【原】2023年09月22日物理作业（雅礼）

2023年09月27日物理作业(雅礼一）

一、单选题

1．如图所示为研究光电效应的电路图。开关闭合后，当用波长为的单色光照射光电管的阴极K时，电流表有示数。下列说法正确的是（　　）

    

A．若只让滑片向端移动，则电流表的示数一定增大

B．若只增加该单色光的强度，则电流表示数一定增大

C．若改用波长小于的单色光照射光电管的阴极K，则阴极K的逸出功变大

D．若改用波长大于的单色光照射光电管的阴极K，则电流表的示数一定为零

【答案】B

【详解】A．只让滑片向端移动，A、K间电压增大，所加电压为正向电压，如果光电流达到饱和值，增加电压，电流表示数也不会增大，故A错误；

B．只增加单色光强度，逸出的光电子数增多，光电流增大，故B正确；

C．阴极K的逸出功与入射光无关，故C错误；

D．若改用波长大于的单色光，能量减小，可能会发生光电效应，则流表的示数不一定为零，故D错误。

故选B。

2．2021年6月17日我国神舟十二号载人飞船入轨后，按照预定程序，与在同一轨道上运行的“天和”核心舱交会对接，航天员将进驻“天和”核心舱。交会对接后神舟十二号飞船与“天和”核心舱的组合体轨道不变，将对接前飞船与对接后的组合体对比，下面说法正确的是（　　）

A．组合体的环绕速度大于神舟十二号飞船的环绕速度

B．组合体的环绕周期大于神舟十二号飞船的环绕周期

C．组合体的向心加速度大于神舟十二号飞船的向心加速度

D．组合体所受的向心力大于神舟十二号飞船所受的向心力

【答案】D

【详解】AB．由

可得      

可见、与质量无关，周期与环绕速度不变，故AB错误；

C．由

可得

可知向心加速度与质量无关，故C错误；

D．向心力为

组合体的质量大于神舟十二号飞船的质量，则组合体所受的向心力大于神舟十二号飞船所受的向心力，故D正确。

故选D。

3．如图所示为一拔桩机的设计示意图，绳CDE与绳ACB连接于C点。在D点施加竖直向下的力F可将桩拔起。保持CD段绳水平，AC段绳竖直，更省力的措施是（　　）

  

A．减小α角，增大β角                           B．减小α角，减小β角

C．增大α角，增大β角                            D．增大α角，减小β角

【答案】B

【详解】对D点进行受力分析，由受力平衡可得

对C点进行受力分析，由受力平衡可得

由于

故更省力的措施是减小α角，减小β角。

故选B。

4．如图为交流发电机的示意图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，发电机的电动势随时间的变化规律为。下列说法正确的是（　　）

  

A．此交流电的频率为

B．此交流电动势的有效值为

C．当线圈平面转到图示位置时产生的电动势最大

D．当线圈平面转到平行于磁场的位置时磁通量的变化率最大

【答案】D

【详解】A．此交流电的频率为

故A错误；

B．此交流电动势的有效值为

故B错误；

C．当线圈平面转到图示位置时处于中性面，产生的感应电动势为零，故C错误;

D．当线圈平面转到平行于磁场的位置时，垂直于中性面，磁通量的变化率最大，此时产生的电动势最大，D正确。

故选D。

5．已知汽车在平直路面上由静止启动，阻力恒定，最终达到最大速度后以额定功率匀速行驶，ab、cd平行于v轴，bc反向延长线过原点O，汽车质量为M，已知M、、、，下列说法不正确的是（　　）

  

A．汽车额定功率为                          

B．汽车从b到c过程作变加速运动

C．汽车匀加速运动持续的时间为  

D．汽车从a到b过程克服阻力做功

【答案】C

【详解】A．根据可得

汽车额定功率为图象的斜率，有故A正确；

B．汽车从b到c过程中功率保持不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律有

可知随着牵引力的减小，汽车的加速度减小，故汽车从b到c过程作变加速运动，故B正确；

C．汽车所受的阻力为

由于额定功率等于图象斜率有

即

汽车从a到b，根据牛顿第二定律有

汽车从a到b匀加速运动持续的时间为故C错误；

D．汽车从a到b过程的位移

汽车从a到b过程克服阻力做功故D正确。

本题选不正确的，故选C。

6．一列简谐波在均匀介质中沿x轴传播，t₀=0刻平衡位置坐标x=0.5 m的质点P恰好处于波峰，t₁=0.5 s时的波形如图所示，则下列说法正确的是（　　）

 

