如图所示,小球从离地高为H的位置A由静止释放,从C点切入半圆轨道后最多能上升到离地面高为h的B位置.再由B位置下落,再经轨道由C点滑出到离地高为h′的位置.速度减为零,不计空气阻力,则( )
A.H﹣h>h﹣h′
B.H﹣h<h﹣h′
C.H﹣h=h﹣h′
D.不能确定H﹣h与h﹣h′的大小关系
知识点:动能和动能定理
A
【考点】动能定理.
【分析】根据机械能的损失转化为摩擦产生的内能,通过摩擦产生的内能大小比较两次情况下的高度差之间的关系.
【解答】解:根据能量守恒得,运动过程中损失的机械能转化为摩擦产生的内能,则有:
mg(H﹣h)=△E1,
mg(h﹣h′)=△E2,
因为第一次通过圆弧轨道时的速度大于第二次通过圆弧轨道的速度,根据径向合力提供向心力知,第一次通过圆弧轨道时对轨道的压力大,摩擦力大,则摩擦产生的内能大,即△E1>△E2,所以H﹣h>h﹣h′.故A正确,B、C、D错误.
故选:A.
如图所示的虚线为电场中的三个等势面,三条虚线平行且间距相等,电势分别为9V、19V、29V,实线是一不计重力的带电粒子在电场中的运动轨迹,a、b、c是轨迹上的三个点,下列说法中正确的是( )
A.粒子在三点所受的电场力大小相等,但方向不同
B.粒子在a、c两点的电势能相等
C.粒子在三点的电势能大小关系为Epa<Epb<Epc
D.粒子从a运动到b与从b运动到c,电场力做的功不可能相等
知识点:电场强度
D
【考点】电势差与电场强度的关系;电场强度.
【分析】根据三条表示等势面的虚线等间距判断出该电场是匀强电场;
根据粒子运动轨迹可确定确定电场力的方向,根据Ep=qφ知,带电粒子在三点电势能关系;
根据W=qU,由电势差可确定电场力做功情况.
【解答】解:A、因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的,由此可判断电场是匀强电场,所以带电粒子在电场中各点受到的电场力大小相等,方向相同,故A错误;
BC、根据Ep=qφ知,带电粒子在三点电势能关系为:Epa>Epb>Epc.故BC错误;
D、粒子从a运动到b与从b运动到c,因为Uab≠Ubc,由W=qU可知,电场力做的功不可能相等,故D正确.
故选:D.
如图所示电路,平行板电容器的两个极板M、N,定值电阻R0、R1、R2为可调电阻,将质量为m、带正电的小球用绝缘细线悬于电容器内部上端.闭合电键S,小球静止时受到悬线的拉力为F.调节R1、R2(小球摆动均在两极板间)关于F的大小判断正确的是( )
A.保持R1不变,缓慢增大R2时,F将变大
B.保持R1不变,缓慢增大R2时,F将变小
C.保持R2不变,缓慢增大R1时,F将变小
D.保持R2不变,缓慢增大R1时,F将变大
知识点:闭合电路的欧姆定律
B
【考点】闭合电路的欧姆定律;匀强电场中电势差和电场强度的关系;电容.
【分析】电容器稳定时,与电容器串联的电路电流为零,图中电容器两端间的电压与R0两端的电压相等,通过判断R0两端间电压的变化,知道极板间电场强度的变化,从而知道电场力的变化及拉力F的变化.
【解答】解:AB、保持R1不变,缓慢增大R2时,由于R0和R2串联,电路中总电流减小,R0两端的电压减小,则平行板电容器两极板间的电压U减小,板间场强减小,则带电小球受到的电场力F电=qE减小,由平衡条件知,悬线的拉力 F= 变小,故A错误,B正确.
CD、保持R2不变,缓慢增大R1时,由于在含容支路中的电阻相当于导线,所以R0两端的电压不变,电容器板间电压不变,则小球受到的电场力F电不变,悬线的拉力为F不变,故CD错误.
