2012届高考物理第一轮专项选择题5
高考物理一轮复习选择题专练：专题14.1 几何光学(含答案)
专题14.1 几何光学一、单选题1．如图，一束单色光从介质1射入介质2，在介质1、2中的波长分别为1λ、2λ，频率分别为1f 、2f ，下列说法正确的是（ ）A ．12λλ<B ．12λλ>C ．12f f <D ．12f f >2．如图所示，一光导纤维内芯的折射率为n 1，外套的折射率为n 2，一束光信号与界面夹角为α由内芯射向外套，要在界面发生全反射，必须满足的条件是 （ ）A ．n 1>n 2，α小于某一值B ．n 1<n 2，α大于某一值C ．n 1>n 2，α大于某一值D ．n 1<n 2，α小于某一值3．如图所示，a 、b 为两束不同频率的单色光，以o 45的入射角射到上下表面平行的玻璃砖的上表面，直线OO '与玻璃砖上下表面垂直且与其上表面交于N 点，入射点A 、B 到N 点的距离相等，经玻璃砖上表面折射后两束光相交于图中的P 点，则下列说法正确的是（ ）A ．在真空中，a 光的传播速度大于b 光的传播速度B ．在玻璃中，a 光的传播速度小于b 光的传播速度C ．同时增大入射角（入射角始终小于o 90），则a 光在下表面先发生全反射D ．对同一双缝干涉装置，a 光的干涉条纹间距比b 光的干涉条纹间距宽4．如图所示，将一个半圆形玻璃砖置于空气中，当一束单色光入射到玻璃砖的圆心O 时，下列情况不可能发生的是（ ）A ．B ．C ．D ． 5．如图，一束单色光射向圆柱形玻璃砖的A 点，已知其入射角为i ，折射角为r ，玻璃砖的折射率为n = ）A ．要使单色光进入玻璃砖，入射角i 必须大于45︒B ．选择合适的入射角i ，可使单色光在玻璃砖内发射全反射C ．单色光第一次从玻璃砖射出时，光相对A 点入射时方向改变()2i r -D ．单色光第N 次到达玻璃砖界面并射出时，光相对A 点入射时方向改变()22N i r r -+ 6．如图一束红光与一束紫光以适当的入射角射向半圆形玻璃砖，其出射光线都是由圆心O 点沿OP 方向射出，如图所示，则（ ）A ．AO 是红光，它穿过玻璃砖所需的时间短B ．AO 是紫光，它穿过玻璃砖所需的时间长C ．BO 是红光，它穿过玻璃砖所需的时间长D ．BO 是紫光，它穿过玻璃砖所需的时间短7．2021年春季，树德中学三校区均开展了高二学生的职业规划和体验活动，同学们都收获颇多。
福建省宁德市2012届高三毕业班质量检查(物理)(宁德高考模拟,物理,有解析)
福建省宁德市2012届高三毕业班质量检查（物理）word版（考试时间90分钟，满分100分）本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）第I卷（共40分）一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分。
每小题只有一个选项符合题目要求）1．了解物理规律的发现过程，学会像物理学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。
下列叙述符合物理学史实的是（）A．牛顿发现了万有引力定律，并通过实验测出了万有引力常量B．伽利略通过实验和逻辑推理说明力是维持物体运动的原因C．法拉第发现了由磁场产生电流的条件和规律D．麦克斯韦预言了电磁波的存在并通过实验进行了验证2．在距地面高5m的平台上，以25m/s的速率竖直向上抛出一质量为lkg的石块，不计空气阻力，取g=10m/s2，则抛出后第3s内重力对石块所做的功是（）A．-100J B．50JC．100J．D．03．如图，一物体从光滑斜面AB底端A点以初速度v0上滑，沿斜面上升的最大高度为h。
设下列情境中物体从A点上滑的初速度仍为v0，则下列说法中正确的是（）A．若把斜面CB部分截去，物体冲过C点后上升的最大高度仍为hB．若把斜面AB变成光滑曲面AEB，物体沿此曲面上升的最大高度仍为hC．若把斜面弯成竖直光滑圆形轨道D，物体沿圆弧能上升的最大高度仍为hD．若把斜面AB与水平面的夹角稍变大，物体沿斜面上升的最大高度将小于h4．在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作。
传感器和计算机相连，经计算机处理后得到的压力F随时间t变化的图象是（）5．有一重力不计带正电的微粒q进入一个正点电荷Q的电场中，如图所示，PMN是微粒运动的轨迹，下列说法正确的是（）A．M点的电势低于N点的电势B．M点的电场强度大于N点的电场强度C．粒子在M点的动能等于在N点的动能D．粒子在M点的电势能小于在N点的电势能6．在一块半导体基板上阵列了10万金属颗粒，每一颗粒充当电容器的一极，外表面绝缘，手指贴在其上构成电容器的另一极，这就组成了指纹传感器。
2012年江苏高考物理试卷答案与解析
2012年江苏省高考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．1．（3分）（2012?江苏）真空中，A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和3r，则A、B两点的电场强度大小之比为（）A．3：1 B．1：3 C．9：1 D．1：9【考点】点电荷的场强．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】直接根据库伦定律公式计算出试探电荷q所受电场力，然后利用电场强度的定义式即可求出在M所在处的场强的大小．【解答】解：引入一个试探电荷q，分别计算它在AB两点受的电场力．，，=9F得：F21，根据电场强度的定义式：得：故选：C【点评】本题很简单直接考查了库伦定律和电场强度定义式的应用，对于这些公式一定要明确其适用条件和公式中各个物理量的含义．2．（3分）（2012?江苏）一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是（）A．C和U均增大B．C增大，U减小C．C减小，U增大D．C和U均减小【考点】电容器．【专题】电容器专题．【分析】根据电容的决定式判断电容大小，根据定义式判断电压变化．由公式知，其电容C【解答】解：增大，由公式知，在两极板间插入一电介质，电荷量不变时U 减小，B正确．故选B【点评】本题考查了等容的定义式和决定式的配合应用．3．（3分）（2012?江苏）如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点．在此过程中拉力的瞬时功率变化情况（）1．逐渐减小．逐渐增大BA ．先减小，后增大DC．先增大，后减小功率、平均功率和瞬时功率．【考点】功率的计算专题．【专题】即合力指向圆心，求出水平拉力和重力的合力提供向心力，【分析】根据小球做圆周运动，得出拉力瞬时功率的表达式，从而判断出拉力瞬时功率的变化．P=Fvcosα关系，根据、G即它是做匀速圆周运动，那么小球受到的重力【解答】解：因为小球是以恒定速率运动，O点．F、绳子拉力T三者的合力必是沿绳子指向水平拉力G的合力必与绳子拉力在同一直线上）（F与θ，则=tanθ设绳子与竖直方向夹角是F=Gtanθ得的瞬时功率是θ，所以水平力FV而水平拉力F的方向与速度的方向夹角也是θP=Fvcos θ则P=Gvsin故的瞬时功率是一直增大的．所以水平拉力F到B的过程中，θ是不断增大的，A显然，从D、错误．正确，B、CA A．故选与速度的夹角．F，注意α为【点评】解决本题的关键掌握瞬时功率的表达式P=Fvcosα江苏）将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度?（201234．（分）关系的图象，可能正确的与时间at的大小成正比．下列描绘皮球在上升过程中加速度大小）是（．AB．C． D ．【考点】竖直上抛运动．