1．电磁感应

小何同学通过实验研究感应电流的产生条件。

 

1．“研究电磁感应现象实验”装置如图（a）所示。

（1）用笔画线代替导线在图（a）中完成接线。（作图）

（2）下列情况中，可使线圈 B 中产生感应电流的有________。（多选）

A．开关闭合瞬间

B．开关断开瞬间

C．开关闭合后，保持滑动变阻器的滑片不动

D．开关闭合后，快速移动滑动变阻器的滑片

（3）将线圈 A 视为通有如图（b）所示电流I的密绕直螺线管。在图（b）中画出该螺线管产生的磁场中过 P 的一条磁感线。（作图）

 

2．如图，一通有电流 I 的直导线固定于水平桌面。桌面上的 P₁、P₂ 两点和圆形绝缘线圈均位于导线右侧且线圈圆心位于 P₁ 点。

（1）若该通电直导线在 P₁、P₂ 两点产生磁场的磁感应强度大小分别为 B₁、B₂，则________。

A．B₁ > B₂                          B．B₁ = B₂                                      C．B₁ < B₂

（2）在绝缘线圈的圆心从 P₁ 沿直线向右运动到 P₂ 的过程中，线圈半径保持不变，则通过该线圈的磁通量________。

A．逐渐减小               B．始终不变               C．逐渐增大

（3）假设水平桌面上有一弹性闭合圆形导线圈位于直导线右侧，在其圆心从 P₁ 移到 P₂ 过程中，导线圈半径不断变化。判断在此过程中导线圈中是否一定会产生感应电流并说明理由。（简答）

【答案】

1．（1）如图

（2）ABD

（3）如图

 

2．（1）A        （2）A

（3）不一定。

理由：导线圈中是否产生感应电流，取决于穿过导线圈的磁通量是否发生变化。若导线圈在移动过程中半径变大，由Φ = BS可知：穿过它的磁通量可能恰好保持不变，则不会产生感应电流；若磁通量发生变化，则会产生感应电流。题目只说“半径不断变化”，并未说明磁通量一定变化，因此不能说“一定会产生感应电流”。

【解析】

1．（2）ABD

产生感应电流的条件是穿过线圈 B 的磁通量发生变化。

A．开关闭合瞬间，线圈 A 中电流从无到有，磁场变化，穿过B的磁通量变化，产生感应电流。

B．开关断开瞬间，电流消失，磁场变化，产生感应电流。

C．滑片不动，电流不变，磁场不变，磁通量不变，不产生感应电流。

D．快速移动滑片，电流变化，磁场变化，产生感应电流。

 

2．（1）通电直导线产生的磁场在右侧垂直纸面向里，离导线越近磁感应强度越大，因此 B₁ > B₂。

正确选项为 A。

（2）线圈圆心 从P₁ 向右移到 P₂，离导线越远，磁场越弱，穿过线圈的磁通量逐渐减小。

正确选项为 A。

（3）不一定。

理由：导线圈中是否产生感应电流，取决于穿过导线圈的磁通量是否发生变化。若导线圈在移动过程中半径变大，由Φ = BS可知：穿过它的磁通量可能恰好保持不变，则不会产生感应电流；若磁通量发生变化，则会产生感应电流。题目只说“半径不断变化”，并未说明磁通量一定变化，因此不能说“一定会产生感应电流”。

 

2．廿四节气

二十四节气是我国古代农耕文明智慧的结晶。不同节气时，地球在绕太阳公转轨道上的位置如图所示，地球与太阳的连线在相邻两节气间转过的角度均为 15°。（不计其他天体对地球的作用）

 

1．立夏和夏至时，地球绕太阳运动的加速度大小分别为 a₁ 和 a₂，则________。

A．a₁ > a₂                          B．a₁ = a₂                                       C．a₁ < a₂

 

2．从立夏到夏至，太阳对地球的万有引力________。

A．做正功                   B．不做功                   C．做负功

 

3．立夏和夏至时，地球绕太阳运动的速率分别为 v₁ 和 v₂，地球质量为 m，则从立夏到夏至，太阳对地球的引力所做的功 W = ________。

 

4．从立夏到立秋的时间为 t₁，从立冬到来年立春的时间为 t₂，比较 t₁ 和 t₂ 哪个时间更长并说明理由。（简答）

 

5．将地球视为质量分布均匀的球，其球心为 O。考虑地球自转的影响，位于地球表面 P 点的某物所受重力 G 的方向可能为________

 

