T A R S 1 2 p b θ O h h K T p b θ D G 11-19年高考物理真题分专题汇编之054磁场的综合应用 1.【2019年物理天津卷】笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件,电脑正常工作:当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件,屏幕熄灭,电脑进入休眠状态。如图所示,一块宽为、长为的矩形半导体霍尔元件,元件内的导电粒子是电荷量为的自由电子,通入方向向右的电流时,电子的定向移动速度为。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中,于是元件的前、后表面间出现电压,以此控制屏幕的熄灭。则元件的( ) A. 前表面的电势比后表面的低 B. 前、后表面间的电压与无关 C. 前、后表面间的电压与成正比 D. 自由电子受到的洛伦兹力大小为 【答案】D 【解析】 【详解】由图知电流从左向右流动,因此电子的运动方向为从右向左,根据左手定则可知电子偏转到后面表,因此前表面的电势比后表面的高,故A错误,电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡,有,故,故D正确,由则电压,故前后表面的电压与速度有关,与a成正比,故BC错误。 1.2018年浙江卷(4月选考)22.(10分)【加试题】压力波测量仪可将待测压力波转换为电压信号,其原理如图1所示。压力波p(t)进入弹性盒后,通过与铰链O相连的“-|”型轻杆L,驱动杆端头A处的微型霍尔片在磁场中沿x轴方向做微小振动,其位移x与压力p成正比(x=αp,α>0)。霍尔片的放大图如图2所示,它由长×宽×厚=a×b×d、单位体积内自由电子数为n的N型半导体制成。磁场方向垂直于x轴向上,磁感应强度大小为B=B0(1-β|x|),β>0。无压力波输入时,霍尔片静止在x=0处,此时给霍尔片通以沿C1C2方向的电流I,则在侧面上D1 、D2两点间产生霍尔电压U0。 (1)指出D1 、D2两点哪点电势高; (2)推导出U0与I、B0之间的关系式(提示:电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为I=nevbd,其中e为电子电荷量); (3)弹性盒中输入压力波p(t),霍尔片中通以相同电流,测得霍尔电压UH随时间t变化图像如图3。忽略霍尔片在磁场中运动产生的电动势和阻尼,求压力波的振幅和频率。(结果用U0、U1、t0、α及β表示) 答案:(1)D1点电势高 (2)电子受力平衡:evB0=eEH 得到 (3)霍尔电压, 振幅: 频率: 2.2014年物理江苏卷 9.如图所示,导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间,线圈中电流为 I,线圈间产生匀强磁场,磁感应强度大小 B 与 I 成正比,方向垂直于霍尔元件的两侧面,此时通过霍尔元件的电流为 IH,与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压 UH 满足:,式中 k 为霍尔系数,d 为霍尔元件两侧面间的距离,电阻 R 远大于 RL,霍尔元件的电阻可以忽略,则 A.霍尔元件前表面的电势低于后表面 B.若电源的正负极对调,电压表将反偏 C. IH 与 I 成正比 D.电压表的示数与 RL 消耗的电功率成正比 【答案】CD 【解析】通过霍尔元件的电流自上而下,电子运动自下而上,根据左手定则,可知电子受到的洛伦兹力垂直纸面向里,后面聚集负电荷,前面聚集正电荷,前面电势高于后面电势,选项A错误; 电源的正负极对调,磁场虽反向,而电子运动方向也反向,由左手定则知电子受洛伦兹力方向不变,仍然有前面电势高于后面电势,选项B错误; 当电子受力平衡时, ∵, ∴, 又∵,∴, IH与I成正比,选项C正确; 因为电阻R远大于RL,所以通过RL的电流可以认为是I,,而B=KI,IH=K' I,所以UH∝I2 ∝P,D项正确。 3. 2014年理综福建卷 22.如图,某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道,管道的长为L、宽度为d、高为h,上下两面是绝缘板,前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板,两导体板与开关S和定值电阻R相连。整个管道置于磁感应强度大小为B,方向沿z轴正方向的匀强磁场中。管道内始终充满电阻率为ρ的导电液体(有大量的正、负离子),且开关闭合前后,液体在管道进、出口两端压强差的作用下,均以恒定速率v0沿x轴正向流动,液体所受的摩擦阻力不变。 (1)求开关闭合前,M、N两板间的电势差大小U0; (2)求开关闭合前后,管道两端压强差的变化Δp; (3)调整矩形管道的宽和高,但保持其它量和矩形管道的横截面S=dh不变,求电阻R可获得的最大功率Pm及相应的宽高比d/h的值。 解析:(1)设带电离子所带的电量为q,当其所受的洛伦兹力与电场力平衡时,U0保持恒定,有 得: (2)设开关闭合前后,管道两端压强差分别为p1、p2,液体所受的摩擦阻力均为f,开关闭合后管道内液体受到的安培力为F安,有:p1hd=f, p2hd=f+F安, F安=BId 根据欧姆定律,有 两导体板间液体的电阻 联立解得: (3)电阻R获得的功率为:,, 当时,电阻R获得的最大功率 4. 2013年浙江卷 25.(22分)为了降低潜艇噪音,提高其前进速度,可用电磁推进器替代螺旋桨。潜艇下方有左、右两组推进器,每组由6个相同的、用绝缘材料制成的直线通道推进器构成,其原理示意图如下。在直线通道内充满电阻率ρ=0.2Ω?m的海水,通道中a×b×c=0.3m×0.4m×0.3m的空间内,存在由超导线圈产生的匀强磁场,其磁感应强度B=6.4T、方向垂直通道侧面向外。磁场区域上、下方各有a×b=0.3m×0.4m的金属板M、N,当其与推进器专用直流电源相连后,在两板之间的海水中产生了从N到M,大小恒为I=1.0×103A的电流,设电流只存在于磁场区域。不计电源内阻及导线电阻,海水密度ρm=1.0×103kg/m3。 (1)求一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小,并判断其方向; (2)在不改变潜艇结构的前提下,简述潜艇如何转弯?如何“倒车”? (3)当潜艇以恒定速度v0=30m/s前进时,海水在出口处相对于推进器的速度v=34m/s,思考专用直流电源所提供的电功率如何分配,求出相应功率的大小。 答:(1)1.92×103N,方向向右 (2)开启或关闭不同个数的左、右两侧的直线通道推进器,实施转弯。 改变电流方向,或改变磁场方向,可以改变海水所受磁场力的方向,实施“倒车”。 (3)电源提供的电功率中的第一部分为牵引功率,P1=F牵v0=6.9×105W 电源提供的电功率中的第二部分为单位时间内海水的焦耳热功率 推进器内海水的电阻0.5Ω, P2=12I2R=6×106W 电源提供的电功率中的第三部分为单位时间内海水动能的增加量 单位时间内通过推进器的水的质量为 m=ρmbcv水对地=480kg 单位时间内其动能增加为 =4.6×104W 解:(1)将通电海水看成导线,所受磁场力 代入数据得: 用左手定则判断磁场对海水作用力方向向右(或与海水出口方向相同) (2)考虑到潜艇下方有左、右2组推进器,可以开启或关闭不同个数的左右两侧的直线通道推进器,实施转弯。改变电流方向,或者磁场方向,可以改变海水所受磁场力的方向,根据牛顿第三定律,使潜艇“倒车”。 (3)电源提供的电功率中的第一部分:牵引功率 根据牛顿第三定律: 当 第二部分:海水的焦耳热功率 对单个直线推进器,根据电阻定律: 代入数据得: 由热功率公式, 代入数据得: 第三部分:单位时间内海水动能的增加值 设Δt时间内喷出海水的质量为m 考虑到海水的初动能为零, 5. 2012年理综天津卷 12.(20分)对铀235的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要的意义。如图所示,质量为m、电荷量为q的铀235离子,从容器A下方的小孔S1不断飘入加速电场,其初速度可视为零,然后经过小孔S2垂直与磁场方向进入磁感应强度为B的均强磁场中,做半径为R的匀速圆周运动,离子行进半个圆周后离开磁场并被收集,离开磁场时离子束的等效电流I。不考虑离子重力及离子间的相互作用。 (1)求加速电场的电压U; (2)求出在离子被收集的过程中任意时间t内收集到离子的质量M; (3)实际上加速电压的大小在U±ΔU范围内微小变化。若容器A中有电荷量相同的铀235和铀238两种离子,如前述情况它们经电场加速后进入磁场中发生分离,为使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠,应小于多少?(结果用百分数表示,保留两位有效数字) 解析:(1)铀离子在电场中加速到速度v,根据动能定理有 ① 进入磁场后在洛伦兹力作用下做圆周运动,根据牛顿第二定律有 ② 由以上两式化简得 ③ (2)在时间t内收集到的粒子个数为N,粒子总电荷量为Q,则 ④ ⑤ ⑥ 由④④⑤⑥式解得 ⑦ (3)两种粒子在磁场中运动的轨迹不发生交叠,即不要重合,由①②可得半径为 ⑧ 由此可知质量小的铀235在电压最大时的半径存在最大值 质量大的铀238质量在电压最小时的半径存在最小值 所以两种粒子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为 ⑨ 化简得 <﹪ ⑩ 6. 2011年理综北京卷 23.(18分)利用电场和磁场,可以将比荷不同的离子分开,这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用。 如图所示的矩形区域ACDG(AC边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场,A处有一狭缝。离子源产生的离子,经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂于磁场的方向射入磁场,运动到GA边,被相应的收集器收集,整个装置内部为真空。 已知被加速的两种正离子的质量分别是m1和m2 (m1 >m2),电荷量均为。加速电场的电势差为U,离子进入电场时的初速度可以忽略,不计重力,也不考虑离子间的相互作用。 (1)求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1; (2)当感应强度的大小为B时,求两种离子在GA边落点的间距s; (3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响,实际装置中狭缝具有一定宽度。若狭缝过宽,可能使两束离子在GA边上的落点区域交叠,导致两种离子无法完全分离。 设磁感应强度大小可调,GA边长为定值L,狭缝宽度为d,狭缝右边缘在A处;离子可以从狭缝各处射入磁场,入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场。为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分离,求狭缝的最大宽度。 【解析】(1)由动能定理,, 得 ① (2)在磁场中作圆周运动由牛顿第二定律 ,,利用①式得 离子在磁场中的轨道半径为别为 , ② 两种离子在GA上落点的间距 ③ (3)质量为m1的离子,在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1处,由于狭缝的宽度为d,因此落点区域的宽度也是d。同理,质量为m2的离子在GA边上落点区域的宽度也是d。 为保证两种离子能完全分离,两个区域应无交叠,条件为 ………④ 利用②式代入④式,得 R1最大值满足 得 求得最大值 7. 2011年理综天津卷 12.(20分)回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用,有力地推动了现代科学技术的发展。 (1)当今医学影像诊断设备PET/CT堪称“现代医学高科技之冠”,它在医疗诊断中,常利用能放射正电子的同位素碳11作示踪原子。碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得,同时还产生另一粒子,试写出核反应方程。若碳11的半衰期τ为20min,经2.0h剩余碳11的质量占原来的百分之几?(结果取2位有效数字) (2)回旋加速器的原理如图,D1和D2是两个中空的半径为R的半圆金属盒,它们接在电压一定、频率为f的交流电源上,位于D1圆心处的质子源A能不断产生质子(初速度可以忽略,重力不计),它们在两盒之间被电场加速,D1、D2置于与盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。若质子束从回旋加速器输出时的平均功率为P,求输出时质子束的等效电流I与P、B、R、f的关系式(忽略质子在电场中的运动时间,其最大速度远小于光速)。 (3)试推理说明:质子在回旋加速器中运动时,随轨道半径r的增大,同一盒中相邻轨道的半径之差Δr是增大、减小还是不变? 【解析】(1)核反应方程为 ① 设碳11原有质量为m0,经过t=2.0 h剩余的质量为mt,根据半衰期定义,有 (2)设质子质量为m,电荷量为q,质子离开加速器时速度大小为v,由牛顿第二定律知 ③ 质子运动的回旋周期为 ④ 由回旋加速器工作原理可知,交变电源的频率与质子回旋频率相同,由周期T与频 率f的关系可得 ⑤ 设在t时间内离开加速器的质子数为N,则质子束从回旋加速器输出时的平均功率 ⑥ 输出时质子束的等效电流为 ⑦ 由上述各式得 若以单个质

  • ID:6-6789743 11-19年高考物理真题分专题汇编之 046~051 动态直流电路的讨论(6份打包)

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    11-19年高考物理真题分专题汇编之046动态直流电路的讨论 1. 2011年理综北京卷 17.如图所示电路,电源内阻不可忽略。开关S闭合后,在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中 A.电压表与电流表的示数都减小 B.电压表与电流表的示数都增大 C.电压表的示数增大,电流表的示数减小 D.电压表的示数减小,电流表的示数增大 答:A 【解析】变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中,使连入电路中的R0阻值减小,整个电路的电阻减小,电路中的电流I增大,路端电压U=E-Ir减小,即电压表的示数减小,又R2与R0并联后再与R1串联,在R0减小时,使得R2两端电压减小,R2中的电流减小,即电流表示数减小。A正确,B、C、D错误。 2. 2014年理综天津卷 2.如图所示,电路中R1、R2均为可变电阻,电源内阻不能忽略,平行板电容器C的极板水平放置.闭合电键S,电路达到稳定时,带电油滴悬浮在两板之间静止不动.如果仅改变下列某一个条件,油滴仍能静止不动的是( ) A.增大R1的阻值 B.增大R2的阻值 C.增大两板间的距离 D.断开电键S 【答案】B 【解析】如果油滴不动,则平行板电容器中电场强度不能变。增大R1阻值,因为电源内阻不能忽略,所以R1分压增大,电容器电压增大,电场变强,A错。增大R2阻值,因为电容器是断路,所以不影响电容器两端电压,电场不变,B对。增大两板间距离,因为电容器两端电压不变,根据,电场变小,C错。断开电键则电容器中间电场变为0,D错。 3. 2014年物理上海卷 18.如图,电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。将滑动变阻器滑片向下滑动,理想电压表V1、 V2、 V3示数变化量的绝对值分别为△V1、△V2、△V3,理想电流表A示数变化量的绝对值为△I,则 ( ) A.A的示数增大 B.V2的示数增大 C.△V3与△I的比值大于r D.△V1大于△V2 【答案】ACD 【解析】此电路为串联电路,将滑片向下滑动,电路中的总电阻减小,总电流增大;电流表的示数增大,A项正确;电源的内阻分压增大,所以路端电压减小,即V2的示数减小,B项错误;电压表V1测量的是定值电阻两端的电压,由于电流增大,定值电阻的分压增大,滑动变阻器两端的电压减小,所以V1的示数变化大于V2,D项正确;将定值电阻等效为电源的内阻,,C正确。 4. 2013年江苏卷 4. 在输液时,药液有时会从针口流出体外,为了及时发现,设计了一种报警装置,电路如图所示。 M 是贴在针口处的传感器,接触到药液时其电阻RM发生变化,导致S 两端电压U 增大,装置发出警报,此时 (A) RM变大,且R 越大,U 增大越明显 (B) RM变大,且R 越小,U 增大越明显 (C) RM变小,且R 越大,U 增大越明显 (D) RM变小,且R 越小,U 增大越明显 答案:C 解析:接触到药液时其电阻RM发生变化,导致S两端电压U增大,根据欧姆定律U=IRs,由闭合电路欧姆定律知, 两者联立可知RM变小,且R越大,U增大越明显,故A、B、D错,C对。 5. 2011年海南卷 2.如图,E为内阻不能忽略的电池,R1、R2、R3为定值电阻,S0、S为开关,V与A分别为电压表与电流表。初始时S0与S均闭合,现将S断开,则( ) A.V的读数变大,A的读数变小 B.V的读数变大,A的读数变大 C.V的读数变小,A的读数变小 D.V的读数变小,A的读数变大 答:B 【解析】S断开,相当于外电阻变大,总电流减小,故路端电压U=E-Ir增大,电压表的读数变大。S断开,使原来R2与R3并联的电阻变为R3的电阻,电阻变大了,R3两端的电压增大,电流增大,电流表的读数变大。 