压轴题；直线运动规律专题．【专题】2【分析】受力分析后根据牛顿第二定律判断加速度的变化规律，同时结合特殊位置（最高点）进行判断．【解答】解：B、D、皮球竖直向上抛出，受到重力和向下的空气阻力，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma根据题意，空气阻力的大小与速度的大小成正比，有：f=kva=g+ 联立解得：A、C、由于速度不断减小，故加速度不断减小，到最高点速度为零，阻力为零，加速度为g，不为零，故BD均错误；也减小，故a=g+也减小，，有，由于加速度减小，故根据BD的结论∝故a﹣t图象的斜率不断减小，故A错误，C正确；故选：C．【点评】本题关键是受力分析后得到加速度的表达式，然后结合速度的变化得到阻力变化，最后判断出加速度的变化规律．5．（3分）（2012?江苏）如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f．若木块不滑动，力F的最大值是（）．．B ．CDA．【考点】力的合成．【专题】压轴题．【分析】隔离对木块分析，通过牛顿第二定律求出木块的最大加速度，再对整体分析，运用牛顿第二定律求出拉力F的最大值．a=．Mg=Ma解：对木块分析得，2f﹣，解得木块的最大加速度【解答】．故A 正确，BF=、C、D错））对整体分析得，F﹣（M+mg=（M+ma，解得误．故选A．【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解．注意整体法和隔离法的运用．二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．36．（4分）（2012?江苏）如图所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h（l、h均为定值）．将A向B水平抛出的同时，B自由下落．A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则（）A．A、B在第一次落地前能否发生相碰，取决于A的初速度大小B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C．A、B不可能运动到最高处相碰D．A、B一定能相碰【考点】平抛运动；自由落体运动．【专题】自由落体运动专题．【分析】因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据该规律抓住地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反与判断两球能否相碰．【解答】解：A、若A球经过水平位移为l时，还未落地，则在B球正下方相碰．可知当A的初速度较大是，A、B在第一次落地前能发生相碰，故A正确．B、若A、B在第一次落地前不碰，由于反弹后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，则以后一定能碰．故B错误，D正确．球落地时的水平位移为时，则A、B、若A在最高点相碰．故C错误．C故选：AD．【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，根据该规律进行分析．7．（4分）（2012?江苏）某同学设计的家庭电路保护装置如图所示，铁芯左侧线圈L由火1线和零线并行绕成．当右侧线圈L中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁2质开关K，从而切断家庭电路．仅考虑L，在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有（）1A．家庭电路正常工作时，L中的磁通量为零2B．家庭电路中使用的电器增多时，L中的磁通量不变2C．家庭电路发生短路时，开关K将被电磁铁吸起D．地面上的人接触火线发生触电时，开关K 将被电磁铁吸起【考点】变压器的构造和原理．【专题】交流电专题．【分析】火线和零线并行绕制，所以在家庭电路正常工作时，火线和零线的电流大小相等，方向相反，因此合磁通量为零，L中的磁通量为零，地面上的人接触火线发生触电时，火24线的电流突然变大，即L中的磁场发生变化，导致L中的磁通量变化，L中产生感应电流，212电磁铁将开关K吸起．【解答】解：A、由于火线和零线并行绕制，所以在家庭电路正常工作时，火线和零线的电流大小相等，方向相反，因此合磁通量为零，L中的磁通量为零，A项正确；2B、当家庭电路中使用的电器增多时，火线和零线的电流仍然大小相等，方向相反，L中的2磁通量不变，B项正确；C、家庭电路发生短路时，火线和零线的电流同时增大，合磁通量仍然为零，因此开关K不会被电磁铁吸起，C项错误；D、当地面上的人接触火线发生触电时，火线的电流突然变大，即L中的磁场发生变化，1导致L中的磁通量变化，L中产生感应电流，电磁铁将开关K吸起，D项正确．22故选ABD【点评】本题考查了变压器的构造和原理，难点在于火线和零线并行绕制，要理解为什么副线圈中的磁通量为零．8．（4分）（2012?江苏）2011年8月，“嫦娥二号”成功进入了环绕“日地拉格朗日点”的轨道，我国成为世界上第三个造访该点的国家．如图所示，该拉格朗日点位于太阳和地球连线的延长线上，一飞行器处于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动．则此飞行器的（）A．线速度大于地球的线速度B．向心加速度大于地球的向心加速度C．向心力仅有太阳的引力提供D．向心力仅由地球的引力提供【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【专题】压轴题；人造卫星问题．【分析】飞行器与地球同步绕太阳运动，角速度相等，飞行器靠太阳和地球引力的合力提供2向心力，根据v=rω，a=rω比较线速度和向心加速度的大小．【解答】解：A、飞行器与地球同步绕太阳运动，角速度相等，根据v=rω，知探测器的线速度大于地球的线速度．故A正确．2B、根据a=rω知，探测器的向心加速度大于地球的向心加速度．故B正确．C、探测器的向心力由太阳和地球引力的合力提供．故C、D错误．故选AB．【点评】本题考查万有引力的应用，题目较为新颖，在解题时要注意分析向心力的来源及题目中隐含的条件．9．（4分）（2012?江苏）如图所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界．一质量为m、电荷量为q 的粒子在纸面内从O点射入磁场．若粒子速度为v，最远能落在边界上的A0点．下列说法正确的有（）5点的左侧，其速度一定小于vA．若粒子落在A0 v．若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于B0的范围内，其速度不可能小于v﹣C．若粒子落在A点左右两侧d0v+．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于D0【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．【专题】，可利用此公式求解．直线边由洛伦兹力提供向心力，即【分析】，可得．沿其它方向射入时，距离要小于2rO点为界的磁场，垂直射入时达到最远点，最远点距．2r ，如图示距离最大，最大距离为2r解：当从O点垂直射入磁场时，OA【解答】又，所以．，若入射方向点的左侧，若入射方向不变，半径减小，速度小于v A．当粒子打在A 0，因为速度方调整，半径可能比原来大，也可能比原来小，所以其速度可能等于或大于v0 A错误．向未知，离子的入射方向只要偏左或偏右皆可，故，故v，故要使最远点到达A右侧，速度必须大于B．