故选:B
公路急转弯处通常是交通事故多发地带.如图,某公路急转弯处是一圆弧,当汽车行驶的速率为vc时,汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势,则在该弯道处,( )
A.路面外侧高内侧低
B.车速只要低于vc,车辆便会向内侧滑动
C.当路面结冰时,与未结冰时相比,vc的值变小
D.车速虽然高于vc,但只要不超出某一最高限度,车辆便不会向外侧滑动
知识点:圆周运动
AD
【考点】向心力.
【分析】汽车拐弯处将路面建成外高内低,汽车拐弯靠重力、支持力、摩擦力的合力提供向心力.速率为vc时,靠重力和支持力的合力提供向心力,摩擦力为零.根据牛顿第二定律进行分析.
【解答】解:A、路面应建成外高内低,此时重力和支持力的合力指向内侧,可以提供圆周运动向心力.故A正确.
B、车速低于vc,所需的向心力减小,此时摩擦力可以指向外侧,减小提供的力,车辆不会向内侧滑动.故B错误.
C、当路面结冰时,与未结冰时相比,由于支持力和重力不变,则vc的值不变.故C错误.
D、当速度为vc时,静摩擦力为零,靠重力和支持力的合力提供向心力,速度高于vc时,摩擦力指向内侧,只有速度不超出最高限度,车辆不会侧滑.故D正确.
故选:AD.
如图所示,质量为M的光滑半球形容器放在光滑水平面上,O为球心,一质量为m的小滑块(可视为质点)位于容器的P点,OP与水平方向成θ角,在水平恒力F的作用下,与容器保持相对静止做加速运动,下列关系正确的是( )
A.小滑块所受支持力FN=mgtanθ
B.小滑块所受支持力FN=
C.水平恒力F=
D.水平恒力F=
知识点:牛顿第二定律
C
【考点】牛顿第二定律;物体的弹性和弹力.
【分析】对HUA块受力分析,受重力、推力和支持力,运用正交分解法求出加速度a和支持力,再对整体运用牛顿第二定律求水平恒力F;
【解答】解:对滑块受力分析,如图所示:
竖直方向受力平衡条件,有:,得
水平方向:,得,故AB错误;
对整体,根据牛顿第二定律:F=(M+m)a
解得:,故C正确,D错误;
故选:C
(多选题)如图甲所示,理想变压器原、副线圈匝数比n1:n2=2:1,电压表和电流表均为理想电表,二极管为理想二极管,灯泡电阻R=55Ω,原线圈两端加如图乙所示的电压,下列说法正确的是( )
A.电流表的读数为A B.电压表的读数为110V
C.灯泡L的功率为440W D.副线圈两端电压为110V
知识点:变压器
AD
【考点】变压器的构造和原理;正弦式电流的图象和三角函数表达式.
【分析】电表测量的为有效值,副线圈含有二极管,据其单向导电性及有效值的定义求得有效值.
【解答】解:A、D、原线圈的电压的有效值为:
电流表的示数为有效值为I,副线圈两端的电压为:,
正向导通时电流为:,
则一个周期内有:,
得:I=A,则AD正确
B、电压表的示数为:,故B错误;
C、灯泡L的功率为:P=I2R=2×55W=110W,故C错误;
故选:AD
(多选题)如图所示,空间存在一水平向左的匀强电场和一垂直纸面向里的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B,电场强度大小为E=,电场方向和磁场方向相互垂直.在此电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆,与电场正方向成60°夹角且处于竖直平面内.一质量为m,带电量为+q的小球套在绝缘杆上.若给小球一沿杆向下的初速度v0,小球恰好做匀速运动,且小球电量保持不变,重力加速度为g,则下列说法正确的是( )
A.小球的初速度为v0=
B.若小球的初速度为,小球将做加速度不断减小的减速运动,最后匀速
C.若小球的初速度为,小球将做加速度不断增大的加速运动,最后匀速
D.若小球的初速度为,则运动中克服摩擦力做功为
知识点:带电粒子在复合场中的运动
ABD
【考点】带电粒子在混合场中的运动;功能关系.
【分析】小球受重力、摩擦力(可能有)、弹力(可能有)、向右上方的洛伦兹力、向左的电场力,当受到的合外力等于0时,小球做匀速直线运动.当小球受到的合外力不为0时,要判断出支持力的方向,明确支持力的大小随洛伦兹力的变化关系,然后做出判定.