A．如果波沿x轴正方向传播，最大的周期为1.5s

B．波沿x轴传播，最小的速度为3m/s

C．如果波沿x轴正方向传播，0~0.5s内质点P经过的最短路程为1.5m

D．如果波速为21m/s，则波一定沿x轴负方向传播

【答案】D

【详解】A．如果波沿x轴正方向传播，则

代入数据，得

当n取0时，波的周期最大，为

故A错误；

B．波沿x轴正方向传播，根据公式

易知，周期最大时对应的波速最小，代入波长数据，有

同理，波沿x轴负方向传播，根据公式

代入数据，得

当n取0时，波的周期最大，为

周期最大时对应的波速最小，代入波长数据，有

故B错误；

C．振动的质点任意一个周期内的路程都是4A，所以周期越小，在相等的时间内质点的路程越大，所以当周期最大时，路程最小，0~0.5s内对应最大周期的周期数为

由于0时刻，质点P位于最大位移处，所以在个周期内的路程为

故C错误；

D．如果该波沿负方向传播，有

当n取5时，波速恰好为21m/s，故D正确。

故选D。

二、多选题

7．某中学生助手在研究心脏电性质时，当兴奋在心肌传播，在人体的体表可以测出与之对应的电势变化，可等效为两等量电荷产生的电场。如图是人体表面的瞬时电势分布图，图中实线为等差等势面，标在等势面上的数值分别表示该等势面的电势，为等势面上的点，为两电荷连线上对称的两点，为两电荷连线中垂线上对称的两点。则（　　）

A．两点的电势差

B．负电荷从点移到点，电势能增加

C．两点的电场强度等大反向

D．两点的电场强度相同，从到的直线上电场强度先变大后变小

【答案】AD

【详解】该瞬时电势分布图可等效为等量异种电荷产生的，等量异种电荷的电场线分布如图

A．d、a两点的电势差

选项A正确；

B．从点移到点电势升高，但由于是负电荷所以电势能减小，选项B错误；

C．a、b为两电荷连线上对称的两点，所以a、b两点的电场强度大小、方向相同，C错误；

D．c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点，c、d两点的电场强度大小方向都相同，根据等势线的密程度可判断出从到的直线上电场强度先变大后变小，选项D正确。

故选AD。

8．正方形导线框边长为，垂直纸面向里的水平匀强磁场区域，上、下边界分别为、，宽度为。线框平面竖直，边与平行，距离为，线框从静止释放后，边在下落过程中经过与经过时的速度相等。重力加速度大小为，下列说法正确的是（　　）

A．边刚进入磁场时，线框加速度一定向上

B．磁场的宽度可能小于线框的边长

C．边到达的速度一定等于

D．线框穿过磁场的全过程，产生的焦耳热一定为

【答案】BC

【分析】本题通过对线框落入有界匀强磁场区域的分析，考查考生的逻辑推理能力及分析综合能力。本题考查的知识有牛顿运动定律、感应电动势、闭合回路欧姆定律及能的转化和守恒。需要分情况讨论线框穿过磁场的运动规律。

【详解】设线框电阻为，到达时速度为，到达时速度为，全过程产生的焦耳热为，对到达时有

电动势

感应电流为

安培力

①若，边进入磁场后做加速运动，边经过时的速度一定大于经过时的速度，与题意不符。

②若，边进入磁场后开始做匀速运动，若该条件下，边经过与经过时的速度相等，有

得

穿过磁场产生的焦耳热，穿过磁场产生的焦耳热，全过程产生的焦耳热

若该条件下，边经过与经过时的速度相等，有

得

全过程产生的焦耳热

若该条件下，线框全部进入磁场后加速运动，边经过时的速度大于经过时的速度，与题意不符。

③若，边进入磁场后做减速运动，若该条件下，边经过时的速度小于经过时的速度，与题意不符；

若该条件下，线框全部进入磁场后，线框加速，边经过时的速度可能等于经过时的速度，有得

边到达时的速度为，全过程由能量守恒定律有

得

故选BC。

9．如下图，是以状态a为起始点、在两个恒温热源之间工作的卡诺逆循环过程（制冷机）的图像，虚线、为等温线。该循环是由两个等温过程和两个绝热过程组成，该过程以理想气体为工作物质，工作物质与低温热源或高温热源交换热量的过程为等温过程，脱离热源后的过程为绝热过程。下列说法正确的是（　　）

  

A．过程气体压强减小完全是由于气体的温度降低导致的

B．一个循环过程完成后，气体对外放出热量

C．过程向低温热源释放的热量等于过程从高温热源吸收的热量

D．过程气体对外做的功等于过程外界对气体做的功

【答案】BD

【详解】A．由理想气体状态方程可知，pV越大，气体的温度T越高，由图示图像可知由图示图像可知，a→b过程，气体体积增大温度降低，气体体积增大单位体积的分子数减少，气体温度降低，分子平均动能减小，因此a→b过程气体压强减小是单位体积内分子数减少和分子平均动能减小共同导致的，故A错误；

