2024届高考物理二轮复习课时训练(1)-(17)答案

这是一份2024届高考物理二轮复习课时训练(1)-(17)答案，共65页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。
答案：B
2．解析：对“嫦娥五号”探测器受力分析有FN＝mg月
则对一条腿有FN1＝ eq \f(1,4)) mg月＝ eq \f(mg,24)
根据牛顿第三定律可知每条腿对月球表面的压力为 eq \f(mg,24) .故选D.
答案：D
3．解析：带正电的小滑块从O到M沿斜面匀速下滑，对小滑块受力分析，由平衡条件可知Eq＝mg sin 37°，解得小滑块的质量m＝1 kg，A正确．
答案：A
4．解析：以圆柱形工件为研究对象，受到重力mg、b对a的弹力T、斜面对a的支持力FN，设圆心连线与斜面的夹角为α，建立平面直角坐标系如图所示，根据几何关系得sin α＝ eq \f(R,2R) ＝ eq \f(1,2) ，α＝30°，沿斜面方向根据平衡条件可得mg sin θ＝T cs α，解得T＝ eq \f(mg sin θ,cs 30°) ，垂直于斜面方向根据平衡条件可得FN＝mg cs θ－T sin α＝mg cs θ－mg tan 30°sin θ，逐渐减小斜面倾角θ，则sin θ减小，cs θ增大，所以T减小，FN增大，选项A正确，B、C、D错误．
答案：A
5．解析：
缆车通过卡扣固定悬挂在缆索上，在缆索的牵引下一起斜向上匀速运动，对缆车和卡扣受力分析如图：根据共点力平衡条件可知f＝mg sin 37°＝0.6mg，故A正确；缆索对卡扣的作用力为mg，卡扣受到的合外力为0，故B、C错误；运行过程中缆车处于平衡状态，既不失重也不超重，故D错误．故选A.
答案：A
6．解析：如果磁场方向竖直向上，由左手定则可知，安培力水平向右，导体棒所受合力不可能为零，导体棒不可能静止，则磁场方向竖直向下，故A正确，B错误；磁场的方向为竖直向下时，导体棒受到水平向左的安培力作用，同时还受竖直向下的重力和垂直于导轨向上的支持力作用，三力合力可以为零，由力的平衡有F＝BIL ＝mg tan θ，解得I＝ eq \f(mg tan θ,BL) ，故C错误；其他条件不变，仅电流方向突然反向，则安培力水平向右，导体棒所受合力不可能为零，导体棒不可能静止，故D错误．
答案：A
7．解析：
O点受到OA向上的拉力FA，大小、方向固定，OB斜向右下方的拉力FB，方向固定，画出力的矢量三角形如图所示．可知，当FB和FC垂直时，即α＋β＝90°时，OC绳上拉力最小，即OD绳下悬挂物质量最小．故选B.
答案：B
8．解析：设细绳与竖直方向夹角为θ，细绳拉力为T，根据平衡条件可得3T cs θ＝mg
解得T＝ eq \f(mg,3cs θ) > eq \f(1,3) mg，A错误；
根据共点力平衡，三根细绳拉力的合力与重力等大反向，B错误；
细绳越长，θ越小，则T越小，C正确，D错误．
答案：C
9．解析：
根据勾股定理及“a、b两杆的距离正好等于篮球半径的 eq \r(2) 倍”知∠aOb＝90°，对篮球受力分析如图所示，根据受力平衡知F＝G，根据勾股定理得F eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(a)) ＋F eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(b)) ＝F2，可得F eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(a)) ＋F eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(b)) ＝G2，B正确，A错误；设Fa与竖直方向的夹角为α，Fb与坚直方向的夹角为β，由于横杆a比b低，则αFb，C、D错误．
答案：B
10．解析：
施加拉力前，物体受到四个力的作用而平衡：重力G、垂直斜面向上的支持力FN、沿斜面向上的摩擦力Ff和弹簧对物体施加沿斜面向上的弹力F1，受力如图，其中F1＝kx1＝500×0.05 N＝25 N，根据平衡条件可求出Ff＝G sin 30°－F1＝25 N，方向沿斜面向上；施加拉力F后，弹簧长度不变，说明物体仍然静止，并且弹簧对物体施加的弹力大小和方向不变，若摩擦力沿斜面向上，则F＋Ff＋F1＝G sin 30°，即F＋Ff＝25 N，摩擦力Ff随着F增大而较小，当F＝25 N时，Ff＝0；若F>25 N，摩擦力沿斜面向下，因为物体没有滑动，所以F＋F1≤G sin 30°＋Ffmax，代入数据可得F≤50 N，所以测力计读数在0～50 N之间，故选项A、B、C正确，D错误．
答案：ABC