6．光线经过太阳附近时会发生偏转，这一现象与广义相对论的预言一致。以下属于广义相对论基本原理的有________（多选）

A．等效原理                             B．广义相对性原理

C．功能原理                             D．伽利略相对性原理

 

7．已知地球到太阳的距离为 r，地球的公转周期为 T，引力常量为 G。将地球绕太阳公转轨道视为圆轨道，求太阳质量 M。（计算）

【答案】

1．A

2．C

3．\(\dfrac{1}{2}\)mv₂² − \(\dfrac{1}{2}\)mv₁²

4．t₁ > t₂。

理由：从立夏到立秋，地球经过夏至附近，接近远日点，公转速率较小，经过相同角度所需时间较长；从立冬到来年立春，地球经过冬至附近，接近近日点，公转速率较大，经过相同角度所需时间较短。因此t₁ > t₂。

5．D

6．AB

7．M = \(\dfrac{{4{\pi ^2}{r^3}}}{{G{T^2}}}\)

【解析】

1．地球绕太阳公转轨道为椭圆，太阳在其中一个焦点上。夏至时地球靠近远日点，立夏时离太阳更近一些，受到的万有引力也大。由万有引力提供加速度可知离太阳越近，加速度越大，所以 a₁ > a₂。

正确选项为 A。

 

2．从立夏到夏至，地球逐渐远离太阳，万有引力方向与位移方向夹角大于 90°，万有引力做负功。

正确选项为 C。

 

3．由动能定理，太阳对地球的引力做功等于地球动能变化量。即

W = \(\dfrac{1}{2}\)mv₂² − \(\dfrac{1}{2}\)mv₁²

 

4．t₁ > t₂。

理由：从立夏到立秋，地球经过夏至附近，接近远日点，公转速率较小，经过相同角度所需时间较长；从立冬到来年立春，地球经过冬至附近，接近近日点，公转速率较大，经过相同角度所需时间较短。因此 t₁ > t₂。

 

5．考虑地球自转，物体随地球自转需要向心力，重力是万有引力的一个分力。因此重力方向略微偏离球心，但不会垂直于自转轴，也不会严格指向球心。

正确选项为 D。

 

6．广义相对论的基本原理包括等效原理和广义相对性原理。

正确选项为 AB。

 

7．解：由太阳对地球的万有引力作为地球做匀速圆周的向心力可得：

G\(\dfrac{{Mm}}{{{r^2}}}\) = m\({\left( {\dfrac{{2\pi }}{T}} \right)^2}\)r

解得：M = \(\dfrac{{4{\pi ^2}{r^3}}}{{G{T^2}}}\)

 

3．盐水电池

如图，葛老师将镁片和碳片插入盐水中制成一“盐水电池”，开展电学实验研究。

 

1．将盐水电池与一电动机按如图所示电路连接。闭合开关 S 后，电动机正常工作。若该盐水电池的电动势为 E、内阻为 r，电动机的线圈电阻为 R。

（1）电动机工作时将________能转化为________能和内能。

（2）若绕制该电动机线圈所用铜线的电阻率为 ρ、横截面积为 S，则所用铜线的长度为________。

（3）若该电路中外电压为 U，内电压为 U'，则电路中电流为 ________。

A．\(\dfrac{E}{{R + r}}\)             B．\(\dfrac{U}{R}\)           C．\(\dfrac{{U'}}{r}\)      D．\(\dfrac{{E - U'}}{R}\)

（4）若电动机正常工作时回路中电流为 I，则电动机的输出功率为________。

 

2．利用如图（a）所示电路测量盐水电池的电动势和内阻。闭合开关后，改变电阻箱接入电路的阻值，记录电阻箱阻值 R 和电流表示数 I，绘制 IR − I 图线如图（b）所示，则该盐水电池的电动势为________V，内阻为________Ω。

 

3．利用盐水电池等元件连接成如图所示电路。闭合开关 S 后，在滑动变阻器的滑片 P 从 a 端移到 b 端的过程中，电流表的示数________。

A．逐渐减小                             B．先减小后增大

C．逐渐增大                             D．先增大后减小

【答案】

1．（1）电，机械         （2）\(\dfrac{{RS}}{\rho }\)              （3）C          （4）UI − I²R

