2017版高中物理《加练半小时》全国配套Word版文档第七章 微专题49
2017版高中物理《加练半小时》全国配套Word版文档第三章 微专题15
1．考点及要求：(1)牛顿运动定律(Ⅱ)；(2)牛顿运动定律的应用(Ⅱ).2.方法与技巧：作用力与反作用力的关系可总结为“三同、三异、三无关”．三同：同大小、同变化、同消失．三异：异体、异向、异效．三无关：与物体的种类无关、与物体的状态无关，与是否与其他物体相互作用无关．1．(对惯性的理解)(多选)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是() A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B．没有力的作用，物体只能处于静止状态C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动2．(对牛顿第一定律的研究)伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法．图1中a、b分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是()图1A．图a通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动B．图a中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易C．图b中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成D．图b的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持3．(对牛顿第三定律的理解)牛顿在总结C·雷恩、J·沃利斯和C·惠更斯等人的研究结果后，提出了著名的牛顿第三定律，阐述了作用力和反作用力的关系，从而与牛顿第一和第二定律形成了完整的牛顿力学体系．下列关于作用力和反作用力的说法正确的是()A．物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力B．物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡C．人推车前进，人对车的作用力大于车对人的作用力D．物体在地面上滑行，不论物体的速度多大，物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力始终大小相等4．(牛顿第三定律在受力分析中的应用)电视台体育频道讲解棋局节目中棋盘竖直放置，棋盘由磁石做成，棋子都可视为被磁石吸引的小磁体，若某棋子静止，则()A．棋盘面可选足够光滑的材料B．棋盘对棋子的作用力比棋子对棋盘的作用力大C．棋盘对棋子的作用力比棋子的重力大D．若棋盘对棋子的磁力越大，则对其摩擦力也越大5．一物体受绳子的拉力作用由静止开始前进，先做加速运动，然后改为匀速运动，再改做减速运动，则下列说法中正确的是()A．加速前进时，绳子拉物体的力大于物体拉绳子的力B．减速前进时，绳子拉物体的力小于物体拉绳子的力C．只有匀速前进时，绳子拉物体的力才与物体拉绳子的力大小相等D．不管物体如何前进，绳子拉物体的力与物体拉绳子的力大小总相等图26．伽利略利用如图2所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后运动至右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐减小的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.对比三次实验结果，可直接得到的结论是()A．如果斜面光滑，小球可以上升到比O′点更高的位置B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C．小球受到斜面的阻力越小，其上升的位置越高D．自由落体运动是匀变速直线运动7.一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的总质量为M，环的质量为m，如图3所示，已知环沿杆匀加速下滑时，杆对环的摩擦力大小为F f，则此时箱对地面的压力大小为多少？图3答案解析1．AD[物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫惯性，即物体抵抗运动状态变化的性质，则A项正确．没有力的作用，物体可能保持匀速直线运动状态或静止状态，则B 错．行星在圆周轨道上保持匀速率运动是由于受到改变运动状态的向心力作用，其运动状态是不断变化的，则C错．D项符合惯性定义，是正确的．]2．B[图a是先在倾角较小的斜面上进行实验，“冲淡”重力，使时间测量更容易，A项错误，B项正确；完全没有摩擦阻力的斜面并不存在，C项错；图b中实验通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持，D项错．]3．D[由牛顿第三定律可知，作用力和反作用力同时产生，同时消失，选项A错误；压力和支持力作用在两个不同的物体上，而平衡力是作用在同一个物体上，选项B错误；作用力与反作用力等大反向，故人对车的作用力等于车对人的作用力，选项C错误；物体对地面的摩擦力大小等于地面对物体的摩擦力，选项D正确．]4．C[根据竖直方向上二力平衡知：F f静＝G，则G应不超过最大静摩擦力，有F f静<F fm＝μF N，F N一定，要使棋子不滑下，应增大最大静摩擦力，为此应增大μ，棋盘面应选取较粗糙的材料，故A错误；棋盘对棋子的作用力与棋子对棋盘的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反．故B错误；棋盘对棋子的摩擦力与重力大小相等，棋盘对棋子的作用力是支持力与摩擦力的合力，所以比棋子的重力大，故C正确；棋盘对棋子的静摩擦力与棋子的重力平衡，棋盘对棋子的磁力增大，摩擦力大小不变，故D错误．]5．D[绳子拉物体的力与物体拉绳子的力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，与物体的运动状态和作用效果无关，加速前进、匀速前进或减速前进时，绳子拉物体的力都等于物体拉绳子的力，故A、B、C错误，D正确．]6．C[在此实验中，若斜面光滑，只有重力做功，机械能守恒，小球最高只能上升到O′位置，A项错误．此实验说明小球受到的阻力越小，机械能损失越少，上升的位置越高，但不能直接说明小球不受力时，它将一直保持匀速运动或静止状态，更不能直接说明自由落体运动是匀变速直线运动，所以C项正确，B、D两项错误．]7．F f＋Mg解析箱子在竖直方向上受力情况如图所示，其受重力Mg、地面对它的支持力F N及环对它的摩擦力F f′，由牛顿第三定律知F f′＝F f. 由于箱子处于平衡状态，可得：F N＝F f′＋Mg＝F f＋Mg.根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的弹力大小，则F N′＝F N＝F f＋Mg.。
2017版高中物理《加练半小时》全国配套Word版文档微题型80 波动图象与波的传播
微题型80 波动图象与波的传播训练目标 1.理解波的传播规律，会用波的公式进行有关计算.2.理解波的图象的物理意义，会根据波的传播方向判断质点振动方向或根据质点振动方向判断波的传播方向． 题组一 波的图象的理解和波的公式的应用1. (2014·唐山市摸底考试)如图1是一列简谐波在t ＝0时刻的波形图，介质中x ＝4 m 处质点沿y 轴方向做简谐运动的表达式为y ＝5sin 5πt cm.关于这列波，下列说法正确的是( )图1A ．波长为4 mB ．波速为10 m/sC ．波沿x 轴正方向传播D ．再经过半个周期的时间，x ＝4 m 处质点沿波的传播方向移动2 mE ．再经过34个周期的时间，x ＝4 m 处质点位于波谷 2．(2013·稽阳联谊学校高三4月联考) 将一弹性绳沿x 轴放置，左端位于坐标原点，用手握住绳的左端，当t ＝0时，使其开始沿y 轴做简谐振动，在t ＝0.75 s 时形成如图2所示的波形，M 点是位于x ＝10 cm 处的质点，N 点是位于x ＝50 cm 处的质点，则可知( )图2A ．绳波的传播速度为20 m/sB ．N 点开始振动的方向沿y 轴正方向C ．t ＝3 s 时N 点第一次沿y 轴正方向经过平衡位置D ．当N 点第一次到达波峰时，M 点经过的总路程为104 cm题组二 波的传播方向与质点振动方向的互判3. 图3为一列沿x 轴负方向传播的简谐横波，实线为t ＝0时刻的波形图，虚线为t ＝0.6 s 时的波形图，波的周期T >0.6 s ，则( )图3A．波的周期为2.4 sB．在t＝0.9 s时，P点沿y轴正方向运动C．经过0.4 s，P点经过的路程为4 mD．在t＝0.4 s时，Q点到达波峰位置4．(2013·贵州六校联考) 一列简谐横波在t＝0时刻的波形图如图4实线所示，从此刻起，经0.1 s波形图如图虚线所示，若波传播的速度为10 m/s，则()图4A．这列波沿x轴负方向传播B．这列波的周期为0.4 sC．t＝0时刻质点a沿y轴正方向运动D．从t＝0时刻开始，质点a经0.2 s通过的路程为0.4 mE．x＝2 m处的质点的位移表达式为y＝0.2sin(5πt＋π) (m)5．(2013·河南中原联考) 一列简谐横波沿x轴传播，周期为T，t＝0时刻的波形如图5所示．此时平衡位置位于x＝3 m 处的质点正在向上运动，若a、b两质点平衡位置的坐标分别为x a ＝2.5 m，x b＝5.5 m，则()图5A．当a质点处在波峰时，b质点恰在波谷B．t＝T/4时，a质点正在向y轴负方向运动C．t＝3T/4时，a质点正在向y轴负方向运动D．在某一时刻，a、b两质点的位移和速度可能都相同题组三波的图象与振动图象的综合应用6．(2014·四川·5)如图6所示，甲为t＝1 s时某横波的波形图像，乙为该波传播方向上某一质点的振动图像，距该质点Δx＝0.5 m处质点的振动图像可能是()图67．(2014·新课标Ⅰ·34(1))图7(a)为一列简谐横波在t ＝2 s 时的波形图，图(b)为媒质中平衡位置在x ＝1.5 m 处的质点的振动图像，P 是平衡位置为x ＝2 m 的质点．下列说法正确的是________．(填正确答案标号)图7A ．波速为0.5 m/sB ．波的传播方向向右C ．0～2 s 时间内，P 运动的路程为8 cmD ．0～2 s 时间内，P 向y 轴正方向运动E ．当t ＝7 s 时，P 恰好回到平衡位置答案1．ABE [由波形图可知这列波的波长为λ＝4 m ，由T ＝2πω可得T ＝0.4 s ，波速为v ＝λ/T ＝10 m/s.选项A 、B 正确．根据介质中x ＝4 m 处质点沿y 轴方向做简谐运动的表达式为y ＝5sin 5πt cm 可知波沿x 轴负方向传播，选项C 错误．质点在各自的平衡位置附近振动，不沿波的方向移动，D 错误．再经过34个周期的时间，x ＝4 m 处质点位于波谷，选项E 正确．]2．C [由题意可知T ＝1 s ，由图可知λ＝20 cm ，所以波速v ＝λ/T ＝20 cm/s ，选项A 错．由图可知t ＝0.75 s 时，x ＝15 cm 的质点刚开始振动，并且振动方向沿y 轴负方向，所以N 点开始振动的方向也应该沿y 轴负方向，选项B 错．t ＝0.75 s 时，x ＝5 cm 的质点第一次沿y 轴正方向经过平衡位置，这个振动形式传到N 点还要t 1＝(50－5) cm 20 cm/s＝2.25 s ，所以当t 2＝t ＋t 1＝3 s 时N 点第一次沿y 轴正方向经过平衡位置，选项C 正确．t ＝0.75 s 时，M 点已经经过的路程为8 cm ，N 点第一次到波峰还要经历t 3＝50 cm 20 cm/s＝2.5 s ，即2.5T ，M 点还要经过路程2.5×4×8＝80 cm ，所以M 点经过的总路程为88 cm ，选项D 错．]3．D [因为T >0.6 s 且波沿x 轴负方向传播，所以波一定传播了34λ，经过了34T ，所以周期为0.8 s ，A 错误；P 点在t ＝0时刻沿y 轴负方向运动，经过0.9 s ，即118T 后仍沿y 轴负方向运动，B 错误；经过0.4 s ，即半个周期，P 点经过的路程为2A ＝0.4 m ，C 错误；经过0.4 s ＝12T ，Q 点恰好到达波峰位置，D 正确．] 4．ABDE [从图中可以看出波长等于4 m ，由已知得波速等于10 m/s ，故周期T ＝0.4 s ；由题图结合题意可知波沿x 轴负方向传播；t ＝0时刻质点a 沿y 轴负方向运动；从t ＝0时刻开始，质点a 经0.2 s ，即半个周期通过的路程为0.4 m ；由y ＝A sin(ωt ＋φ)易得E 正确．]5．C [由题图可以看出波长为4 m ，t ＝0时刻x ＝3 m 处的质点向上振动，可知该波向左传播．将整个波形图向左平移1.5 m 时，a 质点到达波峰，此时b 质点正好在平衡位置，A 错；将图象整体向左平移1 m ，即波传播T /4时，a 质点的振动状态与t ＝0时刻平衡位置在3.5 m 处的质点振动状态一样，即处在平衡位置上方并向y 轴正方向运动，B 错；将图象整体向左平移3 m ，即波传播3T /4时，a 质点的振动状态与t ＝0时刻平衡位置在5.5 m 处的b 质点的振动状态一样，即处在平衡位置下方并向y 轴负方向运动，C 对；a 、b 质点相隔3 m ，即相差3T /4，不可能出现位移和速度都相同的情况，故D 错．]6．A [(法一)若波沿＋x 方向传播，则t ＝0时的波形图如图中虚线所示，则质点P 的振动图像为题中乙图所示．距P 点0.5 m 的质点的位移y >0，且向下运动，或y <0，且向上运动；若波沿－x 方向传播，则t ＝0时的波形图如图中虚线所示，则质点Q 的振动图像为题中乙图所示．距Q 点0.5 m 的质点的位移y <0，且向上运动，或y >0，且向下运动．所以选项A 正确．(法二)根据波形图像可得波长λ＝2 m ，根据振动图像可得周期T ＝2 s ．两质点之间的距离Δx＝0.5 m ＝14λ.根据振动和波动之间的关系，则另一质点相对该质点的振动延迟14T ，如图甲所示，或者提前14T ，如图乙所示．符合条件的只有选项A.]7．ACE [由题图(a)读出波长λ＝2 m ，由题图(b)读出周期T ＝4 s ，则v ＝λT＝0.5 m/s ，选项A 正确；题图(a)是t ＝2 s 时的波形图，题图(b)是x ＝1.5 m 处质点的振动图像，所以该质点在t ＝2 s 时向下振动，所以波向左传播，选项B 错误；在0～2 s 内质点P 由波峰向波谷振动，通过的路程s ＝2A ＝8 cm ，选项C 正确，选项D 错误；当t ＝7 s 时，P 点振动了74个周期，所以这时P 点位置与t ＝34T ＝3 s 时位置相同，即在平衡位置，所以选项E 正确．]。