11．解析：滑轮两边绳上的力大小相等，人缓慢向左移动一小段距离的过程，滑轮两边绳间的夹角θ变大，根据2T cs eq \f(θ,2) ＝m球g，解得T＝ eq \f(m球g,2cs \f(θ,2)) ，可知，θ变大，绳上的张力T变大，A正确；
对人分析有FN＝m人g＋T cs eq \f(θ,2)
结合上述解得FN＝m人g＋T cs eq \f(θ,2) ＝m人g＋ eq \f(1,2) m球g
则人对地面的压力为F′N＝FN＝m人g＋ eq \f(1,2) m球g，可知人对地面的压力不变，B错误；
对人分析可知地面对人的摩擦力为f＝T sin eq \f(θ,2) ＝ eq \f(1,2) m球g tan eq \f(θ,2)
可知θ变大，地面对人的摩擦力变大，C正确；
对滑轮与小球整体分析可知，滑轮受到绳的作用力为
F＝m球g
即滑轮受到绳的作用力不变，D错误．
答案：AC
12．解析：物体在斜坡上刚好匀速向下运动时，由力的平衡条件得mg sin θ＝μmg cs θ，解得μ＝tan θ，用外力拉物体沿斜坡向上缓慢上滑时，物体处于动态平衡状态，则沿斜坡方向上有F cs α＝mg sin θ＋Ff，沿垂直斜坡方向上有F sin α＋FN＝mg cs θ，又Ff＝μFN，联立以上各式解得F＝ eq \f(2mg sin θcs θ,cs （θ－α）) ，结合数学知识可知当α＝θ＝30°时，F有最小值，最小值为Fmin＝15 eq \r(3) N，A错误，B正确；当外力F最小时，由力的平衡条件得，沿斜坡方向上有Fmincs α＝mg sin θ＋Ff，沿垂直斜坡方向上有Fminsin α＋FN＝mg cs θ，解得Ff＝ eq \f(15,2) N，FN＝ eq \f(15\r(3),2) N，C错误，D正确．
答案：BD
13．解析：（1）根据法拉第电磁感应定律有
E＝n eq \f(ΔΦ,Δt)
又n＝1， eq \f(ΔΦ,Δt) ＝ eq \f(ΔB,Δt) ·S＝kS，S＝ eq \f(l2,2)
解得E＝ eq \f(kl2,2) .
（2）根据闭合电路欧姆定律可知线框中的感应电流为
I＝ eq \f(E,R)
结合安培力的公式和题图可知线框受到的安培力为
FA＝BIl
又B＝kt（k＞0）
联立可得线框受到的安培力为
FA＝ eq \f(k2l3t,2R)
当线框开始向上运动时，有FA＝mg
eq \f(k2l3t0,2R) ＝mg
解得t0＝ eq \f(2mgR,k2l3) .
答案：（1） eq \f(kl2,2) （2） eq \f(2mgR,k2l3)
课时提升训练2
1．解析：伽利略通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因，故A错误；牛顿第一定律又被称为惯性定律，物体的质量越大，惯性越大，故B错误；伽利略和笛卡尔的思想观点对牛顿第一定律的建立做出了基础性的贡献，故C正确；根据牛顿第三定律，作用力和反作用力是同时产生的，故D错误．故选C.
答案：C
2．解析：平均速度为某段时间（位移）内物体运动的平均快慢，等于该段时间（位移）内的总位移与总时间的比值，即： eq \(v,\s\up6(－)) ＝ eq \f(Δx,Δt) 瞬时速度是某一时刻（位置）的速度， eq \(v,\s\up6(－)) ＝ eq \f(Δx,Δt) 当Δt趋近于零时，平均速度近似等于瞬时速度，根据题意，已知总位移和总时间，可以计算平均速度，无法计算瞬时速度，故A、B、D错误，C正确；故答案为C.
答案：C
3．解析：设每个物块的质量均为m，细线上张力大小FT
对两物块整体做受力分析有F＝2ma
再对于后面的物块有FTmax＝ma
FTmax＝2 N
联立解得F＝4 N
故选C.
答案：C
4．解析：
答案：C
5．解析： 列车做匀减速直线运动，速度均匀变化， A错误；根据速度与时间关系式可知8 s时速度减为v＝v0－at＝（20－1.25×8） m/s＝10 m/s，B错误；刹车问题，t′＝ eq \f(v0,a) ＝16 s停下来，20 s的位移为x＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2a) ＝160 m, C错误；逆向思维求得，最后一秒位移为x′＝ eq \f(1,2) aT2＝ eq \f(1,2) ×1.25×12 m＝0.625 m，D正确．
答案：D
6．解析：设物体与地面间的动摩擦因数为μ，当小车拖动物体行驶的位移为S1的过程中有
F－f－μmg＝（m＋M）a
v2＝2aS1
P0＝Fv
轻绳从物体上脱落后a2＝μg
v2＝2a2（S2－S1）
联立有P0＝ eq \r(\f(2F2（F－f）（S2－S1）S1,（M＋m）S2－MS1))
故选A.