B．根据p-V图像与横轴围成的面积表示外界对气体做的功（体积减小时），或气体对外界做的功（体积增大时），可知一个循环过程完成后，外界对气体做功为正值，由热力学第一定律，可知

所以气体对外放出热量，故B正确；

C．d→a过程气体温度不变，气体内能不变，气体体积减小外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体向外界释放的热量等于外界对气体做的功，即|Q_da|=|W_da|

b→c过程气体气体温度不变，气体内能不变，气体体积变大，气体对外界做功，由热力学第一定律可知，气体吸收的热量等于气体对外界做的功，即|Q_bc|=|W_bc|

p-V图像与坐标轴所围图形的面积等于气体做的功，由图示图像可知，d→a过程p-V图像的面积大于b→c过程p-V图像的面积，即|W_da|＞|W_bc|

则|Q_da|＞|Q_bc|

即d→a过程向低温热源释放的热量大于b→c过程从高温热源吸收的热量，故C错误；

D．a→b过程气体与c→d过程气体温度的变化量相等，两个过程气体内能的变化量相等，a→b过程气体与c→d过程都是绝热过程，则Q=0

由热力学第一定律：可知

由于两过程气体内能的变化量相等，则

即a→b过程气体对外做的功等于c→d过程外界对气体做的功，故D正确。

故选BD。

10．如图所示，一质量为M的长直木板放在光滑的水平地面上，木板左端放有一质量为m的木块，木块与木板间的动摩擦因数为μ，在长直木板右方有一竖直的墙。使木板与木块以共同的速度v₀向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞（碰撞时间极短），设木板足够长，木块始终在木板上，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）

A．如果M=2m，木板只与墙壁碰撞一次，整个运动过程中摩擦生热的大小为

B．如果M=m，木板只与墙壁碰撞一次，木块相对木板的位移大小为

C．如果M=0.5m，木板第100次与墙壁发生碰撞前瞬间的速度大小为

D．如果M=0.5m，木板最终停在墙的边缘，在整个过程中墙对木板的冲量大小为1.5mv₀

【答案】ACD

【详解】A．木板与墙发生弹性碰撞，碰撞后速度等大反向，如果，合动量方向向左，则木板只与墙壁碰撞一次，最后二者以速度v向左做匀速直线运动，

取向左为正，根据动量守恒定律可得

解得

整个运动过程中摩擦生热的大小为

故A正确；

B．如果M=m，木板与墙壁碰撞后，二者的合动量为零，最后木板静止时木块也静止，木板只与墙壁碰撞一次，

根据能量关系可得

解得木块相对木板的位移大小为；

故B错误；

C．如果，木板与墙发生弹性碰撞，碰撞后速度等大反向，碰撞后二者的合动量方向向右，第一次共速后的速度为v₁，取向右为正，根据动量守恒定律可得

解得

所以共速前木板没有与墙壁碰撞，二者以共同速度v₁匀速运动，木板第二次与墙壁碰撞时的速度为v₁；同理可得，木板与墙壁第二次碰撞后达到共速的速度为

木板第3次与墙壁碰撞时的速度为

以此类推，木板第100次与墙壁碰撞的速度为

故C正确；

D．如果M=0.5m，木板最终停在墙的边缘，全过程根据动量定理可得，在整个过程中墙对木板的冲量大小为

故D正确；

故选ACD。

三、实验题

11．如图所示，某同学利用水平桌面上的气垫导轨和数字计时器，探究滑块沿气垫导轨下滑过程中机械能是否守恒。气垫导轨上有很多小孔，气泵送来的压缩空气从小孔喷出，使得滑块与导轨之间有一层薄薄的空气层，滑块运动时阻力近似为零。

   

（1）实验时，气垫导轨的b端需用垫片垫高。用50分度游标卡尺测量某块垫片的厚度，标尺位置如图所示，其读数为         mm。

  

（2）设实验测得垫片的总高度为h，遮光条的有效宽度为d，单脚螺丝到双脚螺丝连线的距离为L，滑块经过光电门1和光电门2时的遮光时间分别为和，则还需要测量的物理量是         （写出物理量的符号并说明），实验需要验证的关系式是          （用题中和所测物理量字母表示）。