2．1.6，4

3．B

【解析】

1．（1）电动机工作时将电能转化为机械能和内能。

（2）由电阻定律：R = \(\dfrac{{\rho L}}{S}\)，可得所用铜线的长度 L = \(\dfrac{{RS}}{\rho }\)。

（3）电动机是非纯电阻元件，不符合欧姆定律，因此选项 ABD 错误。

电路中的电流可用内电压除内电阻得到，即 I = \(\dfrac{{U'}}{r}\)。

正确选项为 C。

（4）电动机输出功率等于输入功率减去热功率，即 P_出 = UI − I²R

 

2．由闭合电路欧姆定律可以推得：IR = E – Ir。

因此此图像截距为电动势 E，斜率为 − r。

由图得截距 E = 1.6 V；斜率大小 r = 4 Ω

 

3．当滑片 P 位于 a、b 时，R 被短路，此时外电阻最小为 R₀；当滑片 P 位于 R 中央，对应的外电阻最大为 R₀ + \(\dfrac{R}{4}\)。在滑动变阻器的滑片P 从 a 端移到 b 端的过程中，外电阻先增大后减小，导致电流先减小后增大。

正确选项为 B。

 

4．油滴实验

密立根通过油滴实验首次测定了元电荷 e。

 

1．一油滴所带电荷量与元电荷 e 的比值可能为________。（多选）

A．1.6×10⁻¹⁹                 B．1.6                    C．16                     D．19

 

2．如图所示实验装置中，极板 A、B 水平正对固定，一带负电的油滴在两极板间运动，设油滴所受空气粘滞阻力的大小 f = kv，式中 k 为已知常量，v 为油滴运动速率。（重力加速度大小为 g）

（1）当两极板间不加电压时，该油滴仅在重力和空气粘滞阻力作用下运动，最终以速率 v₁ 做匀速直线运动，则该油滴质量为________。

（2）当 A、B 两极板间电压为 U₀ 时，该油滴最终以速率 v₂ 匀速上升。已知两极板间距为 d，两极板间电场视为匀强电场。

①上升过程中该油滴在此电场中的电势能________。

A．先增大后减小        B．先减小后增大     C．逐渐增大               D．逐渐减小

②上升过程中该油滴先后经过 M、N 两点，若 M、N 两点间距离为 s，则两点间的电势差 U_MN = ________。

③该油滴所带电荷量的绝对值为________。

A．\(\dfrac{{k({v_2} - {v_1})}}{{d{U_0}}}\)                 B．\(\dfrac{{k({v_2} + {v_1})}}{{d{U_0}}}\)        C．\(\dfrac{{kd({v_2} - {v_1})}}{{{U_0}}}\)            D．\(\dfrac{{kd({v_2} + {v_1})}}{{{U_0}}}\)

 

3．A、B 两极板构成一平行板电容器。小何同学研究一电容为 C 的平行板电容器的充放电规律，实验电路如图（a）所示。先将开关 S 拨到接线柱 1，该电容器充满电后两极板间电压为 U₀。当开关 S 从接线柱 1 拨到接线柱 2 后，电流 i 随放电时间 t 变化的图线如图（b）中①所示。

（1）充满电后，该电容器所带的电荷量为________。

（2）更换电源，该电容器再次充满电后两极板间电压为 0.5U₀。再将开关 S 从接线柱 1 拨到接线柱 2，电流 i 随放电时间 t 变化的图线②可能为________。

【答案】

1．CD

2．（1）\(\dfrac{{k{v_1}}}{g}\)          （2）①D             ②\(\dfrac{s}{d}\)U₀          ③D

3．（1）CU₀          （2）C

【解析】

1．油滴所带电荷量是元电荷的整数倍，因此电荷量与元电荷的比值应为整数。

正确选项为 CD。

 

2．（1）不加电压时，油滴最终匀速下降，重力等于阻力：mg = f = kv₁

得到 m = \(\dfrac{{k{v_1}}}{g}\)

（2）①油滴带负电，在电场中上升，电场力做正功，电势能逐渐减小。

正确选项为 D。

②A、B 两极板间的的电场强度 E = \(\dfrac{U_0}{d}\)

此电场中相距为 s 的 M、N 两点的电势差 U_MN = Es = \(\dfrac{s}{d}\)U₀

③匀速上升时有：qE = mg + kv₂

其中：E = \(\dfrac{U_0}{d}\)，mg = kv₁

所以：q\(\dfrac{U_0}{d}\) = k(v₁ + v₂)

