学而思60课时学完高中物理3
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第18讲 电磁感应(1)
例题精讲
【例1】 <答案> C
【例2】 <答案> D
【例3】
<解析>Φ?BS成立的前提是磁感线垂直穿过S,当B与S不垂直时,必须把S分解在垂直B的方向
上或将B分解在垂直S的方向上,此外当线框转过180?时,磁感线穿过S另一面,所以磁通量的方向也变化了.
1①当线框转动60?时,在垂直B的方向上S的分量为S??S?cos60??S
21∴Φ?BS??BS
2②初态磁通量Φ1?BS
转过180?时,磁通量Φ2??BS
∴磁通量的改变量ΔΦ?Φ2?Φ1??2BS
【例4】
<解析>本题易产生误解,认为由Φ?BS知:SA<SB,所以,ΦB>ΦA,根本原因是对磁感线与磁通
量概念理解不透.磁感线是闭合曲线,不仅在磁铁外部空间有,而且内部空间也有,因而穿过A、B圆环面的磁感线有磁体内部的全部磁感线(由S指向N)和磁铁外部的部分磁感线(由N指向S),两者方向相反,因此穿过两圆环的磁通量应是两者抵消后的代数和,其磁感线方向由S指向N.设在磁铁内部的全部磁感线条数为Φ,均穿过A、B两圆环,方向向上,磁通量为正;磁铁外部空间穿过A、B两环的磁感线条数分别为Φ1和Φ2,且Φ1<Φ2,方向向下,磁通量为负,∵ΦA?Φ?Φ1,ΦB?Φ?Φ2,所以,ΦA>ΦB,选A.
<答案> A
【例5】 <答案> B
【例6】
<解析>对闭合电路而言,必须磁通量变化,闭合电路中才有感应电流,只有磁通量而不变化,不能
产生感应电流,A中磁通量不一定变化,故A不对,B中螺线管不一定闭合,故B也不对,C中线框不闭合,磁通量变化,虽有感应电动势,但无感应电流,故C正确.
<答案> C、D
【例7】 <答案> D 【例8】
<答案> BC
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【例9】
<答案>(1)a;顺 (2)大;大;大;快;正.
【例10】 <答案> C
【例11】 <答案> D
【例12】
<解析>开关S闭合与断开时,Ⅰ线圈中的磁场变化,导致Ⅱ中出现感应电流. <答案> A
【例13】
<解析>当S闭合的瞬间,穿过abcd回路的磁感线如图所示,在线圈左右与AD对称的等面积内磁通
为零,而右侧面积大,所以穿过回路abcd的磁感线条数不为零.所以闭合S的瞬间abcd回路的磁通量增加(原来为零).所以其回路中一定有感应电流产生.
<答案> A
【例14】
<解析>只有圆环变速转动时,相当于环形电流的电流强度发生变化,小线圈磁通量发生变化,小线
圈内才有感应电流,故C对,如果圆环匀速转动,相当于环形电流的电流强度恒定,其磁场也恒定,小线圈的磁通量不变,小线圈内无电流,故D对.
<答案> C、D
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【例15】 <答案>
d?ll?d; vv
【例16】
<解析>设线框bc边长为L,整个线框的电阻为R,进入磁场的速度为v,此时感应电动势为E?BLv,
线框中的电流为I?BLv,受到向上的安培力为: RB2L2vB2L2F安??2gh RR①如果F安?mg,线框将匀速进入磁场;
②如果F安<mg,线框将加速进入磁场,但随着速度的增大,F安增大,加速度减小,故进入磁场的过程是变加速运动,且a<g.
③如果F安>mg,线框将减速进入磁场;但随着速度的减小,F安减小,加速度的值将减小,
因此也变减速运动.由此可见,其运动特点是由其所处高度h决定(对于确定的线圈),A、B、C三种情况均有可能,但第四种情况D绝无可能.试想想,线框进入磁场,才会受到向上的力,同时受到向上的力是因为有电流,可见已经有一部分机械能转化为电能,机械能不守恒,所以A、B、C正确.
<答案> ABC
【例17】
<解析>(1)金属cd段切割磁感线产生感应电动势
E?Bhv?0.5?0.1?4.0V=0.2V 回路中的总电阻
R总?R?hr0?0.3??0.1?2.0??0.5?
流过R中的电流
E0.2I??A=0.4A
R总0.5(2)cd两端的电势差:U1?IR?0.4?0.3V=0.12V
<答案> I?0.4A U?0.12V
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第19讲 电磁感应(2)
例题精讲
【例1】
<答案> BD
【例2】 <答案> B
【例3】
<答案> BCD
【例4】 <答案> C
【例5】 <答案> A
【例6】
<解析>铜环的下落过程,并非仅受重力作用,由于“穿越”过程,电磁感应现象的发生,圆环出现
的感应电流,其磁场与条形磁铁的磁场存在相互作用,根据“来拒去留”,所以圆环开始下
2h落受斥力,离开磁体受引力作用,即时间小于,故选C.
g<答案> C
【例7】 <答案>A
【例8】
<解析>ef向右运动,在闭合回路中产生感应电流,根据楞次定律,ef棒受安培力将阻碍其向右运
动,亦即ef要克服安培力做功而使动能减小,故ef是向右做减速运动.但值得注意的是:随速度v减小,杆受安培力减小,加速度减小,故不可能做匀减速运动.
<答案> A
【例9】 <答案> C 【例10】
<解析>图中的两个通电的电磁铁之间的磁场方向总是水平的,当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑
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动的过程中,电路中的电流是减小,闭合导体线圈中的磁通量是减小的,线圈在原磁场中所受的磁场力肯定使线圈向磁通量增大的方向运动,显然只有顺时针方向的运动才能使线圈中的磁通量增大,所以C正确.
<答案> C
【例11】
<解析>B环中如图所示电流,则感应电流的磁场方向向外,而引起感应电流的原磁场应向外减弱或
向里增强.若A带正电,其顺时针转动方向即为电流方向,转速增大,相当于电流增大,故A错,B对;若A带负电,其顺时针转动方向为等效电流的反方向,转速减小相当于电流减小,磁场减弱.B环则产生如图所示电流,故C对D错.
<答案> BC
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【例12】 <答案> C
【例13】
<解析>根据麦克斯韦理论,变化的磁场产生电场,处在其中的导体,其内部的自由电荷在电场力作
用下定向移动形成电流。
<答案> AC
【例14】 <答案> D
【例15】
<解析>当闭合开关,接通电路时,电路中的电流要增大,线圈L上产生自感电动势阻碍电流的增大,
所以L与A1支路中的电流由零逐渐变大,最后达到稳定状态.因此,灯A1从闭合开关到正
常发光需经稍长一点的时间,而A2支路在开关接通后的瞬间(这段时间可忽略),电流立刻达到正常值.所以,闭合开关接通电路时,A1慢慢亮起来最后正常发光,而A2则立即正常发光.
在断开电键,切断电路时,A2支路原来的电流立刻消失,而A1所在支路,由于在自感作用下,不会马上减小为零,仍继续流动,此时,A1、A2、L组成闭合电路,所以虽然A2上原来由电源提供的电流消失了,但立刻又有A1支路的电流通过A2,故A1、A2均要过一会儿才熄灭.故选A、D.
【例16】
<解析>S刚闭合时,由于线圈产生了一个较大的反向自感电动势,L支路上没有电流,相当于断路,
D1和D2是串联关系.由于D1和D2完全相同,故此时应有二者同时亮且同样亮,A项正确.闭
合S达到稳定时,线圈相当于一根导线将D1短路,故此时只有D2灯亮.又由于此时外电路
仅由D2组成,流过D2的电流比S刚闭合时流过D2的电流更大,所以,D2灯比原来要更亮一些,C项正确.断开开关S的瞬间,流过L的电流要减小,线圈将产生一个与原电流同向的自感电动势.L与D1灯构成闭合回路,所以D1灯将亮一下再熄灭,而D2灯则立即熄灭.本题,正确选项为A、C、D.