第七章 微专题53 碰撞模型的拓展-2025年高中物理《加练半小时》新教材版
第七章动量守恒定律微专题53碰撞模型的拓展1．“弹簧—滑块”模型：(1)系统动量守恒，机械能守恒，但系统的总动能会与弹性势能发生相互转化；(2)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，相当于完全非弹性碰撞，此时动能最小、弹性势能最大；(3)弹簧恢复原长时相当于完全弹性碰撞，此时系统的总动能等于初态总动能。
2.“小球—斜面”模型：系统只在水平方向动量守恒，当小球滑至最大高度时两物体具有共同速度，此时相当于完全非弹性碰撞，系统损失的动能转化为小球增加的势能；小球从冲上斜面又滑离斜面的全过程，相当于弹性碰撞，全过程系统机械能守恒。
1.(2023·广东茂名市模拟)如图所示，在足够大的光滑水平面上停放着表面光滑的弧形槽小车，弧形槽的底端切线水平，一小球以大小为v 0的水平速度从小车弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好不从弧形槽的顶端离开。
小车与小球的质量分别为2m 、m ，以弧形槽底端所在的水平面为参考平面。
小球的最大重力势能为()A.13m v 02 B.14m v 02 C.15m v 02 D.16m v 02答案A 解析小球到达弧形槽顶端时，小球与小车的速度相同(设共同速度大小为v )，在小球沿小车弧形槽上滑的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，有m v 0＝3m v ，根据机械能守恒定律有12m v 02＝12×3m v 2＋E p ，解得E p ＝13m v 02，故选A 。
2．(多选)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m 1、m 2(已知m 2＝0.5kg)的两物块A 、B 相连接，处于原长并静止在光滑水平面上。
现使B 获得水平向右、大小为6m/s 的瞬时速度，并从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像提供的信息可得()A ．在t 1时刻，两物块达到共同速度2m/s ，且弹簧处于伸长状态B ．从t 3到t 4，弹簧由原长变化为压缩状态C ．t 3时刻弹簧的弹性势能为6JD ．在t 3和t 4时刻，弹簧均处于原长状态答案AC 解析从0到t 1时间内B 做减速运动，A 做加速运动，B 的速度大于A 的速度，弹簧被拉伸，t 1时刻两物块达到共同速度2m/s ，此时弹簧处于伸长状态，故A 正确；从t 3到t 4时间内A 做加速度减小的减速运动，B 做加速度减小的加速运动，弹簧由压缩状态恢复到原长，即t 3时刻弹簧处于压缩状态，t 4时刻弹簧处于原长状态，故B 、D 错误；t 3时刻两物块的速度相同，都是2m/s ，A 、B 组成的系统动量守恒，m 2v ＝(m 1＋m 2)v 3，解得m 1＝1kg ，A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得12m 2v 2＝12(m 1＋m 2)v 32＋E p ，解得E p ＝6J ，故C 正确。
新步步高《加练半小时》2017年高考物理(全国通用)一轮微专题复习练第9章磁场章末滚动练9Word版含解析
一、单项选择题1．如图1所示，两根长为L、质量为m的导体棒a、b，a被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，b被水平固定在与a同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为s.当两棒中均通以电流为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止，则下列说法正确的是()图1A．b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度方向水平向右B．b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度大小为2mg ILC．若使b上移少许，a仍可能保持静止D．若使b下移少许，a仍可能保持静止2．如图2所示，质量为m、长度为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂在O、O′点，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.棒中通以某一方向的电流，平衡时两细线与竖直方向夹角均为θ，重力加速度为g.则()图2A．金属棒中的电流方向由N指向MB．金属棒MN所受安培力的方向垂直于OMNO′平面向上C．金属棒中的电流大小为mgBL tanθD．每条细线所受拉力大小为mg cosθ3．如图3所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第Ⅰ象限内，磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向里．一质量为m 、电荷量绝对值为q 、不计重力的粒子，以某速度从O 点沿着与y 轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A 点时，粒子速度沿x 轴正方向．下列判断正确的是( )图3A ．粒子带正电B ．运动过程中，粒子的速度不变C ．粒子由O 到A 经历的时间为t ＝πm 3qBD ．离开第Ⅰ象限时，粒子的速度方向与x 轴正方向的夹角为30° 二、多项选择题4．有关电荷所受电场力和洛沦兹力的说法中，正确的是( ) A ．电荷在磁场中一定受磁场力的作用 B ．电荷在电场中一定受电场力的作用C ．电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致D ．电荷若受磁场力，则受力方向与该处的磁场方向垂直5．为了测量某地地磁场的水平分量B x ，课外兴趣小组进行了如图4所示的实验：在横截面为长方形、只有上下表面A 、B 为金属板的导管中通以导电液体，将导管沿东西方向放置时，A 、B 两面出现电势差，测出相应的值就可以求出地磁场的水平分量．假如在某次实验中测得导电液体的流动速度为v 、导管横截面的宽为a 、高为b ，A 、B 面的电势差为U .则下列判断正确的是( )图4A ．B x ＝U v a B ．B x ＝Uv bC．A面的电势高于B面D．B面的电势高于A面6．空间有一磁感应强度为B的水平匀强磁场，质量为m、电荷量为q的质点以垂直于磁场方向的速度v0水平进入该磁场，在飞出磁场时高度下降了h.重力加速度为g.则下列说法正确的是()A．带电质点进入磁场时所受洛伦兹力可能向上B．带电质点进入磁场时所受洛伦兹力一定向下C．带电质点飞出磁场时速度的大小为v0D．带电质点飞出磁场时速度的大小为v20＋2gh三、非选择题7．如图5所示，有一直角三角形OAC，OC长为12cm，∠C＝30°，AC上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B1＝1T，OA左侧也存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B2未知，一质量为m＝8×10－10kg、电荷量q＝1×10－4C 的带正电粒子从C点以垂直于OC的速度v进入磁场，恰好经A点到达O点，不计粒子重力，求：图5(1)未知匀强磁场的磁感应强度B2的大小；(2)粒子在磁场中从C点经A点到达O点运动的总时间．8．如图6所示，两平行金属板E、F之间电压为U，两足够长的平行边界MN、PQ区域内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)，由E板中央处静止释放，经F板上的小孔射出后，垂直进入磁场，且进入磁场时与边界MN成60°角，最终粒子从边界MN离开磁场．求：图6(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径r；(2)两边界MN、PQ的最小距离d；(3)粒子在磁场中运动的时间t.9．如图7所示，在xOy平面的第Ⅱ象限内有半径为R的圆分别与x轴、y轴相切于P、Q两点，圆内存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场．在第Ⅰ象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度为E.一带正电的粒子(不计重力)以速率v0从P点射入磁场后恰好垂直y轴进入电场，最后从M(3R,0)点射出电场，出射方向与x轴正方向夹角为α，且满足α＝45°，求：图7(1)带电粒子的比荷；(2)磁场磁感应强度B的大小；(3)粒子从P点入射磁场到M点射出电场的时间．答案解析1．C[通电导体棒a处于通电导体棒b的磁场中，由右手螺旋定则可得通电导体棒a处于竖直向上的磁场中，故A错误；当导体棒a处于磁感应强度B的方向竖直向上的匀强磁场中，则受到水平向右的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，因夹角为45°，则B＝mg tan45°IL＝mgIL，故B错误；由题意可知，重力和水平向右的安培力的合力与支持力平衡，当减小b在a处的磁感应强度，则安培力减小，要使仍平衡，根据受力平衡条件，则可使b上移，即b对a的安培力斜向上，故C 正确；当b竖直向下移动，导体棒间的安培力减小，根据受力平衡条件，当a受到的安培力方向顺时针转动时，只有大小变大才能保持平衡，而安培力在减小，因此不能保持静止，故D错误．]2．C[平衡时两细线与竖直方向夹角均为θ，故金属棒受到安培力，根据左手定则，可判断金属棒中的电流方向由M指向N，故A错误；金属棒MN所受安培力的方向垂直于MN和磁场方向向右，故B错误；设每条细线所受拉力大小为F T，由受力分析可知，2F T sinθ＝BIL,2F T cosθ＝mg，得I＝mgBL tanθ，故C正确；由受力分析可知，2F T cosθ＝mg，得F T＝12·mgcosθ，故D错误．]3．C[根据左手定则及曲线运动的条件判断出此粒子带负电，故A错误；由于粒子速度的方向在改变，而速度是矢量，所以速度改变了，故B错误；由轨迹可知粒子由O运动到A时速度方向改变了60°，所以粒子轨迹对应的圆心角为θ＝60°，所以粒子运动的时间为t＝60°360°T＝πm3qB，故C正确；粒子沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，由几何的对称性可知，离开磁场时其方向与x轴夹角为60°，故D 错误．]4．BD[当电荷在磁场中静止或者速度方向与磁场方向平行时，电荷在磁场中将不受磁场力的作用，选项A错误；而电荷在电场中一定受电场力的作用，选项B正确；正电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致，选项C 错误；电荷若受磁场力，则由左手定则可知受力方向与该处的磁场方向垂直，选项D 正确．] 5．BC [导电液体流过磁场区域稳定时，电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡，则有qE ＝q U b ＝q v B x ；解得：B x ＝Uv b ，故A 错误，B 正确；地磁场的水平分量从南向北，根据左手定则，正电荷向A 板偏转，负电荷向B 板偏转，故A 面的电势高于B 面，故C 正确，D 错误．]6．AD [该题中由于不知道磁场的方向，所以不能判断出洛伦兹力的方向．带电质点进入磁场时所受洛伦兹力可能向上．故A 正确，B 错误；带电质点运动的过程中只有重力做功，由功能关系可知：12m v 2＝mgh ＋12m v 20，所以：v ＝v 20＋2gh .故C 错误，D 正确．] 7．(1)2T (2)8π×10－6s解析 (1)粒子在磁场B 1中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹如图，其圆心为O 1，设轨迹半径为r 1，则∠O 1AC ＝∠O 1CA ＝30°所以：∠AO 1O ＝2∠O 1CA ＝60°，粒子的偏转角是120° 由几何关系得：r 1＋r 1cos60°＝OC 所以：r 1＝23OC ＝23×12cm ＝8cm 由洛伦兹力提供向心力得：q v B 1＝m v 2r 1所以：v ＝qB 1r 1m ＝1.0×104m/s粒子在磁场B 2中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹如图，其圆心为O 2，设轨迹半径为r 2，则OA ＝2r 2·cos ∠OAO 1＝2r 2·cos30°＝3r 2所以：r 2＝33AO ＝33·OC ·tan30°＝13×12cm ＝4cm由洛伦兹力提供向心力得：q v B 2＝m v 2r 2，所以：B 2＝m vqr 2代入数据得：B 2＝2T(2)粒子在磁场B 1中运动的周期：T 1＝2πmqB 1由偏转角与偏转时间的关系得：t 1＝120°360°T 1＝2πm3qB 1粒子在磁场B 2中运动的周期：T 2＝2πm qB 2由图可知，粒子在磁场B 2中偏转的角度也为120° 所以：t 2＝13T 2＝2πm 3qB 2粒子在磁场中运动的总时间：t ＝t 1＋t 2 代入数据得：t ＝8π×10－6s 8．(1)1B2mU q (2)32B2mU q (3)4πm3qB解析 (1)设粒子离开电场时的速度为v ，由动能定理有： qU ＝12m v 2① 解得：v ＝2qU m ②粒子离开电场后，垂直进入磁场，由洛伦兹力提供向心力有： q v B ＝m v 2r ③ 联立②③解得：r ＝1B2mU q ④(2)最终粒子从边界MN 离开磁场，需满足： d ≥r ＋r sin30°⑤联立④⑤解得：d ≥32B 2mU q ⑥两边界MN 、PQ 的最小距离d 为32B2mU q(3)粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πrv ⑦ 联立③⑦解得：T ＝2πmqB ⑧粒子在磁场中运动的时间t ＝240°360°T ＝4πm3qB 9．(1)v 203RE (2)3E 0v 0 (3)2πR 3v 0＋8－32v 0R解析 (1)M 处，根据平抛运动规律： v y ＝v 0tan α qE ＝ma v y ＝at 3 3R ＝v 0t 3解得：qm ＝v 203RE(2)粒子运动轨迹如图，设O 1为磁场的圆心，O 2为粒子轨迹圆心，P ′为粒子射出磁场的位置，则：P ′O 2∥PO 1△O 1O 2P ≌△O 1O 2P ′粒子的轨道半径为：r ＝R ，Bq v 0＝m v 20r ，B ＝3E 0v 0(3)粒子从N 进入电场，ON ＝y ， 根据平抛运动规律：y ＝12at 23 qE ＝ma3R ＝v 0t 3 得：y ＝32R t 3＝3R v 0又y ＝R ＋R cos θ θ＝π3P 到P ′的时间为t 1， Bq v 0＝m (2πT )2r t 1＝π－θ2πT t 1＝2πm 3qB ＝2πR 3v 0P ′N ＝R －R sin θ t 2＝P ′N v 0＝2－32v 0RP 到M 的总时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2πR 3v 0＋8－32v 0R。