解得：q = \(\dfrac{{kd({v_2} + {v_1})}}{{{U_0}}}\)

正确选项为 D。

 

3．（1）由电容的定义式 C = \(\dfrac{Q}{U}\) 可得电容器所带的电荷量 Q = CU₀。

（2）电压变为0.5U₀，初始电流也变为原来一半，即 i₀。i–t 图线与时间轴所围面积的物理意义为放电电量，第 2 次放电电量为 0.5CU₀，是第一次的一半，对应图线②与时间轴所围面积也为图线①的一半，符合要求是选项 C 中的图。（另：时间常数 τ = RC 与初始电压无关，因此放电到接近于 0 时所用的时间几乎相等，都为 2t₀）

正确选项为 C。

 

5．无人机

城市巡检无人机既可空中巡检，又可运送货物。

 

1．一城市巡检无人机自 t = 0 开始竖直向上起飞，在 t₃ 时刻撤去升力，取竖直向上为正方向，其在 0 到 t₄ 时间内的速度 v 随时间 t 的变化关系如图所示。

（1）在 0 ~ t₂ 时间内无人机的加速度________。

A．先减小后增大                             B．逐渐减小

C．先增大后减小                             D．逐渐增大

（2）无人机在________。

A．0 ~ t₁ 时间内平均速度小于 0.5v₁         B．t₂ 时刻升至最高点

C．t₃ ~ t₄ 时间内做自由落体运动              D．t₄ 时刻回到出发点

 

2．无人机从地面由静止开始匀加速竖直上升，上升高度 h = 4.0 m 时速度 v = 2.0 m/s。已知无人机质量 m₀ = 2.0 kg。求在此过程中

（1）无人机的加速度大小 a = ________m/s²。

（2）空气对无人机的作用力 F₀ 的大小。（计算）

 

3．质量为 m₀ = 2.0 kg 的无人机下方通过轻绳悬挂一质量为 m₁ = 1.0 kg 的货物。当该无人机沿水平方向匀速直线飞行时，轻绳与竖直方向的夹角恒为 α = 37°。求在此过程中（结果均保留 2 位有效数字）

（1）货物所受空气阻力大小 f = ________N；

（2）空气对无人机的作用力 F₀ 的大小。（计算）

【答案】

1．（1）C              （2）A

2．（1）0.5              （2）20.6 N

3．（1）7.4              （2）30 N

【解析】

1．（1）0～t₂ 时间内，v–t 图线斜率先增大后减小，因此加速度也是先增大后减小。

正确答案为 C。

（2）A：0 ~ t₁ 内无人机做加速度增大的加速运动，图线与时间轴所围的面积小于做匀加速运动时对应的三角形面积 0.5v₁t₁，所以平均速度小于 0.5v₁，选项 A 正确。

B：t₂ 时刻之后速度仍为正，仍在上升，并不是最高点。

C：t₃ ~ t₄ 时间内无人机向上做匀减速直线运动，并不是自由落体。

D：t₄ 时刻速度为零，但位移不为零，未回到出发点。

正确选项为 A。

 

2．（1）a = \(\dfrac{{{v^2}}}{{2h}}\) = \(\dfrac{{{{2.0}^2}}}{{2 \times 4.0}}\) m/s² = 0.5 m/s²

（2）由牛顿第二定律：

F – m₀g = m₀a

F = m₀(g + a) = 2.0×(9.8 + 0.5) N = 20.6 N

空气对无人机的作用力约为 20.6 N。

 

3．（1）货物水平匀速飞行，受力分析如图所示，由三力平衡可得空气阻力：

f = m₁gtanα = 1.0×9.8×tan37° ≈ 7.4 N

（2）对无人机和货物整体，受力分析如图所示。

则空气对无人机的作用力

F₀ = \(\sqrt {{f^2} + {{({m_0}g + {m_1}g)}^2}} \) = \(\sqrt {{{7.4}^2} + {{(3 \times 9.8)}^2}} \) N ≈ 30 N

 

6．投石机

投石机的简化模型如图所示。初始时弹丸袋静止在水平地面上，弹丸装在弹丸袋中。打开释放装置后，重锤下落带动轻质杠杆绕光滑转轴 O 转动，当杠杆转到竖直位置时，制动装置使杠杆和重锤瞬时制动，弹丸依惯性脱离弹丸袋水平飞出。已知弹丸到 O 距离为 5L，重锤到 O 距离为 L。（弹丸和重锤均视为质点，不计空气阻力、弹丸袋的质量和大小，重力加速度大小为 g）