<答案> ACD
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第20讲 交流电
例题精讲
【例1】 【答案】CD
【例2】
【解析】由图可知,线圈中的ab边和cd边不切割磁感线,不产生感应电动势,而ad边和bc边切割磁
感线运动,产生的感应电动势各为ead?Badvsin?t和ebc?Bbcvsin?t,线圈中的总感应电动
势e?ead?ebc?2Badvsin?t?2Bad?(【答案】C
【例3】
【解析】由图可知,T?0.250s,f?交变电流的最大值为Imax【答案】D
【例4】
I21A,C错;?4Hz,故A、B错;电路中的有效电流I?max?T2102??0.2A,D正确. 10ab??)sin?t?BS?sin?t.选项C正确. 2(Umax/2)2TUU2【解析】由电流的热效应,T??,则U?max,B正确.
RR22【答案】B
【例5】
【解析】从图像中可以看出交流电的最大值、周期、频率等物理量,由此出发,其他问题都可解决了.
E(1)由图像中得Emax?300V,因为为正弦交流电,所以,E?max?212.2V
21(2)由图像中知周期T?0.02s,频率f??50Hz,角速度??2?f?314rad/s
TE300(3)因为Emax?NBS?.所以B?max?T?0.955T
NS?100?100?10?4?314(4)e?Emaxsin?t?300sin100?t
当??30?时,即100?t?30?,此时电动势瞬时值为e?Emaxsin30??150V 当t?0.005s时,此时电动势的瞬时值
πe?Emaxsin100?t?300?sin100π?0.005?300?sinV=300V
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EE21(5)求热量应该用有效值.Q?IRt?Rt?(max)2??t?4.5?103J
R22
【例6】
【解析】在交流电路中,当频率增加时,容抗减小,感抗增大,而电阻是与频率无关的,在电路中电
源的电动势最大值不变,即a、b间的电压不变,所以当频率增加时,A1读数增大,A2不变,A3读数要变小.
【答案】C
【例7】
【解析】U1?Un2202100V?220V,由1?1,得U2?100V,I2??10A;
U2n210?222,故只有D正确. P出?I2R??10A??10??1000W【答案】D
【例8】
【解析】当副线圆中S断开后,副线圈中总电阻增大,干路的电流减小,故I2减小,U2不变,I3增大,
I1减小,故答案为B、C.
【答案】BC
【例9】
【解析】先按“发电?升压?输电线?降压?用户”的顺序逐级分析,画出示意图,如图所示.
(2)对升压变压器,由公式
U2n2n25?n,有U2?n2U1??250V?6250V U1111I2?P2P100000?1?A?16A U2U262500.04P40001???15.6? 2I21622(3)因为P,P1,所以R线?耗?0.04P耗?IR线因为?U?U2?U3?I2R线,所以U3?U2?I2R线?(6250?16?15.6)V?6000V ?0.96?100000W?96000W?96kW (4)P4?P1?P1耗?0.96P
【例10】
【解析】设P?44kW?4.4?104W,U?220V,R?0.5?
P4.4?104(1)直接输电电压损失:U损?IR??R??0.5V?100V
U220P24.4?10422功率损失为:P)R?()?0.5W?2?104W 损?IR?(220U故用户得到的电压U用?U?U损?120V
4用户得到的功率P用?P?P损?2.4?10W
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(2)用高压输电先用升压变压器,由
'损'2U1n1n10?有:U'?2U??220V?2200V U2n2n11
P24.4?1042则损失功率P?IR?(')R?()?0.5W?200W
2200UP'电压损失U损?I'R?'?R?10V
U'那么,加到降压变压器上的U3?U'?U损?2190V
由
U3n3n1?有U4?4U3??2190V?219V U4n4n310''4用户得到的功率P 用?P?P损?4.38?10W 讲述高端的,真正的物理学 高一·30次课学完高中物理·第18讲·教师版
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第21讲 热力学
例题精讲
【例1】
<解析> 热力学第一定律表达式:?U?W?Q
(1)?U为内能变化量,?U?U末?U初,?U?0,内能增加;?U?0,内能减少.
(2)外界对物体做正功,W为正值;外界对物体做负功,W为负值.
(3)物体吸收热量,Q为正值;物体放出热量,Q为负值.
<答案> C
【例2】 <答案> C
【例3】
<解析> 由已知标准大气压p可求出地球表面大气的质量,即p?
Fmgmg??2,SS4πR62p?4πR21.0?105?4π?(6.4?10)m?3m??kg?5?1018kg,V??22.4?103m?g10M8?4110. 3m<答案> B
【例4】
<解析> (1)由p0?mgmg得 ?S4πR22664πR2p04?3.14??6.4?10??1?10m??kg?5.2?1018kg
g9.8m5.2?1018空气分子数为n?NA??6?1023?1?1044个 ?2M2.9?10(2)不同液体的密度是不同的,水银为13.6?103kg/m3,水为1.0?103kg/m3,酒精为
0.8?103kg/m3,可看出液体密度的数量级为103kg/m3.用水的密度来代表液化空气的密度,则
m5.2?10183153m?5.2?10m液化空气的体积V??
?103设大气变为液体分布在地球表面,半径增加y,则有 443π?R?y??πR3?V 3333R2y?3Ry2?y3?V
4π考虑到y远小于R,忽略y的二次项和三次项,得
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y?V5.2?10?m?10m 4πR24?3.14??6.4?106?215
<答案> (1)1?1044个 (2)10m
【例5】
<解析> 因分子力的作用范围在10?10m数量级,阻止玻璃板拉出水面的分子力主要来自玻璃板的下
表面玻璃分子与水分子间的相互吸引力,也可以近似的认为等于水分子间的吸引力,所以只要将对玻璃板的拉力分摊到每一个水分子上,当拉力超过了总的分子间的引力时,玻璃板就被拉出水面.
水的摩尔质量是18?10?3kg/mol.
M18?10?3?m3?2.99?10?29m3 它的体积为V?323?NA1.0?10?6.02?10?296V6?2.99?10?3m=3.85?10?10m 水分子直径D?3π3.14πD2分子球的最大面积S??1.16?10?19m
4因为玻璃板的面积S??0.01m2,所以玻璃板下面的水分子数为
S?0.01个?8.62?1016个 N???19S1.16?10F?mg10.8?0.3?9.8所以每个水分子间的最大吸引力为F分??N=9.1?10?17N 16N8.62?10
【例6】 <答案> A
【例7】
m?V1?103?1?10?6NA?NA??6.02?1023?3.3?1022个 <解析> 1cm水中的分子个数为n??3M0M018?103V4?d?设相邻两个水分子间距为d,视水分子为球形,则?π??
n3?2??66V6?1?103?m?3.9?10?10m 所以d?322πn3.14?3.3?101cm3的水蒸气中含有的分子个数
V1?10?6n??NA??6.02?1023?2.7?1019个 ?3?322.4?1022.4?103设相邻水蒸气分子间距为d?,视水蒸气分子所占据的空间为正方体,则d?3?3V,故 n?V31?10?6d????3.3?10?9m 19n?2.7?10<答案> 水:3.3?1022个,3.9?10?10m. 水蒸气:2.7?1019个,3.3?10?9m
【例8】
<解析> 在阳光下曝晒时吸收热量,使温度升高,车胎内气体压强增大,当超过外胎能够承受的最
大压强时就会“爆胎”.
<答案> A
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【例9】
mgπd2gS?<解析> 锅内气体的最大压强为:p?p0?,m?0.1k,?7.1?10?6m2
S40.1?9.8??5Pa?2.4?10Pa 取p0?105Pa,解得p??105???67.1?10??1.4?1055压强变化?p?p?p0?1.4?10Pa,故水的沸点增加?t??1℃?39℃
3.6?103锅内的最高温度可达139℃.
5?10Pa139℃ <答案> 2.4,
【例10】
<解析> 本题用p?T图象表示气体的状态变化过程. ab段是等容过程,A错. 连接Ob、Oc和Od,
则Oba、Oc、Od都是定质量理想气体的等容线,比较这几条图线的斜率,可得Va?Vb?Vd?Vc,同理可判断bc、cd、da线段上各点所表示的状态的体积大小关系.