第七章 微专题50 动量定理及应用-2025年高中物理《加练半小时》新教材版
第七章动量守恒定律微专题50动量定理及应用1．理解动量及动量变化量，应用动量定理应注意公式Ft＝p′－p中“Ft”为合外力的冲量，注意公式的矢量性。
2.解决“流体问题”、“粒子流问题”等持续作用情况，需以极短时间内的流体为研究对象。
1.(2024·江苏扬州市统考)质量为4kg的物体由静止开始做加速直线运动，其a－t图像如图所示，则该物体()A．先做匀加速后做匀减速直线运动B．2s末的动量为8kg·m/sC．4s内的动量变化量为0D．4s内受到合外力的冲量为32N·s答案D解析由a－t图像可知，该物体先做加速度增大的加速运动后做加速度减小的加速运动，故A错误；由a－t图像与横轴围成的“面积”表示速度的变化量，所以0～2s内，速度变化量v1－0＝12×4×2m/s＝4m/s,2s末的动量为p1＝m v1＝4kg×4m/s＝16kg·m/s，故B错误；4s内的速度变化量v2－0＝12×4×4m/s＝8m/s4s内的动量变化量Δp＝m v2－0＝32kg·m/s，故C错误；根据动量定理，4s内受到合外力的冲量I＝Δp＝32N·s故D正确。
2．(2023·安徽滁州市定远三中模拟)空旷开阔的机场可能成为一些候鸟迁徙之前的聚集地或者迁徙途中的落脚点，因此飞机起飞和降落的过程中，容易遭遇飞鸟撞击。
若飞鸟的质量为m，飞鸟的主(身)体长度为L，飞机被飞鸟迎面撞击时的航速为v0，认为撞击过程飞鸟做初速度为零的匀变速直线运动，则飞机被飞鸟撞击时所受平均撞击力的大小为()A.m v022LB.m v02LC.m v024LD.4m v02L答案A解析撞击过程飞鸟做初速度为零的匀变速直线运动，则L＝v02t，解得撞击时间t＝2Lv0，对飞鸟由动量定理得Ft＝m v0－0，解得飞鸟撞击时所受平均撞击力的大小为F＝m v022L，由牛顿第三定律可知飞机被飞鸟撞击时所受平均撞击力的大小为m v022L，故A正确。
新步步高《加练半小时》2017年高考物理(全国通用)一轮微专题复习练第6章机械能微专题35动能定理的理解与
1．考点及要求：(1)动能和动能定理(Ⅱ)；(2)重力做功与重力势能(Ⅱ).2.方法与技巧：(1)当包含几个运动性质不同的运动过程时，可以选择一个、几个或整个过程作为研究对象，然后应用动能定理分析；(2)要注意重力做功与路径无关；大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积．1.(应用动能定理求变力的功)如图1所示，质量为m 的物块与水平转台之间的动摩擦因数为μ，物块与转台转轴相距R ，物块随转台由静止开始转动．当转速缓慢增加到某值时，物块即将在转台上滑动．假设物块与水平转台之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．在这一过程中，摩擦力对物块做的功为( )图1A ．0B ．2πμmgRC ．2μmgR D.12μmgR2．(动能定理的简单应用)一辆质量为m 的汽车在平直公路上，以恒定功率P 行驶，经过时间t ，运动距离为x ，速度从v 1增加到v 2，已知所受阻力大小恒为f ，则下列表达式正确的是( )A ．x ＝v 1＋v 22tB ．P ＝f v 1C.P v 1－P v 2＝m (v 2－v 1)t D ．Pt －fx ＝12m v 22－12m v 213．(动能定理与图象的结合)质量为10kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图2所示．物体在x＝0处，速度为1m/s，不计一切摩擦，则物体运动到x＝16m处时，速度大小为()图2A．22m/s B．3 m/sC．4m/s D.17m/s4．(应用动能定理分析多过程问题)如图3所示，倾角θ＝37°的斜面与光滑圆弧BCD相切于B点，整个装置固定在竖直平面内．有一质量m＝2.0kg可视为质点的物体，从斜面上的A处由静止下滑，AB长L＝3.0m，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2、sin37°＝0.6、cos37°＝0.8.求：图3(1)物体第一次从A点到B点的过程克服摩擦力做的功；(2)物体第一次回到斜面的最高位置距A点的距离；(3)物体在斜面运动的总路程．5．(多选)如图4所示，在离地面高为H处以水平速度v0抛出一质量为m的小球，经时间t，小球离水平地面的高度变为h，此时小球的动能为E k，重力势能为E p(选水平地面为零势能参考面)．下列图象中大致能反映小球动能E k、势能E p变化规律的是()图46．世界男子网坛名将瑞士选手费德勒，在上海大师杯网球赛上发出一记S球，声呐测速仪测得其落地速度为v1，费德勒击球时球离地面的高度为h，击球瞬间球有竖直向下的速度v0，已知网球质量为m，不计空气阻力，则费德勒击球时对球做的功W为()A．mgh＋12m v2B.12m v21－12m v2＋mghC.12m v21－12m v2D.12m v21－12m v2－mgh7．质量为1kg的物体，放在动摩擦因数为0.2的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图5所示，重力加速度为10m/s2，则下列说法正确的是()图5A．x＝3m时速度大小为22m/sB．x＝9m时速度大小为42m/sC．OA段加速度大小为3m/s2D．AB段加速度大小为3m/s28．如图6所示，一个半径为R 的14圆周轨道，O 点为圆心，B 为轨道上的一点，OB 与水平方向的夹角为37°.轨道的左侧与一固定光滑平台相连，在平台上一轻质弹簧左端与竖直挡板相连，弹簧处于原长时右端在A 点．现用一质量为m 的小球(与弹簧不连接)压缩弹簧至P 点后释放．已知重力加速度为g ，不计空气阻力．图6(1)若小球恰能击中B 点，求刚释放小球时弹簧的弹性势能；(2)试通过计算判断小球落到轨道时速度能否与圆弧垂直；(3)改变释放点的位置，求小球落到轨道时动能的最小值．9．我国拥有航空母舰后，舰载机的起飞与降落等问题受到了广泛关注.2012年11月23日，舰载机歼—15首降“辽宁舰”获得成功，随后舰载机又通过滑跃式起飞成功．某兴趣小组通过查阅资料对舰载机滑跃起飞过程进行了如下的简化模拟：假设起飞时“航母”静止，飞机质量视为不变并可看成质点．“航母”起飞跑道由如图7所示的两段轨道组成(二者平滑连接，不计拐角处的长度)，其水平轨道长AB ＝L ，水平轨道与斜面轨道末端C 的高度差为h .一架歼—15飞机的总质量为m ，在C 端的起飞速度至少为v .若某次起飞训练中，歼—15从A 点由静止启动，飞机发动机的推力大小恒为0.6mg ，方向与速度方向相同，飞机受到空气和轨道平均阻力的合力大小恒为0.1mg .重力加速度为g .求：图7(1)飞机在水平轨道AB 上运动的时间；(2)在水平轨道末端B ，发动机的推力功率；(3)要保证飞机正常起飞，斜面轨道的长度满足的条件．(结果用m 、g 、L 、h 、v 表示)答案解析1．D [随着转速的缓慢增加，物块与水平转台之间的静摩擦力的大小和方向不断变化，即摩擦力对物块做的功属于变力的功．最大静摩擦力提供向心力μmg ＝m v 2R 解得v ＝μgR ①物块做加速圆周运动过程中，由动能定理可知W f ＝12m v 2②由①②两式解得W f ＝12μmgR ，故D 正确．]2．D [由牛顿第二定律可得：P v －f ＝ma ，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，匀变速直线运动的公式不成立，选项A 错误；因为牵引力是变力，且大于阻力f ，选项B 、C 错误；由动能定理可得：Pt －fx ＝12m v 22－12m v 21，选项D 正确．] 3．B [F －x 图象与坐标轴围成的面积表示力F 做的功，图形位于x 轴上方表示力做正功，位于x 轴下方表示力做负功，面积大小表示功的大小，所以物体运动到x＝16m 处时，力F 对物体做的总功W ＝40J ，由动能定理W ＝12m v 22－12m v 21，解得v 2＝3m/s ，B 正确．]4．(1)24J (2)2.4m (3)4.5m解析 (1)W f ＝μmgL cos θ＝24J(2)设最高位置距A 点的距离为x ，据动能定理有mgx sin θ－μmg (2L －x )cos θ＝0解得x ＝2.4m(3)根据动能定理有mgL sin θ－μmgs 总cos θ＝0解得s 总＝4.5m5．AD [由动能定理可知，mg (H －h )＝E k －E k0，即E k ＝E k0＋mgH －mgh ，E k －h图象为一次函数图象，B 项错；又E k ＝E k0＋12mg 2t 2，可知E k －t 图象为开口向上的抛物线，A 项正确；由重力势能定义式有：E p ＝mgh ，E p －h 为正比例函数，所以D 项正确；由平抛运动规律有：H －h ＝12gt 2，所以E p ＝mg (H －12gt 2)，所以E p －t图象不是直线，C 项错．]6．D [从发球直至球落地的整个过程中，由动能定理有W ＋mgh ＝12m v 21－12m v 20，解得W ＝12m v 21－12m v 20－mgh ，故选项D 正确．]7．C [对于前3m 过程，根据动能定理，有：W 1－μmgx ＝12m v 2A ，解得：v A ＝32m/s ，根据速度位移公式，有：2a 1x ＝v 2A ，解得：a 1＝3m/s 2，故A 错误，C 正确；对于前9m 过程，根据动能定理，有：W 2－μmgx ′＝12m v 2B ，解得：v B ＝32m/s ，故B错误；AB 段受力恒定，故加速度恒定，而初、末速度相等，故AB 段的加速度为零，故D 错误．]8．(1)415mgR (2)小球落到轨道时速度不能与圆弧垂直 (3)32mgR解析 (1)小球离开O 点做平抛运动，设初速度为v 0，由R cos37°＝v 0tR sin37°＝12gt 2解得v 0＝815gR由机械能守恒E p ＝12m v 20＝415mgR (2)设落点与O 点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动，有 R cos θ＝v 0tR sin θ＝12gt 2位移方向与圆弧垂直tan θ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0设速度方向与水平方向的夹角为αtan α＝v y v 0＝gt v 0＝2tan θ 所以小球不能垂直击中圆弧(3)设落点与O 点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动R cos θ＝v 0tR sin θ＝12gt 2由动能定理mgR sin θ＝E k －12m v 20解得E k ＝mgR (34sin θ＋14sin θ)当sin θ＝33时，E kmin ＝32mgR9．(1)2Lg (2)0.6mg gL (3)l ≥v 2g ＋2h －L解析 (1)设飞机在水平轨道的加速度为a ，运动时间为t ，发动机的推力为F ，阻力为f ，由牛顿第二定律得F －f ＝0.6mg －0.1mg ＝ma得a ＝0.5g而由位移公式有L ＝12at 2解得：t ＝2Lg(2)设飞机在B 端的速度为v ′，功率为P ，由速度公式v ′＝at ＝gL 解得：P ＝F v ′＝0.6mg gL(3)设飞机恰能在C 端起飞时，斜面轨道长为l 0，整个过程由动能定理有：(F －f )(L ＋l 0)－mgh ＝12m v 2解得：l 0＝v 2g ＋2h －L所以，斜面轨道长度满足的条件是l ≥v 2g ＋2h －L。
第七章 微专题49 动量、冲量-2025年高中物理《加练半小时》新教材版
第七章动量守恒定律微专题49动量、冲量1．动量和动能的区别和联系：(1)动量和动能是量度机械运动的两种方法，动量是矢量，动能是标量；(2)E k ＝p 22m，p ＝2mE k 。
2.冲量和功的区别：冲量是力在时间上的积累，是矢量，是动量改变的原因；功是力在空间上的积累，是能量改变的原因。
1．(2023·河北邯郸市模拟)如图甲所示，在粗糙的水平面上静止放置一滑块，t ＝0时刻在滑块上施加一水平向右的外力F ，外力大小随时间的变化规律如图乙所示，滑块的加速度随时间的变化规律如图丙所示，已知滑块与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s 2。
则下列说法正确的是()A ．滑块的质量为m ＝2kgB ．4s 末滑块速度的大小为12m/sC ．在0～1s 的时间内，摩擦力的冲量大小为0D ．在0～4s 的时间内，摩擦力的冲量大小为22N·s答案D 解析根据题图乙可知，外力F 与时间的关系的表达式为F ＝2＋4t (N)，由题图丙可知，在t ＝1s 时，滑块开始有加速度，故此刻拉力与最大静摩擦力大小相等，则有F f ＝F 1＝6N ，在t ＝4s 时，外力F 4＝18N ，滑块的加速度为4m/s 2，根据牛顿第二定律有F 4－F f ＝ma 4，解得m ＝F 4－F f a 4＝3kg ，A 错误；a －t 图像与横轴所围成的面积表示速度的变化量大小，滑块由静止开始加速运动，故4s 末滑块速度的大小v 4＝42×(4－1)m/s ＝6m/s ，B 错误；在0～1s 的时间内，有静摩擦力作用，静摩擦力和外力F 等大反向，故摩擦力的冲量大小不为0，其大小等于F的冲量大小I f1＝I F1＝2＋62×1N·s＝4N·s，C错误；在1～4s的时间内，摩擦力等于最大静摩擦力，摩擦力的冲量大小为I f14＝F f t14＝6×3N·s＝18N·s，故在0～4s的时间内，摩擦力的冲量大小为I＝I f1＋I f14＝22N·s，D正确。
2017版高中物理《加练半小时》全国配套Word版文档微专题83 光的干涉、衍射与偏振
