《金版程》2025-高考大二轮刷题首选卷-物理专题六 考点3 机械振动及光学、热学实验含答案

大二轮刷题首选卷物理考点3机械振动及光学、热学实验《金版程》2025-高考大二轮刷题首选卷-物理考向一单摆等机械振动实验1．(2023·河北高考)某实验小组利用图1装置测量重力加速度。摆线上端固定在O点，下端悬挂一小钢球，通过光电门传感器采集摆动周期。(1)关于本实验，下列说法正确的是________。(多选)A．小钢球摆动平面应与光电门U形平面垂直B．应在小钢球自然下垂时测量摆线长度C．小钢球可以换成较轻的橡胶球D．应无初速度、小摆角释放小钢球(2)组装好装置，用毫米刻度尺测量摆线长度L，用螺旋测微器测量小钢球直径d。螺旋测微器示数如图2，小钢球直径d＝________mm，记摆长l＝L＋eq\f(d,2)。(3)多次改变摆线长度，在小摆角下测得不同摆长l对应的小钢球摆动周期T，并作出l­T2图像，如图3。根据图线斜率可计算重力加速度g＝________m/s2(保留3位有效数字，π2取9.87)。(4)若将摆线长度误认为摆长，仍用上述图像法处理数据，得到的重力加速度值将________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。答案：(1)ABD(2)20.035(3)9.87(4)不变解析：(1)使用光电门测量时，光电门U形平面与被测物体的运动方向垂直是光电门使用的基本要求，故A正确。测量摆线长度时，要保证摆线处于伸直状态，故B正确。单摆是一个摆线长度不变、摆线质量不计、摆球可视为质点的理想化模型，研究单摆时，需要使空气对摆球的阻力可以忽略，若用较轻的橡胶球代替小钢球，则摆线质量的影响变大，空气阻力对摆球的影响变大，会增大误差，故C错误。为了保证小钢球在竖直平面内做单摆运动，而不形成圆锥摆，应无初速度释放小钢球；单摆只有在摆角很小的情况下才可视为做简谐运动，才能使用公式T＝2πeq\r(\f(l,g))计算重力加速度，因此应小摆角释放小钢球，故D正确。(2)由题图2可知，小钢球直径d＝20mm＋3.5×0.01mm＝20.035mm。(3)由单摆周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，得l＝eq\f(g,4π2)·T2，则l­T2图像中图线的斜率k＝eq\f(g,4π2)，可得g＝4π2k，由题图3知，图线的斜率k＝eq\f(1.10－0.60,4.40－2.40)m/s2＝eq\f(1,4)m/s2，解得g＝9.87m/s2。(4)若将摆线长度L误认为摆长l，因L＝l－eq\f(d,2)＝eq\f(g,4π2)·T2－eq\f(d,2)，则仍用上述图像法处理数据，图线斜率不变，仍为k＝eq\f(g,4π2)，所以得到的重力加速度值将不变。2．(2023·湖南高考)某同学探究弹簧振子振动周期与质量的关系，实验装置如图a所示，轻质弹簧上端悬挂在铁架台上，下端挂有钩码，钩码下表面吸附一个小磁铁，其正下方放置智能手机，手机中的磁传感器可以采集磁感应强度实时变化的数据并输出图像，实验步骤如下：(1)测出钩码和小磁铁的总质量m；(2)在弹簧下端挂上该钩码和小磁铁，使弹簧振子在竖直方向做简谐运动，打开手机的磁传感器软件，此时磁传感器记录的磁感应强度变化周期等于弹簧振子振动周期；(3)某次采集到的磁感应强度B的大小随时间t变化的图像如图b所示，从图中可以算出弹簧振子振动周期T＝________(用“t0”表示)；(4)改变钩码质量，重复上述步骤；(5)实验测得数据如下表所示，分析数据可知，弹簧振子振动周期的平方与质量的关系是________(填“线性的”或“非线性的”)；m/kg10T/sT/sT2/s20.0152.430.2430.0590.0253.140.3140.0990.0353.720.3720.1380.0454.220.4220.1780.0554.660.4660.217(6)设弹簧的劲度系数为k，根据实验结果并结合物理量的单位关系，弹簧振子振动周期的表达式可能是________(填正确答案标号)；A．2πeq\r(\f(m,k)) B．2πeq\r(\f(k,m))C．2πeq\r(mk) D．2πkeq\r(m)(7)除偶然误差外，写出一条本实验中可能产生误差的原因：____________。答案：(3)eq\f(t0,10)(5)线性的(6)A(7)空气阻力解析：(3)从图b中可以算出磁感应强度B的变化周期为TB＝eq\f(t0,10)，则弹簧振子振动周期T＝TB＝eq\f(t0,10)。(5)分析数据可知，弹簧振子振动周期的平方与质量的比值接近于常量3.95s2/kg，且上下浮动在误差允许范围内，则弹簧振子振动周期的平方与质量的关系是线性的。(6)周期的国际单位为s。因2πeq\r(\f(m,k))的单位用国际基本单位表示为eq\r(\f(kg,N/m))＝eq\r(\f(kg·m,kg·m/s2))＝s，故A可能正确；因2πeq\r(\f(k,m))的单位用国际基本单位表示为eq\r(\f(N/m,kg))＝eq\r(\f(kg·m/s2,m·kg))＝s－1，故B错误；因2πeq\r(mk)的单位用国际基本单位表示为eq\r(kg·N/m)＝eq\r(kg·kg·m/s2·m－1)＝kg/s，故C错误；因2πkeq\r(m)的单位用国际基本单位表示为N/m·eq\r(kg)＝kg·m/s2·m－1·eq\r(kg)＝kgeq\s\up6(\f(3,2))/s2，故D错误。(7)除偶然误差外，钩码振动过程中受空气阻力的影响，可能会使本实验产生误差。考向二光学实验3．现用如图1所示双缝干涉实验装置来测量光的波长。(1)在组装仪器时单缝和双缝应该相互________放置。(选填“垂直”或“平行”)(2)已知测量头主尺的最小刻度是毫米，副尺上有50分度。某同学调整手轮使测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，并将该亮纹定为第1条亮纹，此时测量头上游标卡尺的读数为1.16mm，接着再同方向转动手轮，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，此时测量头上游标卡尺的示数如图2所示，则读数为________mm。已知双缝间距d＝2.00×10－4m，测得双缝到毛玻璃屏的距离L＝0.800m，所测光的波长λ＝________nm。(保留三位有效数字)(3)为减小误差，该实验并未直接测量相邻亮条纹间的距离Δx，而是先测量n个条纹的间距再求出Δx。下列实验采用了类似方法的有________。A．“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中合力的测量B．“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验中弹簧的形变量的测量C．“用单摆测重力加速度”的实验中单摆的周期的测量D．“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中1滴油酸酒精溶液体积的测量答案：(1)平行(2)15.02693(3)CD解析：(1)在组装仪器时单缝和双缝应该相互平行放置。(2)由题图2可知，游标卡尺的读数为15mm＋1×0.02mm＝15.02mm。两相邻亮纹的间距Δx＝eq\f(x2－x1,6－1)＝eq\f(15.02－1.16,5)mm＝2.772mm，根据Δx＝eq\f(L,d)λ得λ＝eq\f(Δxd,L)＝eq\f(2.772×10－3×2.00×10－4,0.800)m＝6.93×10－7m＝693nm。(3)先测量n个条纹的间距再求出Δx，是采用了微量累积法，“用单摆测重力加速度”的实验中单摆的周期的测量和“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中1滴油酸酒精溶液体积的测量均采用了微量累积法；“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中合力的测量采用了等效替代法；“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验中弹簧的形变量的测量没有采用累积法，故C、D正确，A、B错误。4．在“测定玻璃的折射率”实验时：(1)下列做法正确的是________；A．