<答案> BCD
【例11】
<解析> 气体体积增大,气体对外界做功. 气缸壁的导热性能很好,气体总与外界保持相同温度,
气体分子的平均动能不变. 因体积增大,单位体积内的分子数减小,且T不变,所以气体压强减小.
<答案> BD
<点评> 利用单缸或双缸等器件考查对三个状态参量关系的理解,从内能、吸热、做功等角度考查
综合运用知识的能力.
【例12】
<解析> a气体受热膨胀,通过活塞压缩气体b,对b做功,由热力学第一定律知,b内能增加,温
度升高,则b气体压强增大,最终达到平衡时,a气体和b气体压强相等,由于a气体体积变大,所以a气体的温度高于b气体的温度.
<答案> BCD
【例13】 <答案>D
【例14】
<解析> A、B气体开始时的合重心在中线以下,混合均匀后在中线处,所以系统重力势能增大. 由
能量守恒知,吸收的热量一部分增加气体内能,另一部分增加重力势能,故?U?Q.
<答案> B 【例15】 <解析>
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第22讲 机械振动
例题精讲
【例1】
【解析】在简谐运动中,在一个周期内有两次通过同一位臵,所经历的时间并非一个周期.在一个周
期内,有两个位臵,它的速度大小和方向都相同,两次经过同一位臵时加速度相同,故选项A,B,C都不正确.
【答案】D
【例2】
?kx【解析】由F??k?x和F?ma可得:a?,即筒谐运动是一种变速运动,位移x、回复力F、加
m速度a、速度v的大小和方向都随时间做周期性变化.在位移最大的两个“端点”处,回复力最大,加速度最大,是运动的转折点,速度必定为0.在平衡位臵(x?0),回复力为0,加速度为0,速度最大.物体从“端点”处向平衡位臵运动时,位移逐渐减小,回复力逐渐减小,加速度逐渐减小.由于加速度与速度方向相同,速度是逐步增大的.
【答案】ACD
【例3】
【解析】筒谐运动是一种周期性的往复运动,具有时间与空间上的对称性,由图可知:在t1和t2时刻质点的位移等大反向,则在t1到t2时间内质点先靠近平衡位臵,后远离平衡位臵,且位臵上关于平衡位臵对称,其速度大小和方向均相同,位移大小相等,方向相反,回复力及加速度也是等大反向.
【答案】D
【例4】
【解析】根据题意,由振动的对称性可知:AB的中点(设为O)为平衡位臵,A、B两点对称分布于
1O点两侧;质点从平衡位臵O向右运动到B的时间应为tOB??0.5s=0.25s.所以,质点从O2到D的时间:
1tOD?T?0.25s?0.25s=0.5s. 所以T?2s
4【答案】C
【例5】 【答案】BD
【例6】 【解析】(1)垂直纸面内外摆动时,摆动圆弧的圆心在O处,故等效摆长为
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l1?l2sin??d T?2?2l1?l2sin??gd2
(2)当在纸面内左右摆动时,摆动的圆弧的圆心在O处,等效摆长为l1?
d 2
T??2?
l1?gd2
【例7】
【答案】由于拉开角度小所以可看成是简谐运动,它们到竖直位臵的时间都是四分之一个周期,则两
小球同时到达平衡位臵。选择C、D
【例8】
【解析】小球Ⅰ可看成简谐运动,运动的时间为四分之一个周期为t1?小球Ⅱ是做自由落体运动,时间为t2?很明显t1大于t2,则Ⅱ球先落下。
【例9】
【解析】受迫振动的振幅A与驱动力的频率f的关系如图所示,当f驱为定值时,受迫振动的振幅也为
定值,当f受?f驱?f固时,受迫振动的振幅有最大值.
2?4l g2l g【答案】D
【例10】
【解析】筛子的周期为1.5s,偏心轮提供的周期为
605s=s.要使筛子振幅增大,应使两个周期接近363或相等.可增大输入电压,提高偏心轮转速,减小其周期,也可增加筛子质量以增大其固有周期.
【答案】AC
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【例11】
【解析】火车经过接轨处发生振动的周期T1?T1?T2,即
L,车厢的弹簧系统固有周期T2?1.5s,振动最为强烈时vLL?1.5s,v??8.53m/s. v1.5【答案】8.53m/s
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第23讲 机械波
例题精讲
【例1】
【解析】机械波产生的条件为有介质和波源,两者缺一不可.有机械波必有介质和波源,但只有介质
或波源却产生不了机械波.故A对B错.振动速度和传播速度是截然不同的两个概念,两者之间没有联系,故C错.振源停止振动后,波的能量和振动形式继续向下传播,所以不会立即停止,故D错.
【答案】 A
【例2】 【答案】 BC
【例3】
【解析】机械振动在介质中的传播形成机械波.介质中各质点的相互作用越强,振动在介质中传播的
越快.波速的大小仅仅由介质的性质决定,与波源的振动频率无关,所以选项C,D都是错误的.选项A混淆了单个质点运动的速度和波的传播速度,也是错误的.
【答案】 B
【例4】 【答案】 ACD
【例5】
【解析】由题设条件得知D点的运动方向向上,而D点是紧跟它前一点运动的,它比前一点迟一些开
始运动,所以它的前一点应在它的上方,从图上看到D点右侧的质点应是它的前一点,从而可以判定波是从右方传向左方的,即沿x轴的负方向传播,所以选项A是错误的.知道了波的传播方向,就可以进一步确定E,G的运动方向是相反的,选项B是错误的.B点直接向平衡位臵运动,而A点由于运动方向向下,它要先向下运动到达最大位移处后再向上返回平衡位臵,故B比A先到达平衡位臵,选项C是正确的.质点F此时处在最大位移处,其加速度最大,所以选项D错误.
【答案】 C
【例6】
【解析】从图中可直接确定波长和振幅,即A、C两选项正确.由于不知波的传播方向,则波速和周
期就是不确定的,BD两选项错误.
【答案】 AC
【例7】
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【解析】(1)若波向右传播,?x1?2m,?t?t2?t1?0.5s,则v1??x1?4m/s; ?t?x若波向左传播,?x2?6m,?t?t2?t1?0.5s,则v2?2?12m/s
?t(2)若波向右传播,?x3?(2?8n)m(n?1,2,3,?)
?x?t?t2?t1?0.5s,则v3?3?(4?16n)m/s(n?1,2,3,?)
?t若波向左传播,?x4?(6?8n)m(n?1,2,3,?),?t?t2?t1?0.5s,
?x则v4?4?(12?16n)m/s(n?1,2,3,?)
?t3(3)当波速为92m/s时,波向前传播的距离为?x?vt?46m?(5?)?,由图可知波向左传播.
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【例8】
【解析】衍射是一切波特有的现象,所以选项A对C错.发生明显的衍射现象是有条件的,只有缝、
孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长差不多或比波长更小时,才能观察到明显的衍射现象,所以选项B是正确的.声波的波长在1.7cm到17m之间,一般常见的障碍物或孔的大小可与之相比,正是由于声波波长较长,声波容易发生衍射现象,所以选项D也是正确的.
【答案】 A、B、D.
【例9】
【解析】从图知水波波长跟小孔尺寸相差不大,此时能明显观察到波的衍射现象,如果孔AB扩大到比
波长大得多,就不能产生明显的衍射现象,所以A,B均正确,波绕过障碍物后,即发生衍射现象时,波的特征并未发生改变,即波的波长,频率和波速不变.故C选项正确,当波的频
v
率增大,波速不变,波长??变小,有可能比不变的孔宽小得多,衍射现象就会不明显.故
f
D选项错误.