【解答】解:A、对小球进行受力分析如图,
电场力的大小:F=qE=q×=mg,由于重力的方向竖直向下.电场力的方向水平向右,二者垂直,合力:FG+F==2mg,由几何关系可知,重力与电场力的合力与杆的方向垂直,所以重力与电场力的合力不会对小球做功,而洛伦兹力的方向与速度的方向垂直,所以也不会对小球做功.所以,当小球做匀速直线运动时,不可能存在摩擦力,没有摩擦力,说明小球与杆之间就没有支持力的作用,则洛伦兹力大小与重力、电场力的合力相等,方向相反.所以qv0B=2mg.
所以v0=.故A正确;
B、若小球的初速度为,则洛伦兹力:f=qv0B=3mg>FG+F,则在垂直于杆的方向上,小球还受到杆的垂直于杆向下的支持力,则摩擦力:f=μFN.小球将做减速运动;随速度的减小,洛伦兹力减小,则支持力逐渐减小,摩擦力减小,小球做加速度不断减小的减速运动,最后当速度减小到时,小球开始做匀速直线运动.故B正确.
C、若小球的初速度为,则洛伦兹力:f=qv0B=mg<FG+F,则在垂直于杆的方向上,小球还受到杆的垂直于杆向上的支持力,而摩擦力:f=μFN.小球将做减速运动;随速度的减小,洛伦兹力减小,则支持力逐渐增大,摩擦力逐渐增大,小球的加速度增大,所以小球将做加速度不断增大的减速运动,最后停止.故C错误;
D、若小球的初速度为,球将做加速度不断增大的减速运动,最后停止,运动中克服摩擦力做功等于小球的动能,所以W=m=.故D正确.
故选:ABD.
(多选题)宇航员乘坐航天飞行器到达某未知星球表面进行科学考察,他将“该星球的自转周期18个小时、同一物体在该星球两极处的重力为在赤道处重力的倍”的数据输入飞行器的航程自动仪中,飞行器自动生成运行轨道,并按此轨道由星球表面的Q点返回到同步圆轨道上,如图所示,其中P点和Q点为切点,下列说法正确的是( )
A.可以求出未知星球的质量
B.从椭圆轨道返回同步轨道,飞行器要增大速度
C.可以求出同步轨道半径和星球半径的比值
D.飞行器从Q点到P点需要的时间为26小时
知识点:万有引力定律
BC
【考点】万有引力定律及其应用.
【分析】在星球的两极时重力等于万有引力.在星球的赤道,物体的重力等于万有引力与向心力之差.同步卫星的向心力由万有引力提供,由这三个关系分别列式,求同步卫星的轨道半径与星球半径的关系,再由开普勒第三定律求出飞行器运动的周期,即可得到所求时间
【解答】解:A、因不知星球的半径,则不能确定其质量.
B、从椭圆轨道返回同步轨道,飞行器在P点由向心运动变为圆周运动要增加速度,则B正确
C、D、设该星球的半径为R,质量为M,同步卫星的周期为T,轨道半径为r,飞行器的周期为T′.
在星球的两极有 G=mg
在星球的赤道有 G=mg′+mR
据题有 mg′=mg
联立以上三式得: •G=mR
对于同步卫星有:G=m′r
联立以上二式解得 r=3R 则C正确
根据开普勒第三定律得
得 T′=4h,则从Q点到P点需要的时间为2小时,则D错误
故选:BC
为了测量木块与木板间动摩擦因数,某小组使用位移传感器设计了如图甲所示的实验装置,让木块动倾斜木板上某点A由静止释放,位移传感器可以测出木块到传感器的距离,位移传感器连接计算机,描绘处滑块相对传感器的位移x随时间t变化规律,如图乙所示.
(1)根据上述图线,计算0.4s时木块的速度v= m/s,木块加速度 m/s2;(以上结果均保留2位有效数字)
(2)为了测定动摩擦因数,还必须需要测量的量是 ;
A.A点离桌面的高度 B.木块的质量 C.当地的重力加速度g D.A点离传感器的距离.
知识点:摩擦力
(1)0.40,1.0; (2)ACD.
【考点】探究影响摩擦力的大小的因素.