入射角越大，误差越小B．画出玻璃砖边界面后，实验过程中玻璃砖就可以任意移动了C．插大头针时，要尽量让针处于竖直状态且间距适当远一些D．所用玻璃砖必须是平行玻璃砖，用其他形状的玻璃砖无法测得其折射率(2)某学生在插第三枚大头针P3时，在视线中看到P1、P2两枚大头针“断”成了a、b、c、d四截，如图所示。正确的做法是让P3同时挡住________。A．a、b B．c、dC．a、c D．b、d答案：(1)C(2)B解析：(1)入射角不宜太大也不宜太小，入射角过大，会使折射光线亮度变暗，入射角太小则测得的入射角、折射角的相对误差较大，A错误；实验过程中，玻璃砖与白纸的相对位置不能改变，B错误；插大头针时，让针处于竖直状态且间距适当远一些，有助于减小确定光路时的误差，C正确；除了平行玻璃砖，也能测出其他形状的玻璃砖的折射率，D错误。(2)在本实验中P3应挡住P1、P2透过玻璃砖成的像，而不是P1、P2本身，而图中a、b为P1、P2本身，c、d为P1、P2透过玻璃砖成的像，即应让P3同时挡住c、d，故选B。考向三热学实验5．用图甲所示的装置探究气体的等温变化规律。(1)下列哪些操作是必需的________。A．调节空气柱长度时柱塞应缓慢地向下压或向上拉B．测量空气柱的直径C．读取压力表示数D．读取空气柱的长度(2)某小组利用测量得到的数据绘制的p­V图像如图乙所示，该组同学猜测空气柱的压强跟体积成反比。如果想进一步通过图像来检验这个猜想是否合理，应当利用实验数据作出________图像。答案：(1)ACD(2)p­eq\f(1,V)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或V­\f(1,p)))解析：(1)为防止气体的温度变化，调节空气柱长度时柱塞应缓慢地向下压或向上拉，A正确；该实验气体的体积为V＝SL，其中S为空气柱的横截面积，由于空气柱的横截面积S不变，所以可以用L代替V，只需要读取空气柱的长度，不需要测量空气柱的直径，B错误，D正确；读取压力表示数，以确定气体的压强，C正确。(2)如果想进一步检验空气柱的压强跟体积是否成反比，应当利用实验数据作出p­eq\f(1,V)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或V­\f(1,p)))图像，若该图像是一条过原点的直线，则结论成立。6．用油膜法估测油酸分子的大小的实验步骤如下：A．向浅盘中倒入适量的水，并向水面均匀地撒入爽身粉B．将1mL纯油酸加入酒精中，得到2×103mL的油酸酒精溶液C．把玻璃板放在坐标纸上，计算出薄膜的面积S(坐标纸中正方形小方格的边长为20mm)D．将配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下50滴溶液的体积E．把一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待油酸薄膜形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上描出油酸膜的轮廓F．按照得到的数据，估算出油酸分子的直径(1)上述步骤中，正确的顺序是________(填步骤前的字母)。(2)如图所示为描出的油酸膜轮廓，油酸膜的面积约为________m2。(3)已知50滴溶液的体积为1mL，估算油酸分子的直径约为________m(保留两位有效数字)。(4)将上述油酸酒精溶液置于一个敞口容器中放置一段时间，再使用该溶液进行实验会导致分子直径的测量结果________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。答案：(1)BDAECF(2)0.0224(3)4.5×10－10(4)偏小解析：(1)根据实验思路可知，题中所述步骤中，正确的顺序是BDAECF。(2)数出油酸膜轮廓范围内的小方格共有56格，则油酸膜的面积约为56×4cm2＝0.0224m2。(3)1滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积为V＝eq\f(1,2×103)×eq\f(1×10－6,50)m3＝10－11m3，则油酸分子的直径约为d＝eq\f(V,S)＝eq\f(10－11,0.0224)m＝4.5×10－10m。(4)将油酸酒精溶液置于一个敞口容器中放置一段时间，酒精挥发，导致溶液中油酸浓度增大，则一滴油酸酒精溶液中的纯油酸体积增大，而在计算时仍取原来的值，这将导致纯油酸体积的计算值小于实际值，故最终分子直径的测量值小于实际值。1．(2024·江西高考)(多选)某同学用普通光源进行双缝干涉测光的波长实验。下列说法正确的是()A．光具座上依次摆放光源、透镜、滤光片、双缝、单缝、遮光筒、测量头等元件B．透镜的作用是使光更集中C．单缝的作用是获得线光源D．双缝间距越小，测量头中观察到的条纹数目越多答案：BC解析：为达到实验目的，应使单色光先通过单缝得到线光源，然后通过双缝得到两列完全相同的相干光，所以光具座上的双缝应该在单缝和遮光筒之间，A错误，C正确；透镜的作用是使光更集中，B正确；根据双缝干涉条纹间距公式Δx＝eq\f(l,d)λ可知，双缝间距d越小，则相邻亮(暗)条纹的中心间距Δx越大，测量头中观察到的条纹数目越少，D错误。2.(2023·江苏高考)在“探究气体等温变化的规律”的实验中，实验装置如图所示。利用注射器选取一段空气柱为研究对象。下列改变空气柱体积的操作正确的是()A．把柱塞快速地向下压B．把柱塞缓慢地向上拉C．在橡胶套处接另一注射器，快速推动该注射器柱塞D．在橡胶套处接另一注射器，缓慢推动该注射器柱塞答案：B解析：该实验探究一定质量的气体等温变化的规律，所以应保证气体在状态变化过程中的质量不变、温度不变，因此实验中要保证空气柱封闭，不能接另一注射器注入或抽出气体，保证气体质量不变；另外实验中要缓慢下压或上拉柱塞，使注射器内封闭气体与外界有足够时间进行热交换，保证气体温度不变。故选B。3．(2024·河北高考)某同学通过双缝干涉实验测量单色光的波长，实验装置如图1所示，其中测量头包括毛玻璃、游标尺、分划板、手轮、目镜等。该同学调整好实验装置后，分别用红色、绿色滤光片，对干涉条纹进行测量，并记录第一条和第六条亮纹中心位置对应的游标尺读数，如表所示：单色光类别x1/mmx6/mm单色光110.6018.64单色光28.4418.08根据表中数据，判断单色光1为________(填“红光”或“绿光”)。答案：绿光解析：根据双缝干涉相邻亮纹或暗纹中心间距公式Δx＝eq\f(l,d)λ，可得波长λ＝eq\f(dΔx,l)，由题表中数据可知，单色光1的相邻亮纹中心间距Δx1＝eq\f(18.64－10.60,5)mm＝1.608mm，单色光2的相邻亮纹中心间距Δx2＝eq\f(18.08－8.44,5)mm＝1.928mm，因为Δx1<Δx2，所以λ1<λ2，则单色光1是绿光。4．(2024·广东高考)在“用双缝干涉实验测量光的波长”实验调节过程中，在光具座上安装光源、遮光筒和光屏，遮光筒不可调节。打开并调节________，使光束沿遮光筒的轴线把光屏照亮。取下光屏，装上单缝、双缝和测量头。调节测量头，并缓慢调节单缝的角度直到目镜中观察到________________。答案：光源清晰的干涉条纹解析：因遮光筒不可调节，故应打开并调节光源，使光束沿遮光筒的轴线把光屏照亮；根据实验步骤可知，取下光屏，装上单缝、双缝和测量头，调节测量头，并缓慢调节单缝的角度，直到目镜中观察到清晰的干涉条纹。5．(2024·广西高考)单摆可作为研究简谐运动的理想模型。(1)制作单摆时，在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中，选择图甲方式的目的是要保持摆动中________不变；(2)用游标卡尺测量摆球直径，测得读数如图丙，则摆球直径为________cm；(3)若将一个周期为T的单摆，从平衡位置拉开5°的角度释放，忽略空气阻力，摆球的振动可看为简谐运动。当地重力加速度为g，以释放时刻作为计时起点，则摆球偏离平衡位置的位移x与时间t的关系为________________。答案：(1)摆长(2)1.06(3)x＝eq\f(gT2sin5°,4π2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t))解析：(1)在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中，选择图甲方式的目的是要保持摆动中摆长不变。