【答案】 ABC
【例10】
【解析】两列波叠加产生稳定干涉现象是有条件的,不是任意两列波都能产生稳定的干涉现象.两列
波叠加产生稳定干涉现象的一个必要条件是两列波的频率相同,A错,B对;在振动减弱的区域里,只是两列波引起质点振动始终是减弱的,质点振动的振幅等于两列波的振幅之差,如果两列波的振幅相同,质点振动的振幅就等于零,也不可能各质点都处于波谷,所以选项C是错误的.在振动加强的区域里,两列波引起质点振动始终是加强的,质点振动的最剧烈,振动的振幅等于两列波的振幅之和.但这些点始终是振动着的,因而有时质点的位移等于零,所以选项D是正确的.
【答案】 B、D
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第24讲 几何光学
例题精讲
【例1】 【解析】 由反射定律可知L2和L3其中L3为入射光,则MM?为法线,NN?为界面,由折射定律可知L3sin60?为入射光线,L2为反射光线,L1为折射光线,由折射定律得n??3,
sin30?c3?108cm/s?1.732?108m/s 由n?得v??nv3
【例2】 【解析】 (1)点光源在球心处,故其发出的光与玻璃砖两表面都垂直,传播方向不变,由几何知识可
3m. 得:R?(0.5?0.5)?tan30??3(2)被照亮部分的面积将变大,如图所示,以SA光线为例,在外侧面为球面时,射在光屏上的C点;外侧面为平面是,SA光线在界面上将发生折射,由于从玻璃砖射向空气,折射角大于入射角,故折射光线AD在AC的上方,被照亮面积变大.
【例3】
11n?2,临界角为C?arcsin?arcsin【解析】 ?45?.
n2因光源S发出的光经狭缝沿半径方向射入玻璃的圆面,故不改变传播方向,射至圆心O时,若入射角i小于临界角C时,有折射光线OA和反射光线OB同时存在,随着圆形面的不断旋转,入射角i不断增大,这时反射光不断增强,而折射光不断减弱,当i?45?时,折射光线完全消失,全部光线在玻璃砖的圆心O处反射回来.
【答案】 ACD
【例4】
【解析】 (1)sinC?12?,∴C?45? n2(2)光线经平面镜向右上方以临界角射向液面刚好发生全反射,如图甲有
135?2??90??C?135?∴?1?90????90???22.5?.当?1?22.5?,光线射向液面时,
2刚好发生全反射,而当?>22.5?时,光线经平面镜反射再射向液面时,才能从反射点的右上方射出,所以必须满足?>22.5?.
同理,光线经平面镜向左上方以临界角射向液面,刚好发生全反射,如图乙有2???90??C?45?,∴?2?90?????67.5?.若?<67.5?时,光线能从反射点的左上方射出.综合上述两种情况,若使光线能从液体表面射出,应满足22.5?<?<67.5?.
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【例5】
【解析】 光路图如图所示,由几何知识sin?2?所以?1?arcsin【答案】 B
【例6】
nrl?r22rl?r22sin?1?,由折射定律sin?1?nsin?2得:
nrl?r22,
,所以答案选B.
1d可得,在MN曲面上发生全反射的临界角为37?,由于sinC?,故从曲面射nR?射出的光线在OM上的入射点到O点的最大距离为d?RsinC?0.6R,光线只能从圆弧NG1出.
<答案> B
【例7】 【解析】 如图所示,由n紫>n红,所以紫光偏得最厉害,所以从a点射出的是紫光,从b点射出的是红<解析> 由sinC?光.
【答案】 B
【例8】 【解析】 由题中的已知条件可知,要使光线从光导纤维的一端面射入,然后从它的另一端面全部射出,
必须使光线在光导纤维中发生全反射现象.要使光线在光导纤维中经历的时间最长,就必须
1使光线的路径最长,即光对光导纤维的入射角最小.光导纤维的临界角为C?arcsin.
nL光在光导纤维中传播的路程为d??nL.
sinCc光在光导纤维中传播的速度为v?.
ndnLn2L所需最长时间为tmax??. ?cvcn
【例9】
【解析】 AB面上进入三棱镜的折射光线的折射角为?,则2?sin45?∴??30?.,若平行光射到ABsin?面上的入射点偏向A端,则折射光线将射到AC面上.入射点偏向B端,则折射光线将射到BC11面上.三棱镜材料的临界角为C∴sinC??,∴C?45?.由几何关系知,折射到AC面
n2上的光线入射角为60?>C,所以发生全反射,没有光线透出,然后垂直射到BC面上,射出三棱镜.如图所示.由几何关系知,折射到BC面上的光线入射角为60?>C,所以发生全反射,然后垂直AC面射出,如图所示.
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【例10】
1,所以紫光的临界角C小,n更易实现全反射。由图可知,一种光发生了全反射,一种光刚好发生全反射,则已发生全反射的一定是紫光,而黄光既有折射光线OA,又有反射光线OB,所以OB为复色光,所以答案选C。
【答案】 C
【例11】
<解析> 当线光源上某一点发出的光线射到未被遮光板遮住的液面上时,射到遮光板边缘O的那条
光线的入射角最小. 若线光源底端在A点时,望远镜内刚好可以看到此光源底端. 设过O点液面的法线为OO1,则?AOO1??,其中?为此液体到空气的全反射临界角.
1由折射规律有sin??
n同理,若线光源顶端在B1点时,通过望远镜刚好可以看到此光源顶端,则?B1OO1??.设此【解析】 由于黄光的折射率n小于紫光的折射率n,由全反射公式sinC?时线光源底端位于B点.由图中几何关系可得sin??AB AB1解得n?5<答案> 1.2
AB?BB122AB得到n?1.25.
,又AB?8.0cm,BB1?6.0cm
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【例11】
该时刻a质点振动最弱,b、c质点振动最强,这不难理解.但是d既不是波峰和波峰叠加,又不是波谷和波谷叠加,如何判定其振动强弱?由于S1、S2是两个相干波源且它们振动同步,所以某点到两波源的路程之差是波长的整数倍时,该点振动最强,从图中可以看出,d是S1、S2连线的中垂线上的一点,到S1、S2的距离相等,所以必然为振动最强点.描述振动强弱的物理量是振幅,而振幅不是位移.每个质点在振动过程中的位移是在不断改变的,但振幅是保持不变的,所以振动最强的点无论处于波峰还是波谷,振动始终是最强的.故②③正确,选C. 【答案】 C
【例12】
(1)该图表示的是多普勒效应.选项D正确.
(2)从波长变化情况来看,波源正在移向A点,所以A正确.
(3)由于波源远离B点,所以,观察到波的频率最低的点是B点.B正确. 【答案】 (1)D (2)A (3)B
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第25讲 物理光学
例题精讲
【例1】
Lc?,式中L为缝到屏的距离,d为两缝间的距离,又因v???f,n?, dvLcΔx??,在双缝干涉实验中,若?、L不变,双缝间距d减小,条纹间距变大,故A项
df?n错.若L、d不变,?变小条纹间距变小,故B项错.在L、d不变,条纹间距随入射光频率
L?c而变,故C项正确.在Δx?式中,若L、d、f不变,Δx与n有关,故D项正确.
d?f?n【答案】 CD 【例2】 【解析】 缺陷处干涉条纹向气隙较薄处弯曲,表明该处气隙偏厚,即被检平面有凹下. 【答案】 B 【例3】 【解析】 偏振片的作用是只允许一个振动方向的光通过,如果两个偏振片的透振方向互相垂直,则没
有光能同时通过两块偏振片,所以选项A、C正确,选项B错误,灯泡钨丝发光时,不同时刻、不同地点发出的光的振动方向不一定相同,所以转动灯泡是不起作用的.选项D错误.
【答案】 AC 【例4】 【答案】 D 【例5】 【解析】 紫光频率大于锌板极限频率,用紫光照射锌板时能发生光电效应,放出光电子,锌板带正电
荷,与锌板相连的验电器也带正电荷,验电器因带正电荷使指针发生偏转,故A、D正确,C错误.用红色光照射锌板,不发生光电效应,故B错误.
