新高考物理大二轮复习答案精析（讲义+专练）

这是一份新高考物理大二轮复习答案精析（讲义+专练），文件包含二轮专题强化练答案精析docx、考前特训答案精析docx、大二轮专题复习讲义答案精析docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共262页， 欢迎下载使用。
第1练 力与物体的平衡
1．B [工人受到三个力，绳的拉力，地面支持力和重力，是三力平衡，故A错误；人对绳和绳对人的拉力是一对作用力与反作用力，B正确；重物拉起过程，两绳的张角变大，拉力变大，C、D错误。]
2．B [风筝受重力G、细线的拉力FT和气流的作用力F处于平衡状态，如图所示，重力G方向竖直向下，细线的拉力FT方向斜向右下方，气流对风筝的力F的方向一定斜向左上方，且大小等于重力G和细线拉力FT的合力大小，B正确，A、C、D错误。
]
3．A [设每块石块的重力为G，以第2块石块为研究对象，受力分析如图所示。由平衡条件有F12cs 30°＝F23，解得eq \f(F23,F12)＝eq \f(\r(3),2)，故选A。
]
4．B [由题知，取走一个盘子，稳定后余下的盘子正好升高补平，则说明一个盘子的重力可以使三根弹簧发生形变的形变量恰好等于相邻两盘间距，则有mg＝3kx，解得k＝100 N/m，故选B。]
5．D [工人受到重力、拉力FT和支持力FN，受力分析如图所示。根据共点力平衡条件有FT＝eq \f(G,cs θ)，FN＝Gtan θ，即墙壁对工人的弹力大小为Gtan θ，悬绳对工人的拉力大小为eq \f(G,cs θ)，A、B错误；若缓慢增加悬绳的长度，则θ减小，FT和FN都减小，而FT与FN的合力始终与工人的重力平衡，大小不变，故C错误，D正确。
]
6．D [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大小为eq \f(mg,24)，故选D。]
7．A [当BO与水平面的夹角为90°时，对水桶受力分析有，水桶受到OB板的压力F1′、OA板的压力F2′以及重力G，在三个力的作用下平衡，其受力分析如图所示，
根据平衡条件以及几何关系有F2′sin 30°＝F1′，F2′cs 30°＝G
解得F1′＝40eq \r(3) N，F2′＝80eq \r(3) N，由牛顿第三定律得F1＝40eq \r(3) N，F2＝80eq \r(3) N，故选A。]
8．B [对球进行受力分析，球受重力Mg、细线的拉力FT及两个墙壁对它的支持力，两个支持力大小相等，夹角为90°，设一个支持力的大小为FN、细线与两竖直墙壁交线的夹角为θ，根据几何知识可知球心到竖直墙壁交线的垂直距离为d＝eq \r(R2＋R2)＝eq \r(2)R，故sin θ＝eq \f(d,2R)＝eq \f(\r(2),2)，θ＝45°，在竖直方向上根据受力平衡可得FTcs θ＝Mg，解得FT＝eq \r(2)Mg，在水平方向上根据受力平衡可知两竖直墙壁对球的支持力的合力大小等于细线拉力FT的水平分力大小，即eq \r(FN2＋FN2)＝FTsin θ，解得FN＝eq \f(\r(2),2)Mg，根据牛顿第三定律可得，球对任一墙壁的压力大小为eq \f(\r(2),2)Mg，故选B。]
9．B [对导线整体受力分析，水平方向上，FACsin 30°＝FBCsin 60°；对左右两部分分别受力分析，竖直方向上，FBCcs 60°＝mBCg，FACcs 30°＝mACg，解得导线AC部分与BC部分的质量之比为3∶1，故选B。]
10．B [对B球，根据平衡条件，水平方向有FTsin 60°＝Fcs 30°
竖直方向有FTcs 60°＋Fsin 30°＝mg，解得F＝mg
对A、B整体，根据平衡条件，水平方向有Fcs 30°＝Ff
竖直方向有Fsin 30°＋FN＝2mg，Ff＝μFN
解得μ＝eq \f(\r(3),3)，故选B。]
11．B [导线通有电流后，因受到安培力下降至N′点，则MN′＝ON′＝2L，如图所示
设MN′和ON′与竖直方向的夹角都为θ，则
cs θ＝eq \f(\r(2L2－1.5L2),2L)＝eq \f(\r(7),4)
根据对称性，MN′和ON′对导线的作用力都为mg，有2mgcs θ＝BId
可得I＝eq \f(\r(7)mg,2Bd)，故选B。]
12．B [小球B受力分析如图
由平衡条件可得
eq \f(mg,sin 30°)＝eq \f(F,sin 45°)＝eq \f(FT,sin 105°)
解得细线中的张力大小为
FT＝eq \f(sin 105°,sin 30°)mg＝eq \f(\r(2)＋\r(6),2)mg
故A、C错误；而A对B的静电力大小为F＝eq \f(sin 45°,sin 30°)mg＝eq \r(2)mg
且A对B的引力与B对A的引力为一对相互作用力，由牛顿第三定律可知二者等大反向，故B正确，D错误。]
13．AC [对题图右侧结点处受力分析，α角大小不变，可以使用辅助圆方法判断力的动态变化情况，如图所示
通过分析可得FT先增大再减小，F一直减小，A正确；初始状态，对A分析可得绳子拉力FTA＝mg，对B分析，可发现FT＝2mgsin 30°，即一开始B与C间的静摩擦力为零，故当绳子拉力FT从mg先增大再减小到mg，B、C间的静摩擦力方向一直沿斜面向下且先增大再减小，B错误；将B、C看成整体，竖直方向有FN＋FTsin 30°＝(2m＋M)g，
由于FT先增大再减小，故FN先减小再增大，故物体C对地面的压力先减小再增大，故C正确；水平方向上有FTcs 30°＝Ff，当FT最大时，即此时F水平，对A分析计算可得FTmax＝eq \r(2)mg，所以Ffmax＝eq \f(\r(6),2)mg，故D错误。]
第2练 牛顿运动定律与直线运动
1．D [x－t图像的斜率表示速度，0～t1时间内小车做匀加速运动，速度变大，所以图像斜率变大，t1～t2时间内小车做匀减速运动，则图像的斜率变小，在t2时刻小车停止，图像的斜率变为零，故选D。]
2．BD [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图像的面积表示速度变化量，eq \f(t0,2)～eq \f(3,2)t0时间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。]
3．AD [由题图可知，照片中火箭尺寸与实际火箭尺寸的比例为eq \f(5.1－2.5cm,40.6 m)＝eq \f(2.6,4 060)，可得火箭在6 s内上升的高度为h＝2.5×eq \f(4 060,2.6) cm≈39.0 m，由匀变速直线运动规律得h＝eq \f(1,2)at2，解得a≈2.2 m/s2，由牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得平均推力大小为F＝3.0×106 N，故选A、D。]
4．C [因为频闪照片中的时间间隔相同，对比题图甲和题图乙可知题图甲中滑块加速度大，是上滑阶段；根据牛顿第二定律可知图甲中滑块受到的合力较大，故A错误；从题图甲中的A点到题图乙中的A点，先上升后下降，重力做功为0，摩擦力做负功；根据动能定理可知题图甲中经过A点的动能较大，故B错误；由于题图甲中滑块的加速度大，根据x＝eq \f(1,2)at2，可知题图甲在A、B之间的运动时间较短，故C正确；由于无论上滑还是下滑滑块均受到滑动摩擦力，大小相等，故题图甲和题图乙在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误。]
5．ACD [0～2t0时间内Q所受弹力方向始终向左，P所受弹力方向始终向右，弹簧始终对Q做正功；t0时刻，P、Q所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得eq \f(F弹,mP)＝eq \f(F弹,m)＝eq \f(a0,2)，eq \f(F弹,mQ)＝a0，则Q的质量为eq \f(1,2)m，故A、D正确；由a－t图像可知，t0时刻Q的速度为vQ＝eq \f(1,2)S2，故B错误；由a－t图像可知，t0时刻P的速度为vP＝v0－eq \f(1,2)S1，故C正确。]
6.BC [物块A沿斜面的分力G1＝mgsin θ＝5 N0
解得F2＝eq \f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)g，μ2>eq \f(m1＋m2,m2)μ1，故B、C正确；
由题图(c)可知，0～t2时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确。]
10．BD [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＋Ff2＝ma1，解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－Ff1－Ff2＝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，羽毛球头部恰能从上端筒口出来，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最小为vmin，有a1t＝vmin＋a2t，(vmint＋eq \f(1,2)a2t2)－eq \f(1,2)a1t2＝d，联立解得vmin＝3 m/s，故C错误，D正确。]
11．ACD [煤块滑上传送带做匀减速直线运动，加速度大小为a1＝eq \f(mgsin θ＋μmgcs θ,m)＝
10 m/s2，经过时间t1速度减小到零，则t1＝eq \f(v0,a1)＝1 s，0～1 s传送带速度为零，则煤块向上滑动的位移x1＝eq \f(v02,2a1)＝5 m，t＝1 s时传送带开始匀加速转动，其加速度为a＝eq \f(Δv,Δt)＝5 m/s2，由于μmgcs θ2eq \r(10) m/s，则小球落到水平地面上，由竖直方向的分运动计算飞行时间，取向下为正方向，则有
h＝－v0tsin 30°＋eq \f(1,2)gt2
代入数据解得t＝2 s
水平方向位移x＝v0cs 30°t＝16eq \r(3) m
则合位移s＝eq \r(x2＋h2)＝28 m。
第4练 圆周运动 天体的运动
1．C [由题图可知，a、b分别为两个齿轮边缘上的点，线速度大小相等，即va＝vb，根据v＝rω可知半径不同，故角速度不相等，故A错误；a、c在同一齿轮上，角速度相等，即ωa＝ωc，因a、c到转轴的距离之比ra∶rc＝2∶1，由v＝rω得va∶vc＝2∶1，又va＝vb，则vb∶vc＝2∶1，故B错误；由T＝eq \f(2π,ω)得，b、c的周期之比为Tb∶Tc＝eq \f(1,ωb)∶eq \f(1,ωc)＝eq \f(1,ωb)∶eq \f(1,ωa)＝rb∶ra＝3∶4，故C正确；由a＝eq \f(v2,r)得，a、b的向心加速度大小之比为aa∶ab＝rb∶ra＝3∶4，故D错误。]