(2)由图丙可知，摆球直径为d＝10mm＋6×0.1mm＝10.6mm＝1.06cm。(3)根据单摆的周期公式有T＝2πeq\r(\f(l,g))，可得单摆的摆长为l＝eq\f(gT2,4π2)，从平衡位置拉开5°的角度释放，可得摆球的振幅为A＝lsin5°＝eq\f(gT2sin5°,4π2)；以释放时刻为计时起点，释放位置处位移为正方向的最大值，根据简谐运动规律可得，摆球偏离平衡位置的位移x与时间t的关系为x＝Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t))＝eq\f(gT2sin5°,4π2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t))。6．(2023·重庆高考)某实验小组用单摆测量重力加速度。所用实验器材有摆球、长度可调的轻质摆线、刻度尺、50分度的游标卡尺、摄像装置等。(1)用游标卡尺测量摆球直径d。当量爪并拢时，游标尺和主尺的零刻度线对齐。放置摆球后游标卡尺示数如图1甲所示，则摆球的直径d为________mm。(2)用摆线和摆球组成单摆，如图1乙所示。当摆线长度l＝990.1mm时，记录并分析单摆的振动视频，得到单摆的振动周期T＝2.00s，由此算得重力加速度g为________m/s2(保留3位有效数字)。(3)改变摆线长度l，记录并分析单摆的振动视频，得到相应的振动周期。他们发现，分别用l和l＋eq\f(d,2)作为摆长，这两种计算方法得到的重力加速度数值的差异大小Δg随摆线长度l的变化曲线如图2所示。由图可知，该实验中，随着摆线长度l的增加，Δg的变化特点是________________，原因是____________________________________________________________________________________________。答案：(1)19.20(2)9.86(3)逐渐减小随着摆线长度l的增加，用l作为摆长时相对误差eq\f(l,l＋\f(d,2))逐渐减小，则重力加速度的相对误差eq\f(Δg,g)逐渐减小，Δg也就逐渐减小解析：(1)由题图1甲可知，摆球直径d＝19mm＋0.02mm×10＝19.20mm。(2)单摆的摆长为L＝l＋eq\f(d,2)，由单摆周期公式可得T＝2πeq\r(\f(L,g))，联立并代入数据，解得g＝9.86m/s2。(3)由题图2可知，随着摆线长度l的增加，Δg逐渐减小。原因是随着摆线长度l的增加，用l作为摆长时相对误差eq\f(l,l＋\f(d,2))逐渐减小，则重力加速度的相对误差eq\f(Δg,g)逐渐减小，Δg也就逐渐减小。7．(2024·安徽高考)某实验小组做“测量玻璃的折射率”及拓展探究实验。(1)为测量玻璃的折射率，按如图甲所示进行实验，以下表述正确的一项是________。(填正确答案标号)A．用笔在白纸上沿着玻璃砖上边和下边分别画出直线a和a′B．在玻璃砖一侧插上大头针P1、P2，眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使P2把P1挡住，这样就可以确定入射光线和入射点O1。在眼睛这一侧，插上大头针P3，使它把P1、P2都挡住，再插上大头针P4，使它把P1、P2、P3都挡住，这样就可以确定出射光线和出射点O2C．实验时入射角θ1应尽量小一些，以减小实验误差(2)为探究介质折射率与光的频率的关系，分别用一束红光和一束绿光从同一点入射到空气与玻璃的分界面。保持相同的入射角，根据实验结果作出光路图，并标记红光和绿光，如图乙所示。此实验初步表明：对于同一种介质，折射率与光的频率有关，频率大，折射率________(填“大”或“小”)。(3)为探究折射率与介质材料的关系，用同一束激光分别入射玻璃砖和某透明介质，如图丙、丁所示。保持相同的入射角α1，测得折射角分别为α2、α3(α2<α3)，则玻璃和该介质的折射率大小关系为n玻璃________n介质(填“>”或“<”)。此实验初步表明：对于一定频率的光，折射率与介质材料有关。答案：(1)B(2)大(3)>解析：(1)在白纸上画出一条直线a作为界面，把长方体玻璃砖放在白纸上，使它的一个长边与a对齐，用直尺或者三角板轻靠在玻璃砖的另一长边，按住直尺或三角板不动，将玻璃砖取下，画出直线a′代表玻璃砖的另一边，不能用笔在白纸上沿着玻璃砖上边和下边分别画出直线a和a′，故A错误；实验时入射角θ1应适当大一些，但也不能太大(接近90°)，以减小实验误差，故C错误；B选项操作正确，故选B。(2)由题图乙可知，在玻璃砖的上边，绿光和红光的入射角相同，绿光的折射角小于红光的折射角，根据光的折射定律，可知玻璃对绿光的折射率大于对红光的折射率，又因为绿光的频率大于红光的频率，所以频率大，折射率大。(3)根据折射定律可知，玻璃的折射率为n玻璃＝eq\f(sinα1,sinα2)，该透明介质的折射率为n介质＝eq\f(sinα1,sinα3)，其中α2＜α3，所以n玻璃＞n介质。8．(2024·湖北高考)某同学利用激光测量半圆柱体玻璃砖的折射率，具体步骤如下：①平铺白纸，用铅笔画两条互相垂直的直线AA′和BB′，交点为O。将半圆柱体玻璃砖的平直边紧贴AA′，并使其圆心位于O点，画出玻璃砖的半圆弧轮廓线，如图a所示。②将一细激光束沿CO方向以某一入射角射入玻璃砖，记录折射光线与半圆弧的交点M。③拿走玻璃砖，标记CO光线与半圆弧的交点P。④分别过M、P作BB′的垂线MM′、PP′，M′、P′是垂足，并用米尺分别测量MM′、PP′的长度x和y。⑤改变入射角，重复步骤②③④，得到多组x和y的数据。根据这些数据作出y­x图像，如图b所示。(1)关于该实验，下列说法正确的是________(单选，填标号)。A．入射角越小，误差越小B．激光的平行度好，比用插针法测量更有利于减小误差C．选择圆心O点作为入射点，是因为此处的折射现象最明显(2)根据y­x图像，可得玻璃砖的折射率为________(保留三位有效数字)。(3)若描画的半圆弧轮廓线半径略大于玻璃砖的实际半径，则折射率的测量结果________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。答案：(1)B(2)1.59(3)不变解析：(1)本实验中，入射角要适当大些，不能太小，入射角太小时，则折射角很小，x、y都很小，测量误差会很大，故A错误；激光的平行度好，比用插针法测量更有利于减小误差，故B正确；选择圆心O点作为入射点，是因为此处入射角的正弦和折射角的正弦最容易求解，故C错误。(2)设半圆柱体玻璃砖的半径为R，根据几何关系可得，入射角的正弦值为sini＝sin∠COB＝sin∠POP′＝eq\f(PP′,R)＝eq\f(y,R)，折射角的正弦值为sinr＝sin∠MOM′＝eq\f(MM′,R)＝eq\f(x,R)，则玻璃砖的折射率n＝eq\f(sini,sinr)＝eq\f(y,x)，可知y­x图像的斜率等于该玻璃砖的折射率，则折射率n＝eq\f(45,28.3)＝1.59。(3)根据(2)中的分析，可知描画半圆弧轮廓线只是为了辅助作图，从而由几何知识计算sini、sinr，其描画是否准确，不影响i、r的大小，也就不影响折射率的测量结果。9．(2024·浙江6月选考)如图所示，用“插针法”测量一等腰三角形玻璃砖(侧面分别记为A和B，顶角大小为θ)的折射率。①在白纸上画一条直线ab，并画出其垂线cd，交于O点；②将侧面A沿ab放置，并确定侧面B的位置ef；③在cd上竖直插上大头针P1和P2，从侧面B透过玻璃砖观察P1和P2，插上大头针P3，要求P3能挡住________(选填“P1”、“P2”或“P1和P2”)的虚像；④确定出射光线的位置________(选填“需要”或“不需要”)第四枚大头针；⑤撤去玻璃砖和大头针，测得出射光线与直线ef的夹角为α，则玻璃砖折射率n＝________。答案：③P1和P2④不需要⑤eq\f(cosα,sinθ)解析：③根据实验原理，根据P1和P2可以确定入射光线P1P2，根据几何关系可确定出射点O′的位置，为了确定该光线的出射光线O′P3，则P3应能挡住P1和P2的虚像。④根据③可知，O′点和P3所在点即可确定出射光线的位置，所以不需要插第四枚大头针。