答案：A
7．解析：由图乙可知机器人在2 s时开始滑动，有加速度，所以刚要滑动时fm＝F2＝ eq \f(12,4) ×2 N＝6 N，故A错误；
由图a、图b结合牛顿第二定律可得F4－f＝ma4，F2－f＝ma2
联立可得机器人质量m＝3 kg
滑动摩擦力为f＝3 N
机器人与水平桌面间的动摩擦因数为μ＝ eq \f(f,FN) ＝ eq \f(f,mg) ＝0.1，故B错误；
a­t图像与时间轴所围成的面积表示速度的变化量
在0～4 s时间内，合外力的冲量为I＝mΔv＝m eq \(a,\s\up6(－)) t＝3× eq \f(1＋3,2) ×（4－2）N·s＝12 N·s，故C正确；
4 s末机器人的速度为v＝ eq \(a,\s\up6(－)) t＝ eq \f(1＋3,2) ×2 m/s＝4 m/s
在0～4 s时间内，合外力做的功为W＝ eq \f(1,2) mv2＝24 J，故D错误．
答案：C
8．解析：质点在0～t0时间内从静止出发先做加速度增大的加速运动再做加速度减小的加速运动，此过程一直向前加速运动，t0～2t0时间内加速度和速度反向，先做加速度增加的减速运动再做加速度减小的减速运动，2t0时刻速度减速到零，此过程一直向前做减速运动，2t0～4t0重复此过程的运动，即质点一直向前运动，A、C错误，B正确；a～t图像与时间轴所围成的面积表示速度的变化量， eq \f(t0,2) ～ eq \f(3,2) t0内速度的变化量为零，因此 eq \f(t0,2) 时刻的速度与 eq \f(3,2) t0时刻相同，D正确．故选BD.
答案：BD
9．解析：根据题意，由图可知，汽车匀速运动的位移为x＝vt＝5×（25－20）m＝25 m
由于通道长为20 m，则小汽车的车身长度为5 m，故A正确；
根据v­t图像中斜率表示加速度，由图可知，小汽车减速过程的加速度大小为
a1＝ eq \f(25－5,20) m/s2＝1 m/s2
小汽车加速过程的加速度大小为a2＝ eq \f(30－5,60－25) m/s2≈0.71 m/s2，可知图像中小汽车加速过程的加速度比减速过程的加速度小，故B错误，D正确．
根据v­t图像中面积表示位移，由图可知，小汽车减速过程的位移大小为
x1＝ eq \f(1,2) ×（25＋5）×20 m＝300 m，故C错误．故选AD.
答案：AD
10．解析：依题意，对羽毛球受力分析，由于羽毛球相对于筒向上运动，受到筒对它竖直向下的摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得mg＋f2＝ma1
求得羽毛球的加速度为a1＝30 m/s2
羽毛球向下做匀加速直线运动，故A错误，B正确；
对筒受力分析，根据牛顿第二定律有Mg－f1－f2＝Ma2
求得a2＝－20 m/s2
负号表示筒的加速度方向竖直向上，说明筒向下做匀减速直线运动，若敲打一次后，羽毛球头部能从上端筒口出来，则当羽毛球到达筒口时，二者速度相等，此时筒获得的初速度为最小vmin，有
a1t＝vmin－a2t，（vmint＋ eq \f(1,2) a2t2）－ eq \f(1,2) a1t2＝d
联立，代入相关数据求得vmin＝3 m/s，故C错误，D正确．
故选BD.
答案：BD
11．解析：（1）对整体，由牛顿第二定律k×2mg＝2ma
解得a＝2.5 m/s2
逆向过程L2＝ eq \f(1,2) at2
得t＝1 s.
（2）嵌套后，对整体根据运动学公式有，0＝v2－at
得v2＝2.5 m/s
嵌套过程中，根据动量守恒定律有，mv1＝2mv2得v1＝5 m/s
在嵌套过程中损失的机械能ΔE＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) － eq \f(1,2) ×2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
解得ΔE＝100 J.
（3）对小车W－kmgL1＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －0
解得W＝240 J.
答案：（1）1 s （2）100 J （3）240 J
12．解析：（1）当橡皮擦刚好相对纸板滑动，对橡皮擦有
μ1m1g＝m1a1
对橡皮擦和纸板整体有F0－μ2（m1＋m2）g＝（m1＋m2）a2
要使橡皮擦在纸板上滑动，需满足a2>a1，解得F0>0.15 N．
（2）纸板获得速度后做减速运动，橡皮擦做加速运动，当橡皮擦与纸板共速时刚好脱离纸板，此时，v0最小设为v0min.则对橡皮擦有x1＝ eq \f(1,2) at2；v＝at
对纸板有μ1m1g＋μ2（m1＋m2）g＝m2a2；x2＝v0mint－ eq \f(1,2) a2t2；v＝v0min－a2t
根据位移关系有x2－x1＝ eq \f(l,2)
联立解得v0min＝ eq \f(\r(3),2) m/s
则要使橡皮擦脱离纸板，v0需满足v0≥v0min＝ eq \f(\r(3),2) m/s
解得l2＝1.5 m.