微专题83光的干涉、衍射与偏振训练目标 1.理解光的双缝干涉与薄膜干涉现象，知道明、暗条纹的产生条件.2.理解光的衍射现象与偏振现象．题组一光的干涉、衍射、偏振现象的理解1．在杨氏双缝干涉实验中，如果()A．用白光作为光源，屏上将呈现黑白相间的条纹B．用红光作为光源，屏上将呈现红黑相间的条纹C．用红光照射一条狭缝，用紫光照射另一条狭缝，屏上将呈现彩色条纹D．用紫光作为光源，遮住其中一条狭缝，屏上将呈现间距不等的条纹2．下列说法正确的是()A．光纤通信的工作原理是全反射的原理，其具有容量大、抗干扰性强等优点B．自然光斜射到玻璃、水面、木质桌面时，反射光和折射光都是偏振光C．经过同一双缝所得干涉条纹，红光条纹宽度大于绿光条纹宽度D．紫外线比红外线更容易发生衍射现象3．对图1所示的图片、示意图或实验装置图，下列判断准确无误的是()图1A．甲图是小孔衍射的图样，也被称为“泊松亮斑”B．乙图是薄膜干涉的应用，用来检测平面的平整程度C．丙图是双缝干涉原理图，若P到S1、S2的路程差是半波长的偶数倍，则是亮条纹D．丁图是薄膜干涉现象的实验装置图，在附有肥皂膜的铁丝圈上，出现竖直干涉条纹4. 用如图2所示的实验装置观察光的薄膜干涉现象．图中左侧是撒有食盐的酒精灯火焰，右侧是竖立的附着一层肥皂薄膜的金属丝圈，关于该实验，下列说法正确的是()图2A．观察时应当在火焰的同侧面向薄膜观察火焰的像B．观察时应当在火焰的异侧透过薄膜观察火焰的像C．将金属丝圈在其所在的竖直平面内缓慢旋转90°，干涉条纹保持原形状不变D．将金属丝圈在其所在的竖直平面内缓慢旋转90°，干涉条纹将发生改变5. 某玻璃砖中有一个空气三棱柱，其截面如图3所示．现有一束很细的具有两种不同颜色的复色光P从AB边射向空气，经过二次折射后，有a、b两束光分别从AC边上R、Q两点射回玻璃中(R、Q点未画出，已知R点离A点近)．则()图3A．光束从AB界面射入空气后向BC边偏折B．在空气三棱柱中a光传播时间比b光的短C．当a、b两束光由玻璃射向空气中，a光临界角比b光临界角大D．用a、b两束光在相同条件下做双缝干涉实验，b光干涉条纹间距比a光大题组二双缝干涉明暗条纹的判定6．用a、b两束单色光分别照射同一双缝干涉装置，在离双缝恒定距离的屏上得到如图4所示的干涉图样，其中图甲是a光形成的，图乙是b光形成的．则关于a、b两束单色光，下述正确的是()图4A．a光的频率较高B．a光的波长较长C．a光光子的能量较大D．a光在水中传播的速度较大7. 在杨氏双缝干涉实验中，如果不用激光光源而用一般的单色光源，为了完成实验可在双缝前边加一单缝获得线光源，如图5所示．在用单色光做双缝干涉实验时，若单缝S从双缝S1、S2的中央对称轴位置处稍微向上移动，则()图5A．不再产生干涉条纹B．仍可产生干涉条纹，且中央亮条纹P的位置不变C．仍可产生干涉条纹，中央亮条纹P的位置向上移D．仍可产生干涉条纹，中央亮条纹P的位置略向下移8．(2014·全国大纲·17)在双缝干涉实验中，一钠灯发出的波长为589 nm的光，在距双缝1.00 m的屏上形成干涉图样．图样上相邻两明纹中心间距为0.350 cm，则双缝的间距为() A．2.06×10－7m B．2.06×10－4mC．1.68×10－4m D．1.68×10－3m答案1．BD[双缝干涉实验中，用白光作为光源，将得到彩色条纹，用红光作为光源将得到红、黑相间的条纹．用不同颜色的光分别照射两条狭缝，得不到干涉条纹．用单色光照一条狭缝，得到衍射条纹．]2．ABC[由光的基础知识知，选项A、B正确；红光的波长比绿光的波长长，根据双缝干涉条纹间距公式Δx＝ldλ可知，经过同一双缝所得干涉条纹，红光条纹宽度大于绿光条纹宽度，选项C正确；衍射现象的明显程度与缝的宽度(或障碍物的尺寸)和光的波长有关，缝越窄(或障碍物的尺寸越小)，波长越长，衍射现象越明显，与红外线相比，紫外线的波长更短，更不容易发生衍射现象，选项D错误．]3．BC[甲图是小孔衍射的图样，但不是“泊松亮斑”，故A错．丁图是薄膜干涉现象的实验装置图，但其干涉条纹应为水平的，故D错．]4．AC[形成薄膜干涉条纹是薄膜表面反射的光跟薄膜后表面反射的光叠加而形成的稳定干涉图样，所以A正确，B错误；将金属丝圈在其所在的竖直平面内旋转90°时，由于光源及距离没变，故干涉图样不变，C正确，D错误．]5．D[因为光束从AB界面射入空气时，光线是从光密介质射入光疏介质，所以折射角应该大于入射角，根据题意，作出光线从玻璃砖射入空气三棱柱时的折射光线如图所示，显然，折射光线向顶点A偏折，a光的折射角较大，根据折射定律，a光在玻璃中的折射率较大，即n a＞n b，选项A错误；根据关系式v ＝c/n和n a＞n b可知，单色光a在玻璃砖中的传播速度较小，又因为a光在空气三棱柱中的传播距离较长，所以在空气三棱柱中a光传播时间比b光的长，选项B错误；根据临界角公式sin C＝1/n以及n a＞n b可知，当a、b两束光由玻璃射向空气时，a光临界角比b光临界角小，选项C错误；a光的折射率较大，波长较小，再根据光的双缝干涉条纹间距公式Δx ＝ldλ可知，若用同一干涉装置做实验，则a光的干涉条纹间距较小，即b光干涉条纹间距比a光大，所以选项D正确．]6．BD[由双缝干涉条纹间距公式Δx＝ldλ可判断a光的波长长，再由c＝λν可知a光的频率小，则a光光子的能量ε＝hν小．a光的频率小，对同一介质的折射率小，光在其间传播的速度大，所以B、D正确．]7．D[实验中单缝S的作用是形成频率一定的线光源，双缝S1、S2的作用是形成相干光源，稍微向上移动S后，没有改变传到双缝的光的频率，由S1、S2射出的仍是相干光．由单缝S 射出的光到达屏幕上P点下方某点光程差为零，故中央亮条纹下移．]8．C[在双缝干涉实验中，相邻明条纹间距Δx、双缝间距d与双缝到屏的距离L间的关系为Δx＝Ldλ，则双缝间距d＝LλΔx＝1.00×589×10－90.350×10－2m≈1.68×10－4m.]。
第七章 微专题51 动量守恒定律及应用-2025年高中物理《加练半小时》新教材版
第七章动量守恒定律微专题51动量守恒定律及应用1．动量守恒分为理想守恒、近似守恒、单方向守恒，应用动量守恒定律时先要判断系统是否动量守恒。
2.应用动量守恒定律一定要先明确研究对象是谁，明确守恒过程的初、末状态并灵活选取研究过程。
1．(多选)对于以下四幅图所反映的物理过程，下列说法正确的是()A．图甲中子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能减少B．图乙中M、N两木块放在光滑水平面上，剪断M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，机械能增加C．图丙中细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程，不计水的阻力，两球组成的系统动量守恒，机械能不守恒D．图丁中木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上动量守恒，机械能一定守恒答案AC解析题图甲中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，由于存在摩擦力，机械能有损失，故A正确；题图乙中M、N两木块放在光滑的水平面上，剪断M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧的弹性势能转化为两木块的动能，系统机械能守恒，故B错误；题图丙中，木球和铁球组成的系统匀速下降，说明两球所受水的浮力等于两球的重力之和，细线断裂后两球组成的系统所受合外力为零，两球组成的系统动量守恒，由于水的浮力对两球做功，两球组成的系统机械能不守恒，故C正确；题图丁中，木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上不受外力作用，水平方向上动量守恒，由于斜面可能不光滑，所以机械能可能不守恒，故D错误。
2.(多选)质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定在其左侧，另一质量也为m的物块乙以4m/s的速度与甲相向运动，如图所示，两物块通过弹簧相互作用(未超出弹簧弹性限度)并最终弹开，则()A．两物块在压缩弹簧的过程中，两物块组成的系统动量守恒B．当两物块相距最近时，甲物块的速度为零C．甲物块的速率可能为5m/sD．当甲物块的速率为1m/s时，乙物块的速率可能为2m/s答案AD解析甲、乙两物块在压缩弹簧的过程中，两物块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A正确；当两物块相距最近时，两物块速度相同，甲物块的速度不为零，故B错误；若甲物块的速率为5m/s，根据动量守恒定律可得此时乙物块的速率为6m/s或4m/s，两物块组成的系统机械能增大，违反了能量守恒定律，故C错误；当甲物块的速率为1m/s，且方向向左时，选取向右为速度的正方向，根据动量守恒定律有m·4m/s－m·3m/s＝m v－m·1 m/s，解得乙物块的速率v＝2m/s，故D正确。
2017版高中物理《加练半小时》全国配套Word版文档阶段循环练十二 机械振动与机械波 光
阶段循环练十二机械振动与机械波光训练目标 1.理解振动与波的概念，掌握振动图象与波的图象的应用.2.熟练应用折射定律和全反射规律分析光的传播问题．1．(2014·北京·17)一简谐机械横波沿x轴正方向传播，波长为λ，周期为T.t＝0时刻的波形如图1甲所示，a、b是波上的两个质点．图乙是波上某一质点的振动图像．下列说法正确的是()图1A．t＝0时质点a的速度比质点b的大B．t＝0时质点a的加速度比质点b的小C．图乙可以表示质点a的振动D．图乙可以表示质点b的振动2．(2014·全国大纲·18)两列振动方向相同、振幅分别为A1和A2的相干简谐横波相遇．下列说法正确的是()A．波峰与波谷相遇处质点的振幅为|A1－A2|B．波峰与波峰相遇处质点离开平衡位置的位移始终为A1＋A2C．波峰与波谷相遇处质点的位移总是小于波峰与波峰相遇处质点的位移D．波峰与波峰相遇处质点的振幅一定大于波峰与波谷相遇处质点的振幅3．(2014·山东·38(1))一列简谐横波沿直线传播．以波源O由平衡位置开始振动为计时零点，质点A的振动图像如图2所示，已知O、A的平衡位置相距0.9 m，以下判断正确的是________．(双选，填正确答案标号)图2a．波长为1.2 mb．波源起振方向沿y轴正方向c．波速大小为0.4 m/sd．质点A的动能在t＝4 s时最大4．(2013·哈尔滨质检)一列简谐横波沿直线由a向b传播，相距10.5 m的a、b两处的质点振动图象如图3中a、b所示，则()图3A．该波的振幅可能是20 cmB．该波的波长可能是8.4 mC．该波的波速可能是10.5 m/sD．该波由a传播到b可能历时7 s5．(2014·新课标Ⅱ·34(1))图4(a)为一列简谐横波在t＝0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1.0 m处的质点，Q是平衡位置在x＝4.0 m处的质点；图(b)为质点Q的振动图像．下列说法正确的是________．(填正确答案标号)图4A．在t＝0.10 s时，质点Q向y轴正方向运动B．在t＝0.25 s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同C．从t＝0.10 s到t＝0.25 s，该波沿x轴负方向传播了6 mD．从t＝0.10 s到t＝0.25 s，质点P通过的路程为30 cmE．质点Q简谐运动的表达式为y＝0.10 sin 10πt(国际单位制)6. 一弹簧振子做简谐运动，它所受的回复力F随时间t变化的图象为正弦曲线，如图5所示，下列说法正确的是()图5A．在t从0到2 s时间内，弹簧振子做加速运动B．在t1＝3 s和t2＝5 s时，弹簧振子的速度大小相等，方向相反C．在t2＝5 s和t3＝7 s时，弹簧振子的位移大小相等，方向相同D．在t从0到4 s时间内，t＝2 s时刻弹簧振子所受回复力做功的功率最大7．(2014·四川·3)如图6所示，口径较大、充满水的薄壁圆柱形浅玻璃缸底有一发光小球，则()图6A．小球必须位于缸底中心才能从侧面看到小球B．小球所发的光能从水面任何区域射出C．小球所发的光从水中进入空气后频率变大D．小球所发的光从水中进入空气后传播速度变大8．(2014·天津·8)一束由两种频率不同的单色光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7所示，则a、b两束光()图7A．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应，b光照射时逸出的光电子最大初动能大9. 一玻璃砖横截面如图8所示，其中ABC为直角三角形(AC边未画出)，AB为直角边，∠ABC ＝45°；ADC为一圆弧，其圆心在BC边的中点．此玻璃的折射率为1.5.P为一贴近玻璃砖放置的、与AB垂直的光屏．若一束宽度与AB边长度相等的平行光从AB边垂直射入玻璃砖，则()图8A．从BC边折射出一束宽度与BC边长度相等的平行光B．屏上有一亮区，其宽度小于AB边的长度C．屏上有一亮区，其宽度等于AC边的长度D．当屏向远离玻璃砖的方向平行移动时，屏上亮区先逐渐变小然后逐渐变大10．如图9所示，一束由两种色光混合的复色光沿PO方向射向一上下表面平行的厚玻璃平面镜的上表面，得到三束反射光束Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，则()图6A．光束Ⅰ仍为复色光，光束Ⅱ、Ⅲ为单色光，且三束光一定相互平行B．增大α且α≤90°，光束Ⅱ、Ⅲ会远离光束ⅠC．在此玻璃中光束Ⅱ的折射率比光束Ⅲ的折射率大D．减小α且α＞0°，光束Ⅲ可能会从上表面消失11. 某时刻的波形图如图10所示，波沿x轴正方向传播，质点p的坐标x＝0.32 m，从此刻开始计时．图10(1)若每间隔最小时间0.4 s重复出现波形图，求波速；(2)若p点经0.4 s第一次到达正向最大位移处，求波速；(3)若p点经0.4 s到达平衡位置，求波速．12. 如图11所示为边长l＝30 2 cm的等边玻璃三棱镜，某单色光束射到界面AB中点上，入射角为i1＝45°，玻璃对单色光的折射率为n＝ 2.不考虑光在界面AC上的反射，求：图11(1)从界面AC出射的光线与入射到界面AB上的光线的夹角θ，即偏折角；(2)单色光在玻璃中传播的时间．(光速c＝3×108 m/s)13. 一底面半径为R的半圆柱形透明体的折射率为n＝3，横截面如图12所示，O表示半圆柱形截面的圆心．一束极窄的光线在横截面内从AOB边上极靠近A点处以60°的入射角入射，求：该光线从射入透明体到第一次射出透明体时所经历的时间(已知真空中的光速为c，计算结果用R、n、c表示)．图1214．如图13所示是一种折射率n ＝1.5的棱镜，现有一束光线沿MN 的方向射到棱镜的AB 界面上，入射角的正弦值为sin i ＝0.75.光速c ＝3×108 m/s ，求：图13(1)光在棱镜中传播的速率；(2)通过计算说明此束光线射出棱镜后的方向并画出光路图(不考虑返回到AB 面上的光线)．答案1．D [图甲为波的图像，图乙为振动图像．t ＝0时刻，a 质点在波峰位置，速度为零，加速度最大；b 质点在平衡位置，加速度为零，速度最大，故选项A 、B 错；在波的图像中，根据同侧法由传播方向可以判断出质点的振动方向，所以t ＝0时刻，b 点在平衡位置且向下振动，故选项C 错，D 对．]