由于速度等于v时最远到达A 00正确．B 处，则有点左侧距离dC．当粒子从O点垂直射入磁场时，若刚好达到A解得正确v，故C项，要满足条件，速度必须大于同B 错误．．由于粒子是沿任意方向飞入，所示速度极大的粒子仍可满足条件．故D D BC．故选【点评】本题易错点为离子初速度方向未知，若按惯性思维认为垂直射入即出错．分．请将解答填写在答题卡相应的位置．题）共计4211三、简答题：本题必做题（第10、所示的黑箱中有二只相同的电学元件，小明使用多用电表江苏）如图1?（8．10（分）2012 对其进行探测．6A2中多用电表的“0”刻度线处，应先调整如图发现指针不在左边（1）在使用多用电表前，．“）B”或“C、（选填“A”“，另一ab接点间是否存在电源时，一表笔接（2）在用多用电表的直流电压挡探测黑箱a、b，同时观察指针偏转情况．”或“持续）接表笔应短暂（选填“短暂”挡，调节好多用电表，测量各接点间的l”（3）在判定黑箱中无电源后，将选择开关旋至“×ba、阻值．测量中发现，每对接点间正反向阻值均相等，测量记录如下表．两表笔分别接2所示．时，多用电表的示数如图请将记录表补充完整，并在答题卡的黑箱图中画出一种可能的电路．多用电表的示数两表笔接的接点Ω5b，a Ω10.0c，a Ω15.0c，b 用多用电表测电阻；测定电源的电动势和内阻．【考点】实验题；压轴题；恒定电流专题．【专题】）任何电表使用前都需要机械调零；（1【分析】）由于指针可能反转，故应该短接；（2 3（）由于每对接点间正反向阻值均相等，说明无二极管；最简单的电路是两个电阻串联．A；解：（1）电表使用前都需要机械调零，故选【解答】2）由于电流的流向未知，指针可能反转，故不宜长时间通电，故应该短暂接触；（）由于每对接点间正反向阻值均相等，说明无二极管；最简单的电路是两个电阻串联，（3 电路如图；5，如图所示．）（2）短暂，（3）故答案为：（1A，然后判本题关键是明确多用电表的使用方法，黑箱问题判断可以先判断有无电源，【点评】断有无二极管，最后判断可能的内部构造．江苏）为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，小亮设计了如图所示的装2012?分）11．（10（拉ABOA置进行实验．实验中，当木块位于水平桌面上的点时，重物刚好接触地面．将7到P 点，待B稳定后静止释放，A最终滑到Q点．分别测量OP、OQ的长度h和s．改变h，重复上述实验，分别记录几组实验数据．（1）实验开始时，发现A释放后会撞到滑轮．请提出两个解决方法．（2）请根据下表的实验数据作出s﹣h关系的图象．h/cm 20.0 30.0 40.0 50.0 60.0s/cm 19.5 28.5 39.0 48.0 56.5（3）实验测得A、B的质量分别为m=0.4kg、M=0.50kg．根据s﹣h图象可计算出A木块与桌面间的动摩擦因数μ=0.4．（结果保留一位有效数字）（4）实验中，滑轮轴的摩擦会导致μ的测量结果偏大（选填“偏大”或“偏小”）．【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．【专题】实验题；压轴题；摩擦力专题．【分析】（1）B减少的重力势能转化成系统的内能和A、B的动能，A释放后会撞到滑轮，说明B减少的势能太多，转化成系统的内能太少，从而找作答依据．（2）根据所给数据进行描点、连线作图；（3）对在B下落至临落地时和在B落地后，A运动到Q，两个过程运用动能定理，求得μ的表达式，再结合从s﹣h图象，即可求解μ；（4）由于滑轮轴的摩擦会导致s变小，根据μ的表达式可知误差结果．【解答】解：（1）B减少的重力势能转化成系统的内能和AB的动能，A释放后会撞到滑轮，说明B减少的势能太多，转化成系统的内能太少，可以通过减小B的质量；增加细线的长度（或增大A的质量；降低B的起始高度）解决．故解决方法有：可以通过减小B的质量；增加细线的长度（或增大A的质量；降低B的起始高度）．（2）描点，连线，如图所示：82运A，在vBμ落地后，mgh=（M+m）（3）B下落至临落地时根据动能定理有：Mgh﹣，M=0.50kg的质量分别为m=0.40kg、，，又A动到Q，、有B在s﹣h图象上任取一组数据代入可以求得：μ=0.4．故答案为：0.4．（4）由于滑轮轴的摩擦，会导致绳子的拉力相对偏小，A运动的加速度也就偏小，s也就偏小，根据，，所以μ偏大．故答案为：偏大．【点评】在判断此类问题时，要深刻理解动能定理，能量守恒定律，要会通过图象分析相关问题．四、选修3-312．（4分）（2012?江苏）下列现象中，能说明液体存在表面张力的有（）A．水黾可以停在水面上B．叶面上的露珠呈球形C．滴入水中的红墨水很快散开D．悬浮在水中的花粉做无规则运动【考点】分子间的相互作用力；* 液体的表面张力现象和毛细现象．【专题】分子间相互作用力与分子间距离的关系．【分析】作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力．它产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力．就象你要把弹簧拉开些，弹簧反而表现具有收缩的趋势．正是因为这种张力的存在，有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走自如．【解答】解：A、因为液体表面张力的存在，有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走自如，故A正确；B、草叶上的露珠存在表面张力，它表面的水分子表现为引力，从而使它收缩成一个球形，与表面张力有关，故B正确；C、滴入水中的红墨水很快散开是扩散现象，是液体分子无规则热运动的反映，故C错误；D、悬浮在水中的花粉做无规则运动是布朗运动，是液体分子无规则热运动的反映，故D错误；故选AB．【点评】此题考查液体表面张力的现象，要求对液体表面张力产生的原因能理解，并能分析一些现象．13．（4分）（2012?江苏）密闭在钢瓶中的理想气体，温度升高时压强增大．从分子动理论的角度分析，这是由于分子热运动的平均动能增大了．该气体在温度T、T时的分子21速率分布图象如图所示，则T小于T（选填“大于”或“小于”）．219温度是分子平均动能的标志．【考点】压轴题；内能及其变化专题．【专题】温度是分子平均动能的标志，温度升高平均动能增大，体积不变时，气体的内能由【分析】平均动能决定．温温度升高时分子平均动能增大压强增大．【解答】解：密闭在钢瓶中的理想气体体积不变，．T＜T度升高时，速率大的分子所占比重较大21答案为：平均动能，小于本题考查了温度是分子平均动能的标志，温度升高平均动能增大．【点评】此．经等压过程到状态B江苏）如图所示，一定质量的理想气体从状态A?14．（4分）（201225 J，求此过程中气体内能的增量．，吸收的热量PaQ=7.0×10过程中，气体压强p=1.0×10【考点】理想气体的状态方程．【专题】压轴题；理想气体状态方程专题．的过程中，吸收热量，同时对外做功，要先求经等压过程到状态B【分析】气体从状态A 出体积的变化，再求功，最后根据热力学第一定律求解．，由盖﹣吕TB，状态为末状态，设为V【解答】解：气体状态A为出状态，设为V T2112，萨克定律得：代人数据，得：2J 10V=2×?△L=P?△W=F在该过程中，气体对外做功：?L=Ps W'，其中U=Q+W′W=﹣根据热力学第一定律：△2J ×10代人数据，得△U=5.0关键的是正确求出气体对外做的【点评】该题考查热力学第一定律和理想气体的状态方程，功．属于中档题．3-4选修，和Q﹣4如图所示，白炽灯的右侧依次平行放置偏振片P3（．15（4分）2012?江苏）选修）两点光的强度变化情况是、，旋转偏振片QBQPA点位于、之间，点位于右侧．PAB（10B均有变化．A、．