答案：（1）0.15 N （2）v0≥ eq \f(\r(3),2) m/s
课时提升训练3
1．解析：篮球做曲线运动，所受合力指向运动轨迹的凹侧．故选A.
答案：A
2．解析：在月球上的g与地球不同，故质量为135 kg的巡视器受到月球的引力不是1 350 N，故A错误；由于在AB段运动时做曲线运动，速度方向一定改变，一定有加速度，故B正确；平均速度的方向与位移方向相同，由图可知OA段与AB段位移方向不同，故平均速度方向不相同，故C错误；根据位移的定义可知从O到B的位移大小等于OB的连线长度，故D错误．故选B.
答案：B
3．解析：根据开普勒第三定律 eq \f(a3,T2) ＝k可知，卫星在三个轨道上的周期T3＝T2＞T1，故A错误；由轨道1变至轨道2，加速做离心运动，卫星在P点向后喷气，故B错误；由轨道1变至轨道2，离心运动，卫星在P点向后喷气，机械能增大，而在轨道2、3上，高度相同，根据v＝ eq \r(\f(GM,r)) 可知，速度大小相同，动能相同，则机械能相同，故E3＝E2＞E1，故C正确；轨道1在Q点的线速度大于对应圆轨道的线速度，根据v＝ eq \r(\f(GM,r)) 可知Q点对应圆轨道的线速度大于轨道3的线速度，故轨道1在Q点的线速度大于轨道3的线速度，故D错误．
答案：C
4．解析：根据题意可知，喷泉管在最低点B时要满足水平位移大于CD，则竖直方向hBC＝ eq \f(1,2) gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，解得t1＝ eq \r(\f(2hBC,g)) ＝ eq \r(\f(2×0.8,10)) s＝0.4 s，水平方向x1＝v0t1>2.4 m，解得v0>6 m/s，喷水管在最高点A时要满足水平位移小于CE，则竖直方向hAC＝ eq \f(1,2) gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，解得t2＝ eq \r(\f(2hAC,g)) ＝ eq \r(\f(2×1.8,10)) s＝0.6 s，水平方向x2＝v0t22，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为45°，根据qvB＝m eq \f(4π2,T2) r，有t＝ eq \f(\r(2)πm,2qB2)
则t＝ eq \r(2) t0，D正确．
答案：D
5．解析：图甲中，当粒子沿直线通过时，满足qvB＝Eq
即v＝ eq \f(E,B)
即只有具有速度v＝ eq \f(E,B) 的粒子才能沿图中虚线路径经过速度选择器，选项A正确；
图乙中， eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H、 eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) H、 eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) H 三种粒子经加速电场射入磁场，则由Uq＝ eq \f(1,2) mv2，qvB＝m eq \f(v2,R)
解得R＝ eq \f(1,B) eq \r(\f(2Um,q))
因为 eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) H的 eq \f(m,q) 最大，则在磁场中偏转半径最大，选项B正确；
图丙中，由于技术上产生过高的电压是很困难的，为了使粒子获得更高的能量，所以采用多级直线加速装置，选项C正确；
图丁中，由T＝ eq \f(2πm,qB) 可知，随着粒子速度的增大，粒子在磁场中运动的周期不变，则交流电源的频率也是不变的，选项D错误．
答案：ABC
6．解析：A图中，小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定增大，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动，故A错误；
B图中，小球受重力、向上的电场力、垂直纸面向外的洛伦兹力，合力与速度一定不共线，故一定做曲线运动，故B错误；
C图中，小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则粒子做匀速直线运动，故C正确；
D图中，粒子受向下的重力和向上的电场力，没有洛伦兹力，则合力一定与速度共线，故粒子一定做直线运动，故D正确．
答案：CD
7．解析：霍尔元件内部是通过负电荷导电的，因磁场方向由N极指向齿轮，电流方向竖直向下，由左手定则可知电子移动到前表面，则前表面的电势低，故A正确；根据霍尔元件原理可知，洛伦兹力和电场力平衡，则有qvB＝q eq \f(U,d) ，解得U＝Bdv，由电流的微观表达式可知，增大电流，则v增大，故电压增大，故B正确；若I不变，当电压升高时，说明磁场增强，齿轮的凸起部分在靠近霍尔元件，故C错误；根据题意可知，转过相邻齿所用时间为T，则转一周的时间为5T，故车轮的角速度为ω＝ eq \f(2π,5T) ，故D正确．
答案：ABD
8．解析：该粒子所受洛伦兹力向下，根据左手定则，该带电粒子一定带负电，A错误；
根据牛顿第二定律得qv0B＝m eq \f(v02,r)
解得r＝2 m，OM之间的距离为2 m，B正确；
竖直方向的分速度为vy＝v0cs 30°＝150 eq \r(3) m/s
竖直方向的加速度为a＝ eq \f(qE sin 30°,m) ＝2×106 m/s2
由v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) ＝2ay得
竖直方向的位移为y≈0.017 m
M点到x轴的距离为d＝r sin 30°＝1 m
粒子第一次穿过虚线后与x轴间的最小距离约为ymin＝d－y≈0.983 m，C正确，D错误．
答案：BC
9．解析： （1）正离子经电场加速过程中，由动能定理
qU＝ eq \f(1,2) mv2
得v＝ eq \f(2,3) v0
正离子在磁场中做匀速圆周运动qvB＝m eq \f(v2,r)
联立得r＝ eq \f(2,3) a
如图
正离子在第一象限做匀速直线运动，由几何关系sin θ＝ eq \f(a－r,r) ＝ eq \f(1,2)
得θ＝30°
可得OM＝ eq \f(r cs θ,tan θ) ＝a
打到板上的M的坐标为（a，0）.