2．AD [A.波峰与波谷相遇时，振幅相消，故实际振幅为|A 1－A 2|，故选项A 正确；B.波峰与波峰相遇处，质点的振幅最大，合振幅为A 1＋A 2，但此处质点仍处于振动状态中，其位移随时间按正弦规律变化，故选项B 错误；C.振动减弱点和加强点的位移随时间按正弦规律变化，选项C 错误；D.波峰与波峰相遇时振动加强，波峰与波谷相遇时振动减弱，加强点的振幅大于减弱点的振幅，故选项D 正确．]3．ab4．D [由题图可知，此波的振幅为10 cm ，周期为4 s ，A 错误；a 质点在t ＝2 s 时处于波峰位置，而b 质点在t ＝2 s 时处于平衡位置且向下运动，再经3 s ，b 质点才振动到波峰，则a 比b 超前Δt ＝(nT ＋3) s ＝(4n ＋3) s(n ＝0,1,2…)，由v ＝Δx Δt ＝10.54n ＋3m /s(n ＝0,1,2，…)知，当n ＝0时，v ＝3.5 m/s ，对应波长为14 m ；当n ＝1时，v ＝1.5 m /s ，对应波长为6 m ，可知B 、C 错误；当n ＝1时，Δt ＝7 s ，D 正确．]5．BCE [由y －t 图像可知，t ＝0.10 s 时质点Q 沿y 轴负方向运动，选项A 错误；由y －t图像可知，波的振动周期T ＝0.2 s ，由y －x 图像可知λ＝8 m ，故波速v ＝λT＝40 m/s ，根据振动与波动的关系知波沿x 轴负方向传播，则波在0.10 s 到0.25 s 内传播的距离Δx ＝v Δt ＝6 m ，选项C 正确；在t ＝0.25 s 时其波形图如图所示，此时质点P 的位移沿y 轴负方向，而回复力、加速度方向沿y 轴正方向，选项B 正确；Δt ＝0.15 s ＝34T ，质点P 在其中的12T 内路程为20 cm ，在剩下的14T 内包含了质点P 通过最大位移的位置，故其路程小于10 cm ，因此在Δt ＝0.15 s 内质点P 通过的路程小于30 cm ，选项D 错误；由y －t 图像可知质点Q 做简谐运动的表达式为y ＝0.10sin 2π0.2t (m)＝0.10sin 10πt (m)，选项E 正确．]6．C [在t 从0到2 s 时间内，弹簧振子所受的回复力增大，说明位移在增大，弹簧振子做减速运动，A 错误；从题图中可以看出，在t 1＝3 s 和t 2＝5 s 时，弹簧振子所受的回复力大小相等，可知弹簧振子的速度大小相等，在这段时间内弹簧振子是从负向最大位移向正向最大位移运动，速度方向相同，B 错误；从题图中可以看出，在t 2＝5 s 和t 3＝7 s 时，回复力大小相等，方向相同，则有弹簧振子的位移大小相等，方向相同，C 正确；从题图中可以看出，t ＝2 s 时刻弹簧振子所受的回复力最大，弹簧振子的速度为零，则回复力做功的功率为零，D 错误．]7．D [发光小球沿水平方向发出的光，均能射出玻璃缸，不发生全反射，选项A 错误；小球发出的光射到水面上时，当入射角大于等于临界角时，会发生全反射，选项B 错误；光的频率由光源决定，光由一种介质进入另一种介质时，光的频率不变，选项C 错误；根据n ＝c v ，光在水中的传播速度较小，选项D 正确．]8．AB [A.由折射定律可知n a >n b ，由v ＝c n知v a <v b ，故A 正确．B ．由sinC ＝1n 可知，a 光的临界角比b 光的小，B 正确． C ．因n a >n b ，故λa <λb ，由Δx ＝L dλ知b 光形成的相邻亮条纹间距大，C 错误． D ．因为n a >n b ，则νa >νb ，由爱因斯坦光电效应方程E km ＝hν－W 0可知，a 光照射时逸出的光电子最大初动能大，D 错误．]9．BD [宽为AB 的平行光进入到玻璃中直接射到BC 面，入射角为45°>临界角C (sin C ＝11.5)，所以在BC 面上发生全反射，仍然以宽度大小为AB 长度的竖直向下的平行光射到AC 圆弧面上．根据几何关系可得到在屏上的亮区宽度小于AB 的长度，B 、D 正确．]10．AC [由玻璃对不同色光的折射率不同并结合光的全反射分析求解．Ⅰ为直接反射的光，为复色光，Ⅱ、Ⅲ两束是经玻璃的下表面反射和再次进入空气折射形成的，如图所示，由光路图知光束Ⅱ在玻璃中的偏折程度比光束Ⅲ的偏折程度大，光束Ⅱ的折射率比光束Ⅲ的大，光束Ⅱ、Ⅲ为单色光，由光路可逆可知，三束光彼此平行，A 、C 正确；当α＝90°时，反射光与入射光重合，因此当α增大时，Ⅱ、Ⅲ光束靠近光束Ⅰ，B 错误；由于光路可逆，因此只要光能从上表面射进，则一定能以原角度从上表面射入空气，不会发生全反射，D 错误．]11．(1)2 m /s (2)0.3 m/s(3)(0.8＋n ) m/s(n ＝0,1,2,3，…)解析 (1)依题意，周期T ＝0.4 s故波速v 1＝λT ＝0.80.4m /s ＝2 m/s (2)波向右传播距离Δx 1＝0.32 m －0.2 m ＝0.12 mp 点恰好第一次到达正向最大位移处，波速v 2＝Δx 1Δt＝0.3 m/s (3)波向右传播距离Δx 2＝0.32 m 时，p 点恰好第一次到达平衡位置，由周期性得波传播的距离：Δx ＝(0.32＋λ2n )m(n ＝0,1,2,3，…) 所以v 3＝Δx Δt ＝0.32＋0.82n 0.4m /s ＝(0.8＋n ) m/s(n ＝0,1,2,3，…)12．(1)30° (2)10－9 s解析 (1)如图所示，入射光线射到界面AB 上，其折射光线射到界面AC 上，再次折射到空气中，设在界面AB 上的折射角为r 1，在界面AC 上的入射角为i 2.由折射定律得n ＝sin i 1sin r 1故r 1＝30°由几何关系可知i 2＝30°由折射定律得n ＝sin r 2sin i 2，故r 2＝45° θ＝i 1－r 1＋r 2－i 2＝30°(2)由几何关系可知，光在玻璃中的折射光线与底边BC 平行，其长度为BC 边长的一半．光在玻璃中的传播速度为v ＝c n则光在玻璃中传播的时间t ＝0.5l v ＝0.5ln c＝10－9 s 13.3nR c解析 光路图如图所示，由n ＝sin 60°sin ∠1得∠1＝30°由几何关系得∠3＝60°设临界角为C ，sin C ＝1n ＝33sin C <sin ∠3，C <∠3，光线发生全反射由几何关系知，光在透明体内运动的路程s ＝3R由n ＝c v 、t ＝s v 得t ＝3nR c14．见解析解析 (1)由n ＝c v 得v ＝c n＝2×108 m/s. (2)设光线进入棱镜后的折射角为γ，由sin i sin γ＝n ，得sin γ＝sin i n＝0.5，γ＝30°，光线射到BC 界面时的入射角i 1＝90°－45°＝45°由于sin 45°>1n，所以光线在BC 边发生全反射，光线沿DE 方向射出棱镜后的方向与AC 边垂直，光路图如图所示．。
新步步高《加练半小时》2017年高考物理(全国通用)一轮微专题复习练第3章牛顿运动定律微专题22动力学中的
1．考点及要求：(1)滑动摩擦力和静摩擦力(Ⅱ)；(2)匀变速直线运动的公式(Ⅱ)；(3)牛顿运动定律(Ⅱ).2.方法与技巧：(1)首先判定摩擦力突变点，给运动分段．物体所受摩擦力，其大小和方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻．v物与v传相同的时刻是运动分段的关键点，也是解题的突破口；(2)在倾斜传送带上往往需要比较mg sinθ与f的大小与方向；(3)考虑传送带长度——判定临界之前是否滑出；物体与传送带共速以后物体是否一定与传送带保持相对静止做匀速运动．1．(水平传送带问题)(多选)如图1甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点)．已知传送带的速度保持不变，重力加速度g取10m/s2.关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是()图1A．μ＝0.4 B．μ＝0.2C．t＝4.5s D．t＝3s2．(倾斜传送带问题)如图2所示，绷紧的传送带，始终以2m/s的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角θ＝30°.现把质量为10kg的工件轻轻地放在传送带底端P处，由传送带传送至顶端Q处．已知P、Q之间的距离为4m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝32，取g＝10m/s2.图2(1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动；(2)求工件从P点运动到Q点所用的时间．3．(多选)如图3甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t＝0时，将质量m＝1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v－t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s2.则()图3A．传送带的速率v0＝10m/sB．传送带的倾角θ＝30°C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D．0～2.0s摩擦力对物体做功W f＝－24J4.如图4所示，有一水平放置的足够长的传送带输送机以v＝5m/s的速率沿顺时针方向运行．有一物块以v0＝10 m/s的初速度从传送带输送机的右端沿传送带水平向左滑动．若物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，并取g＝10m/s2，求物块从滑上传送带到离开传送带所用的时间．图4答案解析1．BC [由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为a ＝Δv Δt ＝2.0m/s 2，由牛顿第二定律得f ＝Ma ＝μMg ，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A 错误，B 正确；在v －t 图象中，图线与t 轴所围面积表示物块的位移，则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后匀速运动回到传送带左端时，物块的位移为0，由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5 s ，C 正确，D 错误．]2．(1)见解析 (2)2.4s解析 (1)对工件进行受力分析，由牛顿第二定律得：μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，代入数值得：a ＝2.5m/s 2.则其速度达到传送带速度时发生的位移为s 1＝v 22a ＝222×2.5m ＝0.8m<4m. 工件匀速运动的位移s 2＝s －s 1＝4m －0.8m ＝3.2m.可见工件先匀加速运动0.8m ，然后匀速运动3.2m.(2)匀加速时，由s 1＝v 2t 1得t 1＝0.8s ，匀速时t 2＝s 2v ＝3.22s ＝1.6s ，所以工件从P 点运动到Q 点所用的时间为t ＝t 1＋t 2＝2.4s.3．ACD [当物体的速度超过传送带的速度后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据v －t 图象可得，传送带的速率为v 0＝10 m/s ，选项A 正确；1.0s 之前的加速度a 1＝10m/s 2,1.0 s 之后的加速度a 2＝2 m/s 2，结合牛顿第二定律，g sin θ＋μg cos θ＝a 1，g sin θ－μg cos θ＝a 2，解得sin θ＝0.6，θ＝37°，μ＝0.5，选项B 错误，选项C 正确；摩擦力大小f ＝μmg cos θ＝4N ，在0～1.0s 内，摩擦力对物体做正功，在1.0～2.0s 内，摩擦力对物体做负功，0～1.0s 内物体的位移为5m,1.0～2.0s 内物体的位移是11m ，摩擦力做的功为－4×(11－5) J ＝－24J ，选项D 正确．]4．4.5s解析 物块滑上传送带时，受到向右的滑动摩擦力，向左做匀减速运动，由牛顿第二定律得：μmg ＝ma ，加速度：a ＝μg ＝0.5×10m/s 2＝5 m/s 2，由匀变速运动的速度位移公式可得，物块速度变为零时的位移： s ＝v 202a ＝1022×5m ＝10m ， 物块向左运动的时间t 左＝v 0a ＝105s ＝2s ；物块速度变为零后，反向向右做初速度为零的匀加速直线运动， 加速度a ＝5m/s 2，物块速度等于传送带速度v ＝5 m/s 时，物块的位移s 1＝v 22a ＝522×5m ＝2.5m<s ＝10m ，t 1＝v a ＝55s ＝1s ， 然后物块与传送带一起向右做匀速直线运动，物块做匀速直线运动的时间：t 2＝s －s 1v ＝10－2.55s ＝1.5s ， 物块从滑上传送带到离开传送带所用的时间：t ＝t 左＋t 1＋t 2＝4.5s。
第七章 微专题56 实验：验证动量守恒定律-2025年高中物理《加练半小时》新教材版
第七章动量守恒定律微专题56实验：验证动量守恒定律1．无论采用哪一种实验方案进行验证，都要把m、v测量出来，或用其他量把m、v表示出来，进而比较前后状态的动量大小。
2.若需判定是否为弹性碰撞，还要列出机械能守恒表达式。
1．(2024·湖北省阶段检测)两实验小组想验证动量守恒定律，第一组采用传统的如图甲所示的“碰撞实验装置”验证两小球碰撞前后的动量是否守恒；第二组设计了如图乙所示利用固定了两个光电门的气垫导轨验证两滑块碰撞前后的动量是否守恒。
第一组主要操作步骤如下：①安装好实验装置，使A球多次从斜轨上同一位置P由静止释放，找到其平均落地点的位置E；②将与A球半径相同的B球静置于水平轨道的末端点，再将A球从斜轨上位置P由静止释放，多次重复上述过程，分别找到碰后A球和B球的平均落点的位置D和F；③O为轨道末端点在地面的投影点，用刻度尺测量出水平射程OD、OE、OF，分别记为x1、x2、x3。
已知A球和B球的质量分别为m A、m B。
第二组主要操作步骤如下：①在气垫导轨上固定光电门1和光电门2，滑块M和N质量之比为1∶2，两滑块上固定宽度均为d的遮光片；②调节气垫导轨水平；③推动两滑块M和N分别由气垫导轨的左右两侧开始滑动，经测量，滑块M和N通过光电门1、2的遮光时间分别为Δt1和Δt2，两滑块发生碰撞后又先后通过两光电门1、2的遮光时间分别为Δt3和Δt4。
(1)第一组实验，当表达式________成立时，即说明A 球和B 球在碰撞过程中动量守恒；(用m A 、m B 、x 1、x 2、x 3表示)(2)第一组实验，当表达式________成立时，即说明A 球和B 球发生的是弹性碰撞；(3)第二组实验，当表达式________成立时，即说明滑块M 和N 在碰撞过程中动量守恒；(用题中所给字母符号表示)(4)第二组实验，当表达式________成立时，即说明滑块M 和N 在碰撞过程中发生的是弹性碰撞。