⑤画出光路图如图所示，根据几何关系可知，O′处的入射角为θ，折射角为eq\f(π,2)－α，故n＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α)),sinθ)＝eq\f(cosα,sinθ)。10．(2019·全国卷Ⅲ)用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是________________________________________________________。实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以________________________________________________________________________________。为得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是__________________________________。答案：使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，测出1mL油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积单分子层油膜的面积解析：用油膜法估测分子直径时，需使油酸在水面上形成单分子层油膜，为使油酸尽可能地散开，将油酸用酒精稀释。要测出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，需要测量一滴油酸酒精溶液的体积，可用累积法，即测量出1mL油酸酒精溶液的滴数。根据V＝Sd，要求得油酸分子的直径d，则需要测出单分子层油膜的面积，以及一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积。11．(2023·山东高考)利用图甲所示实验装置可探究等温条件下气体压强与体积的关系。将带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上，注射器内封闭一定质量的空气，下端通过塑料管与压强传感器相连。活塞上端固定一托盘，托盘中放入砝码，待气体状态稳定后，记录气体压强p和体积V(等于注射器示数V0与塑料管容积ΔV之和)。逐次增加砝码质量，采集多组数据并作出拟合曲线如图乙所示。回答以下问题：(1)在实验误差允许范围内，图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明在等温情况下，一定质量的气体________。A．p与V成正比 B．p与eq\f(1,V)成正比(2)若气体被压缩到V＝10.0mL，由图乙可读出封闭气体压强为________Pa(保留3位有效数字)。(3)某组同学进行实验时，一同学在记录数据时漏掉了ΔV，则在计算pV乘积时，他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而________(填“增大”或“减小”)。答案：(1)B(2)204×103(3)增大解析：(1)在实验误差允许范围内，图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明在等温情况下，一定质量的气体p与eq\f(1,V)成正比，即p与V成反比，故B正确，A错误。(2)若气体被压缩到V＝10.0mL，则有eq\f(1,V)＝eq\f(1,10.0)mL－1＝100×10－3mL－1，由图乙可读出封闭气体压强为p＝204×103Pa。(3)该同学的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值为p(V0＋ΔV)－pV0＝pΔV，其中ΔV为定值，可知pΔV会随p的增大而增大。12．(2024·湖北高考)某同学设计了一个测量重力加速度大小g的实验方案，所用器材有：2g砝码若干、托盘1个、轻质弹簧1根、米尺1把、光电门1个、数字计时器1台等。具体步骤如下：①将弹簧竖直悬挂在固定支架上，弹簧下面挂上装有遮光片的托盘，在托盘内放入一个砝码，如图a所示。②用米尺测量平衡时弹簧的长度l，并安装光电门。③将弹簧在弹性限度内拉伸一定长度后释放，使其在竖直方向振动。④用数字计时器记录30次全振动所用时间t。⑤逐次增加托盘内砝码的数量，重复②③④的操作。该同学将振动系统理想化为弹簧振子。已知弹簧振子的振动周期T＝2πeq\r(\f(M,k))，其中k为弹簧的劲度系数，M为振子的质量。(1)由步骤④，可知振动周期T＝________。(2)设弹簧的原长为l0，则l与g、l0、T的关系式为l＝________。(3)由实验数据作出的l­T2图线如图b所示，可得g＝________m/s2(保留三位有效数字，π2取9.87)。(4)本实验的误差来源包括________(双选，填标号)。A．空气阻力B．弹簧质量不为零C．光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置答案：(1)eq\f(t,30)(2)l0＋eq\f(gT2,4π2)(3)9.74(4)AB解析：(1)30次全振动所用时间为t，则振动周期T＝eq\f(t,30)。(2)振子平衡时，根据平衡条件及胡克定律可得Mg＝k(l－l0)，弹簧振子的振动周期T＝2πeq\r(\f(M,k))，联立解得l＝l0＋eq\f(gT2,4π2)。(3)由l＝l0＋eq\f(gT2,4π2)，可知l­T2图线的斜率为k′＝eq\f(g,4π2)，由题图b可知，k′＝eq\f(0.548－0.474,0.6－0.3)m/s2，解得g＝9.74m/s2。(4)本实验借助弹簧振子的振动周期公式T＝2πeq\r(\f(M,k))测量重力加速度，弹簧振子是弹簧质量可忽略不计、空气阻力可忽略不计的理想化模型，所以本实验的误差来源包括空气阻力、弹簧质量不为零，A、B正确；根据简谐运动的规律可知，振子相邻两次从同一方向经过同一位置所用的时间就是一个周期，所以光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置，不会影响振动周期的测量，则不会造成实验误差，C错误。1．(2024·安徽省高三下三模)如图所示为某同学利用插针法测定半圆形玻璃砖折射率实验，在一半圆形玻璃砖外面插上P1、P2、P3、P4四枚大头针时，P3、P4恰可挡住P1、P2所成的像。(1)以下说法正确的是________。A．入射角θ越大越好B．入射角θ越小越好C．P1、P2及P3、P4之间的距离越小越好D．P1、P2及P3、P4之间的距离应适当大些(2)该玻璃砖的折射率n＝________，另一同学将大头针P1和P2插在圆弧侧某半径延长线位置时，在另一侧任何方向均看不到大头针的像，可能的原因是________________。答案：(1)D(2)eq\r(3)发生了全反射解析：(1)入射角θ不宜过大，过大则可能在O点处发生全反射，也不宜过小，过小则入射角和折射角的测量误差较大，故A、B错误；为了提高实验的精确度，实验时大头针之间的距离适当大些，故C错误，D正确。(2)根据折射定律，可得玻璃砖的折射率为n＝eq\f(sin（90°－30°）,sin（90°－60°）)＝eq\r(3)。另一同学将大头针P1和P2插在圆弧侧某半径延长线位置时，在另一侧任何方向看不到大头针的像，可能的原因是发生了全反射。2．(2024·天津市红桥区高三下一模)如图甲所示，为“用双缝干涉测量光的波长”的实验装置。(1)实验前，应调节光具座上放置的各光学元件，并使各元件的中心位于遮光筒的轴线上，保证单缝和双缝平行。若从目镜中看到干涉条纹太密，要想减少从目镜中观察到的条纹数量，下列做法可行的是________。A．仅换用间距更小的双缝B．仅将单缝向双缝靠近C．仅将屏向靠近双缝的方向移动D．仅将红色滤光片换成紫色滤光片(2)转动测量头的手轮，使分划板中心刻线对准第1条亮纹，读出手轮的读数为1.030mm。继续转动手轮，使分划板中心刻线对准第10条亮纹如图乙所示，读出手轮的读数为________mm。已知双缝间的宽度d＝0.3mm，通过激光测距仪测量出双缝到投影屏间的距离L＝1.0m，则该种色光的波长是________m。