6. 2011年上海卷 12.如图所示电路中,闭合电键S,当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时 A.电压表V读数先变大后变小,电流表A读数变大 B.电压表V读数先变小后变大,电流表A读数变小 C.电压表V读数先变大后变小,电流表A读数先变小后变大 D.电压表V读数先变小后变大,电流表A读数先变大后变小 答案:A 解析:本题考查动态电路知识。外电路电路结构为滑动变阻器的上部分电阻R1与下部分电阻R2并联后再与电阻R串联。根据R1+R2之和为定值,则并联电阻R并=可知,当R1=R2时,R并最大,外电路电阻最大。根据欧姆定律I=及路端电压与干路电流的关系:U=E-Ir,可知外电路电阻先增大后减小时,干路电流先减小后增大,路端电压先增大后减小,排除B、D选项;讨论电流表示数变化时,可将电阻R与电源内阻r之和等效为电源内阻r内,外电路只有R1与R2并联,当R1<R2时,P向下移动,R2减小,而电压增大,故电流表A的读数增大;当R1>R2时,P继续向下移动,R1增大,且其两端电压减小,故通过R1的电流减小,而由前面的判断可知此时干路电流增大,故另外一条支路R2上的电流必定增大,即电流表A读数继续增大,综上所述电流表读数一直增大,A对。 V A R0 R2 R1 S E r S E r C R2 R1 R A V2 V1 V3 K E r M S 传感器 R V A R1 R2 R3 S S0 E V A P R E r S 输入 输出 A B Z 0 0 0 0 1 l 1 0 X 1 1 l 11-19年高考物理真题分专题汇编之047简单逻辑电路 1. 2012年物理上海卷 7.如图,低电位报警器由两个基本的门电路与蜂鸣器组成,该报警器只有当输入电压过低时蜂鸣器才会发出警报。其中 ( ) (A)甲是“与门”,乙是“非门” (B)甲是“或门”,乙是“非门” (C)甲是“与门”,乙是“或门” (D)甲是“或门”,乙是“与门” 答案:B 从图形上看,乙是“非门”,甲如果是“与门”,无论输入电压是高还是低,都会使乙的输出电压高,而使蜂鸣器发出警报,只有当甲是“或门”时,输入电压低时甲的输出电压才会低而使乙的输出电压高从而使蜂鸣器发出警报 2. 2011年上海卷 6.右表是某逻辑电路的真值表,该电路是 答案:D 解析:本题考查门电路相关知识点。与门的逻辑:F=A·B,即有0出0,全1出1,用“&”符号表示;或门的逻辑:F=A+B,即有1出1,全0出0用“≥1”符号表示;非门的逻辑:F=,即0出1,1出0,用“○”符号表示。A选项表达式为:F=A+B,显然不符合表格的第一行数据,A错;B选项表达式为:F=A·B,显然也不符合表格的第一行数据,B错;C选项表达式为:F=,显然也不符合表格的第二行数据,C错;D选项表达式为:F=,符合表格所有数据,D对。 3. 2013年上海卷 12.在车门报警电路中,两个按钮开关分别装在汽车的两扇门上,只要有开关处于断开状态,报警灯就发光。能实现此功能的电路是 答案:B 解析:能实现此功能的电路是与门电路,选项B正确。 4.2015年上海卷13.监控系统控制电路如图所示,电键S闭合时,系统白天和晚上都工作;电键S断开时,系统仅晚上工作。在电路中虚框处分别接入光敏电阻(受光照时阻值减小)和定值电阻,则电路中 ( D ) (A)C是“与门”,A是光敏电阻 (B)C是“与门”,B是光敏电阻 (C)C是“或门”,A是光敏电阻 (D)C是“或门”,B是光敏电阻 解析:开关S闭合后,C门的一个输入点就是1,系统不管白天和晚上都工作,说明与另一输入端的逻辑值无关,这说明C门是“或门”。 开关S断开后,C门的一个输入点就是0,要让系统工作,另一输入端必须是1,也就是高电压,所以B是光敏电阻,故选项D正确。 U 蜂鸣器 甲 乙 输入 输出 0 0 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 ≥1 & 1 ≥1 1 & A. B. C. D. A R1 S1 R2 S2 L 5V 0V ≥1 R1 S1 L 5V 0V ≥1 R2 S2 R1 S1 R2 S2 L 5V & 0V R1 S1 L 5V 0V R2 S2 & B C D R 监控系统 +5V 0V S A B C 11-19年高考物理真题分专题汇编之048磁场的基本概念根 1. 2016年上海卷21.形象描述磁场分布的曲线叫做____________,通常___________的大小也叫做磁通量密度。 【答案】磁感线;磁感应强度 【解析】为了形象的描述磁场而假想出来的曲线,曲线上任意一点的切线方向均表示该位置的磁场方向,这样的曲线称为磁感线;磁场的强弱大小用磁感应强度表示,在磁通量中有:,所以磁感应强度也称为磁通密度。 2. 2016年上海卷8.如图,一束电子沿z轴正向流动,则在图中y轴上A点的磁场方向是 (A)+x方向 (B)-x方向 (C)+y方向 (D)-y方向 【答案】A 【解析】据题意,电子流沿z轴正向流动,电流方向向z轴负向,由安培定则可以判断电流激发的磁场以z轴为中心沿顺时针方向(沿z轴负方向看),通过y轴A点时方向向外,即沿x轴正向,则选项A正确。 3. 2013年上海卷 13.如图,足够长的直线ab靠近通电螺线管,与螺线管平行。用磁传感器测量ab上各点的磁感应强度B,在计算机屏幕上显示的大致图像是 答案:C 解析:通电螺线管外部中间处的磁感应强度最小,所以用磁传感器测量ab上各点的磁感应强度B,在计算机屏幕上显示的大致图像是C。 4. 2017年江苏卷1.如图所示,两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r.圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合,则穿过a、b两线圈的磁通量之比为 ( A ) (A)1:1 (B)1:2 (C)1:4 (D)4:1 解析:根据磁通量的定义,当B垂直于S时,穿过线圈的磁通量为ф=BS,其中S为有磁感线穿过区域的面积,所以图中a、b两线圈的磁通量相等,所以选项A正确;BCD错误。 5. 2011年新课标版 14.为了解释地球的磁性,19世纪安培假设:地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。在下列四个图中,正确表示安培假设中环形电流方向的是 A. B. C. D. 答:B 【解析】根据地磁场分布和安培定则判断可知正确答案是B。 6. 2015年理综新课标Ⅱ卷18.指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针,下列说法正确的是 ( BC ) A. 指南针可以仅具有一个磁极 B. 指南针能够指向南北,说明地球具有磁场 C.指南针的指向会受到附近铁块的干扰 D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线,导线通电时指南针不偏转 解析:指南针不可以仅具有一个磁极,A错误;指南针能够指向南北,说明地球具有磁场,B正确; 当附近的铁块磁化时,指南针的指向会受到附近铁块的干扰,故C正确;根据安培定则,在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线,导线通电时会产生磁场,指南针会偏转到与导线垂直,故D错误。 7. 2013年海南卷 9.三条在同一平面(纸面)内的长直绝缘导线组成一等边三角形,在导线中通过的电流均为I,方向如图所示。a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上,且到相应顶点的距离相等。将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3,下列说法正确的是 A.B1=B2I2;a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点,且a、b、c与两导线共面;b点在两导线之间,b、d的连线与导线所在平面垂直。磁感应强度可能为零的点是 A.a点 B.b点 C.c点 D.d点 答案:C 解析:根据安培定则可知I1和I2电流分别在a处产生的磁场方向为垂直ac连线向上和向下,由于I1>I2,且I1电流与a点的距离比I2电流与a点距离要小,故B1a>B2a,则a处磁感应强度不可能为零,A错;两电流在b处产生的场强方向均垂直ac连线向下,故B错;I1和I2电流分别在c处产生的磁场方向为垂直ac连线向下和向上,且I1电流与c点的距离比I2电流与c点距离要大,故B1c与B2c有可能等大反向,C对;两电流在d处产生的场的方向一定成某一夹角,且夹角一定不为180°,D错。 10. 2014年物理海南卷 8.如图,两根平行长直导线相距2L,通有大小相等、方向相同的恒定电流,a、b、c是导线所在平面内的三点,左侧导线与它们的距离分别为、和3 。关于这三点处的磁感应强度,下列判断正确的是 ( ) A.a处的磁感应强度大小比c处的大 B.b、c两处的磁感应强度大小相等 C.a、c两处的磁感应强度方向相同 D.b处的磁感应强度为零 【答案】AD 【解析】由右手定则可以判断,a、c两处的磁场是两电流在a、c处产生的磁场叠加,但a距离两导线比c近,故a处的磁感应强度大小比c处的大,选项A正确;b、c与右侧电流距离相同,故右侧电流对此两处的磁场等大反向,但因为左侧电流在该两处产生的磁场大小不同,B错;由右手定则可以知,a处的磁场方向垂直纸面向里,c处的磁场方向垂直纸面向外,C错;b与两条导线的距离相等,故两磁场叠加为零,D正确。 11.2016年北京卷17.中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角:“以磁石磨针锋,则能指南,然常微偏东,不全南也。”进一步研究表明,地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。结合上述材料,下列说法不正确的是 A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合 B.地球内部也存在磁场,地磁南极在地理北极附近 C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行 D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用 【答案】C 【解析】根据题意可得,地理南北极与地磁场存在一个夹角,为磁偏角,故两者不重合,A正确;地磁南极在地理的北极附近,地磁北极在地理南极附近,B正确;由于地磁场磁场方向沿磁感线切线方向,故只有赤道处才与地面平行,C错误;在赤道处磁场方向水平,而射线是带电的粒子,运动方向垂直磁场方向,根据左手定则可得射向赤道的粒子受到洛伦兹力作用,D正确。 12.2017年新课标Ⅲ卷18.如图,在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中,两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置,两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时,纸面内与两导线距离为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变,则a点处磁感应强度的大小为 A. B. C. D. 答:C 解析:如答图1所示, P、Q中的电流在a点产生的磁感应强度大小相等,设为B1,由几何关系可知 如果让P中的电流反向、其他条件不变时,如答图2所示,由矢量合成可知B'1=B1, 由几何关系可知:a点处磁感应强度的大小, 故C正确,A、B、D错误。 13.2018年全国卷II、20.如图,纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2,L1中的电流方向向左,L2中的电流方向向上; L1的正上方有a、b两点,它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中,外磁场的磁感应强度大小为B0,方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为和,方向也垂直于纸面向外。则 ( AC ) A.流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为 B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为 C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为 D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为 解析:设L1在a,b两点产生的磁感应强度大小为B1,设L2在a,b两点产生的磁感应强度大小为B2, ; 联立可得, 14.2018年浙江卷(4月选考)12.在城市建设施工中,经常需要确定地下金属管线的位置,如图所示。有一种探测方法是,首先给金属长直管线通上电流,再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作:①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点,记为a;②在a点附近的地面上,找到与a点磁感应强度相同的若干点,将这些点连成直线EF;③在地面上过a点垂直于EF的直线上,找到磁场方向与地面夹角为45?的b、c两点,测得b、c两点距离为L。由此可确定金属管线( A ) A.平行于EF,深度为 B.平行于EF,深度为L C.垂直于EF,深度为 D.平行于EF,深度为L 解析:根据通电直导线产生的磁场特点,距离电流越近,产生的磁场强度越大,则a点距离管线最近,EF上的点均是距离管线最近的点,管线在EF的正下方,与EF平行,。根据安培定则作出管线产生磁场的横截面如图示: 由几何关系可以确定a到管线的距离为,故BCD错误,A正确。 A y x z 电子流 a b O O B a b O B a b O B a b O B a b B A C D 2r r a b B 西 东 I 西 东 I 西 东 I 西 东 I I c b c c a c I c I c a b c d M N O a b c d I1 I2 a b c 地轴 地球自转方向 a l l l P Q 答图1 a P Q B1 B1 B0 答图2 B1 B0 a P Q B1 B'1 a L1 L2 b 水平地面 金属管线 I 第12题图 11-19年高考物理真题分专题汇编之049安培力 1.【2019年4月浙江物理选考】在磁场中的同一位置放置一条直导线,导线的方向与磁场方向垂直,则下列描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流的关系图象正确的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】当导线的方向与磁场方向垂直时所受的安培力F=BIL,则描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流I的关系图象正确的是A; 2.【2019年物理全国卷1】如图,等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成,固定于匀强磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直,线框顶点M、N与直流电源两端相接,已如导体棒MN受到的安培力大小为F,则线框LMN受到的安培力的大小为 A.2F B.1.5F C.0.5F D.0 【答案】B 【解析】 【详解】设每一根导体棒的电阻为R,长度为L,则电路中,上下两路电阻之比为,根据并联电路两端各电压相等的特点可知,上下两路电流之比。如下图所示,由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L,根据安培力计算公式,可知,得,根据左手定则可知,两力方向相同,故线框LMN所受的合力大小为,故本题选B。 3.【2019年物理江苏卷】如图所示,在光滑的水平桌面上,a和b是两条固定的平行长直导线,通过的电流强度相等.矩形线框位于两条导线的正中间,通有顺时针方向的电流,在a、b产生的磁场作用下静止.则a、b的电流方向可能是 A. 均向左 B. 均向右 C. a的向左,b的向右 D. a的向右,b的向左 【答案】CD 【解析】 【详解】由右手螺旋定则可知,若a、b两导线的电流方向相同,在矩形线框上、下边处产生的磁场方向相反,由于矩形线框上、下边的电流方向也相反,则矩形线框上、下边所受的安培力相反,所以不可以平衡,则要使矩形线框静止,a、b两导线的电流方向相反,故CD正确。 1.2018年浙江卷(4月选考)7.处于磁场B中的矩形金属线框可绕轴OO' 转动,当线框中通以电流Ⅰ时,如图所示,此时线框左右两边受安培力F的方向正确的是( D ) 2.2015年上海卷25.如图,两根通电长直导线a、b平行放置,a、b中的电流强度分别为I和2I,此时a受到的磁场力为F,若以该磁场力的方向为正,则b受到的磁场力为________。当在a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导线c后,a受到的磁场力大小变为2F,则此时b受到的磁场力为________。 答案:-F;-3F或5F 解析:由牛顿第三定律,b受到a对它的的磁场力为 -F;a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导线c后,c在a、b两导线处的磁感应强度大小相等,方向相反,c导线对b导线的作用力是它对a导线作用力的两倍,方向相反,a受到的磁场力大小变为2 F,那么c导线对a导线的作用力可能是F,也可能是-3F,c导线对b导线的作用力可能是-2 F,也可能是6F,故此时b受到的磁场力为-3F或5F。 