A、B均不变BA 不变A有变化，B A不变，B有变化D．C．光的偏振．【考点】光的衍射、偏振和电磁本性专题．【专题】白炽灯的光线沿各个方向的都有，只有与偏振片方向相同的光才能通过．【分析】点光的强度不会变化，而A解：白炽灯的光线沿各个方向的都有，旋转偏振片P，【解答】正确．B点强度会发生变化，C通过Q的光线在C故选本题考查了偏振片的作用，难度不大．【点评】、A买验中，在玻璃砖的一侧竖直插两个大头针?江苏）“测定玻璃的折射率”16．（4分）（2012、和A要使它时，挡住CB，在另一侧再竖直插两个大头针C、D．在插入第四个大头针D是描在纸上的玻璃砖的两a′．题如图是在自纸上留下的实验痕迹，其中直线a、B的像．．（计算结果保留两位有效数字） 1.7个边．根据该图可算得玻璃的折射率n=【考点】测定玻璃的折射率．实验题；压轴题；光的折射专题．【专题】，关键是确定折射光线，”测定玻璃的折射率的原理是折射定律n=【分析】用“插针法，DC、，在另一侧再竖直插两个大头针方法是：在玻璃砖的一侧竖直插两个大头针A、B的像．作出入射光线和折射光线，画出光路、BAD挡住C和A使C挡住、B的像，要使图，用量角器量出入射角和折射角，由折射定律算出折射率．、，在另一侧再竖直插两个大头针C解：在玻璃砖的一侧竖直插两个大头针A、B【解答】CDAB的出射光线上，CD、B的像，说明在AD、使D，C挡住AB的像，要使挡住C和AB的出射光线．连线即为，则折射率°°，折射角∠CON=30作出光路图如图，用量角器量出入射角∠AOM=60 1.7=n=≈1.7的像，、和故答案为：挡住CAB11其中实验原理是实验的核心．【点评】解决本题的关键理解和掌握实验的原理和实验的方法，3.5km/s江苏）地震时，震源会同时产生两种波，一种是传播速度约为2012?．（4分）（17波．一次地震发生时，某地震监测点记录到首P7.0km/s的的S波，另一种是传播速度约为，震源的振动周期为1.2s假定地震波沿直线传播，S波早3min．次到达的P波比首次到达的λ．x和S波的波长求震源与监测点之间的距离【考点】横波和纵波．【专题】压轴题．，然后根据波先根据匀速运动的速度位移关系公式求解震源与监测点之间的距离x【分析】速、波长、周期关系公式列式求解波长．，故（3min180s）解：地震监测点记录到首次到达的P 波比首次到达的S波早【解答】代入数据，有解得x=1260km根据波速、波长、周期关系公式，得到1.2s=4.2km×?T=3.5km/sλ=v s 4.2km为．，S波的波长λx答：震源与监测点之间的距离为21km【点评】以及本题关键根据波速的两个公式列式计算，基础题．选修3-5为原子跃迁所发出的cb、﹣5如图所示是某原子的能级图，a、3（．18（4分）2012?江苏）谱线从左向右的波长依次增大，则正确的是二种波长的光．在下列该原子光谱的各选项中，）（．CBA．．．D12【考点】氢原子的能级公式和跃迁．原子的能级结构专题．【专题】比较出【分析】能级间跃迁时辐射的光子能量等于两能级间的能级差，根据波长的大小．故．λ＜E，根据λ知，λ＜E【解答】解：从能级图可知，E﹣＞E﹣E＞E﹣b2231c13a D错误．A、B、C正确，C．故选．【点评】解决本题的关键知道频率与波长的关系，以及知道江苏）一个中子与某原子核发生核反应，生成一个氘核，其核反应方程（2012?19．（4分），则氘核的比结合能为．→式为H n+H；该反应放出的能量为Q【考点】爱因斯坦质能方程．【专题】压轴题；爱因斯坦的质能方程应用专题．【分析】核反应过程中，质量数与核电荷数守恒，据此写出核反应方程式；核反应释放出的能量与核子数之比是结合能．→H；解：由质量数与核电荷数守恒可知，核反应方程式为：n+H【解答】氘核的比结合能为：；．Hn+H；故答案为：→【点评】应用质量数与核电荷数守恒可以写出核反应方程式，知道结合能的概念是正确求出结合能的关键．20．（4分）（2012?江苏）A、B两种光子的能量之比为2：l，它们都能使某种金属发生光电效应，且所产生的光电子最大初动能分别为E、E．求A、B两种光子的动量之比和该金BA属的逸出功．【考点】光电效应．【专题】压轴题；光电效应专题．和动量公式判断动量之比，由光电效应方程求由光子能量公式【分析】逸出功．和动量公式知，A、B【解答】解：由光子能量公式两种光子的动量之比等于A、B 两种光子的能量之比为2：l；由E=E﹣W和E=E﹣W联立得W=E﹣2E．B2A1BA答：A、B两种光子的动量之比为2：l；金属的逸出功为W=E﹣2E．BA【点评】本题考查的知识点较偏，特别是光子的能量和动量方程要记住．13四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只与出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．21．（15分）（2012?江苏）某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示．在磁极和圆柱状铁均为π，磁场均沿半径方向．匝数为芯之间形成的两磁场区域的圆心角αN的矩形线圈abcd的边长ab=cd=l、bc=ad=2l．线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场．在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直．线圈的总电阻为r，外接电阻为R．求：（1）线圈切割磁感线时，感应电动势的大小E；m（2）线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F；（3）外接电阻上电流的有效值I．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．【专题】电磁感应中的力学问题．【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势（2）根据欧姆定律得出电流大小，根据安培力公式求出大小（3）根据电流的热效应求出电流的有效值ω边的运动速度v=ad （1）bc、【解答】解：感应电动势E=4NBlv。
2025届高考物理一轮复习训练：第五讲 竖直上抛运动
2025届高考一轮复习训练：第五讲：竖直上抛运动一、单项选择题1．一质点做竖直上抛运动，其位移x与时间t的关系图像如图所示，下列说法正确的是（）A．t=0时，质点的速度为零B．t=3s时，质点的速度和加速度均为零C．在t=0至t=3s间，质点的速度与加速度同向D．在t=3s至t=6s间，质点的速度与加速度同向2．一个小球由空中某处以一定的初速度竖直向上抛出，忽略空气阻力，则物体在空中运动 图象为图中的（取向上为正）（）的v tA． B． C． D．3．做自由落体、竖直上抛和竖直下抛运动的物体，它们在相同的时间内速度的变化（）A．大小相等，方向相同B．大小相等，方向不同C．大小不等，方向相同D．大小不等，方向不同4．物体自空中某处以10m/s的速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10m/s2从抛出开始计时，3s末物体的速度（）A．大小为20m/s，方向竖直向下B．大小为20m/s，方向竖直向上C．大小为40m/s，方向竖直向下D．大小为40m/s，方向竖直向上5．将某物体（可视为质点）以大小为10m/s的初速度从地面竖直向上抛出，不计空气阻力，重力加速度大小取g=10m/s2，则（）A．该物体上升的最大高度为10m B．该物体上升到最高点后加速度反向C．该物体从抛出到上升至最高点所用的时间为1sD．该物体落回地面时的速度大小为5m/s 6．将一物体以30m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，取g=10m/s2，则4s内物体的（）A．平均速度大小为20m/s B．路程为50mC ．速度变化量大小为20m/sD ．位移大小为40m ，方向向下7．如图，物体随气球以大小为1m/s 的速度从地面匀速上升．若5s 末细绳断裂，g 取10m/s 2，则物体能在空中继续运动（ ）A ．6.1sB ．1.2sC ．1.1sD ．1.0s8．2023年11月15日第一届全国青年运动会在南宁市举行，其中跳水比赛是观众喜欢观赏的运动项目。