2．C [根据开普勒第二定律可知，探测器绕火星运行时在同一轨道上与火星的连线每秒扫过的面积相等，但在不同轨道上与火星的连线每秒扫过的面积不相等，故A错误；根据开普勒第三定律可知，探测器在“停泊轨道”上的运行周期比在“调相轨道”上小，故B错误；探测器从“调相轨道”进入“停泊轨道”需在P点减速，做近心运动，机械能变小，故C正确；根据牛顿第二定律，eq \f(GMm,r2)＝ma，可知探测器在P点的加速度比N点大，故D错误。]
3．D [物体在低速(速度远小于光速)宏观条件下质量保持不变，即物资在空间站和地面质量相同，故A错误；设空间站离地面的高度为h，这批物质在地面上静止，所受合力为零，在空间站所受合力为地球引力即F＝eq \f(GMm,R＋h2)，在地面受地球引力为F1＝eq \f(GMm,R2)，因此有F1>F，故B、C错误；物体绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有eq \f(GMm,r2)＝mω2r，解得ω＝eq \r(\f(GM,r3))，这批物质在空间站的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，因此这批物质的角速度大于地球同步卫星的角速度，地球同步卫星的角速度等于地球自转的角速度，即这批物质的角速度大于地球自转的角速度，故D正确。]
4．AC [由于探测器恰好与火星表面某一山脉相对静止，且相邻两次看到日出的时间间隔为T，可知探测器做匀速圆周运动的周期为T，根据Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)，v＝eq \f(2πr,T)，解得M＝eq \f(v3T,2πG)，A正确，B错误；根据上述解得r＝eq \f(vT,2π)，C正确；由于火星的半径不确定，则不能求出火星的平均密度，D错误。]
5．AD [依题意，运动员转弯时，根据牛顿第二定律有eq \f(mg,tan θ)＝meq \f(v2,R)，可得其转弯时速度的大小为v＝eq \r(\f(gR,tan θ))，故A正确，B错误；依题意，根据运动员转弯时速度的大小v＝eq \r(\f(gR,tan θ))可知，若减小蹬冰角θ，则tan θ减小，运动员转弯速度v将变大，故C错误，D正确。]
6．B [A、B所受万有引力大小相等，故A错误；由于双星角速度相同，根据ω＝2πn可知A、B转速相同，故C错误；A、B的角速度相同，根据F＝Geq \f(m1m2,L2)＝m1ω2r1＝m2ω2r2，解得eq \f(r1,r2)＝eq \f(m2,m1)，根据v＝ωr可知eq \f(v1,v2)＝eq \f(ωr1,ωr2)＝eq \f(m2,m1)，由于A、B的速度方向相反，故A、B系统的总动量为p＝m1v1－m2v2＝0，故B正确；A、B做圆周运动的动能之比为eq \f(Ek1,Ek2)＝eq \f(\f(1,2)m1v12,\f(1,2)m2v22)＝eq \f(m1v12,m2v22)＝eq \f(m1m22,m2m12)＝eq \f(m2,m1)，故D错误。]
7．B [火星和地球均绕太阳运动，由于火星与地球的轨道半径之比约为3∶2，根据开普勒第三定律有eq \f(r火3,r地3)＝eq \f(T火2,T地2)，可得eq \f(T火,T地)＝eq \r(\f(r火3,r地3))＝eq \f(3\r(3),2\r(2))，故A错误；火星和地球绕太阳做匀速圆周运动，速度大小均不变，当火星与地球相距最远时，由于两者的速度方向相反，故此时两者相对速度最大，故B正确；在星球表面根据万有引力定律有Geq \f(Mm,r2)＝mg，由于不知道火星和地球的质量比，故无法得出火星和地球表面的自由落体加速度，故C错误；火星和地球绕太阳匀速圆周运动，有ω火＝eq \f(2π,T火)，ω地＝eq \f(2π,T地)，要发生下一次火星冲日则有(eq \f(2π,T地)－eq \f(2π,T火))t＝2π，得t＝eq \f(T火T地,T火－T地)>
T地，可知下一次“火星冲日”将出现在2023年12月8日之后，故D错误。]
8．AD [根据图像可知，水斗速度v＝ωr＝eq \f(40,10)×0.1t＝0.4t，A正确；井绳拉力的瞬时功率为P＝FTv＝FTωr，又FT－(m＋m0)g＝(m＋m0)a，根据上述有a＝0.4 m/s2，则有P＝10.4t，B错误；根据图像可知，0～10 s内水斗上升的高度为h＝eq \f(ωmr,2)t＝eq \f(40×0.1×10,2) m＝20 m，C错误；根据上述P＝10.4t，0～10 s内井绳拉力所做的功为W＝eq \f(Pm,2)t＝eq \f(10.4×10×10,2) J＝520 J，D正确。]
9．BD [当转盘刚开始转动时，物体摩擦力提供向心力，达到最大静摩擦力时有μMg＝Mω2r，可知物体运动半径大的先达到最大静摩擦力，故物体A先达到最大静摩擦力。此时摩擦力提供向心力，有mω122L＝μmg，得到ω1＝eq \r(\f(μg,2L))，当角速度再增大时，摩擦力不足以提供向心力，细绳上开始有拉力，A错误；物体A达到最大静摩擦力之后，角速度再缓慢增大，设绳子拉力为FT，则有μmg＋FT＝mω22·2L，FT＋FfB＝3mω22L，整理得到FfB＝μmg＋mω22L，因角速度增大，所以B受到的静摩擦力越来越大，直至达到最大静摩擦力。角速度再次增大，B受到的摩擦力保持不变，物体A受到的摩擦力将发生变化，两物体仍做圆周运动，此时有FT＋FfA＝mω32·2L，FT＋3μmg＝3mω32L，可得FfA＝3μmg－mω32L，所以随着角速度的再次增大，A受到的摩擦力慢慢减小，直至反向，再慢慢增加至最大静摩擦力。若角速度还增大，则两物体开始相对转台滑动。所以A在角速度大于eq \r(\f(μg,2L))后，A受到的摩擦力先保持不变，再慢慢减小至0，再增大至最大静摩擦力，而物体B在整个过程中，与转台间的摩擦力先增大，之后保持不变，B、D正确，C错误。]
10．AD [由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为vC＝0，则小球从C到B的过程中，有mgR(1－cs α)＝eq \f(1,2)mv2，FN＝mgcs α－meq \f(v2,R)，联立有FN＝3mgcs α－2mg，则从C到B的过程中α由0增大到θ，则cs α逐渐减小，故FN逐渐减小，而小球从B到C的过程中，由牛顿第三定律知，对轨道的压力逐渐增大，A正确；由于A到B的过程中小球的速度逐渐减小，则A到B的过程中重力的功率为P＝－mgvsin θ，则A到B的过程中小球重力的功率始终减小，则B错误；从A到C的过程中有－mg·2R＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mv02，解得v0＝eq \r(4gR)，C错误；小球在B点恰好脱离轨道有mgcs θ＝meq \f(vB2,R)，则vB＝eq \r(gRcs θ)，则若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为eq \r(gRcs θ)，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确。]
11．(1)eq \r(3gR) (2)eq \f(π,2g)eq \r(2gR)
解析 (1)只要气门嘴灯位于最高点时a、b接触即可保证全程灯亮，弹簧原长时a、b间的距离为
eq \f(mg,k)＋L＝2L
气门嘴灯位于最高点时的向心力为
eq \f(mv2,R)＝mg＋2kL＝3mg
解得满足要求的最小速度为
v＝eq \r(3gR)
(2)速度为eq \r(2gR)时轮子滚动的周期为T＝eq \f(2πR,\r(2gR))＝eq \f(π,g)eq \r(2gR)
此速度下气门嘴灯所需的向心力为
meq \f(\r(2gR)2,R)＝2mg，
此力恰好等于a、b接触时弹簧的弹力，即无重力参与向心力，对应与圆心等高的点，故当气门嘴灯位于下半圆周时灯亮，即t＝eq \f(T,2)＝eq \f(π,2g)eq \r(2gR)。
12．(1)2mω2L (2)eq \f(4mL2,t3) (3)eq \f(r3－r－d3,r3)
解析 (1)质量为m的货物绕O点做匀速圆周运动，半径为2L，根据牛顿第二定律可知
Fn＝mω2·2L＝2mω2L
(2)设货物由静止开始以加速度a做匀加速直线运动，根据运动学公式可知L＝eq \f(1,2)at2
解得a＝eq \f(2L,t2)
货物到达B点时的速度大小为
v＝at＝eq \f(2L,t)
货物在机械臂的作用下在臂杆方向上做匀加速直线运动，机械臂对货物的作用力即为货物所受合力ma，所以经过t时间，货物运动到B点时机械臂对其做功的瞬时功率为
P＝mav＝m·eq \f(2L,t2)·eq \f(2L,t)＝eq \f(4mL2,t3)
(3)空间站和货物同步转动，角速度ω0相同，设空间站的质量为m0，地球的质量为M，万有引力提供空间站做匀速圆周运动所需向心力，则有
Geq \f(Mm0,r2)＝m0ω02r
解得GM＝ω02r3
货物在机械臂的作用力F1和万有引力F2的作用下做匀速圆周运动，则F2－F1＝mω02(r－d)
货物受到的万有引力
F2＝Geq \f(Mm,r－d2)＝eq \f(mω02r3,r－d2)
解得机械臂对货物的作用力大小为
F1＝eq \f(mω02r3,r－d2)－mω02(r－d)
＝mω02eq \f(r3－r－d3,r－d2)
则eq \f(F1,F2)＝eq \f(r3－r－d3,r3)。
13．AC [运动过程中，对A、B受力分析，A在最高点时由牛顿第二定律有μmgcs θ＋mgsin θ＝mω2×2L，B在最低点时由牛顿第二定律有μmgcs θ－mgsin θ＝mω2L，联立解得μ＝3tan θ，故A正确；运动过程中，当A转到最低点时，轻绳对A拉力的最大设为FTA，由牛顿第二定律有FTA＋μmgcs θ－mgsin θ＝mω2×2L，代入数据解得FTA＝2mgsin θ，故B错误；运动过程中，当B转到最高点时，B受到的摩擦力最小设为FfB，由牛顿第二定律有FfB＋mgsin θ
＝mω2L，联立解得FfB＝mgsin θ，故C正确；由对A、B的受力分析可得ω＝eq \r(\f(2gsin θ,L))，则B的线速度大小为vB＝ωL＝eq \r(2gLsin θ)，B从最低点运动到最高点的过程中，合外力的冲量为I合＝2mvB＝meq \r(8gLsin θ)，由于B受到的重力、支持力、绳的拉力的合力不为零，故B从最低点运动到最高点的过程中摩擦力的冲量大小不等于meq \r(8gLsin θ)，故D错误。]
第5练 机械振动和机械波
1．A [声波在不同介质中频率和周期都不变，波长和波速都发生改变，所以选项A正确，B、C、D错误。]