3.2015年江苏卷4. 如图所示,用天平测量匀强磁场的磁感应强度。 下列各选项所示的载流线圈匝数相同,边长 MN 相等,将它们分别挂在天平的右臂下方。 线圈中通有大小相同的电流,天平处于平衡状态。 若磁场发生微小变化,天平最容易失去平衡的是 ( A ) 解析:由题意知,根据F=BIL,处于磁场中的导体,有效长度越长,受安培力越大,天平越容易失去平衡,由题图知,选项A中导体的有效长度最长,所以选项A正确。 4. 2011年新课标版 18.电磁轨道炮工作原理如图所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动,并与轨道保持良好接触。电流I从一条轨道流入,通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场),磁感应强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍,理论上可采用的办法是 ( BD ) A.只将轨道长度L变为原来的2倍 B.只将电流I增加至原来的2倍 C.只将弹体质量减至原来的一半 D.将弹体质量减至原来的一半,轨道长度L变为原来的2倍,其它量不变 【解析】利用动能定理有,B=kI解得。所以正确答案是BD。 5. 2012年物理海南卷 10.图中装置可演示磁场对通电导线的作用。电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨,L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆。当电磁铁线圈两端a、b,导轨两端e、f,分别接到两个不同的直流电源上时,L便在导轨上滑动。下列说法正确的是 ( ) A.若a接正极,b接负极,e接正极,f接负极,则L向右滑动 B.若a接正极,b接负极,e接负极,f接正极,则L向右滑动 C.若a接负极,b接正极,e接正极,f接负极,则L向左滑动 D.若a接负极,b接正极,e接负极,f接正极,则L向左滑动 答:B D 解析:由右手螺旋法则和左手定则,可知选项B、D正确。 6. 2012年理综天津卷 2. 如图所示,金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂,处于竖直向上的匀强磁场中,棒中通以由M向N的电流,平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ,如果仅改变下列某一个条件,θ角的相应变化情况是 A. 棒中的电流变大,θ角变大 B. 两悬线等长变短,θ角变小 C . 金属棒质量变大,θ角变大 D. 磁感应强度变大,θ角变小 答案:A 解析:水平的直线电流在竖直磁场中受到水平的安培力而偏转,与竖直方向形成夹角,此时它受拉力、重力和安培力而达到平衡,根据平衡条件有,所以棒子中的电流增大θ角度变大;两悬线变短,不影响平衡状态,θ角度不变;金属质量变大θ角度变小;磁感应强度变大θ角度变大。 7. 2017年新课标I卷19.如图,三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距,均通有电流,L1中电流方向与L2中的相同,与L3中的相反,下列说法正确的是 A.L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直 B.L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直 C.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为 D.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为 【答案】BC 【解析】同向电流相互吸引,反向电流相互排斥。对L1分析受力,如图所示,可知L1所受磁场力的方向与L2和L3所在平面平行,故A错误;对L3受力分析,如图所示,可知L3所受磁场力的方向与L1和L2所在平面垂直,故B正确;设三根导线两两之间的相互作用力为F,则L1和L2受到的磁场力的合力等于F,L3受到的磁场力的合力等于F,即L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为,故C正确,D错误。 8. 2017年浙江选考卷9.如图所示,两平行直导线和竖直放置,通以方向相反大小相等的电流,a、b两点位于两导线所在的平面内。则 A.b点的磁感应强度为零 B.ef导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向里 C.cd导线受到的安培力方向向右 D.同时改变了导线的电流方向,cd导线受到的安培力方向不变 【答案】D 【解析】由右手螺旋定则可知,cd导线和ef导线在b处产生的磁场方向都垂直纸面向外,所以由矢量合成知b处的磁感应强度垂直纸面向外,故A错误;由右手螺旋定则知ef导线在左侧产生的磁感应强度垂直纸面向外,故B错误;由左手定则知:cd导线受到的安培力方向向左,故C错误;由题意可知,cd导线所处的位置磁汤方向发生改变,但同时自身电流方向也发生改变,由左手定则知cd导线所受安培力方向不变,故D正确。 9. 2014年物理上海卷12.如图,在磁感应强度为B的匀强磁场中,面积为s的矩形刚性导线框abcd可绕过ad边的固定轴OO' 转动,磁场方向与线框平面垂直。在线框中通以电流强度为I的稳恒电流,并使线框与竖直平面成θ角,此时bc边受到相对OO′ 轴的安培力力矩大小为 ( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】根据左手定则,可知通电导线受到的安培力沿竖直方向向上,大小为F=BILbc,此力到转轴的力臂为Labsinθ;力矩为:M=FLabsinθ=ISBsinθ,A项正确。 10. 2011年物理江苏卷 5.如图所示,水平面内有一平行金属导轨,导轨光滑且电阻不计。匀强磁场与导轨平面垂直。阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置,且与导轨接触良好。t=0时,将开关S由1掷到2。q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度。下列图象正确的是 ( D ) A. B. C. D. 【解析】t=0时,将形状S由1掷到2,电容器放电,开始时,因安培力作用使导体棒产生加速度,导体棒速度增大,产生反向感应电动势,使电流减小,安培力减小,加速度减小,减小至零时,速度达最大值vm做匀速运动,电容器两极电压为BLvm(L为导轨宽度),A、B、C错误,D正确。 11. 2014年理综浙江卷 20.如图1所示,两根光滑平行导轨水平放置,间距为L,其间有竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从t=0时刻起,棒上有如图2所示的持续交流电流I,周期为T,最大值为Im,图1中I所示方向为电流正方向。则金属棒 A.一直向右移动 B.速度随时间周期性变化 C.受到的安培力随时间周期性变化 D.受到的安培力在一个周期内做正功 【答案】ABC 【解析】在0~,导体棒受到向右的安培力,大小恒为B ImL,向右做匀加速直线运动;在~T,导体棒受到安培力向右,大小仍为BImL,而此时速度仍然还是向左,做匀减速直线运动,之后不断重复该运动过程.故选项A、B、C正确;安培力在一个周期内先做正功,后做负功,选项D错误. 12.2011年上海卷 18.如图,质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′,并处于匀强磁场中。当导线中通以沿x正方向的电流I,且导线保持静止时,悬线与竖直方向夹角为θ。则磁感应强度方向和大小可能为 A.z 正向, B.y 正向, C.z 负向, D.沿悬线向上, 答案:BC 解析:本题考查安培力、左手定则。如图所示为沿着x轴负方向看的示意图,导线受到向下的重力、沿着绳子方向的拉力以及安培力。当磁感应强度方向沿着z轴正向时,由左手定则可得安培力向左,导线不可能平衡,A错;同理当磁感应强度方向沿着z轴负向时,安培力向右,可能平衡,C对;当磁感应强度方向沿着y轴正向时,安培力竖直向上,若大小等于重力,则可使导线平衡,B对;当磁感应强度方向沿悬线向上时,安培力垂直悬线向下,不可能使导线平衡,D错。 13. 2014年理综新课标卷Ⅰ 15.关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力,下列说法正确的是( ) A.安培力的方向可以不垂直于直导线 B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向 C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关 D.将直导线从中点折成直角,安培力的大小一定变为原来的一半 【答案】B 【解析】本题考查安培力的大小和方向.安培力总是垂直于磁场与电流所决定的平面,因此,安培力总与磁场和电流垂直,A错误,B正确;安培力F=BILsin θ,其中θ是电流方向与磁场方向的夹角,C错误;将直导线从中点折成直角,则前半段受到的安培力为,后半段受到的安培力为,由于夹角θ不确定,所以F1、F2的合力不一定等于F1,选项D错。 14. 2016年海南卷8.如图(a)所示,扬声器中有一线圈处于磁场中,当音频电流信号通过线圈时,线圈带动纸盆振动,发出声音。俯视图(b)表示处于辐射状磁场中的线圈(线圈平面即纸面)磁场方向如图中箭头所示,在图(b)中 A.当电流沿顺时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里 B.当电流沿顺时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外 C.当电流沿逆时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里 D.当电流沿逆时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外 【答案】BC 【解析】将环形导线分割成无限个小段,每一小段看成直导线,则根据左手定则,当电流顺时针时,导线的安培力垂直于纸面向外,故选项A错误,选项B正确;当电流逆时针时,根据左手定则可知道安培力垂直于纸面向里,故选项C正确,选项D错误。 15. 2018年海南卷3.如图,一绝缘光滑固定斜面处于匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向上,通有电流I的金属细杆水平静止在斜面上。若电流变为0.5I,磁感应强度大小变为3B,电流和磁场的方向均不变,则金属细杆将 ( A ) A.沿斜面加速上滑 B.沿斜面加速下滑 C.沿斜面匀速上滑 D.仍静止在斜面上 解析:分析金属杆受力有重力G、斜面支持力N和磁场对通电导线的作用力F,其中F=BIL,由平衡条件得F=Gsinθ, 若电流变为0.5I,磁感应强度大小变为3B,则磁场力变为F'=1.5BIL, 金属杆受到的合力沿斜面向上,所以金属杆将沿斜面加速上滑,选项A正确。 16.2018年江苏卷13.(15分)如图所示,两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ,间距为d。导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上,距底端的距离为s,导轨与外接电源相连,使金属棒通有电流。金属棒被松开后,以加速度a沿导轨匀加速下滑,金属棒中的电流始终保持恒定,重力加速度为g。求下滑到底端的过程中,金属棒 (1)末速度的大小v; (2)通过的电流大小I; (3)通过的电荷量Q。 解:(1)匀加速直线运动v2=2as 解得 (2)安培力F安=IdB 金属棒所受合力 牛顿运动定律F=ma 解得 (3)运动时间 电荷量Q=It 解得[来源:学|科 17. 2013年重庆卷7.(15)小明在研究性学习中设计了一种可测量磁感应强度的实验,其装置如题7图所示。在该实验中,磁铁固定在水平放置的电子测力计上,此时电子测力计的计数为G1,磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场,其余区域磁场不计。直铜条AB的两端通过导线与一电阻连接成闭合回路,总阻值为R。若让铜条水平且垂直于磁场,以恒定的速率v在磁场中竖直向下运动,这时电子测力计的读数为G2,铜条在磁场中的长度L。 ⑴判断铜条所受安培力的方向,G1和G2哪个大? ⑵求铜条匀速运动时所受安培力的大小和磁感应强度的大小。 解析:(1)由右手定则和左手定则知安培力方向向上,且G2>G1。 (2)安培力的大小 F= G2-G1 由, 及 得磁感应强度的大小 18. 2012年物理上海卷 32.(13分)载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B=kI/r,式中常量k>0,I为电流强度,r为距导线的距离。在水平长直导线MN正下方,矩形线圈abcd通以逆时针方向的恒定电流,被两根等长的轻质绝缘细线静止地悬挂,如图所示。开始时MN内不通电流,此时两细线内的张力均为T0。当MN通以强度为I1的电流时,两细线内的张力均减小为T1:当MN内的电流强度变为I2时,两细线的张力均大于T0。 (1)分别指出强度为I1、I2的电流的方向; (2)求MN分别通以强度为I1和I2电流时,线框受到的安培力F1与F2大小之比; (3)当MN内的电流强度为I3时两细线恰好断裂,在此瞬间线圈的加速度大小为a,求I3。 解析: (1)I1方向向左,I2方向向右, (2)当MN中通以电流I时,线圈所受安培力大小为F=kIiL(-), 式中r1、r2分别为ab、cd与MN的间距,i为线圈中的电流,L为ab、cd的长度。 F1:F2=I1:I2, (3)设MN中电流强度为I3,线框所受安培力为F3,由题设条件可得: 2T0=G 2T1+F1=G, F3+G=G/ga, , 得 19.2015年理综新课标I卷24.(12分) 如图,一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中;磁场的磁感应强度大小为0.1T,方向垂直于纸面向里;弹簧上端固定,下端与金属棒绝缘,金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连,电路总电阻为2Ω。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm;闭合开关,系统重新平衡后,两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm,重力加速度大小取10m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向,并求出金属棒的质量。 解:依题意,开关闭合后,电流方向从b到a,由左手定则可知,金属棒所受的安培力方向竖直向下。 开关断开时,两弹簧各自相对于其原长伸长为Δl1=0.5cm。 由胡克定律和力的平衡条件得 2kΔl1=mg ① 式中,m为金属棒的质量,k是弹簧的劲度系数,g是重力加速度的大小。 开关闭合后,金属棒所受安培力的大小为F=IBL ② 式中,I是回路电流,L是金属棒的长度. 两弹簧各自再伸长了Δl2=0.3cm,由胡克定律和力的平衡条件得 2k(Δl1+Δl2)=mg+F ③ 由欧姆定律有 E=IR ④ 式中,E是电池的电动势,R是电路总电阻。 联立①②③④式并代入题给数据得 m=0.01kg ⑤ 20.2015年理综重庆卷7. (15分)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机。题图是某音圈电机的原理示意图,它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成,线圈边长为L,匝数为n,磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下,大小为B,区域外的磁场忽略不计。线圈左边始终在磁场外,右边始终在磁场内,前后两边在磁场内的长度始终相等。某时刻线圈中电流从P流向Q,大小为I. (1)求此时线圈所受安培力的大小和方向。 (2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v,求安培力的功率. 答案:(1),方向水平向右 ;(2) 解析:由左手定则解析:线圈共有n条边,每条边受到安培力F1=BIL 线圈右边受到安培力大小为F=n? F1 =nBIL 由左手定则得安培力方向水平向右。 (2)安培力的功率为P=Fv=nBILv 21.2015年理综浙江卷24. (20分)小明同学设计了一个“电磁天平”,如图1所示,等臂天平的左臂为挂盘,右臂挂有矩形线圈,两臂平衡。线圈的水平边长L=0.1m,竖直边长H=0.3m,匝数为N1。线圈的下边处于匀强磁场内,磁感应强度B0= 1.0T,方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在0~2.0A范围内调节的电流I。挂盘放上待测物体后,调节线圈中电流使得天平平衡,测出电流即可测得物体的质量。(重力加速度取10m/s2) (1)为使电磁天平的量程达到0.5kg,线圈的匝数N1至少为多少 (2)进一步探究电磁感应现象,另选N2 =100 匝、形状相同的线圈,总电阻R=10Ω,不接外电流,两臂平衡,如图2所示。