2017版高中物理《加练半小时》全国配套Word版文档微题型79 简谐运动与振动图象分析
第十二章机械振动与机械波光微题型79简谐运动与振动图象分析训练目标 1.理解简谐振动的概念，会分析振动过程中各物理量的变化.2.理解单摆的概念，会利用单摆的周期公式进行有关计算.3.会用图象描述简谐运动，理解图象的意义．题组一简谐运动的理解1．若物体做简谐运动，下列说法中正确的是()A．若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值B．物体通过平衡位置时，所受合力一定为零C．物体每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同D．物体的位移增大时，动能增加，势能减少2．(2014·浙江·17)一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪较大，游船上下浮动．可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20 cm，周期为3.0 s．当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐．地面与甲板的高度差不超过10 cm时，游客能舒服地登船．在一个周期内，游客能舒服地登船的时间是()A．0.5 s B．0.75 sC．1.0 s D．1.5 s题组二简谐运动的振动图象3．一个质点做简谐运动的图象如图1所示，下列说法正确的是()图1A．质点振动的频率为4 HzB．在10 s内质点经过的路程是20 cmC．在5 s末，质点的速度为零，加速度最大D．t＝1.5 s和t＝4.5 s两时刻，质点的位移大小相等，都是 2 cm4．(2013·北京市海淀区质检)图2是一弹簧振子在水平面内作简谐运动的x—t图象，则下列说法正确的是()图2A ．t 1时刻和t 2时刻具有相同的动能和速度B ．t 2到1.0 s 时间内加速度变小，速度减小C ．弹簧振子的振动方程是x ＝0.10sin πt (m)D ．t 2数值等于3倍的t 1数值题组三 单摆周期公式的应用5. (2013·日照市一模)如图3所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图象，则下列说法中正确的是( )图3A ．甲、乙两摆的振幅之比为2∶1B ．t ＝2 s 时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为零C ．甲、乙两摆的摆长之比为4∶1D ．甲、乙两摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等6．如图4所示，长度为l 的轻绳上端固定在O 点，下端系一小球(小球可看做质点)．在O点正下方，距O 点3l 4处的P 点固定一颗小钉子．现将小球拉到点A 处，轻绳被拉直，然后由静止释放小球．点B 是小球运动的最低位置，点C (图中未标出)是小球能够到达的左方最高位置．已知点A 与点B 之间的高度差为h ，h ≪l .A 、B 、P 、O 在同一竖直平面内．当地的重力加速度为g ，不计空气阻力．下列说法正确的是( )图4A ．点C 与点B 的高度差小于hB ．点C 与点B 的高度差等于hC ．小球摆动的周期等于3π2l g D ．小球摆动的周期等于3π4 l g7．(2013·上海市浦东新区4月高考预测)如图5所示，两段光滑圆弧轨道半径分别为R 1和R 2，圆心分别为O 1和O 2，所对应的圆心角均小于5°，在最低点O 平滑连接．M 点和N 点分别位于O 点左右两侧，距离MO 小于NO .现分别将位于M 点和N 点的两个小球A 和B (均可视为质点)同时由静止释放．关于两小球第一次相遇点的位置，下列判断正确的是( )图5A ．恰好在O 点B ．一定在O 点的左侧C ．一定在O 点的右侧D ．条件不足，无法确定答案1．C [如图所示，图线中a 、b 两处，物体处于同一位置，位移为负值，加速度一定相同，但速度方向分别为负、正，选项A 错误，C 正确；物体的位移增大时，动能减少，势能增加，选项D 错误；单摆的摆球通过最低点时，回复力为零，但合力不为零，选项B 错误．]2．C [由振动周期T ＝3.0 s 、ω＝2πT、A ＝20 cm 知，游船做简谐运动的振动方程x ＝A sin ωt ＝20sin 2π3t (cm)．在一个周期内，当x ＝10 cm 时，解得t 1＝0.25 s ，t 2＝1.25 s ．游客能舒服登船的时间Δt ＝t 2－t 1＝1.0 s ，选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．]3．BCD [由图象可知，质点振动的周期为4 s ，故频率为0.25 Hz ，A 错误；在10 s 内质点振动了2.5个周期，经过的路程是10A ＝20 cm ，B 正确；在5 s 末，质点处于正向最大位移处，速度为零，加速度最大，C 正确；由图象可得振动方程是x ＝2sin (2π4t ) cm ，将t ＝1.5 s 和t ＝4.5 s 代入振动方程得x ＝ 2 cm ，D 正确．]4．C [t 1时刻和t 2时刻具有相同的动能，但是速度大小相等、方向相反，选项A 错误．t 2到1.0 s 时间内加速度变小，速度增大，选项B 错误．弹簧振子的振动方程是x ＝0.10sin πt (m)，选项C 正确．t 2数值等于5倍的t 1数值，选项D 错误．]5．AB [由题图知甲、乙两摆的振幅分别为2 cm 、1 cm ，故选项A 正确；t ＝2 s 时，甲摆在平衡位置处，乙摆在振动的最大位移处，故选项B 正确；由单摆的周期公式，推出甲、乙两摆的摆长之比为1∶4，故选项C 错误；因摆球摆动的最大偏角未知且甲、乙两摆的摆长之比为1∶4，故选项D 错误．]6．BC [由机械能守恒定律可知，点C 与点B 的高度差等于h ，选项A 错误，B 正确；由单摆的周期公式可知，小球摆动的周期等于πl g ＋π14l g ＝3π2l g，选项C 正确，D 错误．] 7．C [两段光滑圆弧轨道所对应的圆心角均小于5°，两个小球的运动均可以等效为单摆的简谐运动．由于R 1<R 2，根据单摆周期公式，小球A 的周期小于小球B 的周期，现分别将位于M 点和N 点的两个小球A 和B (均可视为质点)同时由静止释放，两小球第一次相遇点的位置一定在O 点的右侧，选项C 正确．]。
2017版高中物理《加练半小时》全国配套Word版文档微专题81 实验：用单摆测定重力加速度
微专题81 实验：用单摆测定重力加速度训练目标 1.理解用单摆测定重力加速度的实验原理.2.会用图象法处理数据，会分析误差的来源．1．一组同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，用正确的操作方法测定了6组摆长l 和周期T 的对应值．为了求出当地的重力加速度g,4位同学提出了4种不同的处理方法： A ．从测定的6组对应值中任意选取1组，用公式g ＝4π2lT2求出g 作为测量值B ．先分别求出6个l 值的平均值l 和6个T 值的平均值T ，再用公式g ＝4π2lT 2求出g 作为测量值C ．先分别用6组l 、T 的对应值，用公式g ＝4π2lT 2求出6个对应的g 值，再求这6个值的平均值作为测量值 D ．在坐标纸上作出T 2－l图象，从图中计算出图线的斜率k ，根据g ＝4π2k求出g 作为测量值你认为以上4种方法中，错误的是________(填代号即可)，其余正确方法中，偶然误差最小的是________(填代号即可)．2．(1)某同学在探究影响单摆周期的因素时有如下操作，请判断是否恰当(填“是”或“否”)． ①把单摆从平衡位置拉开约5°释放________． ②在摆球经过最低点时启动秒表计时________． ③用秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期________．(2)该同学改进测量方法后，得到的部分测量数据见下表，用螺旋测微器测量其中一个摆球直径的示数如图1所示，该球的直径为________mm.根据表中数据可以初步判断单摆周期随________的增大而增大．图13.A．测摆长：用米尺测量摆线长度L.B．测周期：将摆球拉起，然后放开，在摆球通过最低点时，按下秒表开始计时，将此时作为第一次，接着一直数到摆球第60次通过最低点时，按秒表停止计时，得到时间t，算出单摆的周期T＝t/60.C．将所得的L和T代入单摆的周期公式，得出g，将它作为实验的最后结果写入实验报告．指出上面步骤中遗漏或出错的地方，写出该步骤的字母，并更正(如有遗漏标为D、E、F……)．________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________4．在“探究单摆的周期与摆长的关系”的实验中，为防止摆球在摆动过程中形成“圆锥摆”，实验中采用了如图2甲所示的双线摆．测出摆线长度为L，线与水平横杆的夹角为θ，摆球半径为r.若测出摆动的周期为T，则此地的重力加速度为________；某同学用10分度的游标卡尺测量摆球的直径时，读数如图乙所示，则摆球的半径r为________mm(结果保留两位有效数字)．图25．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g＝4π2T2l.只要测量出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2－l图象，就可求出当地的重力加速度，理论上T2－l图象是一条过坐标原点的直线．某同学在实验中，用一个直径为d的带孔实心钢球作为摆球，多次改变悬点到摆球顶部的距离l0，分别测出摆球做简谐运动的周期T后，作出T2－l图象，如图3所示．图3(1)造成图象不过坐标原点的原因可能是________．A．将l0记为摆长lB．摆球的振幅过小C．将(l0＋d)计为摆长lD．摆球质量过大(2)由图象求出重力加速度g＝________ m/s2.(取π2＝9.87)6．(2013·北京市西城区二模)某同学用单摆测定当地的重力加速度g.(1)如图4所示，用游标卡尺测摆球直径．摆球直径d＝________ mm.图4(2)实验操作步骤如下：A．取一根细线，下端系住一个金属小球，上端固定在铁架台上；B．用米尺(最小刻度为1 mm)测得摆线长l；C．在摆线偏离竖直方向较小夹角的位置由静止释放小球；D．用秒表记录小球完成n次全振动的总时间t，得到周期T＝tn；E．改变摆线长，重复B、C、D的操作．该同学采用两种方法处理实验数据．第一种方法：根据每一组T和l，利用g＝4π2lT2求出多组g值，然后计算g值的平均值，求得当地的重力加速度g.第二种方法：根据每一组T2和l，在图5中描点、连线，根据图线的斜率求出当地的重力加速度g.图5a ．如果实验中测量摆线长l 和单摆周期T 的偶然误差都比较小，那么，第一种方法求出的重力加速度________当地的重力加速度(选填“大于”、“等于”或“小于”)；b ．根据该同学在图中描出的点，请在图中描绘出T 2－l 图线；c ．该同学从图5中求出图线斜率k ，则重力加速度g 与斜率k 的关系式为g ＝______；代入数据求得g ＝______ m/s 2(结果保留3位有效数字)．答案1．B D2．(1)①是 ②是 ③否 (2)20.685(20.683～20.687) 摆长 3．见解析解析 A ：单摆周期公式T ＝2πlg中的l 指摆线长加摆球半径，即悬点到球心间的距离，l ＝L ＋d 2.B ：从摆球摆到平衡位置时计时，题中的60次并非全振动次数．在这段时间t 内，全振动的次数N ＝t 59/2＝2t59.C ：将一次测量结果代入公式，求得的值误差较大，应多次测量求g 的平均值，将其作为实验的最后结果．D ：将摆球拉起的最大摆角应不超过5°. 4.4π2(L sin θ＋r )T 28.0解析 单摆的摆长为l ＝L sin θ＋r ，由周期公式T ＝2πlg，此地的重力加速度为g ＝4π2(L sin θ＋r )T 2.由题图乙知摆球的半径r ＝12×16.0 mm ＝8.0 mm.5．(1)A (2)9.87解析 (1)摆长l 应该是悬点到小球重心的距离，即(l 0＋d2)；根据该同学作出的T 2－l 图象，当l 等于零时，周期不为零，说明实际摆长较长，即造成图象不过坐标原点的原因应该是摆长测小了，所以可能是将l 0记为摆长l . (2)由图象的斜率k ＝4.0 s 21 m ＝4 s 2/m 可得，g ＝4π2k＝9.87 m/s 2.6．(1)16.50 (2)a.小于 b ．T 2－l 图线如图所示 c.4π2k9.73(9.68～9.78)。
高考物理一轮复习第七章静电场微专题带电粒子在交变电场中的运动加练半小时粤教版.docx