高考物理复习高三一轮复习：课时跟踪检测23电场力的性质
高考物理复习课时跟踪检测(二十三) 电场力的性质高考常考题型：选择题＋计算题1．(2012·江苏高考)真空中，A 、B 两点与点电荷Q 的距离分别为r 和3r ，则A 、B 两点的电场强度大小之比为( )A ．3∶1B ．1∶3C ．9∶1D ．1∶92．(2012·北京西城期末)如图1所示，两个电荷量均为＋q 的小球用长为l 的轻质绝缘细绳连接，静止在光滑的绝缘水平面上。
两个小球的半径r ≪l 。
k 表示静电力常量。
则轻绳的张力大小为( ) 图1A ．0 B.kq2l2C ．2kq2l2 D.kq l23．(2012·上海高考)A 、B 、C 三点在同一直线上，AB ∶BC ＝1∶2，B 点位于A 、C 之间，在B 处固定一电荷量为Q 的点电荷。
当在A 处放一电荷量为＋q 的点电荷时，它所受到的电场力为F ；移去A 处电荷，在C处放电荷量为－2q 的点电荷，其所受电场力为( )A ．－F 2 B.F 2C ．－FD ．F4．(2012·浙江高考)用金属做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上。
小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm 时圆环被吸引到笔套上，如图2所示。
对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是( )A ．摩擦使笔套带电 图2B ．笔套靠近圆环时，圆环上、下都感应出异号电荷C ．圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力D ．笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和5．(2013·虹口区模拟)如图3所示，点电荷＋4Q 与＋Q 分别固定在A 、B 两点，C 、D 两点将AB 连线三等分，现使一个带负电的粒子从C 点图3开始以某一初速度向右运动，不计粒子的重力，则该粒子在CD 之间运动的速度大小v 与时间t 的关系图象可能是图4中的( )图46．(2012·吉林省油田高中质检)如图5所示，在水平面上的箱子内，带异种电荷的小球a 、b 用绝缘细线分别系于箱子的上、下两边，处于静止状态。
2012届高考物理一轮复习课时训练：交变电流的产生和描述
2012届高考一轮物理复习（人教版）课时训练第十章 交变电流 传感器第二讲 变压器 电能的输送（本卷共12小题全部为选择题，共120分）1．图10－2－19为某小型水电站的电能输送示意图，A 为升压变压器，其输入功率为P 1，输出功率为P 2，输出电压为U 2；B 为降压变压器，其输入功率为P 3，输入电压为U 3.A 、B 均为理想变压器，输电线的总电阻为r ，则下列关系式正确的是( )图10－2－19A ．P 1>P 2B ．P 2＝P 3C ．U 2>U 3D ．U 2＝U 3解析：由变压器原理知，P 1＝P 2＝P 3＋ΔP ＝P 4＋ΔP ，U 2＝U 3＋ΔU ，选C.答案：C2．(2010·天津理综，7)为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L 1、L 2，电路中分别接了理想交流电压表V 1、V 2和理想交流电流表A 1、A 2，导线电阻不计，如图10－2－20所示．当开关S 闭合后( )图10－2－20A ．A 1示数变大，A 1与A 2示数的比值不变B ．A 1示数变大，A 1与A 2示数的比值变大C ．V 2示数变小，V 1与V 2示数的比值变大D ．V 1示数不变，V 1与V 2示数的比值不变解析：交流电源的电压有效值不变，即V 1示数不变，因U 1U 2＝n 1n 2，故V 2示数不变，V 1与V 2示数的比值不变，D 对．S 闭合使负载总电阻减小，I 2＝U 2R ，所以I 2增大．因I 1I 2＝n 2n 1，所以A 1示数增大，A 1与A 2示数比值不变，A 对． 答案：AD3．如图10－2－21所示，一理想变压器原副线圈匝数比为n 1∶n 2＝4∶1，原线圈ab 间接一电压为u ＝2202sin 100πt (V)的交流电源，灯泡L 标有“36 V 18 W ”，当滑动变阻器R 的滑片处在某位置时，电流表示数为0.25 A ，灯泡L 刚好正常发光，则()图10－2－21A ．滑动变阻器R 消耗的功率为36 WB ．定值电阻R 0的电阻值为19 ΩC ．流过灯泡L 的交变电流频率为25 HzD ．将滑动变阻器R 的滑片向上滑时，灯泡L 的亮度变暗解析：本题考查理想变压器及电路的动态分析的相关知识．根据电流表示数和原副线圈的匝数之比可知副线圈中的电流大小为1 A ，灯泡正常发光可知，灯泡所在支路电流为0.5 A ，故滑动变阻器所在支路电流为0.5 A ，电压为36 V ，根据P ＝UI 可知滑动变阻器消耗的功率为18 W ，故A 错；根据原副线圈的匝数之比可知副线圈两端的电压的有效值为55 V ，则R 0两端电压为19 V ，R 0的电阻为19 Ω，故B 正确；原副线圈电流的频率应相同为50 Hz ，故C 错误；滑动变阻器滑片向上滑，阻值增大，则并联电阻的阻值变大，并联电路两端电压变大，灯泡将变亮，故D 错误，此题为中等难度题．答案：B4. 如图10－2－22所示为远距离高压输电的示意图．关于远距离输电，下列表述正确的是( )A ．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失B ．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗的C ．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D ．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好解析：根据P ＝I 2R 可知，在电流I 一定的情况下，减小电阻R 可以减少电路上的电能损失，而R ＝ρL S，所以增大输电线横截面积S 有利于减少输电过程中的电能损失，A 对；由公式P ＝I 2R 可得，若设输送的电功率为P ′，则P ＝P ′2U 2R ，可见，在输送电压U 一定时，输送的电功率P ′越大，输电过程中的电能损失越大，C 错误．答案：ABD5. 如图10－2－23所示，理想变压器的原线圈两端输入的交变电压保持恒定．则当开关S 合上时，下列说法正确的是()图10－2－22图10－2－23A．电压表的示数变小B．原线圈的电流增大C．流过R1的电流不变D．变压器的输入功率减小解析：本题考查交流电．由于原、副线圈两端电压不变，当开关S闭合时，回路中总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知干路上电流增加，但并联电路两端电压不变，选项A错误，B正确；由于R1两端电压不变，由部分电路欧姆定律可知，通过R1的电流不变，选项C正确；由于理想变压器输入功率与输出功率相等，输出电压不变，电流增加，输出功率增加，选项D错误．答案：BC6. (2010·东北三省四市联考)如图10－2－24，一理想自耦变压器的原线触头P与线圈始终接触良好，下列判断正确的是()A．