答案：(1)A(2)14.5304.5×10－7解析：(1)要想减少从目镜中观察到的条纹数量，应增大双缝干涉条纹间距，根据双缝干涉条纹间距公式Δx＝eq\f(l,d)λ，仅换用间距更小的双缝，即d减小，双缝干涉条纹间距增大，故A符合题意；仅将单缝向双缝靠近，双缝干涉条纹间距不变，故B不符合题意；仅将屏向靠近双缝的方向移动，即l减小，双缝干涉条纹间距减小，故C不符合题意；仅将红色滤光片换成紫色滤光片，紫光的波长较小，双缝干涉条纹间距减小，故D不符合题意。(2)手轮的读数为x2＝14.5mm＋3.0×0.01mm＝14.530mm，双缝干涉条纹间距为Δx＝eq\f(x2－x1,n)＝eq\f(14.530－1.030,10－1)mm＝1.5mm，根据双缝干涉条纹间距公式Δx＝eq\f(L,d)λ，该种色光的波长为λ＝eq\f(d,L)Δx＝eq\f(0.3×10－3,1.0)×1.5×10－3m＝4.5×10－7m。3．(2024·吉林省部分学校高三下4月质量检测(二模))某同学用如图甲所示装置测当地的重力加速度。用细线拴一块形状不规则的铁块并悬挂，铁块下面吸一小块磁体，手机放在悬点O正下方桌面上，打开手机的磁传感器。(1)用毫米刻度尺测量摆线长度l，使铁块在竖直面内做小角度摆动，手机的磁传感器记录接收到的磁感应强度随时间变化的图像如图乙所示，则铁块摆动的周期T＝________。(2)多次改变摆线的长度，重复实验，得到多组摆线长度l及铁块摆动的周期T，作出的T2­l图像如图丙所示，根据图丙可得重力加速度的测量值为________m/s2。(π取3.14，计算结果保留三位有效数字)(3)图丙中的图像不过原点的原因是____________________，图像不过原点对重力加速度的测量________(选填“有”或“没有”)影响。答案：(1)2t0(2)9.86(3)l是摆线的长，不是摆长没有解析：(1)铁块在最低点时，手机的磁传感器示数最大，且一个周期内铁块两次经过最低点，由图乙可知，铁块摆动的周期T＝2t0。(2)设铁块和小磁体整体重心到细线下端距离为r，根据单摆周期公式有T＝2πeq\r(\f(l＋r,g))，可得T2＝eq\f(4π2,g)l＋eq\f(4π2r,g)，故T2­l图像的斜率为k＝eq\f(4π2,g)＝eq\f(4.0,99.0－（－1.0）)×102s2/m，解得重力加速度的测量值为g＝9.86m/s2。(3)由(2)分析知，图丙中的图像不过原点的原因是l是摆线的长，不是摆长，且图像不过原点对重力加速度的测量没有影响。4．(2024·安徽省黄山市高三下二模)在“用油膜法估测分子的大小”实验中，小物同学用体积为A的纯油酸配置成体积为B的油酸酒精溶液，用注射器取体积为C的油酸酒精溶液，再把它一滴一滴地全部滴入烧杯，滴数为N。(1)此后实验操作的正确排序为________(用字母符号表示)。(2)把1滴该溶液滴入浅盘里，稳定后测得油酸膜面积为S，估算出油酸分子的直径大小为________(用以上字母表示)。(3)小物同学的计算结果明显偏大，其原因可能是________。A．计算油膜面积时所有不足一格的方格全部按满格计数B．爽身粉撒得太薄使油酸边界不清，导致油膜面积测量值偏大C．未等爽身粉完全散开，就在玻璃板上描绘了油膜轮廓D．用注射器测得溶液有N滴时数成了(N－1)滴答案：(1)CBDA(2)eq\f(AC,NBS)(3)CD解析：(1)“用油膜法估测分子的大小”实验中先把爽身粉均匀撒到水面上，再用注射器取一定的溶液，然后滴到水中，再盖上玻璃板，用笔在玻璃板上描出油酸膜的轮廓，把坐标纸铺在玻璃板上，故顺序为CBDA。(2)体积为C的油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为V＝eq\f(AC,B)，一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为V0＝eq\f(AC,NB)，所以油酸分子的直径大小为d＝eq\f(V0,S)＝eq\f(AC,NBS)。(3)由d＝eq\f(AC,NBS)可知，不足一格的全部按满格计数，导致油膜面积测量值S偏大，则d的测量值偏小，故A错误；爽身粉撒得太薄使油酸边界不清，导致油膜面积测量值S偏大，则d的测量值偏小，故B错误；未等爽身粉完全散开，就在玻璃板上描绘了油膜轮廓，导致油膜面积S测量值偏小，则d的测量值偏大，故C正确；求每滴溶液的体积时，溶液有N滴时数成了(N－1)滴，则d的测量值偏大，故D正确。5．(2024·广东省江门市高三下第一次模拟)某同学通过如图甲所示的实验装置，利用玻意耳定律来测定一颗形状不规则的小石块的体积。主要操作步骤如下：①将小石块装进注射器，把注射器活塞推至注射器某一位置，并将注射器与压强传感器连接；②缓慢移动活塞，记录注射器的刻度值V，同时记录对应的气体压强值p；③重复上述步骤②，多次测量。(1)关于该实验的操作，下列说法正确的是________(填写选项前的字母)。A．为保证封闭气体的气密性，在活塞上均匀涂抹润滑油B．缓慢移动活塞有利于减少实验误差C．活塞移至某位置时，应迅速记录此时注射器内气柱的体积和气体的压强值D．为方便推拉活塞，应用手握住注射器再推拉活塞(2)若实验过程中不慎将活塞拉出针筒，则________(选填“需要”或“不需要”)重做实验。(3)根据实验的数据，通过描点作图，得到V­eq\f(1,p)的直线图像如图乙所示，截距分别为a和b。忽略传感器和注射器连接处的软管容积，则小石块的体积为________。答案：(1)AB(2)需要(3)b解析：(1)为保证封闭气体的气密性，在活塞上均匀涂抹润滑油，故A正确；为了保证封闭气体温度不变，应缓慢移动活塞，且不可以用手握住注射器封闭空气部分，故B正确，D错误；活塞移至某位置时，应待气柱稳定后再记录注射器内气柱的体积和气体的压强值，故C错误。(2)若实验过程中不慎将活塞拉出针筒，所封闭气体的质量发生变化，需要重新做实验。(3)设小石块体积为V1，对一定量的气体，根据玻意耳定律可得p(V－V1)＝C，整理得V＝C·eq\f(1,p)＋V1，可知V1＝b。6．(2024·湖南省岳阳市高三下二模)某次实验课上，为测量重力加速度，小组设计了如下实验：如图甲所示，细绳一端连接金属小球，另一端固定于O点，O点处有力传感器(图中未画出)可测出细绳的拉力大小。将小球拉至图示位置处，由静止释放，发现细绳的拉力大小在小球摆动的过程中做周期性变化，如图乙所示。由图乙可读出拉力大小的变化周期为T，拉力的最大值为F1，最小值为F2。就接下来的实验，小组内展开了讨论。(1)小王同学认为：若小球摆动的角度较小，则还需测量摆长L，结合拉力大小的变化周期T，算出重力加速度g＝________(用L、T表示)。(2)小王同学用刻度尺测量了摆线长，用游标卡尺测量了小球直径如图丙所示，小球直径为________mm。(3)小李同学认为：无论小球摆动的角度大小，都只需测量小球的质量m，再结合拉力的最大值F1、最小值F2，算出重力加速度g＝________(用m、F1、F2表示)。(4)小李同学测量出数据：m＝40.0g，F1＝0.56N，F2＝0.30N，可计算出重力加速度g＝________(保留两位有效数字)。答案：(1)eq\f(π2L,T2)(2)21.3(3)eq\f(F1＋2F2,3m)(4)9.7m/s2解析：(1)小球在最低点时，细绳拉力最大，且小球在运动的一个周期内两次经过最低点，则单摆的周期为2T，由单摆周期公式有2T＝2πeq\r(\f(L,g))，解得g＝eq\f(π2L,T2)。(2)由图丙可知，小球直径为2.1cm＋3×0.1mm＝21.3mm。(3)小球在最高点时，速度为零，可得F2＝mgcosθ，小球在最低点时，由牛顿第二定律可得F1－mg＝meq\f(v2,L)，小球从最高点运动到最低点过程，根据机械能守恒定律，可得mgL(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2，联立解得g＝eq\f(F1＋2F2,3m)。(4)将数据代入第(3)问公式，可得g＝9.7m/s2。(2024·辽宁高考)图a为一套半圆拱形七色彩虹积木示意图，不同颜色的积木直径不同。某同学通过实验探究这套积木小幅摆动时周期T与外径D之间的关系。(1)用刻度尺测量不同颜色积木的外径D，其中对蓝色积木的某次测量如图b所示，从图中读出D＝________cm。(2)将一块积木静置于硬质水平桌面上，设置积木左端平衡位置的参考点O，将积木的右端按下后释放，如图c所示。当积木左端某次与O点等高时记为第0次并开始计时，第20次时停止计时，这一过程中积木摆动了________个周期。