（3）数据处理时发现重力势能减小量小于动能增加量，造成的原因可能      。

A．滑块释放位置不够高

B．充气泵的气流较小，滑块与导轨存在较大摩擦

C．导轨被垫高之前没有将导轨调节水平，被垫高的一端偏高

（4）光电门计时器的计时原理：光电门中的光敏元件接收到的光线是直径约的圆柱型光束，只要遮光条前沿挡住90％的光照就能使光控信号u上跳为H，只要后沿让光照恢复达到70％就能使光控信号u下跳为L。计时器可以设置两种计时模式：①记录前沿挡光与后沿复光信号之间的时间；②记录2次前沿挡光信号之间的时间。根据以上信息，下列哪种型号的遮光条测量速度的误差最小      （填“甲”“乙”或“丙”）。

  

【答案】     5.02     两光电门之间的距离s          C     丙

【详解】（1）[1]用50分度游标卡尺测量，其精确度为0.02mm，由图可知，主尺读数是5mm，游标尺的第一个刻度线与主尺的某刻度线对齐，则读数是

则其整体读数为

（2）[2]垫片的总高度为h，单脚螺丝到双脚螺丝连线的距离为L，设气垫导轨与水平面间的夹角为θ，可得

遮光条的有效宽度为d，滑块经过光电门1和光电门2时的遮光时间分别为和，滑块经光电门时的速度分别为    

要探究滑块沿气垫导轨下滑过程中机械能是否守恒。可探究滑块从光电门1到光电门2的运动中，动能的增加量与重力势能的减少量是否相等，因此还需要测量的物理量是两光电门之间的距离s，可得滑块从光电门1到光电门2下落的高度

[3]则有实验需要验证的关系式是

整理可得

（3）[4] A．滑块释放位置不够高，则有滑块经光电门时的时间会较长，由平均速度代替瞬时速度，则速度会比真实值偏小，有较大的误差，导致重力势能减小量大于动能增加量，不符合题意；

B．充气泵的气流较小，滑块与导轨存在较大摩擦，滑块运动中会克服摩擦力做功，会导致滑块的动能增加量偏小，重力势能的减小量不变，则重力势能减小量大于动能增加量，不符合题意；

C．导轨被垫高之前没有将导轨调节水平，被垫高的一端偏高，这样在计算重力势能减小量时按正常高度计算，实际滑块在经光电门时的速度比正常时偏大，因此则有重力势能减小量小于动能增加量，符合题意。

故选C。

（4）[5]由计时器设置的两种计时模式，结合甲、乙、丙三种遮光条的形状，可知甲、乙两种遮光条符合第一种计时模式，在此模式下两种遮光条挡光时间所对应的位移

由计算可知，均略小于遮光条的真实宽度，而计算速度用的是遮光条的真实宽度，显然甲、乙两型号的遮光条计算得到的平均速度均大于真实值，对于丙遮光条，符合第二种模式，在此模式下丙遮光条挡光时间所对应的位移

即遮光条挡光时间所对应的位移等于遮光条的宽度，计算得到的平均速度等于真实值。可知丙遮光条测量速度的误差最小。

12．甲同学设计了如图甲所示的电路来测量电源电动势E及电阻R₁和R₂的阻值．

实验器材有：待测电源E(不计内阻)，待测电阻R₁，待测电阻R₂，电压表V(量程为1.5V，内阻很大)，电阻箱R(0～99.99Ω)，单刀单掷开关S₁，单刀双掷开关S₂，导线若干．

(1)先测电阻R₁的阻值．请将甲同学的操作补充完整：

闭合S₁，将S₂切换到a，调节电阻箱，读出其示数R₀和对应的电压表示数U₁.保持电阻箱示数不变，       ，读出电压表的示数U₂.则电阻R₁的表达式为R₁＝   ．

(2)甲同学已经测得电阻R₁＝4.80Ω，继续测电源电动势E和电阻R₂的阻值，该同学的做法是：闭合S₁，将S₂切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，用测得的数据，绘出了如图乙所示的图线，则电源电动势E＝    V，电阻R₂＝     Ω(保留三位有效数字)．

【答案】    将S₂切换到b          1.43     1.20

【详解】(1)[1]由题意可知，本实验中没有给出电流表，故应是电压表与电阻箱求电源电动势和内电阻的；实验中应充分利用电阻值及串并联电路的规律得出表达式；为了多测数据，应再将S₂切换到b；

[2]由欧姆定律可知：

而电路电流相等，联立解得：

(2)[3][4]根据

得

比照直线方程，有截距

所以

斜率

又

测出R₁=4.8Ω，求得

R₂=1.20Ω

四、解答题

13．图示是由透明材料制成的柱体的横截面图，圆弧AB所对的圆心角∠AOB为120°，圆弧半径为R，P为AO上的点。现有一光线沿纸面垂直OA从P点射入，射到圆弧面上的C点恰好发生全反射。已知OP=R，光在真空中传播的速度大小为c。求：