（2）由（1）中两式联立可得r＝ eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q))
对质量为m的正离子，当加速电压为U＋ΔU时，半径最大r1＝ eq \f(1,B) eq \r(\f(2m（U＋ΔU）,q))
对质量为2m的正离子，当加速电压为U－ΔU时，半径最小r2＝ eq \f(1,B) eq \r(\f(4m（U－ΔU）,q))
需满足r1l可知，线圈在磁场中运动时，有一段时间线圈全部处于磁场中，磁通量没有发生变化，没有感应电流，线圈不受安培力作用，此过程线圈做匀加速直线运动，即导线框的AB边进、出磁场之间的某一段过程做匀加速直线运动，由于导线框的AB边进、出磁场时的速度大小相等，可知导线框在通过磁场区域时先做减速运动后有可能到达匀速做匀加速运动，最后做减速运动同样可能匀速，在减速过程安培力大于水平恒力，速度减小感应电动势减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，即导线框在通过磁场区域时先做加速度减小的减速运动，有可能达到匀速，后做匀加速运动，最后做加速度减小的减速运动，有可能最后匀速，AB错误；设AB边进、出磁场时的速度大小为v0，CD边进磁场速度大小为v1，则有F＝ma，v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2al，v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝2a（ eq \f(7,4) l－l），解得v1＝ eq \f(1,2) v0，C正确；导线框进入磁场过程的感应电动势的平均值为 eq \(E,\s\up6(－)) ＝ eq \f(Bl2,t) ，感应电流 eq \(I,\s\up6(－)) ＝ eq \f(\(E,\s\up6(－)),r) ＝ eq \f(q,t) ，根据动量定理有Ft－B eq \(I,\s\up6(－)) lt＝mv1－mv0，结合上述解得t＝ eq \f(B2l3,Fr) － eq \r(\f(ml,2F)) ，D正确．故选CD.
答案：CD
12．解析：（1）设a、b棒的有效长度为L和2L，则接入电路的阻值分别为R和2R，流过两棒的电流相等，所以Qa＝ eq \f(1,2) Qb＝15 J；根据能量守恒定律有mcgh＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(a)) ＋ eq \f(1,2) （m＋mc）v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(b)) ＋Qa＋Qb；va∶vb＝1∶3；解得va＝3 m/s，vb＝9 m/s
（2）对a棒，根据动量定理有B eq \(I,\s\up6(－)) L·Δt＝mva－0；q＝ eq \(I,\s\up6(－)) ·Δt；
解得q＝1.2 C
（3）物块c触地后，a棒向左做加速运动，b棒向右做减速运动，最终两棒匀速时回路中的电流为零，即两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，即
BLv′a＝B·2Lv′b
B eq \(I,\s\up6(－)) L·t＝mv′a－mva
－B eq \(I,\s\up6(－)) ·2L·t＝mv′b－mvb
联立解得v′a＝6 m/s，v′b＝3 m/s
根据能量守恒定律有
Q＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(a)) ＋ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(b)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(′2),\s\d1(a)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(′2),\s\d1(b))
解得Q＝45 J
答案：（1）9 m/s （2）1.2 C （3）45 J
13．解析：（1）金属棒在框架上无摩擦地运动，设刚进入磁场的速度为v0，根据动能定理得mgd sin θ＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －0
解得v0＝3 m/s
进入磁场后，根据法拉第电磁感应定律E＝BLv0
根据闭合电路欧姆定律I＝ eq \f(E,R)
解得I＝2 A
电流方向：由N流向M.