2．C [由同侧法分析，波的传播方向向右，则此时B点的振动方向向上，故A错误；由题意，A点开始时向上运动，由图丙所示的波形可知，传播到E点出现题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。]
3．B [频率f＝0.5 Hz，由题图可知波的波长为λ＝8 m，振幅A＝20 cm，波向右传播，该时刻P点的振动方向沿y轴负方向，Q点的振动方向沿y轴正方向，故从该时刻开始计时P点的振动方程为 y＝20sin(πt＋eq \f(3π,4)) cm，故t＝0时P点的位移为 y＝10eq \r(2) cm，当t＝0.25 s时P点的位移为 y′＝0，P点到达平衡位置，A、C错误，B正确；从该时刻开始计时，质点Q从平衡位置向上振动，故质点Q的振动方程为 y＝20sin(πt) cm，D错误。]
4．C [分析可知A、B两管等长时，声波的振动加强，将A管拉长d＝15 cm后，两声波在O点减弱，根据题意设声波加强时振幅为20，声波减弱时振幅为10，则A1＋A2＝20，A1－A2＝10可得两声波的振幅之比，eq \f(A1,A2)＝eq \f(3,1)，故C正确，D错误；根据振动减弱的条件可得eq \f(λ,2)＝2d，解得λ＝60 cm，故A、B错误。]
5．ACD [a为波谷与波谷相遇点，b、c为波谷与波峰相遇点，d为波峰与波峰相遇点，故a、d处的质点振动加强，b、c处的质点振动减弱，故A正确；依题意由题图可知，图示时刻，e为两列波的平衡位置相遇点，处于平衡位置，从图示时刻经过半个周期，e仍为两列波的平衡位置相遇点处，仍处于平衡位置，故B错误，C正确；根据几何关系可知，两波的波谷同时传到e点，故e为振动加强点，振幅为2A，故D正确。]
6．AD [根据题图乙可知，t＝0时刻，质点P向y轴正方向振动，根据波形平移法可知，这列波沿x轴正方向传播，故A正确；根据题图甲可知波长为2 m，根据题图乙可知周期为2 s，则波的传播速度大小为v＝eq \f(λ,T)＝1 m/s，故B错误；质点P只是在平衡位置上下振动，并不会随波传播方向运动，故C错误；根据 Δt＝1.5 s＝eq \f(3,4)T，由于t＝0时刻质点P处于平衡位置，故在0～1.5 s时间内，质点P运动的路程为 s＝eq \f(3,4)×4A＝3×5 cm＝15 cm，故D正确。]
7．C [根据t＝0时刻的波形图，波沿x轴正向传播，此时波恰好传到c点，根据波的传播方向与振动方向的关系，c点振动方向向下，故各质点的起振方向向下，故A错误；由波形图可知，波长为λ＝4 m，设波速大小为v，周期为T，有 v＝eq \f(λ,T)，t＝7 s时d质点第二次位于波峰，则 Δt＝eq \f(xd－xc,v)＋eq \f(7,4)T＝7 s，解得T＝2 s，v＝2 m/s，故B错误；由于7 s＝3.5T，且t＝0时刻a、b两点均在特殊位置，所以两质点振动的总路程相等，大小为 s＝4Aeq \f(Δt,T)＝140 cm＝
1.4 m，故C正确；b点的振动方程为 yb＝－10cs πt (cm)，故D错误。]
8．D [振动由a向b传播，由图线可知T＝4 s，故振动从a传到b的时间可能为Δt＝nT＋eq \f(3,4)T ＝(4n＋3) s(n＝0,1,2,3，…)，根据 vΔt＝Δx＝6 m，可得v＝eq \f(6,4n＋3) m/s(n＝0,1,2,3，…)，故波速可能为2 m/s，eq \f(6,7) m/s，eq \f(6,11) m/s，…故选D。]
9．B [由题图乙可知0时刻之后质点N的加速度先为正方向，所以质点N先向下振动，所以波沿x轴正方向传播。由“前一质点带动后一质点”可知0时刻质点M的振动方向向上，即波源的起振方向向上，故A错误；由题图乙可知T＝4 s,5 s时质点M刚振动了1eq \f(1,4)周期，
5.5 s时质点M振动不到1eq \f(1,2)周期，则在5～5.5 s时间内质点M正处于x轴上方且正向y轴负方向运动，所以其速度在增大，加速度在减小，故B正确；波的传播速度为 v＝eq \f(λ,T)＝eq \f(4,4) m/s＝1 m/s，波从质点M处传播到质点Q处所需要的时间 t＝eq \f(7,1) s＝7 s，t＝12 s时质点Q振动了eq \f(12－7,4)T＝1eq \f(1,4)T，此时质点Q处于x轴上方最大位移处，即(10 m,8 cm)处，故C错误；由C项分析可知t＝7 s时波正好传播到质点Q处，其振动方向向上，故D错误。]
10．BC [两列波在同种均匀介质中，波速相等，故A错误；根据题图乙知，P、Q 形成的两列波的周期分别为 TP＝2.0 s，TQ＝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。]
11．(1)见解析图 (2)见解析
解析 (1)根据Δx＝vt得
Δx＝4×2.5 m＝10 m
可知t＝2.5 s时P波刚好传播到x＝10 m处，Q波刚好传播到x＝0处，
根据上下坡法及两波的波长λ＝8 m可得波形图如图所示
(2)根据题意可知，P、Q两波振动频率相同，振动方向相反，两波叠加时，振动加强点的条件为到两波源的距离差
Δx＝eq \f(2n＋1λ,2)(n＝0,1,2…)
解得在图示范围内，振幅最大的平衡位置有x＝3 m、x＝7 m
振动减弱的条件为
Δx＝nλ(n＝0,1,2…)
解得在图示范围内，振幅最小的平衡位置有x＝1 m、x＝5 m、x＝9 m。
12．(1)0.4 s (2)－2 cm
解析 (1)由题图甲可知，波长为λ＝2 m，由题图乙可知振幅为A＝2 cm，周期为T＝0.4 s，故波速为
v＝eq \f(λ,T)＝5 m/s
故该波从B点传播到D点所需的时间为 t＝eq \f(BD,v)＝eq \f(2,5) s＝0.4 s
(2)由几何关系可知
OE＝eq \r(42＋32) m＝5 m
故OE两点之间间隔2.5个波长，t＝8 s时波源振动了20个周期，O点恰好处于波峰位置，故此时E处质点处于波谷，位移为－2 cm。
13．ABD [波在0.5 s内传播的距离是2 m，则波速为v＝eq \f(s,t)＝eq \f(2,0.5) m/s＝4 m/s，故A正确；该波的周期为T＝eq \f(λ,v)＝1 s，波源的振动时间为3 s，因为n＝eq \f(t,T)＝3，所以形成三个完整的波形，可知3.5 s时波传到x＝14 m处，该处质点沿y轴正方向起振，所以波源起振方向沿y轴正方向，故B正确；a到波源O的距离为eq \f(5,4)λ，波从O传到a的时间为1eq \f(1,4)T＝1.25 s，在2～3 s内质点a先沿y轴正方向振动，后沿y轴负方向振动，故C错误；0～3 s内质点a振动的时间为3 s－1.25 s＝1.75 s，通过的总路程s＝4×0.2×eq \f(1.75,1) m＝1.4 m，故D正确。]
专题二 能量与动量
第6练 功与功率 功能关系
1．B [游客从跳台下落，开始阶段橡皮绳未拉直，游客只受重力作用做匀加速运动，下落到一定高度时橡皮绳开始绷紧，游客受重力和向上的弹力作用，弹力从零逐渐增大，游客所受合力先向下减小后向上增大，速度先增大后减小，到最低点时速度减小到零，弹力达到最大值，则橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大，A错误；游客高度一直降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，B正确；下落阶段橡皮绳对游客做负功，游客机械能减少，C错误；橡皮绳刚绷紧，弹力小于重力，合力向下，做正功，游客动能增加，当弹力大于重力后，合力向上，做负功，游客动能减小，D错误。]
2．BD [题图甲电梯运动过程中，小陈在电梯中的初速度与末速度均为0，题图乙与题图丙中电梯均做匀速运动，则始末状态动能的变化量均为0，根据动能定理可知，搭乘三种电梯的过程中，合外力对小陈做的功均为0，A错误；题图乙的梯面倾斜程度处处相同，即电梯运动速度方向与竖直方向的夹角θ一定，根据P＝mgvcs θ可知，搭乘题图乙所示电梯的过程中，小陈的重力做功的功率不变，B正确；题图乙中的梯面倾斜，匀速运动时，对小陈进行受力分析，小陈受到重力、垂直于倾斜梯面的支持力与沿梯面向上的静摩擦力，可知，搭乘题图乙所示电梯的过程中，摩擦力对小陈做负功，C错误；搭乘题图丙所示电梯的过程中，匀速运动时，对小陈进行受力分析，小陈受到重力、电梯对小陈竖直向上的支持力，小陈的速度方向沿电梯运动方向斜向上，则电梯对小陈做正功，小陈的机械能增大，D正确。]
3．A [电动自行车的功率P＝Fv，匀速行驶时，牵引力等于阻力，即F＝f，加速度a＝0。货物掉落后，电动自行车瞬时速度未变，整体质量减小，所受阻力减小为f′，牵引力大于阻力，具有向前的加速度，电动自行车开始加速。由于功率不变，牵引力逐渐减小，加速度减小，当牵引力F趋近于f′时，加速度趋近于0，电动自行车达到最大速度vm＝eq \f(P,f′)，以后继续做匀速运动，故选A。]
4．B [由题图乙可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿Ⅰ下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A错误，B正确；乙沿Ⅰ下滑，开始时乙速度为0，到N点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式P＝mgvy可知，重力瞬时功率先增大后减小，C、D错误。]
5．B [由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，且每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总＝2πRnm×60%＝1.2πRnm，则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W＝1.2πRnmgH，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为P＝eq \f(W,T)，T＝eq \f(2π,ω)，联立解得P＝eq \f(3nmgωRH,5)，故选B。]
6．C [对动车组由牛顿第二定律有F牵－F阻＝ma，动车组匀加速启动，即加速度a恒定，
F阻＝kv随速度的增大而增大，则牵引力也随阻力的增大而增大，故A错误；若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有eq \f(4P,v)－kv＝ma，故可知加速启动的过程中，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，动车组匀速行驶时加速度为零，有eq \f(2.25P,v)＝kv，而以额定功率匀速行驶时有eq \f(4P,vm)＝kvm，联立解得v＝eq \f(3,4)vm，故C正确；若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，由动能定理有4Pt－W克阻＝eq \f(1,2)mvm2－0，可得动车组克服阻力做的功为W克阻＝4Pt－eq \f(1,2)mvm2，故D错误。]