【答案】 AD 【例6】 【解析】 某种金属在光的照射下发生光电效应,它放出光电子的最大初动能,只与这种金属的逸出功
和入射光子的频率有关.当金属确定后,便只与入射光子的频率有关,光子能量E?hv,v越
1大,光子的能量越大.由mv2?hv?W0知,光电子的最大初动能随入射光的频率增大而增大,
2与照射光的照射时间无关.
【答案】 BD 【例7】 【解析】 量变达到一定程度会发生质的变化,同学们不要用宏观的知识来认识光子,光子和别的物体
作用时是一份一份的.一定要注意到这一点.它具有波粒二象性.
【答案】 C 【解析】 由Δx? 讲述高端的,真正的物理学 高一·30次课学完高中物理·第18讲·教师版
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第26讲 原子与原子核
例题精讲
【例1】 【解析】 卢瑟福?粒子散射实验结果是绝大多数?粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进,故选项A错
误.?粒子被散射时只有少数发生了较大偏转,并且有极少数?粒子偏转角超过了90?,有的甚至被弹回,偏转角几乎达到180?.故选项B正确.根据?粒子散射实验结果可知选项C、D错误.
【答案】 B
【例2】 【解析】 处于基态的原子要发光,必须先吸收一定的能量E,如果是用照射来提供这个能量,则E?hv,
使之处于激发态,由于激发态能量高,原子不稳就会向低能级跃迁,从而发出一系列频率的光子,但这些光子的频率决不会大于v,且必有一种频率等于v,由题意知,该氢原子受激后只能发出频率为v1、v2、v3的三种光,且v1<v2<v3,即最高频率是v3,那么照射光频率必是v3,光子能量是hv3.
【答案】 C
【例3】 【解析】 (1)B
(2)根据玻尔的原子能级理论,原子在不同能级的能量大小为En?E1E1,所以,又E?2n24根据玻尔的跃迁理论,当原子从高能级向低能级跃迁时,会释放能量,即E2?E1?hv,34?6.63?10?34?3?108而v?,所以有h?E2?E1??E1,???1.2?10?7m ?19??43?13.6?1.6?10cc
【例4】
<解析> 这群氢原子能发出光子的频率数为
?3. 氢原子从n?3跃迁到n?1时产生的光子2能量最大?E?E3?E1?12.09eV,此光子的频率最高,波长最短,用它照射金属钠,产生的
n?n?1?光电子的初动能最大值为Ek??E?W?12.09eV?2.49eV=9.60eV.
<答案> D
【例5】 【解析】 ?射线是不稳定原子核放出的两个中子和两个质子组成的粒子流,它的电离本领最大,穿透
能力最弱,A错.?射线是原子核内一个中子转化为一个质子时放出的高速电子流,其穿透能力和电离能力都居中,B错.?射线是处于激发态的原子核向低能级跃迁时放出的光子,常伴随?或?衰变产生,?射线的穿透力最强,C对,D错.
【答案】 C
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【例6】
90【解析】 衰变过程遵守质量数守恒和电荷数守恒,因9036Kr衰变成40Zr过程中,质量数没有改变,因此
没有发生?衰变;发生一次?衰变,质量数不变,电荷数增加一,所以共进行了4次?衰变,正确选项为B.
【答案】 B
【例7】 【解析】 (1)此核的反应中的质量亏损和放出的能量分别为
Δm?(2?2.0136?3.0156?1.0073)u?0.0043u
ΔE?Δmc2?0.0043?931.5MeV=4.005MeV
(2)因碰前两氘核动能相同,相向正碰,故碰前的总动量为零,因核反应中的动量守恒,故
碰后质子和氚核的总动量也为零,设其动量分别为p1,p2,必有p1??p2,设碰后质
子和氚核的动能分别为Ek1和Ek2,质量分别为m1和m2, Ek1m1v12p12/m1m23??2??, 则2Ek2m2v2p2/m2m1133故新生的氢核的动能为Ek1?(ΔE?Ek0)?(4.005?2)MeV=4.5MeV
44【例8】
【答案】 B
【例9】 【答案】 由聚交、裂变、衰变的定义可知D项错误.
【例10】
2222184<解析> 写出核反应方程86R?84Po+2He,可知,放出的粒子是?粒子,因此可排除C、D选项,
?1?根据半衰期公式m?m0??可以计算得到1g氡经过两个半衰期还剩0.25g没有发生衰变,
?2?所以发生衰变的是0.75g,故B选项正确.
【例11】
2184<解析> (1)22286Rn?84Po?2He
tT(2)设钋核的反冲速度大小为v,由动量守恒定律,得0?mv0?Mv,则v?2(M?m)mv01212(3)衰变过程中产生的机械能 ?E?mv0?Mv?
222M由爱因斯坦质能方程?E??mc2得
2?E(M?m)mv0产生这些机械能需要亏损的质量?m?2?
c2Mc2mv0 M<答案> (1)
22286Rn?218842(M?m)mv0mv0 (3) Po?He (2)
2Mc2M42 讲述高端的,真正的物理学 高一·30次课学完高中物理·第18讲·教师版
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第27讲 力学复习(1)
【例1】 <解析>
解法一:逆向思维法
物体向上匀减速冲上斜面,相当于向下匀加速滑下斜面.
2故xBC?atBC/2,xAC?a(t?tBC)2/2,又xBC?xAC/4 解得:tBC?t 解法二:比例法
对于初速度为零的匀变速直线运动,在连续相等的时间内通过的位移之比为 x1:x2:x3:?xn?1:3:5:?:(2n?1),现在xBC:xBA?1:3.
通过xAB的时间为t,故通过xBC的时间tBC?t. 解法三:中间时刻速度法
利用教材中的推论:中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度.
vAC?(vt?v0)/2?(v0?0)/2?v0/2
2又v0?2axAC 2vB?2axBC
…………………..① ……..……………② .………………….③
xBC?xAC/4
解①②③得:vB?v0/2.
可以看出vB正好等于AC段的平均速度,因此B点是中间时刻的位臵即tBC?t. 解法四:面积法
利用相似三角形面积之比,等于对应边平方比的对应边平方比的方法,作出v?t图象,如图所示.
SAOC/S△BDC?CO2/CD2
且S△AOC?4S△BDC,OD?t,OC?t?tBC.
2所以4/1?(t?tBC)2/tBC,得tBC?t. 解法五:性质法
对于初速度为0的匀加速直线运动,通过连续相等的各段位移所用的时间之比:
t1:t2:t3:?:tn?1:(2?1):(3?2):(4?3):?:(n?n?1).现将整个斜面分成相等的四段,如图所示:设通过BC段的时间为tx,那么通过BD、DE、EA的时间分别为:tBD?(2?1)tx,tDE?(3?2)tx,
tEA?(4?3)tx.tBD?tDE?tEA?t,
<答案>
【例2】 <解析>
又tBD?tDE?tEA?(2?1)tx?(3?2)tx?(4?3)tx,得tx?t. tBC?t
如图所示为两辆汽车所做的速度——时间图象,由图象可知,当乙车追上甲车时,即为甲、乙两车的速度——时间图线与时间轴所围成的面积(阴影部分)相等.可以看出,当乙车追上甲车时,vt?2v0,t2?2t1.由于乙车加速度a未知,故t2和t1均不可求,位移x也不可求.故答案选A.
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<答案>
【例3】 <解析>
A
解法一:把竖直上抛运动过程分段研究.设重物离开气球后,经过t1时间上升到最高点,
v10则t1?0?s=1s,
g102v0102?m?5m, 上升的最大高度h1?2g2?10故重物离地面的最大高度为H?h1?h?5m?175m?180m. 重物从最高处自由下落,落地时间和落地速度分别为t2?vt?gt2?10?6m/s=60m/s.
2H2?180?s=6s, g10<答案>
【例4】 <答案>
【例5】 <解析>
所以重物从气球上掉落至落地共历时t?t1?t2?7s.