（2）框架受到斜面的摩擦力方向沿斜面向上，大小为f＝μ（M＋m）gcs 37°＝1.8 N
框架MN边受到的安培方向沿斜面向下，大小为F安＝BIL＝0.8 N
框架的加速度为a，根据牛顿第二定律得Mg sin θ＋F安－f＝Ma
代入数据解得a＝1 m/s2
（3）因金属棒和框架整体的重力沿斜面向下的分力与斜面对框架的摩擦力平衡，故金属棒和框架整体沿斜面方向动量守恒，最终金属棒ab与框架分别以v1、v2的速度做匀速运动mv0＝mv1＋Mv2
此时回路的电动势为E′＝BL（v1－v2）
电流I′＝ eq \f(E′,R)
金属棒ab匀速运动时，由力的平衡条件得
mg sin θ－BI′L＝0
联立解得v1＝2.5 m/s，v2＝0.25 m/s
金属棒ab重力的功率P＝mgv1sin θ＝1.5 W
答案：（1）2 A 电流方向：由N流向M
（2）1m/s2 （3）1.5 W
14．解析：（1）金属框进入磁场过程中有 eq \(E,\s\up6(－)) ＝BL eq \f(L,t)
则金属框进入磁场过程中流过回路的电荷量为
q1＝ eq \f(\(E,\s\up6(－)),4R0) t＝ eq \f(BL2,4R0)
则金属框穿过磁场区域的过程中流过回路的电荷量为
q＝ eq \f(BL2,2R0)
设金属框的初速度为v0
则有－BqL＝ eq \f(mv0,2) －mv0
联立有v0＝ eq \f(B2L3,mR0)
（2）金属框进入磁场的过程，有
－B eq \(I,\s\up6(－)) ′Lt′＝mv1－mv0
闭合电路的总电阻R总＝R0＋ eq \f(1,\f(1,R1)＋\f(1,R0)) ＝ eq \f(5,3) R0
通过线框的电流 eq \(I,\s\up6(－)) ′＝ eq \f(\(E,\s\up6(－))′,R总)
根据法拉第电磁感应定律有 eq \(E,\s\up6(－)) ′＝ eq \f(BL2,t′)
解得v1＝ eq \f(2B2L3,5mR0)
金属框完全在磁场中时继续做加速度逐渐减小的减速运动，金属框的右边框和左边框为电源，两电源并联给外电路供电，假设金属框的右边框没有出磁场右边界，则有
－B eq \(I,\s\up6(－)) ″Lt″＝－mv1
通过金属框的电流 eq \(I,\s\up6(－)) ″＝ eq \f(\(E,\s\up6(－))″,R1＋\f(R0,2))
根据法拉第电磁感应定律有 eq \(E,\s\up6(－)) ″＝ eq \f(BLx,t″)
解得x＝L
故假设成立，金属框的右边框恰好停在磁场右边界处
对金属框进入磁场过程分析，由能量守恒定律有
Q总＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
电阻R1产生的热量Q1＝ eq \f(\f(2,3)R0,R总) · eq \f(R0,R1＋R0) Q总
金属框完全在磁场中运动过程，有Q′总＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
电阻R1产生的热量为Q′1＝ eq \f(R1,R1＋\f(R0,2)) Q′总
电阻R1产生的总热量为Q1总＝Q1＋Q′1
解得Q1总＝ eq \f(3B4L6,25mR eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )
答案：（1） eq \f(B2L3,mR0) （2） eq \f(3B4L6,25mR eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )
课时提升训练12
1．解析：阳光下的肥皂膜呈现彩色条纹，这种现象属于光的薄膜干涉现象．故选C.
答案：C
2．解析：水中的气泡看起来特别明亮，是因为光从水射向气泡时，一部分光在界面上发生了全反射和折射的缘故，故A错误；太阳光通过玻璃三棱镜后形成彩色光带，是光的折射现象，故B错误；肥皂泡在阳光照耀下呈现彩色条纹，这是光的干涉，故C错误；圆盘衍射出现泊松亮斑，故D正确．故选D.
答案：D
3．解析：声波的周期和频率由振源决定，故声波在空气中和在水中传播的周期和频率均相同，但声波在空气和水中传播的波速不同，根据波速与波长关系v＝λf可知，波长也不同，故A正确，BCD错误．故选A.
答案：A
4．解析：鱼在水中，鱼作为等效光源，是从光密介质进入光疏介质，能够发生全反射，因此，人可能看不到鱼，而人在空气中，人作为等效光源，是从光疏介质进入光密介质，不能够发生全反射，因此，鱼能看到人，人不能看到鱼，A错误；人看到的鱼是经光的折射所成的像，B错误；人在空气中，人作为等效光源，入射角大于折射角，鱼沿折射光线的反向延长线看人，鱼看到的人的位置比人的实际位置高，C错误，D正确．故选D.