(3)换用其他积木重复上述操作，测得多组数据。为了探究T与D之间的函数关系，可用它们的自然对数作为横、纵坐标绘制图像进行研究，数据如下表所示：颜色红橙黄绿lnD2.93922.78812.59532.4849lnT－0.45－0.53－0.56－0.65颜色青蓝紫lnD2.197┄1.792lnT－0.78－0.92－1.02根据表中数据绘制出lnT­lnD图像如图d所示，则T与D的近似关系为________。A．T∝eq\r(D) B．T∝D2C．T∝eq\f(1,\r(D)) D．T∝eq\f(1,D2)(4)请写出一条提高实验精度的改进措施：__________________________________________。答案：(1)7.54(7.53、7.54、7.55、7.56、7.57均正确)(2)10(3)A(4)用游标卡尺测量外径D、换用更光滑的硬质水平桌面、通过测量积木左端更多次与O点等高所用的时间来求周期、适当减小积木摆动的幅度等(任选一条，合理即可)解析：(1)刻度尺的分度值为0.1cm，需要估读到0.01cm，读数为D＝7.54cm(7.53cm、7.54cm、7.55cm、7.56cm、7.57cm均正确)。(2)当积木左端某次与O点等高时记为第0次并开始计时，之后每计数一次，经历半个周期，第20次时停止计时，可知这一过程中积木摆动了10个周期。(3)由图d可知，lnT与lnD近似成线性关系，设其关系式为lnT＝klnD＋b，直线经过点(2.80，－0.5)与点(1.80，－1.0)，将数据代入上式，可得k＝0.5，b＝－1.9，则lnT＝0.5lnD－1.9，则有lnT＝lnDeq\s\up6(\f(1,2))－lne1.9＝lneq\f(D\s\up6(\f(1,2)),e1.9)，解得T＝eq\f(1,e1.9)eq\r(D)，可知T∝eq\r(D)，故选A。(4)为了减小实验误差，提高该实验精度的改进措施有：用游标卡尺测量外径D、换用更光滑的硬质水平桌面、通过测量积木左端更多次与O点等高所用的时间来求周期、适当减小积木摆动的幅度等。考点1电场、带电粒子在电场中的运动考向一电场的性质1．(2021·浙江1月选考)如图所示是某一带电导体周围的电场线与等势面，A、C是同一等势面上的两点，B是另一等势面上的一点。下列说法正确的是()A．导体内部的场强左端大于右端B．A、C两点的电势均低于B点的电势C．B点的电场强度大于A点的电场强度D．正电荷从A点沿虚线移到B点的过程中电场力做正功，电势能减小答案：D解析：带电导体处于静电平衡状态，导体内部的场强处处为0，导体表面为等势面，整个导体为一个等势体，A错误；沿电场线方向电势降低，所以A、C两点的电势大于B点的电势，B错误；电场线的疏密程度表示电场强度的弱强，所以B点的电场强度小于A点的电场强度，C错误；根据Ep＝qφ可知，正电荷从高电势A点沿虚线移动到低电势B点，电势能减小，电场力做正功，D正确。2.如图所示，有一个均匀带正电的绝缘球体，球心为O1，球体内有一个球形空腔，球心为O2，M、N为两球心连线上两点，P、Q连线过球心O1且与M、N连线垂直，且M、N、P、Q四点到O1的距离相等。则()A．P、Q两点电场强度相同 B．P点电场强度比N点的小C．M点电势比N点的低 D．M点电势比P点的高答案：D解析：将球形空腔看作填满了等量正、负电荷，且电荷密度与球体实心部分相同，则M、N、P、Q四点的电场强度和电势均可视为完整的均匀带正电的球体O1与均匀带负电的球体O2产生的电场强度和电势的叠加。根据均匀带电球体在球体外距球心r处产生的场强大小E＝keq\f(Q,r2)，场强方向背离球心(球体带正电)或指向球心(球体带负电)，以及矢量合成法则，可知P、Q两点场强大小相同、方向不同，A错误；由于P、N到O1的距离相同，所以完整的均匀带正电的球体O1在P、N产生的电场强度(分别设为EP1和EN1)大小相同，且方向均背离圆心O1，而完整的均匀带负电的球体O2在N点产生的电场强度EN2一定大于在P点产生的电场强度EP2，易知EN1和EN2方向相反，而EP1和EP2方向夹角小于180°，根据矢量合成法则可知P点电场强度比N点的大，故B错误；规定无穷远处为电势零点，由于M、N到O1的距离相等，所以完整的均匀带正电的球体O1在M、N产生的电势相等，由于M到O2的距离大于N到O2的距离，所以完整的均匀带负电的球体O2在M点产生的电势高于在N点产生的电势，根据电势的叠加可知M点电势比N点的高，同理分析可知M点电势比P点的高，故C错误，D正确。考向二电势差与电场强度的关系3.(2017·全国卷Ⅲ)(多选)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V。下列说法正确的是()A．电场强度的大小为2.5V/cmB．坐标原点处的电势为1VC．电子在a点的电势能比在b点的低7eVD．电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV答案：ABD解析：如图所示，由匀强电场中两平行线距离相等的两点间电势差相等知，Oa间电势差与bc间电势差相等，故O点电势为1V，B正确；则在x轴上，每0.5cm长度对应电势差为1V，10V对应的等势线与x轴交点e坐标为(4.5，0)，△aOe中，Oe∶Oa＝4.5∶6＝3∶4，由几何知识得：Od长度为3.6cm，代入公式E＝eq\f(U,d)得，E＝2.5V/cm，A正确；电子带负电，电势越高，电势能越小，电子在a点的电势能比在b点的高7eV，C错误；电子从b点运动到c点，电场力做功W＝eU＝9eV，D正确。考向三电场中的图像问题4.(2017·江苏高考)(多选)在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法正确的有()A．q1和q2带有异种电荷B．x1处的电场强度为零C．负电荷从x1移到x2，电势能减小D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大答案：AC解析：两个点电荷在x轴上，且x1处的电势为零，x>x1处的电势大于零，0<x<x1处的电势小于零，如果q1、q2为同种电荷，x正半轴上各点的电势不会有正、负之分，故q1、q2必带有异种电荷，A正确。根据E＝－eq\f(\a\vs4\al(Δφ),Δx)可知x1处的电场强度不为零，B错误。负电荷从x1移动到x2的过程，电势升高，根据Ep＝qφ可知，负电荷的电势能减小，C正确。根据E＝－eq\f(\a\vs4\al(Δφ),Δx)，从x1到x2电场强度减小，所以负电荷从x1移动到x2，所受电场力减小，D错误。5．(多选)如图甲，电荷均匀分布的固定绝缘细圆环，圆心为O，轴线上的电场强度如图乙所示。现有一带正电粒子，以大小为v0的初速度沿轴线仅在电场力作用下由P点运动到Q点，OP＝OQ＝L。以x轴的正向为电场强度的正方向，则()A．细圆环带负电B．O、P两点间电势差UOP等于O、Q两点间电势差UOQC．该粒子将会在P、Q两点之间做往复运动D．该粒子由P点运动到Q点的过程，电势能先增大后减小答案：BD解析：由图乙可知，圆环左侧电场强度方向向左，右侧电场强度方向向右，可知圆环带正电，故A错误；带正电粒子由P点运动到Q点的过程中，该粒子所受静电力方向先向左后向右，则静电力对该粒子先做负功再做正功，所以该粒子的电势能先增大后减小，故D正确；根据图乙可知，圆环的电场具有对称性，由E­x图线与x轴所围面积表示电势差，可得UOP＝UOQ，故B正确；粒子由P点运动到Q点，由动能定理得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝qUOQ－qUOP，解得vQ＝v0，即该粒子运动至Q点时的速度与在P点时的速度相同，到达Q点后将继续向右运动，不会在P、Q两点之间做往复运动，故C错误。考向四平行板电容器相关问题分析6.如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子()A．运动到P点返回 B．运动到P和P′点之间返回C．运动到P′点返回 D．