解法二:取全过程作一整体研究,从物体自气球上掉落计时,经时间t落地,规定初速度方向为正方向,画出运动草图如图所示,则物体在
1时间t内的位移h??175m.由位移公式h?v0t?gt2有
21,所以重物落地速度?175?10t??10t2,解得t?7s和t??5s(舍去)
2vt?v0?gt?10m/s?10?7m/s=-60m/s,其中负号表示方向向下,与初速度方向相反. 7s 60m/s
甲:沿斜面向上;乙:无静摩擦力;丙:水平向左;丁:水平指向转轴
设斜面的倾角为?,对A、B整体进行受力分析,可求得A、B沿斜面上滑的加速度a?gsin?,B的加速度也是a?gsin?.再对B受力分析,B受到重力G、A对它的支持力N和摩擦力Ff,将这三个力沿斜面方向分解可得Ff?mgsin??ma,而a?gsin?,根据以上两式可知Ff?0,即A、B间没有摩擦力.
<答案>
【例6】 <解析>
C
如图所示,先画一条有向线段AB表示力F,过F的始端A画一条与AB成30?角的射线(是力F1的作用线,表示出力F1的方向已知),过F的末端B作F1所在射线的垂线交于
FC.则由Rt?ABC可知,CB的大小为,在CB两边对称地作两线段DB和EB,使其
233FF(因为F>,所以这两条线都可以画出来)大小均为.在Rt?EBC中,因3323FF,?CBE??ABE???30?,故?ABD为直角三角形,利用直角三CB?,EB?3227
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角形可知E为直角三角形?ADB的斜边AD的中点,AE?大小可能是<答案>
【例7】 <解析>
AC
323F,也可能是F. 33323F,AD?F,则F1的33此为一动态平衡问题,受力情况虽有变化,但球始终处于平衡状态.对球受力分析如图
?1和板对球的支持力FN?2而平衡.作出FN?1和FN?2的所示,受重力G、墙对球的支持力FN?1的方向不变,大小逐渐合力F,它与G等大反向.当板BC逐渐放至水平的过程中,FN?2的方向发生变化,?1,FNFN1?FN减小,大小也逐渐减小.如图所示,由牛顿第三定律可知:
?2,故答案B正确. FN2?FN<答案>
【例8】 <解析>
B
拔去M瞬间,若小球的加速度方向向上,只受重力和下面弹簧的弹力F1,且弹力一定向上,即处于压缩状态,有F1?mg?ma,即F1?m(a?g) 平衡时,上面弹簧的弹力为F1?,则有
F1??F1?mg?ma,方向向下,由此可知上面弹簧处于压缩状态.
若不拔去M而拔去N,小球受重力和上面弹簧向下的弹力F?,根据牛顿第二定律
F??mg?,得a1??1F1??mg?ma1?a?g?22m/s2,方向竖直向下.
m拔去M瞬间,若小球加速度向下,只受重力和下面弹簧弹力F2,因a>g,所以F2方向一定向下,即下面弹簧处于伸长状态.按上面分析方法可得
F??mg??2a2?a?g?2m/s2方向竖直向上.
mBC
<答案>
【例9】 <解析>
设系统的加速度为a,B对A的拉力为T,将A、C看成一个整体,有:mBg?T?mBa,T?μ(mA?mC)g?(mA?mC)a
15带入数据解得:a?m/s2
4隔离C进行研究,设A、C之间的拉力为T?,所以有: T??μmCg?mCa
25带入数据解得:T??N
4
【例10】 <解析>
木箱对地面的压力决定于木箱的重力及立杆受到小球的作用力.木箱静止,小球加速下滑,二者没有共同的加速度,用“整体法”列方程解题对大多数同学则难以理解,如把小球隔离出来,以球为研究对象,由牛顿第二定律列方程则易于理解.
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以小球m为研究对象,受重力mg及摩擦力Ff,由牛顿第二定律得mg?Ff?ma,以木箱M
为研究对象,受重力Mg、地面支持力FN及小球给予的摩擦力Ff?,木箱处于平
衡状态,则有FN?Ff??Mg?0,由牛顿第三定律得Ff??Ff, 由上述三式可得FN?
2M?mg, 22M?mg. 2??FN?由牛顿第三定律可知木箱对地面的压力大小为FN
【例11】 <答案>
【例12】 <解析>
A
hgt25?t,又因为设小球落到B点时速度的偏转角为?,运动时间为t.则tan37???s2v0t6tan37??3,解得t?0.9s.A、B两点间的水平距离s?v0t?6?0.9m?5.4m,所以45l?s?6.75m 4在B点时,tan??
【例13】 <解析>
y13?,说明AE和EB分别是第二、第三个单位时间内的位移,因此在第一个单位时间y25vyv0?gt10?0.933??,所以??arctan v0622
<答案>
【例14】
<答案> BD
【例15】
<解析> 杆已不能看作是一个整体,它是OA和OB两部分组成的,轴O所受的力应是OA和OB对
O作用的合力.
mv2(1)OA恰不受力,重力提供向心力mg?,v?gl,B球受二力.重力2mg和杆
l2mv2向上的拉力F,F?2mg?,F?4mg,根据牛顿第三定律,轴O受力大小
l为4mg,方向向下.
1y1?5cm.以A点为原点建立坐标系如图所示,抛出点的坐标为(?10,5), 3s0.1 v0??m/s=1m/s.
2H2?0.5g10(?10,5);1m/s 内有y0?2mv2(2)B球在最高点,2mg?F1?,将v?gl代入得F1?0;A球受二力;重力mglmv2和杆向上的拉力F2,F2?mg??mg,所以F2?2mg;根据牛顿第三定律,Ol轴受力大小为2mg,方向向下.
(3)要使O轴不受力,由mB?mA,所以B球必在上面,A在下面.B球受二力,重力
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'1'1
2mv22mv2'2mg和杆的向下拉力F?F?2mg?,F1??2mg.A球受二力,重力
ll2mvmv2''',F2?mg?,轴O不受力时,F1'?F2',mg和杆的向上拉力F2,F2?mg?ll2mv2mv2,得v?3gl,即A、B的速度v?3gl时,O轴恰不受力. ?2mg?mg?ll<答案> (1)4mg 方向向下
(2)2mg 方向向下 (3)轴O不受力 vA?vB?3gl 30
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第28讲 力学复习(2)
【例1】
<解析> 物体受到万有引力作用的舍力为零,由于是均匀球体,那么可认为m1、m2分别集中于两
球各自的球心,小球可视为质点,可以直接用万有引力定律.设质量为m的小球到质量
Gm1mGm2m?为m2的小球的距离为x.以m为研究对象,受力平衡,有:,解得:2(L?x)x2
x?
【例2】
m2m1?m2L
mA4?2<解析> 对卫星a,有G2?2RA……………①
RATamB4?2G2?2RB……………………② RBTb解得Ta:Tb?1:4,故答案选A.
<答案> A
【例3】 【答案】 重力加速度小显然月球上扔的远,排除BD,不知道扔的角度,不妨假设是45度,不计空气阻力,
22v2vt?l?vt?竖直水平初速度都是v,可知飞行时间g,水平飞行距离g反比于g 为了达到
同样的距离,初速度之比. 不计阻力最远距离抛射角度45度,这个抛射角跟g无关. A. 【答案】
【例4】 【答案】 选项C正确,这道题涉及了卫星的轨道问题,卫星的轨道的圆心必须是地球球心,所以,不可以和
任一条纬线共平面,除了赤道;另外也不可能是经线共平面,因为随地球自转,经线的平面是运动的,卫星的轨道不能随之运动.所以选项A、B错误. CD 【答案】
【例5】
2GmM2??mR可以求出的只有中心天体的质量,所以选择C 【答案】 2TRC 【答案】
【例6】解析请见视频
【例7】
<解析> 物体沿水平面运动摩擦力做功W1?Ffl??mal,沿斜面运动摩擦力做功
??W2??mgcos??s1??mgcos??s2??mg(s1cos??s2cos?)??mgl
∴W1?W2
<答案> A
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【例8】
<答案> A
【例9】
<解析> 解法一:撤去水平F之前,物体沿水平面做匀加速直线运动,该过
程中初速度及物体的受力情况已知,由动能定理知,只要知道末速度就可以求出该过程中位移,而撤去水平力F后物体做匀减速直线运动,其末速度为零,受力情况也已知,且该段过程的初速度刚好等于刚撤去水平力F时的速度.设物体在水平力F作用下的位移为
s,撤去水平力F时物体的速度为v.撤去力F前,物体受力如图甲所示,由动能定理得
1 (F??mg)s1?mv2…………①
2撤去水平力F后直到物体停下来前物体受力如图乙所示,由动能
12定理得: ??mg(s?1s….… )?0?mv②
2解①②方程组可得:s1?10m,v?210m/s.