答案：D
5．解析：主动降噪耳机利用了波的干涉原理，要想取得最好的降噪效果，则抵消声波的振幅和频率要与噪声信号的相同，且在耳膜中产生的振动应与题图中所示的振动反相，所以抵消声波的振幅为A，频率f＝ eq \f(1,T) ＝ eq \f(1,10×10－3 s) ＝100 Hz，AD错误，B正确；抵消声波的波长λ＝vT＝340×10×10－3 m＝3.4 m，C错误．
答案：B
6．解析：相邻两个波峰或者波谷之间的距离就是一个波长，所以b和c之间的距离就是一个波长，即λ＝5 m，A错误；
质点 b 的起振时刻比质点 a 延迟了0.5 s，说明波是向x轴正方向传播的，质点N正沿y轴负方向运动，b和a相对平衡位置的距离是半个波长，故T＝1.0 s，此列波的频率为f＝ eq \f(1,T) ＝1 Hz，此列波的波速为v＝ eq \f(λ,T) ＝5 m/s，B正确，CD错误．
答案：B
7．解析：由题可知，简谐振动的周期T＝ eq \f(t1,2) ，由于图示波形是恰好完成两次全振动时的波形，且O、P两点正好在平衡位置，OP之间有一个完整的波形，说明OP之间的距离等于一倍波长，O、P两点的振动是同步的．此时P点正在向下振动，说明O点开始时是向下振动的．所以在0～ eq \f(t1,2) 的时间内，波从O点传播到了P点；在 eq \f(t1,2) 时刻，P点开始向下振动；在 eq \f(t1,2) ～t1时间内，P点完成了一个全振动；在t1时刻，P点回到了平衡位置，并且正在向下振动．故选D.
答案：D
8．解析：介质中的质点都在做受迫振动，所以质点的振动周期和频率都相同，所以P处质点与B处质点的振动频率一样，小鸭A与质点P（已经振动）的振动周期相等，A错误，D正确；根据波的形成与传播可知，介质中的质点只在各自的平衡位置附近振动，不会随波逐流，B错误；因为不确定P点与B点的距离与波长的关系，所以不能确定这两点的振动方向是相同还是相反，C错误. 故选D.
答案：D
9．解析：波沿x轴正方向传播，根据波形平移法可知，质点A起振方向沿y轴负方向，各个质点的起振方向均相同，故质点P起振时的速度方向沿y轴负方向，故A错误；
根据题图可知波长为20 cm，此时x轴上10 cm处的质点已振动0.2 s，则周期为0.4 s，可知波的传播速度为v＝ eq \f(λ,T) ＝ eq \f(0.2,0.4) m/s＝0.5 m/s，故B错误；根据波形图可知，质点P第一次到达波峰经过的时间t＝ eq \f(Δx,v) ＝ eq \f(（80－5）×10－2,0.5) s＝1.5 s，故C正确；在0～0.1 s时间内，x＝10 cm处的质点从平衡位置向波峰位置运动，速度逐渐减小，故D错误．
答案：C
10．解析：ab之间的距离为
Δx＝ eq \f(40,3) ＋120＝ eq \f(4,3) λ
此时b点的位移4 cm且向y轴正方向运动，令此时b点的相位为φ，则有4＝8sin φ
解得φ＝ eq \f(π,6) 或φ＝ eq \f(5π,6) （舍去，向下振动）
由ab之间的距离关系可知
φa－φ＝ eq \f(\f(λ,3),λ) ·2π＝ eq \f(2,3) π
则φa＝ eq \f(5,6) π，可知a点此时的位移为
y＝8sin φa＝4 cm
且向下振动，即此时的波形图为
故选A.