穿过P′点答案：A解析：设A与B、B与C间的电场强度大小分别为E1、E2，板间距分别为d1、d2，电子由O点运动到P点的过程中，根据动能定理得eE1d1－eE2d2＝0－0①当C板向右平移后，B、C板间的电场强度E2′＝eq\f(U′,d2′)＝eq\f(Q,C′d2′)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd2′)·d2′)＝eq\f(4πkQ,εrS)，则B、C板间的电场强度与板间距无关，即E2′＝E2，第二次释放后，设电子在B、C间移动的距离为x，则eE1d1－eE2′x＝0－0②联立解得x＝d2，即电子运动到P点时返回，A正确。考向五带电粒子(带电体)在电场中的运动7.(2022·浙江6月选考)如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应)。t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为eq\r(2)v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则()A．M板电势高于N板电势B．两个粒子的电势能都增加C．粒子在两板间的加速度a＝eq\f(2veq\o\al(2,0),L)D．粒子从N板下端射出的时间t＝eq\f(（\r(2)－1）L,2v0)答案：C解析：由于不知道两粒子或M、N所带电荷的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，A错误；根据题意，垂直M板向右运动的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小，则平行M板向下的粒子到达N板下端过程电场力也做正功，电势能同样减小，故B错误；设两板间距离为d，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，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－veq\o\al(2,0)＝2ad，联立解得t＝eq\f(L,2v0)，a＝eq\f(2veq\o\al(2,0),L)，故C正确，D错误。8.(多选)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零。则小球a()A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B．从N到P的过程中，速率先增大后减小C．从N到Q的过程中，电势能一直增加D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量答案：BC解析：小球a从N点静止释放后，受到重力mg、库仑力FC和槽的支持力FN作用，如图所示。小球a从N点到Q点过程中，重力与库仑力的夹角θ一直减小，a、b两球之间的距离一直减小，故库仑力一直增大，因此重力与库仑力的合力一直增大，A错误；将小球a所受库仑力、重力沿半圆槽半径方向和半圆槽切线方向进行正交分解可知，从N到P的过程中，小球a所受重力沿半圆槽切线方向的分力F1开始时大于其所受库仑力沿半圆槽切线方向的分力F2，随着小球a向下运动，F1减小，F2增大，当小球a经过P点时，F1<F2，则在P、N之间某点F1＝F2，故从N到P的过程中，小球a的速率先增大后减小，B正确；小球a从N到Q的过程中，两球之间的距离一直减小，库仑力一直做负功，电势能一直增加，C正确；从P到Q的过程中，由能量守恒定律可知，小球a的动能减少量等于电势能和重力势能的增加量之和，故动能减少量大于电势能增加量，D错误。1．(2024·湖北高考)(多选)关于电荷和静电场，下列说法正确的是()A．一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变B．电场线与等势面垂直，且由电势低的等势面指向电势高的等势面C．点电荷仅在电场力作用下从静止释放，该点电荷的电势能将减小D．点电荷仅在电场力作用下从静止释放，将从高电势的地方向低电势的地方运动答案：AC解析：根据电荷守恒定律可知，一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变，故A正确；根据电场线和等势面的关系可知，电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面，故B错误；点电荷仅在电场力作用下从静止释放，电场力对该点电荷做正功，该点电荷的电势能将减小，根据φ＝eq\f(\a\vs4\al(Ep),q)可知，若点电荷带正电，则将从高电势的地方向低电势的地方运动，若点电荷带负电，则将从低电势的地方向高电势的地方运动，故C正确，D错误。2.(2024·广东高考)(多选)污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用电泳技术对其进行沉淀去污，基本原理如图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极，金属圆盘置于容器底部，金属棒插入污水中，形成如图所示的电场分布，其中实线为电场线，虚线为等势面。M点和N点在同一电场线上，M点和P点在同一等势面上。下列说法正确的有()A．M点的电势比N点的低B．N点的电场强度比P点的大C．污泥絮体从M点移到N点，电场力对其做正功D．污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大答案：AC解析：根据沿着电场线方向电势降低，结合题图可知，M点的电势比N点的低，污泥絮体带负电，根据Ep＝qφ可知，污泥絮体在M点的电势能比其在N点的大，污泥絮体从M点移到N点，电势能减小，则电场力对其做正功，故A、C正确；根据题图中电场线的疏密程度可知，N点的电场强度比P点的小，故B错误；由题可知，M点和P点在同一等势面上，则污泥絮体在M点的电势能与其在P点的相等，结合C项分析可知，污泥絮体在P点的电势能比其在N点的大，故D错误。3.(2024·甘肃高考)(多选)某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示，虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹，M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点。下列说法正确的是()A．粒子带负电荷B．M点的电场强度比N点的小C．粒子在运动轨迹上存在动能最小的点D．粒子在M点的电势能大于在N点的电势能答案：BCD解析：电场线处处与等势面垂直，且从电势高的地方指向电势低的地方，据此可知，M点的电场强度垂直于此处等势面的切线指向左下方，根据做曲线运动的物体所受合力的方向特点可知，粒子所受电场力指向曲线轨迹的凹侧，则该带电粒子所受电场力的方向与电场方向相同，带电粒子带正电，故A错误；等差等势面越密集的地方场强越大，由题图可知M点的电场强度比N点的小，故B正确；粒子带正电，且M点的电势大于N点的电势，由Ep＝qφ可知，粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，D正确；由于带电粒子仅在电场作用下运动，由能量守恒定律可知，粒子的电势能与动能之和不变，运动轨迹上电势最高点位置，粒子的电势能最大，在该位置粒子的动能最小，故C正确。4.(2024·北京高考)如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN连线上的两点，且MP＝QN。下列说法正确的是()A．P点电场强度比Q点电场强度大B．P点电势与Q点电势相等C．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P点电场强度大小也变为原来的2倍D．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P、Q两点间电势差不变答案：C解析：由等量异种点电荷的电场分布的对称性可知，P、Q两点电场强度大小相等，A错误；MN连线上的电场线方向由正点电荷指向负点电荷，沿电场线方向电势降低，可知，P点电势高于Q点电势，B错误；由点电荷电场强度E＝keq\f(\a\vs4\al(q),r2)和电场强度叠加原理得，P点电场强度大小EP＝keq\f(qM,req\o\al(2,MP))＋keq\f(|qN|,req\o\al(2,NP))，可知，若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P点电场强度大小也变为原来的2倍，同理，P、Q间任意一点的电场强度大小均变为原来的2倍，而P、Q间距离不变，根据U＝Ed及微元累积法可知，P、Q两点间电势差变为原来的2倍，C正确，D错误。