7．B [在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理有－Ff·2πL＝0－eq \f(1,2)mv02，可得摩擦力的大小Ff＝eq \f(mv02,4πL)，故选B。]
8．A [0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin 30°·s－Ffs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋Ff)s，结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin 30°＋Ff＝4 N。10～
20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－Ff)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－Ff)s－(mgsin 30°－Ff)s1，结合10～20 m内的图像得，斜率k′＝mgsin 30°－Ff＝3 N，联立解得Ff＝0.5 N，m＝0.7 kg，故选A。]
9．ABC [由题意可知，包裹放在传送带上之后将受到滑动摩擦力的作用做匀加速运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝2 m/s2v2，设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM，根据能量守恒定律可得eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22＋fl，整理可得eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mv02－fl－eq \f(1,2)Mv22v1>v2，可得xm>2xM，则xm－xM＝l>xM，所以EkM＝W＝fxMv2
碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0
氮核的动量为pN＝14mv2＝eq \f(28mv0,15)
可得pN>pH
碰撞后氢核的动能为
EkH＝eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mv02
氮核的动能为
EkN＝eq \f(1,2)×14mv22＝eq \f(28mv02,225)
可得EkH>EkN
故B正确，A、C、D错误。]
8．D [x－t图线的斜率表示速度，根据题图可知，t＝0时刻，a球的速率小于b球的速率，A错误；根据题图可知，碰撞前后瞬间，两球交换速度，所以碰撞后瞬间，b球的速度变为零，动量也变为零，a球的速度增大，方向竖直向上，b球先落回地面，B、C错误；碰撞后两球处于同一位置，a球的速度大于b球的速度，两球质量相等，因此碰撞后a球的机械能大于b球的机械能，D正确。]
9．AC [设翅膀扇动一次的时间为t，拍动空气的总质量为m＝Svtρ，单位时间内翅膀拍动空气的质量为eq \f(m,t)＝Svρ，A正确，B错误；翅膀用速度v平推空气，使空气的速度变为v，根据动量定理有Ft＝mv，则翅膀对空气的作用力大小等于空气对翅膀的作用力大小，即F′＝F＝Sρv2，由平衡条件得F′＝Mg，则蜂鸟的质量为M＝eq \f(Sρv2,g)，C正确，D错误。]
10．CD [小球与小车组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，系统仅在水平方向动量守恒，A错误；系统水平方向总动量为0，则小球由B点离开小车时，小球与小车水平方向上的速度相同，则水平方向上有mvx＋2mvx＝0，解得vx＝0，即小球由B点离开小车时，水平方向的分速度为0，所以离开小车后，小球做竖直上抛运动，B错误；根据上述，小球由B点离开小车时，小车向左运动的距离达到最大，根据动量守恒定律，在水平方向上有meq \f(x1,t)－2meq \f(x2,t)＝0，此过程有x1＋x2＝2R，解得x2＝eq \f(2,3)R，C正确；根据分析可知，小球运动到圆弧最低点时，小车获得最大速度，则有mv1－2mv2＝0，mg·2R＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)×2mv22，解得v2＝eq \r(\f(2gR,3))，D正确。]
11．B [炮弹爆炸的过程水平方向动量守恒，设炮弹爆炸前的速度大小为v，则v＝eq \r(\f(E,m))，设爆炸后瞬间两块碎片的速度分别为v1、v2，有2mv＝mv1＋mv2，E＋eq \f(1,4)E＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22，解得v1＝eq \f(3,2)eq \r(\f(E,m))，v2＝eq \f(1,2)eq \r(\f(E,m))，根据平抛运动规律有H＝eq \f(1,2)gt2，两块碎片落地点之间的距离x＝(v1－v2)t，解得x＝eq \r(\f(2EH,mg))，故选B。]
12．(1)28 J (2)7 m/s (3)eq \f(5,2)≤k＜eq \f(7,2)
解析 (1)设A与B碰撞前瞬间速度为v0，对A与B的碰撞过程根据动量守恒定律可得Mv0＝mv1
解得v0＝4 m/s
根据能量守恒定律可得
Ep＝μMgl＋eq \f(1,2)Mv02
解得Ep＝28 J
(2)设B与C碰撞前瞬间B的速度为v2，由动能定理得－μmgx0＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12
解得v2＝7 m/s
(3)设B与C发生碰撞后瞬间B速度为v3，由动量守恒定律得：
mv2＝mv3＋kmv
解得v3＝7－2k (m/s)
根据物理情景可得v3≤v
即k≥eq \f(5,2)
根据碰撞过程中动能不能增大可得：
eq \f(1,2)mv22≥eq \f(1,2)mv32＋eq \f(1,2)kmv2
解得0≤k≤6
要使B的运动方向与C相同，则需满足v3>0
代入可得k＜eq \f(7,2)
综上所述，要使碰撞后B与C的运动方向相同，k的取值范围是eq \f(5,2)≤k＜eq \f(7,2)。
培优练1 板块模型的综合分析
1．ACD [对木板，由牛顿第二定律可得μm2g＝m1a1，解得a1＝2 m/s2，对物块，由牛顿第二定律可得F－μm2g＝m2a2，解得a2＝4 m/s2，A正确，B错误；物块从木板上滑离时，位移关系满足eq \f(1,2)a2t2－eq \f(1,2)a1t2＝L，解得t＝2 s，C正确；物块离开木板时的速度为v2＝a2t＝8 m/s，D正确。]
2．C [由图像可知，A在0～1 s内的加速度a1＝eq \f(v1－v0,t1)＝－2 m/s2，对A由牛顿第二定律得－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2，选项A错误；由图像知，A、B在1～3 s内的加速度a3＝eq \f(v3－v1,t2)＝－1 m/s2，对A、B由牛顿第二定律得－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，解得μ2＝0.1，选项B错误；由图像可知，B在0～1 s内的加速度a2＝eq \f(v1－0,t1)＝2 m/s2，对B由牛顿第二定律得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，代入数据解得m＝6 kg，选项C正确，D错误。]
3．AB [根据题意，对长木板，由动量定理有I＝Mv0，对小物块，由牛顿第二定律有μ1mg＝ma1，对长木板有μ1mg＋μ2(m＋M)g＝Ma2，通过对题图及题中数据分析得a1＝eq \f(v1,t1)＝2 m/s2，在t1时刻有v0－a2t1＝a1t1，联立以上各式解得μ1＝0.2，μ2＝0.3，故A正确；0～t1时间内，二者的相对位移可通过题图乙中图线与横轴围成的面积算得，Δx1＝eq \f(1,2)v0t1＝0.8 m，则产生的内能Q＝μ1mgΔx1＝3.2 J，故B正确；t1时刻后，小物块加速度大小不变，由题图乙知，长木板做匀减速直线运动，对长木板由牛顿第二定律有μ2(m＋M)g－μ1mg＝Ma3，解得a3＝4 m/s2，则t1～t2的时间为Δt＝eq \f(v1,a3)＝0.2 s，由对称性可知小物块停下也会用时0.4 s，则小物块比长木板晚0.2 s停下，故C错误；小物块与长木板t1～t3时间内的相对位移Δx2＝eq \f(1,2)×0.2×0.8 m＝0.08 m，则全过程的相对位移为Δx＝Δx1－Δx2＝0.72 m，故D错误。]
4．(1)0.8 m 3 kg (2)eq \f(32,9) m 0.2
解析 (1)由题图(b)可知，A滑到底端时的速度平方为16 m2/s2，则速度为4 m/s，则由动能定理得
mgH＝eq \f(1,2)mv12
可得H＝0.8 m
A、B共速时的速度平方为eq \f(16,9) m2/s2，
速度为eq \f(4,3)m/s，由牛顿第二定律有
aA＝eq \f(μmg,m)＝μg
对A有v2＝v1－μgt
对B有v2＝eq \f(μmg,mB)t
联立可得mB＝3 kg
(2)由xB＝eq \f(v2,2)t
可得运动时间t＝eq \f(4,3) s
由v2＝v1－μgt
可得μ＝0.2
则x0＝v1t－eq \f(1,2)aAt2＝eq \f(32,9) m。
5．(1)14 N (2)eq \f(4,3) m/s (3)eq \f(4,3) J
解析 (1)对小球，从由静止释放到与A碰撞前瞬间，由机械能守恒定律有
mgL(1－cs 37°)＝eq \f(1,2)mv02
最低点，由向心力公式有
FT－mg＝meq \f(v02,L)
解得FT＝14 N
(2)由小球与A发生弹性碰撞有
mv0＝mv1＋mvA
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mvA2
解得vA＝2 m/s
对A有μmg＝maA，解得aA＝2 m/s2
对B、C有μmg＝2maBC，
解得aBC＝1 m/s2
同时根据位置关系有
vAt－eq \f(1,2)aAt2－eq \f(1,2)aBCt2＝lAB
代入数据解得t＝eq \f(1,3) s或t＝1 s
根据题意，在A与B碰撞前，A的速度应大于B、C，而当t＝1 s时，A的速度为0，B、C的速度为1 m/s，不符合实际，舍去，所以取t＝eq \f(1,3) s，此时有
vA′＝vA－aAt
解得vA′＝eq \f(4,3) m/s