【分析】(1)由于滑块在斜面上做匀加速直线运动,所以某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度;根据加速度的定义式即可求出加速度;
(2)为了测定动摩擦力因数μ还需要测量的量是木板的倾角θ;
【解答】解:(1)根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度,
得0.4s末的速度为:v=m/s=0.40m/s,
0.2s末的速度为:v′==0.2m/s,
则木块的加速度为:a===1.0m/s2.
(2)选取木块为研究的对象,木块沿斜面方向是受力:ma=mgsinθ﹣μmgcosθ
得:μ=
所以要测定摩擦因数,还需要测出斜面的倾角θ和重力加速度,即A点离桌面的高度,当地的重力加速度g 和A点离传感器的距离,故ACD正确
故答案为:(1)0.40,1.0; (2)ACD.
在探究规格为“4.0V 2.OW”的小灯泡L的伏安特性曲线实验中,可供选用的器材如下:
小灯泡L:“4.0V.2.0W”;
电流表A1:量程3.0A,内阻约为0.1Ω;
电流表A2:量程0.6A,内阻约为0.2Ω;
电压表V:量程3.0V,内阻RV=9.0kΩ;
定值电阻R1:阻值2.0kΩ;
定值电阻R2:阻值4.5kΩ;
定值电阻R3:阻值12.0kΩ
定值电阻R4:阻值18.0kΩ
滑动变阻器R:阻值范围0~10Ω,;
学生电源E:电动势6.0V,内阻不计;
开关S及导线若干.
(1)电流表应选 ,定值电阻选 (在R1、R2、R3、R4中选一个).
(2)在方框中画出实验电路图,并在图上标明所选器材代号.
(3)小雨同学采用同样的方法进行实验,检查实验电路连接正确,然后闭合开关,调节滑动变阻器滑动头,发现电流表和电压表指针始终不发生偏转.在不断开电路的情况下,检查电路故障,应使用多用电表 (选填“欧姆×10”、“直流电压10V”或“直流电流2.5mA”)挡,检查过程中将多用电表的红、黑表笔与电流表“+”、“﹣”接线柱接触时,多用电表指针发生较大偏转,说明电路故障是 .
知识点:描绘小灯泡的伏安特性曲线
解:(1)根据待测元件规格“4V,2.0W”可知,额定电流约为I===0.5A;故电流表应选A2;
因电压表量程为3V,小于灯泡的额定电压,故为了能完成测量,采用串联一定值电阻的方式来扩大量程,且改装后量程略大于4V即可;根据改装原理可知,串联电阻至少应为R==3KΩ;故选择R2
(2)待测元件电阻为R===8Ω;相对改装后的电压表为小电阻,所以电流表应用外接法,又变阻器采用分压式接法,故原理图如图所示
(3)闭合开关,调节滑动变阻器滑动头,发现电流表和电压表指针始终不发生偏转,说明电路中有断路;
不断开电路进行测量时,只能采用电压表进行;且电压表量程要大于电源电压;故选用8V的直流电压表进行测量;查过程中将多用电表的红、黑表笔与电流表“+”、“﹣”接线柱接触时,多用电表指针发生较大偏转,说明电路故障是电流表断路.
故答案为:(1)A2;R2
(2)如图
(3)直流电压10V;电流表断路.
【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线.
【分析】(1)根据待测元件的额定电流选择电流表,根据改装原理可明确应选用的定值电阻;
(2)要描绘待测元件的伏安特性曲线,电压与电流应从零开始变化,滑动变阻器应采用分压接法,根据待测元件电阻阻值与电表内阻间的关系确定电流表的接法,然后连接实物电路图.
(3)在不断开电源的情况下,一般应用直流电压表检查电路故障;当电压表并联在某段电路两端时,如果电压表示数为零,说明该部分电路短路或该部分电路完好而在该部分电路之外存在断路;如果电压表示数较大,接近电源电动势,说明该部分电路断路.
如图所示,水平放置的光滑平行金属轨道,电阻不计,导轨间距为L=2m,左右两侧各接一阻值为R=6Ω的电阻.两轨道内存垂直轨道平面向下的有界匀强磁场,一质量为m、电阻为r=2Ω的金属棒MN置于导轨上,与导轨垂直且接触良好,受到F=0.2v+3(N)(v为金属棒速度)的水平外力作用,从磁场的左边界由静止开始运动,用电压表测得电阻两端电压随时间均匀增大.