微专题57 带电粒子在交变电场中的运动[方法点拨](1)在交变电场中做直线运动时，一般是几段变速运动组合．可画出v－t图像，分析速度、位移变化．(2)在交变电场中的偏转若是几段类平抛运动的组合，可分解后画出沿电场方向分运动的v－t图像，分析速度变化，或是分析偏转位移与偏转电压的关系式．1．(2018·湖北黄冈模拟)一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图1所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是()图1A．带电粒子只向一个方向运动B．0～2s内，电场力做功等于0C．4s末带电粒子回到原出发点D．2.5～4s内，电场力做功等于02．(多选)(2017·山东青岛二中模拟)如图2甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大．当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是()图23．(多选)(2017·四川宜宾二诊)如图3甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压．在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子.t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场．已知电场变化周期T＝2dv0，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力．则()图3A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0B．粒子的电荷量为mv02 2U0C．在t＝18T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了18mv02D．在t＝14T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场4．(多选)(2018·河北邢台质检)如图4甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B板间，A板接地，B板的电势φ随时间t变化情况如图乙所示．t＝0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当t＝2T时，电子回到P点．电子运动中没与极板相碰，不计重力．则()图4A．φ1∶φ2＝1∶2B．φ1∶φ2＝1∶3C．在0～2T内，当t＝T时电子的动能最大D．在0～2T内，电子的电势能减小了2e2T2φ12md25．(多选)如图5甲所示，一平行板电容器极板长l＝10cm，宽a＝8cm，两极板间距为d＝4cm，距极板右端l2处有一竖直放置的荧光屏．在平行板电容器左侧有一长b＝8cm的“狭缝”粒子源，可沿着两板中心平面，均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为2×1010C/kg，速度为4×106 m/s的带电粒子．现在平行板电容器的两极板间加上如图乙所示的交流电，已知粒子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期．下面说法正确的是()图5A．粒子打到屏上时在竖直方向上偏移的最大距离为6.25cmB．粒子打在屏上的区域面积为64cm2C．在0～0.02s内，进入电容器内的粒子有64%能够打在屏上D．在0～0.02s内，屏上出现亮线的时间为0.0128s6．(2017·辽宁沈阳质检)如图6中a所示的xOy平面处于匀强电场中，电场方向与x轴平行，电场强度E随时间t变化的周期为T，变化图线如图b所示，E为＋E0时电场强度的方向沿x轴正方向．有一带正电的粒子P，在某一时刻t0以某一速度v沿y轴正方向自坐标原点O射入电场，粒子P经过时间T到达的点记为A(A点在图中未画出)．若t0＝0，则OA连线与y轴正方向夹角为45°，不计粒子重力．图6(1)求粒子的比荷；(2)若t0＝T4，求A点的坐标；(3)若t0＝T8，求粒子到达A点时的速度．答案精析1．D[画出带电粒子速度v随时间t变化的图像如图所示，v－t图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4 s末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；2 s末速度不为0，可见0～2 s内电场力做功不等于0，B 错误；2.5 s和4 s末，速度的大、小方向都相同，2.5～4 s内电场力做功等于0，所以D正确．]2．AD[在平行金属板之间加上如题图乙所示的交变电压时，因为电子在平行金属板间所受的电场力F＝U0ed，所以电子所受的电场力大小不变．由牛顿第二定律F＝ma可知，电子在第一个T4内向B板做匀加速直线运动；在第二个T4内向B板做匀减速直线运动，在第三个T4内反向做匀加速直线运动，在第四个T4内向A板做匀减速直线运动，所以a－t图像如选项图D所示，v－t图像如选项图A所示；又因匀变速直线运动位移x ＝v 0t ＋12at 2，所以x －t 图像应是曲线，故选项A 、D 正确，B 、C 错误．] 3．AD 4.BD5．BCD [设粒子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U 0，水平方向l ＝v 0t ，竖直方向d 2＝12a 0t 2，又a 0＝qU0md ，解得U 0＝md2v02ql2＝128V ，即当U ≥128V 时粒子打到极板上，当U <128V 时粒子打到荧光屏上，设打到荧光屏上的粒子在竖直方向上偏转的最大位移为y ，由几何关系和类平抛运动规律得l 2＋l 2l 2＝yy －d 2，解得y ＝d ＝4cm ，选项A 错误；由对称性知，粒子打到荧光屏上的区域总长度为2d ，则粒子打到荧光屏上的区域面积为S ＝2da ＝64cm 2，选项B 正确；在前14T ，粒子打到荧光屏上的时间t 0＝128200×0.005s ＝0.0032s ，又由对称性知，在一个周期内，粒子打在荧光屏上的总时间t ′＝4t 0＝0.0128s ，选项D 正确；因为这些粒子均匀、连续地进入电场，设一个周期内进入电容器内的粒子能够打在荧光屏上的比例为η，此时电容器两端的电压U <128V ，则η＝128200×100%＝64%，选项C 正确．] 6．见解析解析 (1)粒子在t 0＝0时刻射入电场，粒子沿y 轴方向的分运动为匀速运动，位移大小为：y ＝vT粒子沿x 轴方向在0～T2内做初速度为零的匀加速运动， 位移为x 1，末速度为v 1，则：x 1＝12a (T 2)2，v 1＝a T2粒子沿x 轴方向在T2～T 内做匀减速运动，位移为x 2，由题意知两段运动的加速度大小相等，则： x 2＝v 1(T 2)－12a (T2)2粒子沿x 轴方向的总位移为x ，则：x ＝x 1＋x 2粒子只受到电场力作用，由牛顿第二定律得： qE 0＝ma y ＝x联立各式解得：q m ＝4vE0T(2)粒子在t 0＝T4时刻射入电场，粒子沿y 轴方向的分运动为匀速运动，位移大小为： y ′＝vT粒子沿x 轴方向在T 4～T2内做初速度为零的匀加速运动， 位移为x 3，末速度为v 2，则： x 3＝12a (T 4)2 v 2＝a T 4粒子沿x 轴方向在T2～T 内做匀变速运动， 位移为x 4，末速度为v 3，则： x 4＝v 2(T 2)－12a (T2)2 v 3＝v 2－a T2粒子沿x 轴方向在T ～5T4内做匀变速运动，位移为x 5，则： x 5＝v 3(T 4)＋12a (T4)2粒子沿x 轴的总位移为x ′，则： x ′＝x 3＋x 4＋x 5 联立各式解得：x ′＝0 则A 点的坐标为(0，vT )(3)粒子在t 0＝T8时刻射入电场，粒子沿y 轴方向的分运动为匀速运动，速度不变；沿x轴方向在T8～T2内做初速度为零的匀加速运动，末速度为v4，则：v4＝a3T8粒子沿x轴方向在T2～T内做匀变速运动，末速度为v5，则：v5＝v4－a T 2粒子沿x轴方向在T～9T8内做匀变速运动，末速度为v6，则：v6＝v5＋a T 8联立各式解得：v6＝0则：粒子通过A点的速度为v。
2017版高中物理《加练半小时》全国配套Word版文档微题型82 光的折射与全反射
微题型82 光的折射与全反射训练目标 1.掌握折射率和折射定律，并会进行有关计算.2.掌握全反射的条件，会判断能否发生全反射现象．题组一 折射定律的理解与应用1．如图1所示，玻璃棱镜的截面为等腰三角形，顶角a 为30°，一束光线垂直于ab 面射入棱镜，又从ac 面射出．出射光线与入射光线之间的夹角为30°，则此棱镜材料的折射率是( )图1A.32B.233C.33D.32．(2014·北京·20)以往，已知材料的折射率都为正值(n >0)．现已有针对某些电磁波设计制作的人工材料，其折射率可以为负值(n <0)，称为负折射率材料，位于空气中的这类材料，入射角i 与折射角r 依然满足sin isin r ＝n ，但是折射线与入射线位于法线的同一侧(此时折射角取负值)．现空气中有一上下表面平行的负折射率材料，一束电磁波从其上表面射入，下表面射出．若该材料对此电磁波的折射率n ＝－1，正确反映电磁波穿过该材料的传播路径的示意图是( )3．(2013·天星调研)两束平行的细激光束，垂直于半圆柱玻璃的平面射到半圆柱玻璃上，如图2所示．已知光线1沿直线穿过玻璃，它的入射点是O ；光线2的入射点为A ，穿过玻璃后两条光线交于P 点．已知玻璃截面的圆半径为R ，OA ＝R2，OP ＝3R ，光在真空中的传播速度为c .据此可知( )图2A ．光线2在圆弧面的入射角为45°B ．玻璃材料的折射率为3C ．光线1在玻璃中传播速度为c 2D ．光线1在玻璃中传播时间为3R 2c题组二 全反射现象的分析和光路问题4．(2014·重庆·11(1))打磨某剖面如图3所示的宝石时，必须将OP 、OQ 边与轴线的夹角θ切磨在θ1<θ<θ2的范围内，才能使从MN 边垂直入射的光线，在OP 边和OQ 边都发生全反射(仅考虑如图所示的光线第一次射到OP 边并反射到OQ 边后射向MN 边的情况)，则下列判断正确的是( )图3A ．若θ>θ2，光线一定在OP 边发生全反射B ．若θ>θ2，光线会从OQ 边射出C ．若θ<θ1，光线会从OP 边射出D ．若θ<θ1，光线会在OP 边发生全反射5．如图4所示，空气中有一折射率为2的玻璃柱体，其横截面是圆心角为90°、半径为R 的扇形OAB .一束平行光平行于横截面，以45°入射角照射到OA 上，OB 不透光．若只考虑首次入射到圆弧AB 上的光，则AB 上有光透出部分的弧长为( )图4A.16πRB.14πRC.13πRD.512πR6．(2014·新课标Ⅰ·34(2))一个半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为R 的半圆，AB 为半圆的直径，O 为圆心，如图5所示，玻璃的折射率为n ＝ 2.图5(ⅰ)一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入射光束在AB 上的最大宽度为多少？ (ⅱ)一细束光线在O 点左侧与O 相距32R 处垂直于AB 从下方入射，求此光线从玻璃砖射出点的位置．7．(2014·山东·38(2))如图6所示，三角形ABC 为某透明介质的横截面，O 为BC 边的中点，位于截面所在平面内的一束光线自O 以角i 入射，第一次到达AB 边恰好发生全反射．已知θ＝15°，BC 边长为2L ，该介质的折射率为2，求：图6(ⅰ)入射角i ；(ⅱ)从入射到发生第一次全反射所用的时间(设光在真空中的速度为c ，可能用到：sin 75°＝6＋24或tan 15°＝2－3)． 答案1．D [过ac 面作出法线，如图所示，结合几何知识可知θ2＝30°，θ1＝60°，所以n ＝sin 60°sin 30°＝ 3.]2．B [由题意知，折射线和入射线位于法线的同一侧，n ＝－1，由折射定律可知，入射角等于折射角，所以选项B 正确．]3．B [作出光路图如图所示，设光线2沿直线进入玻璃，在半圆面上的入射点为B ，入射角设为θ1，折射角设为θ2，由sin θ1＝OAOB ＝12得θ1＝30°，选项A 错误；OP ＝3R ，由几何关系知BP ＝R ，则折射角θ2＝60°，由折射定律得玻璃的折射率为n ＝sin θ2sin θ1＝sin 60°sin 30°＝3，选项B 正确，由n ＝c v 解得光线1在玻璃中的传播速度为c 3，传播时间为t ＝R v ＝3R c ，选项C 、D 错误．]4.D [题图中，要使光线可在OP 边发生全反射，图中光线在OP 边上的入射角应大于90°－θ2.从OP 边上反射到OQ 边的光线，入射角应大于90°－(180°－3θ1)＝3θ1－90°可使光线在OQ 边上发生全反射．若θ>θ2，光线不能在OP 边上发生全反射；若θ<θ1，光线不能在OQ 边上发生全反射，综上所述，选项D 正确．]5．B [设其中一条光线射到OA 面上时，经折射至AB 上D 点时刚好有光透出，即图中∠EDO 为临界角，则可能有光透出的弧为DB .由折射率的定义n ＝sin 45°sin θ＝2，所以θ＝30°，而sin ∠EDO ＝1n ＝12，所以∠EDO ＝45°.在△DEO 中，∠DEO ＝θ＋90°＝30°＋90°＝120°，所以∠AOD ＝180°－∠EDO －∠DEO ＝15°，故∠DOB ＝75°＝512π.又因为射到O 点的光线发生折射后的折射光线如图所示，其中CB 部分无光线射出．综合以上两因素，AB 上有光线透出的部分即DC 部分，设其对应圆心角为α，则α＝∠DOB －β＝75°－30°＝45°.所以DC 长度为π4R ，故选项B 正确．]6．见解析解析 (ⅰ)在O 点左侧，设从E 点射入的光线进入玻璃砖后在上表面的入射角恰好等于全反射的临界角θ，则OE 区域的入射光线经上表面折射后都能从玻璃砖射出，如图．由全反射条件有 sin θ＝1n①由几何关系有 OE ＝R sin θ②由对称性可知，若光线都能从上表面射出，光束的宽度最大为 l ＝2OE ③联立①②③式，代入已知数据得 l ＝2R ④(ⅱ)设光线在距O 点32R 的C 点射入后，在上表面的入射角为α，由几何关系及①式和已知条件得 α＝60°>θ⑤光线在玻璃砖内会发生三次全反射，最后由G 点射出，如图，由反射定律和几何关系得 OG ＝OC ＝32R ⑥ 射到G 点的光有一部分被反射，沿原路返回到达C 点射出． 7．(ⅰ)45° (ⅱ)(6＋2)L2c解析 (ⅰ)根据全反射规律可知，光线在AB 面上P 点的入射角等于临界角C ，由折射定律得 sin C ＝1n ①代入数据得 C ＝45°②设光线在BC 面上的折射角为r ，由几何关系得 r ＝30°③ 由折射定律得 n ＝sin i sin r④ 联立③④式，代入数据得i ＝45°⑤(ⅱ)在△OPB 中，根据正弦定理得 OPsin 75°＝L sin 45°⑥ 设所用时间为t ，光线在介质中的速度为v ，得 OP ＝v t ⑦ v ＝c n⑧ 联立⑥⑦⑧式，代入数据得 t ＝6＋22c L。
新步步高《加练半小时》2017版高考物理(粤教版)专题复习习题第七章电场微专题44电场线、电场强度的理解和