 

1．如图，当杠杆转到水平位置时，重锤的速度大小为 v，此时

（1）弹丸的速度方向为________。

A．竖直向上                                    B．斜向左上

C．水平向左                                    D．斜向右上

（2）弹丸的角速度大小为________。

A．vL                  B．\(\dfrac{v}{L}\)                   C．5vL                 D．\(\dfrac{v}{{5L}}\)

（3）弹丸所受合外力 F 的方向为________。

A．水平向左                                    B．竖直向上

C．斜向左上                                    D．斜向左下

 

2．如图，在杠杆从初始位置转到水平位置的过程中，重锤、弹丸的重力势能变化量分别为 ΔE_p锤、ΔE_p丸，则________。

A．|ΔE_p锤|＞|ΔE_p丸|              B．|ΔE_p锤| = |ΔE_p丸|              C．|ΔE_p锤|＜|ΔE_p丸|

 

3．已知弹丸质量为 m，重锤质量为 50m。如图，初始时杠杆与水平地面间夹角 α = 30°。打开释放装置后，杠杆从初始位置转到竖直位置时，弹丸水平飞出，最终落回水平地面。

（1）在杠杆从初始位置转到竖直位置的过程中，弹丸所受重力做功为________。

A．5mgL                     B．7.5mgL                   C．9.3mgL

D．− 5mgL                  E．− 7.5mgL                F．− 9.3mgL

（2）杠杆转到竖直位置时，弹丸所受重力的功率为________W。

（3）求弹丸水平飞出时的速率 v₀。（计算）

（4）求弹丸从水平飞出到落地的水平射程 s。（计算）

【答案】

1．（1）A        （2）B        （3）C

2．A

3．（1）E

（2）0

（3）v₀ = 3\(\sqrt {5gL} \)

（4）s = 15\(\sqrt 3 \)L

【解析】

1．（1）弹丸在杠杆右端，杠杆逆时针转动时，弹丸速度方向竖直向上。

正确选项为 A。

（2）B 重锤的角速度大小 ω = \(\dfrac{v}{L}\)，且弹丸与重锤为同一转体，角速度相同，因此弹丸的角速度大小也为 \(\dfrac{v}{L}\)。

正确选项为 B。

（3）弹丸做加速圆周运动，切线方向合外力的分力使之加速，沿半径方向合外力的分力提供向心力，因此合力的方向为斜向左上。

正确选项为 C。

 

2．重锤、杠杆、弹丸组成的系统在运动过程中只有重力做功，机械能守恒。杠杆从初始位置转到竖直位置的过程中系统动能增加，则系统重力势能减少，应使重锤减少的重力势能大于弹丸增加的重力势能，即 |ΔE_p锤| > |ΔE_p丸|。

正确选项为 A。

 

3．（1）初始杠杆与水平面夹角 30°，弹丸到转轴距离 5L，则杠杆从初始位置转到竖直位置时弹丸的高度上升了 Δh_丸 = 5Lsin30° + 5L = 7.5L

此过程中弹丸所受重力做功：

W_G丸 = −mgΔh_丸 = − 7.5mgL

正确选项为 E。

（2）杠杆转到竖直位置时，弹丸速度水平，重力竖直向下，重力与速度垂直，瞬时功率为 0。

（3）重锤下降高度 Δh_锤 = Lsin30° + L = 1.5L，此过程中重锤所受重力做功

W_G锤 = 50mg·Δh_锤 = 75mgL

重锤和弹丸的角速度大小总相同，由 v = ωr 可知重锤的速率大小总为弹丸的 0.2 倍。

对系统，由动能定理可得：

W_G锤 + W_G丸 = \(\dfrac{1}{2}\) 50m·(0.2v₀)² + \(\dfrac{1}{2}\)mv₀²

解得：v₀ = 3\(\sqrt {5gL} \)

（4）弹丸水平飞出后做平抛运动，下落高度 Δh_丸 = 7.5L。

水平射程：s = v₀\(\sqrt {\dfrac{{2\Delta {h_丸}}}{g}} \) = 3\(\sqrt {5gL} \)·\(\sqrt {\dfrac{{2 \times 7.5L}}{g}} \) = 15\(\sqrt 3 \)L