(1)请推导说明金属棒做什么性质的运动.
(2)求磁感应强度B的大小.
知识点:闭合电路的欧姆定律
解:(1)设金属棒左右两侧电阻阻值分别为R1、R2,则R1、R2的等效电阻为R==3Ω,设电阻两端电压为U、U随t的变化关系为U=kt,导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E,通过导体棒的电流为I,导体棒所受安培力大小为FA,则:
U=E﹣Ir
E=BLv
I=
解得:U=0.6BLv,结合U=kt
可得:0.6BLv=kt,v∝t,故金属棒做初速度为零的匀加速直线运动
(2)取金属棒为研究对象,根据牛顿第二定律可得:
F﹣FA=ma
FA=BIL=0.2B2L2v
解得:
0.2v+3﹣0.2B2L2v=ma
因导体棒做匀加速,故a与v无关,即:
0.2v=0.2B2L2v
解得:B==0.5T
答:(1)金属棒做初速度为零的匀加速直线运动
(2)磁感应强度B的大小为0.5T
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势;闭合电路的欧姆定律.
【分析】(1)根据闭合电路欧姆定律、感应电动势计算公式、可得出电阻两端电压U与速度v的大小关系,结合题意可知v∝t,即金属棒做初速度为零的匀加速直线运动
(2)根据金属棒的受力情况结合安培力的计算公式,由牛顿第二定律可求出加速度a与速度v 的关系,因金属棒做匀加速直线运动,故a与v无关,由此可计算出磁感应强度B的大小
如图所示,AB为一段弯曲轨道,固定在水平桌面上,与水平桌面相切于A点,B点距桌面的高度为h=0.6m,A、B两点间的水平距离为L=0.8m,轨道边缘B处有一轻、小定滑轮,一根轻绳两端系着质量分别为m1与m2的物体P、Q,挂在定滑轮两边,P、Q可视为质点,且m1=2.0kg,m2=0.4kg.开始时P、Q均静止,P紧靠B点,P释放后沿弯曲轨道向下运动,运动到A点时轻绳突然断开,断开后P沿水平桌面滑行距离x=1.25m停止.已知P与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.25,g取10m/s2.求:
(1)P经过A点时的速度大小;
(2)P从B到A的过程中Q重力势能的增量;
(3)弯曲轨道对P的摩擦力做的功.
知识点:动能和动能定理
解:(1)P在水平轨道上运动过程,根据动能定理得:
﹣μm1gx=0﹣m1
得P经过A点时的速度为:
v1==m/s=2.5m/s
(2)P由B到A的过程中,Q上升的高度为:
H==1m
则P从B到A的过程中Q重力势能的增量为:
△EP=mgH=4J
(3)设P经过A点时,P过A点的速度与水平方向的夹角β,Q的运动速度为v2,将速度P的速度v1进行分解如图.
则有v2=v1cosβ
又sinβ==0.6,得β=37°
对P、Q组成的系统,根据动能定理得:
m1gh﹣m2gH+Wf=
代入数据解得弯曲轨道对P的摩擦力做的功为:Wf=﹣0.95J.
答:(1)P经过A点时的速度大小是2.5m/s;
(2)P从B到A的过程中Q重力势能的增量为4J;
(3)弯曲轨道对P的摩擦力做的功是﹣0.95J.
【考点】动能定理的应用.
【分析】(1)物体P在水平面上运动过程,运用动能定理求P经过A点时的速度.
(2)由几何知识求出Q上升的高度H,则Q重力势能的增量△EP=mgH.
(3)由几何关系求出将P经过A点时AP段绳与水平方向的夹角,将此时P的速度进行分解得到Q点的速度,再对系统运用动能定理求摩擦力做功.
下列说法正确的是( )
A.晶体的导热性能可能是各向异性的
B.把很多的晶体放在一起,就变成了非晶体
C.封闭气体的压强仅与分子的密集程度有关
D.虽然大量分子做无规则运动,速率有大有小,但分子的速率却按一定的规律分布
E.液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,故液体表面存在张力
知识点:分子间的作用力
ADE
【考点】* 晶体和非晶体;分子间的相互作用力;封闭气体压强.