保持B0不变,在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场,且磁感应强度B随时间均匀变大,磁场区域宽度d =0.1m。当挂盘中放质量为0.01kg的物体时,天平平衡,求此时磁感应强度的变化率。 答案:(1)N1=25匝( 2)=0.1T/s 解析:(1)线圈受到安培力:F=N1B0IL 天平平衡:mg= F=N1B0IL 代入数据得N1=25匝 (2)由电磁感应定律得:E=N2= N2 Ld,由欧姆定律得I′= 线圈受到安培力F′= N2B0I′L 天平平衡m′g= N2B0 代入数据可得=0.1T/s 22. 2014年理综重庆卷8.(16分)某电子天平原理如题8图所示,E形磁铁的两侧为N极,中心为S极,两极间的磁感应强度大小均为B,磁极宽度均为L,忽略边缘效应。一正方形线圈套于中心磁极,其骨架与秤盘连为一体,线圈两端C、D与外电路连接。当质量为m的重物放在秤盘上时,弹簧被压缩,秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)随后外电路对线圈供电,秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止,由此时对应的供电电流I可确定重物的质量。已知线圈匝数为n,线圈电阻为R,重力加速度为g。问 (1)线圈向下运动过程中,线圈中感应电流是从C端还是从D端流出? (2)供电电流I是从C端还是从D端流入?求重物质量与电流的关系。 (3)若线圈消耗的最大功率为P,该电子天平能称量的最大质量是多少? 【答案】(1)感应电流从C端流出 (2)外加电流从D点流入 (3) 【解析】(1)感应电流从C端流出。 (2)设线圈受到的安培力为FA, 外加电流从D点流入。 由FA=mg和FA =2nBIL 得: (3)设称量最大质量为m0 由和P=I2R 得: 23.2017年新课标Ⅱ卷21.某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成,漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出,并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间,线圈平面位于竖直面内,永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来,该同学应将( ) A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉 B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉 C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉 D.左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉 【答案】AD 【解析】为了使电池与两金属支架连接后线圈能转动起来,将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉,这样当线圈在图示位置时,线圈的上下边受安培力水平而转动,转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动,选项A正确;若将左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,则当线圈在图示位置时,线圈的上下边受安培力水平而转动,转过半周后再次受到相反方向的安培力而使其停止转动,选项B错误;若将左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉,铁圈一直不通电,故不能转动起来,选项C错误;若将左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉,这样当线圈在图示位置时,线圈的上下边受安培力水平而转动,转过半周后电路不导通,转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动,选项D正确。故选AD. 24.2018年天津卷12.真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型,图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨,电阻忽略不计,ab和cd是两根与导轨垂直,长度均为l,电阻均为R的金属棒,通过绝缘材料固定在列车底部,并与导轨良好接触,其间距也为l,列车的总质量为m。列车启动前,ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下,如图1所示,为使列车启动,需在M、N间连接电动势为E的直流电源,电源内阻及导线电阻忽略不计,列车启动后电源自动关闭。 (1)要使列车向右运行,启动时图1中M、N哪个接电源正极,并简要说明理由; (2)求刚接通电源时列车加速度a的大小; (3)列车减速时,需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域,磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为,此时ab、cd均在无磁场区域,试讨论:要使列车停下来,前方至少需要多少块这样的有界磁场? 解:(1)M接电源正极,列车要向右运动,安培力方向应向右,根据左手定则,接通电源后,金属棒中电流方向由a到b,由c到d,故M接电源正极。 (2)由题意,启动时ab、cd并联,设回路总电阻为,由电阻的串并联知识得①; 设回路总电阻为I,根据闭合电路欧姆定律有② 设两根金属棒所受安培力之和为F,有F=BIl③ 根据牛顿第二定律有F=ma④,联立①②③④式得⑤ (3)设列车减速时,cd进入磁场后经时间ab恰好进入磁场,此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为,平均感应电动势为,由法拉第电磁感应定律有⑥, 其中⑦; 设回路中平均电流为,由闭合电路欧姆定律有⑧ 设cd受到的平均安培力为,有⑨ 以向右为正方向,设时间内cd受安培力冲量为,有⑩ 同理可知,回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值,设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为,有? 设列车停下来受到的总冲量为,由动量定理有? 联立⑥⑦⑧⑨⑩??式得? 讨论:若恰好为整数,设其为n,则需设置n块有界磁场,若不是整数,设的整数部分为N,则需设置N+1块有界磁场。?. 26.2017年天津卷12.(20分)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度,其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图,图中直流电源电动势为E,电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l,电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN,垂直放在两导轨间处于静止状态,并与导轨良好接触。首先开关S接1,使电容器完全充电。然后将S接至2,导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出),MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时,回路中电流为零,MN达到最大速度,之后离开导轨。问: (1)磁场的方向; (2)MN刚开始运动时加速度a的大小; (3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。 【答案】(1)磁场的方向垂直于导轨平面向下; (2) (3)。 【解析】(1)电容器充电后上板带正电,下板带负电,放电时通过MN的电流由M到N,欲使炮弹射出,安培力应沿导轨向右,根据左手定则可知磁场的方向垂直于导轨平面向下。 (2)电容器完全充电后,两极板间电压为E,当开关S接2时,电容器放电,设刚放电时流经MN的电流为I,有 ① 设MN受到的安培力为F,有F=IlB ② 由牛顿第二定律有F=ma ③ 联立①②③式得 ④ (3)当电容器充电完毕时,设电容器上电量为Q0,有Q0=CE ⑤ 开关S接2后,MN开始向右加速运动,速度达到最大值vm时,设MN上的感应电动势为E',有 ⑥ 依题意有 ⑦ 设在此过程中MN的平均电流为,MN上受到的平均安培力为,有 ⑧ 由动量定理,有 ⑨ 又 ⑩ 联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得 ? 27. 2013年北京卷24.(20分) 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。 ⑴一段横截面积为S、长为l的直导线,单位体积内有n个自由电子,电子电量为e。该导线通有电流时,假设自由电子定向移动的速率均为v。 (a)求导线中的电流I; (b)将该导线放在匀强磁场中,电流方向垂直于磁感应强度B,导线所受安培力大小为F安,导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为F,推导F安=F. ⑵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,导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系。 (注意: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) 【 解析】(1)(a)设Δt时间内通过导体横截面的电量为Δq,由电流定义有 (b)每个自由电子所受的洛伦兹力 设导体中共有N个自由电子 导体内自由电子所受洛伦兹力大小的总和 由安培力公式有 得 (2)一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量为 如答图3,以器壁上的面积S为底、以vΔt为高构成柱体,由题设可知,其内的粒子在Δt时间内有1/6与器壁S发生碰撞,碰撞粒子总数为 Δt时间内粒子给器壁为的冲量 面积为S的器壁受到粒子压力为 器壁单位面积所受粒子的压力为 S N O O' I + ? 第7题图 B F F I A B F F I B B F F I C B F F I D a b c I 2I (A) (B) (C) (D) M N M N M N M N L I f 左 右 a e b L M B θ θ N F安 T mg L1 L2 L3 I I I L1 L2 L3 I I I a b c d f e b B c a d θ O' O E C S 1 2 B q t O v t O a t O i t O 第20题图2 L 第20题图1 B 左 右 I t T T/2 3T/2 2T -Im Im I 0 z y θ T mg 线圈 图(b) N 线圈 环形磁体 纸盆 图(a) S S B I d B 外接电源 I S N S B A 888.88 电阻 铜条 读数 (单位:N) 题7图 N a b c d M a b B P Q B 题7图 B0 I 图1 B0 图2 B d b a d c v0 图2 宽度 间距 ······ · · · · · · · M N b a d c 图1 1 C 导轨 导轨 2 S E M N v△t S 答图3 11-19年高考物理真题分专题汇编之050洛伦兹力吕湘中学庞留根 1.2015年海南卷1.如图,a是竖直平面P上的一点,P前有一条形磁铁垂直于P,且S极朝向a点,P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下,在水平面内向右弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间。条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向 ( A ) A.向上 B.向下 C.向左 D.向右 解析:条形磁铁的磁感线方向在a点为垂直P向外,电子在条形磁铁的磁场中向右运动,所以根据左手定则可得,电子受到的洛伦兹力方向向上,选项A正确。 2. 2013年安徽卷 15.图中a,b,c,d为四根与纸面垂直的长直导线,其横截面位于正方形的四个顶点上,导线中通有大小相同的电流,方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动,它所受洛伦兹力的方向是 A.向上 B.向下 C.向左 D.向右 答案:B 解析:通电导线b和d在O点产生的磁场相互抵消,通电导线a和c在O点产生的磁场水平向左,一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动,根据左手定则可判定粒子所受洛伦兹力的方向是向下,故B对,A、C、D错。 3. 2011年海南卷 10.空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场,图中的正方形为其边界。一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射。这两种粒子带同种电荷,它们的电荷量、质量均不同,但其比荷相同,且都包含不同速率的粒子。不计重力。下列说法正确的是( ) A.入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同 B.入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同 C.在磁场中运动时间相同的粒子,其运动轨迹一定相同 D.在磁场中运动时间越长的粒子,其轨迹所对的圆心角一定越大 答:B D 【解析】在磁场中半径 运动时间:(θ为转过圆心角),故BD正确,当粒子从O点所在的边上射出的粒子时:轨迹可以不同,但圆心角相同为1800,因而AC错。 4. 2014年理综新课标卷Ⅰ 16.如图,MN为铝质薄平板,铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出,从Q点穿过铝板后到达PQ的中点O,已知粒子穿越铝板时,其动能损失一半,速度方向和电荷量不变,不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( ) A. 2 B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】根据 有 , 穿过铝板后粒子动能减半,则 ,得 , 穿过铝板后粒子运动半径减半,则 ,因此,选项D正确. 5. 2011年理综浙江卷 20.利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场,板上有两条宽度分别为2d和d的缝,两缝近端相距为L。一群质量为m、电荷量为q,具有不同速度的的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场,对于能够从宽度d的缝射出的粒子,下列说法正确的是 A.粒子带正电 B.射出粒子的最大速度为 C.保持d和L不变,增大B,射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 D.保持d和B不变,增大L,射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 答:BC 【解析】由左手定则可判断粒子带负电,故A错误; 由题意知:粒子的最大半径、粒子的最小半径, 根据,可得、, 则,故可知B、C正确,D错误。 6.2014年理综新课标卷Ⅱ 20.图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中,永磁铁提供匀强磁场,硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时,下列说法正确的是: ( ) A.电子与正电子的偏转方向一定不同 B.电子和正电子在磁场中的运动轨迹一定相同 C.仅依据粒子的运动轨迹无法判断此粒子是质子还是正电子 D.粒子的动能越大,它在磁场中运动轨迹的半径越小 【答案】AC 【解析:由于电子与正电子的电性相反,所以它们以相同的方向进入磁场时,受到的洛伦兹力的方向相反,偏转的方向一定相反,故A正确;根据带电粒子的半径公式 可知,电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径是否相同,与它们的速度有关,故B错误;质子与正电子的电性相同,所以它们以相同的方向进入磁场时,受到的洛伦兹力的方向相同,偏转的方向相同,但是两者的动量大小未知,根据可知:仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子,故C正确;由,则,可知粒子的动能越大,轨迹半径也越大,故D错误。 7.2017年北京卷24.(20分) 发电机和电动机具有装置上的类似性,源于它们机理上的类似性。直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图2所示的情景。 