5.(2024·浙江6月选考)图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增大，则()A．极板间电势差减小 B．电容器的电容增大C．极板间电场强度增大 D．电容器储存能量增大答案：D解析：当极板间距d增大时，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容器的电容C减小，又C＝eq\f(Q,U)，Q不变，则极板间电势差U增大，故A、B错误；极板间电场强度E＝eq\f(U,d)，联立可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知极板间距增大时，极板间电场强度大小不变，故C错误；右极板对左极板始终有向右的电场力，向左移动左极板的过程，要克服电场力做功，故极板间距增大时，电容器储存能量增大，故D正确。6．(2024·辽宁高考)某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度cm的关系曲线如图a所示。将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源、电流表等构成如图b所示的电路。闭合开关S后，若降低溶液浓度，则()A．电容器的电容减小B．电容器所带的电荷量增大C．电容器两极板之间的电势差增大D．溶液浓度降低过程中电流方向为M→N答案：B解析：由题图a可知，降低溶液浓度cm，该种不导电溶液的相对介电常数εr增大，根据平行板电容器的电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容器的电容增大，故A错误；因为开关S闭合，所以电容器两极板之间的电势差U不变，始终等于电源电压，根据Q＝CU，结合A项分析可知，电容器所带的电荷量增大，故B正确，C错误；根据以上分析可知，溶液浓度降低过程中电容器所带的电荷量增大，则电源给电容器充电，结合题图b可知，电路中电流方向为N→M，故D错误。7．(2023·重庆高考)真空中固定有两个点电荷，负电荷Q1位于坐标原点处，正电荷Q2位于x轴上，Q2的电荷量大小为Q1的8倍。若这两点电荷在x轴正半轴的x＝x0处产生的合电场强度为0，则Q1、Q2相距()A．eq\r(2)x0 B．(2eq\r(2)－1)x0C．2eq\r(2)x0 D．(2eq\r(2)＋1)x0答案：B解析：负电荷Q1在x＝x0处产生的电场沿x轴负方向，而x＝x0处的合电场强度为0，故正电荷Q2在x＝x0处产生的电场沿x轴正方向，可知Q1、Q2在x＝x0处的同一侧。设Q2到x＝x0处的距离为l，对x＝x0处，根据点电荷场强公式及场强的叠加原理，可得keq\f(|Q1|,xeq\o\al(2,0))－keq\f(|Q2|,l2)＝0，由题意知|Q2|＝8|Q1|，联立解得l＝2eq\r(2)x0，故Q1、Q2相距Δx＝l－x0＝(2eq\r(2)－1)x0，故B正确。8．(2024·全国甲卷)在电荷量为Q的点电荷产生的电场中，将无限远处的电势规定为零时，距离该点电荷r处的电势为keq\f(Q,r)，其中k为静电力常量，多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在的该点的电势的代数和。电荷量分别为Q1和Q2的两个点电荷产生的电场的等势线如图中曲线所示(图中数字的单位是伏特)，则()A．Q1<0，eq\f(Q1,Q2)＝－2 B．Q1>0，eq\f(Q1,Q2)＝－2C．Q1<0，eq\f(Q1,Q2)＝－3 D．Q1>0，eq\f(Q1,Q2)＝－3答案：B解析：根据电场线处处与等势线垂直，且方向由高电势处指向低电势处，可得Q1与Q2间的电场线由Q1指向Q2，则Q1带正电，Q2带负电，即Q1>0，Q2<0；设图中电势为0的等势线与Q1、Q2连线的交点到Q1、Q2的距离分别为r1、r2，由图可知，r1＝2r2，对该交点处，由φ＝keq\f(Q,r)和电势叠加原理，可得keq\f(Q1,r1)＋keq\f(Q2,r2)＝0，联立解得eq\f(Q1,Q2)＝－2。故B正确。9．(2024·湖南高考)真空中有电荷量为＋4q和－q的两个点电荷，分别固定在x轴上－1和0处。设无限远处电势为0，x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是()答案：D解析：根据点电荷的场强公式可知，电荷量为＋4q的点电荷在x轴正半轴坐标为x处的场强大小为E1＝keq\f(\a\vs4\al(4q),（1＋x）2)，方向沿x轴正方向，电荷量为－q的点电荷在该处的场强大小为E2＝keq\f(q,x2)，方向沿x轴负方向；eq\f(E1,E2)＝eq\f(4x2,（1＋x）2)＝eq\f(4,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))\s\up12(2))，则随着x增大，eq\f(E1,E2)逐渐增大，且当x＝1时，E1＝E2，所以在x＝1的位置，场强为0，在x>1的位置，E1>E2，电场方向沿x轴正方向，在0<x<1的位置，E1<E2，电场方向沿x轴负方向；又因为无限远处电势为0，沿电场线方向电势降低，则在x轴正半轴上，从无限远到x＝1位置，电势从0开始增大，在x＝1位置电势最大，从x＝1位置到x＝0位置，电势一直减小，因x＝0处固定电荷量为－q的点电荷，则靠近x＝0处的电势小于0，故D正确。10．(2024·河北高考)如图，真空中有两个电荷量均为q(q>0)的点电荷，分别固定在正三角形ABC的顶点B、C。M为三角形ABC的中心，沿AM的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电荷量为eq\f(\a\vs4\al(q),2)。已知正三角形ABC的边长为a，M点的电场强度为0，静电力常量为k。顶点A处的电场强度大小为()A.eq\f(\a\vs4\al(2\r(3)kq),a2) B.eq\f(\a\vs4\al(kq),a2)(6＋eq\r(3))C.eq\f(\a\vs4\al(kq),a2)(3eq\r(3)＋1) D.eq\f(\a\vs4\al(kq),a2)(3＋eq\r(3))答案：D解析：M点的电场强度为0，根据电场强度的叠加原理结合对称性可知，带电细杆在M点产生的场强等效于A点电荷量为q的点电荷在M点产生的场强，由几何关系知，A点到M点的距离为r1＝eq\f(\r(3),3)a，因此带电细杆在M点产生的场强大小为E杆＝eq\f(\a\vs4\al(kq),req\o\al(2,1))＝eq\f(\a\vs4\al(3kq),a2)，方向沿AM向下，由对称性可知，带电细杆在A点产生的场强大小为E杆，方向沿MA向上，而B、C两点的点电荷在A点产生的电场强度大小均为E＝eq\f(\a\vs4\al(kq),a2)，方向分别为沿BA向上、沿CA向上，根据电场强度的叠加原理可知，A点的电场强度大小为EA＝E杆＋2Ecos30°＝eq\f(\a\vs4\al(kq),a2)(3＋eq\r(3))，故D正确。11.(2024·新课标卷)如图，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O点上，下端分别系有均带正电荷的小球P、Q；小球处在某一方向水平向右的匀强电场中，平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小相等。则()A．两绳中的张力大小一定相等B．P的质量一定大于Q的质量C．P的电荷量一定小于Q的电荷量D．P的电荷量一定大于Q的电荷量答案：B解析：设小球P、Q的质量分别为mP、mQ，所带电荷量分别为qP、qQ，两球之间的库仑力大小为F，连接P、Q的两绳的拉力分别为TP、TQ，与竖直方向的夹角均为θ，匀强电场的电场强度大小为E。对两小球受力分析如图所示，根据平衡条件，对小球P有qPE＋F＝TPsinθ①，TPcosθ＝mPg②；对小球Q有qQE＋TQsinθ＝F③，TQcosθ＝mQg④。由①③得TP＝eq\f(F＋qPE,sinθ)，TQ＝eq\f(F－qQE,sinθ)，则TP>TQ，A错误；由