(3)分析可知，最后A、B、C共速一起在水平地面上做匀速直线运动，取A、B、C为一系统，由系统动量守恒有
mvA＝3mv共
解得v共＝eq \f(2,3) m/s
整个装置在全过程中损失的机械能为
ΔE＝eq \f(1,2)mvA2－eq \f(1,2)×3mv共2＝eq \f(4,3) J。
6．(1)6 m/s (2)4 m/s 2 m/s (3)32 J
解析 (1)滑块A、B碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒定律可知
mAv0＝mAvA＋mBvB
eq \f(1,2)mAv02＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2
解得vB＝6 m/s
(2)当B滑上平板车后做匀减速运动，加速度大小aB＝μg＝2 m/s2
平板车C做匀加速运动，加速度大小
aC＝eq \f(μmBg,mC)＝2 m/s2
当平板车C恰要与墙壁第一次碰撞前时，由L＝eq \f(1,2)aCt12
解得t1＝1 s
此时B的速度大小
vB1＝vB－aBt1＝4 m/s
C的速度大小vC1＝aCt1＝2 m/s
(3)C与墙壁碰后到返回到平台右端
L＝vC1t2－eq \f(1,2)aCt22
解得t2＝1 s
此时C的速度大小vC2＝vC1－aCt2＝0
C与墙壁碰后到返回到平台右端时的速度恰为零；此时滑块B向右的速度大小为vB2＝vB1－aBt2＝2 m/s
整个过程系统产生的热量
Q＝eq \f(1,2)mBvB2－eq \f(1,2)mBvB22
解得Q＝32 J。
培优练2 力学三大观点的综合应用
1．(1)2R (2)mgsin θeq \r(2gRcs θ)
(3)eq \r(10)mgR
解析 (1)设B到半圆弧轨道最高点时速度为v2′，由于B对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第二定律得
mg＝meq \f(v2′2,R)
B离开最高点后做平抛运动，
则在竖直方向上有2R＝eq \f(1,2)gt2
在水平方向上有x＝v2′t
联立解得x＝2R
(2)对A由C点到D点的过程，由机械能守恒定律得mgRcs θ＝eq \f(1,2)mvD2
由于对A做功的力只有重力，
则在D点时，A所受力对A做功的功率为P＝mgvDsin θ
解得P＝mgsin θeq \r(2gRcs θ)
(3)设A、B碰后瞬间的速度分别为v1、v2，对B由Q点到最高点的过程，
由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)mv22＝eq \f(1,2)mv2′2＋mg·2R
解得v2＝eq \r(5gR)
对A由Q点到C点的过程，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv12＝mgR，
解得v1＝eq \r(2gR)
设碰前瞬间A的速度为v0，对A、B碰撞的过程，
由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2，
解得v0＝eq \r(2gR)＋eq \r(5gR)
碰撞过程中A和B损失的总动能为
ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv22
解得ΔE＝eq \r(10)mgR。
2．(1)eq \f(v0,μg) (2)6mgL－3mv02
(3)eq \f(3v0,2)eq \r(\f(2L,g))
解析 (1)A在传送带上运动时的加速度a＝μg
由静止加速到与传送带共速所用的时间t＝eq \f(v0,a)＝eq \f(v0,μg)
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W＝eq \f(1,2)×2mv02＋2mg·3L－eq \f(1,2)×2m(2v0)2＝6mgL－3mv02
(3)A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可知
2m·2v0＝mv1＋2mv2
eq \f(1,2)×2m×(2v0)2－(eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)×2mv22)＝eq \f(1,4)×[eq \f(1,2)×2m×(2v0)2]
解得v1＝2v0
v2＝v0
(另一解v1＝eq \f(2,3)v0，v2＝eq \f(5,3)v0不符合题意，舍掉)
两药品盒做平抛运动的时间
t1＝eq \r(\f(2L,g))
则s－r＝v2t1
s＋r＝v1t1
解得s＝eq \f(3v0,2)eq \r(\f(2L,g))
3．(1)eq \f(v02,2gL)－1 (2)3mv0(v0－eq \r(2gL))
(3)eq \f(1,2)L
解析 (1)设滑块a滑到A点时速度大小为v，根据机械能守恒有
3mgL＝eq \f(1,2)×3mv2
解得v＝eq \r(2gL)
设a与传送带间动摩擦因数为μ，则a在传送带上运动的加速度a＝μg
根据题意知v02－v2＝2aL
解得μ＝eq \f(v02,2gL)－1
(2)a通过传送带过程动能的增量
ΔEk＝eq \f(1,2)×3mv02－eq \f(1,2)×3mv2
＝eq \f(3,2)mv02－3mgL
a与传送带间因摩擦产生的热量
Q＝μ·3mg(v0·eq \f(v0－v,a)－L)
＝eq \f(3,2)mv02－3mv0eq \r(2gL)＋3mgL
根据功能关系，带动传送带的电动机额外多做的功
W＝Q＋ΔEk＝3mv0(v0－eq \r(2gL))
(3)设滑块a与b发生弹性碰撞后瞬间，a、b的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒有
3mv0＝3mv1＋mv2
根据能量守恒有
eq \f(1,2)×3mv02＝eq \f(1,2)×3mv12＋eq \f(1,2)mv22
解得v1＝eq \f(1,2)v0，v2＝eq \f(3,2)v0
设a、b第一次碰撞后a运动x的距离时a、b发生第二次碰撞，根据题意结合几何关系，对滑块a有x＝v1t
对滑块b有2L－x＝v2t，解得x＝eq \f(1,2)L。
培优练3 数学归纳法和图像法解决多次碰撞问题
1．(1)eq \f(\r(10),5) m/s (2)eq \f(E,2) eq \f(E,2) (3)eq \r(\f(897,10)) m/s
解析 (1)设1号滑环的最小初速度为v0，则由动能定理可得
－μmgL＝0－eq \f(1,2)mv02
解得v0＝eq \f(\r(10),5) m/s
(2)设窗帘绷紧前瞬间滑环1的速度为v1，滑环2的速度为0，绷紧后共同速度为v，由窗帘绷紧前后动量守恒有mv1＝2mv
绷紧后系统总动能为E′＝eq \f(1,2)×2mv2
又E＝eq \f(1,2)mv12
联立解得E′＝eq \f(m,m＋m)E＝eq \f(E,2)
故损失的动能为ΔE＝E－E′＝eq \f(E,2)
(3)设1号滑环的初速度为v10，其动能为E0,1号滑环滑行距离L,1、2号滑环绷紧前瞬间，系统剩余动能为
E1f＝E0－μmgL
根据(2)可得，1、2号滑环绷紧后瞬间，系统剩余动能为E20＝eq \f(m,m＋m)E1f
＝eq \f(1,2)E1f＝eq \f(1,2)(E0－μmgL)
在1、2号滑环共同滑行距离L,2、3号滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为
E2f＝E20－μ·2mgL＝eq \f(1,2)(E0－μmgL)－μ·2mgL＝eq \f(1,2)E0－eq \f(1,2)(12＋22)μmgL
2、3号滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为E30＝eq \f(2m,2m＋m)E2f＝eq \f(2,3)E2f
＝eq \f(2,3)[eq \f(1,2)E0－eq \f(1,2)(12＋22)μmgL]
＝eq \f(1,3)E0－eq \f(1,3)(12＋22)μmgL
依次类推，在8、9号滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为E8f＝eq \f(1,8)E0－eq \f(1,8)(12＋22＋32＋…＋82)μmgL
8、9号滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为E90＝eq \f(8,9)E8f
由题意可知，8、9号滑环绷紧后还可以继续滑行距离x＝0.05 m(0φP，则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且EpP>EpM＝EpN，则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A错误，B、C正确；从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误。]
3．AC [像素呈黑色时，当胶囊下方的电极带负电，像素胶囊里电场线方向向下，所以黑色微粒所在的区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故A正确；像素呈白色时，当胶囊下方的电极带正电，像素胶囊里电场线方向向上，所以黑色微粒所在的区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故B错误；像素由黑变白的过程中，白色微粒受到的电场力向上，位移向上，电场力对白色微粒做正功，故C正确；像素由白变黑的过程中，黑色微粒受到的电场力向下，位移向下，电场力对黑色微粒做正功，故D错误。]
4．C [取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，此时的圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示，
因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有E1＝keq \f(\f(QΔL,2πR),R2)＝keq \f(QΔL,2πR3)，由题意可知，两电场强度方向的夹角为120°，由几何关系得两者的合电场强度大小为E＝E1＝keq \f(QΔL,2πR3)，方向沿CO，由C指向O，根据O点的合电场强度为0，则放在D点的点电荷带负电，在O点产生的电场强度大小为E′＝E＝keq \f(QΔL,2πR3)，又E′＝keq \f(q,2R2)，联立解得q＝eq \f(2QΔL,πR)，故选C。]