若通过电路中A、C两处的电流分别为I A、I C则I A>I CB．若仅将触头P向A端滑动，则电阻R消耗的电功率增大图10－2－24 C．若仅使电阻R增大，则原线圈的输入电功率增大D．若在使电阻R增大的同时，将触头P向A端滑动，则通过A处的电流增大解析：自耦变压器是指它的绕组是初级和次级在同一绕组上的变压器．通过改变初、次级的线圈匝数比的关系来改变初、次级线圈两端电压，实现电压的变换．原、副线圈两端电压与其匝数成正比．理想自耦变压器的原线圈接有正弦交变电压，若仅将触头P 向A端滑动，电阻R两端的电压增大，则电阻R消耗的电功率增大，选项B正确．答案：B7．“5·12”汶川大地震发生后，山东省某公司向灾区北川捐赠一批柴油发电机．该柴油发电机说明书的部分内容如表所示．现在用一台该型号的柴油发电机给灾民临时安置区供电，发电机到安置区的距离是400 m，输电线路中的火线和零线均为GBCZ60型单股铜导线，该型导线单位长度的电阻为2.5×10－4Ω/m.安置区家用电器的总功率为44 kW，当这些家用电器都正常工作时，下列说法中正确的是()A.输电线路中的电流为20 AB．输电线路损失的电功率为8 000 WC．发电机实际输出电压是300 VD．如果该柴油发电机发的电是正弦交流电，则输出电压最大值是300 V解析：I 线＝I 0＝P 0U 0＝4.4×104220A ＝200 A ；线路损失功率P 线＝I 2线R 线＝8 000 W ，线路两端电压U ＝I 线R 线＝40 V ，所以发电机输出电压为260 V ；如果该柴油发电机发的电是正弦交流电，则输出电压最大值是260 2 V.答案：B8．如图10－2－25甲所示，为一种可调压自耦变压器的结构示意图，线圈均匀绕在圆环型铁芯上，若AB 间输入如图乙所示的交变电压，转动滑动触头P 到如图甲中所示位置，在BC 间接一个55 Ω的电阻(图中未画出)，则()图10－2－25A ．该交流电的电压瞬时值表达式为u ＝2202sin(25πt )VB ．该交流电的频率为25 HzC ．流过电阻的电流接近于4 AD ．电阻消耗的功率接近于220 W解析：由题中图乙可知正弦交流电的周期T ＝0.04 s ，则f ＝1T＝25 Hz ，ω＝2πf ＝50π rad/s ，所以该交流电的电压瞬时值的表达式为u ＝2202sin(50πt )V ，A 错误，B 正确；从题图甲中可以看出，自耦变压器的副线圈的匝数约是原线圈匝数的12，故副线圈两端的电压约为110 V ，流过电阻的电流约为2 A ，C 项错误；电阻消耗的功率P ＝U 2I 2＝220 W ，D 项正确．答案：BD9. (2010·海南卷，9)如图10－2－26所示，一理想变压器原副线圈匝数之比为4∶1，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中R 为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表．下列结论正确的是( )A ．若电压表读数为6 V ，则输入电压的最大值为24 2 VB ．若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半C ．若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍D ．若保持负载电阻的阻值不变，输入电压增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的4倍解析：本题考查变压器的原理以及交流电的有关知识，意在考查考生对交变电流的认识和理解．因为电压表的读数为6 V ，则变压器的输出电压的有效值为6 V ，由U 1U 2＝n 1n 2， 图10－2－26故U 1＝4U 2＝24 V ，所以输入电压的最大值为U m ＝2U 1＝24 2 V ，所以选项A 正确；若输入电压不变，副线圈匝数增加，则U 2增大，由I 2＝U 2R可知，电流表示数增大，所以选项B 不对；输入电压和匝数比不变，则电压值不变，当负载电阻R 变大时，则I 2＝U 2R，电流变小，故P 1＝P 2＝U 2I 2，所以输入功率也减小，所以选项C 错；若负载电阻R 不变，输入电压变为原来的2倍，则输出电压也变为原来的2倍，I 2＝U 2R则输出电流也变为原来的2倍，故输出功率P 2＝U 2I 2变为原来的4倍，所以选项D 正确． 答案：AD10．(2011·临沂模拟)随着社会经济的发展，人们对能源的需求也日益扩大，节能变得越来越重要．某发电厂采用升压变压器向某一特定用户供电，用户通过降压变压器用电，若发电厂输出电压为U 1，输电导线总电阻为R ，在某一时段用户需求的电功率为P 0，用户的用电器正常工作的电压为U 2.在满足用户正常用电的情况下，下列说法正确的是( )A ．输电线上损耗的功率为P 20R U 22B ．输电线上损耗的功率为P 20R U 21C ．若要减少输电线上损耗的功率可以采用更高的电压输电D ．采用更高的电压输电会降低输电的效率解析：设发电厂输出功率为P ，则输电线上损耗的功率ΔP ＝P －P 0，ΔP ＝I 2R ＝P 2R U 21，A 、B 项错误；采用更高的电压输电，可以减小导线上的电流，故可以减少输电线上损耗的功率，C 项正确；采用更高的电压输电，输电线上损耗的功率减少，则发电厂输出的总功率减少，故可提高输电的效率，D 项错误． 答案：C11．如图10－2－27所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，L 1、L 2、L 3为三只规格均为“9 V 6 W ”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端接入如图10－2－28所示的交变电压，则以下说法中不正确的是( )图10－2－27 图10－2－28A ．电流表的示数为2 AB ．电压表的示数为27 2 VC ．副线圈两端接入耐压值为9 V 的电容器恰能正常工作D ．变压器副线圈中交变电流的频率为50 Hz解析：副线圈两端电压有效值是9 V ，三只规格均为“9 V 6 W ”的相同灯泡并联，电流表的示数为2 A ，A 正确；电压表示数为有效值27 V ，B 错；副线圈两端电压最大值是9 2 V ，副线圈两端接入耐压值为9 V 的电容器不能正常工作，C 错；交变电流的周期是0.02 s ，变压器副线圈中交变电流的频率为50 Hz ，D 正确．答案：BC12.一个探究性学习小组利用示波器，绘制出了一个原、副线圈 匝数比为2∶1的理想变压器的副线圈两端输出电压u 随时间t 变化的图象，如图10－2－29所示(图线为正弦曲线)．则下列说法正确的是( )A ．该变压器原线圈输入电压的瞬时值表达式为u ＝20sin(100πt )VB ．接在副线圈两端的交流电压表的示数为7.1 VC ．该变压器原线圈输入频率为50 HzD ．接在副线圈两端的阻值为20 Ω的白炽灯消耗的功率为2.5 W解析：由图象知该交变电压的最大值为10 V ，周期为4×10－2 s ，其角速度ω＝2πTrad/s ，则原线圈输入电压的瞬时值表达式为u ＝20sin(50πt )V ，A 项错误；交流电压表的示数为有效值，U ＝102V ≈7.1 V ，B 项正确；该交变电压的频率f ＝1T ＝25 Hz ，变压器不改变交变电流的频率，C 项错误；计算白炽灯的功率要用有效值，P ＝U 2R＝2.5 W ，D 项正确． 答案：BD图10－2－29。
2012届高考物理单元复习测试题12