解法二:物体开始运动到最终停止全过程中,初末速度已知,且撤去水平力F前后,物体的受力情况已知,故可对从开始运动到停止全过程列出方程求解,设物体在水平力F作用下的运动位移为s1,对全过程由动能定理得:Fs1?fs?0,其中f??mg
解得:s1??mgsF?0.1?10?10?30m?10m.
30
【例10】
<解析> 物块由O处缓慢下降到A处,整个过程中,物块受三个力,即重力mg、弹簧向上的弹力
F弹和人手向上的拉力F.其中mg是恒力,F弹和F是变力.
设从O到A下降的距离为h.在这过程中,重力做功WG?mgh;弹力做负功,设为W弹;拉力F做负功,大小为W,初动能和末动能都是零,根据动能定理mgh?W弹?W?0,则
W弹?mgh?W……………①
从离O为H高度释放物块,在平衡位臵A有最大速度,在这过程中,重力做功
1
??mg(H?h),弹力做负功,大小仍为W弹,初动能为零,末能动为mv2,是在A点WG2
1的速度,根据动能定理mg(H?h)?W弹?mv2…………②
22W①代入②得v?2gH?.
m
【例11】
<解析> 小球运动过程中既满足功能关系,又要满足圆周运动规律,球到最高点时临界条件为重
力充当向心力.
由题意确定O?的位臵,即确定小球绕O?做圆周运动的轨道半径r,OO??L?r,设小球绕O?做圆周运动经过最高点B时的速度大小为vB,则小球从A到B只有重力做mg(L?2r).
2vB小球在经过B点时维持圆周运动所满足的条件是mg?m
r32
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12以小球为研究对象,小球从A到B由动能定理得mg(L?2r)?mvB
223解得r?L,所以O?的位臵在O下方L?r?L处.
55
【例12】
<解析> (1)即将着地时,B在斜面上上滑高度为hsin?,设此时A、B共同速度为v,则由A、B系
1统机械能守恒得:mAgh?(mA?mB)v2?mBghsin?,因为mA?mB
211所以v?gh(1?sin?)?5m/s,EkA?mAv2??10?25J?125J
22Ep?mBghsin??250J
1ghsin??v212?3.75m (2)设B上升高度为h?,则有:mBghsin??mBv2?mBgh?,h??g2h?EpB?mBgh??375J,B离底端最远距离L??7.5m.
sin?<答案> (1)125J,250J;(2)375J,7.5m
【例13】
<答案> ABC
【例14】
<解析> A、B两木块离开桌面后都做平抛运动,由平抛知识水平速度vB?2vA,且tA?tB.在弹
簧弹开的过程中,A、B的动量守恒,mAvA?mBvB,所以mA?2mB,又弹力FA?FB,故?:IB??mAgtA:mBgtB?2:1. aA:aB?mB:mA?1:2,IA:IB?FAtA:FBtB?1:1,IA<答案> BD
【例15】
<解析> 根据碰后两车连接在一起,且向南滑行的情况,说明系统的总动量方向向南(无论碰前
还是碰后).因此碰前的客车动量(方向向南)应该大于卡车的动量(方向向北),即m客?v客?m卡?v卡,代入数据1500kg?20m/s?3000kg?v卡,解得v卡?10m/s.
<答案> A
【例16】
<解析> 由于船在水中匀速行驶,所以人船组成的系统动量守恒,设小孩跃出后的速度为v1,规
M?2m定初速度的方向为正方向,则(M?2m)v0?Mv1?mv?mv,解得v1?v0
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第29讲 电磁复习(1)
静电场:
一、电荷 库仑定律
<答案>①得失电子 ②1.60?10?19C
二、电场 电场强度 电场线 <答案> ①力
②放入电场中的试探电荷 ③E?③kQQ12 r2④电荷的总量 ⑤它们的连线
kQ r2④正电荷 ⑤疏密
⑥切线 ⑦正电荷 ⑧负电荷 ⑨匀强电场
三、电势差 电势 <答案>①减少 ②能 ③降低 ④低 ⑤低 ⑥始、末位臵
四、电势差与电场强度的关系 <答案>①垂直 ②沿电场线方向的距离 ③V/m ④电场强度
五、静电平衡 <答案>①电荷定向移动 ②垂直 ③外表面 ④等势面
恒定电流:
一、欧姆定律
<答案>①导体两端存在电势差 ②正电荷定向移动的方向 ③I?U R④兆欧(MΩ) ⑤直线
二、电阻定律 电阻率
L<答案>①? ②增大 ③标准电阻 ④减小 ⑤超导现象
S
三、电功和电功率 <答案> ①电功 ②其他形式 ③电功 ④I2Rt ⑤正常工作
四、闭合电路欧姆定律
E<答案>①负极经电源内部指向正极 ②内电阻 ③反比 ④增大 ⑤E ⑥ ⑦内电阻
r
五、电压表和电流表 <答案> ①小量程电流表G ②分压 ③分流
六、电阻的测量
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U<答案>①
I
②大 ③小 ④大 ⑤大 ⑥闭合电路欧姆定律
1.
<解析>由题意可知,试探电荷处在匀强电场和点电荷?Q产生的电场所组成的叠加场中.因此要求
试探电荷在电场中某点所受的电场力,首先应确定该点的合场强,要确定合场强,就需要求匀强电场的场强.而题目已经告诉当试探电荷处在d点时恰好平衡,这恰恰是两电场共同作用的结果,据此则问题可解.
QqQqQ(1)由题意可知F1?k2 ①,F2?qE ②,因为F1?F2,所以qE?k2,E?k2,场强
rrr方向沿db方向.
Q(2)试探电荷放在c点Ec?E12?E2?2E?2k2,
rQq所以Fc?qEc?2k2,方向与ac方向成45?角(如图所示).
rQ(3)试探电荷放在b点Eb?E2?E?2E?2k2,
rQq所以Fb?qEb?2k2,方向沿bd方向.
r 2.
1ee3<解析>一个下夸克在圆心O处产生的电场强度E1?k2?k2,B、C两个下夸克在圆心O处场强
r3r的叠加如图所示,合场强EBC?E1,方向沿AO.
2e2e3而上夸克在圆心O处的电场强度E2?k2?k2,方向沿AO.故3个夸克在圆心处产生的r3re电场强度EO?E1?E2?k2.
r<答案> A 3.
<解析>导体处于静电平衡状态时,导体内部合场强为零,这是点电荷q所形成的电场与棒两端出现
的感应电荷所形成的附加电场在棒中叠加的结果,即E合?E1?E2?0. 因此可通过计算点电荷?q产生的电场E1,来确定感应电荷的电场E2的大小和方向.
q点电荷?q在棒中点处产生的场强为E1?k,方向向右. 2L???R??2??q由该点合场强为零可知,感应电荷在该点产生的场强大小E2?E1?k,方向向左. 2L??R???2??q<答案>k 向左 2L???R??2?? 讲述高端的,真正的物理学
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35
\\ 4.
<解析>由图可知,该电场线为直线,在我们常接触的电场中,匀强电场的电场线是直线,但点电荷
的电场线也是直线,故也可能是正电荷放在左端或负电荷放在右端时产生电场的电场线,另外也可能是正、负电荷之间的一条电场线,故A错.电势的高低可根据电场线由高电势指向低电势来判断,则?A??B,故B错.由于?A??B,故正电荷在A点的电势能大,而负电荷在B点的电势能大,因此C正确.也可假设负电荷由A移到B,则该过程中电场力向左,与运动方向相反,故电场力做负功,电势能增加.负电荷在电场中所受电场力的方向与该点场强的方向相反,故D错.