5．BD [由于静电感应，金属板为等势面，固定的点电荷P与板间的电场为等量异种点电荷电场的一半，因此从a到b的电场强度越来越小，电势越来越低。带正电的粒子从a到b的过程中，受到的静电力越来越小，且静电力做正功，则电势能减小；从b到c的电场线变稀疏，则电场强度继续减小，但由于此过程在等势面上运动，则电势不变，因此小球从b到c，静电力减小，电势能不变，故A、C错误，B正确；Q在a点受到的静电力等于P对Q的库仑力与金属板的感应电荷对Q的库仑力之和，即Q在a点受到的静电力大于P对Q的库仑力，故D正确。]
6．D [O是等量同种电荷连线的中点，电场强度为0，将A处的正点电荷沿OA方向移至无穷远处，O点电场强度变大，故A错误；移动过程中，C点电场强度变小，C点的正电荷所受静电力变小，故B错误；A点电场方向沿OA方向，移动过程中，移动的电荷所受静电力做正功，故C错误；OA段的电场方向沿OA方向，沿电场线方向电势降低，A点的电荷移动到无穷远处时，O点的电势高于A点电势，故D正确。]
7．C [由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；根据题意垂直M板向右的粒子到达N板时速度增加，动能增加，则静电力做正功，电势能减小，则平行M板向下的粒子到达N板时静电力也做正功，电势能同样减小，故B错误；设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有eq \f(L,2)＝v0t，d＝eq \f(1,2)at2，对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，则在电场中加速度相同，有(eq \r(2)v0)2－v02＝2ad，联立解得t＝eq \f(L,2v0)，a＝eq \f(2v02,L)，故C正确，D错误。]
8．BD [x1和x3处的电场强度大小相等，方向相反，选项A错误；从x2处到x4处，场强为正值，则场强方向沿x轴正方向，则从x2处到x4处电势逐渐降低，选项B正确；一电子从x2处沿直线运动到x4处，静电力一直对其做负功，则电子速度一直减小，选项C错误；从x1处到x2处，电势升高；从x2处到x4处，电势降低，则一电子从x1处沿直线运动到x4处，电势能先减小后增大，选项D正确。]
9．ACD [如图所示，由几何关系可知A点处正电荷在OF中点K的场强方向垂直OF，则K点的合场强与OF的夹角为锐角，在F点的合场强和OF的夹角为钝角，
因此将试探电荷＋q从F移到O点过程中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，D正确；由等量异种电荷的电势分布可知φA′＝φ>0，φD′＝－φ0，因此φA′－φF′＝φ－φF′eq \f(U,R2＋R0)，所以R10，不符合题意，A错误；
根据B选项画出电路图，如图乙，
可见U34>0，不符合题意，B错误；
根据C选项画出电路图，如图丙，
可见上述接法符合题中测量结果，C正确；
根据D选项画出电路图，如图丁，
可见上述接法符合题中测量结果，D正确。]
8．BD [虽然原、副线圈的匝数比为2∶1，但由于通过副线圈的磁感线条数是通过原线圈磁感线条数的50%，因此原、副线圈中的电压比为4∶1，所以若仅闭合S1，则原线圈两端的电压值为4U，故A错误；原、副线圈中的电流比等于电压的反比，因此若仅闭合S1，原线圈中的电流为eq \f(I,4)，故B正确；设电源输出电压的有效值为E，原线圈电流为I0，则副线圈电流为4I0，U1＝E－I0R1，U2＝4I0R2，U1∶U2＝4∶1，联立上式解得I0＝eq \f(E,16R2＋R1)，滑动变阻器消耗的功率P＝(4I0)2R2＝eq \f(16E2R2,16R2＋R12)＝eq \f(16E2,162R2＋2×16R1＋\f(R12,R2))，由均值不等式可知，当162R2＝eq \f(R12,R2)时，P最大，即当R2＝eq \f(R1,16)＝eq \f(R,16)时，R2消耗功率最大，变压器输出功率最大，故C错误；当S1、S2都闭合，滑动变阻器的阻值逐渐增大时，副线圈中的总电阻增大，电流逐渐减小，则原线圈中的电流也逐渐减小，R1两端的电压逐渐减小，而电源输出电压的有效值恒定，则原线圈两端的电压逐渐增大，故副线圈两端的电压逐渐增大，而小灯泡两端的电压等于副线圈两端的电压，则小灯泡两端的电压逐渐增大，故D正确。]
9．BC [发射线圈与接收线圈的电压之比等于其匝数之比，则有eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，代入数据可得U2＝10 V，但因为漏磁，接收线圈的电压实际只达到了9 V，故可知发射线圈与接收线圈的电流之比不是匝数的反比，即不是1∶22，因为理论上接收线圈中的输出电压为10 V，而实际上只有9 V，因此可得穿过接收线圈的磁通量变化率是穿过发射线圈的90%，故A错误，C正确；发射线圈与接收线圈中磁通量变化的频率相同，则可得发射线圈与接收线圈中交变电流的频率之比为1∶1，故B正确；无线充电利用的是电磁感应，因此必须使用交变电压，若使用直流电，将不会产生变化的磁场，接收线圈中也就不会有电压产生，故D错误。]
10．BC [原、副线圈两端的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为44 V，由于副线圈连接二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知eq \f(44 V2,R)·eq \f(T,2)＝eq \f(U2,R)·T，解得U＝22eq \r(2) V≈
31 V，故C正确，D错误；电流表A2的示数约为I2＝eq \f(U,R)＝3.1 A，原、副线圈中的电流与匝数成反比，所以电流之比为1∶5，则电流表的示数A1约为620 mA，故A错误，B正确。]
11．D [每秒喷出水的质量为m0＝2.0 kg，抽水增加了水的重力势能和动能，则每秒水泵对水做功为W＝m0gH＋eq \f(1,2)m0v02＝300 J，故A、B错误；水泵的输出能量转化为水的机械能，则P出＝eq \f(W,t)＝300 W，而水泵的抽水效率(水泵的输出功率与输入功率之比)为75%，则P入＝eq \f(P出,75%)＝400 W，故C错误；电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率，则电动机的机械功率为P机＝P入＝400 W，而电动机的电功率为P电＝UI＝440 W，由能量守恒定律可知P电＝I2R＋P机，解得R＝10 Ω，故D正确。]
12．C [由题知，发电机的输出电压U1＝250 V，输出功率500 kW，则有I1＝eq \f(P1,U1)＝2×103 A，A错误；由题知，用户端电压U4＝220 V，功率P4＝88 kW，则有eq \f(U3,U4)＝eq \f(I4,I3)＝eq \f(n3,n4)，P4＝U4I4，解得I4＝400 A，I3＝8 A，U3＝11 000 V，则输电线上损失的功率为ΔP＝I32R＝4 kW，且U2＝U3＋I3R＝11 500 V，再根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，解得eq \f(n1,n2)＝eq \f(1,46)，B、D错误；根据P1＝U2I3＋P5，代入数据得P5＝408 kW，C正确。]
第12练 电磁感应
1．A [由题图可看出导体棒OA段逆时针转动切割磁感线，则根据右手定则可知φO>φA，其中导体棒AC段不在磁场中，不切割磁感线，电流为0，则φC＝φA，A正确，B、C错误；根据以上分析可知φO－φA>0，φA－φC＝0，则φO－φA>φA－φC，D错误。]
2．B [根据法拉第电磁感应定律可知E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔBS,Δt)＝103×(1.02＋1.22＋1.42)×10－4 V＝
0.44 V，故选B。]
3．D [由法拉第电磁感应定律知感应电动势为 E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)S＝eq \f(πr22B0,t0)，A项错误；由楞次定律知圆形金属线圈中的感应电流方向为顺时针方向，金属线圈相当于电源，电源内部的电流从负极流向正极，则电容器的下极板带正电，上极板带负电，B项错误； 由闭合电路欧姆定律得感应电流为 I＝eq \f(E,R＋R1＋R2)＝eq \f(πr22B0,3Rt0)，t0时间内流过R1的电荷量为 q＝It0＝eq \f(πr22B0,3R)，C项错误；稳定后线圈两端的电压为 U＝I(R1＋R2)＝eq \f(2B0πr22,3t0)，D项正确。]
4．D [根据楞次定律知，金属杆PQ进入磁场后Q端的电势较高，故A错误；由题图乙可知，金属杆PQ刚进入磁场时的加速度大小 a＝10 m/s2，方向竖直向上，设金属杆PQ刚进入磁场时产生的感应电动势为E，则有 E＝BLv1，I＝eq \f(E,R＋r)，BIL－mg＝ma，解得 v1＝2 m/s，所以金属杆PQ释放位置到OO′的距离为 x1＝eq \f(v12,2g)＝0.2 m，故B错误；设金属杆PQ在磁场中稳定时的速度大小为v2，则有 eq \f(B2L2v2,R＋r)＝mg，解得v2＝1 m/s，故C错误；a－t图像在横轴上、下方与横轴围成的面积表示速度的变化量，则a－t图像在横轴上方与横轴围成的面积为S1＝v1－0＝2 m/s，a－t图像在横轴下方与横轴围成的面积为S2＝|v2－v1|＝1 m/s，所以a－t图像在横轴上、下方与横轴围成的面积之比为2∶1，故D正确。]
5．AC [根据右手定则可知金属棒ab中感应电流方向由b到a，A正确；金属棒向右运动时，受到向左的安培力使其减速，故可知金属棒产生的最大感应电动势为以共同速度v0进入磁场的瞬间，此时最大电流为 I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(Bdv0,R＋r)，B错误；通过金属棒的电荷量为 q＝eq \x\t(I)·Δt＝eq \f(\x\t(E),R＋r)·Δt＝eq \f(\f(ΔΦ,Δt),R＋r)·Δt＝eq \f(ΔΦ,R＋r)＝eq \f(Bdx,R＋r)，C正确；电阻R上产生的焦耳热为Q，根据焦耳定律可得金属棒上产生的焦耳热为Q′＝eq \f(r,R)Q，根据能量守恒可知飞机和金属棒克服摩擦阻力和空气阻力所做的总功为W＝eq \f(1,2)(M＋m)v02－Q－eq \f(r,R)Q＝eq \f(1,2)(M＋m)v02－eq \f(R＋r,R)Q，D错误。]
6．B [线框中电动势为 E＝B下av－B上av＝(B下－B上)av，由题意可得 B下－B上＝ka，I＝eq \f(E,R)，可得I＝eq \f(ka2v,R)，当线框匀速下落时有 mg＝(B下－B上)Ia，解得v＝eq \f(mgR,k2a4)，故选B。]