1．考点及要求：(1)静电场(Ⅰ)；(2)电场强度、点电荷的场强(Ⅱ)；(3)电场线(Ⅰ).2.方法与技巧：(1)分清是平面上场强的叠加还是立体空间中场强的叠加，再利用几何知识求解；(2)利用带电体或电场的对称性求合场强；(3)利用整体法与隔离法处理平衡问题．1．(点电荷场强的计算与场强的合成)如图1所示，图1A、B、C、D为真空中矩形图形的4个顶点，AB长为3cm，BC长为4cm，在矩形顶点A、B、C三处各放置一个点电荷q A、q B、q C，其中q A、q C为负电荷，q B为正电荷．已知它们的电荷量大小之比为q A∶q B∶q C＝64∶125∶27，点电荷q A产生的电场在D处的场强大小为E.则D处的合场强大小应为()A．1.25E B．2EC．0 D．2.5E2．(应用整体法与隔离法分析电场内的平衡问题)a、b两个带电小球的质量均为m，所带电荷量分别为＋3q和－q，两球间用绝缘细线连接，a球又用长度相同的绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在的空间有方向向左的匀强电场，电场强度为E，平衡时细线都被拉紧，则平衡时可能位置是()3．已知表面电荷均匀分布的带电球壳，其内部电场强度处处为零．现有表面电荷均匀分布的带电半球壳，如图2所示，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线．P、Q为CD轴上关于O点对称的两点．则()图2A．P点的电场强度与Q点的电场强度大小相等，方向相同B．P点的电场强度与Q点的电场强度大小相等，方向相反C．P点的电场强度比Q点的电场强度强D．P点的电场强度比Q点的电场强度弱4．(多选)如图3所示，有一正方体空间ABCDEFGH，则下列说法正确的是()图3A．若A点放置一正点电荷，则B、H两点的电场强度大小相等B．若A点放置一正点电荷，则电势差U BC>U HGC．若在A、E两点处放置等量异种点电荷，则C、G两点的电势相等D．若在A、E两点处放置等量异种点电荷，则D、F两点的电场强度大小相等5．(多选)如图4所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是()图4A．A、B两处电势、场强均相同B．C、D两处电势、场强均相同C．在虚线AB上O点的场强最大D．带正电的试探电荷在O处的电势能大于在B处的电势能6．空间某区域有一个正三角形ABC，其三个顶点处分别固定有三个等量正点电荷，如图5所示，D点为正三角形的中点，E、G、H点分别为正三角形三边的中点，F 点为E关于C点的对称点．取无限远处的电势为0，下列说法中正确的是()图5A．根据对称性，D点的电场强度必为0B．根据对称性，D点的电势必为0C．根据对称性，E、F两点的电场强度等大反向D．E、G、H三点的电场强度和电势均相同7．(多选)如图6是密立根油滴实验的示意图．油滴从喷雾器的喷嘴喷出，落到图中的匀强电场中，调节两板间的电压，通过显微镜观察到某一油滴静止在电场中，下列说法正确的是()图6A．油滴带正电B．油滴带负电C．只要测出两板间的距离和电压就能求出油滴的电量D．该实验测得油滴所带电荷量等于元电荷的整数倍答案解析1．C [若令AB ＝3r 0，q A ＝64q 0，则根据点电荷电场强度的决定式E ＝kQ r 2可得，三个电荷在D 点产生的场强分别为E A ＝4kq 0r 20，方向指向A 电荷，E B ＝5kq 0r 20，方向背离B 电荷，E C ＝3kq 0r 20，方向指向C 电荷，将A 、C 处电荷产生的两分场强根据平行四边形定则合成可得，E A 、E C 的合场强与E B 等大反向，故D 点的合场强为零，C 正确．]2．D [因为a 、b 所带电荷量分别为＋3q 和－q ，以a 、b 为整体，整体的电荷量为＋2q ，整体受到向左的静电力作用，大小为2qE ，整体的重力为2mg ，如图甲所示，则tan θ＝qE mg；b 所带电荷量为－q ，受到向右的静电力作用，大小为qE ，b 的重力为mg ，如图乙所示，则tan α＝qE mg ，所以θ＝α；又由于两绝缘细线的长度相同，平衡时b 小球处在悬挂点的正下方，选项D 正确．]3．A [表面电荷均匀分布的带电球壳，其内部场强处处为零，若把另一带电半球壳补上，则P 、Q 两点的合场强均为零，根据对称性原理可得，A 正确．]4．BD [若A 点放置一正点电荷，由于B 与H 到A 点的距离不相等，则B 、H 两点的电场强度大小不相等，故选项A 错误．若A 点放置一正点电荷，由图中的几何关系可知，BC 之间的电场强度要大于HG 之间的电场强度，结合它们与A 之间的夹角关系可得电势差U BC >U HG ，故选项B 正确．若在A 、E 两点处放置等量异种点电荷，则AE 连线的垂直平分面是等势面，等势面两侧的点，一定具有不同的电势，则C 、G 两点的电势一定不相等，故选项C 错误；若在A 、E 两点处放置等量异种点电荷，等量异种点电荷的电场具有对称性，即上下对称，左右对称，可知D 、H 电场强度大小相等，H 、F 电场强度大小相等，则D 、F 两点的电场强度大小相等，故选项D 正确．]5．BD[由于沿着电场线方向电势降低，结合等量异种点电荷电场线、等势面分布特点可知，A、B两处场强相同，A点电势高于B点电势，故A选项错误；根据等量异种点电荷电场线、等势面分布特点，C、D两处电势、场强均相同，故B选项正确；根据电场线疏密表示场强的大小可知，在AB之间，O点场强最小，故C 选项错误；O点电势高于B点电势，由E p＝qφ，正电荷在O处的电势能大于在B 处的电势能，故D选项正确．]6．A[由于D点为正三角形的中心，即到三个点电荷的距离相等，故任意两点电荷在D点产生的合场强与第三个点电荷在D点产生的电场强度等大反向，故D点的电场强度为零，选项A正确；由于取无限远处的电势为0，从无穷远处移动电荷至D点，电场力做功必不为0，故D点电势不可能为0，选项B不正确；由C 点电荷在E、F两点产生的电场强度等大反向，但A、B两个点电荷在E、F两点产生的电场强度的矢量和却不相等，故C不正确；由对称性可知，E、G、H三点的电场强度大小和电势均相等，但电场强度的方向不同，所以D不正确．] 7．BD[由题图知，电容器板间电场方向向下，油滴所受的电场力向上，则知油滴带负电，故A错误，B正确；根据油滴受力平衡得：mg＝qE＝qUd，得q＝mgdU，所以要测出两板间的距离、电压和油滴的质量才能求出油滴的电量，故C错误；根据密立根油滴实验研究知：该实验测得油滴所带电荷量等于元电荷的整数倍，D 正确．]。
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1．考点及要求：(1)示波管(Ⅰ)；(2)带电粒子在匀强电场中的运动(Ⅱ).2.方法与技巧：(1)动力学方法：若v0与电场线共线，粒子做匀变速直线运动；若v0与电场线垂直，则粒子做类平抛运动，用“分解的思想”来解决问题；(2)功能观点：主要是注意重力和电场力的做功特点．1．为模拟空气净化过程，有人设计了如图1所示的含电灰尘空气的密闭玻璃圆桶，圆桶的高和直径相等．第一种除尘方式是：在圆桶顶面和底面间加上电压U，沿圆桶的轴线方向形成一个匀强电场，尘粒的运动方向如图甲所示；第二种除尘方式是：在圆桶轴线处放一直导线，在导线与桶壁间加上的电压也等于U，形成沿半径方向的辐向电场，尘粒的运动方向如图乙所示．已知空气阻力与尘粒运动的速度成正比，即f＝k v(k为一定值)，假设每个尘粒的质量和带电荷量均相同，重力可忽略不计，则在这两种方式中()图1A．尘粒最终一定都做匀速运动B．尘粒受到的电场力大小相等C．电场对单个尘粒做功的最大值相等D．在乙容器中，尘粒会做类平抛运动2．如图2所示，一带电小球以水平速度射入接入电路中的平行板电容器中，并沿直线打在屏上O点，若仅将平行板电容器上极板平行上移一些后，让带电小球再次从原位置水平射入并能打在屏上，其它条件不变，两次相比较，则再次射入的带电小球()图2A．将打在O点的下方B．将打在O点的上方C．穿过平行板电容器的时间将增加D．达到屏上动能将减少3．如图3所示，一个带电粒子从粒子源飘入(初速度很小，可忽略不计)电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中线射入．A、B板长为L，相距为d，电压为U2.则带电粒子能从A、B板间飞出应该满足的条件是()图3A.U 2U 1<2d LB.U 2U 1<d LC.U 2U 1<2d 2L 2 D.U 2U 1<d 2L 2 4．如图4所示，虚线表示某电场的等势面．一带电粒子仅在电场力作用下由A 点运动到B 点的径迹如图中实线所示．粒子在A 点的速度为v A 、电势能为E p A ；在B 点的速度为v B 、电势能为E p B .则下列结论正确的是( )图4A ．粒子带正电，v A >vB ，E p A >E p BB ．粒子带负电，v A >v B ，E p A <E p BC ．粒子带正电，v A <v B ，E p A <E p BD ．粒子带负电，v A <v B ，E p A >E p B5．相距很近的一对带等量异号电荷的平行金属板，它们之间的电场除边缘外，可看作匀强电场，其电场线分布如图5所示．一个带电粒子沿图中轨迹穿过该电场，则从a运动到d的过程中()图5A．粒子的速度一直在增大B．粒子的电势能一直在减小C．粒子在a点的电势能比在d点低D．粒子的加速度先变大再不变后变小6．(多选)两平行导体板间距为d，两导体板加电压U，不计重力的电子以平行于极板的速度v0射入两极板之间，沿极板方向运动距离为L时侧移为y.如果要使电子的侧移y′＝y4，仅改变一个量，下列哪些措施可行()A．改变两平行导体板间距为原来的一半B．改变两导体板所加电压为原来的一半C．改变电子沿极板方向运动距离为原来的一半D．改变电子射入两极板时的速度为原来的2倍7．(多选)如图6所示电路，在平行金属板M、N内部左侧中央P有一质量为m的带电粒子(重力不计)以水平速度v0射入电场并打在N板的O点．改变R1或R2的阻值，粒子仍以v0射入电场，则()图6A．该粒子带正电B．减小R2，粒子还能打在O点C．减小R1，粒子将打在O点左侧D．增大R1，粒子在板间运动时间不变8．(多选)如图7所示为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点，在这一运动过程中克服重力做的功为2.0 J，电场力做的功为1.5 J．则下列说法正确的是()图7A．粒子带负电B．粒子在A点的电势能比在B点小1.5 JC．粒子在A点的动能比在B点大0.5 JD．粒子在A点的机械能比在B点小1.5 J9．如图8所示，A、B是竖直放置的中心带有小孔的平行金属板，两板间的电压为U1＝100 V，C、D是水平放置的平行金属板，板间距离为d＝0.2 m，板的长度为L＝1 m，P是C板的中点，A、B两板小孔连线的延长线与C、D两板的距离相等，将一个负离子从板的小孔处由静止释放，求：图8(1)为了使负离子能打在P点，C、D两板间的电压应为多少？哪板电势高？(2)如果C、D两板间所加的电压为4 V，则负离子还能打在板上吗？若不能打在板上，它离开电场时发生的侧移为多少？答案解析1．C [由于电压U 、圆桶的高与直径及空气阻力的大小不能计算，就不能确定尘粒最终是否做匀速运动，A 项错误；在甲、乙容器中，E ＝U d 中的d 是不同的，所以F ＝qE ＝qU d一定不同，B 项错误；电场力对单个尘粒做功的最大值均为W ＝qU ，C 项正确；由于忽略重力，在甲、乙桶中，尘粒均做直线运动，D 项错误．]2．A [由题意知，上极板不动时，小球受静电力和重力平衡，平行板电容器上极板平行上移后，两极板间电压不变，电场强度变小，小球再次进入电场，受静电力减小，合力方向向下，所以小球向下偏转，将打在O 点下方，选项A 正确，选项B 错误；小球的运动时间由水平方向的运动决定，两次通过时水平速度不变，所以穿过平行板电容器的时间不变，选项C 错误；由于小球向下偏转，合力对小球做正功，小球动能增加，所以选项D 错误．]3．C [根据qU 1＝12m v 2，再根据t ＝L v 和y ＝12at 2＝12·qU 2md ·(L v )2，由题意，y <12d ，解得U 2U 1<2d 2L 2，故C 正确．]4．B [根据电场力与等势面垂直，又要指向轨迹弯曲的内侧，又电场线垂直于等势面由高电势指向低电势，故可判断电场力与电场方向相反，即该粒子带负电，由题图知U AB ＝5 V ，粒子从A 运动到B 的过程中，电场力做功W ＝qU AB ，做负功，故动能减小，电势能增大，所以v A >v B ，E p A <E p B ，故B 正确，A 、C 、D 错误．]5．D [根据带电粒子受到的电场力指向轨迹的凹侧可知，粒子带正电．电场力先做负功，后做正功，再做负功，粒子的动能先减小，后增大再减小，选项A 错误；粒子的电势能先增大，后减小再增大，选项B 错误；顺着电场线方向电势降低，a 点的电势高于d 点的电势，正电荷在电势高处电势能大，故粒子在a 点的电势能比在d 点大，选项C 错误；电场线先是越来越密后不变再越来越疏，故电场力先变大再不变后变小，粒子的加速度先变大再不变后变小，选项D 正确．]6．CD [电子做类似平抛运动，根据分运动公式，有：水平方向：L ＝v 0t ，竖直方向：y ＝12at 2，其中：a ＝qU md ，联立解得：y ＝qUL 22md v 20.改变两平行导体板间距d 为原来的一半，根据y ＝qUL 22md v 20，y 增加为原来的2倍，故A 错误；改变两导体板所加电压U 为原来的一半，根据y ＝qUL 22md v 20，y 减小为原来的一半，故B 错误；改变电子沿极板方向运动距离L 为原来的一半，根据y ＝qUL 22md v 20，y 减小为原来的14，故C 正确；改变电子射入两极板时的速度为原来的2倍，根据y ＝qUL 22md v 20，y 减小为原来的14，故D 正确．]7．BC [根据外电路中顺着电流方向电势逐渐降低，可知M 板的电势低于N 板的电势，板间电场方向向上，而粒子在电场中向下偏转，所受的电场力方向向下，则知该粒子带负电，故A 错误；电路稳定时R 2中没有电流，相当于导线，改变R 2，不改变M 、N 间的电压，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，所以粒子的运动情况不变，仍打在O 点，故B 正确；设平行金属板M 、N 间的电压为U ，粒子在电场中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则竖直方向有：y ＝12at 2＝12·qU mdt 2① 水平方向有：x ＝v 0t ②联立得：y ＝qUx 22md v 20③ 由题图知，y 一定，q 、m 、d 、v 0不变，则由③式知：当减小R 1时，M 、N 间的电压U 增大，则x 减小，所以粒子将打在O 点左侧，由①知，增大R 1，U 减小，则t 增大，故C 正确，D 错误．]8．CD [从粒子运动的轨迹判断粒子带正电，A 项错误；因为电场力做正功，电势能减小，所以B 项错误；根据动能定理得W ＋W G ＝ΔE k ＝－0.5 J ，粒子在B 点的动能比在A 点的动能小0.5 J ，C 项正确；电场力做正功，机械能增加，所以粒子在A 点的机械能比在B 点的机械能要小1.5 J ，D 项正确．]9．(1)32 V C 板电势高 (2)不能 0.05 m解析 (1)设负离子的质量为m ，电量为q ，从B 板小孔飞出的速度为v 0，由动能定理得：U 1q ＝12m v 20①由类平抛规律有：L 2＝v 0t ② y ＝12at 2③ 又a ＝qU 2md④ 整理可得y ＝U 2L 216dU 1⑤ 又y ＝d 2⑥ 联立⑤⑥解得U 2＝32 V ，因负离子所受电场力方向向上，所以C 板电势高故为了使负离子能打在P 点，C 、D 两板间的电压应为32 V ，C 板电势高．(2)若负离子从水平板边缘飞出，则应满足：x ＝L ，y ＝d 2由类平抛规律可得：x ＝v 0t ，y ＝12a ′t ′2，qU 1＝12m v 20联立以上各式解得y ＝U 2′L 24dU 1，将y ＝0.1 m 代入可解得U 2′＝8 V 可见，如果两板间所加电压为4 V ，则负离子不能打在板上，而是从两板间飞出． 将U 2″＝4 V ，代入可解得y ＝0.05 m故如果C 、D 两板间所加的电压为4 V ，则负离子不能打在板上，它离开电场时发生的侧移为0.05 m.。