(1)透明材料的折射率和光线发生全反射的临界角；

(2)光从P点射入到第一次射出柱体所用的时间。

【答案】(1)   60°；(2)

【详解】（ⅰ）光路图如图所示，设透明材料的折射率为n，光线发生全反射的临界角为θ，则

sin θ=

sin θ=

其中

OP=R

解得

n= ，θ=60°

（ⅱ）在C点发生全反射的光线在圆弧面AB上恰好再次发生全反射，后垂直OB从E点射出柱体。由几何关系有

PC=DE=R，CD=R

光从P点传播到E点所用的时间为

t=

又

解得

t=

14．如图所示，从A点以某一水平速度抛出质量的小物块1（可视为质点），当物块1运动至B点时，恰好沿切线方向进入半径、圆心角的固定光滑圆弧轨道，C端的切线水平且与长木板上表面等高，长木板静止在光滑水平面上，质量，其左端放置与小物块1完全相同的小物块2，右端固定挡板上连接一根轻质短弹簧，A点距C点的高度。小物块1滑行到车上立即与小木块2发生碰撞（碰撞时间极短），碰后两物块粘在一起在木板上向右滑动，一段时间后在木板的正中间与木板达到相对静止，物块与长木板间动摩擦因数，，，g取，弹簧始终在弹性限度内，求：

(1)小物块1抛出时水平速度的大小；

(2)小物块1滑动至C点时，对圆轨道的压力大小；

(3)木板的长度。

【答案】(1)；(2)；(3)

【详解】(1)B点距C点的高度

小球运动至B点的竖直分速度

抛出时的初速度

(2)B点的速度

从B到C的过程中物块1机械能守恒

C点的速度

在C点由牛顿第二定律可得

代入数据可解得

由牛顿第三定律可知小物块1滑动至C点时，对圆弧轨道的压力大小约为。

(3)物块1和2粘合时动量守恒

代入数据可解得，若物块没有与右侧弹簧相碰，对三个物体组成的系统，由动量守恒有

由能量守恒可得

可解得。

若物块与右侧弹簧相碰，由动量守恒和能量守恒可得

联立代入数据可解得。

15．如图甲所示，某多级直线加速器由横截面相同的金属圆板和4个金属圆筒依次排列组成，圆筒的两底面中心开有小孔，其中心轴线在同一直线上，相邻金属圆筒分别接在周期性交变电压的两端。粒子从圆板中心沿轴线无初速度进入加速器，在间隙中被电场加速（穿过间隙的时间忽略不计），在圆筒内做匀速直线运动。若粒子在筒内运动时间恰好等于交变电压周期的一半，这样粒子就能“踏准节奏”在间隙处一直被加速。粒子离开加速器后，从O点垂直直线边界OP进入匀强磁场区域I，OP距离为a，区域I的PO、PQ两直线边界垂直。区域I的上边界PQ与匀强磁场区域Ⅱ的下直线边界MN平行，其间距L可调。两区域的匀强磁场方向均垂直纸面向里，磁感应强度大小。现有质子（）和氘核（）两种粒子先后通过此加速器加速，加速质子的交变电压如图乙所示，图中、已知。已知质子的电荷量为、质量为，不计一切阻力，忽略磁场的边缘效应。求：

（1）金属圆筒2与金属圆筒4的长度之比；

（2）加速氘核时，交变电压周期仍为，则需要将图乙中交变电压调至多少；加速后，氘核在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径多大；

（3）为使上述先后通过此加速器的质子与氘核在匀强磁场Ⅱ中的运动轨迹无交点，两磁场间距的取值范围。

【答案】（1）；（2），；（3）或者

【详解】（1）设质子进入第个圆筒的速度为，则有

解得

由于在筒中的运动时间相同，金属圆筒2与金属圆筒4的长度之比为

（2）要让氘核也能“踏准节奏”在间隙处被加速，则需要氘核在每个筒中的速度与质子相同，由，氘核电荷量与质子相同，质量为质子两倍，所以要调至；根据洛伦兹力提供向心力可得

解得

代入与，可得质子的轨道半径为

氘核质量为质子两倍，与质子相同，可得氘核的轨道半径为

（3）如图所示，氘核离开磁场I的速度方向与边界成角

①两轨迹相交于点（如图1），根据图中几何关系有

联立解得

②两轨迹外切（如图2），根据图中几何关系有

联立解得

综上所述

或者