在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中,两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内,相距为L,电阻不计。电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上,与轨道接触良好,以速度v(v平行于MN)向右做匀速运动。 图1轨道端点MP间接有阻值为r的电阻,导体棒ab受到水平向右的外力作用。图2轨道端点MP间接有直流电源,导体棒ab通过滑轮匀速提升重物,电路中的电流为I。 (1)求在Δt时间内,图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能。 (2)从微观角度看,导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用。为了方便,可认为导体棒中的自由电荷为正电荷。 a.请在图3(图1的导体棒ab)、图4(图2的导体棒ab)中,分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意图。 b.我们知道,洛伦兹力对运动电荷不做功。那么,导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢?请以图2“电动机”为例,通过计算分析说明。 答:答案(1),E2=ILBvΔt; (2)①见答图1, ②电荷移动的速度可分解为沿ba方向和垂直于ab方向,各自由电荷因这两个分速度引起的洛伦兹合力可分解成垂直ab方向和平行ab方向,垂直ab方向的分力做正功,平行ab方向的分力做负功。 解析:(1)图1中,电路中的电流 ,棒ab受到的安培力 在t时间内,“发电机”产生的电能等于棒ab克服安培力做的功: 图2中,棒ab受到的安培力 在t时间内,“电动机”输出的机械能等于安培力对棒ab做的功: (2)a.如答图3、答图4所示。 b.设自由电荷的电荷量为q,沿导体棒定向移动的速率为。 如答图4所示,沿棒方向的洛伦兹力,做负功 垂直棒方向的洛伦兹力,做正功 所以,即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零。 做负功,阻碍自由电荷的定向移动,宏观上表现为“反电动势”,消耗电源的电能;做正功,宏观上表现为安培力做正功,使机械能增加。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能,在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。 P a e a b d O c O B P M N O Q 2d L d M N B 硅微条径迹探测器 永磁铁 永磁铁 a b B r M P Q N 图1 a b B M P Q N 图2 a a 图3 图4 b B b B f洛1 f洛2 答图1 a 答图3 b B f1 f2 f 答图4 a b B f ′ f1′ f2′ 11-19年高考物理真题分专题汇编之 051a带电粒子在磁场中的圆周运动(上) 1.2013年新课标I卷 18.如图,半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面),磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域,射入点与ab的距离为R/2,已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°,则粒子的速率为(不计重力) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】粒子带正电,根据左手定则,判断出粒子受到的洛伦兹力向右,轨迹如图所示: 入射点与圆心连线与初速度方向夹角为30°,初速度方向与轨迹所对弦夹角也为30°,所以轨迹半径,由,B选项对。 2.2013年新课标II卷 17.空间有一圆柱形匀强磁场区域,该区域的横截面的半径为R,磁场方向垂直横截面。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场,离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计重力,该磁场的磁感应强度大小为 A. B. C. D. 答:A 解析:带电粒子在磁场中运动如图所示,由几何关系可知轨道半径,洛伦兹力等于向心力,有,解得磁场的磁感应强度,A正确。 3. 2012年理综全国卷 17质量分别为m1和m2、电荷量分别为q1和q2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动,已知两粒子的动量大小相等。下列说法正确的是 A. 若q1=q2,则它们作圆周运动的半径一定相等 B. 若m1=m2,则它们作圆周运动的半径一定相等 C. 若q1≠q2,则它们作圆周运动的周期一定不相等 D. 若m1≠m2,则它们作圆周运动的周期一定不相等 【答案】A 【解析】带电粒子在匀强磁场中运动,洛伦兹力提供向心力,其轨道半径,周期。若q1=q2,则它们作圆周运动的半径一定相等.选项A正确;若q1≠q2,则它们作圆周运动的周期可能相等,选项C错误;若m1=m2,则它们作圆周运动的半径不一定相等,选项B错误;若m1≠m2,则它们作圆周运动的周期可能相等,选项D错误。 4. 2012年理综北京卷 16. .处于匀强磁场中的一个带电粒子,仅在磁场力作用下做匀速圆周运动。将该粒子的运动等效为环形电流,那么此电流值 ( D ) A. 与粒子电荷量成正比 B.与粒子速率成正比 C.与粒子质量成正比 D.与磁感应强度成正比 解析:将该粒子的运动等效为环形电流,该粒子在一个周期只通过某一个截面一次,则环形电流在一个周期T内的电量为q,根据电流定义式有 粒子在磁场力作用下做匀速圈周运动,根据周期公式有 两式联立有 环形电流与磁感应强度成正比,与粒子质量成反比,与粒子电荷量的平方成正比,而与粒子速率无关,答案D。 5. 2012年理综广东卷 15. 质量和电量都相等的带电粒子M和N,以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场,运行的半圆轨迹如图2中虚线所示,下列表述正确的是 (?http:?/??/?www.xkb123.com?) A.M带负电,N带正电 B.M的速率小于N的速率 C.洛仑兹力对M、N做正功 D.M的运行时间大于N的运行时间 【解析】选A。由左手定则可知M带负电,N带正电,故A选项正确。 由得,由题知两个带电粒子的质量和电量都相等,又进入到同一个匀强磁场中,由图及A选项的判断可知RN0)。粒子沿纸面以大小为v的速度从 OM的某点向左上方射入磁场,速度与OM成30°角。已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】根据题意,粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,则轨迹与ON相切,设切点为C点,入射点为B点,出射点为A点,粒子在磁场中的轨迹圆心为点,根据几何知识可得,则三角形AB为等边三角形,故∠AB=60°,而∠MON=30°,∠OCA=90°,故CA为一条直线,所以△AOC为直角三角形,故粒子离开磁场的出射点到O的距离为,而半径公式,故距离为. 17.2015年理综新课标Ⅱ卷19.有两个匀强磁场区域I和 II,I中的磁感应强度是II中的k倍,两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与I中运动的电子相比,II中的电子 ( AC ) A. 运动轨迹的半径是I中的k倍 B. 加速度的大小是I中的k倍 C. 做圆周运动的周期是I中的k倍 D. 做圆周运动的角速度与I中的相等 解析:电子在磁场中做匀速圆周运动时,向心力由洛伦兹力提供,解得 因为I中的磁感应强度是II中的k倍,所以II中的电子运动轨迹的半径是I中的k倍,选项A正确;加速度,加速度的大小是I中的1/k倍,B错误;由周期公式 得II中的电子做圆周运动的周期是I中的k倍,选项C正确;角速度,II中的电子做圆周运动的角速度是I中的1/k倍,D错误。故选AC。 18. 2015年广东卷16.在同一匀强磁场中,粒子()和质子()做匀速圆周运动,若它们的动量大小相等,则粒子和质子 ( B ) A.运动半径之比是2∶1 B.运动周期之比是2∶1 C.运动速度大小之比是4∶1 D.受到的洛伦兹力之比是2∶1 解析:粒子和质子质量之比为4∶1,电荷量之比为2∶1 ,由于动量相同,故速度之比为1:4,选项C错误;在同一匀强磁场B中,带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径得两者的运动半径之比为1 :2,选项A错误;带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期得周期之比为2 :1,选项B正确;由带电粒子在匀强磁场中受到的洛伦兹力f = qvB,得受到的洛伦兹力之比为1 :2,选项D错误。 19.2016年海南卷14. (14分)如图,A、C两点分别位于x轴和y轴上,∠OCA=30°,OA的长度为L。在ΔOCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子,以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时,恰好垂直于OC边射出磁场,且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。 (1)求磁场的磁感应强度的大小; (2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场,恰好从OC边上的同一点射出磁场,求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和; (3)若粒子从某点射入磁场后,其运动轨迹与AC边相切,且在磁场内运动的时间为,求粒子此次入射速度的大小。 【答案】(1) (2) 【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,在时间t0内其速度方向改变了90°,故其周期 T=4t0 ① 设磁感应强度大小为B,粒子速度为v,圆周运动的半径为r。由洛伦兹力公式和牛顿定律得 ② 匀速圆周运动的速度满足 ③ 联立①②③式得 ④ (2)设粒子从OA变两个不同位置射入磁场,能从OC边上的同一点P射出磁场,粒子在磁场中运动的轨迹如图(a)所示: 设两轨迹所对应的圆心角分别为和。由几何关系有: ⑤ 粒子两次在磁场中运动的时间分别为与,则: ⑥ (3)如图(b),由题给条件可知,该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。设O'为圆弧的圆心,圆弧的半径为r0,圆弧与AC相切与B点,从D点射出磁场,由几何关系和题给条件可知,此时有 ∠O O'D=∠B O'A=30° ⑦ ⑧ 设粒子此次入射速度的大小为v0,由圆周运动规律 ⑨ 联立①⑦⑧⑨式得 ⑩ 20.2015年理综四川卷7.如图所示,S处有一电子源,可向纸面内任意方向发射电子,平板MN垂直于纸面,在纸面内的长度L=9.1cm,中点O与S间的距离d=4.55cm,MN与SO直线的夹角为θ,板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B=2.0×10-4T,电子质量m=9.1×10-31kg,电量e=1.6×10-19C,不计电子重力。电子源发射速度v=1.6×106m/s的一个电子,该电子打在板上可能位置 的区域的长度为l,则 ( AD ) A.θ=90O时,l=9.1cm B.θ=60O时,l=9.1cm C.θ=45O时,l=4.55cm D.θ=30O时,l=4.55cm 解析:电子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动,根据洛伦兹力大小计算公式和向心力公式有:,解得电子圆周运动的轨道半径为:=m=4.55×10-2m=4.55cm,恰好有:r=d=L/2,由于电子源S,可向纸面内任意方向发射电子,因此电子的运动轨迹将是过S点的一系列半径为r的等大圆,能够打到板MN上的区域范围如下图所示,实线SN表示电子刚好经过板N端时的轨迹,实线SA表示电子轨迹刚好与板相切于A点时的轨迹,因此电子打在板上可能位置的区域的长度为:l=NA, 由题意知MN与SO直线的夹角为θ不定,但要使电子轨迹与MN板相切,根据几何关系可知,此时电子的轨迹圆心C一定落在与MN距离为r的平行线上,如下图所示,当l=4.55cm时,即A点与板O点重合,作出电子轨迹如下图中弧线S1A1, 由几何关系可知,此时S1O和MN的夹角θ=30°,故选项C错D正确;当l=9.1cm时,即A点与板M端重合,作出电子轨迹如下图中弧线S2A2, 由几何关系可知,此时S2O和MN的夹角θ=90°,故选项B错A正确。 21. 2018年江苏卷15.(16分)如图所示,真空中四个相同的矩形匀强磁场区域,高为4d,宽为d,中间两个磁场区域间隔为2d,中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点,各区域磁感应强度大小相等.某粒子质量为m、电荷量为+q,从O沿轴线射入磁场.当入射速度为v0时,粒子从O上方处射出磁场.取sin53°=0.8,cos53°=0.6. (1)求磁感应强度大小B; (2)入射速度为5v0时,求粒子从O运动到O′的时间t; (3)入射速度仍为5v0,通过沿轴线OO′平移中间两个磁场(磁场不重叠),可使粒子从O运动到O′的时间增加Δt,求Δt的最大值。 解:(1)粒子圆周运动的半径 由题意知,解得 (2)设粒子在矩形磁场中的偏转角为α 由d=rsinα,得sinα=,即α=53° 在一个矩形磁场中的运动时间,解得 直线运动的时间,解得 则 (3)将中间两磁场分别向中央移动距离x 粒子向上的偏移量y=2r(1–cosα)+xtanα 由y≤2d,解得 则当xm=时,Δt有最大值 粒子直线运动路程的最大值 增加路程的最大值 增加时间的最大值 22.2018年海南卷13.(10分)如图,圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向外,磁感应强度大小为B。P是圆外一点,。一质量为m、电荷量为q()的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出。已知粒子运动轨迹经过圆心O,不计重力。求 (1)粒子在磁场中做圆周运动的半径; (2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。 解:(1)如图,PMON为粒子运动轨迹的一部分,圆弧PM为粒子在磁场中运动的轨迹,C为圆心,半径为R;MON为圆O的直径,。粒子在圆O内沿MON做匀速直线运动,由几何关系知 ① 由上式和题给条件得 ② (2)设粒子在磁场中运动的速度大小为,由洛仑兹力公式和牛顿定律有 ③ 由题意,粒子在圆形区域内运动的距离为 ④ 设粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间为,由运动学公式有 ⑤ 联立②③④⑤式得 ⑥ 23.2018年全国卷III、24.(12分)如图,从离子源产生的甲、乙两种离子,由静止经加速电压加速后在纸面内水平向右运动,自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为,并在磁场边界的N点射出;乙种离子在MN的中点射出;MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求 (1)磁场的磁感应强度大小; (2)甲、乙两种离子的比荷之比。 解:(1)设甲种离子所带电荷量为、质量为,在磁场中做匀速圆周运动的半径为,磁场的磁感应强度大小为,由动能定理有 ① 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 ② 由几何关系知 ③ 由①②③式得 ④ (2)设乙种离子所带电荷量为、质量为,射入磁场的速度为,在磁场中做匀速圆周运动的半径为。同理有 ⑤ ⑥ 由题给条件有 ⑦ 由①②③⑤⑥⑦式得,甲、乙两种离子的比荷之比为 ⑧ 24. 2013年天津卷 11.(18分)一圆筒的横截面如图所示,其圆心为O。筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N,其中M板带正电荷,N板带等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放,经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中。粒子与圈筒发生两次碰撞后仍从S孔射出,设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失,且电荷量保持不变,在不计重力的情况下,求: ⑴M、N间电场强度E的大小; ⑵圆筒的半径R; ⑶保持M、N间电场强度E不变,仅将M板向上平移2d/3,粒子仍从M板边缘的P处由静止释放,粒子自进入圆筒至从S孔射出期间,与圆筒的碰撞次数n。 