7．BC [当小球运动到最低点时，金属棒切割磁感线，产生的感应电动势为E＝Breq \x\t(v)＝Breq \f(v,2)，金属棒两端的电压相当于路端电压，为U＝eq \f(R,R＋2R)E＝eq \f(Brv,6)，A错误，B正确；此过程回路中的平均感应电动势为eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)，回路中的平均电流为eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),3R)，此过程通过电阻R的电荷量为q＝eq \x\t(I)Δt，联立解得q＝eq \f(ΔΦ,3R)＝eq \f(B\f(πr2,4),3R)＝eq \f(πr2B,12R)，C正确；根据能量守恒可知，回路中产生的总焦耳热为Q＝mgr－eq \f(1,2)mv2，电阻R上产生的焦耳热为Q′＝eq \f(R,2R＋R)Q＝eq \f(mgr,3)－eq \f(1,6)mv2，D错误。]
8．AD [开始时电容器两极板间的电压U＝eq \f(Q,C)，合上开关瞬间，通过导体棒的电流I＝eq \f(U,R)＝eq \f(Q,CR)，随着电容器放电，通过电阻、导体棒的电流不断减小，所以在开关闭合瞬间，导体棒所受安培力最大，此时速度为零，A项正确，C项错误；由于回路中有电阻与导体棒，最终电能完全转化为焦耳热，故导体棒最终必定静止，B项错误；由于导体棒切割磁感线，产生感应电动势，所以通过导体棒的电流始终小于通过电阻的电流，由焦耳定律可知，电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热，D项正确。]
9．(1)eq \f(9B02h2v,R)，方向水平向左
(2)eq \f(3B0h2,10) (3)eq \f(B02h4,4τR)
解析 (1)由题图可知t＝0时线框切割磁感线产生的感应电动势为
E＝2B0hv＋B0hv＝3B0hv
则感应电流大小为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(3B0hv,R)
所受的安培力为F＝2B0eq \f(3B0hv,R)h＋B0eq \f(3B0hv,R)h＝eq \f(9B02h2v,R)
方向水平向左；
(2)在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界eq \f(h,2)处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，
则t＝1.2τ时穿过线框的磁通量为Φ＝1.6B0h·eq \f(1,2)h－B0h·eq \f(1,2)h＝eq \f(3B0h2,10)
方向垂直纸面向里；
(3)2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0，则有
E′＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(B0\f(1,2)h2,τ)＝eq \f(B0h2,2τ)
感应电流大小为I′＝eq \f(E′,R)＝eq \f(B0h2,2τR)
则2τ～3τ时间内，线框中产生的热量为Q＝I′2Rτ＝eq \f(B02h4,4τR)。
10．(1)3 m/s2 (2)4.5 C (3)6.18 J
解析 (1)设金属棒匀加速运动的加速度为a，则运动到cd处的速度v＝at0
当金属棒在cd处时，其产生的感应电动势为E1＝BLv
产生的电流为I＝eq \f(E1,R＋R0)
金属棒所受的安培力为FA＝BIL
据牛顿第二定律得F0－FA＝ma
联立并代入数据解得a＝3 m/s2
(2)通过金属棒的电荷量为
q＝eq \x\t(I)t0
eq \x\t(I)＝eq \f(BL\x\t(v),R＋R0)
eq \x\t(v)＝eq \f(v,2)
联立得q＝4.5 C
(3)设金属棒运动速度v与磁场正方向的夹角为α，则垂直磁场方向的分速度v⊥＝vsin α
则E2＝BLvsin α
有效值E＝eq \f(BLv,\r(2))
则Q＝eq \f(E2,R＋R0)t
其中t＝eq \f(πr,2v)
解得Q＝eq \f(3,8)π J
由功能关系得WF＝mgr＋Q
代入数据WF＝(5＋eq \f(3,8)π) J≈6.18 J。
11．BD [导轨的速度大于导体棒的速度，因此对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小为Ff＝μmg＝2 N，导体棒所受安培力大小为F1＝Ff＝2 N，由左手定则可知闭合回路的电流方向为N→M→D→C→N，导轨受到向左的摩擦力、向右的拉力和向右的安培力，安培力大小为F2＝Ff－m0g＝1 N，由左手定则可知B2的方向向下，A错误，B正确；对导体棒分析F1＝B1IL，对导轨分析F2＝B2IL，电路中的电流为I＝eq \f(B1Lv1－B2Lv2,r)，联立解得v2＝3 m/s，C错误，D正确。]
培优练7 动量观点在电磁感应中的应用
1．C [导体棒ab切割磁感线产生由a到b的感应电流，则导体棒ab受到向左的安培力，做减速运动；导体棒cd受到向右的安培力，向右加速运动，则感应电流I＝eq \f(BLvab－vcd,R)，两导体棒的相对速度减小，感应电流减小，每个导体棒所受的安培力大小F＝BIL，F随着电流减小而减小，设导体棒质量为m，当两者速度相等时，电流为零，导体棒的速度由动量守恒定律得mv0＝2mv，两导体棒的速度最终为v＝eq \f(v0,2)，且加速度随着电流的减小而减小，电流变化也越来越慢，最终为零，C正确，A错误；
对ab棒，由动量定理有Beq \x\t(I)Lt＝mv0－mvab，则q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(mv0－vab,BL)，因为vab随时间增加而减小，电荷量应该是随时间的增加而增加，最后达到最大值，因为电流随时间减小，所以q－t的图像斜率也应该是减小，故B错误；
系统状态稳定后，两个导体棒的相对速度为0，不再有感应电流产生，焦耳热不会随着时间一直增大，故D错误。]
2．AC [根据题意可知，ab杆速度由v0减到eq \f(v0,3)的过程，由动量定理有－Beq \x\t(I)Lt＝m·eq \f(v0,3)－mv0，则有 BLeq \x\t(I)t＝eq \f(2,3)mv0，即BLq＝eq \f(2,3)mv0，解得 q＝eq \f(2mv0,3BL)，由并联分流原理可知，通过电阻R2的电荷量为 q2＝eq \f(R1,R1＋R2)q＝eq \f(4mv0,15BL)，故A正确；根据题意，ab杆速度减为eq \f(v0,2)时，感应电动势为 E＝eq \f(1,2)BLv0，R1和R2并联后的电阻为 R外＝eq \f(6,5)R，由闭合电路欧姆定律有 I＝eq \f(E,R外＋r)＝eq \f(5BLv0,26R＋5r)，ab杆受到的安培力为 F＝BIL＝eq \f(5B2L2v0,26R＋5r)，则ab杆加速度大小为 a＝eq \f(F,m)＝eq \f(5B2L2v0,2m6R＋5r)，故B错误；根据A分析可知，ab杆从开始运动到静止，由动量定理有 BLq′＝mv0，由E＝eq \f(ΔΦ,Δt)、I＝eq \f(E,R外＋r)和q＝IΔt，可得 q′＝eq \f(ΔΦ,R外＋r)＝eq \f(BLx,R外＋r)，解得 x＝eq \f(mv06R＋5r,5B2L2)，故C正确；根据题意，由左手定则可知，ab杆受的安培力与运动方向相反，ab杆做减速运动，感应电动势减小，安培力减小，加速度减小，则ab杆做加速度减小的减速运动，故D错误。]
3．CD [P棒到达轨道最低点时速度大小设为v0，根据机械能守恒定律得 mgR＝eq \f(1,2)mv02，根据牛顿第二定律得FN－mg＝eq \f(mv02,R)，解得FN＝3mg，由牛顿第三定律可得，P棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力的大小为3mg，故A错误；
设Q棒第一次稳定运动时的速度为vQ，P棒的速度为vP，则有
BLvP＝B·eq \f(L,2)·vQ
Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定过程中，对P、Q棒分别分析，由动量定理可得 Beq \x\t(I)Lt＝mv0－mvP, Beq \x\t(I)·eq \f(L,2)·t＝mvQ，又因q＝eq \x\t(I)t，解得 vP＝eq \f(1,5)eq \r(2gR)，vQ＝eq \f(2,5)eq \r(2gR)，q＝eq \f(4m\r(2gR),5BL)，故B错误，C正确；
从P棒进入轨道 Ⅱ 运动后，两棒速度再次稳定时，速度相同，设稳定速度为v，由动量守恒定律得mvP＋mvQ＝2mv，由能量守恒定律得P、Q棒中产生的总热量为Q＝eq \f(1,2)mvP2＋eq \f(1,2)mvQ2－eq \f(1,2)×2mv2，解得Q＝eq \f(1,50)mgR，故D正确。]
4．AC [弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确；任意时刻，设电流为I，则PQ所受安培力FPQ＝BI·2d，方向向左，MN所受安培力FMN＝2BId，方向向右，可知两棒系统所受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m, PQ速率为v时，则有2mv＝mv′，解得v′＝2v，回路中的感应电流I＝eq \f(2Bdv′＋B·2dv,3R)＝eq \f(2Bdv,R)，MN所受安培力大小为FMN＝2BId＝eq \f(4B2d2v,R)，选项B错误；设整个运动过程中，某时刻MN与PQ的速率分别为v1、v2，同理有mv1＝2mv2，可知MN与PQ的速率之比始终为2∶1，则MN与PQ的路程之比为2∶1，故C正确；两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得mx1＝2mx2，x1＋x2＝L，可得最终MN向左移动x1＝eq \f(2L,3)，PQ向右移动x2＝eq \f(L,3)，则q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(ΔΦ,R总)＝eq \f(2B\f(2L,3)d＋B\f(L,3)2d,3R)＝eq \f(2BLd,3R)，选项D错误。]
5．(1)eq \f(1,2)v0 (2)mv02 (3)eq \f(2mR,B2l2)
解析 (1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
3mv0＝3mvQ＋mvP
eq \f(1,2)×3mv02＝eq \f(1,2)×3mvQ2＋eq \f(1,2)mvP2
联立解得vP＝eq \f(3,2)v0，vQ＝eq \f(1,2)v0