<答案> C 5.
<答案>C 6.
<解析>方法一:利用电场线方向来判断,由于电势能增加,电场力一定做负功,即电场力方向和电
荷运动方向相反,从b指向a,而负电荷受电场力的方向和场强方向相反,场强方向应是由a指向b,因此电场线的方向是从a指向b.顺着电场线的方向电势越来越低,a点电势比b点电势高.
方法二:利用电场力做功公式来判断,由于电势能增加,电场力一定做负功,即Wab为负值,
而q是负电荷,即q为负值.由Wab?q??a??b?得?a??b
方法三:利用电势能判断,正电荷q为正值,在电势越高的地方电势能就越大,而对负电荷,
q为负值,在电势越高的地方电势能越小,而本题已知条件是负电荷在a点电势能较小,故a点电势高.
7.
<答案> AD 8.
<解析> 电场力大小为qE,且做负功,所以物体克服电场力做功qEs,物体的电势能增加了qEs;
??0.8q,物体动能减少了Es由于物体做匀减速直线运动,则合力做负功,W合?-mas0.8qEs.
<答案> ACD 9.
<解析>
解法一:(用W???E计算),电荷在A、B两点的电势能分别为
EA?q?A?(?2.0?10?7)?(?100)J?2.0?10?5J,
EB?q?B?(?2.0?10?7)?200J??4.0?10?5J.
根据W???E,电荷从A移动到B过程中电场力所做的功为 W??(EB?EA)?6.0?10?5J.
因为W?0,所以是电场力做正功.
解法二:(用WAB?qUAB计算)①带正、负号运算.电荷从A移动到B的过程中,电场力做的功为WAB?qUAB?(?2.0?10?7)?[(?100)?200]J?6.0?10?5J. 由于计算得出的W为正值,所以是电场力做正功.②用绝对值运算.根据A点电势低于B 讲述高端的,真正的物理学 36
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点电势,可知始、终两点间的电场线的方向是由B至A,可画出表示电场线方向的矢量线E,根据负电荷所受的电场力方向与电场线方向相反,再画出表示电场力方向的矢量线F;最后画出表示电荷移动方向(A?B)的矢量线s,如图所示,因为F与s的方向相同,故电场力做正功.其大小为
W?|q|?|UAB|?|?2.0?10?7|?|(?100)?200|J?6.0?10?5J.
<答案> 电场力做功6.0?10?5J 10.
<答案> ABD 11.
122<解析> 只有电场力做功,由动能定理,得qUab?m(vb?va)
2?1514?102242422??Uab?m(vb?va)?(5?10)?(4?10)?9?10V ?9?2?2?10?2q如图所示在b点.
22(勾股定理)?(5?104)2?(4?104)2m/s=3?104m/s vy?vb?vx
12.
<解析>(1)极板间场强E?U① d(2)?粒子电荷为2e,质量为4m,所受电场力
2eU② F?2eE?dFeU③ ?粒子在极板间运动的加速度a??4m2md2dm1?2d(3)由d?at2,得t?④ aeU2RReUv0??⑤
t2dm<答案>(1)E? 13.
U d(2)a?eU 2md(3)v0?R2deU m<解析>串联电池E总?2E,r总?2r,由闭合电路欧姆定律I?EE2E知,I1?,I2?,R?rR?rR?2rI3I1?R?2r?E??,而1?,解得R?r,即R∶r?1∶1,C正确.
I24I2R?r2E<答案>C
14.
<解析>设?表示AB、CD单位长度电阻丝的电阻,当EF处于图中位臵时,设EB、FD两段电阻丝
的长度皆为L.由于电压表是理想电压表,故电压表的读数就是EF两端的电压,由串联电路
RE?U1,当EF由图中位臵向左移动一段距离?L后,EB、FD两段电分压关系,得
r?R?2?LRE?U2.当EF由图阻丝的总电阻为2??L??L?,由串联电路分压关系,得
r?R?2??L??L? 讲述高端的,真正的物理学 高一·30次课学完高中物理·第18讲·教师版
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中位臵向右移动一段距离?L后,EB、FD两段电阻丝的总电阻为2??L??L?,由分压关系,得
RE?U3.以上三式代人数值,得U3?6V.
r?R?2??L??L? 15.
<解析>“开路电压”就是外电路断开时的路端电压,所以电源电动势E?800mV.外电路短路时,外
EE800mV电阻R?0,路端电压U?0,I?(短路电流),得r???20?
rI40mAE当接20?电阻时,U??R?400mV=0.40V.
r?R<答案> D 16.
3<解析>由直线B知R?1?,由直线A知E?3V,r???0.5?.当两者组成电路后,电流
6E3I??A=2A,
R?r1?0.5PR2出????67% 故P,或.P?P?UI?2?2W?4W?IR?4WR出出P总R?r<答案>4 67 17.
<解析>根据EI?9W,I?3A,得E?3V
I2r?9W,I?3A,得r?1?. 当I?1A时,EI?3?1W=3W.
I2r?1W.AB段表示的功率值:EI?I2r?3W?1W=2W.故C选项正确.
<答案>C 18.
<解析>由图象可知,E1?E2,r1?r2.当U1?U2时,I1?I2,由PA错;当U1?U21?P2,总?EI可知,P时,则I1?I2,则R1?R2,B错;当I1?I2时,U1?U2,由P?UI知,电源输出功率P出1?P出2,C正确;当I1?I2时,由P?I2r知,P内1?P内2,D错.
<答案>C 19.
?E?<解析>由电功率的公式P?R可知,当E、R一定时,外电路得到的功率随着r的增出?IR??R?r??大而减小,欲使外电路得到的功率最大,必有r?1?,故应选A.
<答案>A 20.
UU<解析>(1)由闭合电路欧姆定律E?U1?1r,E?U2?2r
R1R2r?1?. 联立两式并代入数据解得E?6V,2238
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(2)由电功率表达式P?将上式变形为P?E22
?R?r?E22R
?R?r??4rR
E2由上式可知R?r?1?时P有最大值Pm??9W.
4r 讲述高端的,真正的物理学 高一·30次课学完高中物理·第18讲·教师版
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第30讲 电磁复习(2)
磁场
一、磁场 磁感线 <答案>①吸引 ②排斥 ③磁场 ④右手螺旋定则
二、安培力 磁感应强度
F<答案>①F?BILsin? ②B? ③该点的磁感应强度 ④分布均匀的同向直线
IL三、电流表的工作原理 <答案>①线圈 ②指针 ③强弱 ④方向
四、磁场对运动电荷的作用 <答案>①洛伦兹 ②f?Bv q ③垂直 ④不做
电磁感应
一、法拉第电磁感应定律
<答案>①磁感应强度 ②穿过闭合回路的磁通量发生变化 ③磁通量的变化快慢 ④E?⑤E?n?Φ ?t?Φ ?t
二、楞次定律及其应用 <答案>①原磁通量的减少 ②阻碍 ③右手定则
三、自感现象 <答案>①自感②相反③形状 ④长短 ⑤越大⑥启动器⑦断开
针对练习 1.
<解析>通电矩形线框在长直导线形成的磁场中,受到磁场力的作用,对于ad和bc边,在磁场中位
臵相同,但电流方向相反,所以它们受的磁场力大小相同,方向相反,合力为零.而对于ab和cd边所处位臵不同,ab近且由左手定则知受力向左;cd远且左手定则知受力向右,所以ab、cd边受合力方向向左,故B、C选项正确.
<答案> BC 2.
<解析>(1)电流元法:把直线电流等效为AO、OB两段电流元,由左手定则可以判断出AO段受力
方向垂直纸面向外,OB段受力方向垂直纸面向内,因此,从上向下看AB将以中心O为轴顺时针转动.
40
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