答:(1) (2) (3)n=3 解析:(1)设两板间电压为U,由动能定理得 ① 由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U=Ed ② 联立上式可得 ③ (2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动,运用几何关系做出圆心为O',圆半径为r,设第一次碰撞点为A,由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出,因此SA弧所对的圆心角, 由几何关系得 ④ 粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力,由牛顿第二定律,得 ⑤ 联立④⑤式得 ⑥ (3)保持M、N间电场强度E不变,M板向上平移后,设板间电压为U',则 ⑦ 设粒子进入S孔时的速度为v',由①式看出 结合⑦式可得 ⑧ 设粒子做圆周运动的半径为r',则 ⑨ 设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对的圆心角为θ,比较⑥⑨两式得到 r'=R,可见 ⑩ 粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出,故 n=3 25. 2012年物理海南卷 16.图(a)所示的xoy平面处于匀强磁场中,磁场方向与xOy平面(纸面)垂直,磁感应强度B随时间t变化的周期为T,变化图线如图(b)所示。当B为+B0时,磁感应强度方向指向纸外。在坐标原点O有一带正电的粒子P,其电荷量与质量之比恰好等于。不计重力。设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正向自O点开始运动,将它经过时间T到达的点记为A。 (1)若t0=0,则直线OA与x轴的夹角是多少? (2)若t0=,则直线OA与x轴的夹角是多少? (3)为了使直线OA与x轴的夹角为,在0<t0<的范围内,t0应取何值? 解: (1)设粒子P的质量、电荷与初速度分别为m、q与v,粒子P在洛伦兹力作用下,在xy平面内做圆周运动,分别用R与T' 表示圆周的半径和运动周期, ① ② 由①②式与已知条件得T' =T ③ 粒子P在t=0到t=T/2时间内,沿顺时针方向运动半个圆周,到达x轴上的B点,此时磁场方向反转;继而,在t=T/2到t=T时间内,沿逆时针方向运动半个圆周,到达x轴上的A点,如图(a)所示。OA与x轴的夹角 θ =0 ④ (2)粒子P在t0=T/4时刻开始运动,在t=T/4到t=T/2时间内,沿顺时针方向运动1/4圆周,到达C点,此时磁场方向反转;继而,在t=T/2到t=T时间内,沿逆时针方向运动半个圆周,到达B点,此时磁场方向再次反转;在t=T到t=5T/4时间内,沿顺时针方向运动1/4圆周,到达A点,如图(b)所示。由几何关系可知,A点在y轴上,即OA与x轴的夹角 θ =π/2 ⑤ (3)若在任意时刻t=t0(0< t0< T/4)粒子P开始运动,在t=t0到t=T/2时间内,沿顺时针方向做圆周运动到达C点,圆心O' 位于x轴上,圆弧OC对应的圆心角为 ⑥ 此时磁场方向反转;继而,在t=T/2到t=T时间内,沿逆时针方向运动半个圆周,到达B点,此时磁场方向再次反转;在t=T到t=T+t0时间内,沿顺时针方向做圆周运动到达A点,设圆心为O'' ,圆弧BA对应的圆心角为 ⑦ 如图(c)所示,由几何关系可知, C、B均在O'O'' 连线上,且 ⑧ 若要OA与x轴成π/ 4角,则有 ⑨ 联立⑥⑨式可得 ⑩ 26. 2011年新课标版 25.(19分)如图,在区域I(0≤x≤d)和区域II(d0)的点电荷a在纸面内垂直于EF从F点射出,其轨迹经过G点;再使带有同样电荷量的点电荷b在纸面内与EF成一定角度从E点射出,其轨迹也经过G点。两点电荷从射出到经过G点所用的时间相同,且经过G点时的速度方向也相同。已知点电荷a的质量为m,轨道半径为R,不计重力,求: (1)点电荷a从射出到经过G点所用的时间; (2)点电荷b的速度大小。 答:(1) (2) 解析:设点电荷a的速度大小为v,由牛顿第二定律得 ① 由①式得 ② 设点电荷a做圆周运动的周期为T,有 ③ 如图,O和O1 分别是a和b的圆轨道的圆心,设a在磁场中偏转的角度为θ,由几何关系得 θ=90° ④ 故从开始运动到经过G点所用的时间t为 ⑤ (2)设点电荷b的速度大小为v1,轨道半径为R1,b在磁场中偏转的角度为θ,依题意有 ⑥ 由⑥式得 ⑦ 由于两轨道在G点相切,所以过G点的半径OG和O1G在同一直线上。由几何关系和题给条件得 θ=60° ⑧ R1=2R ⑨ 联立②④⑦⑧⑨式,解得 ⑩ 25.【2019年4月浙江物理选考】【加试题】有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成,其简化原理如图所示。左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离各点的场强大小相同的径向电场,右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场,其左边界与静电分析器的右边界平行,两者间距近似为零。离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和0.5m的正离子束,从M点垂直该点电场方向进入静电分析器。在静电分析器中,质量为m的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动,从N点水平射出,而质量为0.5m的离子恰好从ON连线的中点P与水平方向成θ角射出,从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中,最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上,其中质量为m的离子打在O点正下方的Q点。已知OP=0.5r0,OQ=r0,N、P两点间的电势差,,不计重力和离子间相互作用。 (1)求静电分析器中半径为r0处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B的大小; (2)求质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与O点的距离l(用r0表示); (3)若磁感应强度在(B—△B)到(B+△B)之间波动,要在探测板上完全分辨出质量为m和0.5m的两東离子,求的最大值 【答案】(1),;(2);(3)12% 【解析】 【详解】(1)径向电场力提供向心力: (2)由动能定理: 或 解得 (3)恰好能分辨的条件: 解得 26.【2019年物理全国卷2】如图,边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发源O,可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为 A. , B. , C. , D. , 【答案】B 【解析】 【详解】a点射出粒子半径Ra= =,得:va= =, d点射出粒子半径为 ,R= 故vd= =,故B选项符合题意 27.【2019年物理北京卷】如图所示,正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入,从b点射出。下列说法正确的是 A. 粒子带正电 B. 粒子在b点速率大于在a点速率 C. 若仅减小磁感应强度,则粒子可能从b点右侧射出 D. 若仅减小入射速率,则粒子在磁场中运动时间变短 【答案】C 【解析】 【详解】由左手定则确粒子的电性,由洛伦兹力的特点确定粒子在b、a两点的速率,根据确定粒子运动半径和运动时间。 由题可知,粒子向下偏转,根据左手定则,所以粒子应带负电,故A错误;由于洛伦兹力不做功,所以粒子动能不变,即粒子在b点速率与a点速率相等,故B错误;若仅减小磁感应强度,由公式得:,所以磁感应强度减小,半径增大,所以粒子有可能从b点右侧射出,故C正确,若仅减小入射速率,粒子运动半径减小,在磁场中运动的偏转角增大,则粒子在磁场中运动时间一定变长,故D错误。 28.【2019年物理全国卷3】如图,在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限,随后垂直于y轴进入第一象限,最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】运动轨迹如图: 即运动由两部分组成,第一部分是个周期,第二部分是个周期, 粒子在第二象限运动转过的角度为90°,则运动的时间为;粒子在第一象限转过的角度为60°,则运动的时间为;则粒子在磁场中运动的时间为:,故B正确,ACD错误。. 29.【2019年物理江苏卷】如图所示,匀强磁场的磁感应强度大小为B.磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N,MN=L,粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短),反弹前后水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反.质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定,可以从左边界的不同位置水平射入磁场,在磁场中做圆周运动的半径为d,且d

  • ID:6-6789646 广东省中山市中山纪念中学2019-2020学年高三年级上学期校内第二次质量检测试题--物理(word版含答案)

    高中物理/高考专区/模拟试题

    中山纪念中学2019-2020学年高三校内第二次质量检测试题 物理 一、选择题(本大题共12小题,共60分) 1、有关圆周运动的基本模型,下列说法正确的是 ( ) A. 如图a汽车通过拱桥的最高点处于超重状态 B. 如图b所示是一圆锥摆,增大,但保持圆锥的高不变,则圆锥摆的角速度不变 C. 如图c同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速度圆周运动,则在A、B两位置小球的角速度及所受筒壁的支持力大小相等 D. 火车转弯超过规定速度行驶时,内轨对内轮缘会有挤压作用 2、两根圆柱形长直木杆AB和CD相互平行,斜靠在竖直墙壁上把一摞瓦放在两木杆构成的滑轨上,瓦将沿滑轨滑到低处,在实际操作中发现瓦滑到底端处时速度较大,有可能摔碎,为了防止瓦被损坏,下列措施可行的是 (  ) A. 适当增大两杆之间的距离 B. 适当减少两杆之间的距离 C. 增多每次运送瓦的块数 D. 减少每次运送瓦的块数 3、某小船在静水中的速度大小保持不变,该小船要渡过一条河,渡河时小船船头垂直指向河岸,河水中各点水流速度与各点到较近河岸边的距离成正比(,x是各点到较近河岸的距离).小船的轨迹可能是 (  ) A. B. C. D. 4、水龙头打开后,水柱以大小为v0的速度竖直向下稳定喷出,将一平板水平放置在靠近水龙头处,水柱冲击在平板后,在竖直方向水的速度变为零,在水平方向朝四周均匀散开。此时水对平板的冲击力为F0.将平板向下平移至距离水龙头h处,水流出后经过时间t落在平板上,此时水对平板的冲击力变为2F0.忽略空气阻力,下列关系式正确的是 (  ) A. B. C. D. 5、如图(甲)所示,足够长的木板B静置于光滑水平面上,其上放置小滑块A.木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时,木板B的加速度a与拉力F关系图象如图(乙)所示,则小滑块A的质量为 ( ) A. 4 kg B. 3 kg C. 2 kg D. 1 kg 6、20世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空的全新领域。现有一艘远离星球在太空中直线飞行的宇宙飞船,为了测量自身质量,启动推进器,测出飞船在短时间△t内速度的改变为△v,和飞船受到的推力F(其它星球对它的引力可忽略)。飞船在某次航行中,当它飞近一个孤立的星球时,飞船能以速度v,在离星球的较高轨道上绕星球做周期为T的匀速圆周运动。已知星球的半径为R,引力常量用G表示。则宇宙飞船和星球的质量分别是(  ) A. B. C. D. 7、(多选)如图所示,在一个水平圆盘上,有一轻绳一端固定在圆盘中心的竖直转轴上、另一端连接小物块,开始时轻绳被水平拉直,然后突然给小物块一个垂直于轻绳且沿水平方向的初速度,使物块开始做圆周运动,已知物块与盘面间的动摩擦因数处处相同。下列图象表示物块在运动过程中的动能Ek和轻绳拉力F随物块运动路程l的变化关系,其中正确的是 (?? ) A.B.C.D. 8、(多选)如图甲所示,轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上,一质量为m的小球,从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程,他以小球开始下落的位置为原点,沿竖直向下方向建立坐标轴Ox,做出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示,不计空气阻力,重力加速度为g。以下判断正确的是 (   ) A. 当x=h+x0时,小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小 B. 小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中,速度先减小后增大 C. 小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中,加速度先减小后增大 D. 小球动能的最大值为 9、(多选)如图所示2019个质量分别为m的小球通过2018根轻质弹簧相连(在弹性限度内),在水平拉力F的作用下一起以加速度a向右匀加速运动,设1和2之间的弹簧的弹力为F1-2,2和3间弹簧的弹力为F2-3,2018和2019间弹簧的弹力为F2018-2019,则下列结论正确的是 (   ) A. :::2:3: B. 从左到右每根弹簧的弹性势能之比为:1:4:9: C. 如果突然撤去拉力F,撤去的瞬间,每个球的加速度依然为a,但第2019个球除外 D. 如果1和2两个球间的弹簧从第2个球处脱落,那么在这一瞬间每个球的加速度依然为a,除第1个球外 10、(多选)如图所示,半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上,光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态,P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ。现将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°,框架与小球始终保持静止状态。在此过程中下列说法正确的是 ( ) A. 框架对小球的支持力先减小后增大 B. 拉力F的最小值为 C. 地面对框架的摩擦力减小 D. 框架对地面的压力始终减小 11、(多选)如图所示A、B两球在光滑水平面上沿同一直线运动,A球动量为p1=5kg?m/s,B球动量为p2=7kg?m/s,当A球追上B球时发生碰撞,碰后A的动量改变了1kg?m/s,而运动方向没有改变,则A和B质量的比值可能为 (  ) A. B. C. D. 12、(多选)如图所示,在游乐场的滑冰道上有甲、乙两位同学坐在冰车上进行游戏。当甲同学从倾角为θ=30?的光滑斜面冰道顶端A由静止开始自由下滑时,与此同时在斜面底部B处的乙同学通过冰钎作用于冰面从静止开始沿光滑的水平冰道向右做匀加速运动。设甲同学在整个运动过程中无机械能变化,两人在运动过程中可视为质点,则 ( ) A. 甲刚好追上乙时的临界条件是两人距B点水平位移相等时速度相等 B. 甲刚好追上乙时,甲在水平面上和斜面上的运行时间相等 C. 由于没有给出斜面的长度,因此无法求得甲刚好追上乙时乙的加速度 D. 甲刚好追上乙时乙的加速度与斜面的长度无关 二、实验题(本大题共2小题,共14分) 13、在“探究动能定理”实验中,采用如图甲所示装置,水平正方形桌面距离地面高度为h,将橡皮筋的两端固定在桌子边缘上的两点,将小球置于橡皮筋的中点,向左移动距离s,使橡皮筋产生形变,由静止释放后,小球飞离桌面,测得其平抛的水平射程为L。改变橡皮筋的条数,重复实验。 (1)实验中,小球每次释放的位置应________(填“不同”“相同”或“随意”)。 (2)取橡皮筋对小球做功W为纵坐标,为了在坐标系中描点得到一条直线,如图乙所示,应选________为横坐标(填“L”或“L2”)。若直线与纵轴的截距为b,斜率为k,可求小球与桌面间的动摩擦因数为________________(使用题中所给符号表示)。 14、某同学利用如图所示的实验装置来测量重力加速度g.细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮,两端各悬挂一只质量为M的重锤.实验操作如下: ①用米尺量出重锤1底端距地面的高度H; ②在重锤1上加上质量为m的小钩码; ? ③左手将重锤2压在地面上,保持系统静止.释放重锤2,同时右手开启秒表,在重锤1落地时停止计时,记录下落时间; ④重复测量3次下落时间,取其平均值作为测量值t. 请回答下列问题 (1)步骤④可以减小对下落时间t测量的_____(填“偶然”或“系统”)误差. (2)实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多,主要是为了_____. A、使H测得更准确 B、使重锤1下落的时间长一些 C、使系统的总质量近似等于2M D、使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等 (3)滑轮的摩擦阻力会引起实验误差.现提供一些橡皮泥用于减小该误差,可以怎么做? (4)使用橡皮泥改进实验后,重新进行实验测量,并测出所用橡皮泥的质量为m0.用实验中的测量量和已知量表示g,得g=_____. 