云南省新人教版物理2012届高三单元测试12《圆周运动及其运用》(时间:90分钟满分：100分)一、选择题1.关于匀速圆周运动的说法，正确的是( )A.匀速圆周运动的速度大小保持不变，所以做匀速圆周运动的物体没有加速度B.做匀速圆周运动的物体，虽然速度大小不变，但方向时刻都在改变，所以必有加速度C.做匀速圆周运动的物体，加速度的大小保持不变，所以是匀变速(曲线)运动D.匀速圆周运动的物体加速度大小虽然不变，但加速度的方向始终指向圆心，加速度的方向时刻都在改变，所以匀速圆周运动既不是匀速运动，也不是匀变速运动【答案】选B、D.【详解】速度和加速度都是矢量，做匀速圆周运动的物体，虽然速度大小不变，但方向时刻在改变，速度时刻发生变化，必然具有加速度.加速度大小虽然不变，但方向时刻改变，所以匀速圆周运动是变加速曲线运动.故本题选B、D.2.如图所示，天车下吊着两个质量都是m的工件A和B，系A的吊绳较短，系B的吊绳较长.若天车运动到P处突然停止，则两吊绳所受的拉力FA和FB的大小关系为( )A.FA>FBB.FA<FBC.FA=FB=mgD.FA=FB>mg【答案】选A.【详解】天车运动到P处突然停止后，A、B各以天车上的悬点为圆心做圆周运动，线速度相同而半径不同，由，得：，因为m相等，v相等，而LA<LB，所以FA>FB，A 选项正确.3．如图所示是一种娱乐设施“魔盘”，而且画面反映的是魔盘旋转转速较大时，盘中人的情景．甲、乙、丙三位同学看了图后发生争论，甲说：“图画错了，做圆周运动的物体受到向心力的作用，魔盘上的人应该向中心靠拢”．乙说：“图画得对，因为旋转的魔盘给人离心力，所以人向盘边缘靠拢．”丙说：“图画得对，当盘对人的摩擦力不能满足人做圆周运动的向心力时，人会逐渐远离圆心．”该三位同学的说法应是()A ．甲正确B ．乙正确C ．丙正确D ．无法判断【答案】C【详解】人在水平魔盘上做匀速圆周运动时，静摩擦力提供向心力，转速增大到一定值，最大静摩擦力不足以提供向心力，人将做离心运动，所以丙的说法正确．4．一小球用一不可伸缩且柔软的轻绳拉着在竖直平面内做圆周运动，不计空气阻力，下面说法中正确的是( )A ．小球在竖直平面内做匀速圆周运动B ．小球的机械能一定守恒C ．小球的向心加速度的大小一定是变化的D ．小球的向心加速度的大小一定是不变的【答案】BC【详解】不计空气阻力，轻绳的拉力不做功，因此小球的机械能守恒，高度增大时速度减小，A 错B 对；小球的向心加速度a ＝v2R 随速度的变化而变化，C 正确D 错．考查圆周运动的向心加速度、机械能守恒等知识点，本题较易．5．中央电视台《今日说法》栏目报道了一起发生在湖南长沙某区湘府路上的离奇交通事故．家住公路拐弯处的张先生和李先生家在三个月内连续遭遇七次大卡车侧翻在自家门口的场面，第八次有辆卡车冲撞进李先生家，造成三死一伤和房屋严重损毁的血腥惨案．经公安部门和交通部门协力调查，画出的现场示意图如图14所示．交警根据图示作出以下判断，你认为正确的是()A．由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车做离心运动B．由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车做向心运动C．公路在设计上可能内(东)高外(西)低D．公路在设计上可能外(西)高内(东)低【答案】AC【详解】汽车进入民宅，远离圆心，因而车作离心运动，A对，B错．汽车在水平公路上拐弯时，静摩擦力提供向心力，此处，汽车以与水平公路上相同速度拐弯，易发生侧翻，摩擦力不足以提供向心力；也可能是路面设计不太合理，内高外低．重力沿斜面方向的分力背离圆心而致，C对，D错．6．如图所示为某一皮带传动装置．主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2.已知主动轮做顺时针转动，转速为n，转动过程中皮带不打滑．下列说法正确的是( )A ．从动轮做顺时针转动B ．从动轮做逆时针转动C ．从动轮的转速为r1r2nD ．从动轮的转速为r2r1n【答案】BC【详解】因为主动轮顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮逆时针转动，A 错误，B 正确；由于通过皮带传动，皮带与轮边缘接触处的速度相等，所以由2πnr1＝2πn2r2，得从动轮的转速为n2＝nr1r2，C 正确，D 错误．7．皮带传送机传送矿石的速度v 大小恒定，在轮缘A 处矿石和皮带恰好分离，如图所示．若轮子的半径为R ，则通过A 点的半径OA 和竖直方向OB 的夹角θ为( )A ．arcsin v2RgB ．arccot v2RgC ．arctan v2RgD ．arccos v2Rg【答案】D【详解】矿石和皮带分离时两者之间的弹力为零，将重力沿半径OA方向和垂直于OA 的方向分解，有mgcos θ＝m v2R ，则θ＝arccos v2Rg ，D 正确．8．如图所示，质量为m 的小球在竖直平面内的光滑圆环轨道上做圆周运动．圆环半径为R ，小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆环，则其通过最高点时( )A ．小球对圆环的压力大小等于mgB ．小球受到的向心力等于0C ．小球的线速度大小等于gRD ．小球的向心加速度大小等于g【答案】 CD【详解】小球在最高点时刚好不脱离圆环，则圆环刚好对小球没有作用力，小球只受重力作用，重力竖直向下且过圆心，根据牛顿第二定律得小球的向心加速度大小为a ＝mg m ＝g ，此时小球满足mg ＝mv2R ，得v ＝gR.9. 甲、乙两名溜冰运动员，面对面拉着弹簧测力计做圆周运动.已知M 甲=80 kg ，M 乙=40 kg ，两人相距0.9 m ，弹簧测力计的示数为96 N ，下列判断中正确的是( )A.两人的线速度相同，约为40 m/sB.两人的角速度相同，为2 rad/sC.两人的运动半径相同，都是0.45 mD.两人的运动半径不同，甲为0.3 m，乙为0.6 m【答案】选B、D.【详解】两人旋转一周的时间相同，故两人的角速度相同，两人做圆周运动所需的向心力相同，由F=mω2r可知，旋转半径满足：r甲∶r乙=M乙∶M甲=1∶2，又r甲＋r乙=0.9 m，则r甲=0.3 m，r乙=0.6 m.两人的角速度相同，则v甲∶v乙=1∶2.由F=M甲ω2r甲可得ω=2 rad/s.故选项B、D正确.10.如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，管道内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法中正确的是( )A.小球通过最高点时的最小速度B.小球通过最高点时的最小速度vmin=0C.小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D.小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力【答案】选B、C.【详解】小球沿管上升到最高点的速度可以为零，故A错误，B正确；小球在水平线ab 以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力FN 与球重力在背离圆心方向的分力Fmg 的合力提供向心力，即：，因此，外侧管壁一定对球有作用力，而内侧管壁无作用力，C 正确；小球在水平线ab 以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力与小球速度大小有关，D 错误.二、非选择题11．如图所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心OO′转动，筒内壁粗糙，筒口半径和筒高分别为R 和H ，筒内壁A 点的高度为筒高的一半，内壁上有一质量为m 的小物块．