【分析】解答此题的关键是对晶体和非晶态特性的了解:晶体有固定的熔点,晶体在熔化过程中吸收热量,温度保持不变;非晶体没有熔点,非晶体在熔化过程中不断吸收热量,温度逐渐升高.
气体的压强与分子的密集程度、以及气体的温度都有关;分子的速率却按一定的规律分布;液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,故液体表面存在张力;
【解答】解:A、单晶体具有各向异性,所以晶体的导热性能可能是各向异性的,故A正确;
B、晶体与非晶体的区别在于晶体有固定的熔点,非晶体没有熔点;把很多的晶体放在一起,仍然是晶体.故B错误;
C、封闭气体的压强与分子的密集程度、以及气体的温度都有关,故C错误;
D、根据麦克斯韦统计规律可知,虽然大量分子做无规则运动,速率有大有小,但分子的速率却按一定的规律分布,故D正确;
E、液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离,故液体表面存在张力.故E正确.
故选:ADE
拔火罐”是一种中医疗法,为了探究“火罐”的“吸力”,某人设计了如图实验.圆柱状气缸(横截面积为S)被固定在铁架台上,轻质活塞通过细线与重物m相连,将一团燃烧的轻质酒精棉球从缸底的开关K处扔到气缸内,酒精棉球熄灭时(设此时缸内温度为t℃)密闭开关K,此时活塞下的细线刚好拉直且拉力为零,而这时活塞距缸底为L.由于气缸传热良好,重物被吸起,最后重物稳定在距地面处.已知环境温度为27℃不变,与大气压强相当,气缸内的气体可看做理想气体,求t值.
知识点:理想气体的状态方程
解:酒精棉球熄灭时,封闭气体向下得压力,大气压向上的支持力,由平衡得:
P1S=P0S
解得:P1=P0
此时体积为:V1=LS,温度为:T1=273+t
重物被吸起稳定后,活塞受绳子得拉力,封闭气体向下得压力和大气压向上得支持力,由平衡得:
P2S+mg=P0S
解得:
此时体积为:,温度为T2=273+27K=300K
有理想气体状态方程得:
解得:t=127℃
答:此种情况下的温度为127℃
【考点】理想气体的状态方程.
【分析】酒精棉球熄灭后,以活塞为研究对象可求出封闭气体初末状态压强,利用理想气体状态方程列式即可求解.
下列说法中正确的是( )
A.军队士兵过桥时使用便步,是为了防止桥发生共振现象
B.机械波和电磁波在介质中的传播速度仅由介质决定
C.泊松亮斑是光通过圆孔发生衍射时形成的
D.拍摄玻璃橱窗内的物品时,往往在镜头前加装一个偏振片以减弱玻璃的反射光
E.赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在
知识点:电磁波
ADE
【考点】电磁波的产生;产生共振的条件及其应用;光的干涉.
【分析】当策动频率与固有频率相同时,出现共振现象;电磁波在真空中也能传播.机械波在介质中的传播速度由介质决定;由光的衍射现象:绕过阻碍物继续向前传播;偏振原理利用光的干涉现象,来减弱反射光的强度;麦克斯韦预言了电磁波的存在,而赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在,从而即可求解.
【解答】解:A、军队士兵过桥时使用便步,防止行走的频率与桥的频率相同,桥发生共振现象,故A正确.
B、机械波在介质中的传播速度由介质决定,与波的频率无关,电磁波在介质中的传播速度与介质和波的频率均有关,故B错误.
C、泊松亮斑是光通过不透明的小圆盘发生衍射时形成的;故C错误;
D、加偏振片的作用是减弱反射光的强度,从而增大透射光的强度;故D正确;
E、麦克斯韦预言了电磁波的存在,而赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在,故E正确;
故选:ADE.
如图所示,横截面是直角三角形ABC的三棱镜对红光的折射率为η1=,对紫光的折射率为η2=,宽度都为a的红光和蓝光从同一位置由棱镜的一侧斜边AB垂直射入,从另一侧面直角边AC折射出来并射到光屏上,已知棱镜的顶角∠B=60°,AC边平行于光屏MN,为使另种色光射到光屏MN上时不重叠,试求棱镜AC边与光屏至少相距多远?