三、解答题(本大题共3小题,共36分) 15、(10分)质量为10kg的物体在F=200N的水平推力作用下,从固定斜面底端由静止开始沿斜面向上运动,已知斜面的倾角θ=37°,物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.2,斜面足够长.求(已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10m/s2) (1)物体向上运动的加速度大小; (2)若物体上行4m后撤去推力F,则物体还能沿斜面向上滑行多少距离? 16、(12分)在光滑的冰面上放置一个截面圆弧为四分之一圆的半径足够大的光滑自由曲面体,一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上。已知小孩和冰车的总质量为m1,小球的质量为m2,曲面体的质量为m3.某时刻小孩将小球以v0的速度向曲面体推出(如图所示). (1)求小球在圆弧面上能上升的最大高度; (2)若v0=4m/s , m1=40kg , m2=2kg小孩将球推出后还能再接到小球,试求曲面质量m3应满足的条件。(结果保留三位有效数字) 17、(14分)如图所示,一长度LAB=4.98m,倾角θ=30°的光滑斜面AB和一固定粗糙水平台BC平滑连接,水平台长度LBC=0.4m,离地面高度H=1.4m,在C处有一挡板,小物块与挡板碰撞后原速率反弹,下方有一半球体与水平台相切,整个轨道处于竖直平面内。在斜面顶端A处静止释放质量为m=2kg的小物块(可视为质点),忽略空气阻力,小物块与BC间的动摩擦因素μ=0.1,g取10m/s2。Sin53°=0.8问:(1)小物块第一次与挡板碰撞前的速度大小; (2)小物块经过B点多少次停下来,在BC上运动的总路程为多少; (3)某一次小物块与挡板碰撞反弹后拿走挡板,最后小物块落在D点,已知半球体半径r=0.75m,OD与水平面夹角为α=53°,求小物块与挡板第几次碰撞后拿走挡板? (附加题)(5分) 有人提出了一种不用火箭发射人造地球卫星的设想。其设想如下:沿地球的一条弦挖一通道,如图乙所示。在通道的两个出口处A和B,分别将质量为M的物体和质量为m的待发射卫星同时自由释放,只要M比m足够大,碰撞后,质量为m的物体,即待发射的卫星就会从通道口B冲出通道。(已知地球表面的重力加速度为g,地球半径为R0) (1)如图甲所示,一个质量为m的物体(可视为质点)在一个质量均匀分布的大球(半径为R,密度为ρ)的内部距球心r处,那么m与大球之间的万有引力就是F=G,式中M′是以r为半径的球体的质量。试根据所给条件求出物体m所受到的万有引力多大? (2)如图乙所示,是在地球上距地心h处沿一条弦挖了一条光滑的通道AB,从A点处静止释放一个质量为m的物体,物体下落到通道中点O′处的速度多大? (3)如果在A处释放一个质量很大的物体M,在B处同时释放一个质量远小于M的物体,同时达到O′处发生弹性正碰(由于大物体质量很大,可以认为碰后速度不变),那么小物体返回从B飞出,为使飞出的速度达到地球的第一宇宙速度,h应为多大? 第4页,共5页 第1页,共5页 答案和解析 1.B A.汽车在最高点知FN<mg,故处于失重状态,故A错误; B.如图b所示是一圆锥摆,重力和拉力的合力F=mgtanθ=mω2r;r=Lsinθ,知,故增大θ,但保持圆锥的高不变,角速度不变,故B正确; C.根据受力分析知两球受力情况相同,即向心力相同,由F=mω2r知r不同角速度不同,故C错误; D.火车转弯超过规定速度行驶时,外轨对内轮缘会有挤压作用,故D错误。 2.A 由题意可知,斜面的高度及倾斜角度不能再变的情况下,要想减小滑到底部的速度就应当增大瓦与斜面的摩擦力,由f=μFN可知,可以通过增大FN来增大摩擦力; 而增大瓦的块数,增大了瓦的质量,虽然摩擦力大了,但同时重力的分力也增大,不能起到减小加速度的作用,故改变瓦的块数是没有作用的,故CD错误; 而增大两杆之间的距离可以增大瓦受到的两支持力的夹角,而瓦对杆的压力随夹角的增大而增大,故增大两杆间的距离可以在不增大重力分力的情况下增大瓦对滑杆的压力,从而增大摩擦力,故A正确,B错误; 3.A 在小船渡河的过程中,船的速度大小与方向都不变,河中心的水流速最大,越靠近两岸的水流速越小,而合速度的方向与船的速度方向之间的夹角: tanθ=可知河中心的水流速最大,越靠近两岸的水流速越小,则合速度的方向与船的方向之间的夹角在河中心最大,越靠近两岸的越小,故A正确,BCD错误。 故选A。 4.C 设△t时间内喷出的水的质量为m,在△t时间内水的速度变成0,选取向下为正方向,由动量定理可得: -F0?△t=0-mv0…① 将平板向下平移至距离水龙头h处,△t时间内喷出的水流出后经过时间t落在平板上,仍然会在△t时间内与平板作用后速度变成0,则: -2F0?△t=0-mv…② 又:v=v0+gt…③ 联立①②③式得:v=2v0,h=,t=,故C正确,ABD错误。 故选C。 5.B 由图知,当F=8N时,加速度为:a=2m/s2,对整体分析,由牛顿第二定律有:F=(mA+mB)a,代入数据解得:mA+mB=4kg,当F大于8N时,A、B发生相对滑动,根据牛顿第二定律得:对B有:a==,由图示图象可知,图线的斜率:k====1,解得:mB=1kg,滑块A的质量为:mA=3kg。选:B。 6.D 飞船直线推进时,根据动量定理可得:F△t=m△v 解得飞船的质量为:, 飞船绕孤立星球运动时,根据公式,又,解得:, 故ABC错误,D正确。 故选:D。 7.AC 8.ACD 9.AC 10.CD AB.以小球为研究对象,分析受力情况,做出受力分析图 ??如图所示,根据几何关系可知,用F顺时针转动至竖直向上之前,支持力逐渐减小,F先减小,后增大,当F的方向沿圆的切线方向上时,F最小,此时,故AB错误; C.以框架与小球组成的整体为研究对象,整体受到重力,地面支持力,地面摩擦力以及力F的作用,由图可知,F在顺时针转动的过程中,F沿水平方向的分力逐渐减小,所以地面对框架的摩擦力始终在减小,故C正确; D.以框架与小球组成的整体为研究对象,整体受到重力,地面支持力,地面摩擦力以及力F的作用,由图可知,F在顺时针转动的过程中,F沿竖直方向的分力逐渐增大,所以地面对框架的支持力始终在减小,故D正确。 故选CD。 11.BC 取水平向右为正方向。据题知:碰撞后A的动量为p1′=p1+△p1=5kg?m/s-1kg?m/s=4kg?m/s 根据动量守恒定律得p1+p2=p1′+p2′。 根据碰撞过程及总动能不增加有+≤+ 代入数据解得≤ 碰后A、B同向运动,应有≤ 可得≥ 所以≥≥ 故选:BC。 12.ABD A.当甲同学到达B处时,乙同学已经离B处有一定的距离,本题相当于匀速追匀加速的问题,速度相等时距B点的水平位移相等是刚好追上的临界条件,故A正确; BCD.根据牛顿第二定律可知,甲同学在斜面上下滑的加速度a1=gsinθ,设甲到斜面底部的速度为v1,所经时间为t1=,当甲恰好追上乙时,甲在水平冰道上经时间t2,两人位移关系为v1t2=a(t1+t2)2,要使两人避免相碰,当甲恰好追上乙时,乙的速度恰好等于v1,即v1=a(t1+t2),解得t1=t2,a=gsinθ,故BD正确,C错误。 故选ABD。 13.(1)相同;(2)L2; 。 14.(1)偶然;(2)B; ?(3)在重锤1上粘上橡皮泥,调整橡皮泥质量直至轻拉重锤1能观察到其匀速下落;(4) 15.解:(1)对物体受力分析如图所示,垂直斜面方向平衡,有: mgcosθ+Fsinθ=FN, Ff=μFN=μ(mgcosθ+Fsinθ)=0.2×(10×100.8+200×0.6)N=40N 沿斜面方向由牛顿第二定律有:Fcosθ-Ff-mgsinθ=ma 代入数据解得:a=6m/s2 (2)撤去F瞬间,物体速度设为v,由v2=2as1 解得:v==4m/s 撤去F后,有:Ff′=μmgcosθ=0.2×100×0.8N=16N 对撤去拉力过程,由动能定理有:-mgs2sinθ-Ffs2=0-mv2, 解得滑行的距离为:s2=3.16m?? 16、【解析】试题分析:对小球与曲面进行研究,由动量守恒及机械能守恒定律可列式求解;分析小孩与球,球和曲面,由动量守恒定律及机械能守恒定律可求得最后的速度,然后求出小孩能接到球的条件。 (1)小球与曲面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: 由动能定理得: 解得: (2)小孩推出球的过程小孩与球组成的系统动量守恒,以向左为正方向, 由动量守恒定律得: 球与曲面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: 由机械能守恒定律得: 解得:; 如果小孩将球推出后还能再接到球,则需要满足:v2>v1 解得:=2.21kg 17.【答案】解:(1)小物块从A到C的过程,运用动能定理得:mgLABsinθ-μmgLBC= 解得:vC=7m/s (2)小物块从A到停止,设小物块在BC上运动的总路程为S,对整个过程,由动能定理得: mgLABsinθ-μmgS=0 解得:S=24.9m 经过B点在水平台走过一个来回的路程为:S1=0.8m ?==31.125 所以经过B点的次数为:n=31×2+1=63(次) (3)由几何关系可知,CD间的水平距离为:x=r+rcosα 竖直距离为:h=H-rsinα 由平抛运动的规律得:x=v′Ct h= 联立解得:v′C=3m/s A到C,由动能定理得: mgLABsinθ-μmg(2n′+1)LBC= 解得:n′=25 (附加题)解:(1)由题意球核的质量M′=πr3ρ, 再由题意m所受大球的引力:Fr==πρGmr (2)设地球的密度为ρ0,距O′为x处时,到地心的距离为r= 所受地球的引力为F=πρ0Gmr 其沿AB的分力为f=Fsinθ 而sinθ= 所以f=πρ0Gmx 则f与到O′的距离x成正比, 分力最大值fm=πρ0Gm 分力最小值fmin=0, 所以关于f的功可以利用它的平均值进行计算。 f对物体做了正功,大小为:W=fm=πρ0Gm(R02-h2) 根据动能定理有:mv2=W 所以达O′处的速度为:v=2 又因为在地球表面上时:mg=G 所以g=πGρ0R0 所以W= 代入可得:v= (3)由题知,碰后小物体的速度为v′=3v,根据动能定理有:-W=mv12-mv′2 而绕地面做圆周运动的速度v1═ 联立以上几式解得:h=R0 答:(1)物体m所受到的万有引力为πρGmr。 (2)物体下落到通道中点O′处的速度为。 (3)使飞出的速度达到地球的第一宇宙速度,h应为R0。 第8页,共9页 第4页,共4页

  • ID:6-6789512 11-19年高考物理真题分类专题汇编之006.共点力的平衡

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    11-19年高考物理真题分类专题汇编之006.共点力的平衡 【2019年4月浙江物理选考】如图所示,一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环,系在两环上的登场细绳拴住的书本处于静止状态,现将两环距离变小后书本仍处于静止状态,则 A. 杆对A环的支持力变大 B. B环对杆的摩擦力变小 C. 杆对A环的力不变 D. 与B环相连的细绳对书本的拉力变大 【答案】B 【解析】 【详解】A.对两环和书本的整体受力分析,竖直方向:2N=mg,可知将两环距离变小后杆对A环的支持力不变,选项A错误; BD.对圆环B受力分析可知,f=Tcosθ;对书本:2Tsinθ=mg,解得 (其中的θ是绳与杆之间的夹角),则当两环距离变小后,θ变大,则f减小,与B环相连的细绳对书本的拉力T变小,选项B正确,D错误; C.同理,杆对A环的摩擦力减小,杆对A环的支持力不变,则杆对A环的力减小,选项C错误。 【2019年物理天津卷】2018年10月23日,港珠澳跨海大桥正式通车。为保持以往船行习惯,在航道处建造了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥,其索塔与钢索如图所示。下列说法正确的是( ) A. 增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力 B. 为了减小钢索承受拉力,可以适当降低索塔的高度 C. 索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时,钢索对索塔的合力竖直向下 D. 为了使索塔受到钢索的合力竖直向下,索塔两侧的钢索必须对称分布 【答案】C 【解析】 【详解】A、以桥身为研究对象,钢索对桥身的拉力的合力与桥身的重力等大反向,则钢索对索塔的向下的压力数值上等于桥身的重力,增加钢索的数量钢索对索塔的向下的压力数值不变,故A错误; B、由图甲可知,当索塔高度降低后,变大, 变小,故T变大,故B错误 C、由B的分析可知,当钢索对称分布时,,钢索对索塔的合力竖直向下,故C正确 D、受力分析如图乙,由正弦定理可知,只要 ,钢索AC、AB的拉力FAC、FAB进行合成,合力竖直向下,钢索不一定要对称分布,故D错误;综上分析:答案为C 【2019年物理全国卷3】用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件,为使工件保持固定,将其置于两光滑斜面之间,如图所示。两斜面I、Ⅱ固定在车上,倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时,圆筒对斜面I、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2,则 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】对圆筒进行受力分析知圆筒处于三力平衡状态,受力分析如图,由几何关系可知,, 。解得, 由牛顿第三定律知,故D正确 【2019年物理江苏卷】如图所示,一只气球在风中处于静止状态,风对气球的作用力水平向右.细绳与竖直方向的夹角为α,绳的拉力为T,则风对气球作用力的大小为 A. B. C. Tsinα D. Tcosα 【答案】C 【解析】 【详解】对气球受力分析,由水平方向平衡条件可得:,故C正确。 【2019年物理全国卷1】如图,一粗糙斜面固定在地面上,斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块N。另一端与斜面上的物块M相连,系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N,直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止,则在此过程中 A.水平拉力的大小可能保持不变 B.M所受细绳的拉力大小一定一直增加 C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加 D.M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加 【答案】BD 【解析】 【详解】如图所示,以物块N为研究对象,它在水平向左拉力F作用下,缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中,水平拉力F逐渐增大,绳子拉力T逐渐增大; 对M受力分析可知,若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下,则随着绳子拉力T的增加,则摩擦力f也逐渐增大;若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上,则随着绳子拉力T的增加,摩擦力f可能先减小后增加。故本题选BD。 1.2012年理综广东卷 16.如图3所示,两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上,两绳与竖直方向的夹角都为45°,日光灯保持水平,所受重力为G,左右两绳的拉力大小分别为 A. G和G B. HYPERLINK "http://www.xkb123.com" EMBED Equation.DSMT4 和 HYPERLINK "http://www.xkb123.com" EMBED Equation.DSMT4 C. HYPERLINK "http://www.xkb123.com" EMBED Equation.DSMT4 和 HYPERLINK "http://www.xkb123.com" EMBED Equation.DSMT4 D. HYPERLINK "http://www.xkb123.com" EMBED Equation.DSMT4 和 HYPERLINK "http://www.xkb123.com" EMBED Equation.DSMT4 【解析】选B。日光灯受重力G及二根绳子的拉力T作用而处于平衡状态,其受力如图所示。由于两个拉力的夹角成直角,则由力的平行四边形法则可知,故,B选项正确。 2.2012年理综新课标卷 16.如图,一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为N1,球对木板的压力大小为N2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴,将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦,在此过程中 A.N1始终减小,N2始终增大 B.N1始终减小,N2始终减小 C.N1先增大后减小,N2始终减小 D.N1先增大后减小,N2先减小后增大 [答案]B [解析]本题考查物体的动态平衡,对球受力分析可知,N1与N2的合力为定值,与重力反向等大。作图。