求：(1)当筒不转动时，物块静止在筒壁A 点受到的摩擦力和支持力的大小；(2)当物块在A 点随筒做匀速转动，且其受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度．【答案】(1)H R2＋H2mg R R2＋H2mg (2)2gH R 【详解】(1)如图所示，当圆锥筒静止时，物块受到重力mg 、摩擦力Ff 和支持力FN.由题意可知：Ff ＝mgsin θ＝H R2＋H2mg ，① FN ＝mgcos θ＝R R2＋H2mg.②(2)物块受到重力和支持力的作用，设圆筒和物块匀速转动的角速度为ω，竖直方向FNcos θ＝mg，③水平方向FNsin θ＝mω2r，④联立③④，得ω＝gr tan θ，其中tan θ＝HR，r＝R2，ω＝2gH R.12．如图所示，把一个质量m＝1 kg的物体通过两根等长的细绳与竖直杆上A、B两个固定点相连接，绳a、b长都是1 m，AB长度是1.6 m，直杆和球旋转的角速度等于多少时，b绳上才有张力？【答案】ω>3.5 rad/s【详解】已知a、b绳长均为1 m，即Am＝Bm＝1 m，AO＝12AB＝0.8 m在△AOm中，cos θ＝AOAm＝0.81＝0.8，sin θ＝0.6，θ＝37°小球做圆周运动的轨道半径r＝Om＝Am·sin θ＝1×0.6 m＝0.6 m.b绳被拉直但无张力时，小球所受的重力mg与a绳拉力FTa的合力F为向心力，其受力分析如图所示，由图可知小球的向心力为F＝mgtan θ根据牛顿第二定律得F＝mgt an θ＝mr·ω2解得直杆和球的角速度为ω＝gtan θr＝10×cos 37°0.6rad/s＝3.5 rad/s.当直杆和球的角速度ω>3.5 rad/s时，b中才有张力．。
2012年高考物理(浙江卷)真题及详细答案(word版)
2012年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）理科综合测试（物理）一．单项选择部分(每题6分)14．如图所示，与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m =1.0 kg 的物体。
细绳的一端与物体相连，另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连．物体静止在斜面上，弹簧秤的示数为4.9 N ．关于物体受力的判断(取g =9.8 m/s 2)，下列说法正确的是( )A ．斜面对物体的摩擦力大小为零B ．斜面对物体的摩擦力大小为4.9 N ，方向竖直向上C ．斜面对物体的支持力大小为4.9 3 N ，方向竖直向上D ．斜面对物体的支持力大小为4.9 N ，方向垂直斜面向上 【答案】A【解析】由弹簧秤的示数为4.9 N 可知细绳对物体的拉力大小也为4.9 N ，刚好等于物体的重力沿斜面向下的分力，因此物体在重力、绳子的拉力和斜面的支持力下能够保持平衡状态，故选项A 正确，选项B 错误；由平衡条件，斜面对物体的支持力F N ＝mg cos30°＝4.93N ，方向垂直斜面向上，故选项C 、D 错误。
15．如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带．假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动。
下列说法正确的是( )A ．太阳对各小行星的引力相同B ．各小行星绕太阳运动的周期均小于一年C ．小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值D ．小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值【答案】C【解析】各小行星质量以及其与太阳的距离不一定相同，故太阳对各小行星的引力不一定相同，选项A 错误；由a n ＝GMr 2可知，内侧小行星与太阳的距离较近，向心加速度较大，选项C 正确；各小行星绕太阳运动的半径均大于地球绕太阳运动的半径，由开普勒第三定律可知，各小行星绕太阳运动的周期均大于地球绕太阳运动的周期，选项B 错误；根据G Mm r 2＝mv 2r ，得v ＝GMr，可知各小行星运动的线速度均小于地球公转的线速度，故选项D 错误。
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高三物理选择题专项训练（5）
班别： 学号： 姓名： 成绩：
本题共11小题，每小题4分，共44分，在每小题给出的四个选项中，
有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选
1. 下面几种射线中，由原子的外层电子受激发后产生的射线应是AC
A ．紫外线 B.γ射线 C ．红外线 D. X 射线
2．在杨氏双逢干涉实验中，关于在屏上获得的单色光的干涉条纹间距大小，以下说法正确的是C
A ．双缝间距越大，条纹间距越大
B ．单色光的波长越短，条纹间距越大
C ．双缝与光屏间距离越大，条纹间距越大
D ．光的频率越高，条纹间距越大
3．如图所示，木块A 质量为1kg ，木块B 的质量为2kg ，叠放在水平地面上，AB 间最大静摩擦力为1N ，B 0.1，今用水平力F 作用于B ，则保持AB
A ．3N
B ．4N
C ．5N
D ．6N
4．关于麦克斯韦电磁场理论，下面几种说法中正确的是
A ．在电场的周围空间一定产生磁场
B ．任何变化的电场周围一定产生变化的磁场
C ．均匀变化的电场周围一定产生变化的磁场
D．振荡电场在周围空间产生同样频率的磁场
5．交流电压表两接线柱间电压的瞬时值u = U m sin100πt伏。
当t=1/600秒时，u=52伏，则从电压表中看到的示数为
A．5V B.52V C．10V D.102V
6．一颗小行星环绕太阳做匀速圆周运动的半径是地球公转半径的4倍，则这颗小行星的运转周期是
A．4年 B．6年 C．8年 D．9年
7．用较强的紫光照射某金属，发生了光电效应，逸出光电子的最大初动能为E1，形成的饱和光电流为I1；若改用较弱的紫外光照射，逸出光电子的最大初动能为E2，形成的饱和光电流为I2。
则BC A．E1>E2 B．E1<E2 C．I1>I2 D．I1<I2
8．根据玻尔原子模型，核外电子在第一和第三可能轨道上的BD A．半径之比为1:3 B．速度之比为3:1
C．周期之比为3:1 D．动能之比为9:1
9．一个静止的放射性元素的原子核放在垂直于纸面向内的匀强磁场中，它发生衰变后产生的径迹是两个外切的圆，则可能ACD
A．是α衰变, 半径较大的圆是α粒子的径迹
B．是β衰变，半径较大的圆是β粒子的径迹
C．在半径较大的圆径迹上运动的粒子的绕向是逆时针的D．在半径较小的圆径迹上运动的粒子的绕向是逆时针的
10．每逢重大节日，天安门广场就会燃放起美丽的焰火．按照设计要求，装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4s末到达离地面100m 的最高点，随即炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于
A．25m/s，1.25 B．40m/s，0.25
C．50m/s，0.25 D．80m/s，1.25
11．在图中实线框所示的区域内同时存在着匀强磁场和匀强电场．一个负离子（不计重力）恰好能沿直线MN通过这一区域．那么匀强磁
场和匀强电场的方向不可能
．．．为下列哪种情况
A．匀强磁场和匀强电场的方向都水平向右
B
C．匀强磁场方向垂直于纸面向里，匀强电场方向竖直向下
D．匀强磁场方向垂直于纸面向外，匀强电场方向竖直向下
参考答案
你答对了几题？向30分以上冲刺吧！
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