知识点:光的折射
解:根据几何关系,光从AC面上折射时的入射角为30°,根据折射定律有:
,;
解得:sinγ1=,sinγ2=;
故γ1=37.8°,γ2=60°;
故紫光的偏折程度较大;
为使两种色光射到光屏MN上时不重叠,则临界情况是从下边缘入射的紫光与从上边缘入射的红光在光屏上重叠,如图所示:
结合几何关系,有:
﹣=a
解得:
d=====1.36a
答:棱镜AC边与光屏至少相距1.36a.
【考点】光的折射定律.
【分析】两种色光组成的光束垂直AB边射入棱镜,在AB面上不发生偏折,到达AC面上,根据几何关系求出入射角的大小,根据折射定律求出折射角,再结合几何关系确定棱镜AC边与光屏的距离.
(多选题)下列说法正确的是( )
A.原子核内的中子转化成一个质子和一个电子,这种转化产生的电子发射到核外,就是β粒子,这就是β衰变的实质
B.在关于物质波的表达式ɛ=hv和p=中,能量和动量p是描述物质的粒子性的重要物理量,波长λ和频率v是描述物质的波动性的典型物理量
C.在氢原子中,从高能级向n=1能级跃迁时发出的光的频率比可见光的低
D.放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态和外部条件无关
E.结合能越大,原子中核子结合的越牢固,原子核越稳定
知识点:物理
ABD
【考点】物质波;原子核的结合能.
【分析】β衰变的实质是原子核中的一个中子转化为一个质子和一个电子,电子释放出来;能量和动量p是描述物质的粒子性的重要物理量,波长λ和频率v是描述物质的波动性的典型物理量;根据能级间能级差与可见光光子能量比较,得出跃迁时辐射的光子频率与可见光频率的大小关系;半衰期与原子所处的物理环境和化学状态无关,由原子核内部因素决定;比结合能越大,原子核结合越牢固.
【解答】解:A、β衰变的实质是原子核中的一个中子转化为一个质子和一个电子,电子释放出来,故A正确.
B、在关于物质波的表达式ɛ=hv和p=中,能量和动量p是描述物质的粒子性的重要物理量,波长λ和频率v是描述物质的波动性的典型物理量,故B正确.
C、在氢原子中,从高能级向n=1能级跃迁发出的光子能量大于可见光的光子能量,即发出的光的频率比可见光高,故C错误.
D、放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态和外部条件无关,由原子核内部因素决定,故D正确.
E、比结合能越大,原子核子中核子结合得越牢固,原子核越稳定,故E错误.
故选:ABD.
如图甲所示,A、B两物体与水平面间的动摩擦因数相同,A的质量为3kg,A以一定的初速度向右滑动,与B发生碰撞,碰撞前A的速度变化如图乙中图线Ⅰ所示,碰后A、B的速度变化分别为如图乙中图线Ⅱ、Ⅲ所示,g取10m/s2,求;
①A与地面间的动摩擦因数和物体B的质量;
②分析该碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞.
知识点:动量守恒定律
解:①由图乙知碰撞前A的加速度为:aA===﹣2m/s2
由牛顿第二定律得:﹣μAmAg=mAaA,
得:μA=0.2
由图乙得碰后A的速度 vA=2m/s,B的速度 vB=6m/s,碰撞前后A、B组成的系统动量守恒,取向右为正方向,根据动量守恒定律得
mAv1=mAvA+mBvB
代入数据可得:mB=1kg
②碰撞前AB的总动能 Ek1==24J
碰撞后AB的总动能 Ek2=+=24J
则 Ek1=Ek2,故为弹性碰撞
答:①A与地面间的动摩擦因数是0.2,物体B的质量是1kg;
②该碰撞是弹性碰撞.
【考点】动量守恒定律;功能关系.
【分析】①碰撞前A做匀减速直线运动,根据v﹣t图象得到加速度,根据牛顿第二定律确定动摩擦因数;由图象得到碰撞前后两个物体的运动速度,然后根据动量守恒定律列式求
物体B的质量;
②分别求出碰撞前后系统的总动能,再判断碰撞的类型.