由图形可知,当板缓慢转动中,N1与N2的方向便发生如图示变化,但合力不变,可得答案B。 3. 2013年天津卷 5.如图所示,小球用细绳系住,绳的另一端固定于O点。现用水平力F缓慢推动斜面体,小球在斜面上无摩擦地滑动,细绳始终处于直线状态,当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平,此过程中斜面对小球的支持力FN以及绳对小球的拉力FT的变化情况是 A.FN保持不变,FT不断增大 B.FN不断增大,FT不断减小 C.FN保持不变,FT先增大后减小 D.FN不断增大,FT先减小后增大 【答案】D 【解析】本题考查物体的受力分析、共点力的动态平衡问题。 物体在三个共点力作用下达到平衡状态:其中一个力G的大小和方向均不发生变化,另一个力FT的方向改变时,第三个力FN方向不变大小改变。利用力的三角形法则作出如图的示意图。可见选项D正确。 4.2012年理综浙江卷 14.如图所示,与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m=1.0kg的物体。细绳的一端与物体相连,另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连。物体静止在斜面上,弹簧秤的示数为4.9N。关于物体受力的判断(取g=9.8m/s2),下列说法正确的是 A.斜面对物体的摩擦力大小为零 B.斜面对物体的摩擦力大小为4.9N,方向沿斜面向上 C.斜面对物体的支持力大小为N,方向竖直向上 D.斜面对物体的支持力大小为4.9N,方向垂直斜面向上 【答案】A 【解析】物体的重力下滑分量可知为4.9N,弹簧拉力为4.9N,物块沿斜面方向受力平衡,所以摩擦力应为0。 5.2011年理综安徽卷 14.一质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上。现对物块施加一个竖直向下的恒力F,如图所示。则物块 A.仍处于静止状态 B.沿斜面加速下滑 C.受到的摩擦力不便 D.受到的合外力增大 答案:A 解析:由于质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上,说明斜面对物块的作用力与物块的重力平衡,斜面与物块的动摩擦因数μ=tanθ。对物块施加一个竖直向下的恒力F,使得合力仍然为零,故物块仍处于静止状态,A正确,B、D错误。摩擦力由mgsinθ增大到(F+mg)sinθ,C错误。 6.2014年物理上海卷 9.如图,光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内,A端与水平面相切。穿在轨道上的小球在拉力F作用下,缓慢地由A向B运动,F始终沿轨道的切线方向,轨道对球的弹力为N。在运动过程中 ( ) A.F增大,N减小 B.F减小,N减小 C.F增大,N增大 D.F减小,N增大 【答案】A 【解析】小球一直受到重力、支持力、拉力作用,根据共点力平衡,有:F=mgsinα,N=mgcosα(α是重力与竖直方向的夹角),随着夹角的增大,支持力逐渐减小,拉力逐渐增大,A项正确。 7.2011年海南卷 4.如图,墙上有两个钉子a和b,它们的连线与水平方向的夹角为45°,两者的高度差为l。一条不可伸长的轻质细绳一端固定于a点,另一端跨过光滑钉子b悬挂一质量为m1的重物。在绳子距a端l/2的c点有一固定绳圈。若绳圈上悬挂质量为m2的钩码,平衡后绳的ac段正好水平,则重物和钩码的质量比m1/ m2为( ) A. B.2 C. D. 答:C 【解析】平衡后设绳的BC段与水平方向成角,则: 对节点C分析三力平衡,在竖直方向上有:得:,选C 8.2014年物理海南卷 5.如图,一不可伸长的光滑轻绳,其左端固定于O点,右端跨过位于O' 点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体;OO' 段水平,长为度L;绳上套一可沿绳滑动的轻环。现在轻环上悬挂一钩码,平衡后,物体上升L。则钩码的质量为 ( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】假设平衡后轻环位置为P,平衡后,物体上升L,说明此时POO' 恰好构成一个边长为L的正三角形,绳中张力处处相等,均为Mg,故钩码的重力恰好与PO、PO'拉力的合力等大反向,由三角函数关系可知:钩码的重力为,故其质量为。 9. 2014年理综新课标卷Ⅰ 17.如图,用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上,系统处于平衡状态。现使小车从静止开始向左加速,加速度从零开始逐渐增大到某一值,然后保持此值,小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内 )。与稳定在竖直位置时相比,小球高度 ( ) A. 一定升高 B. 一定降低 C. 保持不变 D. 升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定 【答案】A 【解析】设橡皮筋原长为l,小球静止时设橡皮筋伸长x1,由平衡条件有kx1=mg,小球距离悬点高度h=l+x1=l+。匀加速运动时,设橡皮筋与竖直方向夹角为θ,此时橡皮筋伸长x2,小球在竖直方向上受力平衡,有kx2cos θ=mg,小球距离悬点高度 h′=,因此小球高度升高了,选项A对。 10. 2012年理综山东卷 17.如图所示,两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动,在O点悬挂一重物M,将两相同木块m紧压在竖直挡板上,此时整个系统保持静止。Ff表示木块与挡板间摩擦力的大小,FN表示木块与挡板间正压力的大小。若挡板间的距离稍许增大后,系统仍静止且O1、O2始终等高,则 A.Ff 变小 B.Ff 不变 C.FN 变小 D.FN 变大 答:BD 解析:把重物M和两木块m看成整体受力分析可得,竖直方向合力为零,始终木块与挡板间摩擦力2Ff=2mg+Mg,选项A错误B正确;挡板间的距离稍许增大后,对结点O受力分析可得,轻杆弹力增大,对木块受力分析得木块与挡板间正压力增大,选项C错误D正确。 11. 2017年新课标I卷21.如图,柔软轻绳ON的一端O固定,其中间某点M拴一重物,用手拉住绳的另一端N,初始时,OM竖直且MN被拉直,OM与MN之间的夹角为()。现将重物向右上方缓慢拉起,并保持夹角不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中 A.MN上的张力逐渐增大 B.MN上的张力先增大后减小 C.OM上的张力逐渐增大 D.OM上的张力先增大后减小 【答案】AD 【解析】以重物为研究对象,受重力mg,OM绳上拉力F1,MN上拉力F2,由题意知,三个力合力始终为零,矢量三角形如图所示,在F2转至水平的过程中,MN上的张力F1逐渐增大,OM上的张力F2先增大后减小,所以A、D正确;B、C错误。 12. 2017年新课标Ⅱ卷16.如图,一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变,而方向与水平面成60°角,物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为( C ) A. B. C. D. 【解析】F水平时:;当保持F的大小不变,而方向与水平面成60°角时,则 ,联立解得:,故选C. 13.2017年新课标Ⅲ卷17.一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80cm的两点上,弹性绳的原长也为80cm。将一钩码挂在弹性绳的中点,平衡时弹性绳的总长度为100cm;再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点,则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内) A.86cm B. 92cm C. 98cm D. 104cm 答:B 解析:设弹性绳的劲度系数为k。左右两半段绳的伸长量,如答图所示,由共点力的平衡条件可知:钩码的重力为G=2k△Lcos53° 将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点时,钩码的重力为G=2k△L',解得: 弹性绳的总长度变为L0+2△L'=92cm,故B正确,A、C、D错误。 14. 2016年新课标Ⅱ卷14. 质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O,如图所示。用T 表示绳OA段拉力的大小,在O点向左移动的过程中 A.F逐渐变大,T逐渐变大 B.F逐渐变大,T逐渐变小 C.F逐渐变小,T逐渐变大 D.F逐渐变小,T逐渐变小 【答案】A 【解析】对结点O受力分析,重力的大小和方向都不变,水平拉力F的方向不变,绳的拉力在转动,满足三力动态平衡关系,如图所示:可得,水平拉力F逐渐变大,绳的拉力T也逐渐变大,故选A。 15.2017年天津卷8.如图所示,轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点,悬挂衣服的衣架钩是光滑的,挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件,当衣架静止时,下列说法正确的是 A.绳的右端上移到b',绳子拉力不变 B.将杆N向右移一些,绳子拉力变大 C.绳的两端高度差越小,绳子拉力越小 D.若换挂质量更大的衣服,则衣服架悬挂点右移 【答案】AB 【解析】设两杆间距离为d,绳长为l,Oa、Ob段长度分别为la和lb,则l=la+lb,两部分绳子与竖直方向的夹角分别为和β,受力分析如图所示,绳子中各部分张力相等,Fa=Fb=F,则=β,满足,,即, ,d和l均不变,则sin为定值,为定值,cos为定值, 绳子的拉力保持不变,衣服的位置不变,故A正确;C、D错误;将杆N向右移一些,d增大,则sin 增大,cos 减小,绳子拉力增大,故B正确。 16. 2011年物理江苏卷 1.如图所示,石拱桥的正中央有一质量为m的对称楔形石块,侧面与竖直方向的夹角为α,重力加速度为g。若接触面间的摩擦力忽略不计,则石块侧面所受弹力的大小为 A.    B. C.    D. 答:A 【解析】楔形石块受力如图,根据力的合成可得: mg=2×Fcos(90°-), 所以, A正确。 17. 2015年上海卷14.如图,一质量为m的正方体物块置于风洞内的水平面上,其一面与风速垂直,当风速为v0时刚好能推动该物块。已知风对物块的推力F∝Sv2,其中v为风速、S为物块迎风面积。当风速变为2v0时,刚好能推动用同一材料做成的另一正方体物块,则该物块的质量为 ( D ) (A)4m (B)8m (C)32m (D)64m 解析:当风速为v0时,质量为m的正方体物块刚好被推动,在水平方向上受到风力和最大静摩擦力,最大静摩擦力与正压力成正比,设比例系数为μ,由平衡条件得 ,设正方体边长为a,则有,同理当风速变为2v0时,另一质量为m'的正方体物块刚好被推动,设该正方体边长为b,有,解得b=4a,所以另一正方体物块的体积是边长为a物块体积的64倍,由于是同一材料做成,故该物块的质量为m' =64m,选项D正确,A、B、C错误。 18. 2016年新课标Ⅲ卷17.如图,两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上;一细线穿过两轻环,其两端各系一质量为m的小球。在a和b之间的细线上悬挂一小物块。平衡时,a、b间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦。小物块的质量为 A. B. C.m D.2m 【答案】C 【解析】设圆弧的圆心为O,对a受力分析如图甲所示,由于ab=R,所以三角形Oab为等边三角形,由正交分解法可得 Fsin α=mgsin 30°,而一条绳子上的拉力相等,故F=mg,故α=30°;小物块受到两条绳子的拉力作用,两力大小相等,夹角为120°,故受到拉力的合力等于mg,对小物块的悬挂点受力分析如图乙所示,因为小物块受到绳子的拉力和重力作用,处于静止,2Fcos(α+30°)=Mg,故可得M=m,所以小物块的质量为m,选项C正确。 19. 2012年理综新课标卷24.(14分) 拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图)。设拖把头的质量为m,拖杆质量可以忽略;拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ,重力加速度为g,某同学用该拖把在水平地板上拖地时,沿拖杆方向推拖把,拖杆与竖直方向的夹角为θ。 (1)若拖把头在地板上匀速移动,求推拖把的力的大小。 (2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ。已知存在一临界角θ0,若θ≤θ0,则不管沿拖杆方向的推力多大,都不可能使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切tanθ0。 [答案](1) (2) [解析](1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把,将推拖把的力沿竖直和水平分解,按平衡条件有 ①   ② 式中N与f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。按摩擦定律有  ③ 联立①②③式得   ④ (2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动,应用    ≤ ⑤ 这时,①式仍满足,联立①⑤式得≤ ⑥ 现考察使上式成立的θ角的取值范围,注意到上式右边总是大于零,且当F无限大时极限为零,有≤0   ⑦ 使上式成立的角满足θ≤θ0,这里是题中所定义的临界角,即当θ≤θ0时,不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把。临界角的正切值为  ⑧ 20. 2016年新课标I卷19. 如图,一光滑的轻滑轮用细绳OO' 悬挂于点;另一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块a,另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力向右上方拉b,整个系统处于静止状态。若F方向不变,大小在一定范围内变化,物块b仍始终保持静止,则( ) A. 绳OO' 的张力也在一定范围内变化 B. 物块b所受到的支持力也在一定范围内变化 C. 连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化 D. 物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化 答案:BD 解析:由题意,在F保持方向不变,大小发生变化的过程中,物体a、b均保持静止,各绳角度保持不变;选a受力分析得,绳的拉力T=mag,所以物体a受到绳的拉力保持不变。由滑轮性质,滑轮两侧绳的拉力相等,所以b受到绳的拉力大小、方向均保持不变,C选项错误; a、b受到绳的拉力大小方向均不变,所以OO' 的张力不变,A选项错误;对b进行受力分析,并将各力沿水平方向和竖直方向分解,如上图所示。由受力平衡得:,。T和mbg始终不变,当F大小在一定范围内变化时;支持力在一定范围内变化,B选项正确;摩擦力也在一定范围内发生变化,D选项正确;故答案选BD。 21. 2013年福建卷 21.(19分)质量为M、长为L的杆水平放置,杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳,绳上套着一质量为m的小铁环。已知重力加速度为g,不计空气影响。 (1)现让杆和环均静止悬挂在空中,如图甲,求绳中拉力的大小: (2)若杆与环保持相对静止,在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动,此时环恰好悬于A端的正下方,如图乙所示。 ①求此状态下杆的加速度大小a; ②为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力,方向如何? 答:(1)? ?(2)① ②,与水平方向夹角为60?斜向右上方。 解:(1)如图1,设平衡时,绳中拉力为T,有 ① 由图知 ② 由①②式解得 ③ (2)此时,对小铁环受力分析如图2,环两边绳子中拉力相等,有 ④ ⑤ 由图知θ' =60°,代入④⑤式解得 ⑥ ②如图3,设外力F与水平方向成角,将杆和小铁环当成一个整体,有 ⑦ ⑧ 由⑥⑦⑧式解得 45° 图3 45° G T T O F G FT FN 第14题图 30° θ F A F B l a b c l/2 m1 O' O 挡板 M O1 O2 挡板 m m O O M N F1 F2 mg 60° F 53° G k△L k△L A B F O F O T mg a b N M b' a b N M b' la lb Fa Fb d O α α m F mg F 900-α 900-α α α m v m m m a b a b m m O mg N F 甲 a b m m O mg F 乙 M mg 拖把头 θ 拖杆 O O' a b F f T Tx Ty N F Fy Fx mbg 乙 a A B 2L L A B 1.5L 1.5L 甲 A B 1.5L 1.5L 图1 mg θ T T 图2 mg T' a A B 2L L T' θ' F' 图3 (M+m)g a A B 2L L