由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为vP′＝vQ＝eq \f(1,2)v0
(2)根据能量守恒有
eq \f(1,2)mvP2＝eq \f(1,2)mvP′2＋Q
解得Q＝mv02
(3)P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得
－Beq \x\t(I)lΔt＝mvP′－mvP
又q＝eq \x\t(I)Δt，eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R)＝eq \f(ΔΦ,RΔt)＝eq \f(Blx,RΔt)
联立可得x＝eq \f(mv0R,B2l2)
由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为
t＝eq \f(x,vQ)＝eq \f(2mR,B2l2)。
6．(1)1 A (2)2 m/s (3)eq \f(2,11) m/s (4)eq \f(1,6) J
解析 (1)金属杆a从开始运动到进入ABCD区域，由动能定理有
mgh＝eq \f(1,2)mv12
解得v1＝3 m/s
刚进入ABCD区域时E＝BLv1
I＝eq \f(E,R＋r)
联立解得I＝1 A
(2)金属杆a从进入ABCD区域到离开ABCD区域，
由动量定理有－Beq \x\t(I)L·t＝mv2－mv1
eq \x\t(I)t＝eq \f(BL\x\t(v),R＋r)t＝eq \f(BLs,R＋r)
解得v2＝2 m/s
(3)金属杆a、b碰撞过程中，有
mv2＝mv2′＋mv3
eq \f(1,2)mv22＝eq \f(1,2)mv2′2＋eq \f(1,2)mv32
解得v3＝2 m/s，v2′＝0
分析可知，杆b进入磁场后，电容器充电，杆b速度减小，匀速运动时，杆b产生的感应电动势与电容器两端电压相同，且通过杆b的电荷量就是电容器储存的电荷量，由动量定理有
－BLq＝mv4－mv3
U＝eq \f(q,C)＝BLv4
联立解得v4＝eq \f(2,11) m/s
(4)杆a仅在ABCD区域中运动时产生焦耳热，即Q＝eq \f(r,R＋r)(eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv22)＝eq \f(1,6) J。
专题五 光学 电磁波 近代物理
第13练 光学 电磁波
1．B [蓝牙通信的电磁波是无线电波，不是可见光，故A错误；在同种介质中，蓝牙通信与手机通信的电磁波传播速度相等，但蓝牙通信的电磁波频率高于手机通信的电磁波频率，所以蓝牙通信的电磁波波长比手机通信的电磁波波长短，故B正确；两束蓝牙通信的电磁波若频率相同，相位差恒定，就会发生干涉，故C错误；蓝牙通信的电磁波在真空中的传播速度等于光速，故D错误。]
2．A [5G使用电磁波的频率更高，由ε＝hν知，光子能量更大；由c＝λν知，光子波长更短，衍射更不明显；电磁波在真空中的速度是c，在其他介质中的传播速度为v＝eq \f(c,n)，电磁波频率越高，折射率越大，传播速度越小。故A正确，B、C、D错误。]
3．BC [根据折射率和光的传播速度之间的关系n＝eq \f(c,v)可知，折射率越大，传播速度越小，从题图甲中可以看出，b光线在水珠中偏折程度大，即b的折射率大于a的折射率，则a光束在水珠中的传播速度大于b光束在水珠中的传播速度，故A错误；当入射角i逐渐增大时，折射角逐渐增大，但折射角始终小于临界角，根据几何知识可知，光在玻璃砖内的入射角不可能大于临界角，不论入射角i如何增大，玻璃砖中的光线不会发生全反射，故肯定有光线从bb′面射出，故B正确；只有横波才能产生偏振现象，所以光的偏振现象表明光是一种横波，故C正确；由于不知道被检测工件表面的放置方向，故不能判断此处是凸起的还是凹陷的，故D错误。]
4．D [下表面的入射角等于上表面的折射角，根据光路可逆原理可知，光线不可能在下表面发生全反射，故A错误；光从空气进入冰晶后，频率不变，速度减小，根据v＝λf可知，波长变小，故B错误；红光频率低，折射率小，根据v＝eq \f(c,n)可知，红光在冰晶中的传播速度比紫光在冰晶中的传播速度大，故C错误；因为紫光频率高，折射率大，则全反射临界角小，所以随太阳高度角α增大，紫光比红光先在侧面发生全反射，故D正确。]
5．BC [入射点由A点逐渐向B点移动时，玻璃砖右侧入射角逐渐减小，由于先出现a光的光斑，故a光在玻璃砖中的临界角大，故玻璃砖对a光的折射率比对b光的小，A错误，B正确；因a光的折射率比b光的小，故a光的频率比b光的小，a光照射某金属表面能发生光电效应，b光也一定能，C正确；因a光的频率比b光的小，故a光的波长比b光的长，通过真空中同一双缝干涉装置，b光的相邻亮条纹间距小，D错误。]
6．B [根据双缝干涉的条纹间距与波长关系有Δx＝eq \f(L,d)λ，由题图知Δx乙＝2Δx甲，则d乙＝eq \f(1,2)d甲，故选B。]
7．A [P点为第4条暗条纹的中心，设相邻暗条纹间距为Δx，有 x＝eq \f(7,2)Δx，光在介质中的波长为λ′，波速为v，光在真空中速度为c，根据光射入介质中频率不变，有v＝λ′f，c＝λf，n＝eq \f(c,v)，可得 λ′＝eq \f(λ,n)，根据公式 Δx＝eq \f(Lλ′,d)，代入解得d＝eq \f(7Lλ,2nx)，故选A。]
8．(1)eq \r(3) (2)eq \f(5R,c)
解析 (1)光路图如图所示
结合几何关系有 sin α＝eq \f(1,2)，γ＝β－α，eq \f(\r(3)R,sin β)＝eq \f(R,sin γ)
玻璃砖的折射率 n＝eq \f(sin β,sin α)，解得 n＝eq \r(3)
(2)设光在玻璃砖中的传播时间为t1，在真空中的传播时间为t2，则有 t1＝eq \f(\r(3)Rn,c)，t2＝eq \f(2R,c)，光从P点传播到M点的时间为t＝t1＋t2，解得t＝eq \f(5R,c)
9．C [设光线在OQ界面的入射角为α，折射角为β，由几何关系可知α＝30°，则由折射定律n＝eq \f(sin β,sin α)＝eq \r(2)，光线射出OQ界面的临界为发生全反射，光路图如图所示，
其中CS⊥OB，光线在A、B两点发生全反射，由全反射定律sin C＝eq \f(1,n)＝eq \f(\r(2),2)可得，全反射的临界角为45°，AB之间有光线射出，由几何关系可知AB＝2AC＝2CS＝OS＝d，故选C。]
10．C [取细灯带上某一点作为点光源，点光源发出的光在水面上有光射出的水面形状为圆形，设此圆形的半径为R，点光源出的光线在水面恰好全反射的光路图如图甲所示。
由sin C＝eq \f(1,n)＝eq \f(1,\f(4,3))＝eq \f(3,4)，可得
tan C＝eq \f(3,\r(7))
R＝h·tan C＝eq \f(\r(7),10)×eq \f(3,\r(7)) m＝0.3 m
三角形发光体的每一条细灯带发出的光在水面上有光射出的水面形状的示意图如图乙所示
三条细灯带构成的等腰直角三角形发光体发出的光在水面上有光射出的水面形状的示意图如图丙所示
设直角边的长度为a＝0.9 m，由几何关系可得此三角形的内切圆的半径
r＝a－eq \f(1,2)×eq \r(2)a＝eq \f(2－\r(2),2)a
而R＝0.3 m＝eq \f(1,3)a，可得：R>r，则由图丙可知有光射出的水面形状在三角形中央区域无空缺部分，故C正确，A、B、D错误。]
11．(1)eq \f(4,3) (2)(6－eq \r(2)) m
解析 (1)未涨潮时最低可以观察到的位置如图甲
由图中几何关系可得
sin α＝eq \f(3,5)，sin β＝eq \f(4,5)
所以n＝eq \f(sin β,sin α)＝eq \f(4,3)
(2)涨潮后最低观察到的位置如图乙
由几何知识可以得出sin α′＝eq \f(\r(2),2)，eq \f(sin β′,sin α′)＝n，sin β′＝eq \f(2\r(2),3)
由几何知识得tan β′＝2eq \r(2)，tan β′＝eq \f(x,y)
可以观察的最大长度为
L＝6－y＝(6－eq \r(2)) m。
12．(1)eq \f(4,3) (2)i′0，内能增加，故C错误；打开隔板K1和活塞K2的卡销，外界对气体做功，整个过程绝热，所以待活塞K2稳定后，b部分气体的内能增加，故D错误。]
3．AC [由图像可知，a→b的过程中气体温度升高，内能增大，体积增大，则气体对外做功，由热力学第一定律可知，a→b的过程中，气体对外做功值小于吸收的热量，故A正确；理想气体状态方程eq \f(pV,T)＝常数，结合b→c的过程中温度降低，体积增大，可知压强减小，即在状态b处的压强大于状态c处的压强，故B错误；a→b→c的过程中，气体体积一直增大，所以气体分子的数密度一直变小，故C正确；b→c过程中，温度降低，气体分子的平均动能减小，但个别分子的动能可能增大，故D错误。]
4．D [M中的气体自由扩散膨胀，没有对外做功，又因为不考虑整个系统与外界的热交换，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体内能不变，温度不变，故A、B、C错误；
根据玻意耳定律pV＝p′·2V，所以p′＝eq \f(p,2)，故D正确。]
5．AD [设理想气体初始状态的压强、体积和温度分别为p1＝p0，V1＝V0，T1＝300 K，等容过程为状态二p2＝？，V2＝V1＝V0，T2＝400 K，等压过程为状态三p3＝p0，V3＝？，T3＝400 K，由理想气体状态方程可得，eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)＝eq \f(p3V3,T3)，解得p2＝eq \f(4,3)p0，V3＝eq \f(4,3)V0，等压过程中，气体体积增加了原体积的eq \f(1,3)，C错误；等容过程中气体做功为零，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q＝400 J，两个过程的初末温度相同即内能变化相同，因此内能增加都为400 J，D正确；等压过程内能增加了400 J，吸收热量为600 J，由热力学第一定律可知气体对外做功为200 J，即做功的大小为W＝p0(eq \f(4,3)V0－V0)＝200 J，解得V0＝6 L，A正确，B错误。]
6．AD [对f中的气体加热，则f中气体温度升高，体积增加，此时f挤压g、h，而g、h中均为绝热部分，故g、h体积均减小，压强增大，弹簧弹力增加。当f右侧活塞向右移动时，对g、h均做正功，由热力学第一定律可知，内能增加，g、h中的气体温度升高，故A正确；当系统稳定时，满足pfS＝pgS＋F＝phS，则此时f与h中的气体压强相等，故D正确；由于h体积变小，温度升高，且pfS＝pgS＋F＝phS，故Vh