答案：A
11．解析：由同侧法分析，波的传播方向向右，在B点的振动方向应与传播方向都在波形的同侧，即竖直向上，故A错误；
由题意可知，2 s时AE间第一次形成如图丙所示的波形，A点开始时向上运动，则可知，传播到E点出现图丙所示波形时传播了 eq \f(5,2) T，即 eq \f(5,2) T＝2 s则T＝0.8 s，故f＝ eq \f(1,T) ＝1.25 Hz，故B错误；由于B、D两点的间隔为1个周期，由周期性可知两点运动状态始终相同，故C正确；由公式可得v＝ eq \f(λ,T) ＝ eq \f(2,0.8) m/s＝2.5 m/s，故D错误．
答案：C
12．解析：由图可知振源Q形成的波的波长为2 cm，选项A错误；因振源P产生的波在t＝3 s时传到x＝0的位置，则振源P的起振方向沿y轴正方向，选项B正确；波速v＝ eq \f(3,3) cm/s＝1 cm/s，周期T＝ eq \f(λ,v) ＝2 s，ω＝ eq \f(2π,T) ＝π rad/s.由图可知，振源Q起振方向沿y轴负方向，则振源为Q的振动方程为y＝－2sin （πt） cm，选项C正确；两列波在同一介质中传播，则波速相等，在x＝3 cm处相遇后，该质点的振动始终减弱，选项D错误．
答案：BC
13．解析：两列波在同种均匀介质中传播，波速相等，故A错误；根据图乙知，P、Q 形成的两列波的周期分别为T1＝2.0 s，T2＝1.0 s，根据λ＝vT知，P、Q 形成的两列波的波长之比为2∶1，故B正确；t＝1.2 s时，P在平衡位置下方，加速度向上指向平衡位置，Q在平衡位置上方，加速度向下指向平衡位置，故P和Q振动的加速度方向相反，故C正确；根据f＝ eq \f(1,T) 知，两列波的频率不同，不能发生干涉现象，故D错误．
答案：BC
14．解析：根据条纹间距公式Δx＝ eq \f(L,d) λ，可得λ＝ eq \f(Δxd,L) ，根据pe＝ eq \f(h,λ) ，可得pe＝ eq \f(hL,dΔx) ，故A正确；根据动能和动量的关系Ek＝ eq \f(p2,2m) ，结合A选项可得Ek＝ eq \f(h2L2,2md2Δx2) ，故B错误；光子的能量E＝W0＋Ek＝W0＋ eq \f(h2L2,2md2Δx2) ，故C错误；光子的动量p＝mc，光子的能量E＝mc2，联立可得p＝ eq \f(E,c) ，则光子的动量p＝ eq \f(W0,c) ＋ eq \f(h2L2,2cmd2Δx2) ，故D正确．故选AD.
答案：AD
15．解析：
由题意可知做出光路图如图所示
光线垂直于BC方向射入，根据几何关系可知入射角为45°；由于棱镜折射率为 eq \r(2) ，根据n＝ eq \f(sin i,sin r)
有sin r＝ eq \f(1,2)
则折射角为30°；∠BMO＝60°，因为∠B＝45°，所以光在BC面的入射角为
θ＝90°－（180°－60°－45°）＝15°
根据反射定律可知∠MOA＝2θ＝30°
根据几何关系可知∠BAO＝30°，即△MAO为等腰三角形，则 eq \f(MO,AO) ＝ eq \f(\r(3),3)
又因为△BOM与△COA相似，故有 eq \f(BM,AC) ＝ eq \f(MO,AO)
由题知AB＝AC＝l
联立可得BM＝ eq \f(\r(3),3) AC＝ eq \f(\r(3),3) l
所以M到A点的距离为x＝MA＝l－BM＝ eq \f(3－\r(3),3) l
答案： eq \f(3－\r(3),3) l
16．解析：（1）由题意可知每个光子的动量为p＝ eq \f(h,λ)
每个光子的能量为E＝hν＝h eq \f(c,λ)
（2）太阳均匀地向各个方向辐射硬X射线，根据题意设t秒发射总光子数为n，则 eq \f(n,tN) ＝ eq \f(4πR2,S)
可得n＝ eq \f(4πR2Nt,S)
所以t秒辐射光子的总能量
W＝E′＝nh eq \f(c,λ) ＝ eq \f(4πR2Nthc,Sλ)
太阳辐射硬X射线的总功率
P＝ eq \f(W,t) ＝ eq \f(4πR2Nhc,Sλ)
答案：（1） eq \f(h,λ) h eq \f(c,λ) （2） eq \f(4πR2Nhc,Sλ)
17．解析：（1）由图甲可知波长λ＝8 m，由图乙可知周期
T＝0.2 s
所以波的传播速度为v＝ eq \f(λ,T) ＝ eq \f(8,0.2) m/s＝40 m/s
结合振动图线可知，该波沿x轴正方向传播，所以t2＝ eq \f(T,4) ＋nT＝（0.05＋0.2n）s（n＝0，1，2…）.
（2）质点做简谐运动的表达式为y＝A sin （ eq \f(2π,T) t＋φ），由图可知A＝10 cm
t＝0时，P点的位置为y′＝10sin eq \f(2π,λ) x1 cm＝5 eq \r(2) cm
即5 eq \r(2) ＝10sin φ，又t＝0时刻质点P向下运动，解得φ＝ eq \f(3π,4)
所以y＝10sin （10πt＋ eq \f(3π,4) ）cm.
答案：（1）40 m/s （0.05＋0.2n）s（n＝0，1，2…） （2）见解析
18．解析：（1）由题意可知当光在两侧刚好发生全反射时从M下端面出射的光与竖直方向夹角最大，设光在M下端与竖直方向的偏角为α，此时sin C＝ eq \f(1,n) ＝cs α
可得sin α＝ eq \r(1－\f(1,n2))
又因为n＝ eq \f(sin θ,sin α)
所以sin θ＝n sin α＝ eq \r(n2－1)
（2）根据题意要使N下端面从刚能接收反射激光到恰好全部被照亮，光路图如图所示
则玻璃丝下端面到被测物体距离b的相应范围应该为b1